Функция, определённая аксиоматически

[Dave]

Найдите все функции $f(x) \colon \mathbb R \to \mathbb R$, удовлетворяющие одновременно следующим условиям:

1. $f(x+y) \geqslant f(x)+f(y)$ при любых $x$ и $y$.
2. $f(f(x))=f(x)$ при любом $x$.
3. $f(x) \geqslant 0 $ при всех $x>0$.
4. $f(a)>0$ для некоторого $a$.

Опишите все такие функции и докажите, что других нет. Дополнительно докажите, что каждое из четырёх перечисленных условий не зависит от остальных, т.е. приведите пример функции, удовлетворяющей любым трём условиям и не удовлетворяющей четвёртому.

[hippie]

Ответ: $f(x)=x$ или $f(x)=\frac {[cx]}c ,$ где $c>0.$

Легко убедиться, что указанные функции подходят.
Основные шаги доказательства того, что других функций нет:

$f(x)$ — неубывающая функция;
$f(0)\le 0;$
$f(0)=0;$
$f(x)<0$ при $x<0;$
$\lim\limits_{x\to +0} f(x)=0.$
Для $\lim\limits_{x\to -0} f(x)$ возможны 2 случая:

I случай ($\lim\limits_{x\to -0} f(x)=0$).
Тогда $f(x)$ непрерывна и принимает все действительные значения. Следовательно, $f(x)\equiv x.$

II случай ($-\frac 1c :=\lim\limits_{x\to -0} f(x)<0$).
Тогда
$f(x)=-\frac 1c$ при $x\in [-\frac 1c; 0);$
$f(x)=0$ при $x\in [0; \frac 1c);$
$f(\frac 1c ) = \frac 1c ;$
$f(x+ \frac 1c ) = f(x)+ \frac 1c ;$
$f(x)= \frac {[cx]}c .$

——————————————————————————————————————————————————————————

Примеры функций.

Без первого условия: $f(x)\equiv 1.$

Без второго условия: $f(x)=cx,$ где $c>0,\ c\ne 1.$

Без четвёртого условия: $f(x)\equiv 0.$

Без третьего условия: функция $f(x)$ — решение уравнения Коши ($f(x+y)=f(x)+f(y)$), принимающее только рациональные значения, причём $f(1)=1.$

[Руст]

Очевидно, таких функций не существует. Из 1 и 3 получаем $f(0)=0$. Из 1,4 $f(-a)\le -f(a)<0$, что противоречит 3.

[Хорхе]

Руст, а почему Вы думаете, что это противоречит 3?

[Dave]

По поводу примера четырёх функций чуть усложню задачу:
1) Все функции должны быть записаны в явном виде.
2) Они должны быть неограничены сверху и снизу, кроме случая +1+2+3-4, в котором неограниченность требуется только снизу.
3) Для случая +1-2+3+4 функция должна дополнительно удовлетворять условию $f(x)=x$ при всех целых $x$.

Руст, Вы погорячились. Условие п.3. говорит о неотрицательности $f(x)$ только при $x>0$. Никто не утверждает, что $a<0$. hippie указал все подходящие функции. Когда я думал о том, как логичнее записывать их через параметр, то пришёл к выводу, что лучше так:

$$f(x)=t\left[\frac x t \right],$$

$t>0$, тогда $t$ означает скачок на графике (как по $x$, так и по $y$). Случай $f(x)=x$ - предельный при $t \to 0$.

hippie, мне интересно, как Вы получили, что:
1) $f(0)=0$;
2) $f(x)$ принимает все действительные значения в I случае;
3) $f(\frac 1 c)=\frac 1 c$ во II случае?

[hippie]

Dave в сообщении #540518 писал(а):

hippie, мне интересно, как Вы получили, что:
1) $f(0)=0$;
2) $f(x)$ принимает все действительные значения в I случае;
3) $f(\frac 1 c)=\frac 1 c$ во II случае?

Первые 2 свойства получаются легко.

1) $f(0)=0.$
Если $f(0)<0,$ то $f(x)$ постоянна на отрезке $[f(f(0));\ f(0)].$ Следовательно, $f(x)\le 0$ (и, значит, $f(x)=0$) на отрезке $[0;\ -f(0)].$ А это противоречит условию $f(f(x))=f(x).$

2) $f(x)$ принимает все действительные значения в I случае.
$f(na)\ge nf(a),$ следовательно $f$ не ограничена сверху.
$f(-na)\le -f(na),$ следовательно $f$ не ограничена снизу.

Третье свойство несколько сложнее.

3) $f(\frac 1c )=\frac 1c $ во II случае.

Подставив $x=\frac 1c ;\ y=-\frac 1{2c}$ получаем $0=f(\frac 1{2c})= f(\frac 1c -\frac 1{2c})\ge f(\frac 1c )+ f(-\frac 1{2c}) = f(\frac 1c ) -\frac 1c ,$ т.е. $f(\frac 1c )\le \frac 1c .$
Значения из интервала $(0;\ \frac 1c )\quad f(\frac 1c )$ принимать не может, т.к. тогда $f(f(\frac 1c ))=0 \ne f(\frac 1c ).$
Точно так же, если $f(\frac 1c )=0,$ то $f(x)$ не может принимать значения из промежутка $(0;\ \frac 1c ],$ т.е. при $x\ge 0$ либо $f(x)=0$ либо $f(x)>\frac 1c .$ Пусть $d= \sup \{x: f(x)=0\}.$ Тогда $0=f(d-\frac 1{2c})\ge f(d+\frac 1{2c})+f(-\frac 1c)> \frac 1c -\frac 1c >0.$ Противоречие.

Таким образом $ f(\frac 1c )\le \frac 1c ;\ f(\frac 1c )\not\in (0;\ \frac 1c ); f(\frac 1c )\ne 0.$ И, поскольку $ f(\frac 1c )\ge 0,$ то $f(\frac 1c )=\frac 1c .$

[Dave]

hippie в сообщении #540578 писал(а):

1) $f(0)=0.$
Если $f(0)<0,$ то $f(x)$ постоянна на отрезке $[f(f(0));\ f(0)].$ Следовательно, $f(x)\le 0$ (и, значит, $f(x)=0$) на отрезке $[0;\ -f(0)].$ А это противоречит условию $f(f(x))=f(x).$

Не понял. $f(f(0))=f(0)$, поэтому $[f(f(0));\ f(0)]$ - не отрезок, а точка.

[hippie]

Dave в сообщении #540614 писал(а):

hippie в сообщении #540578 писал(а):

1) $f(0)=0.$
Если $f(0)<0,$ то $f(x)$ постоянна на отрезке $[f(f(0));\ f(0)].$ Следовательно, $f(x)\le 0$ (и, значит, $f(x)=0$) на отрезке $[0;\ -f(0)].$ А это противоречит условию $f(f(x))=f(x).$

Не понял. $f(f(0))=f(0)$, поэтому $[f(f(0));\ f(0)]$ - не отрезок, а точка.

Конечно, отрезок у меня указан неправильно .
Я имел в виду отрезок $[f(0);\ 0].$
И дальше, вместо "$f(x)=0$ на отрезке $[0;\ -f(0)]$" должно быть "$f(x)=0$ на полуинтервале $(0;\ -f(0)]$".

[Dave]

Теперь понятно, просто отрезок (или интервал) - здесь излишество. Я доказывал так:
Пусть $f(0)=c$. $f(0+0) \geqslant f(0)+f(0)$, значит $c \leqslant 0$. Допустим, что $c<0$. Тогда $f(c)=f(f(0))=f(0)=c$, $c+f(-c)=f(c)+f(-c) \leqslant f(0)=c$, $f(-c) \leqslant 0$. Но $-c>0$ и $f(-c) \geqslant 0$, значит $f(-c)=0$, $f(0)=f(f(-c))=f(-c)=0$.
А как насчёт новых 4 функций?