№19. Задача с параметром

Шаг 1. ОДЗ

Под каждым логарифмом должно стоять положительное число:

\[\begin{cases}6a - x > 0,\\ 2a + 2x - 2 > 0,\\ x - a > 0\end{cases} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \begin{cases}x < 6a,\\ x > 1 - a,\\ x > a.\end{cases}\]

Важно! ОДЗ выписываем до преобразований. В этой задаче именно оно решает всё: формально корней два, но каждый живёт только при своих значениях параметра.

Шаг 2. Выносим общий множитель

Переносим всё влево:

\[\ln(6a - x)\Big[\ln(2a + 2x - 2) - \ln(x - a)\Big] = 0.\]

Важно! Сокращать на \(\ln(6a-x)\) нельзя — он вполне может обращаться в ноль, и тогда теряется целая серия корней.

Первый множитель:

\[\ln(6a - x) = 0 \;\Longrightarrow\; 6a - x = 1 \;\Longrightarrow\; x = 6a - 1.\]

Второй множитель: логарифмы равны, значит равны аргументы:

\[2a + 2x - 2 = x - a \;\Longrightarrow\; x = 2 - 3a.\]

Шаг 3. Когда каждый корень реально существует

Корень \(x = 6a - 1\). Подставляем в ОДЗ:

\[6a - 1 < 6a\ —\ \text{верно всегда};\]

\[6a - 1 > 1 - a \;\Longrightarrow\; 7a > 2 \;\Longrightarrow\; a > \dfrac27;\]

\[6a - 1 > a \;\Longrightarrow\; a > \dfrac15.\]

Жёстче оказалось первое: корень существует при \(a > \dfrac27\).

Корень \(x = 2 - 3a\).

\[2 - 3a < 6a \;\Longrightarrow\; a > \dfrac29;\qquad 2 - 3a > 1 - a \;\Longrightarrow\; a < \dfrac12;\qquad 2 - 3a > a \;\Longrightarrow\; a < \dfrac12.\]

Корень существует при \(\dfrac29 < a < \dfrac12\).

Шаг 4. Кто попадает на отрезок [0; 1]

\[0 \le 6a - 1 \le 1 \;\Longleftrightarrow\; \dfrac16 \le a \le \dfrac13;\]

\[0 \le 2 - 3a \le 1 \;\Longleftrightarrow\; \dfrac13 \le a \le \dfrac23.\]

Пересекаем с условиями существования:

\[\text{корень } 6a-1 \text{ работает при } a \in \left(\dfrac27;\ \dfrac13\right];\qquad \text{корень } 2-3a \text{ — при } a \in \left[\dfrac13;\ \dfrac12\right).\]

На рисунке каждая прямая нарисована сплошной там, где соответствующий корень проходит ОДЗ, и серым пунктиром — где не проходит. Пунктирные вертикали отмечают отрезок \([0;\,1]\).

Шаг 5. Собираем ответ

Два промежутка стыкуются в точке \(a = \dfrac13\). Проверим её отдельно: тогда \(6a - 1 = 1\) и \(2 - 3a = 1\) — корни совпали, он один. Значит \(a = \dfrac13\) подходит, и объединение получается сплошным:

\[\left(\dfrac27;\ \dfrac13\right] \cup \left[\dfrac13;\ \dfrac12\right) = \left(\dfrac27;\ \dfrac12\right).\]

Вне этого промежутка корней на отрезке нет вообще (ноль), поэтому больше ничего не добавляется.

Важно! Если бы в точке стыка корни не совпали, там было бы два корня и \(a = \dfrac13\) пришлось бы выколоть. Поэтому точку склейки всегда проверяют подстановкой, а не «на глаз».

Ответ: \(a \in \left(\dfrac27;\ \dfrac12\right)\)

Шаг 1. Снимаем логарифмы

Равенство \(\log_4 A = \log_4 B\) равносильно системе \(A = B\) и \(A > 0\):

\[\begin{cases}1 - y^2 = 1 - a^2x^2,\\ 1 - y^2 > 0.\end{cases}\]

Первая строчка даёт \(y^2 = a^2x^2\), то есть \(y = ax\) или \(y = -ax\). Вторая — ограничение \(|y| < 1\).

Важно! Достаточно потребовать положительность одного аргумента: из \(1-y^2 = 1-a^2x^2\) и \(1-y^2>0\) второе условие следует само. А вот совсем без условия положительности решать нельзя.

Шаг 2. Второе уравнение — это эллипс

Выделяем полные квадраты:

\[x^2 - 5x + 4y^2 - 4y = 0,\]

\[\left(x - \dfrac{5}{2}\right)^2 - \dfrac{25}{4} + 4\left(y - \dfrac12\right)^2 - 1 = 0,\]

\[\left(x - 2{,}5\right)^2 + 4\left(y - 0{,}5\right)^2 = 7{,}25.\]

Это эллипс с центром \((2{,}5;\ 0{,}5)\). Полуось вдоль \(x\) равна \(\sqrt{7{,}25} \approx 2{,}69\), вдоль \(y\) — вдвое меньше, \(\approx 1{,}35\).

Серым пунктиром показаны куски эллипса, где \(|y| \ge 1\) — они запрещены вторым условием. Сразу заметим важную вещь: точка \((0;\,0)\) лежит на эллипсе (\(6{,}25 + 1 = 7{,}25\)) и, конечно, удовлетворяет \(|y| < 1\).

Шаг 3. Пересекаем эллипс с прямой y = ax

Обе прямые \(y = ax\) и \(y = -ax\) проходят через начало координат — а начало координат лежит на эллипсе. Значит точка \((0;\,0)\) является решением при любом \(a\). Это «бесплатное» первое решение.

Подставим \(y = ax\) в уравнение эллипса:

\[\left(x - 2{,}5\right)^2 + 4\left(ax - 0{,}5\right)^2 = 7{,}25,\]

\[x^2 - 5x + 6{,}25 + 4a^2x^2 - 4ax + 1 = 7{,}25,\]

\[\left(1 + 4a^2\right)x^2 - \left(5 + 4a\right)x = 0,\qquad x\left[\left(1 + 4a^2\right)x - \left(5 + 4a\right)\right] = 0.\]

Свободный член исчез — именно потому, что начало координат лежит на эллипсе. Кроме \(x = 0\) получаем вторую точку

\[x_1 = \dfrac{5 + 4a}{1 + 4a^2},\qquad y_1 = a x_1.\]

Для прямой \(y = -ax\) всё то же самое с заменой \(a\) на \(-a\):

\[x_2 = \dfrac{5 - 4a}{1 + 4a^2},\qquad y_2 = -a x_2.\]

Важно! Набор из двух прямых \(y = ax\) и \(y = -ax\) при замене \(a\) на \(-a\) не меняется. Значит и ответ обязан быть симметричным относительно нуля — это бесплатная проверка в конце.

Шаг 4. Когда точки «засчитываются»

Разберём \(a > 0\) (для \(a < 0\) ответ получится отражением, а \(a = 0\) посмотрим отдельно).

Точка \(P_1\). Условие \(|y_1| < 1\):

\[\dfrac{a(5 + 4a)}{1 + 4a^2} < 1 \;\Longleftrightarrow\; 5a + 4a^2 < 1 + 4a^2 \;\Longleftrightarrow\; 5a < 1 \;\Longleftrightarrow\; a < \dfrac15.\]

Точка \(P_2\). Условие \(|y_2| < 1\) переписывается как \(a\,|5 - 4a| < 1 + 4a^2\). Если \(5 - 4a \ge 0\), это \(8a^2 - 5a + 1 > 0\); дискриминант \(25 - 32 = -7 < 0\), значит неравенство верно всегда. Если же \(5 - 4a < 0\), получаем \(-5a < 1\) — тоже всегда верно. Итак, \(P_2\) проходит ограничение при любом \(a > 0\).

Но \(P_2\) может совпасть с началом координат: \(x_2 = 0\) при \(a = \dfrac54\).

Шаг 5. Собираем ответ

При \(a > 0\) число различных решений равно

\[1\ \text{(начало координат)} + \left[a < \tfrac15\right] + \left[a \neq \tfrac54\right].\]

\[0 < a < \dfrac15:\quad 1 + 1 + 1 = 3\ \text{решения} \ —\ \text{не подходит};\]

\[a = \dfrac54:\quad 1 + 0 + 0 = 1\ \text{решение} \ —\ \text{не подходит};\]

\[a \ge \dfrac15,\ a \neq \dfrac54:\quad 1 + 0 + 1 = 2\ \text{решения} \ —\ \text{подходит}.\]

Случай \(a = 0\). Обе прямые превращаются в одну: \(y = 0\). Подставляем в эллипс: \((x-2{,}5)^2 + 1 = 7{,}25\), откуда \(x = 0\) или \(x = 5\). Оба раза \(|y| = 0 < 1\) — ровно два решения, \(a = 0\) подходит.

Важно! При \(a = \dfrac15\) точка \(P_1\) даёт \(|y_1| = 1\) ровно, а неравенство строгое — значит она не засчитывается, и \(a = \dfrac15\) в ответ входит. Этот «пограничный» разбор решает, круглая скобка или квадратная.

Остаётся отразить найденное относительно нуля.

Ответ: \(a \in \left(-\infty;\ -\dfrac54\right) \cup \left(-\dfrac54;\ -\dfrac15\right] \cup \{0\} \cup \left[\dfrac15;\ \dfrac54\right) \cup \left(\dfrac54;\ +\infty\right)\)

Идея решения

Обозначим две «половинки» буквами: \(u = x^2 - 5\) и \(v = \ln(x-a)\). Тогда слева стоит \((u+v)^2\), а справа \(u^2 + v^2\). Квадрат суммы раскрывается, и уравнение схлопывается до простейшего.

Шаг 1. Раскрываем квадрат суммы

\[(u + v)^2 = u^2 + v^2 \;\Longleftrightarrow\; u^2 + 2uv + v^2 = u^2 + v^2 \;\Longleftrightarrow\; 2uv = 0 \;\Longleftrightarrow\; uv = 0.\]

Значит уравнение равносильно (в пределах ОДЗ) совокупности

\[x^2 - 5 = 0 \quad\text{или}\quad \ln(x - a) = 0.\]

Важно! Тождество \((u+v)^2 = u^2 + v^2\) выполняется только когда \(uv = 0\). Это не «частный случай», а полная равносильность — поэтому никаких корней мы не теряем и лишних не приобретаем.

Шаг 2. ОДЗ

Логарифм требует положительного аргумента:

\[x - a > 0,\qquad\text{то есть}\qquad x > a.\]

Других ограничений нет.

Шаг 3. Три «кандидата» в корни

\[x^2 = 5 \;\Longrightarrow\; x = \sqrt5 \approx 2{,}24\quad\text{или}\quad x = -\sqrt5 \approx -2{,}24;\]

\[\ln(x - a) = 0 \;\Longrightarrow\; x - a = 1 \;\Longrightarrow\; x = a + 1.\]

Сразу отметим: \(-\sqrt5 \approx -2{,}24\) лежит левее \(-1\), то есть никогда не попадает на отрезок \([-1;\,3]\). Про него можно забыть.

Корень \(x = a+1\) ОДЗ проходит всегда: \(a + 1 > a\) — верно при любом \(a\). А корень \(x = \sqrt5\) существует только при \(\sqrt5 > a\).

Шаг 4. Картинка в плоскости (x; a)

Нарисуем всё в системе координат, где по горизонтали \(x\), а по вертикали \(a\). Тогда каждому значению параметра отвечает горизонтальная прямая, и ответ считывается как число точек пересечения этой прямой с нарисованными линиями внутри полосы \(-1 \le x \le 3\).

Что нарисовано: штриховкой закрыта запрещённая область \(a \ge x\); синие вертикальные прямые \(x = \pm\sqrt5\) обрываются на границе ОДЗ; оранжевая прямая \(a = x - 1\) — это корень \(x = a + 1\); пунктирные вертикали отмечают отрезок \([-1;\,3]\).

Шаг 5. Считаем точки

Разберём, когда внутри полосы ровно одна точка.

1) \(a < -2\). Тогда \(a + 1 < -1\) — оранжевая точка левее отрезка. Остаётся только \(x = \sqrt5\) (он есть, ведь \(a < -2 < \sqrt5\)). Ровно один корень — подходит.

2) \(-2 \le a \le 2\). Теперь \(-1 \le a + 1 \le 3\): оранжевая точка внутри отрезка. Вместе с \(x = \sqrt5\) получается два корня — не подходит. Исключение: если они совпали.

3) \(a + 1 = \sqrt5\), то есть \(a = \sqrt5 - 1 \approx 1{,}24\). Оба корня сливаются в одну точку — корень ровно один, подходит.

4) \(2 < a < \sqrt5\). Теперь \(a + 1 > 3\) — оранжевая точка правее отрезка, а \(x = \sqrt5\) ещё существует. Ровно один корень — подходит.

5) \(a \ge \sqrt5\). Корень \(x = \sqrt5\) ОДЗ не проходит (\(\sqrt5 - a \le 0\)), а \(a + 1 \ge \sqrt5 + 1 > 3\). Корней на отрезке нет.

Важно! Случай слияния корней — самое уязвимое место таких задач. Два разных уравнения могут дать одно и то же число, и тогда «два корня» превращаются в один. Всегда проверяйте отдельно: \(a + 1 = \sqrt5\).

Важно! Концы отрезка. При \(a = -2\) получаем \(a+1 = -1\) — это левый конец, он входит в отрезок, значит корней два и такое \(a\) не годится. Ровно так же при \(a = 2\): \(a+1 = 3\) — правый конец. Поэтому в ответе обе границы выколоты.

Ответ: \(a \in (-\infty;\ -2) \cup \left\{\sqrt5 - 1\right\} \cup \left(2;\ \sqrt5\right)\)

Идея решения

Слева стоит сумма модулей — значит, после раскрытия получится ломаная из трёх прямолинейных кусков с изломами в точках \(x = -1\) и \(x = 1\). На крайних кусках угловые коэффициенты оказываются равны \(-1\) и \(+1\) при любом \(a\), поэтому ветви всегда уходят вверх. Два корня будут ровно тогда, когда самая нижняя точка ломаной окажется под осью.

Шаг 1. Раскрываем модули на трёх промежутках

Обозначим \(f(x) = a|x+1| + (1-a)|x-1| + 2\).

При \(x \leqslant -1\): \(|x+1| = -x-1\), \(|x-1| = 1-x\). Тогда

\[f(x) = a(-x-1) + (1-a)(1-x) + 2 = -x + 3 - 2a.\]

При \(-1 \leqslant x \leqslant 1\): \(|x+1| = x+1\), \(|x-1| = 1-x\). Тогда

\[f(x) = a(x+1) + (1-a)(1-x) + 2 = (2a-1)x + 3.\]

При \(x \geqslant 1\): \(|x+1| = x+1\), \(|x-1| = x-1\). Тогда

\[f(x) = a(x+1) + (1-a)(x-1) + 2 = x + 2a + 1.\]

Важно! Обязательно проверьте стыковку в точках излома — это бесплатный контроль вычислений. Первая формула при \(x = -1\) даёт \(4 - 2a\), вторая — тоже \(4 - 2a\). Вторая при \(x = 1\) даёт \(2a + 2\), третья — тоже \(2a + 2\). Сошлось, значит модули раскрыты правильно.

Шаг 2. Как выглядит ломаная

Слева угловой коэффициент равен \(-1\), справа \(+1\) — от \(a\) они не зависят. Значит, при \(x \to -\infty\) и при \(x \to +\infty\) функция \(f\) стремится к \(+\infty\): обе крайние ветви уходят вверх.

Значения в точках излома:

\[f(-1) = 4 - 2a,\qquad f(1) = 2a + 2.\]

А наклон среднего куска равен \(2a - 1\) — вот он уже от \(a\) зависит, и именно он определяет, в какой из двух точек излома сидит минимум.

Шаг 3. Случай a < 1/2

Тогда \(2a - 1 < 0\): средний кусок убывает. Получается, что \(f\) убывает на всём промежутке \((-\infty;\ 1]\) и возрастает на \([1;\ +\infty)\). Минимум — в точке \(x = 1\):

\[f_{\min} = f(1) = 2a + 2.\]

Ровно два корня ⟺ минимум строго отрицателен:

\[2a + 2 < 0 \quad\Longleftrightarrow\quad a < -1.\]

Это согласуется с условием \(a < \dfrac12\), поэтому получаем \(a < -1\).

Шаг 4. Случай a > 1/2

Теперь \(2a - 1 > 0\): средний кусок возрастает. Функция убывает на \((-\infty;\ -1]\) и возрастает на \([-1;\ +\infty)\). Минимум — в точке \(x = -1\):

\[f_{\min} = f(-1) = 4 - 2a.\]

\[4 - 2a < 0 \quad\Longleftrightarrow\quad a > 2,\]

что согласуется с \(a > \dfrac12\).

Шаг 5. Случай a = 1/2

Средний кусок превращается в горизонтальный отрезок \(f(x) = 3\). Наименьшее значение равно \(3 > 0\), корней нет.

Важно! Граничные значения \(a = -1\) и \(a = 2\) в ответ не входят: там минимум равен нулю, ломаная касается оси, и корень получается ровно один, а не два.

Шаг 6. Собираем

\[a < -1 \quad\text{или}\quad a > 2.\]

Ответ

\[a \in (-\infty;\ -1) \cup (2;\ +\infty).\]

Ответ: \(a \in (-\infty;\ -1) \cup (2;\ +\infty)\)

Идея решения

Уравнение вида \(|A| = B\) раскрывается стандартно: \(B \geqslant 0\) и при этом \(A = B\) либо \(A = -B\). Самое интересное начинается дальше: и \(A - B\), и \(A + B\) после выделения полных квадратов оказываются уравнениями окружностей в плоскости \((x;\ a)\). Задача превращается в геометрическую.

Шаг 1. Раскрываем модуль

Обозначим \(A = x^2 - 7x + a^2 - 5a\) и \(B = x + a\). Тогда

\[|A| = B \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}B \geqslant 0,\\ A = B \ \text{или}\ A = -B.\end{cases}\]

Важно! Условие \(B \geqslant 0\) выписывают сразу и не забывают до самого конца. Модуль неотрицателен, поэтому и правая часть обязана быть неотрицательной — иначе корней просто нет.

Шаг 2. Первое уравнение: A = B

\[x^2 - 7x + a^2 - 5a = x + a \quad\Longrightarrow\quad x^2 - 8x + a^2 - 6a = 0.\]

Выделяем полные квадраты:

\[(x-4)^2 - 16 + (a-3)^2 - 9 = 0,\]

\[(x-4)^2 + (a-3)^2 = 25.\]

Это окружность с центром \((4;\ 3)\) и радиусом \(5\).

Шаг 3. Второе уравнение: A = −B

\[x^2 - 7x + a^2 - 5a = -x - a \quad\Longrightarrow\quad x^2 - 6x + a^2 - 4a = 0,\]

\[(x-3)^2 - 9 + (a-2)^2 - 4 = 0,\]

\[(x-3)^2 + (a-2)^2 = 13.\]

Окружность с центром \((3;\ 2)\) и радиусом \(\sqrt{13}\).

Шаг 4. Условие B ≥ 0

Неравенство \(x + a \geqslant 0\) задаёт полуплоскость, лежащую выше прямой \(x + a = 0\). Всё, что ниже этой прямой, из картинки вычёркивается.

Шаг 5. Замечательное свойство картинки

Найдём, где прямая \(x + a = 0\) пересекает окружности. Подставим \(a = -x\) в первое уравнение:

\[(x-4)^2 + (x+3)^2 = 25 \quad\Longrightarrow\quad 2x^2 - 2x = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = 0\ \text{или}\ x = 1.\]

Теперь во второе:

\[(x-3)^2 + (x+2)^2 = 13 \quad\Longrightarrow\quad 2x^2 - 2x = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = 0\ \text{или}\ x = 1.\]

Получились одни и те же точки: \((0;\ 0)\) и \((1;\ -1)\). Значит, прямая \(x + a = 0\) проходит ровно через обе точки пересечения окружностей.

Важно! Две различные окружности пересекаются не более чем в двух точках. Раз обе найденные точки лежат на обеих окружностях — других общих точек у них нет. Это сразу даёт понять, где корни будут склеиваться.

Шаг 6. Считаем корни при фиксированном a

Фиксируем \(a\) и проводим горизонтальную прямую. Корни \(x\) — это точки пересечения этой прямой с окружностями, лежащие в разрешённой полуплоскости.

Сколько точек даёт каждая окружность. Первая — две точки при \(|a - 3| < 5\), то есть при \(-2 < a < 8\). Вторая — две точки при \(|a - 2| < \sqrt{13}\), то есть при

\[2 - \sqrt{13} < a < 2 + \sqrt{13}.\]

Второе условие строже (\(2-\sqrt{13} \approx -1{,}6\), \(2+\sqrt{13} \approx 5{,}6\)), поэтому оно и работает.

Шаг 7. Когда точки попадают в разрешённую полуплоскость

У первой окружности меньший корень равен \(x = 4 - \sqrt{25 - (a-3)^2}\). Условие \(x + a \geqslant 0\):

\[4 + a \geqslant \sqrt{25 - (a-3)^2}.\]

Возводим в квадрат (левая часть положительна при \(a > -2\)):

\[16 + 8a + a^2 \geqslant 25 - a^2 + 6a - 9 \quad\Longrightarrow\quad 2a^2 + 2a \geqslant 0 \quad\Longrightarrow\quad a(a+1) \geqslant 0,\]

то есть \(a \leqslant -1\) или \(a \geqslant 0\).

Для второй окружности выкладка та же, и условие получается точно такое же:

\[3 + a \geqslant \sqrt{13 - (a-2)^2} \quad\Longrightarrow\quad 2a^2 + 2a \geqslant 0.\]

Это и неудивительно: прямая \(x + a = 0\) режет обе окружности в одних и тех же точках, у которых \(a = 0\) и \(a = -1\).

Значит, при \(-1 < a < 0\) левые точки обеих окружностей уходят под прямую, и корней остаётся только два.

Шаг 8. Отбрасываем склейки

При \(a = 0\) первая окружность даёт \(x = 0\) и \(x = 8\), вторая — \(x = 0\) и \(x = 6\). Корень \(x = 0\) общий, различных корней три.

При \(a = -1\) первая даёт \(x = 1\) и \(x = 7\), вторая — \(x = 1\) и \(x = 5\). Снова общий корень, различных три.

Поэтому обе эти точки из ответа выкалываются.

Шаг 9. Собираем

Четыре различных корня получаются при

\[a \in \left(2 - \sqrt{13};\ 2 + \sqrt{13}\right),\quad \left(a \leqslant -1\ \text{или}\ a \geqslant 0\right),\quad a \neq -1,\ a \neq 0,\]

то есть

\[a \in \left(2 - \sqrt{13};\ -1\right) \cup \left(0;\ 2 + \sqrt{13}\right).\]

Ответ

\[a \in \left(2 - \sqrt{13};\ -1\right) \cup \left(0;\ 2 + \sqrt{13}\right).\]

Ответ: \(a \in \left(2 - \sqrt{13};\ -1\right) \cup \left(0;\ 2 + \sqrt{13}\right)\)

Идея решения

Дробь равна нулю, когда числитель равен нулю, а знаменатель — нет. Значит, сначала требуем у числителя два различных корня (дискриминант строго положителен), а потом выбрасываем те \(a\), при которых один из корней «съедает» знаменатель.

Шаг 1. Условие для числителя

\[x^2 - 2x + \left(a^2 - 6a\right) = 0,\qquad \frac{D}{4} = 1 - \left(a^2 - 6a\right) = 1 + 6a - a^2.\]

Два различных корня ⟺ \(\dfrac{D}{4} > 0\):

\[1 + 6a - a^2 > 0 \quad\Longleftrightarrow\quad a^2 - 6a - 1 < 0.\]

Корни: \(a = 3 \pm \sqrt{10}\), ветви вверх, поэтому

\[a \in \left(3 - \sqrt{10};\ 3 + \sqrt{10}\right).\]

Сами корни числителя при этом равны

\[x_{1,2} = 1 \pm \sqrt{1 + 6a - a^2}.\]

Шаг 2. Когда знаменатель мешает

Знаменатель обращается в ноль при \(x^2 = a\). Найдём те \(a\), при которых это случается ровно с корнем числителя.

Пусть \(x\) — корень числителя и одновременно \(x^2 = a\). Подставим \(x^2 = a\) в числитель:

\[a - 2x + a^2 - 6a = 0 \quad\Longrightarrow\quad a^2 - 5a = 2x \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{a^2 - 5a}{2}.\]

Важно! Приём стандартный: вместо того чтобы подставлять громоздкие корни \(1 \pm \sqrt{\ldots}\), мы подставляем само условие \(x^2 = a\). Это убирает корни из выкладок целиком.

Шаг 3. Решаем систему

Осталось учесть, что \(x^2 = a\):

\[\left(\frac{a^2-5a}{2}\right)^2 = a \quad\Longrightarrow\quad \left(a^2 - 5a\right)^2 = 4a \quad\Longrightarrow\quad a^2(a-5)^2 = 4a.\]

Значение \(a = 0\) подходит сразу. При \(a \neq 0\) делим на \(a\):

\[a(a-5)^2 = 4,\qquad a^3 - 10a^2 + 25a - 4 = 0.\]

Подбираем целый корень: при \(a = 4\) получаем \(64 - 160 + 100 - 4 = 0\) ✓. Делим многочлен на \((a-4)\):

\[a^3 - 10a^2 + 25a - 4 = (a - 4)\left(a^2 - 6a + 1\right),\]

\[a^2 - 6a + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad a = 3 \pm 2\sqrt2.\]

Шаг 4. Проверяем «плохие» значения

Получили четыре значения: \(0\), \(4\), \(3 - 2\sqrt2\), \(3 + 2\sqrt2\). Все они лежат внутри промежутка из шага 1, ведь

\[3 - \sqrt{10} \approx -0{,}16,\quad 3 - 2\sqrt2 \approx 0{,}17,\quad 3 + 2\sqrt2 \approx 5{,}83,\quad 3 + \sqrt{10} \approx 6{,}16.\]

Посмотрим, что происходит в каждом.

\(a = 0\): числитель \(x^2 - 2x = 0\) даёт \(x = 0\) и \(x = 2\); знаменатель \(x^2 \neq 0\) запрещает \(x = 0\). Остаётся один корень.

\(a = 4\): числитель \(x^2 - 2x - 8 = 0\) даёт \(x = 4\) и \(x = -2\); знаменатель \(x^2 \neq 4\) запрещает \(x = -2\). Остаётся один корень.

\(a = 3 \mp 2\sqrt2\): корни числителя равны \(1 \pm \sqrt2\), и один из них как раз даёт \(x^2 = a\) — он запрещён, остаётся один корень.

Во всех четырёх случаях корень остаётся один, значит эти значения в ответ не идут.

Важно! Оба корня сразу знаменатель убить не может. Для этого нужно было бы \(x_1^2 = x_2^2 = a\), то есть \(x_2 = -x_1\), а сумма корней числителя равна \(2 \neq 0\). Поэтому «плохое» \(a\) всегда оставляет ровно один корень, а не ноль.

Шаг 5. Ответ

Из промежутка \(\left(3 - \sqrt{10};\ 3 + \sqrt{10}\right)\) выкалываем четыре найденные точки.

Ответ

\[a \in \left(3-\sqrt{10};\ 0\right) \cup \left(0;\ 3-2\sqrt2\right) \cup\]

\[\cup\ \left(3-2\sqrt2;\ 4\right) \cup \left(4;\ 3+2\sqrt2\right) \cup \left(3+2\sqrt2;\ 3+\sqrt{10}\right).\]

Ответ: \(a \in \left(3-\sqrt{10};\ 0\right) \cup \left(0;\ 3-2\sqrt2\right) \cup \left(3-2\sqrt2;\ 4\right) \cup \left(4;\ 3+2\sqrt2\right) \cup \left(3+2\sqrt2;\ 3+\sqrt{10}\right)\)