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赋范线性空间$(V(\mathbb P )(+,\cdot),\|\cdot\|)$，范数是满足这些的映射$\|\cdot\|:V\to \R$
立即推出范数如下性质
$d(\bm x,\bm y)=\|\bm x-\bm y\|$为由范数诱导出来的（默认）度量metric induced by a norm。
检验映射满足这些性质 服从度量定义
范数诱导出的度量还具备特殊性质
度量下完备，称Banach空间。若范数来自内积，Banach空间又细分 为HIlbert空间
范数等价
范数p与范数q等价equivalent 范数的等价性
$$ cq(\bm x)\le p(\bm x)\le Cq(\bm x),c,C\in \R^+ $$
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p-范数 | Hölder 范数| $L^p$ norms
$\alpha\in V_n(\mathbb C)$，
其中$\bm \alpha=T\bm x$（坐标空间映射到一般空间，实际是诱导范数向量范数诱导的范数 ）
$$ \boxed{\|\bm \alpha\|p=\left(\sum{i=1}^n|x_i|^p\right)^{\frac 1p},p\ge 1} $$
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何知其为范数？正定性和齐次性显然。
引理1 Young 不等式
Young 不等式
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Young’s inequality for products
共轭指数
$$ u,v\in \mathbb R^+,p,q>1 , \frac 1p+\frac 1q=1. $$
满足
$$ uv\le \frac {u^p}p+\frac {v^q}q. $$
利用凸性【Jensen不等式】
$$ \ln tu^p+(1-t)v^q\ge t\ln u^p+(1-t)\ln v^q\\=\frac 1 p\cdot p\ln u+\frac 1q\cdot q\ln v=\ln ab $$
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证明不等式：做差做商，或利用函数单调性、极值
$$ f^\prime(u)=u^{p-1}-v=0\to u_0=v^{\frac 1 {p-1}}. $$
证明不等式，利用特定结构
$$ \frac 1 p u^p=\int_0^u x^{p-1}dx, $$
$$ y=x^{p-1}. $$
p=q=2,$2uv\le u^2+v^2$，说明几何平均不超过平方平均
【常见均值不等式】
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幂平均不等式
$$ D(r)=\left\{\begin{aligned}\left(\frac {\sum_{i=1}^na_i^r}n\right)^{\frac 1r}&&r\ne 0\\\left(\prod_{i=1}^na_i\right)^\frac 1n&&r=0\end{aligned}\right. $$
$D(r),r\in \mathbb R$是连续单调递增函数，$D(r)<D(s)\Leftrightarrow r<s$
最小值<调和平均$H_n=D(-1)$<几何平均$G_n=D(0)$<算术平均$A_n=D(1)$<平方平均$Q_n=D(2)$<最大值
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引理2：Holder 不等式
赫尔德不等式
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赫尔德不等式 Hölder's inequality
$$ \|fg\|_1\le\|f\|_p\|g\|_q,\\\frac 1p+\frac 1q=1,p,q\in[1,\infty],f\in L^p(\mu),g\in L^q(\mu) $$
取$f,g:V\to V$为绝对值函数$f(\bm x)=(\frac{|x_i|}{\|x_i\|p}){n\times 1}$，则有课本
$$ \|fg\|1=\sum{i=1}^n\Big||x_i||y_i|\Big|=\\\boxed{\sum_{i=1}^n|x_i||y_i|\le \left(\sum_{i=1}^n|x_i|^p\right)^{\frac 1p}\left(\sum_{i=1}^n|y_i|^q\right)^{\frac 1q}} $$
证明都需要先将函数归一化$\|f\|_p=\|g\|_q=1$，再用到Young不等式 Young 不等式 ，后者用log函数 凸性可证。
$$ |f(s)g(s)|\le \frac {|f(s)|^p}{p}+\frac {|g(s)|^q}{q},\frac 1p+\frac 1q=1 $$
对向量则对应取第i元素有此。之后再积分（求和），得原不等式除以右项形式，证毕。
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p=q=2是柯西不等式；Method1：柯西不等式是赫尔德不等式的特殊 形式
证明三角不等式：
针对复合项的多次幂，单独拆出一次项，进而利用共轭指数和Holder不等式。[《矩阵理论》p52]
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首先有三角不等式的左项可以拆成乘积的形式，并利用绝对值不等式拆分绝对值
$$ \|\bm x+\bm y\|_p=\left(\sum_i|x_i+y_i|^p\right)^{\frac 1p}=\left(\sum_i|x_i+y_i|^p\right)^{1-\frac 1q}\\\le \left(\sum_i(|x_i|+|y_i|)^p\right)^{1-\frac 1q} $$
我们考虑 一次项
$$ \begin{aligned}&\sum_i(|x_i|+|y_i|)^p\\=&\sum_i|x_i|(|x_i|+|y_i|)^{p-1}+\sum_i|y_i|(|x_i|+|y_i|)^{p-1}\\\le&\left(\sum_i|x_i|^p\right)^{\frac 1p}\left(\sum_i(|x_i|+|y_i|)^{(p-1)q}\right)^{\frac 1q}\\&+\left(\sum_i|y_i|^p\right)^{\frac 1p}\left(\sum_i(|x_i|+|y_i|)^{(p-1)q}\right)^{\frac 1q}\\=&\left(\|\bm x\|_p+\|\bm y\|_p\right)\underline{\left(\sum_i(|x_i|+|y_i|)^{p}\right)^{\frac 1q}}\end{aligned} $$
正好符合一开始的拆分，代入即可有
$$ \|\bm x+\bm y\|_p\le \left(\sum_i(|x_i|+|y_i|)^p\right)^{1-\frac 1q}\le \|\bm x\|_p+\|\bm y\|_p $$
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p<1时三角不等式不成立，不构成范数。
需要过渡矩阵：
$$ x\in\mathbb C^m:\lVert\cdot\lVert\to y\in\mathbb C^n:\lVert\cdot\lVert. $$
正定性要求矩阵A列满秩m，其余自然延续成立。