Định lý biểu diễn Riesz (trường hợp không gian Hilbert)

Nếu $\varphi=0$, lấy $y=0$ và xong. Ngược lại, đặt $N=\ker\varphi=\{x\in H:\varphi(x)=0\}$; vì $\varphi$ liên tục và tuyến tính, $N$ là một không gian con đóng thực sự của $H$. Vì $H$ là không gian Hilbert, định lý chiếu cho phân tích trực giao $H=N\oplus N^{\perp}$, và vì $N$ là không gian con thực sự, $N^{\perp}$ chứa một phần tử $z\ne0$ nào đó.

Với mọi $x\in H$, xét vectơ $u=\varphi(x)z-\varphi(z)x$. Áp dụng $\varphi$ cho $\varphi(u)=\varphi(x)\varphi(z)-\varphi(z)\varphi(x)=0$, nên $u\in N$. Vì $z\in N^{\perp}$, ta có $\langle u,z\rangle=0$, tức $\varphi(x)\langle z,z\rangle-\varphi(z)\langle x,z\rangle=0$. Giải ra $\varphi(x)$ cho $\varphi(x)=\dfrac{\varphi(z)}{\|z\|^2}\langle x,z\rangle=\left\langle x,\dfrac{\overline{\varphi(z)}}{\|z\|^2}z\right\rangle$, nên $y=\dfrac{\overline{\varphi(z)}}{\|z\|^2}z$ biểu diễn $\varphi$.

Về tính duy nhất, nếu $\langle x,y_1\rangle=\langle x,y_2\rangle$ với mọi $x$, lấy $x=y_1-y_2$ được $\|y_1-y_2\|^2=0$, nên $y_1=y_2$. Về đẳng thức chuẩn, Cauchy–Schwarz cho $|\varphi(x)|=|\langle x,y\rangle|\le\|y\|\|x\|$, nên $\|\varphi\|\le\|y\|$; và thay $x=y$ cho $\varphi(y)=\|y\|^2$, nên $\|\varphi\|\ge|\varphi(y)|/\|y\|=\|y\|$. Kết hợp lại, $\|\varphi\|=\|y\|$.