Коммутирующие отображения.

[Padawan]

Пусть $F\colon \mathbb R^2\to \mathbb R^2$ непрерывное отображение, а $A\colon\mathbb R^2\to \mathbb R^2$ -- обратимый линейный оператор. Известно, что $F$ коммутирует с $A$, т.е. $FAx=AFx$ для любого $x\in \mathbb R^2$. Следует ли отсюда, что $F$ тоже является линейным оператором?
Вопрос, наверное, простой, но не соображу.

[mihailm]

в точку но не в ноль

[Padawan]

Извиняюсь, надо уточнить, что оператор $A$ не имеет неподвижных точек (кроме нуля). А то так можно взять вообще тождественный. Тогда любая функция $F$ подойдет.
У меня конкретно $A$ задаётся матрицей $\left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\1 & 1\end{array}\right)$

[Vince Diesel]

Тут поворот с растяжением. Возьмем $F(r,\varphi)=rf(\varphi)$, где $f(\varphi)$ - возрастающая непрерывная функция на $[0,\pi/2]$, $f(0)=0$, $f(\pi/2)=\pi/2$, продолженная на окружность сдвигами $f(\varphi+\pi/2)=f(\varphi)+\pi/2$. Тогда $AF(r,\varphi)=FA(r,\varphi)=(\sqrt2 r,f(\varphi)+\pi/2)$.

Был бы угол поворота несоизмерим с $\pi$, может и было бы верно.

[Padawan]

Vince Diesel в сообщении #424661 писал(а):

Тут поворот с растяжением. Возьмем $F(r,\varphi)=rf(\varphi)$, где $f(\varphi)$ - возрастающая непрерывная функция на $[0,\pi/2]$, $f(0)=0$, $f(\pi/2)=\pi/2$, продолженная на окружность сдвигами $f(\varphi+\pi/2)=f(\varphi)+\pi/2$. Тогда $AF(r,\varphi)=FA(r,\varphi)=(\sqrt2 r,f(\varphi)+\pi/2)$.

Был бы угол поворота несоизмерим с $\pi$, может и было бы верно.

$f(\varphi)$ на всей окружности разрывна? А, понял, там $2\pi$ добавляется. Только $A$ поворот на $\frac{\pi}{4}$ осуществляет.

-- Сб мар 19, 2011 15:58:00 --

Думаю, что если $F$ аналитическая, то верно. Она совпадает с линейной функцией на множествах $\{A^{n}x_0\}_{n\in\mathbb Z}$, при любых фиксированных $x_0\neq 0$. Отсюда получается, что она линейна на всех прямых, проходящих через $(0,0)$.

[mihailm]

Padawan в сообщении #424664 писал(а):

...
Думаю, что если $F$ аналитическая, то верно
...

квадратичных нет точно проверил