а) Перед нами обычное квадратное уравнение, только вместо x в нём сидит тангенс. Сделаем замену t=\mathrm{tg}\,x (тангенс определён при \cos x\ne 0 — это учтём в ответе автоматически): \sqrt{3}t^2-4t+\sqrt{3}=0.

Считаем дискриминант: D=16-4\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}=16-12=4, \sqrt{D}=2. Тогда t=\dfrac{4\pm 2}{2\sqrt{3}}: первый корень t_1=\dfrac{6}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}, второй t_2=\dfrac{2}{2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}.

Быстрая проверка по Виету: произведение корней \sqrt{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{3}=1=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}, сумма \sqrt{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}=\dfrac{4}{\sqrt{3}} — всё сходится.

Возвращаемся к x. Из \mathrm{tg}\,x=\sqrt{3} получаем x=\dfrac{\pi}{3}+\pi n, из \mathrm{tg}\,x=\dfrac{\sqrt{3}}{3} получаем x=\dfrac{\pi}{6}+\pi n, n\in\mathbb{Z}. Обрати внимание: у тангенса период \pi, поэтому прибавляем \pi n, а не 2\pi n.

б) Отбираем корни на отрезке \left[\pi;\,\dfrac{5\pi}{2}\right].

Серия \dfrac{\pi}{6}+\pi n: из \pi\le\dfrac{\pi}{6}+\pi n\le\dfrac{5\pi}{2} получаем \dfrac{5}{6}\le n\le\dfrac{7}{3} — подходят n=1 и n=2, корни \dfrac{7\pi}{6} и \dfrac{13\pi}{6}.

Серия \dfrac{\pi}{3}+\pi n: \dfrac{2}{3}\le n\le\dfrac{13}{6} — подходят n=1 и n=2, корни \dfrac{4\pi}{3} и \dfrac{7\pi}{3}.

Контроль: \dfrac{5\pi}{2}=\dfrac{15\pi}{6}, и оба «верхних» корня \dfrac{13\pi}{6} и \dfrac{7\pi}{3}=\dfrac{14\pi}{6} не вылезают за край — всё сходится. Итого четыре корня.