\((x,y)=0\) なら明らかに成り立つ．
\((x,y)\neq 0\) とする．このとき \(\|y\|\neq 0\) であるので \(a=-\frac{(x,y)}{\|y\|^2}\) が得られる．このとき， \begin{eqnarray} 0 &\leq & (x+ay,x+ay) \\ &=& \|x\|^2 + \overline{a}(x,y) + a\overline{(x,y)} + |a|^2\|y\|^2 \\ &=& \|x\|^2- \frac{|(x,y)|^2}{\|y\|^2} \end{eqnarray}

ノルムを定めること：
\[(x,x) = \frac{1}{4}(\|2x\|^2 + i|1+i|^2\|x\|^2- i|1-i|^2\|x\|^2 ) = \|x\|^2 \] 内積であること： \begin{eqnarray} (y,x) &=& \frac{1}{4}\left(\|y+x\|^2- \|y-x\|^2 + i\|y+ix\|^2- i\|y-ix\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{4}\left(\|x+y\|^2- \|-(x-y)\|^2 + i\|i(x-iy)\|^2- i\|-i(x+iy)\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{4}\left(\|x+y\|^2- \|x-y\|^2-(i\|x+iy\|^2- i\|x-iy\|^2\right) \\ &=& \overline{(x,y)} \\ \end{eqnarray} 中線定理より \[ \|x+y\|^2- \|x-y\|^2 = 2\left(\|x\|^2+\|y\|^2-\|x-y\|^2 \right) \] なので， \begin{eqnarray} {\rm Re}(x_1+x_2,y) &=& \frac{1}{4} \left(\|x_1+x_2+y\|^2-\|x_1+x_2-y\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{4} \left(\|x_1+y+x_2\|^2-\|x_1+y-x_2\|^2 \right. \\ &&\quad\quad \left. +\|x_1-(x_2-y)\|^2-\|x_1+(x_2-y)\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left(\|x_1+y\|^2+\|x_2\|^2-\|x_1+y-x_2\|^2 \right. \\ &&\quad\quad \left. -\|x_1\|^2-\|x_2-y\|^2+\|x_1-(x_2-y)\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left(\|x_1+y\|^2+\|x_2\|^2-\|x_1\|^2-\|x_2-y\|^2 \right) \end{eqnarray} となる．同様に， \begin{eqnarray} {\rm Re}(x_1+x_2,y) &=& \frac{1}{4} \left(\|x_1+x_2+y\|^2-\|x_1+x_2-y\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{4} \left(\|x_1+y+x_2\|^2-\|x_1-(x_2+y)\|^2 \right. \\ &&\quad\quad \left. +\|(x_1-y)-x_2\|^2-\|(x_1-y)+x_2\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left(\|x_2+y\|^2+\|x_1\|^2-\|x_2\|^2-\|x_1-y\|^2 \right) \end{eqnarray} となる．この \(2\) 式を足して \(2\) で割ると， \[{\rm Re}(x_1+x_2,y) = \frac{1}{4} \left(\|x_1+y\|^2-\|x_1-y\|^2 + \|x_2+y\|^2-\|x_2-y\|^2 \right) \\\] を得る．これは \({\rm Re}\{(x_1,y)+(x_2,y)\}\) と一致するから， \[{\rm Re}(x_1+x_2,y) = {\rm Re}\{(x_1,y)+(x_2,y)\}\] が得られた．虚部に対しても全く同様．したがって， \[(x_1+x_2,y) = (x_1,y)+(x_2,y)\] である．また，この結果から \((ax,y) = a(x,y)\) であることは \(a\in \mathbb{R}\) と虚数単位 \(i\) に対して成り立つことを示せば十分である．\(i\) に対しては \begin{eqnarray} (ix,y) &=& \frac{1}{4} \left(\|ix+y\|^2-\|ix-y\|^2+i\|ix+iy\|^2-i\|ix-iy\|^2 \right) \\ &=& \frac{1}{4} \left(\|x-iy\|^2-\|x+iy\|^2+i\|x+y\|^2-i\|x-y\|^2 \right) \\ &=& i(x,y) \\ \end{eqnarray} である．\(a\leq 0\) と仮定すると，中線定理より， \begin{eqnarray} &&{\rm Re}(ax,y)-a{\rm Re}(x,y) \\ &&\quad= \frac{1}{4} \left(\|ax+y\|^2-\|ax-y\|^2\right)-\frac{a}{4}\left(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2\right) \\ &&\quad= \frac{1}{2} \left(\|ax+y\|^2-\|ax\|^2-\|y\|^2\right)-\frac{a}{2}\left(\|x\|^2+\|y\|^2-\|x-y\|^2\right) \\ &&\quad\leq \frac{1}{2} \left((\|ax\|+\|y\|)^2-\|ax\|^2-\|y\|^2-a\|x\|^2-a\|y\|^2+a(\|x\|+\|y\|)^2\right) \\ &&\quad= |a|\|x\|\|y\|+a\|x\|\|y\| = 0 \\ \end{eqnarray} また同様に， \begin{eqnarray} &&{\rm Re}(ax,y)-a{\rm Re}(x,y) \\ &&\quad= \frac{1}{2} \left(\|ax+y\|^2-\|ax\|^2-\|y\|^2\right)-\frac{a}{2}\left(\|x\|^2+\|y\|^2-\|x-y\|^2\right) \\ &&\quad\geq \frac{1}{2} \left((\|ax\|-\|y\|)^2-\|ax\|^2-\|y\|^2-a\|x\|^2-a\|y\|^2+a(\|x\|-\|y\|)^2\right) \\ &&\quad= -|a|\|x\|\|y\|-a\|x\|\|y\| = 0 \\ \end{eqnarray} したがって，\(a\leq 0\) に対して \({\rm Re}(ax,y)=a{\rm Re}(x,y)\) となる．虚部に対しても同様なので， \[(ax,y)=a(x,y)\] である．またこのことと， \begin{eqnarray} (-x,y) &=& \frac{1}{4}(\|-x+y\|^2- \|-x-y\|^2 + i\|-x+iy\|^2- i\|-x-iy\|^2 ) \\ &=& \frac{1}{4}(\|x-y\|^2- \|x+y\|^2 + i\|x-iy\|^2- i\|x+iy\|^2 ) \\ &=& -(x,y) \end{eqnarray} より，\(a\geq 0\) に対しても成り立つ．残りの条件は \((x,x)=\|x\|^2\) より明らかである．

\[(x_n,y_n)-(x,y) = (x_n-x,y_n-y)+(x_n-x,y)+(x,y_n-y)\] を用いるとシュワルツの不等式より \[|(x_n,y_n)-(x,y)| \leq \|x_n-x\|\|y_n-y\|+\|x_n-x\|\|y\|+\|x\|\|y_n-y\|\] であるから \(|(x_n,y_n)-(x,y)|\to 0\) である．

\(x,y\in L^{\perp},\ a\in K\) とする．このとき，任意の \(h\in L\) に対して， \[(x+y,h) = (x,h) + (y,h) = 0 \ ,\ \ (ax,h) = a(x,h) = 0\] であるから \(L^{\perp}\) は \(X\) の部分空間である．
収束列 \(\{x_n\}\subset L^{\perp}\) をとる．このとき，内積の連続性から任意の \(h\in L\) に関して \[\forall\varepsilon >0\ ,\ \exists N \ \ \rm{s.t.}\ \ n>N \Rightarrow |(x_n,h)\ – (x,h)|<\varepsilon\] したがって任意の \(\varepsilon\) に対して \(|(x,h)|<\varepsilon\) であるので \((x,h)=0\) ．つまり \(x\in L^{\perp}\) である．よって \(L^{\perp}\) は \(X\) の閉部分空間である．

\(r=\inf\{\|z-x\| \mid x\in L\}\) とおく．このとき， \[\lim_{k\to\infty}\|z-x_k\| = r\] となるような点列 \(\{x_k\}\subset L\) が存在する．\(\{x_k\}\) がコーシー列であることを示せば \(X\) が完備であること \(L\) が閉集合であるから \(\lim_k x_k = x_0 \in L\) が存在して \[\|z-x_0\| = r\] を満たす．中線定理より \begin{eqnarray} &&\|(x_k-z)+(x_l-z)\|^2 + \|(x_k-z)-(x_l-z)\|^2 \\ &&\quad = 2(\|x_k-z\|^2 + \|x_l-z\|^2) \end{eqnarray} となるから， \begin{eqnarray} \|x_k-x_l\|^2 &=& \|(x_k-z)-(x_l-z)\|^2 \\ &=& 2(\|x_k-z\|^2 + \|x_l-z\|^2)\ – \|(x_k-z)+(x_l-z)\|^2 \\ &=& 2(\|x_k-z\|^2 + \|x_l-z\|^2)\ – 4\|\frac{1}{2}(x_k+x_l)-z\|^2 \end{eqnarray} \(L\) が凸集合だから \(\frac{1}{2}(x_k+x_l)\in L\) なので \[r^2\leq \|\frac{1}{2}(x_k-x_l)-z\|^2\] \[\|x_k-x_l\|^2 \leq 2(\|x_k-z\|^2 + \|x_l-z\|^2)\ – 4r^2 \] 右辺は \(k\to\infty\) とすると，右辺 \(\to 2r^2+2r^2-4r^2=0\) となるので \(\{x_k\}\) はコーシー列である．

次に一意性を示す．\(x_0,y_0\in K\) があって \[\|z-x_0\| = \|z-y_0\| = r\] となるとすると， \begin{eqnarray} \|x_0-y_0\|^2 &=& \|(x_0-z)-(y_0-z)\|^2 \\ &=& 2(\|x_0-z\|^2 + \|y_0-z\|^2)\ – \|(x_0-z)+(y_0-z)\|^2 \\ &=& 4r^2 – 4\|\frac{1}{2}(x_0+y_0)-z\|^2 \\ &\leq & 4r^2 – 4r^2 = 0 \end{eqnarray} したがって \(x_0 = y_0\) である．

・全射性
任意に \(x\in X\) をとる．部分空間は凸部分集合であるので最短距離定理より \[\|x-x_0\| = \inf\{\|x-h\| \mid h\in L\}\] を満たす \(x_0\in L\) が存在して \(x_1 = x\ – x_0\) とおく．任意の \(h\in L,\ t\in\mathbb{R}\) に対して \[\|x – x_0\|^2 \leq \|x + th\ – x_0\|^2 \] なので， \[\|x_1\|^2 \leq \|x_1 + th\|^2 \] \[\Rightarrow 0\leq 2t\ {\rm Re}\ (x_1,h) + t^2\|h\|^2\] これは \(t\) に関する二次方程式であるので \({\rm Re}\ (x_1,h) = 0\) である．また， \[\|x_1\|^2 \leq \|x_1 + ith\|^2 \] \[\Rightarrow 0\leq 2t\ {\rm Im}\ (x_1,h) + t^2\|h\|^2\] より \({\rm Im}\ (x_1,h) = 0\) である．したがって \((x_1,h) = 0\) ．つまり \(x_1\in L^{\perp}\) であるので全射性が示された．

・単射性
\(x_0+x_1 = y_0+y_1 \ (x_0,y_0\in L,\ x_1,x_2\in L^{\perp})\) とすると， \[x_0-y_0 = y_1-x_1 \in L\cap L^{\perp} = \{0\}\] より，\(x_0 = y_0,\ y_1 = x_1\) である．したがって単射性が示された．

一般に内積空間の部分集合 \(L\) に対して明らかに \((L^{\perp})^{\perp} \supset L\) は成り立つ．
\((L^{\perp})^{\perp} \subset L\) を示す．
任意に \(x\in (L^{\perp})^{\perp}\) をとる．射影定理より \(x_0\in L,\ \in x_1\in L^{\perp}\) があって，\(x=x_0+x_1\) と表せる．ここで，\((L^{\perp})^{\perp} \supset L\) より， \[ L^{\perp} \ni x_1 = x – x_0 \in (L^{\perp})^{\perp} \] であるので \(x = x_0 \in L\) である．したがって，\((L^{\perp})^{\perp} \subset L\) となる．

\(\tilde{x},\tilde{y}\) を \(\tilde{X}\) から任意にとる．\(\{x_n\},\{y_n\}\) を \(\tilde{x},\tilde{y}\) の代表元とすると，複素数列 \(\{(x_n,y_n)\}\) は収束列である．実際，シュワルツの不等式より， \[|(x_n-x_m,y_n)|\leq \|x_n-x_m\|\|y_n\|\] であり，\(\{y_n\}\) はコーシー列であるから有界列なので \[(x_n-x_m,y_n)\to 0 \quad (n,m\to\infty)\] である．したがって， \begin{eqnarray} (x_n,y_n)-(x_m,y_m) &=& (x_n,y_n)-(x_m,y_n)+(x_m,y_n)-(x_m,y_m) \\ &=& (x_n-x_m,y_n)+(x_m,y_n-y_m) \end{eqnarray} より，\(\{(x_n,y_n)\}\) はコーシー列なので \(\mathbb{C}\) の完備性より収束列である．この収束先を \(\beta\) とおく．この \(\beta\) は代表元の取り方によらない．なぜなら，別の代表元 \(\{x’_n\},\{y’_n\}\) をとると， \[\|x_n-x’_n\|\to 0\ ,\ \ \|y_n-y’_n\|\to 0 \quad(n\to\infty)\] かつ， \[|(x_n-x’_n,y_n)|\leq \|x_n-x’_n\|\|y_n\|\] である．したがって，先ほどと同様に \[(x_n,y_n)-(x’_n,y’_n) = (x_n-x’_n,y_n)+(x’_n,y_n-y’_n)\] より， \(|(x_n,y_n)-(x’_n,y’_n)|\to 0\ \ (n\to\infty)\) となるからである．この \(\beta\) を用いて， \[(\tilde{x},\tilde{y})_{\sim}=\beta:=\lim_{n\to\infty} (x_n,y_n)\] と定めると，これは主張を満たす内積である．
\((\cdot,\cdot)_{\sim}\) が内積となることは難しくないので省略する．
\(x\in X\) に対して自明なコーシー列 \(\{x,x,\cdots\}\) が代表する元 \(x^{\ast}\in \tilde{X}\) とり，\(J(x)=x^{\ast}\) とすると，\(J\) は単射で， \[(x,y) = (x^{\ast},y^{\ast})_{\sim} \quad(x,y\in X)\] を満たすことが確認できる．
また，この内積が \(\tilde{X}\) が完備となるノルムを定めることや，\(\overline{J(X)} = \tilde{X}\) が成り立つことは定理 1.13 の証明からわかる．