Es cierto que en los $\Bbb R^n$, en el hecho de que usted consigue realmente una base ortonormales. Es falsa para todos los pedidos de campo otros de $\Bbb R$.
Supongamos primero que $P\subset\Bbb R^n$ es (estrictamente) positivo cono de lo que me gusta llamar un "lineal lineal de orden". Un conjunto convexo con vacío interior debe estar contenida en una adecuada subespacio afín, por lo $P$ tiene interior no vacío; decir $v$ es un punto interior de a $P$.
Desde $\overline{\Bbb R^n\setminus P}$ es cerrado y convexo, un estándar de resultado muestra que existe en el (único) $p\in \overline{\Bbb R^n\setminus P}$ con $$||v-p||=\min_{q\in\overline{\Bbb R^n\setminus P}}||v-q||.$$ It follows that $$(x-p)\cdot(v-p)\le0\quad(x\in\Bbb R^n\setminus P).$$(Draw a picture; note that those two vectors meet at an angle greater than or equal to $\pi/2$. Or assume that $(x-p)\cdot(v-p)>0$, let $q_t=tx+(1-t)p=p+t(x-p)$ for $t\in(0,1)$ and show that $||q_t-p||<||v-p||$ if $t$ es lo suficientemente pequeño).
Desde $x\in\overline{\Bbb R^n\setminus P}$ $r>0$ implican $rx\in\overline{\Bbb R^n\setminus P}$ esto demuestra que $$rx\cdot(v-p)\le p\cdot(v-p)\quad(x\in\overline{\Bbb R^n\setminus P},r>0).$$Letting $r$ tend to infinity shows that $$x\cdot(v-p)\le0\quad(x\in-P),$$hence $$x\cdot(v-p)\ge0\quad(x\in P).$$
Y ahora estamos en nuestro camino. Deje $v_1=(v-p)/||v-p||$. Si $x\cdot v_1>0$ $x>0$ si $x\cdot v_1<0$$x<0$, mientras que si $x\cdot v=0$ aún no lo sabemos. Pero la inducción en la dimensión muestra que hay un orthonomal base $v_2,\dots,v_n$ $v_1^\perp$ de manera tal que nuestra orden se limita a $v_1^\perp$ es el lexicográfica orden determinado por $v_2,\dots,v_n$. Por lo tanto $<$ es el lexicográfica orden determinado por $v_1,\dots,v_n$. QED.
Como una ayuda para ver lo que está pasando en la construcción de $\Bbb K\ne\Bbb R$, ten en cuenta que es inspirada por el siguiente ejemplo sencillo para $\Bbb K=\Bbb Q$: Si $$P=\{x\in\Bbb Q^2:x_1+\sqrt 2x_2>0\}$$then $P$ is the positive cone of an order which is not the lexicographic order determined by a basis. We can do essentially the same thing in any field other than $\Bbb R$, except we have to concoct a Dedekind cut to use in place of $-1/\sqrt2$.
Supongamos entonces que $\Bbb K$ es una ordenó campo no isomorfo a $\Bbb R$. A continuación, $\Bbb K$ no es un orden, así que no es difícil mostrar que existen conjuntos no vacíos $A$$B$$\Bbb K=A\cup B$, de tal forma que cada elemento de a $A$ es estrictamente menor que todo elemento de a $B$, y de tal manera que $A$ no tiene ningún elemento más grande mientras que $B$ no tiene ningún elemento más pequeño.
Deje $P$ el conjunto de $x\in\Bbb K^2$ tal de que no existe $\alpha\in A$ $\beta\in B$ con $$x_1+\gamma x_2>0\quad(\gamma\in(\alpha,\beta)).$$If $x\in P$ and also $-x\in P$ then there exists $\gamma$ with $x_1+\gamma x_2>0$ and also $-(x_1+\gamma x_2)>0$, contradicción.
Supongamos que en el otro lado que $x\notin P$ también $-x\notin P$. Si $x_2=0$ $x\notin P$ muestra que $x_1\le0$, mientras que $-x\notin P$ muestra que $-x_1\le0$; por lo tanto $x=0$. Supongamos $x_2\ne0$. La sustitución de $x$ $-x$ si es necesario, wlog $x_2>0$. Ahora $x\notin P$ muestra que $-x_1/x_2>\alpha$ por cada $\alpha\in A$, mientras que $-x\notin P$ muestra que $-x_1/x_2<\beta$ por cada $\beta \in B$. En particular,$-x_1/x_2\notin A\cup B=\Bbb K$, contradicción.
Así que los tres conjuntos de $P$, $\{0\}$, $-P$ forma una partición de $\Bbb K^2$. Desde $P$ es cerrado bajo la suma y cerrado bajo la multiplicación por escalares positivos de ello se sigue que $P$ es la actitud positiva de cono de orden $<$$\Bbb K^2$.
Y $<$ no es el lexicográfica orden determinado por alguna base. De hecho, no existe un no-cero lineal funcional $\Lambda$ tal que $\Lambda x>0$ implica $x\in P$. Esto parece claro; una prueba por ocho o dieciséis casos especiales dependiendo de los signos de varias cosas es trivial, aunque yo nunca lo hice bastante trabajo en los detalles. Finalmente encontró un mejor prueba:
Para $\gamma\in\Bbb K$ vamos $$E_\gamma=\{x\in\Bbb K^2:x_1+\gamma x_2>0\}.$$Then $E_\gamma$ is open. If $\gamma\in[\gamma_1,\gamma_2]$ then $\gamma$ is a convex combination of $\gamma_1$ and $\gamma_2$; this shows that $$ E_{\gamma_1}\cap E_{\gamma_2}\subset E_\gamma\quad(\gamma\in[\gamma_1,\gamma_2])).$$And that shows that $P$ is open. Indeed, the definition of $P$ is $$P=\bigcup_{\alpha\in A,\beta\in B}\bigcap_{\gamma\in(\alpha,\beta)}E_\gamma,$$but that inclusion shows that in fact $$P=\bigcup_{\gamma_1\in A,\gamma_2\in B}E_{\gamma_1}\cap E_{\gamma_2}.$$
Así que no hay punto de $P$ es un límite punto de $P$. Y $-P$ está abierto, así que no hay punto de $-P$ es un límite punto de $P$. Por lo $$\partial P=\{0\}.$$
Supongamos ahora que $\Lambda$ es un valor distinto de cero lineal funcional tal que $\Lambda x>0$ implica $x\in P$. A continuación, $\Lambda x\ge0$ implica $x\in\overline P$. Y por lo $\Lambda x\le 0$ implica $x\in\overline{-P}$.
Por lo $\Lambda x=0$ implica $x\in\partial P=\{0\}$. No hay tal $\Lambda$.
