Страница 182 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

24.11. Докажите тождество:

1) $1 + \sin \alpha + \cos \alpha = 2\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2} \cos \left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right)$;

2) $\frac{1 + \cos(4\alpha - 2\pi) + \cos \left(4\alpha - \frac{\pi}{2}\right)}{1 + \cos(4\alpha + \pi) + \cos \left(4\alpha + \frac{3\pi}{2}\right)} = \operatorname{ctg} 2\alpha$;

3) $\sin^2\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = - \frac{\cos 4\alpha}{\sqrt{2}}$.

1) Докажем тождество $1 + \sin \alpha + \cos \alpha = 2\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right)$.

Преобразуем левую часть равенства. Сгруппируем слагаемые и используем формулу $1 + \cos \alpha = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$ и формулу синуса двойного угла $\sin \alpha = 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}$.

$1 + \sin \alpha + \cos \alpha = (1 + \cos \alpha) + \sin \alpha = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2} + 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}$.

Вынесем общий множитель $2 \cos \frac{\alpha}{2}$ за скобки:

$2 \cos \frac{\alpha}{2} \left(\cos \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\alpha}{2}\right)$.

Выражение в скобках преобразуем с помощью метода вспомогательного угла. Умножим и разделим его на $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$:

$\cos \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cos \frac{\alpha}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \frac{\alpha}{2}\right)$.

Так как $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, можем переписать выражение в скобках, используя формулу косинуса разности $\cos(x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y$:

$\sqrt{2} \left(\cos \frac{\pi}{4} \cos \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\pi}{4} \sin \frac{\alpha}{2}\right) = \sqrt{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right)$.

Подставим полученное выражение обратно в исходное преобразование:

$2 \cos \frac{\alpha}{2} \cdot \sqrt{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = 2\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right)$.

Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

2) Докажем тождество $\frac{1 + \cos(4\alpha - 2\pi) + \cos\left(4\alpha - \frac{\pi}{2}\right)}{1 + \cos(4\alpha + \pi) + \cos\left(4\alpha + \frac{3\pi}{2}\right)} = \operatorname{ctg} 2\alpha$.

Упростим левую часть, используя формулы приведения и периодичность тригонометрических функций.

Для числителя:

$\cos(4\alpha - 2\pi) = \cos(4\alpha)$ (период косинуса $2\pi$).
$\cos\left(4\alpha - \frac{\pi}{2}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - 4\alpha\right) = \sin(4\alpha)$.
Числитель принимает вид: $1 + \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha)$.

Для знаменателя:

$\cos(4\alpha + \pi) = -\cos(4\alpha)$.
$\cos\left(4\alpha + \frac{3\pi}{2}\right) = \cos\left(\frac{3\pi}{2} + 4\alpha\right) = \sin(4\alpha)$.
Знаменатель принимает вид: $1 - \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha)$.

Теперь дробь выглядит так:

$\frac{1 + \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha)}{1 - \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha)}$.

Применим формулы двойного угла для аргумента $2\alpha$:

$1 + \cos(4\alpha) = 2\cos^2(2\alpha)$,
$1 - \cos(4\alpha) = 2\sin^2(2\alpha)$,
$\sin(4\alpha) = 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)$.

Подставим эти выражения в дробь:

$\frac{2\cos^2(2\alpha) + 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)}{2\sin^2(2\alpha) + 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)}$.

Вынесем общие множители в числителе и знаменателе:

$\frac{2\cos(2\alpha)(\cos(2\alpha) + \sin(2\alpha))}{2\sin(2\alpha)(\sin(2\alpha) + \cos(2\alpha))}$.

Сократим дробь на $2(\cos(2\alpha) + \sin(2\alpha))$ (при условии, что это выражение не равно нулю):

$\frac{\cos(2\alpha)}{\sin(2\alpha)} = \operatorname{ctg}(2\alpha)$.

Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

3) Докажем тождество $\sin^2\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = -\frac{\cos 4\alpha}{\sqrt{2}}$.

Преобразуем левую часть. Сначала упростим аргументы тригонометрических функций, используя их периодичность.

$\frac{15\pi}{8} = 2\pi - \frac{\pi}{8}$.
$\sin\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) = \sin\left(2\pi - \frac{\pi}{8} - 2\alpha\right) = \sin\left(-\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)\right) = -\sin\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)$.
Следовательно, $\sin^2\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) = \left(-\sin\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)\right)^2 = \sin^2\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)$.

$\frac{17\pi}{8} = 2\pi + \frac{\pi}{8}$.
$\cos\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = \cos\left(2\pi + \frac{\pi}{8} - 2\alpha\right) = \cos\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right)$.
Следовательно, $\cos^2\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = \cos^2\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right)$.

Левая часть тождества принимает вид:

$\sin^2\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right)$.

Используем формулы понижения степени: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$ и $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$.

$\frac{1 - \cos\left(2\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)\right)}{2} - \frac{1 + \cos\left(2\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right)\right)}{2} = \frac{1 - \cos\left(\frac{\pi}{4} + 4\alpha\right) - 1 - \cos\left(\frac{\pi}{4} - 4\alpha\right)}{2}$.

Упростим выражение:

$-\frac{\cos\left(\frac{\pi}{4} + 4\alpha\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4} - 4\alpha\right)}{2}$.

Применим формулу суммы косинусов $\cos x + \cos y = 2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$:

$-\frac{2\cos\left(\frac{(\frac{\pi}{4} + 4\alpha) + (\frac{\pi}{4} - 4\alpha)}{2}\right)\cos\left(\frac{(\frac{\pi}{4} + 4\alpha) - (\frac{\pi}{4} - 4\alpha)}{2}\right)}{2} = -\cos\left(\frac{\frac{\pi}{2}}{2}\right)\cos\left(\frac{8\alpha}{2}\right)$.

Вычислим значения:

$-\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\cos(4\alpha) = -\frac{\sqrt{2}}{2}\cos(4\alpha) = -\frac{\cos 4\alpha}{\sqrt{2}}$.

Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

24.12. Докажите тождество:

1) $1 - 2\cos\alpha + \cos2\alpha = -4\cos\alpha \sin^2 \frac{\alpha}{2}$;

2) $1 - \sin\alpha - \cos\alpha = 2\sqrt{2} \sin\frac{\alpha}{2} \sin\left(\frac{\alpha}{2} - 45^\circ\right)$;

3) $\cos^2\left(\frac{5\pi}{4} - 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{5\pi}{4} + 2\alpha\right) = \sin 4\alpha$.

1)

Преобразуем левую часть тождества. Сгруппируем слагаемые и применим формулу косинуса двойного угла $1 + \cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha$:

$1 - 2\cos\alpha + \cos2\alpha = (1 + \cos2\alpha) - 2\cos\alpha = 2\cos^2\alpha - 2\cos\alpha$

Вынесем общий множитель $2\cos\alpha$ за скобки:

$2\cos\alpha(\cos\alpha - 1)$

Далее воспользуемся следствием из формулы косинуса двойного угла: $1 - \cos\alpha = 2\sin^2\frac{\alpha}{2}$, откуда $\cos\alpha - 1 = -2\sin^2\frac{\alpha}{2}$. Подставим это в наше выражение:

$2\cos\alpha \cdot \left(-2\sin^2\frac{\alpha}{2}\right) = -4\cos\alpha \sin^2\frac{\alpha}{2}$

Полученное выражение совпадает с правой частью исходного тождества, следовательно, тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

2)

Преобразуем левую часть тождества. Сгруппируем слагаемые и применим формулы половинного угла $1 - \cos\alpha = 2\sin^2\frac{\alpha}{2}$ и синуса двойного угла $\sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$:

$1 - \sin\alpha - \cos\alpha = (1 - \cos\alpha) - \sin\alpha = 2\sin^2\frac{\alpha}{2} - 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$

Вынесем общий множитель $2\sin\frac{\alpha}{2}$ за скобки:

$2\sin\frac{\alpha}{2}\left(\sin\frac{\alpha}{2} - \cos\frac{\alpha}{2}\right)$

Преобразуем выражение в скобках с помощью введения вспомогательного угла. Вынесем множитель $\sqrt{2}$:

$\sin\frac{\alpha}{2} - \cos\frac{\alpha}{2} = \sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\frac{\alpha}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\frac{\alpha}{2}\right)$

Так как $\cos45^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin45^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}}$, применяем формулу синуса разности $\sin(x-y) = \sin x \cos y - \cos x \sin y$:

$\sqrt{2}\left(\sin\frac{\alpha}{2}\cos45^\circ - \cos\frac{\alpha}{2}\sin45^\circ\right) = \sqrt{2}\sin\left(\frac{\alpha}{2} - 45^\circ\right)$

Подставим полученный результат в исходное преобразованное выражение:

$2\sin\frac{\alpha}{2} \cdot \sqrt{2}\sin\left(\frac{\alpha}{2} - 45^\circ\right) = 2\sqrt{2}\sin\frac{\alpha}{2}\sin\left(\frac{\alpha}{2} - 45^\circ\right)$

Левая часть тождества равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Тождество доказано.

3)

Преобразуем левую часть тождества, используя формулу понижения степени $\cos^2x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$:

$\cos^2\left(\frac{5\pi}{4} - 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{5\pi}{4} + 2\alpha\right) = \frac{1 + \cos\left(2\left(\frac{5\pi}{4} - 2\alpha\right)\right)}{2} - \frac{1 + \cos\left(2\left(\frac{5\pi}{4} + 2\alpha\right)\right)}{2}$

Упростим выражение, раскрыв скобки:

$\frac{1}{2} \left[ 1 + \cos\left(\frac{5\pi}{2} - 4\alpha\right) - \left(1 + \cos\left(\frac{5\pi}{2} + 4\alpha\right)\right) \right] = \frac{1}{2} \left[ \cos\left(\frac{5\pi}{2} - 4\alpha\right) - \cos\left(\frac{5\pi}{2} + 4\alpha\right) \right]$

Применим формулы приведения. Учитывая, что $\frac{5\pi}{2} = 2\pi + \frac{\pi}{2}$, получаем:

$\cos\left(\frac{5\pi}{2} - 4\alpha\right) = \cos\left(2\pi + \frac{\pi}{2} - 4\alpha\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - 4\alpha\right) = \sin(4\alpha)$

$\cos\left(\frac{5\pi}{2} + 4\alpha\right) = \cos\left(2\pi + \frac{\pi}{2} + 4\alpha\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} + 4\alpha\right) = -\sin(4\alpha)$

Подставим полученные значения обратно в выражение:

$\frac{1}{2} \left[ \sin(4\alpha) - (-\sin(4\alpha)) \right] = \frac{1}{2} (\sin(4\alpha) + \sin(4\alpha)) = \frac{1}{2} (2\sin(4\alpha)) = \sin(4\alpha)$

Левая часть тождества равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Тождество доказано.

24.13. Решите уравнение:

1) $\sqrt{9 + 8x - x^2} = x - 3;$

2) $\sqrt{x^2 - x - 6} = \sqrt{-2x};$

3) $\sqrt{x + 6} \cdot \sqrt{5 - 2x} = 2 - 2x;$

4) $\frac{5}{\sqrt{3x - 2}} + \sqrt{3x - 2} = 3\sqrt{3x + 1}.$

1)Исходное уравнение: $\sqrt{9+8x-x^2} = x-3$.
Данное уравнение равносильно системе:
$ \begin{cases} 9+8x-x^2 = (x-3)^2 \\ x-3 \geq 0 \end{cases} $
Сначала решим неравенство, чтобы найти область допустимых значений для $x$:
$x-3 \geq 0 \implies x \geq 3$.
Теперь решим уравнение:
$9+8x-x^2 = x^2 - 6x + 9$
$2x^2 - 14x = 0$
$2x(x-7) = 0$
Получаем два возможных корня: $x_1 = 0$ и $x_2 = 7$.
Проверим корни на соответствие условию $x \geq 3$:
$x_1 = 0$ не удовлетворяет условию $0 \geq 3$, следовательно, это посторонний корень.
$x_2 = 7$ удовлетворяет условию $7 \geq 3$.
Проверим найденный корень подстановкой в исходное уравнение:
$\sqrt{9+8(7)-7^2} = \sqrt{9+56-49} = \sqrt{16} = 4$.
$7-3 = 4$.
$4 = 4$. Корень найден верно.
Ответ: 7

2)Исходное уравнение: $\sqrt{x^2-x-6} = \sqrt{-2x}$.
Уравнение вида $\sqrt{A} = \sqrt{B}$ равносильно системе:
$ \begin{cases} A = B \\ A \geq 0 \text{ (или } B \geq 0 \text{)} \end{cases} $
В нашем случае система выглядит так:
$ \begin{cases} x^2-x-6 = -2x \\ -2x \geq 0 \end{cases} $
Решим неравенство:
$-2x \geq 0 \implies x \leq 0$.
Решим уравнение:
$x^2-x-6 = -2x$
$x^2+x-6 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = -3$ и $x_2 = 2$.
Проверим корни на соответствие условию $x \leq 0$:
$x_1 = -3$ удовлетворяет условию $-3 \leq 0$.
$x_2 = 2$ не удовлетворяет условию $2 \leq 0$, это посторонний корень.
Проверим корень $x=-3$ подстановкой в исходное уравнение:
$\sqrt{(-3)^2 - (-3) - 6} = \sqrt{9+3-6} = \sqrt{6}$.
$\sqrt{-2(-3)} = \sqrt{6}$.
$\sqrt{6} = \sqrt{6}$. Корень найден верно.
Ответ: -3

3)Исходное уравнение: $\sqrt{x+6} \cdot \sqrt{5-2x} = 2-2x$.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
1. $x+6 \geq 0 \implies x \geq -6$.
2. $5-2x \geq 0 \implies 5 \geq 2x \implies x \leq 2.5$.
3. Правая часть должна быть неотрицательной, так как она равна произведению корней: $2-2x \geq 0 \implies 2 \geq 2x \implies x \leq 1$.
Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $x \in [-6, 1]$.
Возведем обе части уравнения в квадрат:
$(\sqrt{x+6} \cdot \sqrt{5-2x})^2 = (2-2x)^2$
$(x+6)(5-2x) = 4 - 8x + 4x^2$
$5x - 2x^2 + 30 - 12x = 4 - 8x + 4x^2$
$-2x^2 - 7x + 30 = 4x^2 - 8x + 4$
$6x^2 - x - 26 = 0$
Решим квадратное уравнение с помощью дискриминанта:
$D = (-1)^2 - 4(6)(-26) = 1 + 624 = 625 = 25^2$.
$x = \frac{1 \pm 25}{12}$.
$x_1 = \frac{1+25}{12} = \frac{26}{12} = \frac{13}{6}$.
$x_2 = \frac{1-25}{12} = \frac{-24}{12} = -2$.
Проверим корни на принадлежность ОДЗ $x \in [-6, 1]$:
$x_1 = \frac{13}{6} \approx 2.17$. Этот корень не входит в ОДЗ, так как $\frac{13}{6} > 1$.
$x_2 = -2$. Этот корень входит в ОДЗ.
Проверим корень $x=-2$ подстановкой:
$\sqrt{-2+6} \cdot \sqrt{5-2(-2)} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{9} = 2 \cdot 3 = 6$.
$2 - 2(-2) = 2+4=6$.
$6=6$. Корень найден верно.
Ответ: -2

4)Исходное уравнение: $\frac{5}{\sqrt{3x-2}} + \sqrt{3x-2} = 3\sqrt{3x+1}$.
Найдем ОДЗ:
1. $3x-2 > 0 \implies 3x > 2 \implies x > 2/3$.
2. $3x+1 \geq 0 \implies 3x \geq -1 \implies x \geq -1/3$.
Итоговое ОДЗ: $x > 2/3$.
Сделаем замену. Пусть $a = \sqrt{3x-2}$. Так как $x > 2/3$, то $a>0$.
Тогда $a^2 = 3x-2 \implies 3x = a^2+2$.
Выразим второй корень через $a$: $3x+1 = (a^2+2)+1 = a^2+3$.
Подставим замену в уравнение:
$\frac{5}{a} + a = 3\sqrt{a^2+3}$
Приведем левую часть к общему знаменателю:
$\frac{5+a^2}{a} = 3\sqrt{a^2+3}$
$5+a^2 = 3a\sqrt{a^2+3}$
Поскольку $a>0$, обе части уравнения положительны. Возведем их в квадрат:
$(5+a^2)^2 = (3a\sqrt{a^2+3})^2$
$25 + 10a^2 + a^4 = 9a^2(a^2+3)$
$25 + 10a^2 + a^4 = 9a^4 + 27a^2$
$8a^4 + 17a^2 - 25 = 0$
Это биквадратное уравнение. Сделаем еще одну замену $z=a^2$, где $z>0$.
$8z^2+17z-25=0$
$D = 17^2 - 4(8)(-25) = 289 + 800 = 1089 = 33^2$.
$z = \frac{-17 \pm 33}{16}$.
$z_1 = \frac{-17+33}{16} = \frac{16}{16} = 1$.
$z_2 = \frac{-17-33}{16} = -\frac{50}{16}$.
Так как $z=a^2>0$, корень $z_2$ не подходит. Остается $z=1$.
$a^2=1$. Так как $a>0$, то $a=1$.
Вернемся к исходной переменной: $\sqrt{3x-2} = 1$.
$3x-2 = 1$
$3x=3$
$x=1$.
Проверим, удовлетворяет ли корень ОДЗ $x > 2/3$: $1 > 2/3$. Удовлетворяет.
Проверка подстановкой $x=1$ в исходное уравнение:
$\frac{5}{\sqrt{3(1)-2}} + \sqrt{3(1)-2} = \frac{5}{\sqrt{1}} + \sqrt{1} = 5+1=6$.
$3\sqrt{3(1)+1} = 3\sqrt{4} = 3 \cdot 2 = 6$.
$6=6$. Корень найден верно.
Ответ: 1

24.14. Упростите выражение $3\sqrt[3]{-2} + 4\sqrt[3]{16} + 6\sqrt[3]{\frac{1}{9}} - 2\sqrt[3]{-6\frac{3}{4}} - \sqrt[3]{24}$

Для упрощения данного выражения преобразуем каждый его член так, чтобы под знаком кубического корня остались одинаковые числа.

Исходное выражение: $3\sqrt[3]{-2} + 4\sqrt[3]{16} + 6\sqrt[3]{\frac{1}{9}} - 2\sqrt[3]{-6\frac{3}{4}} - \sqrt[3]{24}$

Упростим каждый член по отдельности:

1. Первый член: $3\sqrt[3]{-2} = -3\sqrt[3]{2}$.

2. Второй член: $4\sqrt[3]{16} = 4\sqrt[3]{8 \cdot 2} = 4\sqrt[3]{2^3 \cdot 2} = 4 \cdot 2\sqrt[3]{2} = 8\sqrt[3]{2}$.

3. Третий член: $6\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$. Чтобы сделать знаменатель под корнем кубом, умножим числитель и знаменатель дроби на 3: $6\sqrt[3]{\frac{1 \cdot 3}{9 \cdot 3}} = 6\sqrt[3]{\frac{3}{27}} = 6\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{27}} = 6\frac{\sqrt[3]{3}}{3} = 2\sqrt[3]{3}$.

4. Четвертый член: $-2\sqrt[3]{-6\frac{3}{4}}$. Сначала преобразуем смешанную дробь в неправильную: $-6\frac{3}{4} = -\frac{6 \cdot 4 + 3}{4} = -\frac{27}{4}$.Получаем: $-2\sqrt[3]{-\frac{27}{4}} = -2(-\sqrt[3]{\frac{27}{4}}) = 2\sqrt[3]{\frac{27}{4}} = 2\frac{\sqrt[3]{27}}{\sqrt[3]{4}} = 2\frac{3}{\sqrt[3]{4}} = \frac{6}{\sqrt[3]{4}}$.Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt[3]{2}$:$\frac{6\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{4}\sqrt[3]{2}} = \frac{6\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{8}} = \frac{6\sqrt[3]{2}}{2} = 3\sqrt[3]{2}$.

5. Пятый член: $-\sqrt[3]{24} = -\sqrt[3]{8 \cdot 3} = -\sqrt[3]{2^3 \cdot 3} = -2\sqrt[3]{3}$.

Теперь подставим упрощенные члены обратно в выражение и выполним сложение и вычитание:

$-3\sqrt[3]{2} + 8\sqrt[3]{2} + 2\sqrt[3]{3} + 3\sqrt[3]{2} - 2\sqrt[3]{3}$

Сгруппируем подобные слагаемые (члены с $\sqrt[3]{2}$ и члены с $\sqrt[3]{3}$):

$(-3\sqrt[3]{2} + 8\sqrt[3]{2} + 3\sqrt[3]{2}) + (2\sqrt[3]{3} - 2\sqrt[3]{3})$

Вынесем общие множители за скобки:

$(-3 + 8 + 3)\sqrt[3]{2} + (2 - 2)\sqrt[3]{3}$

$8\sqrt[3]{2} + 0 \cdot \sqrt[3]{3}$

$8\sqrt[3]{2}$

Ответ: $8\sqrt[3]{2}$