§1. Định lý Dvoretzky - Rogers
Các định lý 2.1, 2.2, 2.3 ở chương 2 cho ta khẳng định là trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì tính hội tụ không điều kiện và hội tụ tuyệt đối của chuỗi là tương đương với nhau. Kết luận này không mở rộng được cho trường hợp không gian Banach vô hạn chiều.
Với định lý Dvoretzky-Rogers ta suy ra rằng trong mỗi không gian Banach vô hạn chiều tồn tại chuỗi hội tụ không điều kiện nhƣng nó không hội tụ tuyệt đối.
1. Bổ đề
Cho E là không gian định chuẩn 2n- chiều.
Tồn tại y1,...,yn thuộc quả cầu đóng đơn vị BE sao cho với mọi i, và bất kỳ số λ1,...,λn,, ta có:
Chứng minh
Ký hiệu dùng trong chứng minh này: khi w là ánh xạ tuyết tính từ không gian vectơ k- chiêu vào không gian vectơ k-chiều với các cơ sở tương ứng cho trước, ta ký hiệu det(w) và tr(w) để chỉ định thức và vết của ma trận biểu diễn w tương ứng với cơ sở đã cho.
Đầu tiên ta tìm song ánh tuyến tính u: l22n → E . sao cho:
|tr(u-1 v) ≤ 2n||v|| (1) với mọi ánh xạ tuyến tính v: l22n → E
Ta chọn u thỏa. mãn điều kiện
Tính compact của mặt cầu đơn vị ƣơng L(l22n,E) và tính liên tục của det(.) cho ta sự tồn tại ánh xạ u nhƣ vậy.
Với bất kỳ v ∈ L(l22n,E ) cho trước, với ɛ≠0 và đủ nhỏ để ‖u+ɛv‖≠0, khi đó 1
||u+ɛv||
(u+ɛv) thuộc L(l22n
,E) và có chuẩn bằng 1. Do cách chọn u và tính chất của định thức ta có
Trang 38 Dẫn đến
Có bất đẳng thức bên phải là do ‖u‖ = 1 và bất đẳng thức tam giác.
Gọi id là ánh xạ đồng nhất trên l22n . Vì det(u) = 1 ≠0 nên u có ánh xạ ngƣợc u-1. Từ đó:
trong đó khi ɛ → 0
Có dấu "=" ở (*) là do quy nạp trên cấp của ma trận biểu diễn u-1v.
Từ đẳng thức ở trên, và do khai triển nhị thức , ta đƣợc
Chọn ɛ sao cho và |ɛ| đủ nhỏ sao cho sau khi rút gọn ta đƣợc:
Dẫn đến
Cho ɛ→0 ta có (1).
Tức là |tr(u-1 v) ≤ 2n||v||.
Ta áp dụng cho v = uP với p là phép chiếu trực giao trên l22n , có hạng của ma trận biểu diễn P bằng m. Khi đó
Bây giờ ta chọn các vectơ z1,...,zn đôi một trực giao nhau trong l22n , rối từ đó chọn y1,...,yn thỏa mãn bổ đề.
Trang 39
Từ ‖u‖ = 1 , do định nghĩa chuẩn của ánh xạ tuyến tính và mặt cầu đơn vị trong l22n
là compact ta có z1 ∈ l22n sao cho ‖z1‖ = 1 và ‖uz1‖=1
Ta ký hiệu [z1]⊥ là phần bù trực giao của không gian con sinh bởi z1. Gọi P1 là phép chiếu trực giao của l22n lên [z1]⊥. Do (2) ta có:
Mà uP1 bằng u hạn chế trên [z1]⊥ nên có Z2 ∈ [z1]⊥ Sao cho‖z2 ‖= 1 và
Gọi P: là phép chiếu trực giao của l22n, lên phần bù trực giao [z1,z2]⊥ của không gian con sinh bởi z1 và z2 khi đó, tồn tại z3 ∈ [z1,z2]⊥ sao cho
Cứ tiếp tục như vậy, sau n bước ta có những vectơ trực giao z1,...,zn trong l22n sao cho
‖zj‖= 1 và nếu đặt yj=uzj (j=1,2,...,n) thì
với mọi j.
Với mọi vô hướng λ1,...,λn ta có:
Do các zj đôi một trực giao với nhau ‖zj ‖ = 1 và ‖u‖ =1 Bổ đề đƣợc chứng minh.
2. Định lý Dvoretzky-Rogers
Giả sử X là không gian Banach vô hạn chiều và (an) là dãy số dương thỏa mãn điều kiện .Thế thì tồn tại dãy (xn) trong X sao cho hội tụ không điều kiện và ‖xi‖ = ai với mọi i.
Chứng minh
Do (an) ∈ I2 nên tồn tại dãy các chỉ số n1 < n2 <... sao cho
Trang 40
Vì X vô hạn chiều nên ta có thể lấy trong X dãy các không gian con Xk (k=1,2,...) sao cho dim xk = 2(nk+1 -nk).
Với mỗi k, áp dụng bổ đề cho E = Xk ta nhận chọn đƣợc ynk +1 ,...,ynk+1 sao cho
Với λi (i = nk +1,....,nk+1) là n vô hướng bất kỳ.
Theo cách chọn trong bổ đề ta có các yi đều khác 0.
Đặt với mọi i.
Với i = 1,.., n1 thì y1≠ 0 tùy ý Khi đó
Theo phần (b) mệnh để 2. §3 chương này ta có chuỗi hội tụ không điều kiện.
Định lý đƣợc chứng minh.
Áp dụng định lý Dvoretzky - Rogers cho không gian Banach vô hạn chiều X bất kỳ và an = 1
n với mọi n ta suy ra rằng trong X tồn tại chuỗi hội tụ không diều kiện nhƣng không hội tụ tuyệt đối.
§2. Định lý Orlicz .
Nhƣ ta đã biết trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì một chuỗi hội tụ không điều kiện cũng hội tụ tuyệt đối. Và theo nhận xét ở trên, trong mỗi không gian Banach vô hạn chiều tồn tại một chuỗi hội tụ không điều kiện nhƣng không hội tụ tuyệt đối. Bài toán đặt ra là có hay không những không gian Banach vô hạn chiều mà trong đó tính hội tụ không điều kiện của một chuỗi Σxi suy ra đƣợc điều kiện hạn chế nào đó cho những chuỗi số có số hạng tổng quát có dạng liên quan với ‖xi‖ , đương nhiên là yếu hơn điều kiện Σ‖xi‖ < ∞. Ta có định lý sau đây :
Định lý Orlicz
Giả sử chuỗi Σxi trong Lp[0,1] là hội tụ không điều kiện. Khi đó nếu 1≤ p ≤ 2 thì chuỗi Σ‖xi ‖2 hội tụ.
Trang 41 nếu 2≤ p<∞ thì chuỗi hội tụ Bổ đề
Giả sử X là không gian Banach và γ > 0. Hai khẳng định sau đây là tương đương (A) Nếu hội tụ không điều kiện thì hội tụ.
(B) Tồn tại số γ > 0 sao cho với bất kỳ tập con hữu hạn {xi}⊂X ta có
Chứng minh
Ta chứng minh (A) ⇒(B)
Giả sử B là sai. Khi đó tồn tại dãy tập con hữu hạn của X và dãy các chỉ số O
= n1 < n2 ... sao cho
Đặt
Khi đó
và
Theo phần (b) mệnh đề 2. §3, chương này, từ (2) ta có hội tụ không điều kiện, nhƣng từ (1) thì phân kỳ. Điều này mâu thuẫn với (A)
Ta chứng minh (B) ⇒ (A).
Giả sử (A) là sai. Khi đó tồn tại chuỗi hội tụ không điều kiện mà Theo mệnh đề 3, §3 chương này thì có hằng số M sau cho
Trang 42 vì nên có k sao cho
dẫn đến
Điều này mâu thuẫn với (B).
Bổ đề đƣợc chứng minh.
Với mỗi x = (x1,x2,...,xn) ∈ Rn ta có 2n số yα có dạng
Với mỗi p ≥ 1 cho trước, ta nói p- trung bình của những số yα , ký hiệu Mp(x) xác định nhƣ sau :
Cố định x, do tính chất của trung bình ta có với 1≤ q ≤ ∞ Đặc biệt với p = 2 ta có :
Do biểu thức (1)khi p = 2 và | A2| = A2 , và 2xixj khử bởi -2xixj Bất đẳng thức Khintchine
Nếu 1 ≤ p ≤2 thì
Nếu 2 < p < ∞ thì
Trong đó các hệ số 0< ap ≤ 1 ≤ Ap <∞ chỉ phụ p (không phụ thuộc n và x).
Trang 43 Chứng minh
Trường hợp 1 ≤ p ≤2
Bất đẳng thức bên phải đƣợc suy ra từ (2) và tính đơn điệu đối với p của Mp(x) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức bên trái với p = 1. Đầu tiên ta chứng minh có số a > 0 độc lập với xi và n sao cho
Chia hai vế của (5) cho và đặt
thì (5) có thể viết dưới dạng
Ta tìm một chặn dưới của vế trái của (6).
Bằng cách khảo sát hàm số khi t ≥ 0 và thay t bởi -t ta có bất đẳng thức.
|t| ≥ 1 - cost với mọi t ∈ R Từ đó :
Có dấu "=" ở (*) là do công thức cộng trong lƣợng giác và quy nạp.
Ta chứng minh
bị chặn dưới bởi một số dương không phụ thuộc n.
vì cho nên cost1 ≥ 0 với mọi i.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm cost, ..., costn ta đƣợc
Xét hàm
Trang 44
Do mặt cầu đơn vị trong R" là compact nên f đạt giá trị lớn nhất trên mặt cầu này. Áp dụng phương pháp nhân tử Lagrange ta xét hệ
f đạt giá trị lớn nhất tại =( 1,..., n) trên mặt cầu đơn vị, , cho nên 1,..., n
không đồng thời bằng 0, và do thỏa mãn hệ (*) , ta suy ra f( ) có dạng với 1 ≤ k ≤ n
Mà với mọi 1 ≤ k ≤ n
và
thuộc mặt cầu đơn vị Dẫn đến
Vậy
Từ đó
hay
Dấu "=" xảy ra khi t1 = ... = tn =
√
Trang 45 Do đó
với mọi và
nên tồn tại hằng số mà ta ký hiệu là ap , 0 < ap < 1 , sao cho với mọi n
Ta suy ra điều phải chứng minh.
Trường hợp 2 ≤ p ≤ ∞
Bất đẳng thức bên trái đƣợc suy ra từ tính đơn điệu của Mp(x) đối với Ta chứng minh bất đẳng thức bên phải, tức là bất đẳng thức
Chia 2 vế cho và ký hiệu bất đẳng thức có thể viết dưới dạng
(7) Để tìm một chặn trên của vế trái của (7) ta sử dụng bất đẳng thức
Từ đó
Trang 46
Áp dụng bất đẳng thức lần lƣợt cho thức theo ( α1= ±1) , rồi cộng 2" bất đẳng thức theo từng vế ta đƣợc
Nhận xét là
Do đó trong tổng ∑ ( ) có hai số hạng trùng nhau. Ta có :
Ta có (8) và dùng quy nạp ta suy ra
Dẫn đến
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, phương pháp nhân tử Lagrage và tương tự chứng minh trong trường hợp 1 ≤ p ≤2 ta có:
Hơn nữa
Từ đó, tồn tại hằng số mà ta ký hiệu là Ap, Ap ≥ 1 sao cho
Ta suy ra điều phải chứng minh Chứng minh định lý Orlicz Trường hợp 1 ≤ p ≤ 2
Trang 47
Với bất kỳ tập con hữu hạn {xi}nl của Lp[0,1], ta có
Từ đó
Dẫn đến
Áp dụng bất đẳng thức khintchine cho biểu thức trong dấu tích phân, ta suy ra
Ta ký hiệu
và ||y(t)||2/p là chuẩn của y(t) trong l(n)2/n (1≤p≤2) Ta có
Từ (8) và (9) ta suy ra
Trang 48
Áp dụng bổ đề cho γ = ap , r = 2 , ta suy ra chuỗi hội tụ Trường hợp 2 ≤ p ≤ ∞
Tương tự phần đầu của chứng minh trên, và áp dụng bất đẳng thức khintchine với 2 ≤ p < ∞ ta đƣợc
Do tính đơn điệu của lp - chuẩn ta có
Áp dụng bổ đề cho γ = 1 , r = p ta suy ra chuỗi hội tụ.
§3. Toán tử khả tổng tuyệt đối 1. Định nghĩa
Toán tử tuyến tính T: X → Y đƣợc gọi là khả tổng tuyệt đối nếu qua ánh xạ T ảnh của mỗi chuỗi hội tụ không điều kiện Σxi(x1 ∈ X) là một chuỗi hội tụ tuyệt đối (Σ||Txi||< ∞)
2. Mệnh đề
Cho chuỗi trong không gian Banach X.
a) Nếu I ⊂ J ⊂ N thì
b) Nêu tồn tại dãy các chỉ số n1 < n2 < ... sao cho với mọi k = 1, 2, ...
thì chuỗi hội tụ không điều kiện
Trang 49 Chứng minh
Ta có
Ta suy ra (a)
(b) Với nk < N ≤nk +1 , N ≤ n≤ np+1 Do (a) và bất đẳng thức tam giác ta có
với bất kỳ ɛ > 0 cho trước, khi k đủ lớn.
Theo tiêu chuẩn Cauchy thì hội tụ, với mọi (αi) , α1 = ± 1 . Do đó chuỗi hội tụ hoàn hảo. Vậy chuỗi hội tụ không điều kiện
3. Mệnh đề
Giả sử chuỗi hội tụ không điều kiện trong không gian Banach X. Thế thì tồn tại hằng số M sao cho
Chứng minh
Đầu tiên ta chứng minh
Tồn tại .V sao cho với mọi n > N ta có
Giả sử ngƣợc lại. Khi đó có dãy các chỉ số n1 < n2 < ... sao cho
Trang 50 Dẫn đến tồn tại ( ̅i), ̅i = ±1 sao cho
Theo tiêu chuẩn Cauchy thì ∑ ̅ x1 phần kỳ.
Điều này mâu thuẫn với ∑ hội tụ hoàn hảo ( do ∑ hội tụ không điều kiện ) Nhƣ vậy có N sao cho với mọi n > N thì:
Đặt
Với M = A + 1 ta có:
với mọi n Mệnh đề đƣợc chứng minh.
4. Mệnh đề
Cho toán tử tuyến tính T: X → Y với X , Y là hai không gian Banach . Khi đó : T là toán tử khả tổng tuyệt đối nếu và chỉ nếu tồn tại hằng số K sao cho với mọi tập con hữu hạn {xi} ⊂ X ta có :
Chứng minh
1) Ta chứng minh nếu T khả tổng tuyệt đối thì tồn tại K sao cho với mọi tập con hữu hạn {xi}⊂X ta có (1).
Giả sử ngƣợc lại. Khi đó tồn tại (yi) ⊂ X và dãy các chỉ số n1< n2 < ... sao cho
Trang 51 (k=1,2,...) Ta xét dãy (xi) ⊂ X đƣợc xác định nhƣ sau
Nếu 1 ≤ i ≤ n1 thì x1 tùy ý.
Nếu nk< i ≤ nk+1 thì
(k = 1 ,2....) Do (2) thì các y1 i= nk+1,...,nk+1 không đồng thời bằng 0 . Từ đó :
Do phần (b) mệnh đề 2 thì hội tụ với mọi αi , αi = ±1. Dẫn đến hội thị hoàn hảo và do đó nó hội tụ k hông điều kiện. Nhƣng từ (2) và do cách đặt x1 ta có
(k =1,2....)
Nhƣ vậy phân kỳ, điều này mâu thuần với T là toán thử khả tổng tuyệt đối.
2) Giả sử tồn tại hằng số K sao cho với mọi tập con hữu hạn {xi} X ta có (1) Xét chuỗi hội tụ không điều kiện trong X.
Theo mệnh đề 3 ta có hằng số M để
Do điều này và (1) ta có với mọi m.
Ta suy ra hội tụ.
Trang 52 Vậy T khả tổng tuyệt đối.
Mệnh đề đƣợc chứng minh.
Số K nhỏ nhất thỏa mãn (1) đƣợc gọi là chuẩn tổng tuyệt đối của toán tử T và ký hiệu là π(T).
Ta có
{xi} hữu hạn ⊂ X và không đồng thời bằng o
Thật vậy :
Với {xi} hữu hạn và không đồng thời bằng 0 ta có
Do đó số K nhỏ nhất thỏa mãn (1) cũng là số K nhỏ nhất thỏa mãn (4). Từ định nghĩa của π(T) và định nghĩa của sup ta có (3).
5. Mệnh đề
Giả sử X,Y là hai không gian Banach. Gọi π(X,Y) là tập các toán tử khả tổng tuyệt đối từ X vào Y. Thế thì π(X,Y) là không gian Banach với chuẩn π(T).
Chứng minh:
Trong π(X,Y) ta định nghĩa hai phép toán +,. nhƣ sau:
Với mọi U,T ∈ π(X,Y)
(U + T)x = Ux + Tx với mọi X ∈ X Với mọi vô hướng λ, với mọi T ∈ π(X,Y)
(λ.T)x = λ.Tx với mọi x∈X
Rõ ràng π(X,Y) với hai phép toán +,. là một không gian vectơ.
Với mỗi T ∈ π(X,Y) ta có π(T) là số K nhỏ nhất thỏa mãn với bất kỳ tập con hữu hạn {xi} ⊂ X
Từ đó :
• π(T) ≥ 0 với mọi T, vì vế trái của (1) luôn luôn ≥ 0
• π(T) = 0 thì Tx = 0 với mọi x, có nghĩa là T là toán tử O. nêu T = 0 hiển nhiên π(T)
= 0
• Do (1) và T là toán tử tuyến tính, tính chất của chuẩn trong X,Y, ta có:
π(T) = π(T) \λ\ π(T) với mọi vô hướng λ.
• Với bất kỳ U, T∈ π(X, Y), với mọi tập con hữu hạn {xi} ⊂ X, ta có
Trang 53 Cho nên π(U+T) ≤ π(U) + π(T)
Ta còn chứng minh π(X,Y) với chuẩn π(.) là không gian đủ.
Giả sử (Tn) là dãy Cauchy trong π(X,Y).
Từ định nghĩa của π(.) với {xi} = {x} , ta có
Mà (Tn) là dãy Cauchy nên π(Tn - Tm) < ɛ với bất kỳ ɛ > 0 cho trước, khi m, n đủ lớn.
Dần đến (Tnx) là dãy Cauchy trong Y, vì Y là không gian đủ nên dãy đó có giới hạn thuộc Y.
Từ đó : với mỗi X ∈ X ta đặt
Rõ ràng T là toán tử tuyến tính từ X→Y.
Ta chứng minh T là khả tổng tuyệt đối.
Với bất kỳ ɛ > 0 cho trước, do (Tn) là dãy Cauchy trong π(X,Y) nên có N sao cho với mọi m, n ≥ N thì π(Tn - Tm) < ɛ
Khi đó, với bất kỳ tập con hữu hạn {xi} ⊂ X
Cho m→∞, ta đƣợc (theo cách đặt thì
với mọi n ≥ N
Ta suy ra khi n ≥ N thì Tn - T ∈π(X.Y) theo mệnh đề 4. §3 chương này Nhƣ vậy
Hơn nữa từ (2) và theo định nghĩa của π(.) ta có π(Tn - T) ≤ với mọi n ≥ N Điều này dẫn đến (Tn) có giới hạn là T ∈π(X.Y) Mệnh đề đƣợc chứng minh
6. Bất đẳng thức Grothendieck
Tồn tại hằng số KG sao cho với mọi không gian HilBert H. với mọi n ∈N , với bất kỳ ma trận vô hướng (aịj)n x m , và với mọi vectơ vectơ x1,...,xn, y1,...,yn thuộc quả cầu đóng đơn vị BH ,ta có
Trang 54
KG chỉ phụ thuộc vào cách chọn trường vô hướng là R hay C . Bổ đề
Xét hàm Rademacher rn: [0,1]→R , n ∈ N xác định nhƣ sau
với mọi t ∈[0,1]
Khi đó
Với bất kỳ a1,.., am ∈ R ta có
Chứng minh
Đầu tiên ta chứng minh nếu p≠n thì
Thật vậy :
Ta giả sử p < n. Ta có
Trên mỗi đoạn thì rp(t) = 1 với mọi t∈
hoặc rp(t) = -1 với mọi t∈ (2)
Mỗi đoạn có chứa 2n-p đoạn có độ dài 1
2n , mà với hai đoạn liên tiếp thì rn thay đổi dấu , cho nên
Trang 55 Từ (1) . (2) , (3) ta suy ra
Bằng cách chứng minh tương tự và nhận xét là với mọi k thi r2k(t) = 1 với mọi t∈
[0,1] ,ta có
Nếu trong bốn số i, j, k, l có hai cặp số bằng nhau hay cả bốn số bằng nhau thì
Trong các trường hợp còn lại thì
Ta có
Có đẳng thức (*) là do chứng minh ở phần đầu và nhận xét là trong mỗi tổng Σ a2i a2j có chứa một tổng ∑ có chƣa một tổng ∑
Từ(*) và do ∑ ≥ 0, ta suy ra
Mặt khác , vì ri2(t) = 1 với mọi t ∈ [0,l] và với mọi i≠j , ta có
Nhƣ vậy :
Trang 56 Bổ đề đƣợc chứng minh
Chứng minh bất đẳng thức Grothendieck
Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp ma trận thực và không gian HilBert thực.
Trong trường hợp phức, bằng cách tách phần thực và phần ảo ta có hằng số KG bằng hai lần hàng số trong trường hợp thực.
vì
nên bất đẳng thức (G) tương đương với
Để đơn giản ta viết
và
Supremum ở (*) lấy trên tất cả các không gian HilBert H và tất cả các vectơ x1,...,xn. y1,..., yn trong BH . Supremum này tồn tại là do
Gọi W là không gian con sinh bởi x1,..., xn, y1,...,yn. W có cơ sở trực chuẩn là {ck}.
Khi đó
Đặt
Thì Xi, Yj thuộc L1[0,1]. Nhận xét là r2k (t) = 1 với mọi t và nếu k ≠ m, ta có
Trang 57 và
Gọi M là hằng số dương nào đó mà ta sẽ xác định.
Ta ký hiệu X để chỉ xi hay yj i.j = 1,.., n Ta định nghĩa XL và XU thuộc L2[0,1] nhƣ sau
nếu | X(t)| ≤ M trường hợp còn lại và
• Theo cách đặt thì
• Ta chứng tỏ Thật vậy
Với mỗi t ∈ [0,1] thì XU t (t) = 0 hoặc XU t (t)≠0.
Nếu XU t(t)≠0 thì X(t) > M khi đó
|XU(t)| = |X(t)| - M ( vì X(t) và XL (t) cùng dấu) Cho bất kỳ m, s với m > 0 và do bất đẳng thức 4m2 - 4ms + s2 ≥ 0 ta có
với m = M và thì
Từ (*) và do bổ đề ta có
(Vì Dẫn đến
Trang 58
Nhƣ vậy, với x1,...,xn ,y1,...,yn thuộc BH , do Xi = + , Yj = + và bài đẳng thức tam giác ta có
Có (*) là do và cách đặt ‖a‖,‖a‖’
Dẫn đến nếu M > √
Bằng khảo sát hàm số khi M > √ thì cách chọn M tốt nhất là M = √
Vậy Ta suy ra
Và theo nhận xét ở phần đầu ta có bất đẳng thức (G) 7. Định lý Grothendieck
Mọi toán tử tuyến tính liên tục T: l1→l2 là khả tổng tuyệt đối.
Trang 59
Sau đây là chứng minh trong [1] mù một số kỹ hiệu được thay đổi thành các ký hiệu quen thuộc đã dùng. Ta sẽ chứng minh chi tiết một kết quả tương tự cho toán tử tuyến tính liên lục T: L1[0,1] → L2[0,1] và thay vì dùng định lý Omnibus ta dùng một kết quả đơn giản hơn là mệnh đề 3 (§3 Chương này) , có một điểm khác nữa là thay đổi hệ tuyến tính trù mật.
Tuy nhiên, để có thể áp dụng Bất đẳng thức Grothendierk ta không dùng hệ tuyến tính trù mật quen thuộc trong L1[0,1] là tập các đa thức mà chọn một hệ tuyến tính trù mật khác.
Chứng minh
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử ||T|| ≤ 1và chỉ cần chứng minh cho trường hợp trường vô hướng là R
Giả sử hội tụ không điều kiện trong l1, ta cũng có hội tụ hoàn hảo, có nghĩa là hội tụ với mọi dãy (αn). αn = ± 1.
Ta có
trong đó v là toán tử từ l*1 vào l1 trong định lý Omnibus.
Ta cần chứng minh rằng
Đầu tiên là ta giảm xuống trường hợp hữu hạn chiều để có thể áp dụng bất đẳng thức Grothendieck.
Với m ∈ N và δ> 0 cho trước. Ta chọn n ≥ m và các vectơ y1,...,ym trong ln1 ⊂ l1 sao
cho ||xi - yi|| ≤ δ/2i với 1≤ i ≤ m . Nếu n > m ta đặt ym+1 = ... = yn =0. Với mỗi I ta có trong đó e1 ,...,en là cơ sở của ln1 và ‖ej ‖=1 với mọi j.
Điều này cho ta ma trận a - (aij) đế áp bất đẳng thức Grothendieck.
Chọn αh ,..., αn = ± 1 sao cho:
Đây chính là vế phải của bất đẳng thức Grothendieck.
Mặt khác