\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{a4wide}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[czech]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}


\newcommand{\N}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\Z}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\ce}[1]{\ensuremath{\left(#1 \right)}}	% definice \ce 	- argument bude v kulatych zavorkach
\newcommand{\cce}[1]{\ensuremath{\left[#1 \right]}}	% definice \cce	- argument bude v hranatych zavorkach


\newtheorem{pr}{Příklad}


\renewcommand{\qedsymbol}{}		% zmena znaku na konci dukazu

\begin{document}
\section*{Soutěžní příklady}
\begin{pr}
V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic
\begin{align*}
x^2 + y^2 + z &=2,\\
y^2 + z^2 + x &= 2,\\
z^2 + x^2 + y &= 2.
\end{align*}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Dokažte, že pro každé $a,b \in \N$ platí
\[
\frac{a^3 + b^2}{ab} \geq \frac{4\sqrt{ab}}{a+b}.
\]
Rozhodněte navíc, kdy nastává rovnost.
\end{pr}

\begin{pr}
Řešte v oboru kladných reálných čísel soustavu
\begin{align*}
xz + y^2 &= 2yz,\\
yt + z^2 &= 2tz,\\
zx + t^2 &= 2tx,\\
ty + x^2 &= 2xy.
\end{align*}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Řešte v oboru reálných čísel soustavu
\begin{alignat*}{4}
\frac{x^2y - x^2}{\sqrt{4yz + x^2 - 4y^2 - z^2}} 	&+ 	&&xy^2 +2xy -xz + y^2 -x - y 		 		&&= 0,\\
\frac{3x^2}{\sqrt{4yz + x^2 - 4y^2 - z^2}} 	&- 	&&x+2y 								&&= 0,\\
\frac{x^2y - x^2}{\sqrt{4yz + x^2 - 4y^2 - z^2}} 	&- 	&&2xy^2+2xz + 3y^2-11xy-3y+9x 			&&= 0.
\end{alignat*}
%\begin{itemize}
%\item Dokažte, že $x \neq 0$.
%\item Dokažte, že $y \neq 1$.
%\item Pomocí vhodné substituce převeďte soustavu do jednoduššího tvaru (lze využít předchozích tvrzení) a vyřešte ji.
%\item Dosaďte za substituované výrazy a určete všechna řešení původní soustavy.
%\end{itemize}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Rozhodněte o řešení následující soustavy v závislosti na parametru $p$
\begin{align*}
13x^2 - 4xy + 10y^2 - 12yz + 5z^2 - 6xz &= 0,\\
61y^2 - 48yz + 41z^2 - 60zt + 52t^2 - 40yt &=0,\\
\ce{p^2 +9}x^2 - 4pxt + 13t^2 - 12pt - 24x &= - 4p^2 - 16.
\end{align*}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Určete všechny funkce $f \colon \Z \to \Z$ splňující podmínky
\begin{itemize}
\item existuje $a \in \Z$ takové, že $f\ce{a} \neq 0$,
\item $f\ce{x\cdot y} = f\ce{x}\cdot f\ce{y} - f\ce{x} - f\ce{y} + f\ce{1}$,
\item $f\ce{x+y} + f\ce{x-y} = 2 f\ce{x} + 2f\ce{y} - f\ce{1}$.
\end{itemize}
\end{pr}

\newpage





\section*{Návodné příklady}
\begin{pr}
V oboru nezáporných reálných čísel řeště soustavu rovnic
\begin{align*}
x^2 + xy + xz - yz &= -2,\\
y^2 + xy + yz - xz &= 3,\\
z^2 + xz + yz - xy &= 6.
\end{align*}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic
\begin{align*}
x^2 - |x| &= |yz|,\\
y^2 - |y| &= |zx|,\\
z^2 - |z| &= |xy|.
\end{align*}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Řešte následující rovnice (ne jako soustavu) v oboru reálných čísel:
\begin{gather*}
26x^2 + 29y^2 + 5z^2 - 4xy - 10yz - 20xz = 0,\\
\ce{4x+7y+z}^2 = 66\ce{x^2 + y^2 + z^2},\\
\ce{4x + y + 3}^2 = 26\ce{x^2 + y^2 + 1}.
\end{gather*}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Určete všechny funkce $f \colon \Z \to \Z$ splňující podmínky
\begin{itemize}
\item existuje $a \in \Z$ takové, že $f\ce{a} \neq 0$,
\item $f\ce{x-y+z} = f\ce{x}-f\ce{y}+f\ce{z}$,
\item $f\ce{x\cdot y} = f\ce{x}\cdot f\ce{y} - f\ce{x} - f\ce{y} + f\ce{x-y} + f\ce{y-x}$.
\end{itemize}
\end{pr}


%%% Doplnit příklad na A-G nerovnost a příklad 22 ze sbírky netradičních úloh z matematiky


\newpage


\begin{proof}[Řešení 1]
Odečteme druhou rovnici od první, třetí od druhé a první od třetí. Dostáváme
\begin{gather*}
x^2 - z^2 - (x-z) = \ce{x-z}\ce{x+z-1} = 0,\\
y^2 - x^2 - (y-x) = \ce{y-x}\ce{y+x-1} = 0,\\
z^2 - y^2 - (z-y) = \ce{z-y}\ce{z+y-1} = 0.
\end{gather*}
Stačí rozebrat, které závorky se v součinovém tvaru nulují.
\begin{itemize}
\item Nechť $x = y = z$, pak nám každá z původních zadaných rovnic přejde do tvaru
\[
2x^2 + x - 2 = 0.
\]
Kvadratickou rovnici vyřešíme a dostáváme dvě řešení $x = y = z = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{4}$.
\item Nechť $x = y$ a $x + z = y + z = 1$, pak můžeme dosadit do původních rovnic za $y$ a $z$. Dostáváme
\begin{gather*}
2x^2 + \ce{1-x} = 2,\\
x^2 + \ce{1-x}^2 + x = 2,\\
x^2 + \ce{1-x}^2 + x = 2.
\end{gather*}
Při bližším pohledu zjistíme, že se jedná o stejnou rovnici
\[
2x^2 - x - 1 = 0,
\]
kterou snadno vyřešíme a dostáváme dvě řešení: $x = 1$ a $x = \frac{-1}{2}$, snadno dopočítáme zbylé proměnné. Stejným způsobem vyřešíme případy, kdy $x=z \neq y$ a $y=z \neq x$.
\item Poslední případ je, kdy $x\neq y \neq z \neq x$ a $x+z = y+x = y+z = 1$, což ale nemůže nastat.
\end{itemize}
Jako řešení dostáváme trojice
\begin{gather*}
\ce{\frac{-1+\sqrt{17}}{4},\frac{-1+\sqrt{17}}{4},\frac{-1+\sqrt{17}}{4}},\ce{\frac{-1-\sqrt{17}}{4},\frac{-1-\sqrt{17}}{4},\frac{-1-\sqrt{17}}{4}},\\
\ce{-\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{3}{2}}, \ce{-\frac{1}{2},\frac{3}{2},-\frac{1}{2}}, \ce{\frac{3}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}},
\ce{1,1,0}, \ce{1,0,1}, \ce{0,1,1}.
\end{gather*}
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 2]
Nejprve uděláme odhad
\[
\frac{a^3 + b^2}{ab} \geq \frac{a^2 + b^2}{ab},
\]
který jistě pro všechna přirozená čísla $a,b$ platí. Nyní dokážeme, že
\[
\frac{a^2 + b^2}{ab} \geq \frac{4\sqrt{ab}}{a+b}.
\]
Jednoduchou úpravou převedeme nerovnost do tvaru
\begin{align*}
\sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}}^2 \cdot \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}^3,\\
Q^2\ce{a,b} \cdot A\ce{a,b} \geq G^3\ce{a,b},
\end{align*}
kde $Q, A, G$ značí kvadratický, aritmetický a geometrický průměr. Protože $Q \geq A \geq G$, je tímto nerovnost dokázána.\\
Nyní budeme chtít ukázat, kdy nastane rovnost, tj.
\[
\frac{a^3 + b^2}{ab} = \frac{a^2 + b^2}{ab} = \frac{4\sqrt{ab}}{a+b}.
\]
Víme, že pravá rovnost nastane právě tehdy, když $a = b$. Levá rovnost nastane, právě když $a = 1$. Celkem tedy rovnost nastává, právě když $a = b = 1$.
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 3]
Protože jsou $x,y,z,y > 0$, můžeme první rovnici podělit $yz$ a třetí $tx$. Dostáváme
\begin{gather*}
\frac{x}{y} + \frac{y}{z} = 2,\\
\frac{z}{t} + \frac{t}{x} = 2.
\end{gather*}
Tyto dvě rovnice sečteme a dostáváme
\[
\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{t} + \frac{t}{x} = 4.
\]
Použitím AG nerovnosti dostáváme
\[
\frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{t} + \frac{t}{x}}{4} \geq \sqrt[4]{\frac{x}{y}\cdot \frac{y}{z}\cdot \frac{z}{t}\cdot \frac{t}{x}} = 1.
\]
Rovnost nastává právě tehdy, když $\frac{x}{y} = \frac{y}{z} = \frac{z}{t} = \frac{t}{x} = 1$, tj. $x=y=z=t$. Dosazením do zadání snadno ověříme platnost i druhých dvou rovnic.
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 4]
\begin{itemize}
\item Nejprve dokážeme, že $x \neq 0$. Postupujme sporem, tj. předpokládáme, že $x = 0$, pak přejde soustava do tvaru
\begin{align*}
y^2 - y &= 0,\\
2y &= 0,\\
3y^2 - 3y &=0.
\end{align*}
Odtud nutně $y = 0$ a odmocnina ve jmenovateli je tvaru $\sqrt{-z^2}$, což je spor.
\item Sporem dokážeme, že $y \neq 1$. Kdyby totiž $y =1$, pak je soustava ve tvaru
\begin{align*}
x\ce{2 - z} &= 0,\\
\frac{3x^2}{\sqrt{x^2 - \ce{z-2}^2}} - x + 2 &= 0,\\
2x\ce{z - 2}&= 0.
\end{align*}
Již z předchozího víme, že $x \neq 0$, proto $z = 2$. Druhá rovnice pak přejde do tvaru
\[
3|x| - x + 2 = 0,
\]
kde ale levá strana rovnice je vždy kladná. Tedy $y \neq 1$.
\item Vydělíme první a třetí rovnici $x\cdot \ce{y-1}$ a druhou $x$. Dostáváme
\begin{alignat*}{4}
\frac{x}{\sqrt{x^2 - \ce{z-2y}^2}} &+ &\frac{y}{x} &+ &\frac{y^2 + 2y - z-1}{y-1} &= 0,\\
\frac{3x}{\sqrt{x^2 - \ce{z-2y}^2}} &+ 2 &\frac{y}{x} &&&= 1,\\
\frac{x}{\sqrt{x^2 - \ce{z-2y}^2}} &+ 3&\frac{y}{x} &+ &\frac{-2y^2 + 2z - 11y + 9}{y-1} &= 0
\end{alignat*}
\item Provedeme substituci
\[
a = \frac{x}{\sqrt{x^2 - \ce{z-2y}^2}}, \quad b = \frac{y}{x}, \quad c = \frac{y^2 + 2y - z - 1}{y-1}.
\]
Dostáváme
\begin{alignat*}{3}
a &+ &b &+ &c &= 0,\\
3a &+ 2&b &&&= 1,\\
a &+ 3&b &- 2&c &= 7.
\end{alignat*}
Vyřešíme tuto soustavu a máme jediné řešení: $a = -1$, $b = 2$, $c = -1$.
\item Z rovnosti
\[
\frac{x}{\sqrt{x^2 - \ce{z-2y}^2}} = -1
\]
dostáváme, že $x < 0$ a $z = 2y$. Dále z $\frac{y}{x} = 2$ máme $y = 2x$. Dosadíme za $c$
\[
c = \frac{y^2 + 2y - z - 1}{y-1} = \frac{4x^2 + 4x - 4x - 1}{2x - 1} = 2x + 1 = -1.
\]
\end{itemize}
Celkem máme jediné řešení
\[
\ce{-1, -2, -4}.
\]
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 5]
Upravíme všechny tři rovnice do tvaru, ve kterém budeme moci aplikovat Cauchyho-Schwarzovu nerovnost, tj.
\begin{align*}
\ce{x+2y+3z}^2  &= 14\ce{x^2+y^2 + z^2},\\
\ce{4y + 6z + 5t}^2 &= 77\ce{y^2 + z^2 + t^2},\\
\ce{2x + pt + 3\cdot 2}^2 &= \ce{p^2 + 13}\ce{x^2 + t^2 + 2^2 }.
\end{align*}
Nyní stačí určit, kdy v Cauchyho-Schwarzově nerovnosti nastává rovnost. Z prvních dvou rovnic hned dostaneme, že pokud by měla být některá z neznámých rovna nule, pak by musely být rovny nule všechny, což vylučuje poslední rovnice. Rovnice nám tedy postupně dají
\begin{gather*}
x : y : z = 1 : 2 : 3,\\
y : z : t = 4 : 6 : 5,\\
x : t : 2 = 2 : p : 3.
\end{gather*}
Z prvních dvou rovnic máme, že $x:z:t = 2:6:5$, odkud plyne $p = 5$. Z poslední rovnice dostáváme $x:2 = 2:3$, tj. $x = \frac{4}{3}$, ze získaných poměrů snadno dopočítáme další neznámé.\\

Soustava má řešení pouze pro $p = 5$ a to
\[
x = \frac{4}{3}, \quad y = \frac{8}{3}, \quad z = 4, \quad t = \frac{10}{3}.
\]
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 6]
Zkusíme dosazovat konkrétní hodnoty za $x$ a $y$ do zadaných vztahů
\begin{itemize}
\item Položme $x = 0$, $y = 1$, pak
\begin{gather*}
f\ce{0 \cdot 1} = f\ce{0}f\ce{1} - f\ce{0} - f\ce{1} + f\ce{1},\\
f\ce{0} \ce{f\ce{1} - 2} = 0.
\end{gather*}
Rozmysleme případ, kdy $f\ce{0} = 0$. Uvažme proto $x = 0$ a $y$ je libovolné, pak
\begin{gather*}
f\ce{0 \cdot y} = f\ce{0}f\ce{y} - f\ce{0} - f\ce{y} + f\ce{1},\\
f\ce{1} = f\ce{y},
\end{gather*}
To nám dá $f\ce{y} = 0$ pro libovolné $y$, což je spor s první podmínkou, proto
\[
f\ce{1} = 2.
\]
\item Položme $x = 1$, $y = 0$, pak
\begin{gather*}
f\ce{1+0} + f\ce{1-0} = 2f\ce{1} + 2f\ce{0} - f\ce{1},\\
f\ce{0} = 1.
\end{gather*}
Dále uvažme $x = y = 1$
\begin{gather*}
f\ce{1+1} + f\ce{1-1} = 2f\ce{1} + 2f\ce{1} - f\ce{1},\\
f\ce{2} = 5.
\end{gather*}
\item Nyní uvažme $x$ libovolné a $y = 1$
\begin{gather*}
f\ce{x+1} + f\ce{x-1} = 2f\ce{x} + 2f\ce{1} - f\ce{1},\\
f\ce{x+1} = 2f\ce{x} - f\ce{x-1} + 2,\\
f\ce{x-1} = 2f\ce{x} - f\ce{x+1} + 2.
\end{gather*}
Toto vyjádření nám (spolu s počátečními podmínkami $f\ce{1} = 2$ a $f\ce{0} = 1$) dává jednoznačnost řešení, tj. když vhodnou funkci uhodneme, již víme, že bude jediným hledaným řešením.
\item Vyčísleme funkci v několika bodech pomocí předchozích vzorců
\begin{align*}
f\ce{1} &= 2,		& f\ce{-1} &= 2,\\
f\ce{2} &= 5,		& f\ce{-2} &= 5,\\
f\ce{3} &= 10,		& f\ce{-3} &= 10,\\
f\ce{4} &= 17,		& f\ce{-4} &= 17,\\
f\ce{5} &= 26,		& f\ce{-5} &= 26.
\end{align*}
Vidíme, že zatím vždy platí $f\ce{x} = x^2 + 1$, zkusme tento vztah dokázat.
\begin{enumerate}
\item Vyčísleme $f\ce{-x}$ jako $f\ce{-1 \cdot x}$, když víme, že $f\ce{1} = f\ce{-1}$:
\[
f\ce{-x} = f\ce{-1}f\ce{x} - f\ce{-1} - f\ce{x} + f\ce{1} = f\ce{x}.
\]
Funkce je tedy sudá. Dokažme rekurentní vztah indukcí. Víme, že $f\ce{1} = 2$. Předpokládejme, že $f\ce{n} = n^2 + 1$, pak
\[
f\ce{n+1} = 2f\ce{n} - f\ce{n-1} + 2 = 2n^2 + 2 - n^2 + 2n - 2 + 2 = \ce{n+1}^2 + 1.
\]
\item Druhá možnost je ukázat, že funkce $f\ce{x} = x^2 + 1$ splní tři zadané podmínky. Z jednoznačnosti pak bude toto naše hledaná funkce. První podmínka je splněna triviálně a platí
\begin{gather*}
\ce{xy}^2 + 1 = \ce{x^2 + 1}\ce{y^2+1} - \ce{x^2 - 1} - \ce{y^2 - 1} +2,\\
\ce{x+y}^2 + 1 + \ce{x-y}^2 + 1 = 2x^2 + 2y^2 + 2.
\end{gather*}
\end{enumerate}
\end{itemize}
Existuje jediná funkce splňující zadání a to $f\ce{x} = x^2 + 1$.
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 7]
Sečtěme postupně první rovnici s druhou, druhou s třetí a třetí s první. Dostáváme
\begin{gather*}
x^2 + 2xy + y^2 = 1,\\
y^2 + 2yz + z^2 = 9,\\
z^2 + 2xz + x^2 = 4.
\end{gather*}
Protože $x,y,z$ jsou nezáporná čísla, je odmocnění ekvivalentní úprava.
\begin{gather*}
x+y = 1,\\
y+z = 3,\\
x+z = 2.
\end{gather*}
Odtud snadno dostáváme jediné řešení soustavy
\[
\ce{0,1,2}.
\]
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 9]
První rovnici upravíme do tvaru
\[
\ce{2x + 1y + 5z}^2 = 30\ce{x^2 + y^2 + z^2}
\]
a použijeme Cauchyho-Schwarzovu nerovnost. Rovnost nastává právě když
\[
x = 2\lambda,\quad y = \lambda,\quad z = 5 \lambda \qquad \lambda \in \R.
\]
U druhé rovnice je vidět řešení ihned po použití Cauchyho-Schwarzovy nerovnosti:
\[
x = 4\lambda,\quad y = 7 \lambda, \quad z = \lambda\qquad \lambda \in \R.
\]
Podobně u třetí rovnice dostaneme $x = 4\lambda$, $y = \lambda$ a $1 = 3 \lambda$. Vidíme, že $\lambda = \frac{1}{3}$, tedy
\[
x = \frac{4}{3}, \quad y = \frac{1}{3}.
\]
\end{proof}

\newpage

\begin{proof}[Řešení 10]
Zkusíme dosazovat konkrétní hodnoty za $x$ a $y$ do zadaných vztahů
\begin{itemize}
\item $x = y = 0$
\begin{gather*}
f\ce{0\cdot 0} = f\ce{0}f\ce{0},\\
f\ce{0}\ce{f\ce{0} - 1} = 0.
\end{gather*}
Je-li $f\ce{0} = 0$, pak pro libovolné $x \in \Z$ platí
\begin{gather*}
f\ce{x\cdot 0} = -f\ce{x}+f\ce{x} + f\ce{-x} = f\ce{-x},
\end{gather*}
což je spor s první podmínkou. Proto
\[
f\ce{0} = 1.
\]
\item $y = 0$ a $x$ je libovolné
\begin{gather*}
f\ce{x\cdot 0} = f\ce{x} - f\ce{x} - 1 + f\ce{x} + f\ce{-x},\\
f\ce{x} + f\ce{-x} = 2.
\end{gather*}
\item Uvamže $x = y = -1$, pak s využitím předchozího zjištění dostáváme
\begin{gather*}
f\ce{1} = f\ce{-1}f\ce{-1} - 2f\ce{-1} + 2\\
f\ce{-1}\ce{f\ce{-1} - 1} = 0.
\end{gather*}
\item Je-li $f\ce{-1} =1$, pak také $f\ce{1} = 1$. Dosaďme do součtového vzorce
\begin{gather*}
f\ce{x+1} = f\ce{x - 0+1} = f\ce{x} - 1 + 1 =  f\ce{x},\\
f\ce{x-1} = f\ce{x - 1 + 0} = f\ce{x} + 1 - 1 = f\ce{x}.
\end{gather*}
Dostáváme tedy jedno možné řešení
\[
f\ce{x} = 1 \qquad \text{pro každé }x \in \Z.
\]
\item Je-li $f\ce{-1} = 0$, pak $f\ce{1} = 2$. Dosaďme do součtového vzorce
\begin{gather*}
f\ce{x+1} = f\ce{x - 0 + 1} = f\ce{x} - 1 + 2 = f\ce{x} +1,\\
f\ce{x - 1} = f\ce{x - 1 + 0} = f\ce{x} - 2 + 1 = f\ce{x} -1.
\end{gather*}
Zřejmá indukce nám dá druhé řešení (využíváme vztahu $f\ce{0} = 1$)
\[
f\ce{x} = x+1 \qquad \text{pro každé }x \in \Z.
\]
\end{itemize}
Zadání splňují právě dvě funkce
\[
f_1\ce{x} = 1, \qquad f_2\ce{x} = x+1.
\]
\end{proof}
\end{document}