Trước hết (i) kéo theo (ii), vì cho u là một cấu xạ toàn ánh ngặt và N là hạt nhân của u. Khi đó u cảm sinh một đẳng cấu từ E/N lên F. Nhưng E mêtric hoá được và đầy đủ, do đó E/N là đầy đủ (GT, IX, § 3.1, prop. 4), vậy F là đầy đủ.

Tiếp theo (ii) kéo theo (iii). Cho F là đầy đủ và u là toàn ánh. Ảnh của u chính xác là F và do đó không là tập hợp hạng bé trong F theo định lý Baire (GT, IX, § 5.3).

Bổ đề sau đây chỉ ra rằng (iii) kéo theo (iv).

Cho W là một lân cận cân bằng của 0 trong E sao cho W + W ⊂ V (I, § 1.5, prop. 4). Cho α là một phần tử của K sao cho |α| > 1; khi đó E là hợp của các tập hợp $\alpha^n W$ trong đó n biến thiên trong $\mathbf{N}$; thực vậy, với mọi x ∈ E, tồn tại β ∈ K sao cho x ∈ βW (I, p. 7, prop. 4) và tồn tại một số nguyên n ≥ 0 sao cho |β| < |α|^n, khi đó x ∈ $\alpha^n W$ vì W là cân bằng. Do đó, u(E) là hợp của dãy các tập hợp $u(\alpha^n W) = \alpha^n u(W)$, và vì u(E) không là tập hợp hạng bé trong F, ít nhất một trong các tập hợp $\alpha^n \overline{u(W)}$ có một điểm trong (GT, IX, § 5.3, def. 2) và do đó $\overline{u(W)}$ có một điểm trong.

Cho $y_0$ là một điểm trong của $\overline{u(W)}$; vì $-u(W) = u(W)$, và do đó $-\overline{u(W)} = \overline{u(W)}$ nên suy ra $0 = y_0 + (-y_0)$ là một điểm trong của $\overline{u(W)} + \overline{u(W)}$. Vì phép cộng vectơ là một ánh xạ liên tục từ $F \times F$ vào $F$, tập hợp $\overline{u(W)} + \overline{u(W)}$ được chứa trong bao đóng của tập hợp

do đó $\overline{u(V)}$ là một lân cận của 0 trong $F$.

Trước khi chứng minh rằng (iv) kéo theo (i), ta chứng minh bổ đề sau đây, trong đó ta quy ước rằng, trong mọi không gian mêtric, $B_r(x)$ ký hiệu quả cầu đóng tâm $x$ bán kính $r$.

Trong các điều kiện ấy, với mọi $a > r$, ảnh $u(B_a(x))$ chứa quả cầu $B_{\rho(r)}(u(x))$.

Cho $(r_n)$ là một dãy vô hạn các số $> 0$ sao cho $r_1 = r$ và $a = \sum_{n=1}^{\infty} r_n$. Với mỗi chỉ số $n$ tồn tại một số $\rho_n > 0$ (với $\rho_1 = \rho(r)$) sao cho

với mọi $x \in E$; ta có thể, và sẽ, giả sử rằng $\lim_{n \to \infty} \rho_n = 0$.

Cho $x_0$ là một điểm của E, và $y$ là một điểm của $B_{\rho(r)}(u(x_0))$. Ta sẽ chứng minh rằng $y$ thuộc $u(B_a(x_0))$.

Vì mục đích đó, một dãy $(x_n)_{n>0}$ các điểm của E được định nghĩa bằng quy nạp sao cho, với mọi $n \geq 1$, ta có $x_n \in B_{r_n}(x_{n-1})$ và $u(x_n) \in B_{\rho_{n+1}}(y)$. Nếu các $x_i$ đã được định nghĩa với $0 \leq i \leq n-1$ và thỏa mãn các hệ thức ấy, thì ta có $y \in B_{\rho_n}(u(x_{n-1}))$; vì

tồn tại một điểm $x_n \in B_{r_n}(x_{n-1})$ mà ảnh $u(x_n)$ của nó thuộc lân cận $B_{\rho_{n+1}}(y)$ của $y$, điều đó thiết lập sự tồn tại của dãy $(x_n)$.

Vì khoảng cách từ $x_n$ đến $x_{n+p}$ nhỏ hơn $r_{n+1} + r_{n+2} + \cdots + r_{n+p}$, mà đại lượng này nhỏ tùy ý khi $n$ đủ lớn, nên dãy $(x_n)$ là một dãy Cauchy trong E. Vì E đầy đủ, dãy $(x_n)$ hội tụ đến một điểm $x$ của E. Khoảng cách từ $x_0$ đến $x$ nhỏ hơn $\sum_{n=1}^{\infty} r_n = a$, do đó $x \in B_a(x_0)$. Nhưng $u$ liên tục, nên dãy $u(x_n)$ hội tụ đến $u(x)$; mặt khác $u(x_n) \in B_{\rho_{n+1}}(y)$, suy ra $y = u(x)$, và bổ đề được chứng minh.

Ta quay lại định lý và chứng minh rằng (iv) kéo theo (i). Giả sử rằng $u$ thỏa mãn điều kiện (iv). Đối với mỗi không gian E và F, xét một khoảng cách bất biến theo phép tịnh tiến và xác định tôpô của nó (I, p. 16). Theo giả thiết, tập $\overline{u(B_r(0))}$ là một lân cận của 0 trong F với mọi $r > 0$, và do đó tồn tại một số $\rho(r) > 0$ sao cho $B_{\rho(r)}(0) \subset u(B_r(0))$. Bằng phép tịnh tiến ta kết luận rằng $B_{\rho(r)}(u(x)) \subset \overline{u(B_r(x))}$ với mọi $r > 0$ và mọi $x \in E$. Theo bổ đề 2, với mọi cặp số thực dương $(a, r), a > r > 0$, ta có $B_{\rho(r)}(0) \subset u(B_a(0))$; do đó $u$ là một cấu xạ ngặt của E lên F. Ta đã chứng minh rằng (iv) kéo theo (i) và chứng minh của định lý được hoàn tất.

Đặc biệt, nếu E và F là hai không gian định chuẩn đầy đủ, thì tồn tại một số $a > 0$ sao cho $\|u(x)\| \geq a.\|x\|$ với mọi $x \in E$.

Điều kiện là cần, vì nếu $u$ là một cấu xạ ngặt, thì ảnh $u(E)$, do đẳng cấu với thương $E/u^{-1}(0)$, là đầy đủ (I, p. 17) và do đó đóng trong F. Điều kiện là đủ, vì nếu $u(E)$ đóng trong F, thì $u(E)$ phải là một không gian vectơ đầy đủ mêtric hóa được và do đó theo định lý 1, $u$ là một cấu xạ ngặt từ E lên $u(E)$.

Thật vậy, $M \times N$ là một không gian vectơ đầy đủ mêtric hóa được và ánh xạ $(y, z) \mapsto y + z$ từ $M \times N$ lên E là liên tục và song ánh, do đó là một đẳng cấu (hệ quả 1).

Điều kiện đó là cần thiết vì đồ thị của một ánh xạ liên tục vào một không gian Hausdorff là đóng (GT, I, § 8.1, hệ quả 2). Để thấy rằng nó là đủ, hãy chú ý rằng nó kéo theo đồ thị G của $u$, là một không gian con vectơ đóng của không gian mêtric hoá được đầy đủ $E \times F$, tự nó cũng mêtric hoá được và đầy đủ. Phép chiếu $z \mapsto \mathrm{pr}_1(z)$ của G lên E là một ánh xạ tuyến tính liên tục, song ánh, do đó là một đẳng cấu (hệ quả 1); vì ánh xạ nghịch đảo của nó là $x \mapsto (x, u(x))$, suy ra $u$ là liên tục trong E.

Ta có thể phát biểu hệ quả này dưới dạng sau: $u$ là liên tục nếu tình huống sau xảy ra: nếu dãy $(x_n)$ các điểm của E vừa hội tụ về 0 vừa có tính chất là dãy $(u(x_n))$ hội tụ về $y$, thì tất yếu phải có $y = 0$.

1) E là mêtric hóa được và đầy đủ. 2) Tồn tại một dãy $(F_n)$ các không gian vectơ mêtric hóa được đầy đủ trên K và, với mỗi n, một ánh xạ tuyến tính đơn ánh liên tục $v_n$ từ $F_n$ vào F sao cho F là hợp của các không gian con $v_n(F_n)$.

Bây giờ cho u là một ánh xạ tuyến tính của E vào F. Nếu đồ thị của u đóng trong $E \times F$, thì tồn tại một số nguyên n và một ánh xạ tuyến tính liên tục $u_n$ của E vào $F_n$ sao cho $u = v_n \circ u_n$ (điều này kéo theo rằng u liên tục và $u(E) \subset v_n(F_n)$).*

Cho G là đồ thị của $u$ trong $E \times F$. Với mọi $n$, ta xét ánh xạ tuyến tính liên tục $w_n : (x, y) \mapsto (x, v_n(y))$ từ $E \times F_n$ vào $E \times F$; vì G đóng, tập $w_n^{-1}(G) = G_n$ là một không gian con vectơ đóng của $E \times F_n$; nếu $p_n$ là hạn chế lên $G_n$ của phép chiếu thứ nhất $\mathrm{pr}_1$, ta có $p_n(G_n) = u^{-1}(v_n(F_n))$. Vì $p_n$ liên tục và $G_n$ đầy đủ (do $G_n$ đóng trong không gian đầy đủ $E \times F_n$), theo định lý 1, $p_n(G_n)$ hoặc là gầy trong E hoặc là toàn bộ E. Nhưng, theo giả thiết, E là hợp của các $p_n(G_n)$, và vì E đầy đủ, các $p_n(G_n)$ không thể đều gầy trong E theo định lý Baire (GT, IX, § 5.3, đl. 1). Do đó tồn tại một số nguyên n sao cho $p_n(G_n) = E$, hay nói cách khác $u(E) \subset v_n(F_n)$. Hơn nữa, vì $v_n$ đơn ánh, $G_n$ là đồ thị của một ánh xạ tuyến tính $u_n$ từ E vào $F_n$, và theo định lý đồ thị đóng (I, p. 19, hq. 5) $u_n$ là liên tục; khi đó từ các định nghĩa suy ra rằng $u = v_n \circ u_n$.

Bài tập