Функция двух переменных

[Юстас]

Пусть f(x,y) вещественная функция двух переменных и при произвольной фиксации любой переменной получается полином. Является ли f полиномом от двух переменных?

[RIP]

Ну, ответ, очевидно, "да". Вопрос в том, как это доказать
Вот мое решение, довольно корявое, но какое есть.
Фиксируем любой отрезок $[C,D]\subset\mathbb{R}$. Для $n\in\mathbb{N}$ обозначим

$$F_n=\{y\in[C,D]\mid\forall x\in\mathbb{R}\qquad\frac{\partial^nf(x,y)}{\partial x^n}=0\}.$$

По условию, $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}F_n=[C,D].$
Стандартным рассуждением имеем, что найдутся $n\in\mathbb{N}$ и отрезок(не вырождающийся в точку) $[c,d]\subset[C,D]$, что $F_{n+1}$ всюду плотно в $[c,d]$.
Для $y\in F_{n+1}$ пишем

$$f(x,y)=a_n(y)x^n+\ldots+a_0(y),\quad x\in\mathbb{R}.$$

Подставляем $x=0,1,2,\ldots,n$ и получаем систему с "неизвестными" $a_j(y)$. Решая её, получаем, что для $y\in F_{n+1}\qquad a_j(y)=p_j(y)\in\mathbb{R}[y]$. Окончательно имеем

$$\begin{equation}f(x,y)=P(x,y)\in\mathbb{R}[x,y],\qquad x\in\mathbb{R},y\in F_{n+1}.\end{equation}$$

Фиксируя $x\in\mathbb{R}$, получаем равенство непрерывных функций на $F_{n+1}$, но оно всюду плотно в $[c,d]$, поэтому в $(1)$ можно написать $y\in[c,d]$.
Резюмируем. Что же мы доказали?

$$\textit{Для любого отрезка $[C,D]\subset\mathbb{R}$ найдется подотрезок $[c,d]\subset[C,D]$ и многочлен $P(x,y)$, что $f(x,y)=P(x,y)$ при $(x,y)\in\mathbb{R}\times[c,d]$.}$$

Зеркальными рассуждениями получаем, что это утверждение сохраняет силу, если $x$ и $y$ поменять ролями. Отсюда, между прочим, получаем, что многочлен $P(x,y)$ на самом деле не зависит от того, какой отрезок фиксируем и по какой переменной. Для док-ва достаточно заметить, что два многочлена, равные на прямоугольнике, совпадают тождественно, а $([a,b]\times\mathbb{R})\cap(\mathbb{R}\times[c,d])=[a,b]\times[c,d]$.
Из доказанного выше уже легко получить, что $f(x,y)=P(x,y)$ тождественно. $\qed$
Спасибо за внимание
ЗюЫю Мое 200-е сообщение

[Юстас]

Вроде бы всё верно. Очень хорошее решение, мне понравилось. "Стандартным рассуждением" Вы называете теорему Бэра или что-то другое?

[RIP]

Да, именно теорему Бэра о категориях(если я ничего не путаю.)

[Upd.] На самом деле теорема Бэра была лишней: достаточно простейших мощностных соображений (подробнее).