a) E 是 P 的向量子空间。

b) 对于 E 中的每个 $x = (x_i)_{i \in I}$ 和 $y = (y_i)_{i \in I}$，族 $(\langle x_i|y_i \rangle)_{i \in I}$ 是可求和的。如果我们放置$\langle x|y \rangle = \sum_{i \in I} \langle x_i|y_i \rangle$，我们定义在E上正分隔厄米特形式。

c) 对于如此定义的标量乘积，E 是希尔伯特空间； $E_i$ 的直和 S 在 E 中是稠密的。

对于 E 中的 $x = (x_i)_{i \in I}$ 和 $y = (y_i)_{i \in I}$，我们有

根据柯西-施瓦茨不等式，我们有

我们记得，S 是所有族 $x = (x_i)_{i \in I}$ 的 P 由……组成的子空间，使得所有 $i \in I$ 的集合其中 $x_i \neq 0$ 是有限的。紧接着，S 在 E 中是稠密的；因此，仍然需要证明 E 对于由范数 $\|x\| = \langle x|x \rangle^{1/2}$ 获得的拓扑 $\mathscr{T}_1$ 来说是*完整的。设 $\mathscr{T}_2$ 是由 $\prod_{i \in I} E_i$ 上的乘积拓扑在 E 上诱发的拓扑。对于每个$r > 0$，令$B_r$为所有$x \in E$中的集合，使得$\|x\| \leq r$。这个关系意味着对于I的每个有限子集J，我们都有$\sum_{i \in J} \|x_i\|^2 \leq r^2$，因此$B_r$是$\prod_{i \in I} E_i$的闭子集，因此也是完备的。事实上，E 对于 $\mathscr{T}_1$ 是完整的，现在可以从 GT、III, § 3, No. 5 得出，cor。 2 支撑。 10.

令$S \subset F$为$E_i$的“代数”直和，令$g$为从S到E的线性映射$(x_i)_{i \in I} \mapsto \sum_{i \in I} x_i$。我们将证明$g$是来自前希尔伯特空间的同构 S 到 E 的（前希尔伯特）子空间 $g(S)$，由 $E_i$ 的并生成：对于两个元素 $x = (x_i)_{i \in I}$、$y = (y_i)_{i \in I}$，我们有

但如果 $i \neq k$, $\langle x_i|y_k \rangle = 0$乘以假设，因此

这证明了我们的断言。由于 S 在 F 中稠密，而 $g(S)$ 在 E 中稠密，因此从 F 到 E 有同构 $g$ 扩展到同构 $\overline{g}$（V，p. 8，更确切地说）。显然，$\overline{g}$中的逆同构$f$就是所需要的映射；它的唯一性是由$E_i$的并生成的E的闭子空间是E本身而得出的。

当E是子空间族$(E_i)_{i \in I}$的希尔伯特和时，我们经常通过同构$f$将认同E与$E_i$的外部希尔伯特和F相结合。如果集合I是有限的，说E是族$(E_i)_{i \in I}$的希尔伯特和意味着$E_i$是二乘二正交并且向量空间E是族的直和 $(E_i)_{i \in I}$ 共子空间。

a) 对于所有$x \in E$，族$(\|p_{E_i}(x)\|^2)_{i \in I}$可在$\mathbf{R}$中求和，族$(p_{E_i}(x))_{i \in I}$可在E中求和，并且我们有

b) 相反，如果$(x_i)_{i \in I}$是E的元素族，使得$x_i \in E_i$对于所有$i \in I$和$\sum_{i \in I} \|x_i\|^2 < + \infty$，则该族是可求和的，并且和$x$是E中唯一的点，对于所有$p_{E_i}(x) = x_i$ $i \in I$。

c) 对于 E 的点 $x, y$ 中的每个对，我们有

这些性质实际上对于$E_i$的外希尔伯特和来说是显而易见的，并且可以通过同构转移到E。

1) 我们有$\sum_{i \in I} \|p_{E_i}(x)\|^2 \leq \|x\|^2$。

2) 以下条件是等效的： a) $x \in V$； b）$\sum_{i \in I} \|p_{E_i}(x)\|^2 = \|x\|^2$； c) 族$(p_{E_i}(x))_{i \in I}$在E中可求和，我们有$x = \sum_{i \in I} p_{E_i}(x)$。

3) 假设V是完整的。那么族 $(p_{E_i}(x))_{i \in I}$ 在 E 中可求和，并且

令 $\hat{E}$ 为 E 的希尔伯特空间补全；我们认同 E，稠密子空间为 $\hat{E}$； $E_i$完成后，关闭$\hat{E}$的子空间。 $\hat{E}$中V的闭包$\overline{V}$是由$E_i$的并和$V = \overline{V} \cap E$生成的$\hat{E}$的闭包向量子空间。 空间$\hat{E}$是$E_i$和子空间W的希尔伯特和，$\overline{V}$在$\hat{E}$的正交补集；将 $x_0 = p_W(x)$ 和 $x_i = p_{E_i}(x)$ 放入所有 $i \in I$。由科。 1，我们有$\|x\|^2 = \|x_0\|^2 + \sum_{i \in I} \|x_i\|^2$，$\hat{E}$中有$x = x_0 + \sum_{i \in I} x_i$。这意味着断言 1)，并且 2) 的条件 b) 和 c) 相当于条件 $x_0 = 0$，因此相当于条件 $x \in V$。最后，如果V是完整的，并且如果我们放入$x' = p_V(x)$，我们就有$x' - x_i = (x - x_i) - (x - p_V(x))$，因此$x' - x_i$与$E_i$正交，因此$x_i = p_{E_i}(x')$对于所有$i \in I$；现在将性质 2) 应用于向量 $x'$ 就足够了。

为了证明条件是必要的，只要看到 $V_\alpha$ 和 $V_\beta$ 是正交的，如果 $\alpha \neq \beta$ 就足够了。但是，$W_{\alpha \mu}$ ($\mu \in M_\alpha$) 的每个元素都与所有 $W_{\beta v}$ ($v \in M_\beta$) 正交，因此与它们生成的闭向量子空间 $V_\beta$ 正交；同样的论证表明，$V_\beta$的每个元素都与$V_\alpha$正交，即与所有$W_{\alpha \mu}$（$\mu \in M_\alpha$）正交。

为了证明条件是充分的，只要验证一下，如果满足的话，E等于$W_{\lambda \mu}$的并生成的闭向量子空间F就足够了（$\lambda \in L$，μ ∈ M_λ）；但是，对于每个 λ ∈ L，F 包含由 W_{λμ} 的并生成的闭向量子空间，使得 μ ∈ M_λ，即 F 包含 V_λ；因此F是V_λ的并生成的闭向量子空间，即E由假设生成。

我们注认为，这个性质紧随拓扑独立族刻画（IV，p. 1和II，p. 43，cor.2），因为E的对偶性与E的完成或与空间共轭到E的识别根据： K 等于 R 或 C (V、p. 17、注)。

1) 对于每个 x ∈ E，我们有

（贝塞尔的不等式）；这里所有$i \in I$中的集合使得$⟨e_i|x⟩ \neq 0$是可数的。此外，以下条件是等价的：a）$x \in V$； b）$\|x\|^2 = \sum_{i\in I} |⟨e_i|x⟩|^2$； c) 族$⟨e_i|x⟩.e_i$在E和$x = \sum_{i\in I} ⟨e_i|x⟩.e_i$中可求和。

2) 如果V是完备的，那么对于所有$x \in E$和$\sum_{i\in I} ⟨e_i|x⟩.e_i = p_V(x), \sum_{i\in I} |⟨e_i|x⟩|^2 = \|p_V(x)\|^2$，所有$⟨e_i|x⟩.e_i$的族在E中是可求和的。

3) 假设V是完整的。对于每个标量族$(\lambda_i)_{i\in I}$，例如$\sum_{i\in I} |\lambda_i|^2 < +\infty$，都存在一个唯一的点$x \in V$，使得$⟨e_i|x⟩ = \lambda_i$对于所有$i \in I$。如果 $(\mu_i)_{i\in I}$ 是第二个标量族，使得 $\sum_{i\in I} |\mu_i|^2 < +\infty$，并且如果对于所有 $i \in I$，$y \in V$ 使得 $⟨e_i|y⟩ = \mu_i$，则 $⟨x|y⟩ = \sum_{i\in I} \overline{\lambda_i} \mu_i$。

（帕塞瓦尔的关系）。

当 E 是希尔伯特时，这些条件也相当于： d) 关系 $\langle e_i | x \rangle = 0$ 对于所有 $i \in I$ 意味着 $x = 0$。

条件 a)、b)、c) 的等价紧随 prop. 4. 当 E 为希尔伯特时，条件 a) 和 d) 的等价由 cor 得出。 1 个V、p. 16。

事实上，令 $\mathfrak{D}$ 为 E 的所有正交子集的族，按包含线性排序；这个族有有限的特征标（S，III, § 4, No. 5）是直接的。因此，在 $\mathfrak{D}$ 包含 L 中存在一个*极大*族 B。 S 1，III, § 4, No. 5。还需要证明 B 的总和是集合。如果不是，则存在与B的所有向量正交的向量$y \neq 0$（V，p. 22，命题5），将y乘以合适的标量，我们可以假设$\|y\| = 1$；那么，$B \cup \{y\}$ 将是与 B 和包含 B 不同的正交集合； B的这个与……矛盾定义；因此定理。

应用th就足够了。 2 到案例$L = \varnothing$。

更准确地说，令 $(e_i)_{i \in I}$ 为希尔伯特空间 E 的正交基。通过道具。 4 (V, p. 21) 和 5 (V, p. 22), 映射 $\phi$ 定义为

1) 对于每个整数$p \in I$，$e_1, e_2, ..., e_p$生成的E的向量子空间与$a_1, a_2, ..., a_p$生成的E的向量子空间相同； 2) 对于每个整数 $p \in I$，数 $\langle a_p|e_p \rangle$ 都是实数，$> 0$。

事实上，令 $V_n$ 为$a_1, a_2, ..., a_n$ 生成的子空间（维数 n）。如果$n + 1 \in I$和$b_{n+1} = a_{n+1} - p_{V_n}(a_{n+1})$（其中$p_{V_n}$是完整的子空间$V_n$上的正射投影），则线$K b_{n+1}$是$V_{n+1}$中$V_n$的正交。如果命题的$e_n$满足条件1)，我们必须有$e_{n+1} = \lambda b_{n+1}$； 条件$\|e_{n+1}\| = 1$则意味着$|\lambda|^2 \|b_{n+1}\|^2 = 1$并且条件$\langle a_{n+1}|e_{n+1} \rangle > 0$意味着$\lambda \langle a_{n+1}|b_{n+1} \rangle > 0$；这完全确定$\lambda$，并且我们已经证明，我们可以通过归纳，一个正交族$(e_n)_{n \in I}$，并且只有一个确定，从而命题的满足条件1）和2）。

据说序列$(e_n)_{n \in I}$是通过独立族$(a_n)_{n \in I}$的“正交归一化”获得的。显然，$(e_n)$族生成的向量子空间与$(a_n)$族生成的向量子空间相同。特别是，如果 $(a_n)$ 是总序列，则 $(e_n)$ 也是总序列，那么它就是 E 的正交基；因此我们得到：

如果E满足可数性第一公理，则E中存在总序列，并且我们总能从这样的序列（A，II, § 7, No. 1，第2）中提取一个独立的总族。

我们可以给出 Hausdorff prehilbertian 空间的例，不具有任何正交标准基（V，p. 70，练习 2）。

令 B 和 C 为 E 的两个正交基。当两个集合 B、C 之一是有限的情况是微不足道的，因为有限正交基是空间的代数基。因此假设 B 和 C 是无限的。对于每个$x \in B$，令$C_x$为所有$y \in C$的C由……组成中的子集，使得$\langle x | y \rangle \neq 0$。 集合 $C_x$ 是可数的（V，p. 21，道具 4）。对于每个$y \in C$，都存在$x \in B$使得$y \in C_x$，因为B是正交的基和$y \neq 0$；在其他字C是可数集$C_x$的并，因为$x$范围超过B。C的基数因此小于$\mathbf{N} \times B$的基数，因此小于B的基数（S，III, § 6, No. 3，cor.4）；类似地，B的基数小于C；这样就完成了证明。

希尔伯特空间 E 的任意正交基的基数称为 E 的 希尔伯特维数。