\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{\e}{{\rm e}}
\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{\zd}[1]{\ensuremath{\left|\left|#1\right|\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}
\setcounter{chapter}{4}
\chapter*{Nerovnosti}

\begin{prikl}% Engel 7, 3
Dokažte, že pro libovolná $a,b,c,d>0$ platí $$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}4} \geq \sqrt[3]{\frac{abc+abd+acd+bcd}4}.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Rozdělením zlomku na pravé straně na dva a vytknutím společných členů, dostaneme
$$\frac{abc+abd+acd+bcd}4=\frac12\zk{ab\frac{c+d}2+cd\frac{a+b}2},$$
přičemž aplikací A-G nerovností $\sqrt{ab}\leq \frac{a+b}2$ a~$\sqrt{cd}\leq \frac{c+d}2$ máme
$$\frac{abc+abd+acd+bcd}4 \leq \frac12\zh{\zk{\frac{a+b}2}^2 \frac{c+d}2+\zk{\frac{c+d}2}^2\frac{a+b}2}= \frac1{16} (a+b)(c+d)(a+b+c+d).$$
Podobně můžeme aplikovat A-G nerovnost na součin $(a+b)(c+d)\leq \zk{\frac{(a+b)+(c+d)}2}^2$, čímž dostaneme
$$\frac{abc+abd+acd+bcd}4 \leq \frac1{16} \zk{\frac{(a+b)+(c+d)}2}^2 (a+b+c+d) = \zk{\frac{a+b+c+d}4}^3.$$
Odmocníme-li získanou nerovnost a užijeme-li A-Q nerovnost na poslední zlomek, dojdeme k~dokazovanému vztahu:
\begin{align*}
\sqrt[3]{\frac{abc+abd+acd+bcd}4} &\leq \frac{a+b+c+d}4 \leq \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}4}\qedhere
%\vspace*{-2em}
\end{align*}
\end{reseni}


\begin{prikl}% Engel 7, 28
Na každé straně jednotkového čtverce je zvolen bod. Tyto čtyři body tvoří čtyřúhelník s~délkami stran~$a,b,c,d$. Dokažte, že platí
$$2\leq a^2+b^2+c^2+d^2 \leq 4 \quad\text{a}\quad 2\sqrt2\leq a+b+c+d \leq 4.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Označme délky úseků dle obrázku.
\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{28znac.pdf}
\end{center}
Z~Pythagorových vět tvaru $a^2=(1-x)^2+y^2$ máme
$$a^2+b^2+c^2+d^2=x^2+(1-x)^2+y^2+(1-y)^2+z^2+(1-z)^2+u^2+(1-u)^2.$$
Jelikož $0\leq x,1-x\leq 1$, je $x^2\leq x$ i~$(1-x)^2\leq 1-x$, a~sečtením $x^2+(1-x)^2\leq x+1-x=1$.\\
Z~druhé strany doplněním na~čtverec $x^2+(1-x)^2=2x^2-2x+1=2\zk{x-\frac12}^2+\frac12\geq \frac12$.\\
Analogicky pro~$x,z,u$. Sečtením získaných nerovností dostaneme první z~dokazovaných nerovností,
$$2\leq a^2+b^2+c^2+d^2 \leq 4.$$
Z~trojúhelníkových nerovností tvaru $a\leq (1-x)+y$ máme
$$a+b+c+d\leq x+1-x+y+1-y+z+1-z+u+1-u=4.$$
Na~levou stranu druhé nerovnosti se podíváme podobně jako při odvozování zákona odrazu (problém minimální dráhy mezi dvěma body s~mezidotykem na~přímce, přičemž body jsou ve~stejné polorovině dané touto přímkou). Zobrazíme-li bod~$D$ podle dolní a~horní strany čtverce, a~poté bod~$D'$ spolu s~bodem~$C$ podle pravé strany čtverce, viz obrázek,
\begin{center}
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{28.pdf}
\end{center}
odpovídá délka lomené čáry $D_1' ABC'D''$ obvodu čtyřúhelníku $ABCD$, přičemž délka této lomené čáry je minimální, jestliže jde o~úsečku. V~takovém případě vidíme, že jde o~úhlopříčku dvojkového čtverce, proto $2\sqrt2 \leq a+b+c+d$. Tím jsme dokázali druhou dokazovanou nerovnost,
\begin{align*}
2\sqrt2&\leq a+b+c+d \leq 4.\qedhere
\end{align*}
\end{reseni}


\begin{prikl}% Engel 7, 36
Najděte uvnitř trojúhelníku $ABC$ takový bod~$P$, který maximalizuje součin $\pp{PL}\cdot\pp{PM}\cdot\pp{PN}$, kde $L,M,N$ jsou kolmé průměty bodu~$P$ na strany $BC,CA,AB$.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Označme $\pp{PL}=x$, $\pp{PM}=y$, $\pp{PN}=z$. Z~obrázku\\

je vidět, že chceme minimalizovat funkci $f(x,y,z)=xyz$ za podmínky $ax+by+cz=2S$, kde $S$ je obsah trojúhelníku $ABC$. Protože $x,y,z,a,b,c>0$, má funkce~$f$ maximum ve~stejném bodě~$(x,y,z)$, jako funkce $g(x,y,z)=ax\cdot by\cdot cz$. Z~A-G nerovnosti plyne
$$ax\cdot by\cdot cz \leq \zk{\frac{ax+ by+ cz}3}^3=\zk{\frac{2S}3}^3,$$
přičemž rovnost nastane pro $ax=by=cz=\frac{2S}3$. Proto funkce~$f$ nabývá svého maxima pro $x=\frac{2S}3\frac1a$, $y=\frac{2S}3\frac1b$, $z=\frac{2S}3\frac1c$. Zbývá zjistit, co je $P$ za bod. Z~poměrů v~trojúhelníku máme $$x:y:z = \frac1a : \frac1b : \frac1c = v_a :v_b:v_c,$$
tedy poměr délek $x:y:z$ odpovídají poměru výšek, a~proto je bod~$P$ těžištěm trojúhelníku $ABC$. Snadno totiž nahlédneme, že v~tomto případě je $x=\frac{v_a}3$, $y=\frac{v_b}3$ , $z=\frac{v_c}3$ (plyne z~faktu, že těžiště dělí těžnice v~poměru $2:1$).
\end{reseni}


\begin{prikl}% Engel 7, 71
Buďte $x_1>0$, $x_1+\dots+x_n=1$, $n\geq2$. Dokažte, že $S\geq \frac{n}{2n-1}$, kde $$S=\frac{x_1}{1+x_2+\dots+x_n}+\frac{x_2}{1+x_1+x_3+\dots+x_n}+\dots +\frac{x_1}{1+x_1+\dots+x_{n-1}}.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Všimněme si, že $i$-tý jmenovatel v~$S$ je $2-x_i$. Takže $$S=\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{2-x_i}=\sum_{i=1}^n \frac{2-2+x_i}{2-x_i} =2\sum_{i=1}^n \frac{1}{2-x_i}- \sum_{i=1}^n 1 =2\sum_{i=1}^n \frac{1}{2-x_i}-n.$$
Z~C-S nerovnosti pro vektory $\vec{a}=(a_i)$, $\vec{b}=(a_i)$, $a_i=\frac1{\sqrt{2-x_i}}$ a~$b_i=\sqrt{2-x_i}$ dostaneme $$\zk{\sum_{i=1}^n \frac{1}{2-x_i}}\zk{\sum_{i=1}^n (2-x_i)}\geq \zk{\sum_{i=1}^n 1}^2=n^2,$$
přičemž $$\sum_{i=1}^n (2-x_i)=2n-\sum_{i=1}^n x_i=2n-1,$$
odkud $$\sum_{i=1}^n \frac{1}{2-x_i} \geq \frac{n^2}{2n-1}.$$
Dosazením získané nerovnosti do~$S$ máme 
\begin{align*}
S&=2\sum_{i=1}^n \frac{1}{2-x_i}-n \geq \frac{2n^2}{2n-1}-n=\frac{n}{2n-1}.\qedhere
\end{align*}
\end{reseni}


\begin{prikl}% Engel 7, 90
Buďte $a,b,c>0$ takové, že $abc=1$. Dokažte, že platí
$$\frac1{a^3(b+c)}+\frac1{b^3(a+c)}+\frac1{c^3(a+b)}\geq \frac32.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Vzhledem k~výskytu~$a,b,c$ jen ve jmenovali, označme~$x=\frac1a$, $y=\frac1b$, $z=\frac1c$, přičemž $xyz=\frac1{abc}=1$. Rozepsáním
$$\frac1{a^3(b+c)}=\frac1{\frac1{x^3}\zk{\frac1y+\frac1z}}=\frac{x^3}{\frac{y+z}{yz}}=\frac{x^2(xyz)}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}.$$
Analogicky pro další zlomky. Celkem tak můžeme vyjádřit uvažovaný součet~$S$ jako
$$S=\frac1{a^3(b+c)}+\frac1{b^3(a+c)}+\frac1{c^3(a+b)}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}.$$
Z~C-S nerovnosti pro vektory $\zk{\frac{x}{\sqrt{y+z}},\frac{y}{\sqrt{x+z}},\frac{z}{\sqrt{x+y}}}$ a~$\zk{\sqrt{y+z},\sqrt{x+z},\sqrt{x+y}}$ dostaneme
\begin{align*}
S\cdot 2(x+y+z)&\geq (x+y+z)^2,\\
S&\geq \frac{x+y+z}2.
\end{align*}
Z~A-G nerovnosti pak $$S\geq \frac{x+y+z}2=\frac{x+y+z}3\cdot \frac32 \geq \sqrt[3]{xyz}\cdot \frac32 = \frac32 .$$
Z~AG nerovnosti navíc víme, že v~ní rovnost nastává právě tehdy, když $x=y=z=1$, tedy když $a=b=c=1$. V~tomto případě nastává rovnost i~v~naší nerovnosti, neb pak máme součet tří polovin.
\end{reseni}



\begin{prikl} % Engel 7, 55
Nechť $a,b,c$ jsou délky stran trojúhelníka. Dokažte
\[
a(b^2+c^2-a^2) + b(c^2+a^2-b^2) + c(a^2+b^2-c^2) \leq 3abc.
\]
\end{prikl}
\begin{reseni}
Jelikož jsou $a,b,c$ strany trojúhelníka, můžeme si všimnout, že se lze snadno nahradit součty v závorkách pomocí jediného členu aplikací kosinové věty
\[
a^2 + 2bc \cos \alpha = b^2 + c^2.
\]
Chceme tedy dokázat, že
\[
2abc (\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma) \leq 3abc,
\]
tedy ekvivalentně
\[
\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \leq \frac32.
\]
Předpokládejme nejprve, že trojúhelník není tupoúhlý. Protože je kosinus funkce konkávní na intervalu $[0,\frac{\pi}2]$, můžeme použít Jensenovu nerovnost (její variantu pro konkávní funkce). Tím dostáváme
\[
\cos\ce{\frac{\alpha+\beta+\gamma}3} \geq \frac{\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma}3,
\]
tedy
\[
\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \leq 3 \cos \frac{\pi}3 = \frac32,
\]
což jsme chtěli dokázat.

Předpokládejme nyní, že existuje tupý úhel. Nechť je to $\gamma$. Protože $\alpha,\beta$ jsou ostré úhly, můžeme opět použít Jensenovu nerovnost
\[
\cos \alpha + \cos \beta \leq 2 \cos \frac{\alpha+\beta}2,
\]
kde rovnost nastává právě pro $\alpha = \beta$. Můžeme proto předpokládat, že $\alpha = \beta < \frac{\pi}4$. Dosazením do levé strany dokazované nerovnosti obdržíme
\[
2 \cos \alpha + \cos (\pi - 2\alpha) = 2 \cos \alpha - \cos 2\alpha.
\]
Chceme tedy ukázat, že $2 \cos \alpha - \cos 2\alpha \leq \frac32$. Využijeme vzorce pro kosinus dvojnásobného úhlu.
\[
2 \cos \alpha - \cos 2 \alpha = 2 \cos \alpha - \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = \cos \alpha \cdot (2 - \cos \alpha) + \sin^2 \alpha.
\]
Přitom $\sin^2 \alpha \leq \frac12$, vždyť $\alpha \in (0, \frac{\pi}4)$. To spolu s
\[
\cos \alpha \cdot (2 - \cos \alpha) = - \cos^2 \alpha + 2 \cos \alpha = -(\cos \alpha - 1)^2 + 1
\]
dává požadovanou nerovnost.
\end{reseni}


\end{document}