1. 2 cos квадрат x - 5 sin x + 1 = 0 2. cos 2 x - sin x = 0 3. sin 4 x cos 2 x = sin 2 x cos 4 x 4. cos (0, 5п-2x) + sin x = 0

2 cos квадрат x - 5 sin x + 1=0
2(1-sin2x)-5sin x +1=0
2-2sin2x-5sinx+1=0
-2sin2x-5sinx+1+2=0
-2sin2x-5sinx+3=0|:(-1)
2sin2x+5sinx-3=0
sinx=t
2t квардрат+5t-3=0
Д=7
x1=3
x2=-1\2

sinx=-1\2 - розв`язку немає
sinx=3? x=(-1)  в степені k arssin3+Пn,n належить Z

2. cos 2 x - sin x =0
1-2sin2x=0
-12sin2x=0
-1sin2x=0|:(-1)
sin2x=0 або
1-сos2x=0

3.

Проведем отрезок ОС. Он разделит четырехгранник CAOB на два равных прямоугольных треугольника AOC=BOC. Треугольники равны, т.к.сторона OC-общая, AO=BO=Rокружности и угол CAO=углу CBO=90градусов, т.к. радиус проведенный к точке касания образует перпендикуляр к касательной линии.
Из равенства треугольников следует равенство углов ACO=BCO. Эти два угла равны, а в сумме они образуют угол C, который равен 18 градусам. Значит угол ACO=BCO=9градусов. Оставшиеся углы AOC и BOC будут равны 180-90-9=81градусу. Угол АОB состоит из углов: AOC и BOC, которые равны между собой, а их значение мы вычислили выше. Значит угол AOB=2*81=162градуса

докажем утверждение от противного.

можно предположить, что для любых двух разных точек a и b из s найдется отличная от них точка x из s такая, что либо xa < 0,999ab, либо xb < 0,999ab.

переформулируем утверждение: для любого отрезка i с концами в s и длиной l найдется отрезок i′ с концами в s длины не более 0,999l, один из концов которого совпадает с некоторым концом i.

или, иначе говоря, i′ пересекает i.

возьмем теперь первый отрезок i1 длины l и будем брать отрезки i2, i3, …так, что ik + 1 пересекается с ik и |ik + 1| < 0,999|ik|.

все эти отрезки имеют концы в s. ломаная не короче отрезка, соединяющего ее концы, поэтому расстояние от любого конца ik до любого конца i1 не превосходит

следовательно, в квадрате 2000l × 2000l с центром в любом из концов i1 лежит бесконечное число точек s.

но из условия следует конечность их числа в любом квадрате.