Công thức $\Phi(z, t) = \overline{\Phi(t, z)}$ suy ra từ (3) khi $z = x_1 \otimes x_2$ và $t = y_1 \otimes y_2$. Trường hợp tổng quát thu được bằng tính tuyến tính, do đó $\Phi$ là Hermit.

Giả sử $E_1$ và $E_2$ là Hausdorff; ta sẽ chứng minh rằng dạng Hermit $\Phi$ là dương và tách. Cho $z = \sum_{i=1}^n x_i \otimes y_i$ là một phần tử khác không của $F = E_1 \otimes E_2$. Cho $(e_1, ..., e_n)$ là một cơ sở trực chuẩn của không gian con của $E_1$ sinh bởi $x_1, ..., x_n$ (V, p. 23, cor. 1). Tồn tại các phần tử $f_1, ..., f_m$ trong $E_2$, không phải tất cả đều không, sao cho $z = \sum_{i=1}^n e_i \otimes f_i$, do đó

Trong trường hợp tổng quát, bây giờ ta chứng minh rằng $\Phi$ là dương. Cho $\tilde{E}_i$ là không gian prehilbert Hausdorff liên kết với $E_i$ và cho $\pi_i$ là ánh xạ chính tắc từ $E_i$ lên $\tilde{E}_i$ ($i = 1, 2$). Đặt $\pi = \pi_1 \otimes \pi_2$. Cho $\tilde{\Phi}$ là dạng Hermit trên $\tilde{E}_1 \otimes \tilde{E}_2$ được xây dựng theo cùng cách như $\Phi$. Ta có

và vì $\tilde{\Phi}$ là dương nên $\Phi$ cũng là dương.

Không gian prehilbert được định nghĩa trong mệnh đề 1 được gọi là tích tenxơ của các không gian prehilbert $E_1$ và $E_2$ và được viết là $E_1 \otimes E_2$. Từ nay về sau ta sẽ viết $\langle z|t \rangle$ cho $\Phi(z, t)$, và do đó theo định nghĩa

ta cũng sẽ viết $\|z\|_2$ hoặc $\|z\|$ cho $\langle z|z \rangle^{1/2}$. Từ (4), ta được suy ra ánh xạ song tuyến tính $(x_1, x_2) \mapsto x_1 \otimes x_2$ từ $E_1 \times E_2$ vào $E_1 \otimes E_2$ là liên tục.

Với $i = 1, 2$ cho $F_i$ là một không gian con vectơ của $E_i$, được trang bị cấu trúc prehilbert cảm sinh. Khi đó $F_1 \otimes F_2$ có thể được đồng nhất với một không gian con vectơ của $E_1 \otimes E_2$ (A, II, § 7, No. 7). Công thức (4) chỉ ra rằng $F_1 \otimes F_2$ với cấu trúc không gian prehilbert cảm sinh bởi cấu trúc của $E_1 \otimes_2 E_2$, chính là $F_1 \otimes_2 F_2$. Từ nay về sau ta sẽ đồng nhất $F_1 \otimes_2 F_2$ với một không gian con prehilbert của $E_1 \otimes_2 E_2$.

Xét dạng Hermit dương trên $E_1$ cho bởi

Nhờ Mệnh đề 1 (V, p. 25), tồn tại một dạng Hermit dương $\Phi$ trên $E_1 \otimes E_2$ sao cho

với $x_1, y_1$ trong $E_1$ và $x_2, y_2$ trong $E_2$. Theo tính tuyến tính ta có với $z, t$ trong $E_1 \otimes E_2$. Vì $\Phi$ là dương, ta được $\Phi(z, z) \geq 0$, tức là $\|(u_1 \otimes 1).z\|_2$

Mặt khác, Điều này hoàn tất chứng minh của mệnh đề 2. Q.E.D.

Cho $E_1, ..., E_n$ là các không gian tiền Hilbert ($n \geq 2$). Ta định nghĩa tích tenxơ $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$ (còn ký hiệu là $\bigotimes_{i=1}^n E_i$) bằng quy nạp, bởi

Do đó, theo định nghĩa của tích vô hướng, ta có và nói riêng $^1$ với $x_i, y_i$ trong $E_i$ ($1 \leq i \leq n$). Nếu các $E_i$ là Hausdorff, thì $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$ cũng là Hausdorff.

Cho $F_1, ..., F_n$ là các không gian tiền Hilbert và $u_i \in \mathscr{L}(E_i; F_i)$ với $1 \leq i \leq n$. Bằng quy nạp theo $n$, mệnh đề 2 suy ra rằng $u_1 \otimes ... \otimes u_n$ là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$ vào $F_1 \otimes_2 ... \otimes_2 F_n$ và rằng

Cho $\sigma \in S_n$ là một phép hoán vị của tập hợp $\{1, 2, ..., n\}$. Nhờ (6), ánh xạ tuyến tính $p_\sigma$ từ $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$ lên $E_{\sigma^{-1}(1)} \otimes_2 ... \otimes_2 E_{\sigma^{-1}(n)}$ được đặc trưng bởi là một đẳng cấu giữa các không gian tiền Hilbert ("tính giao hoán của tích tenxơ").

Tương tự, xét một phân hoạch của $\{1, 2, ..., n\}$ thành $m$ khoảng liên tiếp $I_1, ..., I_n$ với $I_k = [a_k, a_{k+1} - 1]$ với $1 \leq k \leq m$. Đặt

$^1$ Ở đây một lần nữa ta đặt $\|z\|_2 = \langle z|z \rangle^{1/2}$ với $z$ trong $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$.

Đẳng cấu chính tắc từ $F_1 \otimes ... \otimes F_m$ lên $E_1 \otimes ... \otimes E_n$ biến $\bigotimes_{k=1}^{m} \bigotimes_{i=a_k}^{a_{k+1}-1} x_i$ thành $x_1 \otimes ... \otimes x_n$ (A, II, § 3, No. 9) là một đẳng cấu của không gian tiền Hilbert (« tính kết hợp của tích tenxơ »).

Theo công thức (6) của V, p. 27, các không gian con $E_{1,\alpha_1} \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_{n,\alpha_n}$ của $E_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_n$ đôi một trực giao. Với mọi số nguyên $i$ giữa 1 và $n$, tập hợp $\bigcup_{\alpha \in A(i)} E_{i,\alpha}$ là toàn thể trong $E_i$, và ánh xạ đa tuyến tính $(x_1, ..., x_n) \mapsto x_1 \otimes ... \otimes x_n$ là liên tục.

Suy ra rằng hợp của các không gian con $E_{1,\alpha_1} \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_{n,\alpha_n}$ là toàn thể, do đó prop. 3.

Cho $F_i$ là đường thẳng trong $E_1$ sinh bởi các $e_i$ ($i \in I$). Khi đó $E_1$ là tổng Hilbert của họ các không gian con $(F_i)_{i \in I}$. Theo Mệnh đề 3, không gian $E_1 \hat{\otimes}_2 E_2$ là tổng Hilbert của họ các không gian con $(F_i \hat{\otimes}_2 E_2)_{i \in I}$, do đó Hệ quả 2 được suy ra.

Thì $(z_{\alpha})_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}}$ là một cơ sở trực chuẩn của $\hat{\mathbf{S}}(E)$.

Cho $E_0$ là không gian con vectơ của $E$ sinh bởi các vectơ $e_i$ với $i$ chạy trên $I$. Khi đó các $z_{\alpha}$ tạo thành một cơ sở của không gian vectơ $\mathbf{S}(E_0)$ (A, III, § 6, No. 6). Nhưng $E_0$ trù mật trong $E$, và ánh xạ đa tuyến $(x_1, \ldots, x_n) \mapsto x_1 \ldots x_n$ từ $E \times \cdots \times E$ vào $\mathbf{S}(E)$ là liên tục với mọi $n \geqslant 1$; do đó $\mathbf{S}(E_0)$ trù mật trong $\mathbf{S}(E)$. Bây giờ chỉ cần chứng minh rằng họ các $z_\alpha$ là trực chuẩn. Trước hết nhận xét rằng $\hat{S}^n(E)$ và $\hat{S}^m(E)$ là trực giao khi $n \neq m$. Do đó chỉ cần chứng minh công thức

khi $|\alpha| = \sum_{i \in I} \alpha_i$ và $|\beta| = \sum_{i \in I} \beta_i$ bằng cùng một số nguyên $n$.

Xét một phân hoạch $(P_i)_{i \in I}$ của tập hợp $\{ 1, 2, ..., n \}$ sao cho Card $P_i = \alpha_i$ với mọi $i \in I$. Đặt $x_k = e_i$ nếu $k$ thuộc $P_i$, khi đó $x_1 ... x_n = \prod_{i \in I} e_i^{\alpha_i}$. Tương tự ta định nghĩa $(Q_i)_{i \in I}$ và $y_k$ sao cho Card $Q_i = \beta_i$ và $y_1 ... y_n = \prod_{i \in I} e_i^{\beta_i}$. Vì các $e_i$ đôi một trực giao, ta có $\langle x_k | y_{\sigma(k)} \rangle = 0$ trừ khi tồn tại một chỉ số $i \in I$ sao cho $k \in P_i$ và $\sigma(k) \in Q_i$. Theo công thức (15), khi đó ta có $\langle x_1 ... x_n | y_1 ... y_n \rangle = 0$ trừ khi tồn tại một phép hoán vị $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ sao cho $\sigma(P_i) = Q_i$ với mọi $i \in I$, điều này suy ra $\alpha = \beta$. Khi đó $\langle z_\alpha | z_\beta \rangle = 0$ đối với $\alpha \neq \beta$. Cùng một lập luận chứng minh rằng $\| x_1 ... x_n \| ^2$ bằng số các $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ sao cho $\sigma(P_i) = P_i$ với mọi $i \in I$, do đó bằng $\prod_{i \in I} \alpha_i !$. Ta được $\| z_\alpha \| = 1$, và mệnh đề được chứng minh.

Cho $(e_i)_{i \in I}$ (tương ứng $(f_j)_{j \in J}$) là một cơ sở trực chuẩn của không gian hilbert M (tương ứng N) và cho $M_0$ (tương ứng $N_0$) là không gian vectơ con của E sinh bởi các vectơ $e_i$ (tương ứng $f_j$). Đặt $E_0 = M_0 + N_0$ và cho $g_0$ là đẳng cấu chính tắc từ $S(M_0) \otimes S(N_0)$ lên $S(E_0)$. Đặt

với $\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}$ và $\beta \in \mathbf{N}^{(J)}$. Theo mệnh đề 4, do đó ta đã xác định các cơ sở trực chuẩn $(z_\alpha)_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}}$ của $\hat{S}(M)$, $(t_\beta)_{\beta \in \mathbf{N}^{(J)}}$ của $\hat{S}(N)$ và $(z_\alpha t_\beta)_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}, \beta \in \mathbf{N}^{(J)}}$ của $\hat{S}(E)$. Vì ta có $z_\alpha t_\beta = g_0(z_\alpha \otimes t_\beta)$, và vì các phần tử $z_\alpha \otimes t_\beta$ lập thành một cơ sở trực chuẩn của $\hat{S}(M) \hat{\otimes}_2 \hat{S}(N)$ (V, p. 29, hệ quả 1), ta thấy rằng $g_0$ mở rộng thành một đẳng cấu không gian hilbert $h : \hat{S}(M) \hat{\otimes}_2 \hat{S}(N) \to \hat{S}(E)$. Theo phép dựng, ta có

với mọi vectơ $x_1, ..., x_m$ trong $M_0$ và $y_1, ..., y_n$ trong $N_0$. Do tính liên tục, cùng một quan hệ cũng đúng đối với các vectơ $x_1, ..., x_n$ trong M và các vectơ $y_1, ..., y_n$ trong N; nói cách khác, $h$ mở rộng $g$. Tính duy nhất của $h$ là rõ ràng.

Cho E và F là hai không gian hilbert và $u \in \mathscr{L}(E; F)$. Ánh xạ tuyến tính $\hat{T}^n(u) = u \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u$ ($n$ thừa số) từ $\hat{T}^n(E)$ vào $\hat{T}^n(F)$ là liên tục với chuẩn $\|u\|^n$ (V, p. 28, công thức (10)). Hơn nữa, các công thức (13) và (14) của V, p. 30, chỉ ra rằng tồn tại một đẳng cấu $\phi_{n,E}$ từ $\hat{S}^n(E)$ lên không gian con $\widehat{T S^n}(E)$ của $\hat{T}^n(E)$, và chỉ một, sao cho

Do đó tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục $\hat{S}^n(u)$ từ $\hat{S}^n(E)$ vào $\hat{S}^n(F)$ và chỉ một ánh xạ làm cho biểu đồ sau giao hoán

Bây giờ chứng minh công thức

Ta có rõ ràng $\| \hat{S}^n(u) \| \leq \| \hat{T}^n(u) \| = \| u \|^{n}$. Hơn nữa, với mọi $x \in E$, ta có $\hat{S}^n(u)(x^n) = u(x)^n, \| x^n \| = (n!)^{1/2} \| x \|^{n}$ và $\| u(x)^n \| = (n!)^{1/2} \| u(x) \|^{n}$, điều này cho

suy ra ngay lập tức rằng $\| \hat{S}^n(u) \| \geq \| u \|^{n}$, do đó công thức (19).

Rõ ràng là ta có các công thức

Cuối cùng, $\hat{S}^n(u)$ trùng với trên $S^n(E)$ với ánh xạ tuyến tính $S^n(u) : S^n(E) \to S^n(F)$ được định nghĩa trong A, III, § 6, No. 2 vì nó biến $x_1 ... x_n$ thành $u(x_1) ... u(x_n)$ với mọi $x_1, ..., x_n$ trong $E$.