Cómo probar la existencia de una biyección $\Bbb R\times\Bbb R\to\Bbb R$ de la forma $\varphi(x)+\psi(y).$

Question

Demostrar que existe un % de función biyectiva $\mathbb{R}\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$de % de forma $f(x,y)=\varphi(x)+\psi(y)$.

Answer 1

Más aún, no existe una función de $f:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\to\Bbb R$ con la propiedad de que

$$ f(u+v)=f(u)+f(v) $$

para todos los $u,v\in\mathbb{R}^2$, por lo que , en particular, podemos decir $(x,y)=(x,0)+(0,y)$, lo que da

$$ f(x,y)=f(x,0)+f(0,y). $$

No es posible escribirlo, aunque.

He aquí por qué sabemos que existe. El Axioma de Elección / el Lema de Zorn nos dice que todo espacio vectorial tiene una base, por lo que a la hora de interpretar $\mathbb{R}$ como un espacio vectorial sobre los números racionales $\mathbb{Q}$, tiene algunos (necesariamente incontables)$\mathcal{A}$. Entonces cualquier bijection $\{1,2\}\times\mathcal{A}\to\mathcal{A}$ (que puede ser creado a partir de particionamiento $\mathcal{A}$ a igualdad de tamaño de los subconjuntos tanto en bijection con $\mathcal{A}$ sí) puede ser extendida a una bijective lineal mapa entre sus tramos, y el lapso de $\{1,2\}\times\mathcal{A}$ puede ser identificado con $\mathbb{R}^2$.

Answer 2

Este es un intento de solución. Un par de puntos que aún están desaparecidos. Cualquier comentario y/o sugerencias son bienvenidas.

Como ya se ha notado, la pregunta es equivalente a encontrar dos innumerables subconjuntos $A,B\subset\mathbb{R}$ tal que para cualquier $a\neq a'\in A$ hemos $$(a+B)\cap(a'+B)=\emptyset ,$$ del mismo modo que la inversión de los roles de $A$$B$, y de tal manera que $A+B=\mathbb{R}$.

Podemos construir conjuntos usando el lema de Zorn como sigue.

Consideramos que el poset $(P,\le)$ cuyos elementos son las parejas de $X,Y\subset\mathbb{R}$ tal que

1. si $x,x'\in X$,$x-x'\in X$, lo mismo para las $Y$. Observe en particular que $0\in X\cap Y$,
2. si $x,x'\in X-0$$x'\neq-x$,$(x+Y)\cap(x'+Y)=\emptyset$, y
3. tanto en $X$ $Y$ son innumerables,

ordenado por inclusión, es decir, $(X,Y)\le(X',Y')$ fib $X\subseteq X'$$Y\subseteq Y'$.

Cada cadena de $(X_i,Y_i)_{i\in I}$ tiene un límite superior dado por $$(X,Y):=\left(\bigcup_{i\in I}X_i,\bigcup_{i\in I}Y_i\right).$$ (Nota: todavía tengo que comprobar esto en detalle. Por otra parte, no puedo demostrar que $P$ es no vacío todavía.)

Vamos ahora a $(X,Y)\in P$ ser tal que $X+Y\neq\mathbb{R}$. Tome $z\in\mathbb{R}-(X+Y)$ y definir $$X':=\{z,-z,0\}+X\ .$$ A continuación, $(X',Y)$ obviamente satisface las condiciones (1) y (3) anteriores. Para la condición (2), vamos a $x,x'\in X'-0$, de modo que $x'\neq-x$. Tenemos varios casos para comprobar, vamos a hacer sólo uno, donde$x=z+a$$x'=z+a'$. Supongamos que no existe $y,y'\in Y$ tal que $$x+y=x'+y'.$$ Entonces $$z+a+y=z+a'+y'\quad\Leftrightarrow\quad a+y=a'+y',$$ una contradicción.

Por el lema de Zorn, se deduce que existe un elemento maximal $(X,Y)\in P$, y por el razonamiento que acabamos de hacer, que debe satisfacer $X+Y=\mathbb{R}$. Ahora tome $$A:=X\cap\mathbb{R}_{\ge0},\qquad B:=Y\cap\mathbb{R}_{\le0}$$ para obtener una solución para el problema original.