Answer 1

Делаем замену:
$y=tg(\frac{x}{2})$
так как:
$tg(\frac{x}{2})=\frac{1-cosx}{sinx}=\frac{sinx}{1+cosx}$
то выражаем синус и косинус через y:
$ysinx=1-cosx \\cosx=1-ysinx \\sinx=y(1+cosx) \\cosx=1-y*y(1+cosx) \\cosx=1-y^2-y^2*cosx \\y^2cosx+cosx=1-y^2 \\cosx(y^2+1)=1-y^2 \\cosx=\frac{1-y^2}{y^2+1} \\sinx=y(1+\frac{1-y^2}{y^2+1}) \\sinx=y(\frac{y^2+1+1-y^2}{y^2+1}) \\sinx=\frac{2y}{y^2+1}$
упростим немного исходное уравнение:
$(sin^3x+cos^3x)=1 \\(sinx+cosx)(1-sinx*cosx)=1$
подставляем:
$(\frac{2y}{y^2+1}+\frac{1-y^2}{y^2+1})(1-\frac{1-y^2}{y^2+1}*\frac{2y}{y^2+1})=1 \\\frac{2y+1-y^2}{y^2+1}*(1-\frac{2y(1-y^2)}{(y^2+1)^2})=1 \\\frac{2y+1-y^2}{y^2+1}*\frac{y^4+2y^2+1-2y+2y^3}{(y^2+1)^2}=1 \\(2y+1-y^2)(y^4+2y^3+2y^2-2y+1)=(y^2+1)^3$
раскрываем скобки в левой части:
$(2y+1-y^2)(y^4+2y^3+2y^2-2y+1)=\\=2y^5+4y^4+4y^3-4y^2+2y+y^4+2y^3+2y^2-2y+1\\-y^6-2y^5-2y^4+2y^3-y^2=-y^6+3y^4+8y^3-3y^2+1$
в правой части:
$(y^2+1)^3=y^6+3y^4+3y^2+1$
получим:
$-y^6+3y^4+8y^3-3y^2+1=y^6+3y^4+3y^2+1 \\-y^6+8y^3-3y^2=y^6+3y^2 \\2y^6-8y^3+6y^2=0 \\y^2(y^4-4y+3)=0 \\y_1=0 \\y^4-4y+3=0 \\P(1)=1-4+3=0 \Rightarrow y_2=1$
используем схему Горнера(см вложение)
$(y-1)^2(y^2+2y+3)=0 \\y^2+2y+3=0 \\D\ \textless \ 0$
обратная замена:
$y=0 \\sinx= \frac{0}{1} =0 \\x_1=\pi n,\ n \in Z \\cosx= \frac{1}{1} =1 \\x_2=2\pi n,\ n \in Z \\y=1 \\sinx= \frac{2}{2} =1 \\x_3=\frac{\pi}{2}+2\pi n,\ n \in Z \\cosx=0 \\x_4=\frac{\pi}{2}+\pi n, n \in Z$
по условию замены пересекаем множества корней x1 с x2 и x3 с x4:
$\left \{ {{x_1=\pi n,\ n \in Z} \atop {x_2=2\pi n,\ n \in Z}} \right. \Rightarrow x_1=2\pi n,\ n \in Z \\ \left \{ {{x_3=\frac{\pi}{2}+2\pi n,\ n \in Z} \atop {x_4=\frac{\pi}{2}+\pi n, n \in Z}} \right. \Rightarrow x_2=\frac{\pi}{2}+2\pi n, n \in Z$
В итоге:
$x_1=2\pi n,\ n \in Z \\x_2=\frac{\pi}{2}+2\pi n, n \in Z$
Ответ: $x_1=2\pi n,\ n \in Z \ ; \ x_2=\frac{\pi}{2}+2\pi n, n \in Z$

Answer 2

Конечно, я готов ответить подробно на ваш вопрос. Чем могу помочь?