当 $z = x_1 \otimes x_2$ 和 $t = y_1 \otimes y_2$ 时，公式 $\Phi(z, t) = \overline{\Phi(t, z)}$ 由 (3) 得出。一般情况是通过线性获得的，因此$\Phi$是厄米特。

假设$E_1$和$E_2$是Hausdorff；我们将证明厄米特形式$\Phi$是正的且可分离的。令$z = \sum_{i=1}^n x_i \otimes y_i$为$F = E_1 \otimes E_2$的非零元素。令 $(e_1, ..., e_n)$ 为$E_1$ 的子空间的正交基，由$x_1, ..., x_n$ 生成（V，p. 23，cor. 1）。 $E_2$中存在元素$f_1, ..., f_m$，且不全为空，因此$z = \sum_{i=1}^n e_i \otimes f_i$，因此

对于一般情况，我们现在要证明 $\Phi$ 是正数。令$\tilde{E}_i$为与$E_i$相关的豪斯多夫前希尔伯特空间，并令$\pi_i$为从$E_i$到$\tilde{E}_i$（$i = 1, 2$）的典范映射。把$\pi = \pi_1 \otimes \pi_2$。令 $\tilde{\Phi}$ 为 $\tilde{E}_1 \otimes \tilde{E}_2$ 上的厄米特形式，其构造方式与 $\Phi$ 相同。我们有

由于 $\tilde{\Phi}$ 为正，$\Phi$ 也为正。

前希尔伯特空间在道具中定义。 1 称为前希尔伯特空间* $E_1$ 和$E_2$ 的*张量积，写为$E_1 \otimes E_2$。从今以后，我们将把$\Phi(z, t)$写成$\langle z|t \rangle$，因此定义

我们还可以将 $\langle z|z \rangle^{1/2}$ 写为 $\|z\|_2$ 或 $\|z\|$。由(4)我们得到 那么从$E_1 \times E_2$到$E_1 \otimes E_2$的双线性映射$(x_1, x_2) \mapsto x_1 \otimes x_2$是连续的。

对于$i = 1, 2$，令$F_i$为$E_i$的向量子空间，赋予诱发的前希尔伯特结构。那么$F_1 \otimes F_2$可以用$E_1 \otimes E_2$的向量子空间来识别（A，II, § 7, No. 7）。 公式 (4) 表明$F_1 \otimes F_2$ 与由$E_1 \otimes_2 E_2$ 诱发的前希尔伯特空间结构正好是$F_1 \otimes_2 F_2$。从今往后，我们将使用认同 $F_1 \otimes_2 F_2$ 以及 $E_1 \otimes_2 E_2$ 的前希尔伯特子空间。

考虑 $E_1$ 上的正厄米特形式由下式给出

通过道具。 1 (V, p. 25)，$E_1 \otimes E_2$ 上存在*正* 厄米特形式 $\Phi$，使得

对于$E_1$中的$x_1, y_1$和$E_2$中的$x_2, y_2$。根据线性我们有 $E_1 \otimes E_2$ 中的 $z, t$。由于$\Phi$为正，我们得到$\Phi(z, z) \geq 0$，即$\|(u_1 \otimes 1).z\|_2$

另一方面， 这样就完成了道具的证明。 2.Q.E.D.

令 $E_1, ..., E_n$ 为前希尔伯特空间 ($n \geq 2$)。我们定义张量积$E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$（也表示为$\bigotimes_{i=1}^n E_i$）归纳，

因此，通过标量乘积的定义，我们有 特别是$^1$ $E_i$ ($1 \leq i \leq n$) 中的 $x_i, y_i$。如果$E_i$是豪斯多夫，那么$E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$也是豪斯多夫。

令$F_1, ..., F_n$为前希尔伯特空间，$u_i \in \mathscr{L}(E_i; F_i)$为$1 \leq i \leq n$。由归纳于$n$，道具。 2 意味着 $u_1 \otimes ... \otimes u_n$ 是从 $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$ 到 $F_1 \otimes_2 ... \otimes_2 F_n$ 的连续线性映射并且

设$\sigma \in S_n$为集合$\{1, 2, ..., n\}$中的置换。由于(6)，线性映射$p_\sigma$从$E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$到$E_{\sigma^{-1}(1)} \otimes_2 ... \otimes_2 E_{\sigma^{-1}(n)}$，其特征为 是前希尔伯特空间同构（“交换律 of 张量积”）。

同样，将 $\{1, 2, ..., n\}$ 的划分考虑为 $m$ 连续间隔 $I_1, ..., I_n$，将 $I_k = [a_k, a_{k+1} - 1]$ 视为 $1 \leq k \leq m$。放

$^1$ 这里我们再次将 $\|z\|_2 = \langle z|z \rangle^{1/2}$ 对应于 $z$ 放入 $E_1 \otimes_2 ... \otimes_2 E_n$ 中。

典范同构从 $F_1 \otimes ... \otimes F_m$ 到 $E_1 \otimes ... \otimes E_n$，其中变换 $\bigotimes_{k=1}^{m} \bigotimes_{i=a_k}^{a_{k+1}-1} x_i$ 到 $x_1 \otimes ... \otimes x_n$ (A, II, § 3, No. 9) 是前希尔伯特空间同构 (结合性 of 张量积) »）。

由V的公式(6)、p. 27、$E_1 \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_n$的子空间$E_{1,\alpha_1} \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_{n,\alpha_n}$相互正交。对于 1 到 $n$ 之间的每个整数 $i$，集合 $\bigcup_{\alpha \in A(i)} E_{i,\alpha}$ 总计在 $E_i$ 中，并且多线性映射 $(x_1, ..., x_n) \mapsto x_1 \otimes ... \otimes x_n$ 是连续的。

由此可见子空间 $E_{1,\alpha_1} \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 E_{n,\alpha_n}$ 的并是总计，因此成立。 3.

令 $F_i$ 为 $E_1$ 中由 $e_i$ ($i \in I$) 生成的线。那么$E_1$就是子空间$(F_i)_{i \in I}$族的希尔伯特和。通过道具。 3、空间$E_1 \hat{\otimes}_2 E_2$是子空间$(F_i \hat{\otimes}_2 E_2)_{i \in I}$族的希尔伯特和，因此cor。 2如下。

那么 $(z_{\alpha})_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}}$ 是 $\hat{\mathbf{S}}(E)$ 的正交基。

令$E_0$为由向量$e_i$生成的$E$的向量子空间，$i$范围超过$I$。然后是向量空间$\mathbf{S}(E_0)$（A，III, § 6, No. 6）的$z_{\alpha}$形式基。但$E_0$在$E$是稠密的，并且从$E \times \cdots \times E$到$\mathbf{S}(E)$的多线性映射$(x_1, \ldots, x_n) \mapsto x_1 \ldots x_n$对于所有$n \geqslant 1$都是连续的；因此$\mathbf{S}(E_0)$在$\mathbf{S}(E)$中是稠密的。现在足以证明$z_\alpha$族是正交的。首先观察$\hat{S}^n(E)$ 和$\hat{S}^m(E)$ 对于$n \neq m$ 是正交的。因此证明公式就足够了

当$|\alpha| = \sum_{i \in I} \alpha_i$和$|\beta| = \sum_{i \in I} \beta_i$等于相同的整数$n$时。

考虑集合$\{ 1, 2, ..., n \}$中的划分$(P_i)_{i \in I}$，使得卡$P_i = \alpha_i$适用于所有$i \in I$。如果 $k$ 属于等于 $P_i$，则放入 $x_k = e_i$，然后放入 $x_1 ... x_n = \prod_{i \in I} e_i^{\alpha_i}$。同样，我们定义$(Q_i)_{i \in I}$和$y_k$以这样的方式卡片$Q_i = \beta_i$和$y_1 ... y_n = \prod_{i \in I} e_i^{\beta_i}$。由于$e_i$相互正交，因此我们有$\langle x_k | y_{\sigma(k)} \rangle = 0$，除非存在索引$i \in I$使得$k \in P_i$和$\sigma(k) \in Q_i$。到公式 (15)，我们就有$\langle x_1 ... x_n | y_1 ... y_n \rangle = 0$除非，存在置换$\sigma \in \mathfrak{S}_n$，使得$\sigma(P_i) = Q_i$对于所有$i \in I$，这意味着$\alpha = \beta$。然后$\langle z_\alpha | z_\beta \rangle = 0$换$\alpha \neq \beta$。同样的论证证明$\| x_1 ... x_n \| ^2$等于$\sigma \in \mathfrak{S}_n$的数，使得$\sigma(P_i) = P_i$对于所有$i \in I$，因此等于$\prod_{i \in I} \alpha_i !$。我们得到$\| z_\alpha \| = 1$，并且命题被证明。

Let $(e_i)_{i \in I}$ (resp. $(f_j)_{j \in J}$) be an orthonormal 基 of the hilbertian 空间 M (resp. N) and let $M_0$ (resp. $N_0$) be 向量子空间 of E generated by 向量 $e_i$（分别为$f_j$）。将$E_0 = M_0 + N_0$放入$g_0$，从$S(M_0) \otimes S(N_0)$到$S(E_0)$为典范同构。放

对于 $\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}$ 和 $\beta \in \mathbf{N}^{(J)}$。通过道具。 4，我们因此定义了$\hat{S}(M)$的正交基$(z_\alpha)_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}}$，$\hat{S}(N)$的$(t_\beta)_{\beta \in \mathbf{N}^{(J)}}$和$\hat{S}(E)$的$(z_\alpha t_\beta)_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}, \beta \in \mathbf{N}^{(J)}}$。 Since we have $z_\alpha t_\beta = g_0(z_\alpha \otimes t_\beta)$, and since 元素 $z_\alpha \otimes t_\beta$ 形式 an orthonormal 基 of $\hat{S}(M) \hat{\otimes}_2 \hat{S}(N)$ (V, p. 29, cor. 1), we see that $g_0$ 扩展 to a希尔伯特空间同构$h : \hat{S}(M) \hat{\otimes}_2 \hat{S}(N) \to \hat{S}(E)$。 By 构造, we have

对于$M_0$中的所有向量$x_1, ..., x_m$和$N_0$中的$y_1, ..., y_n$。根据连续性，同样的关系也适用于M中的向量$x_1, ..., x_n$和N中的向量$y_1, ..., y_n$；其他字、$h$扩展$g$。 $h$的唯一性清晰。

令 E 和 F 为两个希尔伯特空间和 $u \in \mathscr{L}(E; F)$。从 $\hat{T}^n(E)$ 到 $\hat{T}^n(F)$ 的线性映射 $\hat{T}^n(u) = u \hat{\otimes}_2 ... \hat{\otimes}_2 u$ ($n$ 因子) 与范数 $\|u\|^n$ (V, p. 28, 公式 (10)) 连续。 Moreover, 公式 (13) and (14) of V, p. 30, show that there exists 同构 $\phi_{n,E}$ from $\hat{S}^n(E)$ onto 子空间 $\widehat{T S^n}(E)$ of $\hat{T}^n(E)$, and only one, such that

因此，存在从$\hat{S}^n(E)$到$\hat{S}^n(F)$连续的线性映射$\hat{S}^n(u)$，并且只有一个使得下面的图表可交换

We now prove 公式

我们显然有$\| \hat{S}^n(u) \| \leq \| \hat{T}^n(u) \| = \| u \|^{n}$。此外，对于所有$x \in E$，我们有$\hat{S}^n(u)(x^n) = u(x)^n, \| x^n \| = (n!)^{1/2} \| x \|^{n}$和$\| u(x)^n \| = (n!)^{1/2} \| u(x) \|^{n}$，这给出

紧接着是 $\| \hat{S}^n(u) \| \geq \| u \|^{n}$，因此是公式 (19)。

很明显我们有公式

最后，$S^n(E)$上的$\hat{S}^n(u)$重合，以及A中定义的线性映射$S^n(u) : S^n(E) \to S^n(F)$，III, § 6, No. 2，因为对于$E$中的每个$x_1, ..., x_n$，变换$x_1 ... x_n$进入$u(x_1) ... u(x_n)$。