\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}
\makeatletter
\let\newmcodes@\relax
\makeatother

\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}
\DeclareMathOperator{\LM}{LM}
\DeclareMathOperator{\LT}{LT}
\DeclareMathOperator{\LC}{LC}
\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)}}
\newcommand{\cce}[1]{\ensuremath{\left[#1 \right]}}

\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{\dcc}[1]{\ensuremath{\left\lfloor #1 \right\rfloor}}

\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 }

\newenvironment{ilpr}
{ \ifx\WITHSOLUTION 1 \begin{priklad}\else \comment \fi }
{ \ifx\WITHSOLUTION 1 \end{priklad}\else \endcomment \fi }

\begin{document}
\begin{prikl} % Engel 11 Functional Equations, 15
Najděte funkci $f$, která pro $x \in \R\setminus\{0,1\}$ splní
\[
f(x) + f\ce{\frac1{1-x}} = x.
\]
\end{prikl}
\begin{reseni}
Abychom mohli vyjádřit $f(x)$, potřebujeme znát $f\ce{\frac1{1-x}}$. Vyjádřeme proto postupně
\begin{alignat*}{3}
f(x) &= &x &- f\ce{\frac1{1-x}},\\
f\ce{\frac1{1-x}} &= &\frac1{1-x} &- f\ce{1- \frac1x},\\
f\ce{1-\frac1x} &= &1-\frac1x &- f\ce{x}.
\end{alignat*}
Odtud
\[
f(x) = x - \frac1{1-x} + (1 - \frac1x) - f(x),
\]
což nám dává
\[
f(x) = \frac12 \ce{1+x-\frac1x - \frac1{1-x}}.
\]
Dosazením do původní rovnice ověříme, že se skutečně jedná o řešení.
\end{reseni}
\begin{prikl} % Engel 11 Functional Equations, 17
Buď funkce $f \colon \R \to \R$ taková, že pro vhodnou kladnou konstantu $a \in \R^+$ platí pro všechna $x \in \R$ rovnice
\[
f(x+a) = \frac12 + \sqrt{f(x) - f^2(x)}.
\]
\begin{enumerate}
\item Dokažte, že funkce $f$ je periodická.
\item Pro $a = 1$ dejte příklad vhodné nekonstantní funkce $f$.
\end{enumerate}
\end{prikl}
\begin{reseni}~
\begin{enumerate}
\item Pro všechna $x \in \R$ platí $f(x+a) \geq \frac12$, zejména tedy $f(x) \geq \frac12$. Abychom získali i druhý odhad, doplňme na čtverec pod odmocninou
\[
f(x+a) = \frac12 + \sqrt{f(x) - f^2(x)} = \frac12 + \sqrt{-\ce{f(x) - \frac12}^2+\frac14}.
\]
Máme odhad $\frac12 \leq f(x) \leq 1$. Nabízí se zjednodušující substituce $f(x) - \frac12 = g(x)$. To nám dává odhad $0 \leq g(x) \leq \frac12$. Dostáváme
\[
g(x+a) = \sqrt{\frac14 - g^2(x)}.
\]
Umocněním získáme
\[
g^2(x+a) + g^2(x) = \frac14.
\]
Přitom protože rovnice platí pro libovolné $x \in \R$, máme též
\[
g^2(x+2a) + g^2(x+a) = \frac14,
\]
odečtením dostáváme $g^2(x+2a) = g^2(x)$. Jelikož je funkce $g$ nezáporná, máme $g(x+2a) = g(x)$. Funkce $g$, a tedy i $f$ jsou periodické s periodou $2a$.
\item Hledejme pro jednoduchost $g(x)$. Ze známých omezených a periodických funkcí uvažme například $\sin x$. Jeden ze vztahů, který jsme odvodili je
\[
g^2(x + 1) + g^2(x) = \frac14.
\]
Vzpomeňme na vztah $\sin\ce{x+\frac{\pi}2} = \cos x$. Díky němu připomíná rovnost výše goniometrickou jedničku
\[
\sin^2(x) + \sin^2\ce{x+ \frac{\pi}2} = 1.
\]
Protože je ale přičtení $\frac{\pi}2$ posunutí pouze o~$\frac14$ periody $\sin x$ a nikoli o polovinu, potřebovali bychom ze sinu učinit $\pi$-periodickou funkci. Toho snadno docílíme uvážením absolutní hodnoty. Snadno pak rozmyslíme, že volbou
\[
g\ce{x} = \frac12 \left| \sin\ce{\frac{\pi}{2}x} \right|
\]
dostáváme požadovanou funkci. Odtud
\[
f\ce{x} = \frac12 + \frac12 \left| \sin\ce{\frac{\pi}{2}x} \right|.
\]
Pro úplnost jen ověřme:
\begin{align*}
L &= f\ce{x+1} = \frac12 + \frac12 \left| \sin\ce{\frac{\pi}{2}(x+1)} \right| = \frac12+\frac12\left| \cos\ce{\frac{\pi}2x} \right|\\
P &= \frac12 + \sqrt{f\ce{x} - f^2\ce{x}} = \frac12 + \sqrt{\frac12 + \frac12 \left| \sin\ce{\frac{\pi}{2}x} \right| - \ce{\frac12 + \frac12 \left| \sin\ce{\frac{\pi}{2}x} \right|}^2}\\
& \frac12 + \sqrt{\frac14 - \frac14 \sin^2\ce{\frac{\pi}2x}} = \frac12 + \frac12\sqrt{\cos^2\ce{\frac{\pi}2x}} = \frac12 + \frac12\left|\cos\ce{\frac{\pi}2x}\right|
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{reseni}
\begin{prikl}% Engel 11 Functional Equations, 38
\item Uvažme funkci $f \colon \R^+ \to \R$ takovou, že
\begin{itemize}
\item $f(x)$ je rostoucí,
\item $f(x) > -\frac1x$,
\item $f(x) \cdot f\ce{f(x) + \frac1x} = 1$.
\end{itemize}
\begin{enumerate}
\item Spočtěte $f(1)$.
\item Dejte příklad nějaké takové funkce $f$.
\end{enumerate}
\end{prikl}
\begin{reseni}~
\begin{enumerate}
\item Označme $f(1) = t$. Položme $x = 1$ a počíítejme
\[
f(1) \cdot f(f(1) + 1) = t \cdot f(t + 1) = 1,
\]
tj. $f\ce{t+1} = \frac1t$. Položme proto nyní $x = t+1$
\[
f(t+1) \cdot f\ce{f(t+1) + \frac1{t+1}} = \frac1t \cdot f\ce{\frac1t + \frac1{t+1}} = 1,
\]
tj.
$f(1) = t = f\ce{\frac1t + \frac1{t+1}}$, přičemž protože je funkce rostoucí, musí být i prostá, a proto
\begin{align*}
\frac1t + \frac1{t+1} &= 1,\\
t+1 + t &= t^2 + t,\\
t^2 - 1 - 1 &= 0.
\end{align*}
To dává $t = \frac{1 \pm \sqrt5}{2}$. Přitom je-li $t = \frac{1 + \sqrt5}{2} > 1$, pak
\[
f(t+1) = \frac{1}{t} = \frac{-1+\sqrt5}2 < t = f(1),
\]
což je spor s tím, že funkce $f$ je rostoucí. Nutně tedy
\[
f(1) = \frac{1-\sqrt5}{2}.
\]
\item Zkusme zopakovat předchozí úvahy. Buď $x \in \R^+$ libovolné pevné. Označme $y = f(x)$.
\begin{align*}
f(x) \cdot f\ce{f(x) + \frac1x} = y \cdot f\ce{y + \frac1x} &= 1,\\
f\ce{y + \frac1x} &= \frac1y,\\
f\ce{y + \frac1x} \cdot f\ce{f\ce{y + \frac1x} + \frac{x}{xy+1}} &= 1,\\
\frac1y \cdot f\ce{\frac1y + \frac{x}{xy+1}} &= 1,\\
f\ce{\frac1y + \frac{x}{xy+1}} &= y.
\end{align*}
Přitom opět z injektivity máme
\begin{align*}
\frac1y + \frac{x}{xy+1} &= x,\\
(xy)^2 - (xy) - 1 &= 0,\\
xy &= \frac{1 \pm 5}{2}.
\end{align*}
Protože $y = f(x)$,  máme $f(x) = \frac{1 \pm 5}{2x}$. Máme dát příklad funkce $f$, uvažme proto funkci
\[
f(x) = \frac{1-\sqrt5}{2x}.
\]
V předchozím jsme ukázali, že je splněna poslední podmínka. Protože $\frac{1-\sqrt5}{2} > -1$, je splněna i~druhá podmínka. Konečně funkce $\frac{t}{x}$ je rostoucí pro $t < 0$. Funkce $f$ tedy vyhovuje zadání.
\end{enumerate}
\end{reseni}
\end{document}