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