Теорема представлений Риса

Если ${\displaystyle f\equiv 0}$, то достаточно взять ${\displaystyle y=0}$. Предположим, что ${\displaystyle f\neq 0}$. Тогда ${\displaystyle \ker(f)\neq H}$, и, следовательно, ортогональное дополнение ${\displaystyle \ker(f)^{\bot }}$ ядра ${\displaystyle f}$ не равно ${\displaystyle \{0\}}$. Выберем произвольный ненулевой вектор ${\displaystyle b\in \ker(f)^{\bot }\setminus {\big \{}0{\big \}}}$. Положим ${\displaystyle y={\tfrac {f(b)}{\|b\|^{2}}}b}$. Мы покажем, что ${\displaystyle f(x)=\langle y,x\rangle }$ для всех ${\displaystyle x\in H}$. Рассмотрим вектор ${\displaystyle p_{x}=x-{\tfrac {f(x)}{f(b)}}b}$. Заметим, что ${\displaystyle f(p_{x})=f(x)-{\tfrac {f(x)}{f(b)}}f(b)=0}$, и, таким образом, ${\displaystyle p_{x}\in \ker(f)}$ . Поскольку ${\displaystyle b\in \ker(f)^{\bot }}$, то ${\displaystyle \langle b,p_{x}\rangle =0}$. Следовательно,

${\displaystyle \langle b,p_{x}\rangle ={\Big \langle }b,x-{f(x) \over f(b)}b{\Big \rangle }=\langle b,x\rangle -{f(x) \over f(b)}\|b\|^{2}=0}$.

Отсюда ${\displaystyle f(x)=\langle b,x\rangle {\tfrac {f(b)}{\|b\|^{2}}}}$ и ${\displaystyle f(x)=\langle y,x\rangle }$.

Предположим, что ${\displaystyle y}$ и ${\displaystyle z}$ элементы ${\displaystyle H}$ удовлетворяют ${\displaystyle f(x)=\langle y,x\rangle =\langle z,x\rangle }$.

Это означает, что для всех ${\displaystyle x\in H}$ справедливо равенство ${\displaystyle \langle y-z,x\rangle =0}$, в частности ${\displaystyle \langle y-z,y-z\rangle =\|y-z\|^{2}=0}$, откуда и получается равенство ${\displaystyle y=z}$.

Для доказательства ${\displaystyle \|y\|=\|f\|}$ сперва из неравенства Коши-Буняковского имеем: ${\displaystyle |f(x)|=|\langle y,x\rangle |\leq \|y\|\|x\|}$. Отсюда, согласно определению нормы функционала, имеем: ${\displaystyle \|f\|\leq \|y\|.}$ Кроме того, ${\displaystyle \langle y,y\rangle =f(y)\leq \|y\|\|f\|}$, откуда ${\displaystyle \|y\|\leq \|f\|}$. Объединяя два неравенства, получаем ${\displaystyle \|y\|=\|f\|}$.