5. Zadatak

Nakon sređivanja druge jednadžbe sustava slijedi

$$\begin{aligned} x+(a+1)y&=2,\\ 2ax-y(a^2+a)&=3+a. \end{aligned}$$

Nakon što prvu jednadžbu pomnožimo s $-2a$ i zbrojimo s drugom, dobivamo

$$y=\frac{a-1}{a(a+1)},$$

a nakon toga iz prve jednadžbe slijedi

$$x=\frac{a+1}{a},\qquad a\ne-1\ \text{i}\ a\ne0. \tag{*}$$

Uvrštavanjem u uvjet dobivamo

$$\left|\frac{a+1}{a}+\frac{a-1}{a(a+1)}\right|\le\frac{2018}{a+1}.$$ $$\begin{aligned} \left|\frac{a^2+2a+1+a-1}{a(a+1)}\right|&\le\frac{2018}{a+1}\\ \left|\frac{a^2+3a}{a(a+1)}\right|&\le\frac{2018}{a+1}\\ \left|\frac{a+3}{a+1}\right|&\le\frac{2018}{a+1}\\ &\Longleftrightarrow |a+3|\le\frac{2018}{a+1}|a+1|,\qquad a\ne-1. \end{aligned}$$

Sad imamo dva slučaja.

I. Ako je $a+1<0$, odnosno $a<-1$, tada je $|a+3|\le-2018$, što nije moguće.

II. Ako je $a+1>0\Longleftrightarrow a>-1$, tada je

$$|a+3|\le2018 \quad\Longleftrightarrow\quad -2018\le a+3\le2018 \quad\Longleftrightarrow\quad -2021\le a\le2015.$$

Kako je $a>-1$, slijedi $a\in\langle-1,2015]\cap\mathbb Z$. Kako je zbog $(*)$ $a\ne0$, rješenja su svi cijeli brojevi iz skupa

$$\{1,2,\ldots,2015\}.$$