Tài liệu tham khảo – giải ch thực – Lớp giải ch K19

Chương 1:

1 .Mệnh đề 1.4: Gọi 푆퐹(ℝ ) là tập hợp các hàm bậc thang xác định trên ℝ .

a. Nếu 푓, 푔 ∈ 푆퐹(ℝ ) thì 푓 + 푔,푓. 푔 ∈ 푆퐹(ℝ )

b. Cho 휑:ℝ → ℂ thỏa 휑(0) = 0. Nếu 푓 ∈ 푆퐹(ℝ ) thì 휑(푓) ∈ 푆퐹(ℝ )

c. Với 푠 , 푠 , … , 푠 ∈ 푆퐹(ℝ ) ta có max{푠 , 푠 , … , 푠 } ∈ 푆퐹(ℝ ), min {푠 , 푠 , … , 푠 } ∈ 푆퐹(ℝ )

Chứng minh:

a .Nếu 푓,푔 ∈ 푆퐹(ℝ ) thì 푓 + 푔,푓.푔 ∈ 푆퐹(ℝ )

Theo giả thiết ta có thể biểu diễn 푓, 푔 dưới dạng chính tắc như sau:

푓(푥) = ∑ 훼 휒 ,푔(푥) = ∑ 훽 휒 Và do đó:

푓 + 푔 = ∑ 훼 휒 + ∑ 훽 휒 ∈ 푆퐹(ℝ )

푓. 푔 = ∑ 훼 휒 ∑ 훽 휒 = ∑ ∑ 훼 훽 휒 휒 = ∑ ∑ 훼 훽 휒 ∩ ∈ 푆퐹(ℝ )

b .Cho 휑:ℝ → ℂ thỏa 휑(0) = 0. Nếu 푓 ∈ 푆퐹(ℝ ) thì 휑(푓) ∈ 푆퐹(ℝ )

Với cách biểu diễn chính tắc của 푓, ta dễ thấy rằng:

휑 푓(푥) = 휑 ∑ 훼 휒 = ∑ 휑(훼 )휒 ∈ 푆퐹(ℝ )

c .Với 푠 ,푠 , … , 푠 ∈ 푆퐹(ℝ ) ta có max{푠 , 푠 , … , 푠 } ∈ 푆퐹(ℝ ), min {푠 , 푠 , … , 푠 } ∈ 푆퐹(ℝ )

Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp 푛 = 2.

Ta đã có 푠 + 푠 , 푠 − 푠 ∈ 푆퐹(ℝ ). Biểu diễn 푠 − 푠 dưới dạng chính tắc 푠 − 푠 = ∑ 훼 휒

Và |푠 − 푠 | = ∑ |훼 |휒 ∈ 푆퐹(ℝ )

Ta được: max{푠 , 푠 } = | | ∈ 푆퐹(ℝ ) và min{푠 , 푠 } = | | ∈ 푆퐹(ℝ )

2 .Mệnh đề 1.7: Cho 푠, 푡 là hàm bậc thang trên ℝ , và cho 훼 ∈ ℂ. Khi đó:

a. ∫ (푠 + 훼푡)ℝ = ∫ 푠 + 훼 ∫ 푡ℝℝ

b. Nếu 푠 ≥ 푡 thì ∫ 푠ℝ ≥ ∫ 푡ℝ

Chứng minh:

a .Chứng minh ∫ (푠 + 훼푡)ℝ = ∫ 푠 + 훼 ∫ 푡ℝℝ

Trước hết từ định nghĩa ch phân hàm bậc thang ta chứng minh được nếu 푠 ≥ 0 thì ∫ 푠ℝ ≥ 0 (1)

Giả sử: 푠 = ∑ 훼 휒 ,푃 ∩ 푃 = ∅ nếu 푖 ≠ 푗 ; 푡 = ∑ 훽 휒 ,푄 ∩ 푄 = ∅ nếu 푖 ≠ 푗

⋃ 푃 = ⋃ 푄 (có thể có một số 훼 ,훽 bằng 0)

Đặt 푅 = 푃 ∩ 푄 , 1 ≤ 푖 ≤ 푘, 1 ≤ 푗 ≤ 푚 . Khi đó: |푃 | = ∑ 푅 , 푄 = ∑ 푅

Vậy: ∫ (푠 + 훼푡)ℝ = ∑ 훼 + 훼훽 푅 (tổng trên các 푖 = 1,2, … , 푘 ; 푗 = 1,2, … ,푚)

= ∑ ∑ 훼 푅 + 훼 ∑ ∑ 훽 푅 = ∑ 훼 |푃 | + 훼 ∑ 훽 |푄 | = ∫ 푠 + 훼 ∫ 푡ℝℝ

b .Chứng minh: nếu 푠 ≥ 푡 thì ∫ 푠ℝ ≥ ∫ 푡ℝ

Thật vậy: nếu 푠 ≥ 푡 ⇔ 푠 − 푡 ≥ 0. Theo (1) ta có:

∫ 푠 − 푡ℝ ≥ 0 ⇒ ∫ 푠ℝ − ∫ 푡ℝ ≥ 0 ⇒ ∫ 푠ℝ ≥ ∫ 푡ℝ

3 .Mệnh đề 1.8: Cho 푓,푔: ℝ → ℂ là hai hàm khả ch Lebesgue. Khi đó 푓, 푔 < ∞ hkn và 푓 +

훼푔 (훼 ∈ ℂ), |푓| là các hàm khả ch Lebesgue và

∫ (푓 + 훼푔)ℝ = ∫ 푓ℝ + 훼 ∫ 푔ℝ , ∫ 푓ℝ ≤ ∫ |푓|ℝ

Chứng minh:

Chứng minh: 푓,푔 < ∞ hkn

Giả sử ngược lại tức là tồn tại 퐴 có 휇(퐴) > 0 sao cho 푓(푥) = ∞,∀푥 ∈ 퐴. Khi đó:

∫ 푓ℝ (푥)푑푥 ≥ ∫ |푓| = ∞

Ta có mâu thuẫn. Vậy 푓 < ∞ hkn

Chứng minh tương tự ta cũng có 푔 < ∞ hkn

Chứng minh : 푓 + 훼푔 khả ch Lebesgue

Ta có ∫ |푓 + 훼푔|ℝ 푑푥 ≤ ∫ (|푓| + |훼||푔|)푑푥ℝ = ∫ |푓|푑푥ℝ + |훼|∫ |푔|푑푥ℝ < ∞

Vậy 푓 + 훼푔 khả ch Lebesgue

Chứng minh: |푓| khả ch Lebesgue

Đặt ℎ(푥) = |푓(푥)| thì ∫ |ℎ(푥)|ℝ 푑푥 = ∫ |푓(푥)|ℝ 푑푥 < ∞

Vậy |푓| khả ch Lebesgue

Chứng minh: ∫ (푓 + 훼푔)ℝ = ∫ 푓ℝ + 훼∫ 푔ℝ

Do 푓,푔 khả ch Lebesgue nên có dãy hàm bậc thang {푠 } đơn điệu tăng hội tụ đến 푓 hkn và có

dãy hàm bậc thang {푡 } đơn điệu tăng hội tụ đến 푔 hkn. Do đó:

∫ 푓ℝ + 훼 ∫ 푔ℝ = lim→

∫ (푠 + 훼푡 )ℝ = ∫ (푓 + 훼푔)ℝ

(Do 푠 + 훼푡 là dãy hàm bậc thang đơn điệu tăng đến 푓 + 훼푔 )

Chứng minh: ∫ 푓ℝ ≤ ∫ |푓|ℝ

Do 푓 khả ch Lebesgue nên có dãy hàm bậc thang {푠 } đơn điệu tăng hội tụ đến 푓 hkn. Do đó:

∫ 푓ℝ = lim→

∫ 푠ℝ ≤ lim→

∫ |푠 | =ℝ ∫ |푓|ℝ

Chương 2:

1 .Bất đẳng thức Holder: Cho 푓,푔 đo được trên một tập đo được Ω; + = 1, 1 < 푝 < ∞

Nếu 푓 ∈ 퐿 (Ω),푔 ∈ 퐿 (Ω) thì ‖푓푔‖ = ∫ |푓푔| ≤ ∫ |푓| ∫ |푔| = ‖푓‖ ‖푔‖

Nếu 푓 ∈ 퐿 (Ω),푔 ∈ 퐿 (Ω) thì ‖푓푔‖ ≤ ‖푓‖ ‖푔‖

Chứng minh:

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Young như sau:

Cho hai số thực 1, 1p q thoả 1 1 1p q , với hai số thực 0, 0 ta luôn có:

.p q

p q (*)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi p q

Với 0 hoặc 0 thì bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng

Với 0 và 0 , ta xét hàm số ( )p qt tf tp q

.

( )f t xác định với mọi t > 0 và có đạo hàm 1 11

1'( )p q

p qq

tf t t tt

Ta có: '( ) 0 1f t t

Với 1t thì '( ) 0f t

Với 1t thì '( ) 0f t

Suy ra hàm ( )f t đạt cực ểu trong khoảng (0 , ) tại 1t

Từ đó suy ra với 0t ta có 1 1( ) (1) 1f t fp q

Với 푡 = 훼 훽 ta có: 1 1 1 1. .. (1) 1

p qq p

q pf fp q

Nhân hai vế bất đẳng thức trên cho . ta được 1 1

1

p qq p

p q

Từ 1 1 1p q ta suy ra được 1p p

q và 1q q

p

Vì vậy ta được bất đẳng thức cần chứng minh .p q

p q

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 1 1 1 1 1

1pq pq

p qq p q p q q

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức Holder

Nếu 0p

f hoặc 0g

g thì ( ). ( ) 0f x g x hkn trên X

Do đó 1

0fg suy ra bất đẳng thức Holder đúng trong trường hợp này.

Nếu 0p

f và 0q

g thì theo chứng minh trên với mọi x ta có:

( ) ( ) ( ) ( )1 1.

p q

p qp q

p q

f x g x f x g xf g p qf g

Lấy ch phân hai vế bất đẳng thức trên ta được

1 1 1( ) ( ) ( ) ( )p qp q

p q p q

f x g x dx f x dx g x dxf g p f q g

1 1 1( ) ( )p q

f x g x dxf g p q

1 ( ) ( ) 1p q

f x g x dxf g

( ) ( ) p qf x g x dx f g

Hay 1 p q

fg f g

2. Định lý: Không gian định chuẩn 푋 là Banach ⇔ Mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ

Chứng minh:

Thuận: Giả sử KG định chuẩn 푋 là Banach. Chứng minh mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ

Xét chuỗi ∑ 푥 là chuỗi hội tụ tuyệt đối ⇒ ∑ ‖푥 ‖ hội tụ nên theo nh chất Cauchy ta có:

∀휖 > 0,∃푛 ∈ ℕ, ∀푛 > 푛 ,∀푝 ≥ 1 ta có :

푠 − 푠 = ∑ 푥 − ∑ 푥 = 푥 + 푥 + ⋯+ 푥

≤ ‖푥 ‖ + ‖푥 ‖+ ⋯+ 푥 < 휖

Vậy dãy {푠 } Cauchy trong 푋, mà 푋 Banach nên dãy {푠 } hội tụ

Suy ra ∑ 푥 là chuỗi hội tụ

Nghịch: Giả sử mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ. Chứng minh 푋 là không gian Banach

Giả sử {푥 } là dãy Cauchy trong 푋. Khi đó với mọi số tự nhiên 푘 tồn tại số tự nhiên 푛 (푛 > 푛 )

sao cho với mọi 푛,푚 > 푛 ta có ‖푥 − 푥 ‖ <

Đặc biệt 푥 − 푥 <

Xét chuỗi (*): 푥 + 푥 − 푥 + 푥 − 푥 + ⋯

Vì chuỗi ∑ 푥 − 푥 hội tụ nên chuỗi (*) hội tụ về phần tử 푥 ∈ 푋. Khi đó:

푥 = lim→

푠 = lim→

푥 + 푥 − 푥 + ⋯+ 푥 − 푥 = lim→

푥 ∈ 푋

Ta có: ‖푥 − 푥‖ ≤ 푥 − 푥 + 푥 − 푥

Cho 푛 → ∞ thì 푛 → ∞. Do đó lim→

푥 = 푥 ∈ 푋

Vậy dãy {푥 } hội tụ hay 푋 là không gian Banach

3. Chứng minh ∀풑 ≥ ퟏ,푳풑(훀) là không gian Banach

Chứng minh:

Ta chứng minh nếu 푓 ≠ 0 hkn thì ∫ |푓| > 0,푝 ≥ 1. Do đó hàm ‖. ‖:푓 → ‖푓‖ là một chuẩn

trong không gian 퐿 (Ω)

Thật vậy: ∀푓, 푔 ∈ 퐿 (Ω), 휆 ∈ ℂ

i) Ta có ‖푓‖ ≥ 0; ‖푓‖ = 0 ⇔ ∫ |푓| = 0 ⇔ 푓 = 0

ii) ‖휆푓‖ = ∫ |휆푓| = ∫ |휆| |푓| = |휆| ∫ |푓| = |휆|‖푓‖

iii) Chứng minh ‖푓 + 푔‖ ≤ ‖푓‖ + ‖푔‖

- Với 푝 = 1 ta có: ‖푓 + 푔‖ = ∫ |푓 + 푔| ≤ ∫ |푓| + ∫ |푔| = ‖푓‖ + ‖푔‖

- Với 푝 > 1. Giả sử + = 1 ⇔ 푝 − 1 =

Do đó |푓 + 푔| ∈ 퐿 (Ω)

Khi đó theo BĐT Holder ta có

∫ |푓||푓 + 푔| ≤ ‖푓‖ ∫ |푓 + 푔|( ) = ‖푓‖ ‖푓 + 푔‖

Tương tự ta có: |푔||푓 + 푔| ≤ ‖푓‖ ‖푓 + 푔‖

Khi đó: ‖푓 + 푔‖ = ∫ |푓 + 푔| = ∫ |푓 + 푔| = ∫ |푓 + 푔||푓 + 푔|

≤ ∫ |푓||푓 + 푔| + ∫ |푔||푓 + 푔| ≤ ‖푓‖ + ‖푔‖ ‖푓 + 푔‖

Nhân hai vế của BĐT trên với ‖푓 + 푔‖ ta được điều phải chứng minh.

Vậy ‖. ‖ là một chuẩn trong không gian 퐿 (Ω)

Lấy chuỗi tùy ý ∑ 푓 trong 퐿 (Ω) và giả sử ∑ |푓 | = 푆 < ∞. Ta cần chứng minh ∑ 푓 hội

tụ trong 퐿 (Ω)

Đặt 푔( ) = ∑ |푓 (푥)| ,∀푛 ∈ ℕ, 푥 ∈ Ω. Khi đó ta có các hàm:

푔( ) ∈ 퐿 (Ω) 푣à ‖푔 ‖ ≤ ∑ ‖푓‖ ≤ 푠

Từ đó suy ra ∫ |푔 | ≤ 푠

Với ∀푥 ∈ Ω thì (푔 ) là dãy tăng và bị chận trên nên tồn tại hàm 푔(푥) sao cho lim→

푔 (푥) = 푔(푥)

Vì hàm đo được và đơn điệu tăng đến 푔 nên 푔 là hàm đo được trên Ω

Theo bổ đề Fator ta có ∫ 푔 = ∫ lim→

푔 = lim→

∫ 푔 ≤ 푠

Suy ra 푔 hữu hạn hkn

Như vậy với ∀푥 ∈ Ω, 푔(푥) hữu hạn nên chuỗi ∑ 푓 hội tụ trong 퐿 (Ω)

Xây dựng hàm 푠(푥) như sau: 푠:푋 → ℂ

푠(푥) =∑ 푓 (푥) 푛ế푢 푔(푥)ℎℎ

0 푛ế푢 푔(푥) = +∞

- Chứng minh 푠 ∈ 퐿 (Ω)

Kí hiệu: 푠 (푥) = ∑ 푓 (푥). Khi đó lim→

푠 (푥) = 푠(푥) hkn

Suy ra 푠(푥) là hàm đo được

Mặt khác ta có: |∑ 푓 (푥)| ≤ ∑ |푓 (푥)| ⇒ |푠 | ≤ 푔(푥),∀푥 ∈ Ω

Khi đó: ∫ |푠| ≤ ∫ 푔 ≤ 푠 < ∞ ⇒ 푠 ∈ 퐿 (Ω)

- Ta chứng minh 푠 (푥) → 푠(푥) khi 푛 → ∞ trong 퐿 (Ω)

Ta có |푠 − 푠| ≤ (푠 + 푠) ≤ 2 푔

Vì hàm 2 푔 khả ch trong 퐿 (Ω) nên theo định lý hội tụ bị chận ta có

∫ |푠 − 푠| → 0 푘ℎ푖 푛 → ∞

Nghĩa là: ‖푠 − 푠‖ → 0 khi 푛 → ∞. Suy ra ‖푠 − 푠‖ → 0 khi 푛 → ∞

Vậy 퐿 (Ω) là không gian Banach

4 .Định lý tập các hàm bậc thang trù mật trong 푳풑(훀)

Với ∀푓 ∈ 퐿 (Ω) (1 ≤ 푝 < ∞) thì tồn tại dãy (푠 ) các hàm bậc thang sao cho 푠 → 푓 trong 퐿 (Ω).

Nghĩa là tập các hàm bậc thang trù mật trong 퐿 (Ω)

Chứng minh:

a. Trường hợp 푓 ≥ 0

Theo giả thiết thì tồn tại các hàm 푢, 푣 ∈ 퐶 sao cho 푓 = 푢 − 푣. Khi đó có 2 dãy hàm bậc thang

(푠 ) và (푡 ) sao cho 푠 ↗ 푢; 푡 ↗ 푣

Đặt Φ = max {(푠 − 푡 ), 0}

Dùng định lý hội tụ bị chận ta chứng minh Φ → 푓 hkn trong 퐿 (Ω)

Ta có Φ (푥) = max{(푠 − 푡 ), 0}

Vì 푠 ↗ 푢; 푡 ↗ 푣 và 푢 > 푣 nên với 푛 đủ lớn ta có Φ (푥) = 푠 (푥)− 푡 (푥) > 0

Do đó Φ (푥) → 푢(푥)− 푣(푥) = 푓 (푥) hkn

Suy ra Φ (푥) → 푓(푥) hkn

Ta có 푠 (푥) − 푡 (푥) ≤ 푢(푥) − 푡 (푥)

Do đó Φ (푥) = max {(푠 − 푡 ), 0} ≤ max {푢(푥)− 푡 (푥), 0}

Đặt 푔(푥) = max {푢(푥)− 푡 (푥), 0}

Rõ ràng |푔| khả ch trong 퐿 (Ω) và |Φ (푥)| ≤ 푔(푥)

Theo định lý hội tụ bị chận ta có ‖Φ − 푓‖ → 0 khi 푛 → ∞

b. Trường hợp tổng quát 푓 = 푓 + 푓 với 푓 ,푓 là các hàm thực

Đặt 푓 = 푔 − 푔 ; 푓 = ℎ − ℎ với 푔 ,푔 ,ℎ ,ℎ > 0

Khi đó 푓 = 푔 − 푔 + 푖ℎ − 푖ℎ

Theo câu a tồn tại các dãy hàm bậc thang Φ , Φ , Φ , Φ

Sao cho Φ → 푔 , Φ → 푔 , Φ → ℎ , Φ → ℎ trong 퐿 (Ω)

Đặt Φ = Φ − Φ + 푖Φ − 푖Φ

Rõ ràng Φ là hàm bậc thang và Φ → 푔 − 푔 + 푖ℎ − 푖ℎ = 푓 khi 푛 → ∞ trong 퐿 (Ω)

Chương 3:

1 .Định lý 3.2: Giả sử M là không gian con đóng của không gian Hilbert. Khi đó: với x H tồn tại

duy nhất y M được gọi là hình chiếu trực giao của x trên M sao cho:

( , ) in fy M

x y d x M x y

Chứng minh

Đặt ( , )d x M . Lấy dãy ( )ny M sao cho nx y .

Ta sẽ chứng minh ny là dãy Cauchy.

Áp dụng bất đẳng thức hình bình hành cho cặp vectơ mx y và nx y ta có:

2 2 2 22 ( ) 2m n m n m ny y x y y x y x y

Suy ra: 2

2 2 2 12 42

m n m n m ny y x y x y x y y

Vì 12 m ny y M nên

221

2 m nx y y

Mặt khác, vì nx y khi n nên 00, n � sao cho 0n n ta có

2 2nx y

Vậy ta có: 2 2 2 20 00, , 2 4 4ta coù m nn sao cho n m n y y

Do đó ny là dãy Cauchy trong M . Vì M là đầy đủ nên ny y M và ( , )x y d x M

Ta chứng minh y là duy nhất.

Thật vậy, giả sử tồn tại 'y M thoả nh chất như trên. Áp dụng đẳng thức hình bình hành cho

x y và 'x y ta được

2 2

2 2 2 21 1' 2 ' 4 ' 4 4 '2 2

y y x y x y x y y x y y

Vì 1 '2

y y M nên 2

21 ( ')2

x y y

Khi đó: 2 2 2' 4 4 0y y ⇔ ' 0y y hay 'y y

2 .Định lý 3.3: Cho M là không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H . Với mỗi x H , tồn

tại 'x M , ''x M sao cho ' ''x x x .

Khi đó: ( , ) ' ''d x M x x x và 2 2 2' ''x x x

Chứng minh

Lấy tuỳ ý x H , đặt ' ( )Mx P x . Theo định lí 3.2 ta có: ' ( , )x x d x M

Ta sẽ chứng minh '' 'x x x M

Với mọi v M , với mọi � ta có 'x v M . Khi đó ta có:

2 22

2 2 2

( ' ) '' '' , ''

'', '' '', , '' . . ,

'' '', '',

x x v x v x v x v

x x x v v x v v

x x v x v v

Vì 2 2''x nên từ trên ta suy ra

2 2'', '', 0 ,x v x v v �

Lấy '', ,t x v t � . Ta có: 2 2'', 2 0 ,t x v t v t �

Từ đây suy ra '', 0x v . Vì nếu '', 0x v thì bất đẳng thức trên không thoả với 푡 ∈‖ ‖

, 0 .

Vì '', 0x v với v tuỳ ý thuộc M nên ''x M .

Vậy với mọi x H ta có ' ( ') ' ''x x x x x x với ' , ''x M x M

3. Định lí 3.4: Giả sử không gian Hilbert H có cơ sở trực chuẩn đếm được ( )ne . Khi đó:

i) 푥 = ∑ ⟨푥, 푒 ⟩푒 ,∀푥 ∈ 퐻

ii) ⟨푥,푦⟩ = ∑ ⟨푥, 푒 ⟩⟨푦, 푒 ⟩ ,∀푥, 푦 ∈ 퐻

Chứng minh

i) Theo bổ đề 3.4 phần a) ta có chuỗi ∑ |⟨푥, 푒 ⟩| hội tụ. Do đó theo bổ đề 3.4 phần b) ta có

푦 = ∑ ⟨푥, 푒 ⟩푒 ∈ 퐻.

Ta chứng minh 풙 = 풚

Thật vậy với mọi j ta có: ⟨푥 − 푦, 푒 ⟩ = ⟨푥 − ∑ ⟨푥, 푒 ⟩푒 , 푒 ⟩ = ⟨푥, 푒 ⟩ − ⟨푥, 푒 ⟩ = 0

Do hệ ( )ie là đầy đủ nên suy ra 0x y hay x y .

ii) Vì ch vô hướng là lien tục nên theo câu a) ta có

⟨푥, 푦⟩ = ⟨∑ ⟨푥, 푒 ⟩푒 ,∑ ⟨푦,푒 ⟩푒 ⟩ = lim→⟨∑ ⟨푥, 푒 ⟩푒 ,∑ ⟨푦, 푒 ⟩푒 ⟩

= lim→

∑ ⟨푥, 푒 ⟩⟨푦,푒 ⟩ = ∑ ⟨푥, 푒 ⟩⟨푦, 푒 ⟩

4. Định lí 3.5: Giả sử ( )ne là dãy trực chuẩn trong không gian Hilbert H . Khi đó các điều kiện sau là

tương đương:

i) Dảy ( )ne là đầy đủ

ii) 푥 = ∑ ⟨푥, 푒 ⟩푒 ,∀푥 ∈ 퐻

iii) ⟨푥, 푦⟩ = ∑ ⟨푥, 푒 ⟩⟨푦,푒 ⟩ ,∀푥, 푦 ∈ 퐻

iv) ‖푥‖ = ∑ |⟨푥, 푒 ⟩|

Chứng minh

i) ii) và i) iii) (chứng minh lại định lý 3.4)

Nếu thay x y vào iii) thì ta có iii) iv)

Ta còn phải chứng minh ii) i) và iv) i)

Từ ii) hoặc iv) ta đều suy ra nếu , 0 ,ix e i thì 0x

Theo hệ quả 3.1. phần b) ta có dãy ( )ne là đầy đủ.