Chương 1 - WordPress.com...Cho hai số thực p q 1, 1 thoả 1 1 1 p q , với hai số thực...
Transcript of Chương 1 - WordPress.com...Cho hai số thực p q 1, 1 thoả 1 1 1 p q , với hai số thực...
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.