练习：内积和范数
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1 6.A.1
证明将((x1,x2),(y1,y2))∈R2×R2变为|x1y1|+|x2y2|的函数不是R2上的内积
我们需要根据内积的定义来证明。对于内积定义的第三条：第一位置具有可加性。显然有：
(((x1,x2)+(z1,z2)),(y1,y2))=((x1,x2),(y1,y2))+((z1,z2),(y1,y2))把((x1,x2),(y1,y2))∈R2×R2变为|x1y1|+|x2y2|。上式的左边是：
|x1y1+z1y1|+|x2y2+z2y2|右边是：
|x1y1|+|x2y2|+|z1y1|+|z2y2|左右显然不一定相等，差着一个三角不等式呢。
2 6.A.2
证明将((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))∈R3×R3变为x1y1+x3y3的函数不是R3上的内积。
这个用内积定义第二条就可以了，我也不知道为什么立即就想到了第二条。
((0,1,0),(0,1,0))按照题中定义的函数映射结果应该是0，但是，(0,1,0)显然不是0。违反了第二条。而且，居然跟答案是一样的。
3 6.A.3
设F=R且V≠{0}。将内积定义中的整形条件改为对某个v∈V有⟨v,v⟩>0。证明定义中的这个变化并不改变定义了V上内积的那些从V×V到R的函数所构成的集合。
这个问题我直觉上感觉是可以证明的，但是我又不知道该如何去证明。因为函数的集合里的元素太多了，我不可能一一列举。从特例出发又不可能代表所有。
对某个V有⟨v,v⟩>0, 加上V≠{0}不妨碍对所有的v∈V,⟨v,v⟩≥0
4 6.A.4
设V是一个实内积空间。
- 证明对所有u,v∈V均有⟨u+v,u−v⟩=‖u‖2−‖v‖2
- 证明若u,v∈V具有相同的范数，则u+v正交与u−v
- 利用2证明菱形的对角线相互垂直。
这个题目的证明比较无趣，根据内积定义即可完成。第3步利用前面的结论很容易证明菱形的对角线相互垂直。对于一个平行四边形u+v和u−v就是其对角线，如果u,v范数相同则有u+v,u−v垂直。从这个角度看菱形还是有点耳目一新的感觉。
5 6.A.5
设V是有限维向量空间，并设T∈L(V)使得对每个v∈V均有‖Tv‖≤‖v‖证明T−√2I是可逆的。
证明线性映射T−√2I可逆，我们只需要证明其是单射。假设u∈null(T−√2I)，则有：
(T−√2I)u=0则有‖Tu‖=√2‖v‖，又因为‖Tv‖≤‖v‖，则u=0。哦了。
6 6.A.6
设u,v∈V 证明⟨u,v⟩=0 当且仅当对所有a∈F 均有 ‖u‖≤‖u+av‖
首先证明当对所有a∈F 均有 ‖u‖≤‖u+av‖时， ⟨u,v⟩=0
想到对两边平方然后使用内积定义展开：
⟨u,u⟩≤⟨u+av,u+av⟩稍加处理，
⟨u,av⟩+⟨av,u⟩+|a|2⟨v,v⟩≥0如果上式对所有a成立。接下来就比较神了。由于对所有的a成立，所以令：
a=−⟨u,v⟩‖v‖2式 (7)就变成：
−|⟨u,v⟩|2‖v‖2≥0显然必须有⟨u,v⟩=0
另一个方向的证明就不浪费工时了。
7 6.A.7
设u,v∈V，证明‖au+bv‖=‖av+bu‖对所有a,b∈R均成立，当且仅当‖u‖=‖v‖
首先证明当‖u‖=‖v‖时，‖au+bv‖=‖av+bu‖对所有a,b∈R均成立。
‖au+bv‖2=⟨au+bv,au+bv⟩=|a|2⟨u,u⟩+aˉb⟨u,v⟩+bˉa⟨v,u⟩+|b|2⟨v,v⟩如果‖u‖=‖v‖，则对比~(10)(12)有，等式成立。（这里我默认了当‖u‖=‖v‖时，有⟨u,v⟩=⟨v,u⟩ ）。这个结论可以从 ⟨u,v⟩=‖u‖‖v‖cos(θ)得出。其中θ是u,v的夹角。
8 6.A.10
求向量u,v∈R2使得u是(1,3)的标量倍，v正交与(1,3)且(1,2)=u+v
关键词：投影算子。我们要找到(1,2)在(1,3)上的投影，然后(1,2)减去这个投影就是垂直于(1,3)的向量了。
(1,2)在(1,3)上的投影是(1,3)的标量倍。领这个标量是c:
c=⟨(1,2),(1,3)⟩⟨(1,3),(1,3)⟩得c=710，然后一切就很简单了：
(1,2)=710(1,3)+((1,2)−710(1,3))9 6.A.11
证明对所有正整数a,b,c,d，均有16≤(a+b+c+d)(1a+1b+1c+1d)
柯西施瓦茨不等式：设u,v∈V，则 |⟨u,v⟩|≤‖u‖‖v‖。
对于本题，我们只需要令：
u=(√a,√b,√c,√d)v=(1/√a,1/√b,1/√c,1/√d)则我们有： |⟨u,v⟩|2≤‖u‖2‖v‖2。 原命题得证。
10 6.A.12
证明对所有正整数n和实数x1,…,xn，均有(x1+…+xn)2≤n(x21+…+x2n)
因为对于x=(x1,…,xn),y=(1,…,1)，我们有：
|⟨x,y⟩|≤‖x‖‖y‖有：
|⟨x,y⟩|2≤‖x‖2‖y‖211 6.A.13
设u,v是R2中的非零向量，证明⟨u,v⟩=‖u‖‖v‖cos(θ)，其中θ是u和v的夹角
此处需要想象力：一个三角形，有两条边分别是u,v，夹角是θ，这个角的对边是u−v，有余弦定理：
‖u−v‖2=‖u‖2+‖v‖2−2‖u‖‖v‖cos(θ)带入范数定义。得证。
这道题目的关键是余弦定理。
12 6.A.14
R2和R3中两个向量的夹角可以用几何的方法来定义。但是对n>3，Rn中的几何是难以想象的。所以两个非零向量x,y∈Rn的夹角定义为arccos⟨x,y⟩‖x‖‖y‖。这个定义的动机来源于上一个题目。解释一下为什么这个定义是有意义的。
柯西施瓦茨不等式。 |⟨u,v⟩|≤‖u‖‖v‖ 。两个向量的内积小于等于各自范数的乘积。所以 ⟨x,y⟩‖x‖‖y‖的取值范围是[−1,1]，正好符合cos函数的取值范围。
13 6.A.15
证明对所有实数a1,…,an和b1,…,bn均有：
(n∑j=1ajbj)2≤(n∑j=1ja2j)(n∑j=1b2jj)令u=(√1a1,√2a2,…,√jaj,…,√nan)，v=b1√1,b2√2,…,bj√j,…,bn√n。
剩下来的就交给柯西施瓦茨多项式好了。|⟨u,v⟩|≤‖u‖‖v‖ 。
14 6.A.16
设u,v∈V，使得‖v‖=3,‖u−v‖=6,‖u+v‖=4, ‖u‖等于多少？
这个是那个有名的平行四边形定理：平行四边形四条边的模的和等于对角线的模的和。显然有 ‖u‖=√17
‖u−v‖2+‖u+v‖2=2(‖u‖2+‖v‖2)15 6.A.17
证明或反驳： R2上有一个内积使得该内积确定的范数为：对所有的(x,y)∈R2有： ‖(x,y)‖=max{|x|,|y|}
任何一个满足题中条件的内积好像不满足内基定义的第一个位置的加性。这么快就被我识破了。
16 6.A.18
设p>0,证明R2上有一个内积使得该内积确定的范数为：
∀(x,y)∈R2‖(x,y)‖=(|x|p+|y|p)1/p当且仅当p=2
首先当p=2时，点积和欧几里得范数满足给定结论。我们需要证明p≠2时，不存在这个内积。
假设p≠2且存在内积满足给定的范数：
‖(1,0)+(0,1)‖2+‖(1,0)−(0,1)‖2=2(‖(1,0)‖2+‖(0,1)‖2)上式变成：
22/p+22/p=2(12+12)有22/p=2，这与p≠2矛盾。
17 6.A.19
设V是实内积空间，证明对所有的u,v∈V均有：
⟨u,v⟩=‖u+v‖2−‖u−v‖24范数和内积性质结合。得证。
18 6.A.20
设V是复内积空间。证明对所有u,v∈V均有：
⟨u,v⟩=‖u+v‖2−‖u−v‖2+‖u+iv‖2i−‖u−iv‖2i4同上。
19 6.A.21
向量空间U上的范数是满足以下条件的函数‖‖:U→[0,∞), ‖u‖=0当且仅当u=0，对所有的α∈F和u∈U，均有‖au‖=|a|‖u‖,对所有u,v∈U均有‖u+v‖≤‖u‖+‖v‖。证明满足平行四边形恒等式的范数均来自于内积。也就是说若‖‖是U上满足平行四边形恒等方式的范数，则有U上的内积，⟨,⟩ 使得对所有u∈U均有‖u‖=⟨u,u⟩1/2
按照内积定义，逐条性质证明即可。
20 6.A.22
证明平均数的平凡小于等于平方的平均数。更确切的说，若a1,…,an∈R，则a1,…,an的平均数的平方小于等于a21,…,a2n的平均数。
这道题和6.A.12是一样的。使用柯西施瓦茨不等式。内积的绝对值小于等于范数的乘积。
21 6.A.23
设V1,…,Vm均为内积空间，证明等式：⟨ (u_1,\ldots ,u_m),(v_1,\ldots ,v_m) ⟩ = ⟨ u_1,v_1 ⟩ + \ldots + ⟨ u_m,v_m ⟩ 定义了V1×…×Vm上的内积
设V1,…,Vm是F上的向量空间，则:
V1×…×Vm={(v1,…,vm):v1∈V1,…,vm∈Vm}对 ⟨(u1,…,um),(v1,…,vm)⟩=⟨u1,v1⟩+…+⟨um,vm⟩ 定义了V1×…×Vm按照内积定义的性质逐条证明即可。
V上的内积就是一个函数，把V中的元素的每个有序对u,v都映成一个数⟨u,v⟩ 并且具有以下性质：
- 对所有的v∈V，有⟨v,v⟩≥0
- ⟨v,v⟩=0，当且仅当v=0
- 对所有u,v,w∈V，均有⟨u+v,w⟩=⟨u,w⟩+⟨v,w⟩
- 对所有λ∈F和所有u,v∈V，有⟨λu,v⟩=λ⟨u,v⟩
- 对所有u,v∈V，有⟨u,v⟩=¯⟨v,u⟩