Алгебраическая внутренность в Lp

[Grabovskiy]

Здравствуйте. Прошу помочь с следующим вопросом.

Пусть $L_2[0,1]$ -- стандартное функциональное пр-во с мерой Лебега.
Алгебраической внутренностью выпуклого множества $A$ называется множество вида

$$\text{ai}(A):=\{x \in L_2[0,1] : \text{ для всех } y \in L_2[0,1] \text{ существует } t > 0 \text{ такое, что } x + ty \in A\}. $$

Положим $M := \text{множество неотрицательных почти всюду функций из }L_2[0,1]$. Интересует следующее: пуста ли алгебраическая внутренность множества $M$?

Мои попытки:

1. Ни одна из непрерывных функций на $[0,1]$ не входит в $\text{ai}(M)$. Действительно, пусть $x \in \text{ai}(M)$. Тогда для любой точки $s \in [0,1]$ найдется $\alpha > 0$ такое, что для почти всех $t$ из $[0,1]$ выполнено:

$$x(t) - \alpha \frac{1}{\sqrt[4]{|s-t|}} \geq 0$$

Оба слагаемых есть непрерывные функции на $[0,s)\cup(s,1]$, а потому, построив какую-либо последовательность $t_n \rightarrow s$, имеем, что $x(s) = +\infty$,
что противоречит непрерывности функции $x$.
Используя такие же в существенном неограниченные функции $t \mapsto \frac{1}{\sqrt[4]|s-t|}$, можно так же показать, что $L^\infty[0,1]\cap \text{ai}(M) = \emptyset$.
2. Нужно показать еще для функций не из $L^\infty[0,1]$. Пробовал воспользоваться теоремой Лузина о том, что всякая измеримая функция есть с точностью до множества малой меры непрерывная функция. Однако тогда нужно каким-то чудом перейти от "почти всюду" к "всем", что можно делать для непрерывных функций на отрезке. Повторю пункт 1 до места ступора. Пусть $x \in \text{ai}(M)$ и пусть $E$ есть подкомпакт отрезка $[0,1]$ такой, что $dx(E) > \frac{1}{2}$ ($dx$ -- мера Лебега) и сужение функции $x$ непрерывно на $E$. Берем такие же плохие, но непрерывные функции. Получаем, что существует $\alpha > 0$ такое, что для почти всех $t$ выполнено

$$x(t) \geq \alpha \frac{1}{\sqrt[4]|s-t|}. $$

Хотелось бы от почти всех $t$ перейти ко всем $t$ на множестве $E$. Если предположить, что для какого-то $t\in E$ это неравенство не выполнено, то

$$x(q) - \alpha \frac{1}{\sqrt[4]|s-q|} < 0 $$

при $q$ из некоторой окрестности $U_t \cap E$ точки $t$. Но почему бы такой окрестности не оказаться множеством нулевой меры?

[Dan B-Yallay]

Grabovskiy в сообщении #1165102 писал(а):

Положим $M := \text{множество неотрицательных почти всюду функций из }L_2[0,1]$

Зачем так сложно для первого вопроса? Тождественный нуль $x \equiv 0$ - является элементом $M$?
Берем $y \equiv -1, \ y \in L_2[0,1]$?
Теперь попробуйте найти такое $t>0$, что $x+ty \in M$

Или я чего-то не понимаю... ?

Upd.

Да, очевидно я путаю кванторы.

[Padawan]

Для любой измеримой функции $x(t)$ существует $C>0$ такое, что мера $\mu\{t\mid |x(t)|\leq C\}>0$. Обозначим это множество через $A=\{t\mid |x(t)|\leq C\}$. Пусть $t_0$-точка плотности множества $A$. Тогда $x(t)-\alpha\frac{1}{\sqrt[4]{|t-t_0|}}\not \in M$ для любого $\alpha>0$. Значит, $\operatorname{ai} (M)=\varnothing$.

Можно и без точки плотности обойтись. Главное, чтобы любая окрестность точки $t_0$ пересекалась со множеством $A$ по множеству положительной меры. Если предположить противное, то у каждой точки найдется окрестность, которая пересекается с $A$ по множеству меры нуль, получаем покрытие, выделяем конечное (можно и счетное) подпокрытие. Тогда и мера $A$ будет нуль.

[g______d]

Dan B-Yallay в сообщении #1165107 писал(а):

Или я чего-то не понимаю... ?

Вы нашли для одного $y$, а надо для всех,

[Dan B-Yallay]

g______d в сообщении #1165109 писал(а):

Вы нашли для одного $y$, а надо для всех,

Да, я уже осознал и проапдейтил свой пост.

[Grabovskiy]

Padawan, большое Вам спасибо!