Страница 238 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

32.1. Решите уравнение:

1) $\sqrt{3} \sin x + \cos x = 0;$

2) $4\cos 2x - \sin 2x = 0;$

3) $\sin^2 x - 5\sin x \cos x + 4\cos^2 x = 0;$

4) $3\sin^2 x - 2\sqrt{3} \sin x \cos x + \cos^2 x = 0.$

1) Дано уравнение $\sqrt{3}\sin x + \cos x = 0$.
Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени. Убедимся, что $\cos x \neq 0$. Если предположить, что $\cos x = 0$, то из уравнения следует, что $\sqrt{3}\sin x = 0$, то есть $\sin x = 0$. Однако, $\sin x$ и $\cos x$ не могут одновременно равняться нулю, поскольку основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ не будет выполняться. Следовательно, $\cos x \neq 0$, и мы можем разделить обе части уравнения на $\cos x$:
$\frac{\sqrt{3}\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\cos x} = 0$
$\sqrt{3}\tan x + 1 = 0$
$\tan x = -\frac{1}{\sqrt{3}}$
Решением этого уравнения является серия корней:
$x = -\frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = -\frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) Дано уравнение $4\cos 2x - \sin 2x = 0$.
Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени с аргументом $2x$. Как и в предыдущем задании, $\cos 2x \neq 0$, так как в противном случае и $\sin 2x$ должен был бы равняться нулю, что невозможно. Разделим обе части уравнения на $\cos 2x$:
$\frac{4\cos 2x}{\cos 2x} - \frac{\sin 2x}{\cos 2x} = 0$
$4 - \tan 2x = 0$
$\tan 2x = 4$
Отсюда находим $2x$:
$2x = \arctan(4) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Разделив на 2, получим $x$:
$x = \frac{1}{2}\arctan(4) + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{1}{2}\arctan(4) + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

3) Дано уравнение $\sin^2 x - 5\sin x \cos x + 4\cos^2 x = 0$.
Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Проверим случай $\cos x = 0$. Если $\cos x = 0$, уравнение принимает вид $\sin^2 x = 0$, откуда $\sin x = 0$. Это невозможно, так как $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$. Значит, $\cos x \neq 0$, и мы можем разделить обе части уравнения на $\cos^2 x$:
$\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} - \frac{5\sin x \cos x}{\cos^2 x} + \frac{4\cos^2 x}{\cos^2 x} = 0$
$\tan^2 x - 5\tan x + 4 = 0$
Это квадратное уравнение относительно $\tan x$. Сделаем замену $t = \tan x$:
$t^2 - 5t + 4 = 0$
Корни этого уравнения (по теореме Виета или через дискриминант) равны $t_1 = 1$ и $t_2 = 4$. Возвращаемся к замене:
1) $\tan x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
2) $\tan x = 4 \implies x = \arctan(4) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = \arctan(4) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

4) Дано уравнение $3\sin^2 x - 2\sqrt{3}\sin x \cos x + \cos^2 x = 0$.
Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Аналогично предыдущему заданию, $\cos x \neq 0$. Разделим обе части уравнения на $\cos^2 x$:
$3\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} - 2\sqrt{3}\frac{\sin x}{\cos x} + 1 = 0$
$3\tan^2 x - 2\sqrt{3}\tan x + 1 = 0$
Левая часть уравнения представляет собой полный квадрат разности:
$(\sqrt{3}\tan x - 1)^2 = 0$
Отсюда следует:
$\sqrt{3}\tan x - 1 = 0$
$\tan x = \frac{1}{\sqrt{3}}$
Находим $x$:
$x = \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

32.2. Решите уравнение:

1) $\sin x - \sqrt{3} \cos x = 0$;

2) $2\sin x + \cos x = 0$;

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

4) $4\sin^2 x = 3\sin x \cos x + \cos^2 x$.

1) Дано уравнение $sin x - \sqrt{3} cos x = 0$.
Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени. Чтобы его решить, нужно разделить обе части на $cos x$.
Предварительно убедимся, что $cos x \neq 0$. Если предположить, что $cos x = 0$, то из основного тригонометрического тождества $sin^2 x + cos^2 x = 1$ следует, что $sin^2 x = 1$, то есть $sin x = \pm 1$. Подставив $cos x = 0$ и $sin x = \pm 1$ в исходное уравнение, получим: $(\pm 1) - \sqrt{3} \cdot 0 = \pm 1 \neq 0$. Следовательно, $cos x$ не может быть равен нулю.
Разделим обе части уравнения на $cos x$:
$\frac{sin x}{cos x} - \frac{\sqrt{3} cos x}{cos x} = 0$
$tan x - \sqrt{3} = 0$
$tan x = \sqrt{3}$
Общее решение для этого уравнения:
$x = arctan(\sqrt{3}) + \pi n, n \in Z$
$x = \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in Z$
Ответ: $x = \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in Z$.

2) Дано уравнение $2sin x + cos x = 0$.
Это также однородное тригонометрическое уравнение первой степени. По аналогии с предыдущим примером, проверим случай $cos x = 0$. Если $cos x = 0$, то $sin x = \pm 1$. Подстановка в уравнение дает: $2(\pm 1) + 0 = \pm 2 \neq 0$. Значит, $cos x \neq 0$.
Разделим обе части уравнения на $cos x$:
$\frac{2sin x}{cos x} + \frac{cos x}{cos x} = 0$
$2tan x + 1 = 0$
$2tan x = -1$
$tan x = -\frac{1}{2}$
Общее решение:
$x = arctan(-\frac{1}{2}) + \pi n, n \in Z$
Используя свойство $arctan(-a) = -arctan(a)$, можно записать ответ как $x = -arctan(\frac{1}{2}) + \pi n, n \in Z$.
Ответ: $x = -arctan(\frac{1}{2}) + \pi n, n \in Z$.

3) Дано уравнение $sin^2 x - 5sin x cos x + 6cos^2 x = 0$.
Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Проверим случай $cos x = 0$. Если $cos x = 0$, то уравнение принимает вид $sin^2 x - 0 + 0 = 0$, то есть $sin x = 0$. Но $sin x$ и $cos x$ не могут быть равны нулю одновременно, так как $sin^2 x + cos^2 x = 1$. Следовательно, $cos x \neq 0$, и мы можем разделить уравнение на $cos^2 x$.
$\frac{sin^2 x}{cos^2 x} - \frac{5sin x cos x}{cos^2 x} + \frac{6cos^2 x}{cos^2 x} = 0$
$tan^2 x - 5tan x + 6 = 0$
Это квадратное уравнение относительно $tan x$. Сделаем замену $t = tan x$:
$t^2 - 5t + 6 = 0$
По теореме Виета, корни этого уравнения $t_1 = 2$ и $t_2 = 3$.
Возвращаемся к замене:
1) $tan x = 2 \implies x = arctan(2) + \pi n, n \in Z$.
2) $tan x = 3 \implies x = arctan(3) + \pi k, k \in Z$.
Ответ: $x = arctan(2) + \pi n, n \in Z$; $x = arctan(3) + \pi k, k \in Z$.

4) Дано уравнение $4sin^2 x = 3sin x cos x + cos^2 x$.
Перенесем все члены в левую часть:
$4sin^2 x - 3sin x cos x - cos^2 x = 0$
Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Как и в пункте 3, случай $cos x = 0$ невозможен. Разделим обе части уравнения на $cos^2 x$:
$\frac{4sin^2 x}{cos^2 x} - \frac{3sin x cos x}{cos^2 x} - \frac{cos^2 x}{cos^2 x} = 0$
$4tan^2 x - 3tan x - 1 = 0$
Сделаем замену $t = tan x$:
$4t^2 - 3t - 1 = 0$
Решим это квадратное уравнение с помощью дискриминанта:
$D = b^2 - 4ac = (-3)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-1) = 9 + 16 = 25$
$t = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{3 \pm 5}{8}$
Получаем два корня:
$t_1 = \frac{3+5}{8} = 1$
$t_2 = \frac{3-5}{8} = -\frac{2}{8} = -\frac{1}{4}$
Возвращаемся к замене:
1) $tan x = 1 \implies x = arctan(1) + \pi n = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in Z$.
2) $tan x = -\frac{1}{4} \implies x = arctan(-\frac{1}{4}) + \pi k = -arctan(\frac{1}{4}) + \pi k, k \in Z$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in Z$; $x = -arctan(\frac{1}{4}) + \pi k, k \in Z$.

32.3. Решите уравнение:

1) $2\sin^2 x + 7\cos x + 2 = 0;$

2) $2\cos x - \cos 2x - \cos^2 x = 0;$

3) $\cos \frac{2x}{3} - 5\cos \frac{x}{3} - 2 = 0;$

4) $\cos 2x - \cos^2 x - \sqrt{2}\sin x = 0;$

5) $8\sin^2 3x + 4\sin^2 6x = 5;$

6) $4\operatorname{tg} 5x + 3 \operatorname{ctg} 5x = 7;$

7) $\frac{1}{\sin^2 x} = \operatorname{ctg} x + 3;$

8) $2\operatorname{tg}^2 x + 4\cos^2 x = 7.$

1) $2\sin^2 x + 7\cos x + 2 = 0$

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

$2(1 - \cos^2 x) + 7\cos x + 2 = 0$

$2 - 2\cos^2 x + 7\cos x + 2 = 0$

$-2\cos^2 x + 7\cos x + 4 = 0$

$2\cos^2 x - 7\cos x - 4 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$, при этом $|t| \le 1$.

$2t^2 - 7t - 4 = 0$

Находим корни квадратного уравнения:

$D = (-7)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-4) = 49 + 32 = 81 = 9^2$

$t_1 = \frac{7 - 9}{4} = -\frac{2}{4} = -0.5$

$t_2 = \frac{7 + 9}{4} = \frac{16}{4} = 4$

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

Возвращаемся к исходной переменной:

$\cos x = -0.5$

$x = \pm \arccos(-0.5) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

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

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

2) $2\cos x - \cos 2x - \cos^2 x = 0$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$:

$2\cos x - (2\cos^2 x - 1) - \cos^2 x = 0$

$2\cos x - 2\cos^2 x + 1 - \cos^2 x = 0$

$-3\cos^2 x + 2\cos x + 1 = 0$

$3\cos^2 x - 2\cos x - 1 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$, при этом $|t| \le 1$.

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

Находим корни. Так как $a+b+c = 3 - 2 - 1 = 0$, то $t_1 = 1$. Второй корень по теореме Виета $t_2 = \frac{c}{a} = -\frac{1}{3}$.

Оба корня удовлетворяют условию $|t| \le 1$.

Возвращаемся к исходной переменной. Получаем совокупность уравнений:

1) $\cos x = 1 \implies x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

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

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

3) $\cos \frac{2x}{3} - 5\cos \frac{x}{3} - 2 = 0$

Пусть $y = \frac{x}{3}$. Уравнение примет вид:

$\cos(2y) - 5\cos y - 2 = 0$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos 2y = 2\cos^2 y - 1$:

$(2\cos^2 y - 1) - 5\cos y - 2 = 0$

$2\cos^2 y - 5\cos y - 3 = 0$

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

$2t^2 - 5t - 3 = 0$

$D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49 = 7^2$

$t_1 = \frac{5 - 7}{4} = -0.5$

$t_2 = \frac{5 + 7}{4} = 3$

Корень $t_2 = 3$ не подходит по условию $|t| \le 1$.

Возвращаемся к замене: $\cos y = -0.5$.

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

Теперь делаем обратную подстановку $y = \frac{x}{3}$:

$\frac{x}{3} = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$

$x = 3 \cdot (\pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k) = \pm 2\pi + 6\pi k, k \in \mathbb{Z}$

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

4) $\cos 2x - \cos^2 x - \sqrt{2}\sin x = 0$

Используем формулы $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ и $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$:

$(1 - 2\sin^2 x) - (1 - \sin^2 x) - \sqrt{2}\sin x = 0$

$1 - 2\sin^2 x - 1 + \sin^2 x - \sqrt{2}\sin x = 0$

$-\sin^2 x - \sqrt{2}\sin x = 0$

$\sin^2 x + \sqrt{2}\sin x = 0$

Выносим $\sin x$ за скобки:

$\sin x (\sin x + \sqrt{2}) = 0$

Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю:

1) $\sin x = 0 \implies x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\sin x + \sqrt{2} = 0 \implies \sin x = -\sqrt{2}$. Это уравнение не имеет решений, так как $|\sin x| \le 1$, а $|-\sqrt{2}| > 1$.

Ответ: $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

5) $8\sin^2 3x + 4\sin^2 6x = 5$

Используем формулы понижения степени $\sin^2 \alpha = \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}$:

$8\left(\frac{1 - \cos 6x}{2}\right) + 4\left(\frac{1 - \cos 12x}{2}\right) = 5$

$4(1 - \cos 6x) + 2(1 - \cos 12x) = 5$

$4 - 4\cos 6x + 2 - 2\cos 12x = 5$

$6 - 4\cos 6x - 2\cos 12x = 5$

$2\cos 12x + 4\cos 6x - 1 = 0$

Используем формулу $\cos 12x = 2\cos^2 6x - 1$:

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

$4\cos^2 6x - 2 + 4\cos 6x - 1 = 0$

$4\cos^2 6x + 4\cos 6x - 3 = 0$

Сделаем замену $t = \cos 6x$, где $|t| \le 1$.

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

$D = 4^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-3) = 16 + 48 = 64 = 8^2$

$t_1 = \frac{-4 - 8}{8} = -1.5$ (не подходит)

$t_2 = \frac{-4 + 8}{8} = 0.5$

Возвращаемся к замене: $\cos 6x = 0.5$.

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

$x = \pm \frac{\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

6) $4\tg 5x + 3 \ctg 5x = 7$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\cos 5x \ne 0$ и $\sin 5x \ne 0$, то есть $5x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

Используем тождество $\ctg 5x = \frac{1}{\tg 5x}$:

$4\tg 5x + \frac{3}{\tg 5x} = 7$

Сделаем замену $t = \tg 5x$.

$4t + \frac{3}{t} = 7$

Умножим обе части на $t$ (по ОДЗ $t \ne 0$):

$4t^2 - 7t + 3 = 0$

$D = (-7)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 3 = 49 - 48 = 1$

$t_1 = \frac{7 - 1}{8} = \frac{3}{4}$

$t_2 = \frac{7 + 1}{8} = 1$

Возвращаемся к замене:

1) $\tg 5x = \frac{3}{4} \implies 5x = \text{arctg}(\frac{3}{4}) + \pi k \implies x = \frac{1}{5}\text{arctg}(\frac{3}{4}) + \frac{\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$

2) $\tg 5x = 1 \implies 5x = \frac{\pi}{4} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{20} + \frac{\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{1}{5}\text{arctg}(\frac{3}{4}) + \frac{\pi k}{5}; x = \frac{\pi}{20} + \frac{\pi n}{5}, k, n \in \mathbb{Z}$.

7) $\frac{1}{\sin^2 x} = \ctg x + 3$

ОДЗ: $\sin x \ne 0$, т.е. $x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Используем тождество $\frac{1}{\sin^2 x} = 1 + \ctg^2 x$:

$1 + \ctg^2 x = \ctg x + 3$

$\ctg^2 x - \ctg x - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \ctg x$.

$t^2 - t - 2 = 0$

По теореме Виета находим корни: $t_1 = 2, t_2 = -1$.

Возвращаемся к замене:

1) $\ctg x = 2 \implies x = \text{arcctg}(2) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\ctg x = -1 \implies x = \text{arcctg}(-1) + \pi n = \frac{3\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

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

8) $2\tg^2 x + 4\cos^2 x = 7$

ОДЗ: $\cos x \ne 0$, т.е. $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Используем тождество $\tg^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$:

$2\left(\frac{1}{\cos^2 x} - 1\right) + 4\cos^2 x = 7$

$\frac{2}{\cos^2 x} - 2 + 4\cos^2 x = 7$

$\frac{2}{\cos^2 x} + 4\cos^2 x - 9 = 0$

Сделаем замену $t = \cos^2 x$. Из ОДЗ и определения косинуса следует $0 < t \le 1$.

$\frac{2}{t} + 4t - 9 = 0$

Умножим на $t \ne 0$: $2 + 4t^2 - 9t = 0 \implies 4t^2 - 9t + 2 = 0$.

$D = (-9)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 2 = 81 - 32 = 49 = 7^2$

$t_1 = \frac{9 - 7}{8} = \frac{1}{4}$

$t_2 = \frac{9 + 7}{8} = 2$ (не подходит, так как $t \le 1$)

Возвращаемся к замене: $\cos^2 x = \frac{1}{4}$.

Это уравнение можно решить, понизив степень: $\frac{1 + \cos 2x}{2} = \frac{1}{4}$.

$1 + \cos 2x = \frac{1}{2}$

$\cos 2x = -\frac{1}{2}$

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

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

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

32.4. Решите уравнение:

1) $5\sin\frac{x}{6} - \cos\frac{x}{3} + 3 = 0;$

2) $\cos x + \sin\frac{x}{2} = 0;$

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

4) $\operatorname{tg} x + 2\operatorname{ctg} x = 3;$

5) $\sqrt{3} \operatorname{tg} x + 3 = \frac{3}{\cos^2 x};$

6) $4\sin^2 x + 9\operatorname{ctg}^2 x = 6.$

32.5. Решите систему уравнений:

1) $\begin{cases} x + y = \frac{\pi}{2}, \\ \operatorname{tg} x + \operatorname{tg} y = 2; \end{cases}$ 2) $\begin{cases} x + y = \frac{\pi}{4}, \\ \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y = \frac{1}{6}. \end{cases}$

1)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} x + y = \frac{\pi}{2} \\ \tg x + \tg y = 2 \end{cases} $

Из первого уравнения выразим $y$: $y = \frac{\pi}{2} - x$.

Подставим это выражение во второе уравнение системы:

$\tg x + \tg(\frac{\pi}{2} - x) = 2$

Используем формулу приведения $\tg(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \ctg \alpha$. Уравнение принимает вид:

$\tg x + \ctg x = 2$

Так как $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$, заменим $\ctg x$:

$\tg x + \frac{1}{\tg x} = 2$

Введем замену $t = \tg x$. При этом $t \neq 0$. Уравнение становится:

$t + \frac{1}{t} = 2$

Умножим обе части на $t$ (при условии $t \neq 0$):

$t^2 + 1 = 2t$

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

$(t - 1)^2 = 0$

Отсюда $t = 1$.

Вернемся к замене $t = \tg x$:

$\tg x = 1$

Решение этого уравнения:

$x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь найдем $y$, используя выражение $y = \frac{\pi}{2} - x$:

$y = \frac{\pi}{2} - (\frac{\pi}{4} + \pi n) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} - \pi n = \frac{\pi}{4} - \pi n$.

Таким образом, решениями системы являются пары чисел $(x, y)$.

Ответ: $(\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} - \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} x + y = \frac{\pi}{4} \\ \tg x \cdot \tg y = \frac{1}{6} \end{cases} $

Воспользуемся формулой тангенса суммы: $\tg(x+y) = \frac{\tg x + \tg y}{1 - \tg x \cdot \tg y}$.

Из первого уравнения системы известно, что $x+y = \frac{\pi}{4}$, следовательно, $\tg(x+y) = \tg(\frac{\pi}{4}) = 1$.

Подставим известные значения в формулу тангенса суммы:

$1 = \frac{\tg x + \tg y}{1 - \frac{1}{6}}$

$1 = \frac{\tg x + \tg y}{\frac{5}{6}}$

Отсюда получаем новое уравнение: $\tg x + \tg y = \frac{5}{6}$.

Теперь у нас есть система для $\tg x$ и $\tg y$. Пусть $a = \tg x$ и $b = \tg y$.

$ \begin{cases} a + b = \frac{5}{6} \\ a \cdot b = \frac{1}{6} \end{cases} $

Согласно обратной теореме Виета, $a$ и $b$ являются корнями квадратного уравнения $z^2 - (a+b)z + ab = 0$.

$z^2 - \frac{5}{6}z + \frac{1}{6} = 0$

Умножим уравнение на 6, чтобы избавиться от дробей:

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

Найдем дискриминант: $D = (-5)^2 - 4 \cdot 6 \cdot 1 = 25 - 24 = 1$.

Корни уравнения:

$z_1 = \frac{5 - \sqrt{1}}{2 \cdot 6} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$

$z_2 = \frac{5 + \sqrt{1}}{2 \cdot 6} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$

Таким образом, значения $\tg x$ и $\tg y$ равны $\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{3}$. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\tg x = \frac{1}{2}$ и $\tg y = \frac{1}{3}$.

$x = \operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$y = \operatorname{arctg}\frac{1}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Подставим эти выражения в первое уравнение исходной системы $x + y = \frac{\pi}{4}$:

$(\operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi n) + (\operatorname{arctg}\frac{1}{3} + \pi k) = \frac{\pi}{4}$

Используя формулу $\operatorname{arctg} a + \operatorname{arctg} b = \operatorname{arctg}\frac{a+b}{1-ab}$ (при $ab < 1$), получаем:

$\operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \operatorname{arctg}\frac{1}{3} = \operatorname{arctg}\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}} = \operatorname{arctg}\frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = \operatorname{arctg}(1) = \frac{\pi}{4}$.

Тогда уравнение принимает вид: $\frac{\pi}{4} + \pi(n+k) = \frac{\pi}{4}$.

Отсюда $n+k=0$, то есть $k=-n$.

Решения в этом случае: $( \operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi n, \operatorname{arctg}\frac{1}{3} - \pi n )$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\tg x = \frac{1}{3}$ и $\tg y = \frac{1}{2}$.

Аналогично, $x = \operatorname{arctg}\frac{1}{3} + \pi n$ и $y = \operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi k$.

Подстановка в $x+y=\frac{\pi}{4}$ снова дает условие $k=-n$.

Решения в этом случае: $( \operatorname{arctg}\frac{1}{3} + \pi n, \operatorname{arctg}\frac{1}{2} - \pi n )$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя оба случая, получаем итоговый ответ.

Ответ: $(\operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi n, \operatorname{arctg}\frac{1}{3} - \pi n)$, $(\operatorname{arctg}\frac{1}{3} + \pi n, \operatorname{arctg}\frac{1}{2} - \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.