Принцип нестрогой отделимости

[AGu]

Справедливо ли следующее утверждение?

Если $X$ — вещественное векторное пространство,
$C$ — выпуклое подмножество $X$, $y\in X$ и $y\notin C$,
то существует линейный функционал $f\colon X\to\mathbb R$
такой, что $f(x)\geqslant f(y)$ для всех $x\in C$.

[Padawan]

А вот эта тема от Oleg Zubelevich

Oleg Zubelevich в сообщении #514886 писал(а):

Привести пример линейного пространства $L$ и выпуклого множества $M\subset L,\quad M\ne L$ таких, что не существует нетривиального линейного функционала $f\in L^*$ и конcтанты $c$ для которых $f\mid_M\ge c$.

не об этом?

[AGu]

Padawan в сообщении #989381 писал(а):

А вот эта тема [...] не об этом?

Об этом.

Чтобы реабилитироваться, предлагаю симпатичную задачу: доказать, что в пространстве $L^0[0,1]$ классов эквивалентности измеримых по Лебегу функций стандартный конус $\{x\in L^0[0,1]: x\geqslant 0\}$ не содержится ни в каком полупространстве.

[Padawan]

AGu
Что-то до боли знакомое, то ли на форуме это обсуждалось, то ли я где-то про это читал, то ли сам додумался (что навряд ли). Буду вспоминать.

[AGu]

Padawan в сообщении #989710 писал(а):

Что-то до боли знакомое

Это малоизвестный факт. Я удивлюсь, если Вы найдете готовый рецепт.

В следующий раз я приведу пару конструкций, существенно упрощающих решение.

[AGu]

В качестве подсказки — пара простых замечаний.

Замечание 1.
Если $K$ — конус в векторном пространстве $X$,
$f\colon X\to\mathbb R$ — линейный функционал
и $f$ ограничен снизу на $K$, то $f\geqslant0$ на $K$.

Замечание 2.
Если $x_n\in L^0[0,1]$
и $S_n$ — убывающие к $\varnothing$ измеримые подмножества $[0,1]$,
то в $L^0[0,1]$ имеется поточечная сумма $\sum\limits_{n=1}^\infty\chi\strut_{S_n}x_n$.

[AGu]

Видимо, пора привести решение.

Согласно замечанию 1 достаточно рассмотреть произвольный ненулевой положительный линейный функционал $f\colon L^0[0,1]\to\mathbb R$ и получить противоречие.

Итак, пусть $f\colon L^0[0,1]\to\mathbb R$ — ненулевой линейный функционал, переводящий положительные $x\geqslant 0$ в положительные числа $f(x)\geqslant0$, или, что то же самое, сохраняющий порядок: если $x\leqslant y$, то $f(x)\leqslant f(y)$.
Поскольку $f\ne 0$, имеется такой $0\leqslant x\in L^0[0,1]$, что $f(x)>0$.

Следующей рекурсией по $n\in\mathbb N$ определим отрезки $I_n\subseteq[0,1]$, удовлетворяющие условию $f(\chi\strut_{I_n}x)>0$.
Положим $I_1=[0,1]$. Заметим, что $f(\chi\strut_{I_1}x)=f(x)>0$.
Если отрезок $I_n=[a,b]$ уже определен, рассмотрим $I'_n=[a,\frac{a+b}2]$ и $I''_n=[\frac{a+b}2,b]$.
Поскольку $f(\chi\strut_{I'_n}x)+f(\chi\strut_{I''_n}x)=f(\chi\strut_{I_n}x)>0$, имеем $f(\chi\strut_{I'_n}x)>0$ или $f(\chi\strut_{I''_n}x)>0$.
Выберем $I_{n+1}$ равным $I'_n$ или $I''_n$ так, чтобы $f(\chi\strut_{I_{n+1}}x)>0$.

Положим $S_n=I_n\backslash\bigcap\limits_{m=1}^\infty I_m$.
Тогда $S_n$ убывают к $\varnothing$ и $f(\chi\strut_{S_n}x)>0$ для всех $n\in\mathbb N$.
Согласно замечанию 2 в $L^0[0,1]$ имеется поточечная сумма $y=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\chi\strut_{S_n}x}{f(\chi\strut_{S_n}x)}$.
С учетом положительности $f$ для всех $N\in\mathbb N$ справедливы соотношения

$f(y)\geqslant f\biggl(\sum\limits_{n=1}^N\dfrac{\chi\strut_{S_n}x}{f(\chi\strut_{S_n}x)}\biggr)=\sum\limits_{n=1}^Nf\Bigl(\dfrac{\chi\strut_{S_n}x}{f(\chi\strut_{S_n}x)}\Bigr)=N$.

Противоречие.

[axton]

Deggial: axton заблокирован как злостный клон.

В следующий раз я приведу пару конструкций, существенно упрощающих решение

_________________
Nawaz

[AGu]

axton в сообщении #1001136 писал(а):

В следующий раз я приведу пару конструкций, существенно упрощающих решение

Думаю, не стоит откладывать.
(Едва ли кто-то сейчас размышляет над решением этой задачи.)
Было бы очень интересно узнать о более простом подходе.