Найти все значения a, при каждом из которых неравенство _x(x-a)/(1-ax)+_(x-1)(x-a-1)/(a+1-ax) 0 имеет хотя бы три целочисленных решения.

Рассмотрим неравенство _x(x-a)/(1-ax)+_(x-1)(x-a-1)/(a+1-ax) 0. **Приведение к единому виду.** Заметим, что аргумент второго логарифма получается из аргумента первого сдвигом переменной. Введём функцию f(u)=_u(u-a)/(1-au). Тогда первое слагаемое есть в точности f(x). Преобразуем аргумент второго логарифма, подставив u=x-1: ((x-1)-a)/(1-a(x-1))=(x-a-1)/(1-ax+a)=(x-a-1)/(a+1-ax). Это и есть аргумент второго логарифма, а его основание равно x-1. Значит, второе слагаемое есть f(x-1), и неравенство равносильно f(x)+f(x-1) 0. **Какие целые x вообще допустимы.** Логарифм _x(*) требует основания x>0, x!= 1; логарифм _(x-1)(*) требует основания x-1>0, x-1!= 1, то есть x>1 и x!= 2. Для целого x это даёт x 3. Таким образом, целочисленными решениями могут быть только числа x=3,4,5,, и при каждом таком x оба основания x и x-1 не меньше 2, то есть строго больше 1. **Знак каждого логарифма.** Для целого n 2 обозначим A_n=(n-a)/(1-an). Так как основание n>1, логарифм _n A_n определён при A_n>0, а его знак совпадает со знаком разности A_n-1. Выполним тождественное преобразование: A_n-1=(n-a)/(1-an)-1=((n-a)-(1-an))/(1-an)=((n-1)+a(n-1))/(1-an)=((n-1)(1+a))/(1-an). **Область определения по аргументу.** Условие A_n>0 для n 2 (тогда 1-an>0 при a<1n) равносильно совокупности a<1n или a>n; ветвь a>n рассмотрим отдельно ниже. На основной (левой) ветви a<1n знаменатель 1-an>0, поэтому знак разности A_n-1=((n-1)(1+a))/(1-an) совпадает со знаком множителя 1+a: A_n>1 при a>-1, A_n=1 при a=-1, A_n<1 при a<-1. Соответственно _n A_n>0, =0 или <0. **Когда выполнено само неравенство.** Пусть целое x 3 лежит в области определения, то есть на левой ветви A_x>0 и A_(x-1)>0 (это требует a<1x, так как 1x<1x-1). Тогда: - при a>-1 оба числа A_x>1 и A_(x-1)>1, значит оба логарифма положительны и f(x)+f(x-1)>0 — неравенство выполнено; - при a=-1 оба аргумента равны 1 (ведь A_n=(n+1)/(1+n)=1), оба логарифма равны нулю, сумма равна 0 — неравенство выполнено (как равенство); - при a<-1 оба числа A_x<1 и A_(x-1)<1, оба логарифма отрицательны, сумма строго отрицательна — неравенство не выполнено. Итак, на левой ветви целое x 3 является решением тогда и только тогда, когда одновременно a -1 и a<1x. То есть множество значений a, при которых данное целое x есть решение, равно полуинтервалу [-1, 1x). **Правая ветвь a>x решений не даёт.** Если a>x ( 3), то и a>x-1, так что для n=x и n=x-1 знаменатель 1-an<0, а числитель (n-1)(1+a)>0; значит A_n-1<0, оба аргумента меньше 1, оба логарифма отрицательны и сумма f(x)+f(x-1)<0. Неравенство не выполнено, поэтому правая ветвь новых целых решений не добавляет. **Подсчёт числа целых решений.** Множество значений a, при которых x служит решением, есть [-1,1x); эти полуинтервалы вложены друг в друга и сужаются с ростом x: [-1,13)[-1,14)[-1,15)[-1,16)*s Поэтому, чтобы целочисленных решений было не менее трёх, необходимо и достаточно, чтобы решениями являлись три наименьших допустимых значения x=3,4,5 (если решением является x=5, то тем более решениями являются x=3 и x=4, у которых интервалы шире). Решением x=5 число a служит при ain[-1,15). На этом множестве автоматически решениями являются также x=3 и x=4, то есть целых решений не меньше трёх. Если же a15, то x=5 уже не является решением (нарушена область определения: при a=15 знаменатель 1-5a=0, а при 15<a14 аргумент A_5<0); при таком a решениями могут быть лишь x=3 и x=4 (а с ростом a и они отпадают), то есть решений меньше трёх. Если a<-1, то, как показано, ни одно целое x не является решением. **Проверка границ.** - При a=-1 каждый аргумент равен 1, сумма логарифмов равна 0 0 — решениями являются все целые x 3 (их бесконечно много), условие выполнено; значит точка a=-1 включается. - При a=15 для x=5 имеем 1-5a=0 — выражение (x-a)/(1-ax) не определено, поэтому x=5 решением не является; остаются лишь x=3,4, то есть только два целых решения. Значит точка a=15 не включается. **Ответ.** -1 a<15.

\(-1 \leqslant a < \frac{1}{5}\)