Шаг 1
Из второго уравнения: $x|y| + x - 2 = 0 \Rightarrow x(|y| + 1) = 2$. Так как $|y| + 1 \ge 1 > 0$, то $x = \frac{2}{|y| + 1} > 0$.
Шаг 2
Подставим $x$ в первое уравнение: $\frac{2}{|y| + 1} + a y + a - 2 = 0 \Rightarrow a(y + 1) = 2 - \frac{2}{|y| + 1} = \frac{2|y|}{|y| + 1}$.
Шаг 3
Рассмотрим два случая.
Случай 1: $y \ge 0$, тогда $|y| = y$. Уравнение: $a(y + 1) = \frac{2y}{y + 1}$. Так как $y \ge 0$, то $y + 1 > 0$, значит $a = \frac{2y}{(y + 1)^2} = f_1(y)$, где $f_1(y) = \frac{2y}{(y + 1)^2}$, $y \ge 0$.
Случай 2: $y < 0$, тогда $|y| = -y$. Уравнение: $a(y + 1) = \frac{-2y}{-y + 1} = \frac{-2y}{1 - y}$. При $y \neq -1$ выражаем $a$: $a = \frac{-2y}{(1 - y)(y + 1)} = \frac{-2y}{1 - y^2} = f_2(y)$, где $f_2(y) = \frac{-2y}{1 - y^2}$, $y < 0$, $y \neq -1$.
Случай 1: $y \ge 0$, тогда $|y| = y$. Уравнение: $a(y + 1) = \frac{2y}{y + 1}$. Так как $y \ge 0$, то $y + 1 > 0$, значит $a = \frac{2y}{(y + 1)^2} = f_1(y)$, где $f_1(y) = \frac{2y}{(y + 1)^2}$, $y \ge 0$.
Случай 2: $y < 0$, тогда $|y| = -y$. Уравнение: $a(y + 1) = \frac{-2y}{-y + 1} = \frac{-2y}{1 - y}$. При $y \neq -1$ выражаем $a$: $a = \frac{-2y}{(1 - y)(y + 1)} = \frac{-2y}{1 - y^2} = f_2(y)$, где $f_2(y) = \frac{-2y}{1 - y^2}$, $y < 0$, $y \neq -1$.
Шаг 4
Исследуем функции $f_1$ и $f_2$.
Для $f_1(y)$ на $y \ge 0$: $f_1(0) = 0$, $f_1(1) = \frac{1}{2}$, $\lim_{y \to +\infty} f_1(y) = 0$. Производная $f_1'(y) = \frac{2(1 - y)}{(y + 1)^3}$ меняет знак с $+$ на $-$ при $y = 1$. Значит, $f_1$ возрастает на $[0, 1]$ от $0$ до $\frac{1}{2}$ и убывает на $[1, +\infty)$ от $\frac{1}{2}$ к $0$. Множество значений $f_1$: $[0, \frac{1}{2}]$, причём $0$ достигается только при $y = 0$, $\frac{1}{2}$ — только при $y = 1$.
Для $f_2(y)$ на $y < 0$: $f_2'(y) = \frac{-2(1 + y^2)}{(1 - y^2)^2} < 0$, поэтому $f_2$ строго убывает на $(-\infty, -1)$ и на $(-1, 0)$. Пределы: при $y \to -\infty$ $f_2 \to 0^+$, при $y \to -1^-$ $f_2 \to +\infty$, при $y \to -1^+$ $f_2 \to -\infty$, при $y \to 0^-$ $f_2 \to 0^-$. Множество значений $f_2$: $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.
Для $f_1(y)$ на $y \ge 0$: $f_1(0) = 0$, $f_1(1) = \frac{1}{2}$, $\lim_{y \to +\infty} f_1(y) = 0$. Производная $f_1'(y) = \frac{2(1 - y)}{(y + 1)^3}$ меняет знак с $+$ на $-$ при $y = 1$. Значит, $f_1$ возрастает на $[0, 1]$ от $0$ до $\frac{1}{2}$ и убывает на $[1, +\infty)$ от $\frac{1}{2}$ к $0$. Множество значений $f_1$: $[0, \frac{1}{2}]$, причём $0$ достигается только при $y = 0$, $\frac{1}{2}$ — только при $y = 1$.
Для $f_2(y)$ на $y < 0$: $f_2'(y) = \frac{-2(1 + y^2)}{(1 - y^2)^2} < 0$, поэтому $f_2$ строго убывает на $(-\infty, -1)$ и на $(-1, 0)$. Пределы: при $y \to -\infty$ $f_2 \to 0^+$, при $y \to -1^-$ $f_2 \to +\infty$, при $y \to -1^+$ $f_2 \to -\infty$, при $y \to 0^-$ $f_2 \to 0^-$. Множество значений $f_2$: $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.
Шаг 5
Условие единственности решения. Система имеет решение, когда $a$ равно $f_1(y)$ для некоторого $y \ge 0$ или $f_2(y)$ для некоторого $y < 0$. Чтобы решение было единственным, ровно одна из этих возможностей должна реализоваться ровно для одного $y$.
Шаг 6
Анализ по параметру $a$.
- При $a < 0$: $f_1(y) \ge 0$, поэтому корней нет. $f_2(y)$ строго убывает на $(-1, 0)$ от $-\infty$ до $0^-$, значит для каждого $a < 0$ существует ровно один $y \in (-1, 0)$. Решение единственно.
- При $a = 0$: $f_1(y) = 0$ только при $y = 0$ (один корень). $f_2(y) = 0$ не достигается. Решение единственно.
- При $0 < a < \frac{1}{2}$: $f_1(y) = a$ имеет два корня $y \ge 0$ (так как $f_1$ немонотонна, каждое значение из $(0, \frac{1}{2})$ принимается дважды). Кроме того, для $a > 0$ уравнение $f_2(y) = a$ имеет ровно один корень на $(-\infty, -1)$ (так как $f_2$ убывает от $+\infty$ до $0^+$). Итого минимум три решения.
- При $a = \frac{1}{2}$: $f_1(y) = \frac{1}{2}$ только при $y = 1$ (один корень). Но $f_2(y) = \frac{1}{2}$ также имеет корень $y = 2 - \sqrt{5} < 0$. Получаем два решения.
- При $a > \frac{1}{2}$: $f_1(y) \le \frac{1}{2} < a$, корней нет. $f_2(y) = a$ имеет ровно один корень на $(-\infty, -1)$. Решение единственно.
- При $a < 0$: $f_1(y) \ge 0$, поэтому корней нет. $f_2(y)$ строго убывает на $(-1, 0)$ от $-\infty$ до $0^-$, значит для каждого $a < 0$ существует ровно один $y \in (-1, 0)$. Решение единственно.
- При $a = 0$: $f_1(y) = 0$ только при $y = 0$ (один корень). $f_2(y) = 0$ не достигается. Решение единственно.
- При $0 < a < \frac{1}{2}$: $f_1(y) = a$ имеет два корня $y \ge 0$ (так как $f_1$ немонотонна, каждое значение из $(0, \frac{1}{2})$ принимается дважды). Кроме того, для $a > 0$ уравнение $f_2(y) = a$ имеет ровно один корень на $(-\infty, -1)$ (так как $f_2$ убывает от $+\infty$ до $0^+$). Итого минимум три решения.
- При $a = \frac{1}{2}$: $f_1(y) = \frac{1}{2}$ только при $y = 1$ (один корень). Но $f_2(y) = \frac{1}{2}$ также имеет корень $y = 2 - \sqrt{5} < 0$. Получаем два решения.
- При $a > \frac{1}{2}$: $f_1(y) \le \frac{1}{2} < a$, корней нет. $f_2(y) = a$ имеет ровно один корень на $(-\infty, -1)$. Решение единственно.
Окончательный ответ:
$a \in (-\infty, 0] \cup \left( \frac{1}{2}, +\infty \right)$