未解決問題1
追記
解決しました！！協力してくださった buta_kimchi_ さん， J_Koizumi さん， yakiniku_math さん，本当にありがとうございます！！！
ここでは問題を作ったのはいいものの，解けなかったものを投下していきます．どなたか解いていただけるととても喜びます．
今回の問題は 件のツイート です（ツイート内容では問題設定をミスってたので，この記事はその訂正版です）．
$D$を集合，$K$を$\R$か$\C$，$S$を$K$-ベクトル空間$\mathrm{Map}\left(D,K\right)$の部分空間，$\left\langle\cdot,\cdot\right\rangle$を$S$上の内積，$\beta$を
$\forall g\in S,\ \forall f\in S,\ \beta_g\left(f\right)=\left\langle f,g\right\rangle$
により定義される（$K$-線型）写像$\beta:S\to\mathrm{Map}\left(S,K\right)$，$\delta$を
$\forall x\in D,\ \forall f\in S,\ \delta_x\left(f\right)=f\left(x\right)$
により定義される写像$\delta:D\to\mathrm{Map}\left(S,K\right)$とし，
$\forall x\in D,\ \exists f\in S\ \mathrm{s.t.}\ f\left(x\right)\neq0$を満たすとします．
このとき，$\mathrm{Im}\beta\cap\mathrm{Im}\delta=\varnothing$は証明可能ですか，それとも否定モデルが構成出来ますか．
$\mathrm{Map}\left(D,K\right)$は関数の和とスカラー倍により$K$-ベクトル空間と見做してください．
なお，肯定モデルは，$a$，$b$を$a< b$なる拡張実数として$D=\left]a,b\right[$，$K=\R$，$S\in C^0\left(D;K\right)$，$\displaystyle\forall\left(f,g\right)\in S^2,\ \left\langle f,g\right\rangle=\int_Df\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$とすることで得られます．これはデルタ超関数が関数でないことを意味します．
つまり以下の定理が成り立ちます．
$a$，$b$を拡張実数とし，$a< b$を満たすとします．
このとき，以下が成り立ちます．
$\displaystyle\forall x\in\left]a,b\right[,\ \forall g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ \exists f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ f\left(x\right)\neq\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
解説
$\displaystyle\exists x\in\left]a,b\right[\ \mathrm{s.t.}\ \exists g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ \forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
と仮定する．$\displaystyle\forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$を満たす$\left]a,b\right[$の元$x$と$C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)$の元$g$をとる．
Cauchy–Schwarzの不等式より，
$\displaystyle\forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ \left(\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t\right)^2\leq\int_a^bf\left(t\right)^2\mathrm{d}t\int_a^bg\left(t\right)^2\mathrm{d}t$
であり，$g$の性質から
$\displaystyle\forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)^2\leq\int_a^bf\left(t\right)^2\mathrm{d}tg\left(x\right)$
となる．ここで$f:\left]a,b\right[\to\R;t\mapsto e^{-\pi\left(g\left(x\right)+1\right)^2\frac{\left(t-x\right)^2}{2}}$を考えると，
$\displaystyle 1\leq\int_a^be^{-\pi\left(g\left(x\right)+1\right)^2\left(t-x\right)^2}\mathrm{d}tg\left(x\right)$
を得る．
$\left(\mathrm{i}\right)g\left(x\right)\leq0$のとき
$\displaystyle1\leq\int_a^be^{-\pi\left(g\left(x\right)+1\right)^2\left(t-x\right)^2}\mathrm{d}tg\left(x\right)<0$より矛盾．
$\left(\mathrm{ii}\right)g\left(x\right)>0$のとき
$\displaystyle1\leq\int_a^be^{-\pi\left(g\left(x\right)+1\right)^2\left(t-x\right)^2}\mathrm{d}tg\left(x\right)\leq\int_{-\infty}^\infty e^{-\pi\left(g\left(x\right)+1\right)^2\left(t-x\right)^2}\mathrm{d}tg\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{g\left(x\right)+1}=1-\frac{1}{g\left(x\right)+1}$より矛盾．
以上$\left(\mathrm{i}\right)$，$\left(\mathrm{ii}\right)$より，矛盾する．この矛盾は
$\displaystyle\exists x\in\left]a,b\right[\ \mathrm{s.t.}\ \exists g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ \forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
と仮定したことに起因する．従って背理法により，仮定の否定，つまり
$\displaystyle\forall x\in\left]a,b\right[,\ \forall g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ \exists f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ f\left(x\right)\neq\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
が成り立つ．$\blacksquare$
証明から，$S=C^0\left(D;K\right)$だけでなく，$n$を正整数として$S=C^n\left(D;K\right)$や$S=C^\infty\left(D;K\right)$，$S=C^\omega\left(D;K\right)$でも成立することがわかります．この証明に具体的な関数を用意しているので，恐らく否定モデルは構成出来ると思われます．なお，よく見かける以下の証明は間違っています．
$\displaystyle\exists x\in\left]a,b\right[\ \mathrm{s.t.}\ \exists g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ \forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
と仮定する．$\displaystyle\forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$を満たす$\left]a,b\right[$の元$x$と$C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)$の元$g$をとる．
$C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)$の元$f$を任意にとる．$\displaystyle f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$より，$\left]a,b\right[\backslash\left\{x\right\}$の元$t$に対して，$f\left(t\right)$の値は積分$\displaystyle\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$に影響を与えないので，$g\left(t\right)=0$である．
よって
$\displaystyle f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t=\int_a^xf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t+\int_x^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t=\int_a^x0\mathrm{d}t+\int_x^b0\mathrm{d}t=0+0=0$
である．$f\left(x\right)\neq0$となる関数$f$はとれるので（例えば値$1$を持つ定数関数），これは矛盾．
この矛盾は
$\displaystyle\exists x\in\left]a,b\right[\ \mathrm{s.t.}\ \exists g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ \forall f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ f\left(x\right)=\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
と仮定したことに起因する．従って背理法により，仮定の否定，つまり
$\displaystyle\forall x\in\left]a,b\right[,\ \forall g\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right),\ \exists f\in C^0\left(\left]a,b\right[;\R\right)\ \mathrm{s.t.}\ f\left(x\right)\neq\int_a^bf\left(t\right)g\left(t\right)\mathrm{d}t$
が成り立つ．$\blacksquare$
