Định lý 2.1. Cho H là một không gian Hilbert. Khi đó h , i : H × H −→ C,
§2. Một số tính chất cơ bản 95
là một hàm liên tục.
Chứng minh. Cho (xn),(yn) là hai dãy trong không gian tiền Hilbert H lần lượt hội tụ về x0 và y0. Khi đó, ta có
|hxn, yni − hx0, y0i| ≤ |hxn, yni − hxn, y0i| + |hxn, y0i − hx0, y0i|
= |hxn, yn − y0i| + |hxn − x0, y0i| ≤ kxnkkyn − y0k + kxn − x0kky0k.
Theo giả thiết (xn) hội tụ trong H nên nó bị chặn, nghĩa là tồn tại số M > 0 sao cho kxnk ≤ M với mọi n ∈ N. Vì vậy, ta có
|hxn, yni − hx0, y0i| ≤ Mkyn − y0k + kxn − x0kky0k.
Chuyển qua giới hạn ta được
lim
n→∞ |hxn, yni − hx0, y0i| = 0.
Định lý 2.2. (Đẳng thức hình bình hành) Với mọi x, y trong một không gian tiền Hilbert H ta có
kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2).
Chứng minh. Với x, y ∈ H, ta có
kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + hy, xi + hx, yi + kyk2 kx − yk2 = hx − y, x − yi = kxk2 − hy, xi − hx, yi + kyk2.
Cộng hai vế của hai đẳng thức trên ta được đẳng thức hình bình hành.
Định lý 2.3. (Tích vô hướng sinh bởi chuẩn) Cho (X,k k) là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trường K. Giả sử với mọi x, y thuộc X thoả mãn
kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2). (4.1) Khi đó trên X có một tích vô hướng sao cho hx, xi = kxk2.
Chứng minh. Trước hết, ta xét X là một không gian tuyến tính thực. Đặt
hx, yi = 1
4[kx + yk2 − kx − yk2]. (4.2) Từ (4.2) ta có
i) hx, xi ≥ 0 với mọi x ∈ X.
§2. Một số tính chất cơ bản 97
iii) Theo (4.1) và (4.2) ta có thể viết hx, yi dưới dạng
hx, yi = 1 2[kx + yk2 − kxk2 − kyk2] (4.3) hay hx, yi = 1 2[kxk2 + kyk2 − kx − yk2]. (4.4) Từ (4.3) và (4.4) ta có hx + y, zi = 1 4[kx + y + zk2 − kx + y − zk2] = 1 4[kx + y + zk2 + kx − y + zk2 − kx − y + zk2 − kx + y − zk2] = 1 2[kx + zk2 + kyk2 − kxk2 − ky − zk2] + 1 2[kyk2 + kzk2 − ky − zk2] = hx, zi + hy, zi.
iv) Bây giờ ta chứng minh hλx, yi = λhx, yi với mọi x, y ∈ H và λ ∈ K. Trước hết với mỗi x, y ∈ X cố định, ta xét hàm g(λ) = kλx + yk. Khi đó, ta có
|g(λ) − g(λ0)| = |kλx + yk − kλ0x + yk| ≤ k(λ − λ0)xk = |λ − λ0|kxk.
nên g là một hàm của biến thực liên tục. Vì vậy, ta suy ra hàm
f(λ) = hλx, yi = 1
4[kλx + yk2 − kλx − yk2]
liên tục theo biến thực λ.
Theo một tính chất đã biết f cộng tính (theo chứng minh iii)) và liên tục nên f
là hàm tuyến tính, nghĩa là f(λ) có dạng f(λ) = Cλ trong đó C là một hằng số. Hơn nữa theo định nghĩa của f ta có f(1) = C = hx, yi. Vậy f(λ) = hx, yiλ,
hay hλx, yi = λhx, yi.
Với X là không gian tuyến tính phức. Đặt
hx, yi = 1
4[kx + yk2 − kx − yk2 + ikx + iyk2 − ikx − iyk2]. (4.5) Từ (4.5) ta có
§2. Một số tính chất cơ bản 99
ii) Với mọi x, y ∈ X ta có
hy, xi = 1 4[ky + xk2 − ky − xk2 + iky + k2 − iky − k2] = 1 4[kx + yk2 − kx − yk2 + iki(x − iy)k2 − ik − i(x + iy)k2] = 1 4[kx + yk2 − kx − yk2 − ikx + iyk2 + ikx − iyk2] = hx, yi.
iii) Chứng minh tương tự như trong trường hợp thực.
iv) Với x, y ∈ X cố định ta xét hàm f(λ) = (λx, y) tương tự trên ta chứng minh
f là hàm biến phức cộng tính liên tục nên f có dạng f(λ) = Cλ hoặc f(λ) = Cλ, trong đó C là hằng số và C = hx, yi. Vì vậy ta suy ra
hλx, yi = λhx, yi, với mọi λ ∈ C,
hoặc
hλx, yi = λhx, yi, với mọi λ ∈ C.
Mặt khác theo (4.5) ta có hix, yi = ihx, yi, nên chỉ xảy ra hλx, yi = λhx, yi, với mọi λ ∈ C.
Vậy trên X có một tích vô hướng và hx, xi = kxk2.
Định lý 2.4. Cho M là một tập lồi, đóng và khác rỗng trong không gian Hilbert
H. Khi đó với mỗi x ∈ H tồn tại duy nhất một phần tử y ∈ M sao cho kx−yk =
d(x, M).
Chứng minh. Nếu x ∈ M thì ta chọn y = x. Nếu x /∈ M, khi đó vì M đóng nên d = d(x, M) > 0 và tồn tại một dãy (yn) trong M sao cho lim kx−ynk = d.
Ta chứng minh (yn) là dãy Cauchy. Thật vậy, theo đẳng thức hình bình hành ta có kyn − ymk2 = k(x − yn) − (x − ym)k2 = 2kx − ynk2 + 2kx − ymk2 − k2x − (yn + ym)k2 = 2kx − ynk2 + 2kx − ymk2 − 4kx − yn + ym 2 k2 ≤ 2kx − ynk2 + 2kx − ymk2 − 4d2 (vì M lồi nên yn+ym 2 ∈ M). Cho m, n → ∞ từ bất đẳng thức trên ta có lim m,n→∞kyn − ymk = 0.