I. Trường hợp riêng.

Trước hết giả sử rằng $E = V + \mathbf{R}a$. Vì mệnh đề là tầm thường nếu $a \in V$, ta chỉ xét trường hợp $a \notin V$. Các giả thiết đối với V kéo theo rằng tập hợp $A''$ các $y \in V$ sao cho $a \leq y$ là không rỗng; tương tự, tập hợp $A'$ các $z \in V$ sao cho $-z \geq -a$ (\emph{tức là} $z \leq a$) là không rỗng. Với $y \in A''$ và $z \in A'$, ta có $z \leq a \leq y$, và do đó theo giả thiết $f(z) \leq f(y)$. Vậy $\alpha', \alpha''$ là hữu hạn và $\alpha' \leq \alpha''$. Mọi dạng tuyến tính $f_1$ trên E mở rộng $f$ đều được xác định hoàn toàn bởi $f_1(a)$ và với mọi $\lambda \in \mathbf{R}$ và mọi $x \in V$, ta có

Do đó $f_1$ là dương khi và chỉ khi các hệ thức

suy ra

Vì $f(\mu x) = \mu f(x)$ và các quan hệ $x \geq 0$ và $\mu x \geq 0$ là tương đương đối với $\mu > 0$, nên chỉ cần chỉ ra rằng (2) kéo theo (3) trong các trường hợp riêng $\lambda = 0, \lambda = 1$ và $\lambda = -1$. Với $\lambda = 0$, việc (2) kéo theo (3) suy ra từ giả thiết rằng $f$ là dương. Với $\lambda = 1$, nói rằng (2) kéo theo (3) có nghĩa là với $-x \in A'$, ta có $f_1(a) \geq f(-x)$, \emph{tức là} $f_1(a) \geq \alpha'$; với $\lambda = -1$, (2) kéo theo (3) có nghĩa là với $x \in A''$, ta có $f(x) \geq f_1(a)$, \emph{tức là} $f_1(a) \leq \alpha''$. Vậy mệnh đề được chứng minh trong trường hợp này.

II. Trường hợp tổng quát.

Cho $\mathfrak{F}$ là tập hợp các cặp $(W, g)$ trong đó $W$ là một không gian con vectơ của $E$ chứa $V$ và $g$ là một dạng tuyến tính dương trên $W$ là một mở rộng của $f$. Ta sắp thứ tự $\mathfrak{F}$ bằng cách đặt $(W, g) \leq (W', g')$ nếu $W \subset W'$ và nếu $g'$ là một mở rộng của $g$. Rõ ràng $\mathfrak{F}$ là quy nạp và theo đl. 2 của S, III, § 2.4, tồn tại một phần tử cực đại $(W_0, g_0)$. Giả sử $W_0 \neq E$. Khi đó tồn tại một vectơ $b \notin W_0$, và, nếu đặt $W_1 = W_0 + \mathbf{R}b$, trường hợp riêng ở trên cho thấy rằng tồn tại một dạng tuyến tính dương trên $W_1$ là một mở rộng của $g_0$; điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng $(W_0, g_0)$ là cực đại. Vậy $W_0 = E$, và phần thứ nhất của mệnh đề được chứng minh. Khi $a \in V$, mệnh đề thứ hai hiển nhiên đúng với $\alpha' = \alpha'' = f(a)$; nếu, trái lại, $a \notin V$ và đặt $V_1 = V + \mathbf{R}a$, thì mệnh đề thứ hai suy ra từ trường hợp riêng I của chứng minh.

Theo mệnh đề 1, chỉ cần chứng tỏ rằng với mọi $x \in E$, tồn tại $x' \in V$ sao cho $x' - x \in P$. Bây giờ lấy $U$ là một lân cận của $0$ trong $E$ sao cho $x_0 + U \subset P$. Khi đó $x + x_0 + U \subset x + P$, và do đó tồn tại $\varepsilon$ sao cho $0 < \varepsilon < 1$ và điểm $y = x_0 + (1 - \varepsilon)x$ thuộc $x + P$; khi đó mọi điểm có dạng $x + \lambda(y - x)$ đều thuộc $x + P$ với $\lambda > 0$. Nếu lấy $\lambda = 1/\varepsilon$, thì $x + \lambda(y - x) = \lambda x_0 \in V$, từ đó suy ra kết luận.

Kết luận của hệ quả không nhất thiết còn đúng nếu không giả thiết rằng $V$ chứa một điểm trong của $P$, ngay cả khi $E$ có số chiều hữu hạn và khi $P \cap V$ chứa các điểm trong đối với $V$ (II, p. 91, bài tập 25, b)).

Tập hợp các cặp $(x, a)$ sao cho $p(x) \leq a$ là một tập con lồi $P$ của không gian vectơ $E_1 = E \times \mathbf{R}$ (II, p. 17, mệnh đề 19), và rõ ràng nó là một nón nhọn. Gọi $V_1$ là không gian con $V \times \mathbf{R}$ của $E_1$ và $g(y, a) = -f(y) + a$ với mỗi điểm $(y, a) \in V_1$. Khi đó $g$ là một dạng tuyến tính dương đối với cấu trúc tiền thứ tự trên $V_1$ được xác định bởi $P \cap V_1$; thật vậy, nếu $(y, a) \in P \cap V_1$, thì $a \geq p(y) \geq f(y)$, do đó $g(y, a) \geq 0$. Tiếp theo, lấy $(x, a) \in E_1$; ta chứng minh rằng $(x, a)$ nhỏ hơn một điểm của $V_1$ đối với tiền thứ tự được xác định bởi $P$. Nếu $(x', a') \in V_1$ thì $(x, a) \leq (x', a')$ khi và chỉ khi $p(x' - x) \leq a' - a$, lấy $a' \geq p(-x) + a$, ta thấy rằng $(0, a')$ của $V_1$ thỏa mãn các điều kiện cần có. Do đó ta có thể áp dụng mệnh đề I của II, p. 21; tồn tại một dạng tuyến tính $u$ trên $E_1$ kéo dài $g$ và dương đối với tiền thứ tự được xác định bởi $P$. Vì thế $u(0, 1) = g(0, 1) = 1$ và $u$ có dạng $u(x, a) = -h(x) + a$, trong đó $h$ là một dạng tuyến tính trên $E$ kéo dài $f$; hơn nữa, với mọi $x \in E$ và mọi $a \geq p(x)$, ta có $h(x) \leq a$, do đó $h(x) \leq p(x)$. Q.E.D.

Đối với một nửa chuẩn $q$ và một dạng tuyến tính $g$ trên $E$, quan hệ $g \leq q$ cũng chính là $|g| \leq q$. Hệ quả suy ra từ đl. 1.

Áp dụng hệ quả 1 cho không gian con vectơ $V$, sinh bởi $x_0$ và cho dạng tuyến tính $\xi x_0 \mapsto \xi p(x_0)$ được xác định trên $V$.

Áp dụng hệ quả 1, lấy $p(x) = \|f\| \cdot \|x\|$, suy ra $\|h\| \leq \|f\|$; nhưng rõ ràng $\|h\| \geq \|f\|$, và hệ quả được suy ra.

Kết luận của hệ quả 3 không nhất thiết đúng đối với các ánh xạ tuyến tính liên tục từ một không gian chuẩn vào một không gian chuẩn tùy ý (IV, p. 55, bài tập 16, c) and V, p. 65, bài tập 22).