Страница 202, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

31.25. С помощью производной докажите неравенство:

а) $\sin x - x < 0$ при всех $x \in (0; +\infty)$;

б) $\text{tg } x - x > 0$ при всех $x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$.

а) Чтобы доказать неравенство $\sin x - x < 0$ при всех $x \in (0; +\infty)$, рассмотрим функцию $f(x) = \sin x - x$.

Область определения этой функции — все действительные числа. Наша задача — исследовать поведение функции на промежутке $(0; +\infty)$.

Для этого найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\sin x - x)' = \cos x - 1$.

Известно, что значение косинуса для любого аргумента не превышает 1, то есть $\cos x \le 1$. Следовательно, производная $f'(x) = \cos x - 1 \le 0$ при всех значениях $x$.

Равенство $f'(x) = 0$ достигается только в точках, где $\cos x = 1$, то есть при $x = 2\pi k$, где $k$ — целое число. На промежутке $(0; +\infty)$ это отдельные точки ($2\pi, 4\pi, \dots$). Поскольку производная не равна нулю тождественно ни на каком интервале из рассматриваемой области, а только в изолированных точках, и при этом $f'(x) \le 0$, функция $f(x)$ является строго убывающей на всем промежутке $[0; +\infty)$.

Найдем значение функции в начальной точке промежутка, при $x=0$:

$f(0) = \sin 0 - 0 = 0$.

Так как функция $f(x)$ строго убывает на $[0; +\infty)$, то для любого $x > 0$ значение функции будет меньше, чем ее значение в точке 0:

$f(x) < f(0)$ при $x \in (0; +\infty)$.

Подставив выражения для $f(x)$ и $f(0)$, получаем:

$\sin x - x < 0$ при всех $x \in (0; +\infty)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Чтобы доказать неравенство $\tg x - x > 0$ при всех $x \in [0; \frac{\pi}{2})$, рассмотрим функцию $g(x) = \tg x - x$.

Область определения этой функции на заданном промежутке — $[0; \frac{\pi}{2})$.

Проверим значение функции на границе интервала. При $x=0$:

$g(0) = \tg 0 - 0 = 0$.

В этой точке неравенство не является строгим, так как левая часть равна нулю. Докажем, что для всех остальных точек из промежутка, то есть для $x \in (0; \frac{\pi}{2})$, неравенство является строгим.

Найдем производную функции $g(x)$:

$g'(x) = (\tg x - x)' = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$.

На интервале $(0; \frac{\pi}{2})$ значение косинуса находится в пределах $0 < \cos x < 1$.

Следовательно, для квадрата косинуса выполняется $0 < \cos^2 x < 1$.

Отсюда следует, что обратная величина $\frac{1}{\cos^2 x} > 1$.

Тогда производная $g'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.

Поскольку производная функции положительна на всем интервале $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $g(x)$ является строго возрастающей на промежутке $[0; \frac{\pi}{2})$.

Мы уже вычислили, что $g(0) = 0$. Так как функция строго возрастает, для любого $x$ из интервала $(0; \frac{\pi}{2})$ значение функции будет больше, чем ее значение в точке 0:

$g(x) > g(0)$ при $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.

Подставив выражения для $g(x)$ и $g(0)$, получаем:

$\tg x - x > 0$ при всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.

Таким образом, для $x=0$ выражение равно 0, а для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$ оно строго больше нуля. Это доказывает утверждение (с уточнением, что при $x=0$ имеет место равенство).

Ответ: Неравенство доказано.

Докажите неравенство:

31.26. a) $1 + \ln x \le x$ при всех $x \in (0; +\infty)$;

б) $e^x \ge 1 + x$ при всех $x \in \mathbf{R}$.

а) Для доказательства неравенства $1 + \ln x \le x$ при всех $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим вспомогательную функцию.

Перенесем все члены неравенства в одну сторону, чтобы получить $1 + \ln x - x \le 0$.

Введем функцию $f(x) = 1 + \ln x - x$. Область определения этой функции $D(f) = (0; +\infty)$ совпадает с условием задачи. Нам нужно доказать, что $f(x) \le 0$ для всех $x$ из области определения.

Для этого найдем наибольшее значение функции с помощью производной. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (1 + \ln x - x)' = \frac{1}{x} - 1$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{1}{x} - 1 = 0 \Rightarrow \frac{1}{x} = 1 \Rightarrow x = 1$.

Точка $x=1$ принадлежит области определения $(0; +\infty)$.

Определим знаки производной. Если $x \in (0; 1)$, то $f'(x) = \frac{1-x}{x} > 0$, значит, функция $f(x)$ возрастает. Если $x \in (1; +\infty)$, то $f'(x) = \frac{1-x}{x} < 0$, значит, функция $f(x)$ убывает.

Таким образом, в точке $x=1$ функция $f(x)$ достигает своего единственного экстремума, который является глобальным максимумом.

Найдем это максимальное значение:

$f_{max} = f(1) = 1 + \ln(1) - 1 = 1 + 0 - 1 = 0$.

Поскольку максимальное значение функции $f(x)$ на всей области определения равно 0, то для любого $x \in (0; +\infty)$ выполняется неравенство $f(x) \le 0$.

Следовательно, $1 + \ln x - x \le 0$, что равносильно $1 + \ln x \le x$.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $e^x \ge 1 + x$ при всех $x \in \mathbb{R}$ используем аналогичный подход.

Перенесем все члены в одну сторону: $e^x - 1 - x \ge 0$.

Введем функцию $g(x) = e^x - 1 - x$. Область определения этой функции $D(g) = (-\infty; +\infty)$, то есть все действительные числа $\mathbb{R}$. Нам нужно доказать, что $g(x) \ge 0$ для всех действительных $x$.

Найдем наименьшее значение функции, исследуя ее с помощью производной. Найдем производную функции $g(x)$:

$g'(x) = (e^x - 1 - x)' = e^x - 1$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$g'(x) = 0 \Rightarrow e^x - 1 = 0 \Rightarrow e^x = 1 \Rightarrow x = 0$.

Определим знаки производной. Если $x < 0$, то $e^x < 1$, и $g'(x) < 0$, следовательно, функция $g(x)$ убывает. Если $x > 0$, то $e^x > 1$, и $g'(x) > 0$, следовательно, функция $g(x)$ возрастает.

Таким образом, в точке $x=0$ функция $g(x)$ достигает своего единственного экстремума, который является глобальным минимумом.

Найдем это минимальное значение:

$g_{min} = g(0) = e^0 - 1 - 0 = 1 - 1 - 0 = 0$.

Поскольку минимальное значение функции $g(x)$ на всей числовой прямой равно 0, то для любого $x \in \mathbb{R}$ выполняется неравенство $g(x) \ge 0$.

Следовательно, $e^x - 1 - x \ge 0$, что равносильно $e^x \ge 1 + x$.

Ответ: Неравенство доказано.

31.27. а) $ln (1 + x) > x - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$;

б) $sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при всех $x \in (0; +\infty)$;

в) $e^x \geq 1 + x + \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in R$;

г) $cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$.

а)

Для доказательства неравенства $\ln(1 + x) > x - \frac{x^2}{2}$ при $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим функцию $f(x) = \ln(1 + x) - \left(x - \frac{x^2}{2}\right)$. Нам нужно доказать, что $f(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Область определения функции $f(x)$ — это $x > -1$, что включает заданный интервал $(0; +\infty)$.

Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = \left(\ln(1 + x) - x + \frac{x^2}{2}\right)' = \frac{1}{1+x} - 1 + x$

Приведем производную к общему знаменателю:

$f'(x) = \frac{1 - (1+x) + x(1+x)}{1+x} = \frac{1 - 1 - x + x + x^2}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}$

На интервале $x \in (0; +\infty)$ числитель $x^2 > 0$ и знаменатель $1+x > 1 > 0$. Следовательно, $f'(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Поскольку производная функции положительна на интервале $(0; +\infty)$, функция $f(x)$ строго возрастает на этом интервале.

Теперь найдем значение функции в граничной точке $x=0$:

$f(0) = \ln(1+0) - \left(0 - \frac{0^2}{2}\right) = \ln(1) - 0 = 0$

Так как функция $f(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $f(0) = 0$, то для любого $x > 0$ выполняется неравенство $f(x) > f(0)$.

Таким образом, $f(x) > 0$ для всех $x \in (0; +\infty)$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство $\ln(1 + x) > x - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$ доказано.

б)

Для доказательства неравенства $\sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим функцию $g(x) = \sin x - \left(x - \frac{x^3}{6}\right)$. Нам нужно доказать, что $g(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Будем последовательно находить производные функции $g(x)$:

$g'(x) = (\sin x - x + \frac{x^3}{6})' = \cos x - 1 + \frac{3x^2}{6} = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$

$g''(x) = (\cos x - 1 + \frac{x^2}{2})' = -\sin x + x$

$g'''(x) = (-\sin x + x)' = -\cos x + 1$

Проанализируем знаки производных, начиная с третьей. Мы знаем, что $\cos x \le 1$ для всех $x$. Поэтому $g'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ для всех $x$. Равенство нулю достигается только в точках $x = 2\pi k$, где $k$ — целое число.

Поскольку $g'''(x) \ge 0$, функция $g''(x)$ является неубывающей на всей числовой оси. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$g''(0) = -\sin(0) + 0 = 0$.

Так как $g''(x)$ не убывает и $g''(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $g''(x) > g''(0) = 0$.

Теперь, поскольку $g''(x) > 0$ при $x > 0$, функция $g'(x)$ строго возрастает на интервале $(0; +\infty)$. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$g'(0) = \cos(0) - 1 + \frac{0^2}{2} = 1 - 1 + 0 = 0$.

Так как $g'(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $g'(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $g'(x) > g'(0) = 0$.

Наконец, поскольку $g'(x) > 0$ при $x > 0$, исходная функция $g(x)$ строго возрастает на интервале $(0; +\infty)$. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$g(0) = \sin(0) - \left(0 - \frac{0^3}{6}\right) = 0 - 0 = 0$.

Так как $g(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $g(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $g(x) > g(0) = 0$.

Таким образом, $g(x) > 0$ для всех $x \in (0; +\infty)$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство $\sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при всех $x \in (0; +\infty)$ доказано.

в)

Рассмотрим неравенство $e^x \ge 1 + x + \frac{x^2}{2}$ при $x \in \mathbb{R}$. Введем функцию $h(x) = e^x - \left(1 + x + \frac{x^2}{2}\right)$ и исследуем ее знак.

Найдем производные функции $h(x)$:

$h'(x) = \left(e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}\right)' = e^x - 1 - x$

$h''(x) = (e^x - 1 - x)' = e^x - 1$

Проанализируем знак второй производной $h''(x)$.

$h''(x) > 0$ при $e^x > 1$, то есть при $x > 0$.

$h''(x) < 0$ при $e^x < 1$, то есть при $x < 0$.

$h''(x) = 0$ при $e^x = 1$, то есть при $x = 0$.

Это означает, что первая производная $h'(x)$ убывает на интервале $(-\infty; 0]$ и возрастает на интервале $[0; +\infty)$. Следовательно, в точке $x=0$ функция $h'(x)$ достигает своего глобального минимума.

Значение этого минимума равно:

$h'(0) = e^0 - 1 - 0 = 0$.

Поскольку минимальное значение $h'(x)$ равно нулю, то $h'(x) \ge 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, причем равенство достигается только при $x=0$.

Так как $h'(x) \ge 0$ для всех $x$, функция $h(x)$ является неубывающей на всей числовой прямой $\mathbb{R}$.

Найдем значение функции $h(x)$ в точке $x=0$:

$h(0) = e^0 - \left(1 + 0 + \frac{0^2}{2}\right) = 1 - 1 = 0$.

Теперь рассмотрим два случая:

1. Для $x \ge 0$. Поскольку $h(x)$ не убывает, то $h(x) \ge h(0) = 0$. Это означает, что $e^x - (1 + x + \frac{x^2}{2}) \ge 0$, или $e^x \ge 1 + x + \frac{x^2}{2}$. В этом случае неравенство верно.

2. Для $x < 0$. Поскольку $h(x)$ не убывает, и $x < 0$, то $h(x) \le h(0) = 0$. Это означает, что $e^x - (1 + x + \frac{x^2}{2}) \le 0$, или $e^x \le 1 + x + \frac{x^2}{2}$. В этом случае исходное неравенство не выполняется. Например, для $x=-2$: $e^{-2} \approx 0.135$, а $1 + (-2) + \frac{(-2)^2}{2} = 1 - 2 + 2 = 1$. Неравенство $0.135 \ge 1$ ложно.

Таким образом, исходное утверждение верно не для всех $x \in \mathbb{R}$, а только для $x \ge 0$.

Ответ: Утверждение $e^x \ge 1 + x + \frac{x^2}{2}$ верно только при $x \ge 0$ и неверно при $x < 0$.

г)

Для доказательства неравенства $\cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ при $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим функцию $k(x) = \cos x - \left(1 - \frac{x^2}{2}\right)$. Нам нужно доказать, что $k(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Найдем производные функции $k(x)$:

$k'(x) = \left(\cos x - 1 + \frac{x^2}{2}\right)' = -\sin x + x$

$k''(x) = (-\sin x + x)' = -\cos x + 1$

Проанализируем знак второй производной $k''(x)$. Поскольку $\cos x \le 1$ для всех $x$, то $k''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ для всех $x$. Равенство нулю достигается только в точках $x = 2\pi n$, где $n$ — целое число.

Так как $k''(x) \ge 0$, функция $k'(x)$ является неубывающей на всей числовой оси. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$k'(0) = -\sin(0) + 0 = 0$.

Поскольку $k'(x)$ не убывает и $k'(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $k'(x) > k'(0) = 0$. (Неравенство строгое, так как $k''(x)$ не равно нулю тождественно ни на каком интервале $(0, a)$).

Так как $k'(x) > 0$ при $x > 0$, исходная функция $k(x)$ строго возрастает на интервале $(0; +\infty)$. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$k(0) = \cos(0) - \left(1 - \frac{0^2}{2}\right) = 1 - 1 = 0$.

Так как функция $k(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $k(0)=0$, то для любого $x > 0$ выполняется неравенство $k(x) > k(0)$.

Таким образом, $k(x) > 0$ для всех $x \in (0; +\infty)$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство $\cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$ доказано.

Постройте график уравнения:

32.1. a) $x^2 = 1$;

б) $y^2 = 9$;

в) $x^2 - 2x + 1 = 0$;

г) $y^2 - 6y + 8 = 0$.

а) Уравнение $x^2 = 1$ равносильно совокупности двух уравнений: $x=1$ и $x=-1$. Каждое из этих уравнений задает на координатной плоскости $Oxy$ вертикальную прямую, параллельную оси ординат ($Oy$).
Прямая $x=1$ проходит через точку $(1, 0)$.
Прямая $x=-1$ проходит через точку $(-1, 0)$.
Таким образом, график исходного уравнения состоит из этих двух вертикальных прямых.
Ответ: две вертикальные прямые $x = 1$ и $x = -1$.

б) Уравнение $y^2 = 9$ равносильно совокупности двух уравнений: $y=3$ и $y=-3$. Каждое из этих уравнений задает на координатной плоскости $Oxy$ горизонтальную прямую, параллельную оси абсцисс ($Ox$).
Прямая $y=3$ проходит через точку $(0, 3)$.
Прямая $y=-3$ проходит через точку $(0, -3)$.
Таким образом, график исходного уравнения состоит из этих двух горизонтальных прямых.
Ответ: две горизонтальные прямые $y = 3$ и $y = -3$.

в) Уравнение $x^2 - 2x + 1 = 0$ можно преобразовать, заметив в левой части формулу квадрата разности:
$(x-1)^2 = 0$
Это уравнение имеет единственный корень:
$x - 1 = 0 \implies x = 1$
Графиком этого уравнения является вертикальная прямая, параллельная оси $Oy$ и проходящая через точку $(1, 0)$.
Ответ: вертикальная прямая $x = 1$.

г) Уравнение $y^2 - 6y + 8 = 0$ является квадратным уравнением относительно переменной $y$. Найдем его корни. По теореме Виета, сумма корней равна $6$, а произведение равно $8$. Этим условиям удовлетворяют числа $2$ и $4$.
Таким образом, уравнение равносильно совокупности двух уравнений: $y=2$ и $y=4$.
Графиком являются две горизонтальные прямые, параллельные оси $Ox$. Прямая $y=2$ проходит через точку $(0, 2)$, а прямая $y=4$ — через точку $(0, 4)$.
Ответ: две горизонтальные прямые $y = 2$ и $y = 4$.

32.2. а) $x = y;$

Б) $3x - 4y = 12;$

В) $x + y = 2;$

Г) $2y - x - 4 = 0.$

а) Дано уравнение $x = y$. В этом случае, чтобы выразить $y$ через $x$, достаточно поменять местами левую и правую части уравнения. Таким образом, мы получаем $y = x$. Это уравнение уже представлено в виде линейной функции $y = kx + b$, где угловой коэффициент $k=1$, а свободный член $b=0$.
Ответ: $y = x$

б) Дано уравнение $3x - 4y = 12$. Чтобы выразить $y$ через $x$, выполним следующие шаги. Сначала изолируем слагаемое, содержащее $y$, в левой части уравнения, перенеся $3x$ в правую часть с противоположным знаком: $-4y = 12 - 3x$. Теперь разделим обе части уравнения на коэффициент при $y$, то есть на $-4$: $y = \frac{12 - 3x}{-4}$. Для получения стандартного вида $y=kx+b$, разделим каждый член числителя на знаменатель: $y = \frac{12}{-4} + \frac{-3x}{-4}$. Упростив, получаем: $y = -3 + \frac{3}{4}x$. Запишем в привычном порядке: $y = \frac{3}{4}x - 3$.
Ответ: $y = \frac{3}{4}x - 3$

в) Дано уравнение $x + y = 2$. Чтобы выразить $y$ через $x$, нужно перенести $x$ из левой части уравнения в правую, изменив его знак: $y = 2 - x$. Для соответствия стандартной форме $y = kx + b$, поменяем слагаемые в правой части местами: $y = -x + 2$.
Ответ: $y = -x + 2$

г) Дано уравнение $2y - x - 4 = 0$. Чтобы выразить $y$ через $x$, сначала перенесем все члены, кроме того, что содержит $y$, в правую часть уравнения, изменив их знаки: $2y = x + 4$. Далее, разделим обе части уравнения на коэффициент при $y$, то есть на 2: $y = \frac{x + 4}{2}$. Разделим почленно числитель на знаменатель, чтобы получить вид $y = kx + b$: $y = \frac{x}{2} + \frac{4}{2}$. Упрощаем выражение: $y = \frac{1}{2}x + 2$.
Ответ: $y = \frac{1}{2}x + 2$

Решите уравнение $f(x; y) = 0$ относительно $x$, т. е. преобразуйте уравнение к виду $x = x(y)$. Найдите все значения $y$, при которых это решение единственно:

32.3. а) $xy + y - x = 0;$

б) $xy^2 + xy^5 - (1 + y^3) = 0;$

в) $xy + y + 2x = 0;$

г) $xy - (x - 1)y^3 - 1 = 0.$

а) Исходное уравнение: $xy + y - x = 0$.

Сгруппируем члены, содержащие $x$:

$xy - x = -y$

Вынесем $x$ за скобки:

$x(y - 1) = -y$

Это линейное уравнение относительно $x$. Решение будет единственным, если коэффициент при $x$ не равен нулю, то есть $y - 1 \neq 0$, или $y \neq 1$.

Рассмотрим случай, когда $y = 1$. Подставим это значение в исходное уравнение:

$x \cdot 1 + 1 - x = 0$

$1 = 0$

Получено неверное равенство, следовательно, при $y = 1$ уравнение не имеет решений.

При $y \neq 1$ мы можем разделить обе части уравнения $x(y - 1) = -y$ на $(y - 1)$:

$x = \frac{-y}{y - 1} = \frac{y}{1 - y}$

Эта формула для каждого значения $y \neq 1$ дает единственное значение $x$.

Таким образом, решение единственно при всех $y$, кроме $y=1$.

Ответ: $x = \frac{y}{1 - y}$; решение единственно при $y \neq 1$.

б) Исходное уравнение: $xy^2 + xy^5 - (1 + y^3) = 0$.

Сгруппируем члены, содержащие $x$:

$xy^2 + xy^5 = 1 + y^3$

Вынесем $x$ за скобки:

$x(y^2 + y^5) = 1 + y^3$

$x \cdot y^2(1 + y^3) = 1 + y^3$

Решение единственно, если коэффициент при $x$ не равен нулю: $y^2(1 + y^3) \neq 0$. Это условие нарушается при $y^2 = 0$ (то есть $y = 0$) или $1 + y^3 = 0$ (то есть $y = -1$).

Рассмотрим случай $y = 0$. Подставим в исходное уравнение:

$x \cdot 0^2 + x \cdot 0^5 - (1 + 0^3) = 0$

$-1 = 0$

Получено неверное равенство, значит, при $y = 0$ решений нет.

Рассмотрим случай $y = -1$. Подставим в исходное уравнение:

$x(-1)^2 + x(-1)^5 - (1 + (-1)^3) = 0$

$x - x - (1 - 1) = 0$

$0 = 0$

Получено верное равенство, справедливое для любого $x$. Следовательно, при $y = -1$ уравнение имеет бесконечно много решений.

При $y \neq 0$ и $y \neq -1$ мы можем разделить обе части уравнения $x \cdot y^2(1 + y^3) = 1 + y^3$ на $y^2(1 + y^3)$ (или просто на $(1 + y^3)$, так как при $y \neq -1$ оно не равно нулю, а затем на $y^2$):

$x y^2 = 1$

$x = \frac{1}{y^2}$

Эта формула для каждого $y \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 0\}$ дает единственное решение.

Ответ: $x = \frac{1}{y^2}$; решение единственно при $y \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 0\}$.

в) Исходное уравнение: $xy + y + 2x = 0$.

Сгруппируем члены, содержащие $x$:

$xy + 2x = -y$

Вынесем $x$ за скобки:

$x(y + 2) = -y$

Решение будет единственным, если коэффициент при $x$ не равен нулю, то есть $y + 2 \neq 0$, или $y \neq -2$.

Рассмотрим случай, когда $y = -2$. Подставим это значение в исходное уравнение:

$x(-2) + (-2) + 2x = 0$

$-2x - 2 + 2x = 0$

$-2 = 0$

Получено неверное равенство, следовательно, при $y = -2$ уравнение не имеет решений.

При $y \neq -2$ разделим обе части уравнения $x(y + 2) = -y$ на $(y + 2)$:

$x = \frac{-y}{y + 2}$

Эта формула для каждого значения $y \neq -2$ дает единственное значение $x$.

Ответ: $x = -\frac{y}{y + 2}$; решение единственно при $y \neq -2$.

г) Исходное уравнение: $xy - (x - 1)y^3 - 1 = 0$.

Раскроем скобки:

$xy - xy^3 + y^3 - 1 = 0$

Сгруппируем члены, содержащие $x$:

$xy - xy^3 = 1 - y^3$

Вынесем $x$ за скобки:

$x(y - y^3) = 1 - y^3$

Решение единственно, если коэффициент при $x$ не равен нулю: $y - y^3 \neq 0$.

$y(1 - y^2) \neq 0 \implies y(1 - y)(1 + y) \neq 0$

Это условие нарушается при $y = 0$, $y = 1$ или $y = -1$.

Рассмотрим случай $y = 0$: $x \cdot 0 - (x-1) \cdot 0^3 - 1 = 0 \implies -1 = 0$. Решений нет.

Рассмотрим случай $y = 1$: $x \cdot 1 - (x-1) \cdot 1^3 - 1 = 0 \implies x - (x - 1) - 1 = 0 \implies x - x + 1 - 1 = 0 \implies 0 = 0$. Бесконечно много решений.

Рассмотрим случай $y = -1$: $x(-1) - (x-1)(-1)^3 - 1 = 0 \implies -x - (x-1)(-1) - 1 = 0 \implies -x + (x-1) - 1 = 0 \implies -x+x-1-1=0 \implies -2=0$. Решений нет.

При $y \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 0, 1\}$ мы можем разделить обе части на $(y - y^3)$:

$x = \frac{1 - y^3}{y - y^3} = \frac{(1-y)(1+y+y^2)}{y(1-y^2)} = \frac{(1-y)(1+y+y^2)}{y(1-y)(1+y)}$

Так как $y \neq 1$, можно сократить на $(1-y)$:

$x = \frac{1 + y + y^2}{y(1+y)}$

Эта формула для каждого $y \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 0, 1\}$ дает единственное решение.

Ответ: $x = \frac{1 + y + y^2}{y(1+y)}$; решение единственно при $y \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 0, 1\}$.