Cómo probar que para cualquier función $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ existen dos inyecciones $g,h \in \mathbb{R}^{\mathbb{R}} \ : \ g+h=f$.
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Respuesta
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Tenga en cuenta que basta con encontrar una inyección de $g$ tal que $f+g$ es también una inyección, como $f$ puede entonces escribirse como la suma de $(f+g)+(-g)$. Tal $g$ puede ser construido por recursión transfinita.
Deje $\{x_\xi:\xi<2^\omega\}$ ser una enumeración de $\Bbb R$. Supongamos que $\eta<2^\omega$, y hemos definido a $g(x_\xi)$ todos los $\xi<\eta$ de tal manera que $g(x_\xi)\ne g(x_\zeta)$ $(f+g)(x_\xi)\ne(f+g)(x_\zeta)$ siempre $\xi<\zeta<\eta$. Vamos
$$S_\eta=\{g(x_\xi):\xi<\eta\}$$
y
$$T_\eta=\{(f+g)(x_\xi)-f(x_\eta):\xi<\eta\}\;.$$
A continuación,$|S_\eta\cup T_\eta|<2^\omega$, por lo que podemos optar $g(x_\eta)\in\Bbb R\setminus(S_\eta\cup T_\eta)$. Claramente $g(x_\eta)\ne g(x_\xi)$$\xi<\eta$, ya que el $g(x_\eta)\notin S_\eta$. Por otra parte, $g(x_\eta)\notin T_\eta$, por lo que para cada una de las $\xi<\eta$ tenemos $g(x_\eta)\ne(f+g)(x_\xi)-f(x_\eta)$ y, por tanto,$(f+g)(x_\eta)\ne(f+g)(x_\xi)$. Por lo tanto, la recursividad pasa por definir $g(x_\xi)$ todos los $\xi<2^\omega$, y es claro que, a partir de la construcción que tanto $g$ $f+g$ son inyectiva.
