MATEMANIJA

Sva rješenja u skupu realnih brojeva jednačine [inlmath]|2\cdot x-3\cdot a|+|a+1-x|=|x+1|[/inlmath], gdje [inlmath]a\in\mathbb{R}[/inlmath] i [inlmath]a>0[/inlmath] su data sa ?

Da li je dovoljno ovdje posmatrati dvije opcije tj. kada je [inlmath]x+1\ge0[/inlmath] i druga opcija kada je [inlmath]x+1<0[/inlmath].

Ima li neko ideju kako uopšte da počnem sa zadatkom.Uvijek su me zbunjivale apsolutne jednaćine s 2 i više nepoznatih.

P.S. izguglao sam rješenje
[dispmath]x\in\left\{a,2a+1\right\}[/dispmath]

Ja bih to razlozio na cetiri slucaja i za svaki ispitivao posebno, gde se u dva slucaja dobiju ova resenja koja si i naveo. A to su:
[dispmath]I)\enspace x<-1\\
II)\enspace-1\le x<\frac{3a}{2}\\
III)\enspace\frac{3a}{2}\le x\le a+1\\
IV)\enspace x>a+1[/dispmath]
Za prvi slucaj dobija se resenje [inlmath]x=2a+1[/inlmath], koje otpada zbog uslova, jer to resenje nikako ne moze biti manje od [inlmath]-1[/inlmath] (zbog uslova [inlmath]a>0[/inlmath]). Drugi slucaj ima resenje [inlmath]x=a[/inlmath], sto zadovoljava pocetni uslov. Treci slucaj nema resenje. I cetvrti slucaj daje resenje [inlmath]x=2a+1[/inlmath], sto, takodje, zadovoljava pocetni uslov.

Ilija je napisao:[dispmath]I)\enspace x<-1\\
II)\enspace-1\le x<\frac{3a}{2}\\
III)\enspace\frac{3a}{2}\le x\le a+1\\
IV)\enspace x>a+1[/dispmath]

Hvala ti kad odredimo ovo onda se zadatak svodi na linearne jednađbe i vraćanje tj. provjeravanje uslova definicionog područja za navedene slučajeve.Mene je najviše bunilo da li ima veze koje je veće [inlmath]\frac{3a}{2}[/inlmath] ili [inlmath]a+1[/inlmath] i da li to igra ikakvu ulogu u rješenju .

Da, videh da sam ja uzimao da je [inlmath]\displaystyle\frac{3a}{2}[/inlmath], za svako [inlmath]a[/inlmath] po uslovu, manje od [inlmath]a+1[/inlmath]. Medjutim, vazi:
[dispmath]a>2,\quad\frac{3a}{2}>a+1\\
a=2,\quad\frac{3a}{2}=a+1\\
0<a<2,\quad\frac{3a}{2}<a+1[/dispmath]
Ne znam sad koliko to utice na resenje zadatka, ali pogledacu jos ovo - ako neko u medjuvremenu ne odgovori.

Tako je, razloži se na ta tri slučaja u zavisnosti od vrednosti parametra [inlmath]a[/inlmath], a zatim se za svaki od ta tri slučaja razmatraju podslučajevi u zavisnosti od vrednosti [inlmath]x[/inlmath].
Ilija je već uradio za slučaj [inlmath]0<a<2[/inlmath]. Sad po istom principu i za preostala dva slučaja.
I da, pošto je već konstatovano da za [inlmath]x<-1[/inlmath] jednačina nema rešenja bez obzira na vrednost parametra [inlmath]a[/inlmath], tu mogućnost više nije potrebno razmatrati, a desnu stranu umesto kao [inlmath]\left|x+1\right|[/inlmath] možemo pisati bez apsolutnih zagrada, tj. kao [inlmath]x+1[/inlmath].

Ilija je napisao:Ne znam sad koliko to utice na resenje zadatka,

U ovom konkretnom slučaju ne utiče, ali s nekim drugim brojnim vrednostima bi moglo imati uticaja.