\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}
\newtheorem{pr}{Návodný příklad}[chapter]
\newtheorem*{hint}{Hint}
\theoremstyle{remark}
\newtheorem{pozn}[veta]{Poznámka}

\renewcommand{\qedsymbol}{}

\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}{10}
\chapter*{Opakování}
\begin{prikl} % MO-A ročník 51, ústřední kolo, příklad 4
Nejděte všechny dvojice reálných čísel $a,b$, pro které má rovnice
\[
\frac{ax^2-24x+b}{x^2-1} = x
\]
v oboru reálných čísel právě dvě různá řešení, přičemž jejich součet je 12.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Po vynásobení obou stran výrazem $x^2-1$ dostáváme po převedení na jednu stranu
\[
x^3 - ax^2 + 23x - b = 0.
\]
Tato rovnice má včetně násobností 1 nebo 3 reálné kořeny. Libovolný kořen $s \neq \pm 1$ původní rovnice zůstává kořenem i této rovnice, mohli jsme však získat kořen $\pm 1$. Připomeňme, že
\begin{align*}
x_1 + x_2 + x_3 &= a,\\
x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 &= 23,\\
x_1x_2x_3 &= b.
\end{align*}
Z předpokladu o existenci právě dvou různých řešení dostáváme následující možnosti (až na permutaci kořenů) pro $s \notin \{-1,1,11,13,6\}$
\begin{itemize}
\item $(x_1,x_2,x_3) = (-1, s, 12-s)$, dosazením do Vietových vztahů dostáváme
\begin{align*}
a &= 11,\\
s^2 -12s +35 &= 0,\\
b &= s(s-12).
\end{align*}
Druhou rovnici lze přepsat jako
\[
s^2 - 12s + 35 = (s-7) \cdot (s-5) = 0.
\]
tedy $s = 7$ nebo $s = 5$, což v obou případech dává $b = -35$. Dostáváme řešení 
\[
(a,b) = (11,-35).
\]
\item $(x_1,x_2,x_3) = (1,s,12-s)$, dosazením do Vietových vztahů dostáváme
\begin{align*}
a &= 13,\\
s^2 - 12s + 11 &=0,\\
b &= s(12-s).
\end{align*}
Přepsáním druhé rovnice
\[
s^2 - 12s + 11 = (s-11)\cdot(s-1) = 0
\]
dostáváme $s = 1$ nebo $s = 11$, což jsou ale zakázané hodnoty. Řešení tedy nedostáváme.
\item $(x_1,x_2,x_3) = (s,s,12-s)$, dosazením do Vietových vztahů dostáváme
\begin{align*}
a &= s+12,\\
s^2 - 24s + 23 &= 0,\\
b &= s^2 \cdot (12-s).
\end{align*}
Přepisem druhé rovnice
\[
s^2 - 24s + 23 = (s-23) \cdot (s-1) = 0
\]
dostáváme přípustné řešení $s = 23$, tedy $a = 35$ a $b = -11 \cdot 23^2 = -5819$.
\end{itemize}
Řešení je
\[
(a,b) \in \{(11,-35), (35, -5819)\}.
\]
\end{reseni}
%%%%%%%%%%
\begin{prikl} % MO-A ročník 55, ústřední kolo, příklad 4
Najděte všechny trojice navzájem různých prvočísel $p,q,r$ splňující
\begin{align*}
p &\mid q+r,\\
q &\mid r+2p,\\
r &\mid p+3q.
\end{align*}
\end{prikl}
\begin{reseni}
Rozeberme případy podle toho, které prvočíslo je největší.
\begin{itemize}
\item Největší je $p$. Pak $q+r < 2p$, přitom $p \mid q+r$. Odtud nutně platí $p = q+r$. Z~druhé podmínky máme $q \mid r+2p = 3r+2q$, tedy $q \mid 3r$. Protože $q \nmid r$, musí platit $q = 3$. Protože $p = q+r = r+3$, je nutně $r = 2$ a $p = 5$. Dostáváme řešení 
\[
(p,r,q) = (5,3,2).
\]
\item Největší je $q$. Protože $r+2p < 3q$, je $q = r+2p$ nebo $2q = r+2p$.
\begin{itemize}
\item $2q = r + 2p$, dvojka dělí levou stranu, musí dělit i pravou, proto $r = 2$ a $q = p+1$, spor.
\item $q = r+2p$, z první podmínky máme $p \mid q+r = 2(r+p)$, tedy $p \mid 2r$. Nutně proto $p = 2$. Poslední podmínka dává $r \mid p+3q = 7p+3r = 3r+14$, tedy $r \mid 14$. Odtud $r = 7$ a $q = 11$.
\end{itemize}
To dává řešení
\[
(p,q,r) = (2,11,7).
\]
\item Největší je $r$. Protože $p+3q < 4r$, dostáváme $r = p+3q$ nebo $2r = p+3q$ nebo $3r = p+3q$.
\begin{itemize}
\item $3r = p+3q$, tedy $p = 3$ a $r = q+1$, spor.
\item $2r = p+3q$. Z první podmínky máme $p \mid 2(q+r) = p+5q$, odkud $p \mid 5q$, tj. $p = 5$. Z druhé podmínky máme $q \mid 2(r + 2p) = 5p + 3q$, tedy $q = 5$, spor.
\item $r = p+3q$. První podmínka dává $p \mid q+r = p+4q$, tedy $p = 2$. Druhá pomínka dává $q \mid r+2p = 3p+3q$, tedy $q = 3$ a $r = 11$.
\end{itemize}
To dává řešení
\[
(p,q,r) = (2,3,11).
\]
\end{itemize}
\end{reseni}
%%%%%%%%%%
\begin{prikl} % IMO-shortlist 2006, N5
Nalezněte všechny dvojice $(x,y) \in \Z^2$, pro které platí
\[
\frac{x^7-1}{x-1} = y^5-1.
\]
\end{prikl}
\begin{hint}
Dokažte: pro každé $x \in \Z \setminus \{1\}$ a libovolného prvočíselného dělitele $p$ čísla $\frac{x^7-1}{x-1}$ platí $p \equiv 1 \pmod{7}$ nebo $p = 7$.
\end{hint}
\begin{reseni}
Nejprve dokažme hint. Z předpokladu a Malé Fermatovy věty dostáváme
\begin{align*}
x^7 &\equiv 1 \pmod{p},\\
x^{p-1} &\equiv 1 \pmod{p}.
\end{align*}
Předpokládejme, že $7 \nmid (p-1)$, tedy $\gcd(7,p-1) = 1$. Z Bezoutovy rovnosti existují $k,l \in \Z$ takové, že
\[
7k + (p-1)l = 1.
\]
Dostáváme
\[
x = x^{7k + (p-1)l} = (x^7)^k \cdot (x^{p-1})^l \equiv 1 \pmod{p},
\]
odtud
\[
\frac{x^7-1}{x-1} = 1+x+\dots+x^6 \equiv 7 \pmod{p},
\]
tedy $p \mid 7$, tj. $p = 7$, což jsme chtěli ukázat.

Z předchozího dostáváme, že pro libovolný dělitel $d$ čísla $\frac{x^7-1}{x-1}$ platí $d \equiv 0,1 \pmod{7}$.

Nechť $(x,y) \in \Z^2$ je řešení rovnice. Jistě $y > 1$. Protože $y^5-1 = (y-1)(1+y+\dots+y^4)$, platí
\[
y-1 \mid \frac{x^7-1}{x-1}.
\]
Nutně tedy $y \equiv 1,2 \pmod{7}$. Přitom též $1+y+\dots+y^4 \mid \frac{x^7-1}{x-1}$, přitom ale žádný z případů $y \equiv 1,2 \pmod{7}$ nevede ke splnění nutné podmínky. Diofantická rovnice tedy nemá řešení.
\end{reseni}
%%%%%%%%%%
\begin{prikl} % MO-A ročník 51, ústřední kolo, příklad 6
Najděte všechny funkce $f \colon \R^+ \to \R^+$ splňující pro libovolná $x,y \in \R^+$ rovnost
\[
f(xf(y)) = f(xy) + x.
\]
\end{prikl}
\begin{reseni}
Všimněme si jisté nesymetrie rovnice vzhledem k proměnným $x,y$. Zkusme, co se stane, pokud tyto proměnné zaměníme. Dostaneme
\[
f(y \cdot f(x)) = f(xy) + y.
\]
Levou stranu lze obdržet také tak, že dosadíme za $x$ hodnotu $f(x)$, dostáváme
\[
f(f(x) \cdot f(y)) = f(f(x) \cdot y) + f(x),
\]
odkud vyjádříme požadovaný výraz
\[
f(y \cdot f(x)) = f(f(x) \cdot f(y)) - f(x).
\]
Po úpravě dostáváme
\[
f(xy) + y + f(x) = f(f(x) \cdot f(y)).
\]
Pravá strana rovnice se nezmění záměnou hodnot $x$ a $y$. Totéž musí platit pro levou, tedy
\[
f(xy) + y + f(x) = f(xy) +x + f(y),
\]
odtud
\[
\forall x,y \in \R^+ \colon f(x) - x = f(y) - y,
\]
tedy $\forall x \in \R^+ \colon f(x) - x = c$ pro jistou konstantu $c$, tedy $f(x) = x+c$. Dosaďme do původního předpisu.
\begin{align*}
y \cdot (x+c) + c &= xy + c + y,\\
cy + c &=  y + c,\\
c &= 1.
\end{align*}
Hledaná funkce je jediná a je dána předpisem
\[
f(x) = x+1.
\]
\end{reseni}
%%%%%%%%%%
\begin{prikl} % MO-A ročník 52, ústřední kolo, příklad 1
Řešte v $\R^2$.
\begin{align*}
x^2 -xy +y^2 &= 7,\\
x^2y + xy^2 &= -2.
\end{align*}
\end{prikl}
\begin{reseni}
Druhá rovnice lze upravit na tvar
\[
xy(x+y) = -2.
\]
První rovnici pak můžeme upravit na
\[
(x+y)^2 - 3xy = 7.
\]
Položme $xy = r$, $x+y = s$. Dostáváme
\begin{align*}
s^2 - 3r &= 7,\\
rs &= -2.
\end{align*}
Jistě $s \neq 0$, můžeme vynásobit první rovnici $s$ a dosadit za člen $rs$.
\[
s^3 -7s + 6 = (s-1)(s-2)(s+3) = 0.
\]
Odtud
\[
(r,s) \in \{(-2,1),(-1,2),(\frac23,-3)\}.
\]
Čísla $x,y$ jsou řešením kvadratické rovnice
\[
y^2 - sy + r = 0.
\]
Dostáváme 6 možných řešení
\[
\{x,y\} \in \left\{\{-1,2\}, \{1+\sqrt2, 1-\sqrt2\}, \left\{\frac{-9+\sqrt{57}}6, \frac{-9-\sqrt{57}}6\right\}\right\}.
\]
\end{reseni}
%%%%%%%%%%
\begin{prikl} % MO-A ročník 60, ústřední kolo, příklad 3, a)
Nechť $x,y,z \in \R$ splní
\[
x+y+z = 12, \qquad x^2 + y^2 + z^2 = 54.
\]
Dokažte, že $9 \leq xy, yz, xz \leq 25$.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Umocněním $x+y = 12-z$ a odečtením druhé dostáváme
\[
2xy = 2z^2 - 24z +90
\]
což po vydělení dvěma a doplnění na čtverec dává
\[
xy = (z-6)^2 + 9,
\]
tedy $xy \geq 9$. Ze symetrie dostáváme totéž i pro $yz$ a $xz$.

Uvažme nyní
\[
0 \leq (x-y)^2 = x^2 + y^2 - 2xy = 54 - z^2 - 2z^2 +24z - 90 = -3(z^2 - 8z + 12) = -3((z-4)^2 -4).
\]
Vydělením -3 dostáváme
\[
4 \geq (z-4)^2,
\]
tj. $2 \leq z \leq 6$. To dává $xy = (z-6)^2 + 9 \leq 25$.
\end{reseni}
\end{document}