Функциональное уравнение Коши

[Mikhail Sokolov]

Пусть функция $F:R^2\to R$ удовлетворяет следующим свойствам:
1. $F(x_1,x_2)+F(y_1,y_2)=F(x_1+y_1,x_2+y_2)$ для любых $x_1,x_2,y_1,y_2$ из $R$;
2. Если $x_1\leq y_1$ и $x_2\leq y_2$ и хотя бы одно из этих неравенств строгое, то
$F(x_1,x_2)\neq F(y_1,y_2)$.

Следует ли из этого, что $F$ линейна: $F(x,y)=ax+by$, $ab>0$?

Спасибо.

[zoo]

Mikhail Sokolov писал(а):

Пусть функция $F:R^2\to R$ удовлетворяет следующим свойствам:
1. $F(x_1,x_2)+F(y_1,y_2)=F(x_1+y_1,x_2+y_2)$ для любых $x_1,x_2,y_1,y_2$ из $R$;
2. Если $x_1\leq y_1$ и $x_2\leq y_2$ и хотя бы одно из этих неравенств строгое, то
$F(x_1,x_2)\neq F(y_1,y_2)$.

Следует ли из этого, что $F$ линейна: $F(x,y)=ax+by$, $ab>0$?

Спасибо.

а если преобразование Фурье применить по $x_1,x_2$

[незваный гость]

нет. Например, $F(x,y) = x - y$.

Подставляя $x_2 = y_1 = 0$, имеем $F(x_1, y_2) = F(x_1, 0) + F(0, y_2)$, поэтому достаточни изучать функции одного аргумента: $f(x+y) = f(x) + f(y)$. Если добавить, например, условие монотонности (вместо равентсва), то утверждение может стать верным.

[Cave]

незваный гость
Не подходит, $F(0,0)=0=F(1,1)$, в то время как согласно второму условию $F(0,0)\neq F(1,1)$.

[bobo]

Попытался привести пример такой нелинейной функции и вышло, вроде, что-то похожее на правду.
Положим $f(x)=F(x,0)=F(0,x)$ для всех $x\in R$, тогда условие (1) задачи переходит в $f(x)+f(y)=f(x+y)$ для всех действительных $x,y$, а условие (2) равносильно $f(x)\neq 0$ при $x\neq 0$. Пусть $S={{r_\alpha}}$ - множество действительных чисел $r_\alpha$ таких, что всякое действительное число $x$ является единственной линейной комбинацией конечного числа элементов из $S$ с рациональными коэффициентами $p_\alpha: x=p_{\alpha_1}r_{\alpha_1}+\dots+p_{\alpha_k}r_{\alpha_k}. (*)$
Обозначим через $B_r$ множество, являющееся объдинением множества всех рациональных чисел, алгебраических чисел и трансцендентных чисел, степень трансцендентности которых не превосходит $r$. Очевидно, что тогда любая конечная линейная комбинация элементов $B_r$ с рациональными коэффициентами принадлежит $B_r$. Пусть $S*$ есть подмножество $B_r$, обладающее свойством, аналогичным множеству $S$: т.е. является "базисом" в $B_r$.
Множества $S$ и $S*$ имеют мощность континуум. Пусть $f:S\to S*$ - биекция. Доопределим функцию $f$ для всех действительных $x$ следующим образом: если $x$ имеет вид $(*)$, то $f(x)=\sum\limits_{i=1}^k p_{\alpha_i}f(r_{\alpha_i})$ при этом $f(r_{\alpha_i})\in S*$.
Заданная таким образом функция $f$ удовлетворяет условию (1), т.к.
$f(x_1+x_2)=f(\sum\limits_{i=1}^{k_1} p_{\alpha_i}^1r_{\alpha_i}^1+\sum\limits_{i=1}^{k_2} p_{\alpha_i}^2r_{\alpha_i}^2)=\sum\limits_{i=1}^{k_1} p_{\alpha_i}^1f(r_{\alpha_i}^1)+\sum\limits_{i=1}^{k_2} p_{\alpha_i}^2f(r_{\alpha_i}^2) = f(x_1)+f(x_2)$.
А также условию (2), поскольку $0=f(x)=\sum\limits_{i=1}^k p_{\alpha_i}f(r_{\alpha_i})$ при $x\neq 0$ противоречило бы определению базиса. В некотрых здесь терминах я не очень разбираюсь, так что, заранее извиняюсь, если что не так.

[незваный гость]

Cave в сообщении #141529 писал(а):

Не подходит

Да-с. Недооценил я второе условие, недооценил.

Тогда можно пойти путём bobo: рассмотреть базис Гамеля $S$ $\mathbb R$ над $\mathbb Q$, определить на нём $f(r_0) = r_0$, $f(r_\alpha) = 2 r_\alpha$ и продолжить линейно (если $x = \sum_k q_k r_k,$ то $f(x) = \sum_k q_k f(r_k)$, причём по свойствам базиса Гамеля разложения конечны), $r_0, r_\alpha \in S$. Тогда $F(x, y) = f(x + y)$ обладает всеми требуемыми свойствами.