3.1.1-2

$\\$ 略。$\\$

3.1.3$\quad$求证：

$\\$ 1.在$\mathbb{R}^n$中的非零向量$\bm{a},\bm{b}$夹角为$0$，当且仅当存在$k \gt 0$,使得$\bm{a}=k\bm{b}.\\$ 2.在$\mathbb{R}^n$中的两向量$\bm{a},\bm{b}$正交，当且仅当对任意实数$t$,有$\Vert \bm{a}+t\bm{b} \Vert \geqslant \Vert \bm{a} \Vert.\\$ 3.在$\mathbb{R}^n$中的非零向量$\bm{a},\bm{b}$正交，当且仅当$\Vert \bm{a}+\bm{b} \Vert = \Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert.\\$ 1.证明：$\\$ $\bm{a}=k\bm{b},k \gt 0 \iff$向量夹角为$\arccos{\cfrac{\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}}{\Vert \bm{a} \Vert \Vert \bm{b} \Vert}}=\arccos{1}=0.\\$ 2.证明：$\\$ $\bm{a},\bm{b}$正交$\iff \Vert \bm{a}+t\bm{b} \Vert=\sqrt{(\bm{a}+t\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}+t\bm{b})}=\sqrt{\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}+t^2\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}}\geqslant\Vert \bm{a}\Vert$。当且仅当$\bm{b}=\bm{0}$或$t=0$时取等号。$\\$ 3.证明：$\\$ $\bm{a},\bm{b}$正交$\iff \bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}=\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}=0 \iff \Vert \bm{a}+\bm{b} \Vert = \sqrt{(\bm{a}+\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}+\bm{b})}=\sqrt{\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}+\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}}=\sqrt{(\bm{a}-\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}-\bm{b})}=\Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert. \\$

3.1.4 $\quad$证明推论3.1.5. (三角不等式) $\Vert \bm{a}+\bm{b} \Vert \leq \Vert \bm{a} \Vert + \Vert \bm{b} \Vert.\\$

证明：$\\$ $$\begin{align*} \Vert \bm{a}+\bm{b} \Vert &=\sqrt{\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}+\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}+2\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}}\\ &\leq \sqrt{\Vert \bm{a} \Vert^2 + \Vert \bm{b} \Vert^2 + 2\Vert \bm{a} \Vert \Vert \bm{b} \Vert}\\ &= \sqrt{(\Vert \bm{a} \Vert+\Vert \bm{b} \Vert)^2}\\ &=\Vert \bm{a} \Vert+\Vert \bm{b} \Vert. \end{align*}$$

3.1.5 $\quad$ (Cauchy- Schwarz不等式的其他证明)

$\\$ 1.先证明$\bm{a},\bm{b}$都是单位向量的情形:$\vert \bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}\vert\leqslant 1$,且等号成立当且仅当$\bm{a}=\pm\bm{b}.$再将单位向量的情形推广到一般的情形。$\\$ 2.根据内积的正定性，对任意实数$t$，都有$(\bm{a}+t\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}+t\bm{b})=\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}+2t\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}+t^2\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b} \geqslant 0$。利用判别式证明结论。$\\$ 1.证明：$\\$ 设$\bm{a},\bm{b}$均为单位向量， $$\begin{align*} \vert \bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b} \vert &= \vert a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n \vert \\ &\leq \vert \frac{1}{2}(a_1^2+b_1^2) + \cdots + \frac{1}{2}(a_n^2+b_n^2) \vert \\ &=1 \end{align*}$$ 等号成立当且仅当$\bm{a},\bm{b}$共线。$\\$ 由内积的双线性，对任意向量$\bm{x},\bm{y}$，设其长度分别为$k,l$，都有$\vert \bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{y} \vert=\vert k\bm{a}^{\mathrm{T}}l\bm{b} \vert \leq \vert kl \vert= \Vert \bm{x} \Vert \Vert \bm{y} \Vert.\\$ 2.证明：$\\$ $\forall t\in\mathbb{R}, (\bm{a}+t\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}+t\bm{b})=\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}+t^2\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}+2t\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b} \geq 0$。设上式是关于$t$的二次函数$f(t)=\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}t^2+2\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}t+\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}$，显然$f(t) \geq 0$恒成立。利用二次方程根的判别式得$(2\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b})^2-4\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}\leq 0 \implies (\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b})^2\leq \Vert \bm{a} \Vert^2 \Vert \bm{b} \Vert^2 \implies \vert\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b}\vert\leq \Vert \bm{a} \Vert \Vert \bm{b} \Vert.\\$

3.1.6-9

$\\$ 略。$\\$

3.1.10

$\\$ 1.找到$\mathbb{R}^2$中的三个向量，使它们之间两两内积为负。$\\$ 2.找到$\mathbb{R}^3$中的四个向量，使它们之间两两内积为负。$\\$ 3.$\mathbb{R}^n$中最多有多少个向量，使它们之间两两内积为负？$\\$ 1.解：$\\$ $\begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1\\3 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1\\-3 \end{bmatrix}.\\$ 2.解：$\\$ $\begin{bmatrix} 1\\0\\-\frac{1}{2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1\\3\\-\frac{1}{2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1\\-3\\-1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}.\\$ 3.$\\$ $\mathbb{R}^n$中最多有$n+1$个向量满足两两之间内积为负。$\\$ 证明：$\\$ 先证存在性，即$\mathbb{R}^n$中一定存在两两之间内积为负的$n+1$个向量。$\\$ 用数学归纳法，按照空间维数$n$归纳。当$n=1,2,3$时显然成立。现假设$n=k-1$时命题成立，考虑$n=k$的情况。$\\$ 由归纳假设，存在$\bm{x}_1,\bm{x}_2,\cdots,\bm{x}_k \in \mathbb{R}^{k-1}$满足两两之间内积为负。不妨任取一个很小的正实数$\epsilon$，满足$0 \lt \epsilon \lt \displaystyle\min_{i \neq j} \vert \langle \bm{x}_i,\bm{x}_j \rangle \vert$，即对任意$i\neq j$都有$\langle \bm{x}_i,\bm{x}_j \rangle + \epsilon \lt 0.\\$ 对所有$1\leq i \leq k$构造$\bm{y}_i=\begin{bmatrix} \bm{x}_i\\ -\sqrt{\epsilon} \end{bmatrix}$，显然$\bm{y}_i\in\mathbb{R}^k$，又设$\bm{y}_{k+1}=\begin{bmatrix} 0\\ \vdots\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in\mathbb{R}^k$。注意到$\forall 1\leq i,j \leq k$，都有$\langle \bm{y}_i,\bm{y}_{k+1} \rangle \lt 0$，且对任意$i\neq j$都有$\langle \bm{y}_i,\bm{y}_j \rangle =\langle \bm{x}_i,\bm{x}_j \rangle + \epsilon\lt 0.\\$ 即当$n=k$时，有$k+1$个向量满足两两之间内积为负。这说明若$n=k-1$时命题成立，则$n=k$时也成立。于是对任意$n\geq 1$，$\mathbb{R}^n$中一定存在两两之间内积为负的$n+1$个向量。$\\$ 接下来证明。$\mathbb{R}^n$中不存在$n+2$个两两之间内积为负的向量。$\\$ 用反证法。假设存在$\bm{x}_1,\bm{x}_2,\cdots,\bm{x}_{n+2} \in \mathbb{R}^n$满足两两之间内积为负。考虑前$n+1$个向量$\bm{x}_1,\bm{x}_2,\cdots,\bm{x}_{n+1}$，显然他们必线性相关，即存在不全为零的一组$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{n+1}$，使$\alpha_1\bm{x}_1+\alpha_2\bm{x}_2+\cdots+\alpha_{n+1}\bm{x}_{n+1}=\bm{0}$。$\\$ 设上式中有$M$项系数为正，且他们的下标组成的集合为$\mathcal{M}=\{ i_1,i_2,\cdots, i_m \}$，即$\alpha_i \gt 0 , i\in\mathcal{M}$。$N$项系数为负，且他们的下标组成的集合为$\mathcal{N}=\{ j_1,j_2,\cdots, j_n \}$，即$\alpha_j \lt 0 , j\in\mathcal{N}$。于是$$\sum_{i\in\mathcal{M}}^M \alpha_i\bm{x}_i+\sum_{j\in\mathcal{N}}^N \alpha_j\bm{x}_j=0 \implies \sum_{i\in\mathcal{M}}^M \alpha_i\bm{x}_i=\sum_{j\in\mathcal{N}}^N -\alpha_j\bm{x}_j$$ 分两种情况讨论：$\\$ (a) 若$M,N$均不为$0$，设$\bm{y}=\displaystyle\sum_{i\in\mathcal{M}}^M \alpha_i\bm{x}_i$，由内积正定性和双线性，有 $$\begin{align*} 0&\leq\langle \bm{y},\bm{y} \rangle\\ &=\langle \sum_{i\in\mathcal{M}}^M \alpha_i\bm{x}_i,\sum_{j\in\mathcal{N}}^N -\alpha_j\bm{x}_j \rangle\\ &=\sum_{i,j}^{M \cdot N}-\alpha_i\alpha_j\langle\bm{x}_i,\bm{x}_j\rangle\\ &\lt 0 \end{align*}$$ 矛盾。$\\$ (b) 若$M,N$中有一个为$0$，不妨设$M=0$（$N=0$同理）。此时$\displaystyle\sum_{j\in\mathcal{N}}^N \alpha_j\bm{x}_j=0$，于是 $$\begin{align*} 0&=\langle \bm{x}_{n+2},0 \rangle \\ &=\langle \bm{x}_{n+2},\sum_{j\in\mathcal{N}}^N \alpha_j\bm{x}_j \rangle \\ &=\sum_{j\in\mathcal{N}}^N \alpha_j\langle \bm{x}_{n+2},\bm{x}_j \rangle \\ &\gt 0 \end{align*}$$ 也矛盾。$\\$ 所以$\mathbb{R}^n$中不存在$n+2$个两两之间内积为负的向量。由此可得，$\mathbb{R}^n$中最多有$n+1$个向量满足两两之间内积为负。$\\$

3.1.11

$\\$ 略。$\\$

3.1.12 $\quad$ 设$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_n$是$\mathbb{R}^n$的一组标准正交基,证明：

$\\$ 1.如果$\bm{b}^\mathrm{T}\bm{a}_i=0(i=1,2,\cdots,n)$,则$\bm{b}=\bm{0}.$ $\\$ 2.如果$\bm{b}_1^{\mathrm{T}}\bm{a}_i=\bm{b}_2^{\mathrm{T}}\bm{a}_i(i=1,2,\cdots,n)$，则$\bm{b}_1=\bm{b}_2.\\$ 1.证明：$\\$ 存在$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$，使$\bm{b}=\alpha_1\bm{a}_1+\cdots+\alpha_n\bm{a}_n$。所以$\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}=\bm{b}^{\mathrm{T}}(\alpha_1\bm{a}_1+\cdots+\alpha_n\bm{a}_n)=0 \implies \bm{b}=\bm{0}.\\$ 2.证明：$\\$ $\forall 1\leq i \leq n, \bm{b}_1^{\mathrm{T}}\bm{a}_i=\bm{b}_2^{\mathrm{T}}\bm{a}_i \implies (\bm{b}_1-\bm{b}_2)^{\mathrm{T}}\bm{a}_i=\bm{0}\implies \bm{b}_1-\bm{b}_2=\bm{0}\implies\bm{b}_1=\bm{b}_2.\\$

3.1.13-16

$\\$ 略。$\\$

3.1.17 $\quad$ 证明命题 3.1.13 $\quad$ 设$\mathcal{M},\mathcal{N}$是$\mathbb{R}^n$的两个子空间，如果$\mathcal{M}\subseteq\mathcal{N}$，则$\mathcal{M}$的任意一组标准正交基都可以扩充成$\mathcal{N}$的一组标准正交基。

$\\$ 证明：$\\$ 设$\bm{q}_1,\cdots,\bm{q}_m$是$\mathcal{M}$的一组标准正交基。若$\operatorname{span}(\bm{q}_1,\cdots,\bm{q}_m)=\mathcal{N}$，则$\bm{q}_1,\cdots,\bm{q}_m$也是$\mathcal{N}$的一组标准正交基。若不然，则$\mathcal{N}$中必然存在$\bm{a}_{m+1}$与$\bm{q}_1,\cdots,\bm{q}_m$线性无关。利用Gram-Schmidt正交化可将$\bm{a}_{m+1}$转化为与$\bm{q}_1,\cdots,\bm{q}_m$互相正交的向量$\bm{q}_{m+1}$。若$\operatorname{span}(\bm{q}_1,\cdots,\bm{q}_m,\bm{q}_{m+1})=\mathcal{N}$，证毕。否则，以此类推。因为$\mathcal{N}$中标准正交基数量不大于$n$，所以有限步之后一定能得到$\mathcal{N}$的一组标准正交基。$\\$

3.1.18 $\quad$ (勾股定理的高维推广)

$\\$ 1.向量$\bm{a},\bm{b}\in\mathbb{R}^n$围出一个三角形，证明其面积的平方为$\cfrac{1}{4}(\Vert\bm{a}\Vert^2 \Vert\bm{b}\Vert^2-(\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b})^2).\\$ 2.两两垂直的向量 $\bm{a},\bm{b},\bm{c}\in\mathbb{R}^n$ 围出一个四面体，证明其斜面上三角形面积的平方等于其余三个直角三角形面积的平方和。$\\$ 1.证明：$\\$ 显然围成的三角形的三边长分别为$\Vert \bm{a} \Vert, \Vert \bm{b} \Vert, \Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert$。由海伦-秦九韶公式， $$\begin{align*} S^2&=\cfrac{1}{16}(4\Vert \bm{a} \Vert^2 \Vert \bm{b} \Vert^2 - (\Vert \bm{a} \Vert^2 + \Vert \bm{b} \Vert^2 - \Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert^2)^2)\\ &=\cfrac{1}{16}(4\Vert \bm{a} \Vert^2 \Vert \bm{b} \Vert^2 - (2\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b})^2) \\ &=\cfrac{1}{4}(\Vert \bm{a} \Vert^2 \Vert \bm{b} \Vert^2-(\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{b})^2) \end{align*}$$ 2.证明：$\\$ 斜面上三角形的三边长分别为$\Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert, \Vert \bm{a}-\bm{c} \Vert, \Vert \bm{b}-\bm{c} \Vert$。由海伦-秦九韶公式，注意$\bm{a},\bm{b},\bm{c}$两两垂直 $$\begin{align*} S^2&=\cfrac{1}{16}(4\Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert^2 \Vert \bm{a}-\bm{c} \Vert^2 - (\Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert^2 + \Vert \bm{a}-\bm{c} \Vert^2 - \Vert \bm{b}-\bm{c} \Vert^2)^2)\\ &=\cfrac{1}{16}(4(\Vert \bm{a} \Vert^2+\Vert \bm{b} \Vert^2)(\Vert \bm{a} \Vert^2+\Vert \bm{c} \Vert^2)-4\Vert \bm{a} \Vert^4)\\ &=\cfrac{1}{4}(\Vert \bm{a} \Vert^2\Vert \bm{b} \Vert^2+\Vert \bm{a} \Vert^2 \Vert \bm{c} \Vert^2+\Vert \bm{b} \Vert^2\Vert \bm{c} \Vert^2) \end{align*}$$ 这显然就是三个直角三角形面积的平方和。$\\$

3.1.19 $\quad$ 取定非零向量$\bm{a}\in\mathbb{R}^n$,考虑$\mathbb{R}^n$上的一个变换，它将每个向量$\bm{b}$映射到其向直线$\operatorname{span}(\bm{a})$正交投影后平行于$\bm{a}$ 的部分。

$\\$ 1. 证明这是一个线性变换，其表示矩阵为$A=\cfrac{\bm{a}\bm{a}^{\mathrm{T}}}{\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}}.\\$ 2. 证明$A^2=A,A^{\mathrm{T}}=A.\\$ 略。$\\$

3.1.20 (内积决定转置) $\quad$ 求证：设$m \times n$矩阵$A$和$n \times m$矩阵$B$，如果对任意$\bm{v}\in\mathbb{R}^{m},\bm{w}\in\mathbb{R}^{n}$都有$(B\bm{v})^{\mathrm{T}}\bm{w}=\bm{v}^{\mathrm{T}}(A\bm{w})$。则$B=A^{\mathrm{T}}.$

$\\$ 证明：$\\$ $(B\bm{v})^{\mathrm{T}}\bm{w}=\bm{v}^{\mathrm{T}}(A\bm{w}) \implies \bm{v}^{\mathrm{T}}B^{\mathrm{T}}\bm{w}=\bm{v}^{\mathrm{T}}A\bm{w} \implies \bm{v}^{\mathrm{T}}(B^{\mathrm{T}}-A)\bm{w}=0.\\$ 上式对任意$\bm{v}\in\mathbb{R}^m$均成立，于是$(B^{\mathrm{T}}-A)\bm{w}=\bm{0}$。而这对任意$\bm{w}\in\mathbb{R}^n$均成立，于是$\mathcal{N}(B^{\mathrm{T}}-A)=\mathbb{R}^n \implies B^{\mathrm{T}}-A=O \implies B=A^{\mathrm{T}}. \\$

3.1.21 (Riesz表示定理) $\quad$ 设$f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$是线性映射。证明，存在向量$\bm{b}$，使得对任意$\bm{a}\in\mathbb{R}^n$，都有$f(\bm{a})=\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}.\\$

证明：$\\$ 设$\bm{a}=\begin{bmatrix} a_1\\ a_2\\ \vdots\\ a_n\\ \end{bmatrix}$，则$\bm{a}=a_1\bm{e}_1+a_2\bm{e}_2+\cdots+a_n\bm{e}_n$，其中$\bm{e}_i$是$\mathbb{R}^n$上的标准基。$\\$ 由线性映射的性质，$$f(\bm{a})=f(a_1\bm{e}_1+a_2\bm{e}_2+\cdots+a_n\bm{e}_n)=a_1f(\bm{e}_1)+a_2f(\bm{e}_2)+\cdots+a_nf(\bm{e}_n)$$ 只需设$\bm{b}=\begin{bmatrix} f(\bm{e}_1)\\ \vdots\\ f(\bm{e}_n)\\ \end{bmatrix}$即得$f(\bm{a})=\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{a}.\\$

3.1.22

$\\$ 1.(平行四边形法则)$\quad$证明$\mathbb{R}^n$中任意平行四边形的两条对角线长度的平方和，等于其四条边长的平方和。$\\$ 2.(极化公式) $\quad$ 证明$\bm{v}^{\mathrm{T}}\bm{w}=\cfrac{1}{4}(\Vert \bm{v}+\bm{w}\Vert^2-\Vert \bm{v}-\bm{w}\Vert^2).\\$ 3.设$\Vert \bm{a} \Vert_4=(\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^4)^{\frac{1}{4}}$，定义关于$\bm{v},\bm{w}$的二元函数$\cfrac{1}{4}(\Vert \bm{v}+\bm{w}\Vert_4^2-\Vert \bm{v}-\bm{w}\Vert_4^2)$。这个二元函数是否满足内积定义中的对称、双线性、正定三条性质?$\\$ 4.设$\Vert\bm{a}\Vert_{\infty}=\displaystyle\max_{1\leqslant i \leqslant n}\vert a_i \vert$，定义关于$\bm{v},\bm{w}$的二元函数$\cfrac{1}{4}(\Vert\bm{v}+\bm{w}\Vert_{\infty}^2-\Vert\bm{v}-\bm{w}\Vert_{\infty}^2)$。这个二元函数是否满足内积定义中的对称、双线性、正定三条性质?此时,三角不等式和Cauchy-Schwarz不等式是否仍然成立？$\\$ 1.证明：$\\$ $$\begin{align*} \Vert \bm{a}+\bm{b} \Vert^2 + \Vert \bm{a}-\bm{b} \Vert^2 &=(\bm{a}+\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}+\bm{b})+(\bm{a}-\bm{b})^{\mathrm{T}}(\bm{a}+\bm{b})\\ &=2\bm{a}^{\mathrm{T}}\bm{a}+2\bm{b}^{\mathrm{T}}\bm{b}\\ &=2\Vert\bm{a}\Vert^2+2\Vert\bm{b}\Vert^2 \end{align*}$$ 2.证明：$\\$ $$\begin{align*} \cfrac{1}{4}(\Vert \bm{v}+\bm{w}\Vert^2-\Vert \bm{v}-\bm{w}\Vert^2) &=\cfrac{1}{4}(\bm{v}+\bm{w})^{\mathrm{T}}(\bm{v}+\bm{w})-(\bm{v}-\bm{w})^{\mathrm{T}}(\bm{v}+\bm{w})\\ &=\bm{v}^{\mathrm{T}}\bm{w} \end{align*}$$ 3.证明：$\\$ 对称性和正定性显然满足。但双线性不满足。设$\bm{v}=\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \end{bmatrix},\bm{w}=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ \end{bmatrix},f(\bm{v},\bm{w})=\cfrac{1}{4}(\Vert \bm{v}+\bm{w}\Vert_4^2-\Vert \bm{v}-\bm{w}\Vert_4^2)$，则$f(\bm{v},\bm{w})=\cfrac{\sqrt{17}-1}{4}$，而$f(\bm{v},2\bm{w})=\cfrac{\sqrt{82}-\sqrt{2}}{4}\neq 2f(\bm{v},\bm{w}).\\$ 4.证明：$\\$ 对称性和正定性显然满足。但双线性不满足。同样设$\bm{v}=\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \end{bmatrix},\bm{w}=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ \end{bmatrix},f(\bm{v},\bm{w})=\cfrac{1}{4}(\Vert\bm{v}+\bm{w}\Vert_{\infty}^2-\Vert\bm{v}-\bm{w}\Vert_{\infty}^2)$，则$f(\bm{v},\bm{w})=\cfrac{3}{4}$，而$f(\bm{v},2\bm{w})=2\neq 2f(\bm{v},\bm{w}).\\$ 三角不等式仍然成立。$\\$ 设$\bm{a}=\begin{bmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_n \end{bmatrix},\bm{b}=\begin{bmatrix} b_1\\ \vdots\\ b_n \end{bmatrix}$，对任意$1\leq i \leq n$， $$\vert a_i+b_i \vert \leq \vert a_i \vert + \vert b_i \vert \leq \max_{1\leq i \leq n} \vert a_i \vert +\max_{1\leq i \leq n} \vert b_i \vert=\Vert\bm{a}\Vert_{\infty}+\Vert\bm{b}\Vert_{\infty}$$ 而$\Vert\bm{a}+\bm{b}\Vert_{\infty}=\displaystyle\max_{1\leq i \leq n}\vert a_i+b_i \vert$，于是$\Vert\bm{a}+\bm{b}\Vert_{\infty}\leq\Vert\bm{a}\Vert_{\infty}+\Vert\bm{b}\Vert_{\infty}.\\$ Cauchy-Schwarz不等式也成立。$\\$ 设$\Vert\bm{v}+\bm{w}\Vert_{\infty}=\displaystyle\max_{1\leq i \leq n}\vert v_i+w_i \vert=\vert v_m+w_m \vert$，则 $$\begin{align*} \cfrac{1}{4}(\Vert\bm{v}+\bm{w}\Vert_{\infty}^2-\Vert\bm{v}-\bm{w}\Vert_{\infty}^2)&\leq\cfrac{1}{4}((v_m+w_m)^2-(v_m-w_m)^2)\\ &=v_mw_m\\ &\leq(\max_{1\leq i \leq n}\vert v_i \vert)\cdot(\max_{1\leq i \leq n}\vert w_i \vert)\\ &=\Vert\bm{v}\Vert_{\infty}\Vert\bm{w}\Vert_{\infty} \end{align*}$$