ОЧЕНЬ Безотлагательно!!!Это на завтра!!!! 1) При каких а имеет решение:

Всюду n, k - произвольные целые числа.

1) a) -1 lt;= cos(...) lt;= 1 - явно, что это нужное и достаточное условие, тогда x = pi/4 +- arccos(2a - 7) + 2pi n
-1 lt;= 2a - 7 lt;= 1
6 lt;= 2a lt;= 8
3 lt;= a lt;= 4
б) котангенс может принимать любые значения, означает, единственное ограничение - это a - 1 gt;= 0, т.к. модуль неотрицателен.
a - 1 gt;= 0
a gt;= 1

2) а) Подобно 1а), sin воспринимает значения от -1 до 1.
-1 lt;= a - 3 lt;= 1
2 lt;= a lt;= 4

При этих a можно записать 
x/2 = (-1)^k arcsin(a - 3) + pi k
x = (-1)^k 2arcsin(a - 3) + 2pi k
Ответ. при 2 lt;= a lt;= 4 x = (-1)^k 2arcsin(a - 3) + 2pi k; при других a решений нет.
б) tg 2x = 5a + 6
5a + 6 gt;= 0 - т.к. это значение модуля
a gt;= -6/5

При этих a левая и правая часть неотрицательны, возведем в квадрат:
tg 2x = +-(5a + 6)
2x = +-arctg(5a + 6) + pi k
x = +-arctg(5a + 6)/2 + pi k/2