4397.

692.i

TEKST ZADATKA

Rešiti jednačinu: ∣∣x∣−1∣+∣∣x∣+2∣=3. ||x| - 1| + ||x| + 2| = 3 .

REŠENJE ZADATKA

Definišimo apsolutnu vrednost za izraz x: x :

∣x∣={x,za x≥0−x,za x<0|x| = \begin{cases} x, & \text{za } x \ge 0 \\ -x, & \text{za } x < 0 \end{cases}

Pošto je apsolutna vrednost uvek nenegativna (∣x∣≥0 |x| \ge 0 ), izraz ∣x∣+2 |x| + 2 je uvek pozitivan. Definišimo apsolutnu vrednost za ovaj izraz:

∣∣x∣+2∣={∣x∣+2,za ∣x∣+2≥0−(∣x∣+2),za ∣x∣+2<0||x| + 2| = \begin{cases} |x| + 2, & \text{za } |x| + 2 \ge 0 \\ -(|x| + 2), & \text{za } |x| + 2 < 0 \end{cases}

Kako je ∣x∣+2≥2>0, |x| + 2 \ge 2 > 0 , važi ∣∣x∣+2∣=∣x∣+2. ||x| + 2| = |x| + 2 . Zamenom u početnu jednačinu dobijamo:

∣∣x∣−1∣+∣x∣+2=3||x| - 1| + |x| + 2 = 3

Sređivanjem jednačine dobijamo:

∣∣x∣−1∣+∣x∣=1||x| - 1| + |x| = 1

Definišimo apsolutnu vrednost za izraz ∣x∣−1: |x| - 1 :

∣∣x∣−1∣={∣x∣−1,za ∣x∣−1≥0−(∣x∣−1),za ∣x∣−1<0||x| - 1| = \begin{cases} |x| - 1, & \text{za } |x| - 1 \ge 0 \\ -(|x| - 1), & \text{za } |x| - 1 < 0 \end{cases}

Razmotrimo prvi slučaj kada je ∣x∣−1≥0, |x| - 1 \ge 0 , odnosno ∣x∣≥1. |x| \ge 1 . Jednačina postaje:

∣x∣−1+∣x∣=1|x| - 1 + |x| = 1

Rešavanjem ove jednačine dobijamo:

2∣x∣=2  ⟹  ∣x∣=12|x| = 2 \implies |x| = 1

Ovo rešenje zadovoljava uslov ∣x∣≥1. |x| \ge 1 .

Razmotrimo drugi slučaj kada je ∣x∣−1<0, |x| - 1 < 0 , odnosno ∣x∣<1. |x| < 1 . Pošto je ∣x∣≥0, |x| \ge 0 , posmatramo interval 0≤∣x∣<1. 0 \le |x| < 1 . Jednačina postaje:

−(∣x∣−1)+∣x∣=1-(|x| - 1) + |x| = 1

Sređivanjem dobijamo:

1−∣x∣+∣x∣=1  ⟹  1=11 - |x| + |x| = 1 \implies 1 = 1

Dobili smo tačnu jednakost, što znači da su svi brojevi koji zadovoljavaju uslov 0≤∣x∣<1 0 \le |x| < 1 rešenja jednačine.

Unija rešenja iz oba slučaja daje ukupan uslov za ∣x∣: |x| :

0≤∣x∣≤10 \le |x| \le 1

Nejednakost ∣x∣≥0 |x| \ge 0 je uvek tačna. Rešavamo nejednačinu ∣x∣≤1. |x| \le 1 . Koristeći definiciju apsolutne vrednosti za x, x , dobijamo:

−1≤x≤1-1 \le x \le 1

Konačno rešenje jednačine možemo zapisati kao interval:

x∈[−1,1]x \in [-1, 1]