Чётные функции

[Профессор Снэйп]

Про функцию $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ известно, что

1) На любом отрезке, не содержащем $0$, $f$ принимает любое наперёд заданное значение от силы конечное число раз.

2) Для любого действительного $a > 0$ и любого $c \in \mathbb{R}$ сумма решений уравнения $f(x)=c$, расположенных на отрезке $[-a,a]$, равна $0$ (если таковые решения имеются).

Обязательно ли функция $f$ удовлетворяет тождеству $f(x)=f(-x)$ для всех $x \in \mathbb{R}$?

[Лиля]

Профессор Снэйп в сообщении #209530 писал(а):

1) На любом отрезке $f$ принимает любое наперёд заданное значение от силы конечное число раз.

мне кажеться это утверждение противоречиво:
если на любом отрезке $f$ принимает любое наперёд заданное значение от силы конечное число раз например $N$ то мы можем всегда разбить отрезок на $N+1$ частей так что в каком то из отрезков $f$ не примет этого значния ни разу
или же я что то недопоняла....

[Хорхе]

Лиля писал(а):

или же я что то недопоняла....

Догадка верна: Вы недопоняли. "От силы конечное" -- это значит, что может быть и ноль.

[Профессор Снэйп]

Лиля писал(а):

мне кажеться это утверждение противоречиво:
если на любом отрезке $f$ принимает любое наперёд заданное значение от силы конечное число раз например $N$ то мы можем всегда разбить отрезок на $N+1$ частей так что в каком то из отрезков $f$ не примет этого значния ни разу

И что же тут такого противоречивого?

P. S. Слегка подправил условие. Иначе задача была совсем тривиальной

P. P. S. Бр-р-р... Всё равно какая-то тривиальщина получается. Поспешил запостить задачу, поспешил...

[Хорхе]

Ну пусть $f(x)=a$. Предположим, что на отрезке $[-x,x]$ всего $k$ ненулевых решений уравнения $f(x) = a$. Далее, пусть $x_0$ - наименьшее по модулю ненулевое решение. Сложив решения на отрезке $[-x_0,x_0]$, из условия имеем $f(-x_0) = f(x_0)$. Продолжим: если $x_1$ -- следующее по модулю решение, то сложив решения на $[-x_1,x_1]$, имеем $f(-x_1) = f(x_1)$. Повторив процедуру $[(k+1)/2]$ раз, получим $f(x) = f(-x)$.

Добавлено спустя 52 секунды:

Попал под правку

А, так даже проще Достаточно подвигаться чуть влево-вправо от $x$.

[Профессор Снэйп]

Хорхе писал(а):

Ну пусть $f(x)=a$. Предположим, что на отрезке $[-x,x]$ всего $k$ ненулевых решений уравнения $f(x) = a$. Далее, пусть $x_0$ - наименьшее по модулю ненулевое решение. Сложив решения на отрезке $[-x_0,x_0]$, из условия имеем $f(-x_0) = f(x_0)$. Продолжим: если $x_1$ -- следующее по модулю решение, то сложив решения на $[-x_1,x_1]$, имеем $f(-x_1) = f(x_1)$. Повторив процедуру $[(k+1)/2]$ раз, получим $f(x) = f(-x)$.

Добавлено спустя 52 секунды:

Попал под правку

Да я уже понял, что не олимпиадная это задача. Пусть модераторы удаляют тему, если хотят

[Хорхе]

А если так? Уберем условие конечности количества решений и вместо условия про сумму решений предположим, что существует нечетная инъекция $g:\mathbb R \to \mathbb R$, что

$$ \sum_{x:f(x)=a,|{x}|\le c} g(x) =0. $$

Получится что-то содержательное?

Добавлено спустя 12 минут 30 секунд:

Естественно, предполагается, что ряд сходится абсолютно. С ходу эту модификацию решить не получается. Если б $g$ была биекцией, тогда все снова тривиально, но не судьба.

Добавлено спустя 6 минут 23 секунды:

Модификация тоже довольно простая, хоть и не настолько, насколько исходная задача. Так что присоединяюсь к предложению закрыть тему.