Решебник домашнего задания урока 1
В.В. Ткачук  "Математика - абитуриенту"

Задачи 1 - 5

Приступим к разбору домашнего задания первого урока. Сразу замечу, что задачи идут не по возрастанию сложности (и не по убыванию). А сам принцип, по которому определялся порядок задач в списке, я не смог определить. Если есть догадки, поделитесь.

1.  К слагаемому $\cos x$ применим формулу двойного угла (формула 17 в справочнике). Тогда $1+\cos\frac{x}{2}+\cos x=0$ $\Leftrightarrow 1+\cos\frac{x}{2}+2\cos^2\frac{x}{2}-1=0\Leftrightarrow 2\cos^2\frac{x}{2}+\cos\frac{x}{2}=0$ $\Leftrightarrow \cos\frac{x}{2}\cdot (2\cos\frac{x}{2}+1)=0$. Значит, $\cos\frac{x}{2}=0$ или $\cos\frac{x}{2}=-\frac{1}{2}$. Откуда $x=\pi+2\pi n, n\in Z$ или $x=\pm\frac{4\pi}{3}+4\pi k, k\in Z$.

2. К слагаемому $\cos x$ применим формулу двойного аргумента (формула 18 в справочнике). Тогда $1-\sin\frac{x}{2}=1-2\sin^2\frac{x}{2}$ $\Leftrightarrow \sin\frac{x}{2}\cdot (2\sin\frac{x}{2}-1)=0$. Откуда, $\sin\frac{x}{2}=0\Leftrightarrow x=2\pi n, n\in Z$ или $\sin\frac{x}{2}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow x=(-1)^k\frac{\pi}{3}+2\pi k, k\in Z$.

3. К слагаемому $\cos 4x$ применим формулу двойного аргумента (формула 17). Уравнение принимает вид $2\sin^2 x+2\cos^2 2x-1=0$. Далее к слагаемому $\sin^2 x$ применим формулу понижения степени (формула 25). Тогда $2\cdot\frac{1-\cos 2x}{2}+2\cos^2 2x-1=0$. После проведения подобных слагаемых и разложения на множители левой части уравнения приходим к совокупности уравнений $\cos 2x=0$ и $\cos 2x=\frac{1}{2}$. Откуда $x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, n \in Z$ или $x=\pm\frac{\pi}{6}+\pi k, k \in Z$.

4. К слагаемому $\sin 4x$ применим формулу двойного аргумента (формула 15), а выражение $2\cos^2 x-1$ свернем по формуле двойного аргумента для косинуса (формула 17). Тогда $2\sin 2x\cos 2x +\cos 2x=0$. Откуда $\cos 2x=0$ или $\sin 2x=-\frac{1}{2}$, то есть $x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}$ или $x=(-1)^{n+1}\frac{\pi}{12}+\frac{\pi k}{2}, n,k \in Z$.

И последняя задача в этом посте.

5. Заменим $ctg x$ на $\frac{\cos x}{\sin x}$ и приведем левую часть к общему знаменателю. Получим уравнение $5\sin^2 x-4\cos x=0$, при этом не забудем, что $\sin x\ne 0$, иначе котангенс не существует. Далее с помощью основного тригонометрического тождества (формула 1 в справочнике) от $\sin^2 x$ переходим к $1-\cos^2 x$ и после замены $\cos x = t$ приходим к квадратному уравнению $5t^2+4t-5=0$, корнями которого являются числа $\frac{-2\pm\sqrt{29}}{5}$. Так как значения косинуса по модулю не могут быть более единицы, то уравнение $\cos x=\frac{-2-\sqrt{29}}{5}$ корней не имеет. Во втором уравнении $x=\pm\arccos\frac{\sqrt{29}-2}{5}+2n\pi, n\in Z$.

Ссылки на следующие посты с решениями будут появляться здесь. Спасибо за внимание.