\documentclass[11pt,a4paper]{report}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[czech]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{mathptmx}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{a4wide}
%\usepackage{opakuj}
\usepackage{enumerate}
%\parindent=0mm
\usepackage{pgf,tikz}
\usetikzlibrary{arrows}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{paralist}
\usepackage{xypic}

\usepackage{verbatim}

\usepackage[pdftex]{hyperref}
\hypersetup{hidelinks}

\DeclareMathOperator{\tg}{tg}
\DeclareMathOperator{\cotg}{cotg}
\DeclareMathOperator{\ch}{ch}
\DeclareMathOperator{\sh}{sh}
\DeclareMathOperator{\tgh}{tgh}
\DeclareMathOperator{\cotgh}{cotgh}
\newcommand{\dx}{\,\mathrm{d}x}
\newcommand{\dt}{\,\mathrm{d}t}
\newcommand{\ds}{\,\mathrm{d}s}

\newcommand{\I}{{\rm i}}
\newcommand{\N}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\Z}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\Q}{\ensuremath{\mathbb{Q}}}
\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

\newcommand{\pp}[1]{\ensuremath{\left|#1\right|}}
\newcommand{\zk}[1]{\ensuremath{\left(#1 \right)}}
\newcommand{\zs}[1]{\ensuremath{\left<#1 \right>}}
\newcommand{\zh}[1]{\ensuremath{\left[#1 \right]}}
\newcommand{\zm}[1]{\ensuremath{\left\{#1 \right\}}}

\newcommand{\kon}[3]{\ensuremath{{#1} \equiv {#2}\pmod{#3}}}
\newcommand{\imp}{\ensuremath{\Rightarrow}}
\newcommand{\ekv}{\ensuremath{\Leftrightarrow}}
\newcommand{\bu}{\ensuremath{\bold{u}}}
\newcommand{\bv}{\ensuremath{\bold{v}}}

\newcommand{\psl}[1]{\ensuremath{\{{#1 }_n\}_{n=1}^\infty}}

\newtheorem{veta}{Věta}[chapter]
\newtheorem{lemma}[veta]{Lemma}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{definice}[veta]{Definice}
\newtheorem{dusledek}[veta]{Důsledek}
\newtheorem{prikl}{Příklad}[chapter]
\newtheorem{prikl*}[prikl]{*Příklad}
\newtheorem*{priklad}{Příklad}
\renewcommand{\qedsymbol}{$\blacksquare$}
\newtheorem{pr}{Návodný příklad}[chapter]
\newtheorem*{hint}{Hint}
\theoremstyle{remark}
\newtheorem{pozn}[veta]{Poznámka}

\overfullrule=2cm

\let\WITHSOLUTION 1 % added \usepackage{verbatim}
\newenvironment{reseni}
{ \ifx\WITHSOLUTION 1 \begin{proof}[Řešení]\else \comment \fi }
{ \ifx\WITHSOLUTION 1 \end{proof}\else \endcomment \fi }

\begin{document}
\chapter{Soustavy rovnic a~funkcionální rovnice}
\begin{prikl}% funkcionální rovnice, příklad 19
Nechť $f \colon \N \to \N$. Dokažte, že
\[
\forall n \in \N \colon f(n+1) > f[f(n)]\qquad\Rightarrow\qquad \forall n \in \N \colon f(n) = n.
\]
\end{prikl}
\begin{reseni}
Ukažme indukcí, že funkce (posloupnost) $f$ je rostoucí.
\begin{itemize}
\item Báze idunkce:\\
Označme $n$ to číslo, ve kterém nabývá $f$ svého minima (to lze, neboť obor hodnot je $\N$, což je dobře uspořádaná množina). Pokud by $n \geq 2$, pak ze vztahu
\[
f(n) > f[f(n-1)]
\]
dostáváme spor, neboť funkce $f$ nabývá v~$f(n-1)$ menší hodnoty než v~$n$. Nutně tedy $n = 1$. Platí tedy $1 \leq f(1) < f(k)$ pro $k \geq 2$.
\item Indukční krok:\\
Předpokládejme nyní, že $f(1) < f(2) < \dots < f(m-1) < f(k)$ pro všechna $k > m-1$. Přitom $m-1 \leq f(m-1)$. Označme $n$ to číslo, ve kterém nabývá $f$ $m$-té hodnoty, zejméně $n \geq m$. Pokud $n \geq m+1$, pak opět
\[
f(n) > f[f(n-1)],
\]
přitom $f(n-1)>f(m-1)\geq m-1$, tj. opět dostáváme spor, protože funkce nabývá v~$f(n-1)$ nižší hodnoty než v~$n$. 
\end{itemize}
Protože je $f$ rostoucí, dostáváme $f(n) \geq n$. Nechť existuje $k \in \N$ takové, že $f(k) \geq k+1$. Můžeme $f$ aplikovat na obě strany nerovnosti (je rostoucí) a~dostáváme
\[
f(k+1) \leq f[f(k)],
\]
což je spor se zadáním. Nutně proto $f(n) = n$ pro všechna $n \in \N$.
\end{reseni}

\begin{prikl} % funkcionální rovnice, příklad 21
Nalezněte všechny funkce $f \colon \R^+ \to \R^+$ splňující
\begin{enumerate}
\item $\forall x,y \in \R^+\colon f[x \cdot f(y)] = y \cdot f(x)$,
\item $f(x) \to 0$ pro $x \to \infty$.
\end{enumerate}
\end{prikl}
\begin{reseni}
Ukažme nejprve, že existuje $t \in \R^+$ takové, že $f(t) = 1$. Buď $x_0 \in \R^+$ libovolné, označme $y_0 = \frac{1}{f(x_0)}$. Pak platí
\[
f[x_0 \cdot f(y_0)] = y_0 \cdot f(x_0) = 1.
\]
Hledané $t$ je tedy tvaru $t=x_0 \cdot f(y_0)$. Dále platí
\[
f[1 \cdot f(t)] = f(1) = t \cdot f(1),
\]
tj. $t = 1$. Položme nyní $x = y$.
\[
f[xf(x)] = xf(x),
\]
tj. $x f(x)$ je pevný bod zobrazení $f$. Jsou-li $a,b$ pevné body zobrazení $f$, pak
\[
f(ab) = bf(a)=ba,
\]
tj. množina pevných bodů je uzavřená na součin. Protože $f(x) \to 0$ pro $x \to \infty$, nemůže existovat žádný pevný bod $>1$. Protože $xf(x)$ je pevný bod pro každé $x \in \R^+$, dostáváme
\[
xf(x) \leq 1 \quad \Leftrightarrow \quad f(x) \leq \frac{1}{x}.
\]
Buď $a = zf(z)$, tj. $a$ je pevný bod. Položme $x = \frac{1}{a}$, $y = a$.
\[
f(1) = f[\frac{1}{a}f(a)] = a \cdot f\ce{\frac{1}{a}} = 1,
\]
tj. $f\ce{\frac{1}{a}} = \frac{1}{a}$, tedy
\[
f\cce{\frac{1}{zf(z)}} = \frac{1}{zf(z)},
\]
kde $z \in \R^+$ je libovolné. Tedy $\frac{1}{xf(x)}$ je též pevný bod pro každé $x$. Tedy
\[
f(x) \geq \frac{1}{x}.
\]
To dohromady dává $f(x) = \frac{1}{x}$.
\end{reseni}

\begin{prikl} % funkcionální rovnice, příklad 25
Rozhodněte, zda existuje funkce $f \colon \N \to \N$ taková, že pro každé $n \in \N$ platí
\begin{enumerate}
\item $f(1) = 2$,
\item $f[f(n)] = f(n) + n$,
\item $f(n) < f(n+1)$.
\end{enumerate}
\end{prikl}
\begin{hint}[Zeckendorfova věta]
Libovolné $n \in \N$ lze zapsat jednoznačně jako součet nesousedících Fibonacciho čísel.
\end{hint}
\begin{hint}[Identity pro Fibonacciho čísla]
\begin{alignat*}{3}
&\sum_{i=1}^{n} F_i &&= F_1 + F_2 + \dots + F_n &&= F_{n+2} - 1,\\
&\sum_{i=1}^{n} F_{2i-1} &&= F_1 + F_3 + \dots + F_{2n-1} &&= F_{2n},\\
&\sum_{i=1}^{n} F_{2i} &&= F_2 + F_4 + \dots + F_{2n} &&= F_{2n+1}-1.
\end{alignat*}
\end{hint}
\begin{reseni}
Označme $F_n$ $n$-té Fibonacciho číslo, kde $F_1 = F_2 = 1$. Z~prvních dvou podmínek ihned vidíme, že pro $k \geq 2$ funkce $f$ splňuje
\[
f(F_k) = F_{k+1}.
\]
Pokusíme se tuto funkci dodefinovat na zbylých přirozených číslech. Buď $n$ libovolné přirozené číslo, pak
\[
n = \sum_{j = 1}^m F_{i_j}, \quad |i_j - i_{j-1}| \geq 2.
\]
Přitom vždy uvažujeme $i_j \geq 2$. Položme
\[
f(n) = \sum_{j = 1}^m f(F_{i_j}) = \sum_{j = 1}^m F_{i_j+1}.
\]
Ukažme, že takto definovaná funkce $f$ splňuje všechny podmínky ze zadání.
\begin{enumerate}
\item Zřejmě $f(1) = f(F_2) = F_3 = 2$.
\item Dosazením do vzorce dostáváme
\[
f[f(n)] = f\cce{\sum_{j = 1}^m F_{i_j+1}} = \sum_{j = 1}^m F_{i_j+2} = \sum_{j = 1}^m \ce{F_{i_j} + F_{i_j+1}} = \sum_{j = 1}^m F_{i_j} + \sum_{j = 1}^m F_{i_j+1} = f(n) + n.
\]
\item Nyní chceme ukázat, že je funkce (posloupnost) $f$ rostoucí. Rozlišíme dva případy
\begin{itemize}
\item Reprezentace čísla $n$ neobsahuje $F_2$ ani $F_3$. Pak reprezentace $n+1$ obsahuje navíc $F_2$, tedy $f(n+1) = f(n) + 2$.
\item Reprezentace čísla $n$ obsahuje buď $F_2$ nebo $F_3$. Pak se v~reprezentaci čísla $n+1$ některé ze sčítanců zvětší. Buď $k$ nejvyšší index takového sčítance. Všechny sčítance s indexem vyšším než $k$ jsou v~reprezentaci obou čísel stejné. Sčítance v~reprezentaci čísla $n$ pak v~součtu nemohou dát tolik, co sčítanec v~reprezentaci čísla $n+1$. Toto zřejmě platí i~po aplikaci funkce $f$.
\end{itemize}
Funkce $f$ je tedy rostoucí.
\end{enumerate}
Funkce $f$ existuje.
\end{reseni}
\end{document}