Задание 19 ЕГЭ по профильной математике

а) ОДЗ и возможные корни. Логарифмы определены при x + a > 0 и 2x − a > 0.

На ОДЗ уравнение равносильно (5x − 2)(ln(x + a) − ln(2x − a)) = 0.

По свойству произведения и строгой монотонности логарифма получаем: x = 2/5 или x + a = 2x − a, то есть x = 2a. Каждый кандидат необходимо проверить по ОДЗ и условию x ∈ [0; 1].

б) Условия допустимости кандидатов. Число x = 2/5 принадлежит [0; 1]. Оно удовлетворяет ОДЗ тогда и только тогда, когда 2/5 + a > 0 и 4/5 − a > 0, то есть −2/5 < a < 4/5.

Для x = 2a оба аргумента логарифмов равны 3a. Поэтому необходимы и достаточны условия a > 0 и 0 ≤ 2a ≤ 1, то есть 0 < a ≤ 1/2.

Кандидаты совпадают при 2a = 2/5, то есть a = 1/5. При этом значении ОДЗ выполнено и имеется ровно один корень.

в) Разбор всех случаев. Если a ≤ −2/5 или a ≥ 4/5, ни один кандидат не подходит, поэтому корней нет.

Если −2/5 < a ≤ 0 или 1/2 < a < 4/5, подходит только x = 2/5, поэтому корень ровно один.

Если 0 < a ≤ 1/2, подходят оба кандидата. При a ≠ 1/5 они различны, поэтому корней два; при a = 1/5 корень один. Значения a = −2/5 и a = 4/5 исключены из-за нулевого аргумента логарифма; при a = 1/2 имеются два различных корня: 2/5 и 1.

Ответ: a ∈ (−0,4; 0] ∪ {0,2} ∪ (0,5; 0,8).

а) ОДЗ и возможные корни. Необходимо выполнение условий x ≥ 1/2, 4x − a > 0 и 5x + a > 0.

На ОДЗ уравнение равносильно √(2x − 1)(ln(4x − a) − ln(5x + a)) = 0.

Произведение равно нулю, когда √(2x − 1) = 0 или ln(4x − a) = ln(5x + a). По строгой монотонности логарифма получаем кандидатов x = 1/2 и x = −2a.

б) Условия допустимости кандидатов. Число x = 1/2 принадлежит [0; 1]. Для него условия на аргументы имеют вид 2 − a > 0 и 5/2 + a > 0. Следовательно, этот корень существует при −5/2 < a < 2.

Для x = −2a ограничения на отрезок и квадратный корень дают 1/2 ≤ −2a ≤ 1, откуда −1/2 ≤ a ≤ −1/4.

Оба аргумента логарифмов при x = −2a равны −9a и положительны на всём промежутке [−1/2; −1/4]. Поэтому второй кандидат допустим ровно при a ∈ [−1/2; −1/4].

Кандидаты совпадают при −2a = 1/2, то есть a = −1/4. При этом значении имеется ровно один корень.

в) Разбор всех случаев. Если a ≤ −5/2 или a ≥ 2, ни один кандидат не подходит, поэтому корней нет.

Если −5/2 < a < −1/2 или −1/4 < a < 2, допустим только x = 1/2, поэтому корень ровно один.

Если −1/2 ≤ a < −1/4, допустимы два различных корня. В частности, при a = −1/2 это 1/2 и 1, поэтому левая граница исключается. При a = −1/4 кандидаты совпадают, поэтому это значение включается. Границы −5/2 и 2 исключаются по ОДЗ.

Ответ: a ∈ (−5/2; −1/2) ∪ [−1/4; 2).

а) ОДЗ и возможные корни.
На заданном отрезке необходимо 1/4 ≤ x ≤ 1 и x² − 2x + 2 − a² > 0.
Произведение равно нулю, если на ОДЗ хотя бы один из множителей равен нулю.

Первый множитель обращается в нуль при x = 1/4.
Эта точка является корнем тогда и только тогда, когда 25/16 − a² > 0, то есть |a| < 5/4.

Второй множитель равен нулю при x² − 2x + 2 − a² = 1, то есть (x − 1)² = a².
На отрезке [1/4; 1] имеем 1 − x ≥ 0, поэтому получаем единственную возможную точку x = 1 − |a|.
Она принадлежит отрезку тогда и только тогда, когда |a| ≤ 3/4; аргумент логарифма в ней равен 1, поэтому ОДЗ выполнена.
Ответ пункта а): возможны корни x = 1/4 и x = 1 − |a| при указанных условиях.

б) Число корней при всех значениях параметра.
При 0 ≤ |a| < 3/4 существуют два различных корня: 1/4 и 1 − |a| > 1/4.
При |a| = 3/4 эти корни совпадают, поэтому корень ровно один.
При 3/4 < |a| < 5/4 существует только корень x = 1/4.
При |a| ≥ 5/4 ни один из возможных корней не удовлетворяет условиям.
Таким образом, требуется 3/4 ≤ |a| < 5/4.
Ответ: a ∈ (−5/4; −3/4] ∪ [3/4; 5/4).

а) ОДЗ и возможные корни.
ОДЗ: x ≤ 2/3, 16x² − a² > 0, 4x + a > 0.
Поскольку 16x² − a² = (4x − a)(4x + a), при 4x + a > 0 первое логарифмическое условие равносильно 4x − a > 0.
Следовательно, ОДЗ равносильна системе |a|/4 < x ≤ 2/3 и непуста только при |a| < 8/3.

При x = 2/3 оба произведения равны нулю, если логарифмы определены.
Поэтому x = 2/3 является корнем при любом |a| < 8/3.

При x < 2/3 множитель √(2 − 3x) положителен, и на него можно разделить обе части.
Получаем ln(16x² − a²) = ln(4x + a). В силу строгой монотонности логарифма это равносильно равенству их аргументов.
Следовательно, (4x + a)(4x − a) = 4x + a. На ОДЗ множитель 4x + a положителен, поэтому 4x − a = 1, откуда x = (a + 1)/4.

Для дополнительного корня необходимы и достаточны условия a + 1 > |a| и a + 1 < 8/3.
Первое условие равносильно a > −1/2: при a ≥ 0 оно выполнено всегда, а при a < 0 даёт 2a > −1.
Второе условие даёт a < 5/3.
Ответ пункта а): дополнительный корень, отличный от 2/3, существует ровно при −1/2 < a < 5/3.

б) Разбор всех значений параметра.
При |a| ≥ 8/3 ОДЗ пуста, корней нет.
При −1/2 < a < 5/3 имеются два различных корня.
При −8/3 < a ≤ −1/2 и при 5/3 ≤ a < 8/3 имеется ровно один корень x = 2/3.
При a = −1/2 дополнительная точка не входит в ОДЗ; при a = 5/3 она совпадает с x = 2/3. Поэтому обе границы включаются.
Ответ: a ∈ (−8/3; −1/2] ∪ [5/3; 8/3).

а) Разделим решения по знаку y.
Из второго уравнения x = 2/(|y| + 1). Поэтому каждому допустимому y соответствует ровно одно значение x.
При y = 0 получаем x = 2, а первое уравнение даёт a = 0.
Ответ: решение с y = 0 существует только при a = 0.

б) Рассмотрим y < 0.
Положим t = −y > 0. Тогда x = 2/(t + 1), и первое уравнение принимает вид 2/(t + 1) − at + a − 2 = 0.
Умножая на t + 1 > 0 и приводя подобные, получаем at² + 2t − a = 0.
При a = 0 имеем t = 0, что не удовлетворяет условию t > 0.
При a ≠ 0 дискриминант D = 4 + 4a² > 0, а произведение корней равно −1. Следовательно, ровно один корень положителен.
Ответ: при каждом a ≠ 0 существует ровно одно решение с y < 0; при a = 0 таких решений нет.

в) Рассмотрим y > 0.
Положим u = y + 1 > 1. Подстановка x = 2/u в первое уравнение даёт au² − 2u + 2 = 0, то есть a = 2(u − 1)/u² > 0.
Поэтому при a ≤ 0 решений с y > 0 нет. При a > 1/2 их также нет, поскольку D = 4 − 8a < 0.
При 0 < a < 1/2 оба корня u₁ = 2/(1 + √(1 − 2a)) и u₂ = 2/(1 − √(1 − 2a)) больше 1: получаем два решения с y > 0.
При a = 1/2 получаем один корень u = 2 и одно решение с y > 0.
Итак, при a < 0 система имеет одно решение; при a = 0 — только (2; 0); при 0 < a < 1/2 — три решения; при a = 1/2 — два; при a > 1/2 — одно.
Ответ: a ∈ (−∞; 0] ∪ (1/2; +∞).

а) Найдём необходимые условия.
Ищем решение x ∈ [4; 5]. На этом отрезке x − 2 ≥ 0, поэтому квадратный корень определён.
Поскольку x − 1 > 0, первое неравенство равносильно a ≥ 4/(x − 1).
Из x ≤ 5 следует 4/(x − 1) ≥ 1, значит, a ≥ 1.
При a = 1 первое неравенство требует x ≥ 5. Тогда на заданном отрезке возможно только x = 5, но третье неравенство превращается в 15 < 15 и неверно.
Следовательно, a > 1.
Из второго неравенства и условия x ≤ 5 получаем a ≤ 2√(x − 2) ≤ 2√3.
Ответ: необходимое условие — 1 < a ≤ 2√3.

б) Докажем достаточность.
Пусть 1 < a ≤ 2√3. Выберем x = 5, принадлежащее отрезку [4; 5].
Первое неравенство выполнено: a(x − 1) = 4a > 4.
Второе неравенство выполнено: 2√(x − 2) = 2√3 ≥ a.
Третье неравенство выполнено: 3x = 15 < a + 14, поскольку a > 1.
Таким образом, при каждом указанном a система имеет хотя бы одно решение на заданном отрезке.
Ответ: a ∈ (1; 2√3].

а) Исследуем выражение с модулями. Обозначим f(x) = 3x + |x−a| + |2x+a+1|. Точки раскрытия модулей: x = a и x = −(a+1)/2.

При x ≤ min(a; −(a+1)/2) оба выражения под модулями неположительны, поэтому f(x) = −1.

Если a < −1/3, то между точками раскрытия модулей f(x) = 2x−2a−1; если a > −1/3, то между ними f(x) = 4x+2a+1.

При x ≥ max(a; −(a+1)/2) получаем f(x) = 6x+1. При a = −1/3 промежуточного участка нет.

Функция непрерывна; после постоянного участка она строго возрастает и принимает все значения больше −1. Поэтому каждому t > −1 соответствует ровно один x, значению t = −1 — бесконечно много x, а при t < −1 решений нет.

Ответ к пункту а): требуется, чтобы уравнение t²−at+a²−16 = 0 имело ровно один различный корень больше −1 и не имело корня −1.

б) Рассмотрим квадратное уравнение. Пусть q(t) = t²−at+a²−16. Его дискриминант D = 64−3a², а q(−1) = a²+a−15.

При D < 0 корней нет. При D > 0 обозначим корни t₁ < t₂. Ровно один из них больше −1 тогда и только тогда, когда t₁ < −1 < t₂, то есть q(−1) < 0.

Действительно, при q(−1) > 0 оба корня находятся по одну сторону от −1, поэтому исходное уравнение имеет либо ноль, либо два корня. При q(−1) = 0 оно имеет бесконечно много корней.

Неравенство a²+a−15 < 0 даёт (−1−√61)/2 < a < (−1+√61)/2. При этом D > 0 автоматически: отрицательное значение квадратного трёхчлена с положительным старшим коэффициентом гарантирует два различных корня.

При D = 0 получаем a = ±8√3/3 и единственный корень t = a/2. Условие t > −1 выполняется только при a = 8√3/3; при отрицательном значении параметра t = −4√3/3 < −1.

Ответ: a ∈ ((−1−√61)/2; (−1+√61)/2) ∪ {8√3/3}.

а) Разложим левую часть на множители. Поскольку x³−x²−4 = (x−2)(x²+x+2) и x⁴−4x² = (x−2)x²(x+2), исходное уравнение равносильно следующему:

(x−2)(a²+(x²+x+2)a+x²(x+2)) = 0.

Квадратный трёхчлен в скобках раскладывается на множители: a²+(x²+x+2)a+x²(x+2) = (a+x²)(a+x+2).

Следовательно, (x−2)(x²+a)(x+a+2) = 0. Всегда имеются корни x = 2 и x = −a−2; дополнительные действительные корни определяются уравнением x² = −a.

Ответ к пункту а): необходимо подсчитать различные числа среди 2, −a−2 и действительных корней уравнения x² = −a.

б) Разберём все случаи параметра. При a > 0 уравнение x² = −a не имеет действительных корней. Числа 2 и −a−2 различны, поскольку −a−2 < −2. Значит, все a > 0 подходят.

При a = 0 получаем три различных корня: 2, 0, −2. Это значение не подходит.

Пусть a < 0. Обозначим t = √(−a) > 0. Тогда корни образуют множество {2; t; −t; t²−2}, причём t и −t всегда различны.

Если t ≠ 2, то число 2 отлично и от t, и от −t: равенство 2 = t исключено условием, а 2 = −t невозможно при t > 0. Поэтому уже имеются как минимум три различных корня, независимо от значения t²−2.

Если t = 2, то a = −4 и множество корней равно {2; 2; −2; 2}. Получаем ровно два различных корня: −2 и 2.

Таким образом, среди отрицательных значений параметра подходит только a = −4; нулевое значение исключено, а все положительные подходят.

Ответ: a ∈ {−4} ∪ (0; +∞).

а) Сведение к квадратному уравнению.

Положим t = 5ˣ. Тогда t > 0, причём каждому положительному t соответствует ровно одно действительное x, поскольку показательная функция 5ˣ строго возрастает и принимает все положительные значения.

Исходное уравнение равносильно уравнению t² − (a + 6)t − (5 + 3|a|)t + (a + 6)(5 + 3|a|) = 0.

Разложив левую часть на множители, получим (t − (a + 6))(t − (5 + 3|a|)) = 0.

Таким образом, требуется ровно одно различное положительное значение среди t₁ = a + 6 и t₂ = 5 + 3|a|. Второе значение положительно при любом a.

б) Разбор случаев параметра.

Если a ≤ −6, то t₁ ≤ 0, а t₂ > 0. Поэтому исходное уравнение имеет единственное решение. Значение a = −6 также подходит: корень t = 0 недопустим.

Если a > −6, оба значения положительны. Единственное решение получается тогда и только тогда, когда они совпадают: a + 6 = 5 + 3|a|, то есть a + 1 = 3|a|.

При a ≥ 0 получаем a + 1 = 3a, откуда a = 1/2. Это значение удовлетворяет условиям рассматриваемого случая.

При −6 < a < 0 получаем a + 1 = −3a, откуда a = −1/4. Это значение также удовлетворяет условиям случая. При остальных a > −6 имеются два различных положительных корня t, следовательно, два решения x.

Ответ: a ∈ (−∞; −6] ∪ {−1/4; 1/2}.

а) Необходимые условия.

Пусть система имеет решение x ∈ [4; 5]. Из x + a ≤ 6 следует a ≤ 6 − x ≤ 2. Значит, необходимо a ≤ 2.

Второе неравенство равносильно a² < 6x − x².

При x ∈ [4; 5] выполняется (x − 4)(x − 2) ≥ 0. Раскрывая скобки, получаем x² − 6x + 8 ≥ 0, то есть 6x − x² ≤ 8.

Следовательно, a² < 8, откуда −2√2 < a < 2√2.

Совмещая это условие с a ≤ 2, получаем необходимое условие: −2√2 < a ≤ 2.

б) Достаточность и граничные значения.

Пусть −2√2 < a ≤ 2. Покажем, что x = 4 удовлетворяет всей системе и принадлежит заданному отрезку.

Первое неравенство выполнено: 2a ≤ 4 = x. Третье также выполнено: x + a = 4 + a ≤ 6.

Из −2√2 < a ≤ 2 < 2√2 следует a² < 8. Поэтому 6x = 24 > 16 + a² = x² + a², то есть второе неравенство выполнено.

Таким образом, все значения найденного промежутка подходят. При a = −2√2 строгое неравенство невозможно, поскольку a² = 8 ≥ 6x − x² на всём отрезке. При a = 2 значение x = 4 удовлетворяет системе, поэтому правая граница включается.

Ответ: a ∈ (−2√2; 2].

а) Замена переменной и число корней.
Положим b = a² + 1 ≥ 1 и t = |x − a²| + |x + 1|. Исходное уравнение принимает вид t² − 7t + 4b = 0.

При −1 ≤ x ≤ a² имеем t = b; при x < −1 имеем t = a² − 1 − 2x; при x > a² имеем t = 2x + 1 − a².
Следовательно, значение t = b достигается на целом отрезке, а каждое значение t > b — ровно при двух различных x. Значения t < b невозможны.

Поэтому ровно два корня x получаются тогда и только тогда, когда квадратное уравнение имеет ровно один различный корень t > b и не имеет корня t = b.

б) Разбор значений параметра.
Обозначим f(t) = t² − 7t + 4b. Тогда f(b) = b(b − 3), дискриминант D = 49 − 16b.

Если 1 ≤ b < 3, то f(b) < 0. Поскольку старший коэффициент положителен, существуют два различных корня, причём b находится строго между ними. Ровно один корень больше b, поэтому исходное уравнение имеет ровно два корня.

Если b = 3, то f(b) = 0: все x из отрезка [−1; a²] являются решениями. Корней бесконечно много.

Если 3 < b < 49/16, то 0 < D < 1. Меньший корень t₁ = (7 − √D)/2 больше b: действительно, 7 − 2b > 0 и (7 − 2b)² − D = 4b(b − 3) > 0.
Оба корня t больше b, поэтому получаются четыре различных корня x.

Если b = 49/16, имеется единственный корень t = 7/2 > b, дающий ровно два корня x. Если b > 49/16, то D < 0 и решений нет.

в) Возвращение к a.
Подходят 1 ≤ b < 3 и b = 49/16, то есть a² < 2 или a² = 33/16.
Ответ: a ∈ {−√33/4} ∪ (−√2; √2) ∪ {√33/4}.

а) ОДЗ и разложение на множители.
На отрезке [0; 1] необходимо выполнение условий x + 2a ≥ 0 и x − a > 0.

На ОДЗ уравнение равносильно (√(x + 2a) − x + 1) · ln(x − a) = 0.
Следовательно, ln(x − a) = 0 или √(x + 2a) = x − 1.

б) Первая ветвь.
Равенство ln(x − a) = 0 равносильно x − a = 1, откуда x = a + 1.

Условие x ∈ [0; 1] даёт −1 ≤ a ≤ 0. Условие x + 2a ≥ 0 даёт 3a + 1 ≥ 0, то есть a ≥ −1/3.
Условие x − a > 0 выполнено, поскольку x − a = 1.

Таким образом, первая ветвь даёт ровно один корень при a ∈ [−1/3; 0] и не даёт корней при остальных a.

в) Вторая ветвь.
При x ∈ [0; 1] величина x − 1 неположительна, а √(x + 2a) неотрицательна. Их равенство возможно только тогда, когда обе величины равны нулю.

Получаем x = 1 и 1 + 2a = 0, то есть a = −1/2.
Проверка ОДЗ: x + 2a = 0, x − a = 3/2 > 0. Следовательно, вторая ветвь даёт единственный корень x = 1 только при a = −1/2.

Значение −1/2 не принадлежит [−1/3; 0], поэтому при каждом из найденных значений параметра работает ровно одна ветвь и имеется ровно один корень. При остальных a корней на отрезке нет.

Ответ: a ∈ {−1/2} ∪ [−1/3; 0].

а) Сведение к квадратным уравнениям. Из y² = x² следует y = x или y = −x. Эти прямые имеют единственную общую точку (0; 0).

При y = x первое уравнение принимает вид 2x² − (6a + 4)x + 5a² + 8a + 3 = 0. Каждому его корню соответствует одно решение (x; x).

Его дискриминант D₁ = (6a + 4)² − 8(5a² + 8a + 3) = 4(2 − (a + 2)²).

При y = −x получаем 2x² − (2a + 4)x + 5a² + 8a + 3 = 0. Каждому корню соответствует решение (x; −x).

Дискриминант этого уравнения D₂ = (2a + 4)² − 8(5a² + 8a + 3) = 4(2 − (3a + 2)²).

б) Условия четырёх различных решений. Каждая прямая даёт не более двух решений. Поэтому ровно четыре решения получаются тогда и только тогда, когда D₁ > 0, D₂ > 0 и точка (0; 0) не является решением.

Условие D₁ > 0 равносильно −2 − √2 < a < −2 + √2; условие D₂ > 0 равносильно (−2 − √2)/3 < a < (−2 + √2)/3.

Пересечение этих промежутков: (−2 − √2)/3 < a < −2 + √2. На границах хотя бы один дискриминант равен нулю, а вне пересечения хотя бы одно уравнение имеет менее двух корней, поэтому четырёх решений нет.

Точка (0; 0) удовлетворяет системе тогда и только тогда, когда 5a² + 8a + 3 = (5a + 3)(a + 1) = 0, то есть a = −1 или a = −3/5. Оба значения входят в найденное пересечение; при каждом из них одна точка учитывается на обеих прямых, и различных решений только три.

Ответ: a ∈ ((−2−√2)/3; −1) ∪ (−1; −3/5) ∪ (−3/5; −2+√2).

а) ОДЗ и равносильное преобразование. Логарифмы определены при 36 − y² > 0 и 36 − a²x² > 0. Поскольку логарифмическая функция с основанием 7 строго возрастает, равенство логарифмов равносильно y² = a²x² при выполнении ОДЗ.

На множестве y² = a²x² оба условия ОДЗ совпадают и сводятся к |y| < 6. Поэтому требуется найти точки окружности x² + y² = 2x + 6y на прямых y = ax и y = −ax, удовлетворяющие |y| < 6.

б) Пересечение с произвольной прямой y = kx. После подстановки получаем x((1 + k²)x − 2(1 + 3k)) = 0.

Точка O(0; 0) всегда является решением и удовлетворяет ОДЗ. Вторая точка имеет координаты x = 2(1 + 3k)/(1 + k²), y = 2k(1 + 3k)/(1 + k²). Она отличается от O тогда и только тогда, когда k ≠ −1/3.

Для второй точки условие y < 6 равносильно 2k + 6k² < 6 + 6k², то есть k < 3.

Условие y > −6 равносильно 6k² + k + 3 > 0. Оно выполняется при любом k: дискриминант квадратного трёхчлена равен 1 − 72 = −71 < 0, а старший коэффициент положителен.

Итак, прямая y = kx даёт кроме O ровно одну допустимую точку тогда и только тогда, когда k < 3 и k ≠ −1/3.

в) Разбор значений параметра. При a = 0 обе прямые совпадают с y = 0. Получаем x(x − 2) = 0, то есть ровно два решения: (0; 0) и (2; 0).

При a ≠ 0 положим t = |a| > 0. Прямые y = tx и y = −tx различны и пересекаются только в O, поэтому их дополнительные точки различны.

Если 0 < t < 3 и t ≠ 1/3, обе прямые дают по дополнительной допустимой точке: всего три решения. При t = 1/3 прямая с k = −1/3 даёт только O, а другая — ещё одну точку: всего два решения.

При t ≥ 3 прямая с k = t не даёт дополнительной допустимой точки (при t = 3 она имеет y = 6 и исключается ОДЗ). Прямая с k = −t даёт одну дополнительную точку, поэтому решений ровно два.

Ответ: a ∈ (−∞; −3] ∪ {−1/3; 0; 1/3} ∪ [3; +∞).

а) ОДЗ и равносильное преобразование.
Логарифмы определены при a − y² > 0 и a − x² > 0. Поскольку логарифмическая функция с основанием 11 строго возрастает, первое уравнение равносильно равенству y² = x² при сохранении ОДЗ.
Следовательно, y = x или y = −x.

б) Нахождение возможных решений.
При y = x второе уравнение принимает вид 2x² = 8x, откуда x = 0 или x = 4. Получаем пары (0; 0) и (4; 4).
При y = −x получаем 2x² = −4x, откуда x = 0 или x = −2. Получаем пары (0; 0) и (−2; 2).
Таким образом, возможны только три различные пары: (0; 0), (−2; 2), (4; 4).

в) Разбор значений параметра.
Пара (0; 0) удовлетворяет ОДЗ при a > 0; пара (−2; 2) — при a > 4; пара (4; 4) — при a > 16.
При a ≤ 0 решений нет; при 0 < a ≤ 4 имеется одно решение; при 4 < a ≤ 16 — два; при a > 16 — три.
Граница a = 4 исключается, поскольку пара (−2; 2) не удовлетворяет строгим неравенствам ОДЗ. Граница a = 16 включается: первые две пары допустимы, а третья ещё не входит в ОДЗ.
Ответ: a ∈ (4; 16].

а) Сведение системы к двум квадратным уравнениям.
Второе уравнение равносильно (x − 1)(y − 1) = 0, поэтому x = 1 или y = 1.
При x = 1 первое уравнение принимает вид a y² + (a + 2)y + 3a + 1 = 0.
При y = 1 оно принимает вид a x² + 2ax + 2a + 3 = 0.
Каждый корень первого уравнения задаёт решение (1; y), а каждый корень второго — решение (x; 1).

б) Условие четырёх решений.
При a = 0 исходное первое уравнение имеет вид 2y + 1 = 0. Тогда y = −1/2 и из второго уравнения x = 1: решение только одно.
При a ≠ 0 каждое из полученных квадратных уравнений имеет не более двух различных действительных корней. Поэтому четыре решения возможны только тогда, когда оба имеют по два различных корня и общая пара (1; 1) не является решением.
Дискриминанты равны D₁ = (a + 2)² − 4a(3a + 1) = 4 − 11a² и D₂ = (2a)² − 4a(2a + 3) = −4a(a + 3).
Условие D₁ > 0 даёт −2√11/11 < a < 2√11/11; условие D₂ > 0 даёт −3 < a < 0.
Их пересечение: −2√11/11 < a < 0.

в) Исключение совпадения и проверка границ.
Прямые x = 1 и y = 1 пересекаются только в точке (1; 1). Подстановка в первое уравнение даёт 5a + 3 = 0, то есть a = −3/5.
Это значение лежит в найденном промежутке. При нём оба дискриминанта положительны, но одна пара учитывается дважды, поэтому различных решений три.
При остальных значениях внутри промежутка получаются ровно четыре различные пары.
При a ≠ 0 вне промежутка хотя бы один дискриминант неположителен, поэтому соответствующее уравнение имеет не более одного корня и четырёх решений быть не может. В частности, нижняя граница исключается из-за D₁ = 0; значение a = 0 рассмотрено отдельно.
Ответ: a ∈ (−2√11/11; −3/5) ∪ (−3/5; 0).

а) Геометрический смысл системы.
Первое уравнение равносильно совокупности x + ay = 5 или x + ay = 5a. Второе уравнение задаёт окружность с центром O(0; 0) и радиусом 4.

При a = 1 прямые совпадают, поэтому система имеет не более двух решений. Следовательно, a = 1 не подходит.

При a ≠ 1 прямые параллельны и различны, поэтому общих точек у них нет. Каждая прямая пересекает окружность не более чем в двух точках.

Таким образом, ровно четыре различных решения получаются тогда и только тогда, когда каждая из двух прямых пересекает окружность в двух точках.

б) Условия пересечения.
Прямая пересекает окружность в двух точках тогда и только тогда, когда расстояние от центра окружности до прямой меньше радиуса.

Для прямой x + ay = 5 получаем 5/√(1 + a²) < 4. Обе части положительны, поэтому после возведения в квадрат: 25 < 16(1 + a²), откуда a² > 9/16, то есть |a| > 3/4.

Для прямой x + ay = 5a получаем 5|a|/√(1 + a²) < 4. Равносильно: 25a² < 16(1 + a²), откуда a² < 16/9, то есть |a| < 4/3.

в) Отбор значений параметра.
Совместно условия дают 3/4 < |a| < 4/3. Дополнительно исключаем a = 1, при котором прямые совпадают.

При |a| = 3/4 или |a| = 4/3 одна из прямых касается окружности, поэтому четырёх решений нет. За пределами найденных промежутков хотя бы одна прямая имеет менее двух точек пересечения с окружностью.

Ответ: a ∈ (−4/3; −3/4) ∪ (3/4; 1) ∪ (1; 4/3).

а) Замена переменных и симметрия.
Положим u = x + 4, b = a + 4. Тогда система принимает вид y = |u − b| − 4, 4|y| + u² = 16.

Второе уравнение задаёт две дуги: y = 4 − u²/4 и y = −4 + u²/4, где −4 ≤ u ≤ 4. Они имеют общие точки только при u = −4 и u = 4, y = 0.

Замена (u, b) на (−u, −b) сохраняет систему. Поэтому число решений зависит только от |b|; достаточно рассмотреть b ≥ 0.

б) Пересечения с нижней дугой.
Подстановка y = −4 + u²/4 даёт |u − b| = u²/4, то есть b = u + u²/4 или b = u − u²/4 при −4 ≤ u ≤ 4.

Обозначим f(u) = u + u²/4 = (u + 2)²/4 − 1 и g(u) = u − u²/4 = 1 − (u − 2)²/4.

Функция f убывает на [−4; −2] от 0 до −1 и возрастает на [−2; 4] от −1 до 8. Функция g возрастает на [−4; 2] от −8 до 1 и убывает на [2; 4] от 1 до 0.

Поэтому при 0 < b < 1 нижняя дуга даёт три точки; при b = 1 — две; при 1 < b ≤ 8 — одну; при b > 8 — ни одной. Корни двух уравнений здесь не совпадают: совпадение возможно только при u = b = 0.

При b = 0 получаем три различные точки нижней дуги: u = −4, 0, 4.

в) Пересечения с верхней дугой и общий подсчёт.
Подстановка y = 4 − u²/4 даёт |u − b| = 8 − u²/4. На [−4; 4] правая часть положительна, поэтому равносильно b = u + 8 − u²/4 или b = u − 8 + u²/4.

Первая функция равна 9 − (u − 2)²/4: она возрастает на [−4; 2] от 0 до 9 и убывает на [2; 4] от 9 до 8. Вторая равна (u + 2)²/4 − 9: убывает на [−4; −2] от −8 до −9 и возрастает на [−2; 4] от −9 до 0.

Следовательно, верхняя дуга даёт: при b = 0 — две точки; при 0 < b < 8 — одну; при 8 ≤ b < 9 — две; при b = 9 — одну; при b > 9 — ни одной.

Общие точки верхней и нижней дуг нужно учитывать один раз. При u = −4 условие даёт b = 0 или b = −8, а при u = 4 — b = 0 или b = 8. Значит, при b ≥ 0 совпадения возникают только при b = 0 и b = 8.

Итоговое число различных решений: при b = 0 — 3; при 0 < b < 1 — 4; при b = 1 — 3; при 1 < b < 8 — 2; при b = 8 — 2; при 8 < b < 9 — 2; при b = 9 — 1; при b > 9 — 0.

С учётом симметрии ровно четыре решения получаются при 0 < |b| < 1. Возвращаясь к параметру a, имеем 0 < |a + 4| < 1, то есть −5 < a < −3 и a ≠ −4.

Ответ: a ∈ (−5; −4) ∪ (−4; −3).

а) Геометрический смысл системы.
Первое уравнение равносильно (x − 3)² + (y − 4)² = 16. Это окружность с центром C(3; 4) и радиусом R = 4.

При a ≠ 0 второе уравнение задаёт окружность с центром O(0; 0) и радиусом r = |a|. Расстояние между центрами d = √(3² + 4²) = 5.

б) Условие двух решений.
Каждому решению системы соответствует общая точка окружностей. Две окружности имеют ровно две общие точки тогда и только тогда, когда |R − r| < d < R + r.

Следовательно, |4 − r| < 5 и 5 < 4 + r. Первое неравенство равносильно −5 < 4 − r < 5, то есть −1 < r < 9; второе даёт r > 1.

Совместно получаем 1 < r < 9, то есть 1 < |a| < 9.

в) Граничные и остальные случаи.
При r = 1 или r = 9 окружности касаются, поэтому решение одно. При 0 < r < 1 или r > 9 общих точек нет.

При a = 0 второе уравнение даёт только точку (0; 0), которая не удовлетворяет первому уравнению. Поэтому решений нет.

Ответ: a ∈ (−9; −1) ∪ (1; 9).

а) Предварительные случаи.
Поскольку x² + y² ≥ 0, при a < 0 решений нет. При a = 0 второе уравнение даёт x = y = 0, но первое тогда неверно: 0 ≠ −28.

б) Преобразование при a > 0.
По формуле разности квадратов x⁴ − y⁴ = (x² − y²)(x² + y²). С учётом второго уравнения первое равносильно a(x² − y²) = 12a − 28.

Деление на a допустимо, поэтому x² − y² = 12 − 28/a. Складывая и вычитая это равенство и x² + y² = a, получаем равносильную систему:
x² = (a² + 12a − 28)/(2a),
y² = (a² − 12a + 28)/(2a).

Если обе правые части положительны, каждое неизвестное имеет два противоположных ненулевых значения. Их независимый выбор даёт ровно четыре различные пары (x; y).

Если хотя бы одна правая часть отрицательна, решений нет. Если одна равна нулю, а другая положительна, решений два. Обе равняться нулю при a > 0 не могут, поскольку их сумма равна a.

в) Решение условий на параметр.
Таким образом, ровно четыре решения получаются тогда и только тогда, когда a > 0, a² + 12a − 28 > 0 и a² − 12a + 28 > 0.

Первое квадратное неравенство: (a − 2)(a + 14) > 0. При a > 0 оно равносильно a > 2.

Корни второго квадратного трёхчлена равны 6 − 2√2 и 6 + 2√2. По методу интервалов a² − 12a + 28 > 0 при a < 6 − 2√2 или a > 6 + 2√2.

Так как 6 − 2√2 > 2, пересечение условий даёт (2; 6 − 2√2) ∪ (6 + 2√2; +∞). Граничные значения исключаются: при каждом из них один квадрат равен нулю и решений только два.

Ответ: a ∈ (2; 6 − 2√2) ∪ (6 + 2√2; +∞).