Страница 42 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

245. Найдите область определения функции:

1) $y = \arcsin(x - 1)$;

2) $y = \arccos(x^2 - 8)$;

3) $y = \operatorname{arctg}\frac{4}{\sqrt{2-x}}$.

1) $y = \arcsin(x - 1)$

Область определения функции арксинус, $y = \arcsin(u)$, есть отрезок $[-1, 1]$. Это значит, что аргумент функции должен удовлетворять двойному неравенству:

$-1 \le u \le 1$

В данном случае, $u = x - 1$. Подставим это в неравенство:

$-1 \le x - 1 \le 1$

Чтобы найти $x$, прибавим 1 ко всем частям неравенства:

$-1 + 1 \le x - 1 + 1 \le 1 + 1$

$0 \le x \le 2$

Таким образом, область определения функции есть отрезок $[0, 2]$.

Ответ: $D(y) = [0, 2]$.

2) $y = \arccos(x^2 - 8)$

Область определения функции арккосинус, $y = \arccos(u)$, также есть отрезок $[-1, 1]$. Аргумент функции должен удовлетворять неравенству:

$-1 \le u \le 1$

В данном случае, $u = x^2 - 8$. Подставим в неравенство:

$-1 \le x^2 - 8 \le 1$

Это двойное неравенство эквивалентно системе двух неравенств:

$\begin{cases} x^2 - 8 \ge -1 \\ x^2 - 8 \le 1 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$x^2 - 8 \ge -1$

$x^2 \ge 7$

Решением этого неравенства является объединение промежутков $x \in (-\infty, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, +\infty)$.

Решим второе неравенство:

$x^2 - 8 \le 1$

$x^2 \le 9$

Решением этого неравенства является отрезок $x \in [-3, 3]$.

Область определения исходной функции — это пересечение решений этих двух неравенств. Найдем пересечение множеств $(-\infty, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, +\infty)$ и $[-3, 3]$.

Учитывая, что $2 < \sqrt{7} < 3$ (так как $4 < 7 < 9$), получаем:

$[-3, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, 3]$

Ответ: $D(y) = [-3, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, 3]$.

3) $y = \operatorname{arctg}\frac{4}{\sqrt{2-x}}$

Область определения функции арктангенс, $y = \operatorname{arctg}(u)$, есть вся числовая прямая, то есть $u \in (-\infty, +\infty)$. Поэтому ограничения на область определения исходной функции накладываются только выражением, стоящим в аргументе арктангенса:

$u = \frac{4}{\sqrt{2-x}}$

Это выражение имеет смысл, когда выполняются два условия:

1. Подрадикальное выражение должно быть неотрицательным: $2 - x \ge 0$.

2. Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $\sqrt{2-x} \ne 0$.

Объединяя эти два условия, получаем одно строгое неравенство:

$2 - x > 0$

Решим это неравенство:

$2 > x$, или $x < 2$.

Таким образом, область определения функции — это все числа, меньшие 2.

Ответ: $D(y) = (-\infty, 2)$.

246. Найдите область значений функции:

1) $y = 4\arcsin x + \frac{\pi}{3}$

2) $y = 2 - 5 \text{arcctg } 3x$

1) $y = 4\arcsin x + \frac{\pi}{3}$

Чтобы найти область значений функции, необходимо определить, какие значения может принимать $y$. Мы будем исходить из области значений стандартной функции $\arcsin x$.

Область значений функции арксинус $E(\arcsin x)$ — это отрезок $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$.

Запишем это в виде двойного неравенства:
$-\frac{\pi}{2} \le \arcsin x \le \frac{\pi}{2}$

Теперь выполним последовательные преобразования, чтобы получить выражение для $y$.

1. Умножим все части неравенства на 4:
$4 \cdot (-\frac{\pi}{2}) \le 4\arcsin x \le 4 \cdot \frac{\pi}{2}$
$-2\pi \le 4\arcsin x \le 2\pi$

2. Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{3}$:
$-2\pi + \frac{\pi}{3} \le 4\arcsin x + \frac{\pi}{3} \le 2\pi + \frac{\pi}{3}$

3. Упростим выражения в левой и правой частях:
$-\frac{6\pi}{3} + \frac{\pi}{3} \le y \le \frac{6\pi}{3} + \frac{\pi}{3}$
$-\frac{5\pi}{3} \le y \le \frac{7\pi}{3}$

Следовательно, область значений данной функции — это отрезок $[-\frac{5\pi}{3}; \frac{7\pi}{3}]$.

Ответ: $E(y) = [-\frac{5\pi}{3}; \frac{7\pi}{3}]$.

2) $y = 2 - 5 \operatorname{arcctg} 3x$

Аналогично первому пункту, найдем область значений, исходя из области значений стандартной функции $\operatorname{arcctg} u$.

Область значений функции арккотангенс $E(\operatorname{arcctg} u)$ — это интервал $(0; \pi)$. Аргумент $3x$ может принимать любые действительные значения, поэтому область значений для $\operatorname{arcctg} 3x$ такая же.

Запишем это в виде строгого двойного неравенства:
$0 < \operatorname{arcctg} 3x < \pi$

Выполним последовательные преобразования.

1. Умножим все части неравенства на -5. При умножении на отрицательное число знаки неравенства меняются на противоположные:
$-5 \cdot 0 > -5 \operatorname{arcctg} 3x > -5 \cdot \pi$
$0 > -5 \operatorname{arcctg} 3x > -5\pi$

Запишем это неравенство в более привычном виде (от меньшего к большему):
$-5\pi < -5 \operatorname{arcctg} 3x < 0$

2. Прибавим ко всем частям неравенства 2:
$2 - 5\pi < 2 - 5 \operatorname{arcctg} 3x < 2 + 0$
$2 - 5\pi < y < 2$

Следовательно, область значений данной функции — это интервал $(2 - 5\pi; 2)$.

Ответ: $E(y) = (2 - 5\pi; 2)$.

247. Решите уравнение:

1) $\arcsin x = -\frac{\pi}{6}$;

2) $\arccos (x + 3) = \frac{2\pi}{3}$;

3) $\operatorname{arctg} (2x - 1) = \frac{\pi}{4}$.

1)
Дано уравнение $\arcsin x = -\frac{\pi}{6}$.
По определению арксинуса, если $\arcsin a = b$, то $\sin b = a$, при этом значение $b$ должно находиться в пределах $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$.
В данном случае $b = -\frac{\pi}{6}$, что удовлетворяет условию $-\frac{\pi}{2} \le -\frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{2}$.
Следовательно, мы можем найти $x$, взяв синус от обеих частей уравнения:
$x = \sin(-\frac{\pi}{6})$.
Поскольку синус является нечетной функцией ($\sin(-y) = -\sin(y)$), получаем:
$x = -\sin(\frac{\pi}{6})$.
Известно, что $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.
Таким образом, $x = -\frac{1}{2}$.
Ответ: $-\frac{1}{2}$.

2)
Дано уравнение $\arccos(x + 3) = \frac{2\pi}{3}$.
По определению арккосинуса, если $\arccos a = b$, то $\cos b = a$, при этом значение $b$ должно находиться в пределах $[0; \pi]$.
В данном случае $b = \frac{2\pi}{3}$, что удовлетворяет условию $0 \le \frac{2\pi}{3} \le \pi$.
Следовательно, мы можем найти выражение $x+3$, взяв косинус от обеих частей уравнения:
$x + 3 = \cos(\frac{2\pi}{3})$.
Вычислим значение косинуса:
$\cos(\frac{2\pi}{3}) = \cos(\pi - \frac{\pi}{3}) = -\cos(\frac{\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$.
Подставим это значение обратно в уравнение:
$x + 3 = -\frac{1}{2}$.
Теперь решим для $x$:
$x = -\frac{1}{2} - 3 = -0,5 - 3 = -3,5$.
Ответ: $-3,5$.

3)
Дано уравнение $\operatorname{arctg}(2x - 1) = \frac{\pi}{4}$.
По определению арктангенса, если $\operatorname{arctg} a = b$, то $\operatorname{tg} b = a$, при этом значение $b$ должно находиться в пределах $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.
В данном случае $b = \frac{\pi}{4}$, что удовлетворяет условию $-\frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2}$.
Следовательно, мы можем найти выражение $2x-1$, взяв тангенс от обеих частей уравнения:
$2x - 1 = \operatorname{tg}(\frac{\pi}{4})$.
Известно, что $\operatorname{tg}(\frac{\pi}{4}) = 1$.
Подставим это значение обратно в уравнение:
$2x - 1 = 1$.
Теперь решим для $x$:
$2x = 1 + 1$
$2x = 2$
$x = 1$.
Ответ: $1$.

248. Вычислите:

1) $ \cos \left( \arcsin \frac{4}{7} \right); $

2) $ \sin \left( \arccos \frac{1}{4} \right); $

3) $ \sin \left( \operatorname{arctg} 8 \right); $

4) $ \cos \left( \operatorname{arcctg} (-0.3) \right); $

5) $ \operatorname{ctg} \left( \arcsin \frac{4}{9} \right); $

6) $ \operatorname{tg} \left( \operatorname{arcctg} 10 \right). $

1) Вычислить $\cos(\arcsin\frac{4}{7})$.
Пусть $\alpha = \arcsin\frac{4}{7}$. По определению арксинуса, это означает, что $\sin\alpha = \frac{4}{7}$ и $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.
Поскольку $\sin\alpha = \frac{4}{7} > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти, то есть $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$. В этой четверти косинус неотрицателен: $\cos\alpha \ge 0$.
Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$.
Отсюда $\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$.
$\cos^2\alpha = 1 - \left(\frac{4}{7}\right)^2 = 1 - \frac{16}{49} = \frac{49 - 16}{49} = \frac{33}{49}$.
Так как $\cos\alpha \ge 0$, извлекаем положительный корень: $\cos\alpha = \sqrt{\frac{33}{49}} = \frac{\sqrt{33}}{7}$.
Следовательно, $\cos(\arcsin\frac{4}{7}) = \frac{\sqrt{33}}{7}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{33}}{7}$.

2) Вычислить $\sin(\arccos\frac{1}{4})$.
Пусть $\alpha = \arccos\frac{1}{4}$. По определению арккосинуса, $\cos\alpha = \frac{1}{4}$ и $0 \le \alpha \le \pi$.
Поскольку $\cos\alpha = \frac{1}{4} > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти: $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$. В этой четверти синус неотрицателен: $\sin\alpha \ge 0$.
Из основного тригонометрического тождества $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ выразим $\sin^2\alpha$:
$\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha = 1 - \left(\frac{1}{4}\right)^2 = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$.
Так как $\sin\alpha \ge 0$, получаем $\sin\alpha = \sqrt{\frac{15}{16}} = \frac{\sqrt{15}}{4}$.
Следовательно, $\sin(\arccos\frac{1}{4}) = \frac{\sqrt{15}}{4}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{15}}{4}$.

3) Вычислить $\sin(\operatorname{arctg}8)$.
Пусть $\alpha = \operatorname{arctg}8$. Это означает, что $\operatorname{tg}\alpha = 8$ и $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Так как $\operatorname{tg}\alpha = 8 > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти ($0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$), где $\sin\alpha > 0$.
Воспользуемся тождеством $1 + \operatorname{ctg}^2\alpha = \frac{1}{\sin^2\alpha}$.
Сначала найдем котангенс: $\operatorname{ctg}\alpha = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} = \frac{1}{8}$.
Подставим в тождество:
$\frac{1}{\sin^2\alpha} = 1 + \left(\frac{1}{8}\right)^2 = 1 + \frac{1}{64} = \frac{64+1}{64} = \frac{65}{64}$.
Отсюда $\sin^2\alpha = \frac{64}{65}$.
Поскольку $\sin\alpha > 0$, извлекаем положительный корень: $\sin\alpha = \sqrt{\frac{64}{65}} = \frac{8}{\sqrt{65}} = \frac{8\sqrt{65}}{65}$.
Ответ: $\frac{8\sqrt{65}}{65}$.

4) Вычислить $\cos(\operatorname{arcctg}(-0,3))$.
Пусть $\alpha = \operatorname{arcctg}(-0,3)$. Это означает, что $\operatorname{ctg}\alpha = -0,3 = -\frac{3}{10}$ и $0 < \alpha < \pi$.
Так как $\operatorname{ctg}\alpha < 0$, угол $\alpha$ находится во второй четверти ($\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$), где $\cos\alpha < 0$.
Воспользуемся тождеством $1 + \operatorname{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}$.
Сначала найдем тангенс: $\operatorname{tg}\alpha = \frac{1}{\operatorname{ctg}\alpha} = \frac{1}{-3/10} = -\frac{10}{3}$.
Подставим в тождество:
$\frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \left(-\frac{10}{3}\right)^2 = 1 + \frac{100}{9} = \frac{9+100}{9} = \frac{109}{9}$.
Отсюда $\cos^2\alpha = \frac{9}{109}$.
Так как $\cos\alpha < 0$, извлекаем отрицательный корень: $\cos\alpha = -\sqrt{\frac{9}{109}} = -\frac{3}{\sqrt{109}} = -\frac{3\sqrt{109}}{109}$.
Ответ: $-\frac{3\sqrt{109}}{109}$.

5) Вычислить $\operatorname{ctg}(\arcsin\frac{4}{9})$.
Пусть $\alpha = \arcsin\frac{4}{9}$. Это означает, что $\sin\alpha = \frac{4}{9}$ и $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.
Так как $\sin\alpha > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти ($0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$), где $\cos\alpha \ge 0$ и $\operatorname{ctg}\alpha \ge 0$.
Найдем котангенс по формуле $\operatorname{ctg}\alpha = \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$. Для этого сначала найдем $\cos\alpha$.
Из тождества $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ получаем:
$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \left(\frac{4}{9}\right)^2 = 1 - \frac{16}{81} = \frac{81-16}{81} = \frac{65}{81}$.
Так как $\cos\alpha \ge 0$, $\cos\alpha = \sqrt{\frac{65}{81}} = \frac{\sqrt{65}}{9}$.
Теперь вычислим котангенс:
$\operatorname{ctg}\alpha = \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\sqrt{65}/9}{4/9} = \frac{\sqrt{65}}{4}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{65}}{4}$.

6) Вычислить $\operatorname{tg}(\operatorname{arcctg}10)$.
Это выражение является примером взаимно обратных функций. Пусть $\alpha = \operatorname{arcctg}10$. По определению арккотангенса, это означает, что $\operatorname{ctg}\alpha = 10$.
Нам нужно найти $\operatorname{tg}\alpha$.
Тангенс и котангенс связаны соотношением $\operatorname{tg}\alpha = \frac{1}{\operatorname{ctg}\alpha}$.
Подставляя значение $\operatorname{ctg}\alpha$, получаем: $\operatorname{tg}\alpha = \frac{1}{10}$.
Следовательно, $\operatorname{tg}(\operatorname{arcctg}10) = \frac{1}{10}$.
Ответ: $\frac{1}{10}$.

249. Решите уравнение:

1) $2\sin^2 3x - 3\sin 3x + 1 = 0;$

2) $6\cos^2 5x + 5\cos 5x - 1 = 0;$

3) $\text{tg}^2 6x - 3 = 0;$

4) $\text{ctg}^2 2x - 6\text{ctg} 2x + 5 = 0.$

1) $2\sin^2 3x - 3\sin 3x + 1 = 0$

Данное уравнение является квадратным относительно $\sin 3x$. Введем замену переменной. Пусть $t = \sin 3x$, при этом $|t| \le 1$.

Уравнение принимает вид:

$2t^2 - 3t + 1 = 0$

Найдем корни этого квадратного уравнения, используя формулу для корней квадратного уравнения. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 - 8 = 1$.

$t_1 = \frac{-(-3) - \sqrt{1}}{2 \cdot 2} = \frac{3 - 1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{-(-3) + \sqrt{1}}{2 \cdot 2} = \frac{3 + 1}{4} = \frac{4}{4} = 1$

Оба корня ($t=1/2$ и $t=1$) удовлетворяют условию $|t| \le 1$. Выполним обратную замену.

Возникает два случая:

a) $\sin 3x = \frac{1}{2}$

Решением этого уравнения является серия корней:

$3x = (-1)^k \arcsin(\frac{1}{2}) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

$3x = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k$

$x = (-1)^k \frac{\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}, \quad k \in \mathbb{Z}$

б) $\sin 3x = 1$

Это частный случай, решением которого является:

$3x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi n}{3}, \quad n \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = (-1)^k \frac{\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}, \quad k \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi n}{3}, \quad n \in \mathbb{Z}$.

2) $6\cos^2 5x + 5\cos 5x - 1 = 0$

Это квадратное уравнение относительно $\cos 5x$. Сделаем замену переменной. Пусть $y = \cos 5x$, при этом $|y| \le 1$.

Получаем уравнение:

$6y^2 + 5y - 1 = 0$

Найдем корни. Дискриминант $D = 5^2 - 4 \cdot 6 \cdot (-1) = 25 + 24 = 49 = 7^2$.

$y_1 = \frac{-5 - \sqrt{49}}{2 \cdot 6} = \frac{-5 - 7}{12} = \frac{-12}{12} = -1$

$y_2 = \frac{-5 + \sqrt{49}}{2 \cdot 6} = \frac{-5 + 7}{12} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$

Оба корня ($y=-1$ и $y=1/6$) удовлетворяют условию $|y| \le 1$. Выполним обратную замену.

Рассмотрим два случая:

a) $\cos 5x = -1$

Это частный случай, решение:

$5x = \pi + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi k}{5}, \quad k \in \mathbb{Z}$

б) $\cos 5x = \frac{1}{6}$

Решение этого уравнения:

$5x = \pm \arccos(\frac{1}{6}) + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{1}{5} \arccos(\frac{1}{6}) + \frac{2\pi n}{5}, \quad n \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi k}{5}, \quad k \in \mathbb{Z}; \quad x = \pm \frac{1}{5} \arccos(\frac{1}{6}) + \frac{2\pi n}{5}, \quad n \in \mathbb{Z}$.

3) $\text{tg}^2 6x - 3 = 0$

Перенесем 3 в правую часть уравнения:

$\text{tg}^2 6x = 3$

Извлечем квадратный корень из обеих частей уравнения:

$\text{tg} 6x = \sqrt{3}$ или $\text{tg} 6x = -\sqrt{3}$

Эти два уравнения можно объединить в одно:

$\text{tg} 6x = \pm \sqrt{3}$

Решением этого уравнения является серия корней:

$6x = \pm \arctan(\sqrt{3}) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

$6x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi n$

Разделим обе части на 6, чтобы найти $x$:

$x = \pm \frac{\pi}{18} + \frac{\pi n}{6}, \quad n \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{18} + \frac{\pi n}{6}, \quad n \in \mathbb{Z}$.

4) $\text{ctg}^2 2x - 6\text{ctg} 2x + 5 = 0$

Это квадратное уравнение относительно $\text{ctg} 2x$. Пусть $z = \text{ctg} 2x$.

Уравнение примет вид:

$z^2 - 6z + 5 = 0$

Это приведенное квадратное уравнение, корни которого легко найти по теореме Виета: $z_1 + z_2 = 6$, $z_1 \cdot z_2 = 5$. Отсюда $z_1 = 1, z_2 = 5$.

Выполним обратную замену:

a) $\text{ctg} 2x = 1$

Решение этого уравнения:

$2x = \text{arccot}(1) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

$2x = \frac{\pi}{4} + \pi n$

$x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}, \quad n \in \mathbb{Z}$

б) $\text{ctg} 2x = 5$

Решение этого уравнения:

$2x = \text{arccot}(5) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{1}{2} \text{arccot}(5) + \frac{\pi k}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}, \quad n \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{1}{2} \text{arccot}(5) + \frac{\pi k}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}$.

250. Решите уравнение:

1) $2\cos^2 \frac{4x}{3} + 11\sin \frac{4x}{3} - 7 = 0;$

2) $3\cos8x - \cos4x + 1 = 0;$

3) $2\cos^2 4x + 14\sin^2 2x - 11 = 0;$

4) $3\mathrm{tg}^2 \frac{x}{4} - 4\mathrm{ctg} \frac{x}{4} = 1;$

5) $\mathrm{tg}^4 5x + 4\mathrm{tg}^2 5x - 5 = 0;$

6) $\frac{1}{\cos^2 3x} - 7\mathrm{tg} 3x + 11 = 0;$

7) $4\mathrm{ctg}^2 2x - \frac{3}{\sin 2x} + 3 = 0;$

8) $4\cos^2 7x + 6\mathrm{tg}^2 7x - 5 = 0.$

1) $2\cos^2\frac{4x}{3} + 11\sin\frac{4x}{3} - 7 = 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$, чтобы привести уравнение к одной функции.

$2(1 - \sin^2\frac{4x}{3}) + 11\sin\frac{4x}{3} - 7 = 0$

$2 - 2\sin^2\frac{4x}{3} + 11\sin\frac{4x}{3} - 7 = 0$

$-2\sin^2\frac{4x}{3} + 11\sin\frac{4x}{3} - 5 = 0$

Умножим на -1 для удобства: $2\sin^2\frac{4x}{3} - 11\sin\frac{4x}{3} + 5 = 0$.

Сделаем замену $t = \sin\frac{4x}{3}$, где $|t| \le 1$.

$2t^2 - 11t + 5 = 0$

Находим корни квадратного уравнения. Дискриминант $D = (-11)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 5 = 121 - 40 = 81$.

$t_1 = \frac{11 - \sqrt{81}}{4} = \frac{11 - 9}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

$t_2 = \frac{11 + \sqrt{81}}{4} = \frac{11 + 9}{4} = \frac{20}{4} = 5$.

Корень $t_2 = 5$ не удовлетворяет условию $|t| \le 1$, так как синус не может быть больше 1.

Возвращаемся к замене с $t_1 = \frac{1}{2}$:

$\sin\frac{4x}{3} = \frac{1}{2}$

$\frac{4x}{3} = (-1)^k \arcsin(\frac{1}{2}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$\frac{4x}{3} = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{3}{4} \left( (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k \right) = (-1)^k \frac{\pi}{8} + \frac{3\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^k \frac{\pi}{8} + \frac{3\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$.

2) $3\cos8x - \cos4x + 1 = 0$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$. В данном случае $\cos(8x) = \cos(2 \cdot 4x) = 2\cos^2(4x) - 1$.

$3(2\cos^2(4x) - 1) - \cos4x + 1 = 0$

$6\cos^2(4x) - 3 - \cos4x + 1 = 0$

$6\cos^2(4x) - \cos4x - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \cos4x$, где $|t| \le 1$.

$6t^2 - t - 2 = 0$

Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 6 \cdot (-2) = 1 + 48 = 49$.

$t_1 = \frac{1 - \sqrt{49}}{12} = \frac{1 - 7}{12} = -\frac{6}{12} = -\frac{1}{2}$.

$t_2 = \frac{1 + \sqrt{49}}{12} = \frac{1 + 7}{12} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}$.

Оба корня удовлетворяют условию $|t| \le 1$. Возвращаемся к замене, получаем два уравнения:

а) $\cos4x = -\frac{1}{2}$

$4x = \pm \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$4x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$

б) $\cos4x = \frac{2}{3}$

$4x = \pm \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{1}{4} \arccos(\frac{2}{3}) + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$; $x = \pm \frac{1}{4} \arccos(\frac{2}{3}) + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

3) $2\cos^2 4x + 14\sin^2 2x - 11 = 0$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(4x) = 1 - 2\sin^2(2x)$.

$2(1 - 2\sin^2(2x))^2 + 14\sin^2(2x) - 11 = 0$

Сделаем замену $t = \sin^2(2x)$, где $0 \le t \le 1$.

$2(1 - 2t)^2 + 14t - 11 = 0$

$2(1 - 4t + 4t^2) + 14t - 11 = 0$

$2 - 8t + 8t^2 + 14t - 11 = 0$

$8t^2 + 6t - 9 = 0$

Дискриминант $D = 6^2 - 4 \cdot 8 \cdot (-9) = 36 + 288 = 324 = 18^2$.

$t_1 = \frac{-6 - 18}{16} = \frac{-24}{16} = -\frac{3}{2}$ (не удовлетворяет условию $t \ge 0$).

$t_2 = \frac{-6 + 18}{16} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}$.

Возвращаемся к замене: $\sin^2(2x) = \frac{3}{4}$.

Используем формулу понижения степени $\sin^2\alpha = \frac{1 - \cos(2\alpha)}{2}$.

$\frac{1 - \cos(4x)}{2} = \frac{3}{4}$

$1 - \cos(4x) = \frac{3}{2} \implies \cos(4x) = 1 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2}$

$4x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

4) $3\tan\frac{x}{4} - 4\cot\frac{x}{4} = 1$

Используем тождество $\cot\alpha = \frac{1}{\tan\alpha}$. Область допустимых значений (ОДЗ): $\sin\frac{x}{4} \ne 0$ и $\cos\frac{x}{4} \ne 0$.

$3\tan\frac{x}{4} - \frac{4}{\tan\frac{x}{4}} - 1 = 0$

Сделаем замену $t = \tan\frac{x}{4}$.

$3t - \frac{4}{t} - 1 = 0$. Домножим на $t \ne 0$: $3t^2 - t - 4 = 0$.

Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-4) = 1 + 48 = 49$.

$t_1 = \frac{1 - 7}{6} = -1$.

$t_2 = \frac{1 + 7}{6} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.

Возвращаемся к замене:

а) $\tan\frac{x}{4} = -1 \implies \frac{x}{4} = -\frac{\pi}{4} + \pi k \implies x = -\pi + 4\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) $\tan\frac{x}{4} = \frac{4}{3} \implies \frac{x}{4} = \arctan(\frac{4}{3}) + \pi n \implies x = 4\arctan(\frac{4}{3}) + 4\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = -\pi + 4\pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = 4\arctan(\frac{4}{3}) + 4\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

5) $\tan^4 5x + 4\tan^2 5x - 5 = 0$

Сделаем замену $t = \tan^2 5x$, где $t \ge 0$.

$t^2 + 4t - 5 = 0$

По теореме Виета, корни $t_1 = -5$ и $t_2 = 1$.

Корень $t_1 = -5$ не удовлетворяет условию $t \ge 0$.

Возвращаемся к замене: $\tan^2 5x = 1 \implies \tan 5x = \pm 1$.

Это соответствует углам, которые можно записать в виде одной серии решений:

$5x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{20} + \frac{\pi k}{10}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{20} + \frac{\pi k}{10}, k \in \mathbb{Z}$.

6) $\frac{1}{\cos^2 3x} - 7\tan 3x + 11 = 0$

Используем тождество $\frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \tan^2\alpha$. ОДЗ: $\cos 3x \ne 0$.

$(1 + \tan^2 3x) - 7\tan 3x + 11 = 0$

$\tan^2 3x - 7\tan 3x + 12 = 0$

Сделаем замену $t = \tan 3x$.

$t^2 - 7t + 12 = 0$

По теореме Виета, корни $t_1 = 3$ и $t_2 = 4$.

Возвращаемся к замене:

а) $\tan 3x = 3 \implies 3x = \arctan(3) + \pi k \implies x = \frac{1}{3}\arctan(3) + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

б) $\tan 3x = 4 \implies 3x = \arctan(4) + \pi n \implies x = \frac{1}{3}\arctan(4) + \frac{\pi n}{3}, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{1}{3}\arctan(3) + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{1}{3}\arctan(4) + \frac{\pi n}{3}, n \in \mathbb{Z}$.

7) $4\cot^2 2x - \frac{3}{\sin 2x} + 3 = 0$

Запишем $\cot^2 2x = \frac{\cos^2 2x}{\sin^2 2x}$. ОДЗ: $\sin 2x \ne 0$.

$4\frac{\cos^2 2x}{\sin^2 2x} - \frac{3}{\sin 2x} + 3 = 0$

Домножим на $\sin^2 2x$: $4\cos^2 2x - 3\sin 2x + 3\sin^2 2x = 0$.

Заменим $\cos^2 2x = 1 - \sin^2 2x$.

$4(1 - \sin^2 2x) - 3\sin 2x + 3\sin^2 2x = 0$

$4 - 4\sin^2 2x - 3\sin 2x + 3\sin^2 2x = 0$

$-\sin^2 2x - 3\sin 2x + 4 = 0 \implies \sin^2 2x + 3\sin 2x - 4 = 0$.

Сделаем замену $t = \sin 2x$, где $|t| \le 1$.

$t^2 + 3t - 4 = 0$

По теореме Виета, корни $t_1 = 1$ и $t_2 = -4$.

Корень $t_2 = -4$ не удовлетворяет условию $|t| \le 1$.

Возвращаемся к замене: $\sin 2x = 1$. Этот корень удовлетворяет ОДЗ ($\sin 2x \ne 0$).

$2x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

8) $4\cos^2 7x + 6\tan^2 7x - 5 = 0$

Используем тождество $\tan^2\alpha = \frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha} = \frac{1-\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}$. ОДЗ: $\cos 7x \ne 0$.

$4\cos^2 7x + 6\frac{1-\cos^2 7x}{\cos^2 7x} - 5 = 0$

Сделаем замену $t = \cos^2 7x$, где $0 < t \le 1$.

$4t + \frac{6(1-t)}{t} - 5 = 0$. Домножим на $t$:

$4t^2 + 6(1-t) - 5t = 0 \implies 4t^2 - 11t + 6 = 0$.

Дискриминант $D = (-11)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 6 = 121 - 96 = 25$.

$t_1 = \frac{11 - 5}{8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$.

$t_2 = \frac{11 + 5}{8} = \frac{16}{8} = 2$ (не удовлетворяет условию $t \le 1$).

Возвращаемся к замене: $\cos^2 7x = \frac{3}{4} \implies \cos 7x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решения для $\cos 7x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ это $7x = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.

Решения для $\cos 7x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ это $7x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.

Эти две серии можно объединить в одну: $7x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

$x = \pm \frac{\pi}{42} + \frac{\pi k}{7}, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{42} + \frac{\pi k}{7}, k \in \mathbb{Z}$.