9.1 向量、范数、点积与投影

动机

位移比距离包含更多信息：向右四单位再向上一单位，与向右一单位再向上四单位不同。 坐标保留了各方向的贡献。向量让我们相加位移、比较方向，并把一个位移分成沿指定方向 及垂直于该方向的部分。

这些运算适用于任意正整数维数 $n$。二维、三维几何帮助理解，但坐标证明适用于整个 $\mathbb R^n$。要始终区分向量与标量：向量的和仍是向量，点积则是实数。 凡是涉及除以长度的公式，都必须先检查零向量。

坐标与向量运算

定义

向量、标准基与运算

对 $n\in\mathbb Z^+$，$\mathbb R^n$ 中的向量是实数有序数组 $v=(v_1,\ldots,v_n)$。令 $e_i$ 仅在第 $i$ 个位置为 $1$，其余为 $0$，则

$$v=\sum_{i=1}^n v_i e_i,\qquad \mathbf0=(0,\ldots,0).$$

$e_1,\ldots,e_n$ 构成标准基。在 $\mathbb R^2$ 中也记 $e_1=\mathbf i,e_2=\mathbf j$；在 $\mathbb R^3$ 中还有 $e_3=\mathbf k$。 对 $u,v\in\mathbb R^n$ 及标量 $t\in\mathbb R$，定义

$$u+v=(u_1+v_1,\ldots,u_n+v_n),\qquad tv=(tv_1,\ldots,tv_n).$$

令 $-v=(-1)v$、$u-v=u+(-v)$。若两个向量中一个是另一个的标量倍，称它们平行。 此约定包括零向量，因为对每个 $v$ 都有 $\mathbf0=0v$。

坐标表示唯一，因为上述和的第 $i$ 个坐标恰为 $v_i$。相加前须确认维数相同。 负标量使非零向量反向，正标量保留方向，零标量则使结果没有方向。

概念视角几何

坐标描述位移，而不是固定的箭头

用箭头 $\overrightarrow{OU}$、$\overrightarrow{OV}$ 表示 $u,v$。 把第二支箭头平移，使起点位于 $U$，其分量不变。若新终点为 $W$，则 $\overrightarrow{OW}=u+v$。这就是首尾相接法，也是以 $u,v$ 为边的平行四边形对角线。

减法回答另一个问题：从 $V$ 到 $U$ 的位移为 $\overrightarrow{VU}=u-v$， 交换端点便改变符号。坐标运算与箭头构造描述同一件事；向量记录位移，不要求箭头从原点出发。

定理

向量运算法则

对 $u,v,w\in\mathbb R^n$ 及 $s,t\in\mathbb R$，

$$\begin{gathered} u+v=v+u,\qquad (u+v)+w=u+(v+w),\\ v+\mathbf0=v,\qquad v+(-v)=\mathbf0,\qquad 1v=v,\\ s(tv)=(st)v,\qquad s(u+v)=su+sv,\qquad(s+t)v=sv+tv. \end{gathered}$$

逐坐标应用实数法则即可证明。例如 $s(u+v)$ 与 $su+sv$ 的第 $i$ 个坐标分别为 $s(u_i+v_i)$ 与 $su_i+sv_i$，由实数分配律相等。其余各式分别使用实数的交换律、 结合律、单位元与逆元法则，对每个坐标成立，便对整个数组成立。

范数与单位方向

定义

欧氏范数与单位化

$v\in\mathbb R^n$ 的范数为

$$\|v\|=\sqrt{v_1^2+\cdots+v_n^2}.$$

范数非负，且恰在 $v=\mathbf0$ 时为零。范数为 $1$ 的向量称为单位向量。 若 $v\ne\mathbf0$，与它同方向的单位向量为 $\widehat v=v/\|v\|$。

非负平方之和为零，当且仅当每项为零，所以零范数恰好对应零向量。对任意实数 $t$，

$$\|tv\|^2=t^2\|v\|^2,\qquad \|tv\|=|t|\|v\|.$$

取非负平方根时得到 $|t|$，不能直接写 $t$。因此，当 $v\ne\mathbf0$ 时， $\|\widehat v\|=1$ 且 $v=\|v\|\widehat v$。零向量不能通过除以范数得到单位方向。

例题

坐标运算与单位向量

若 $u=(4,1)$、$v=(2,3)$，则 $u+v=(6,4)$。对于另一对向量 $a=(4,2)$、$b=(1,3)$，有 $a-b=(3,-1)$，表示从端点 $b$ 到端点 $a$ 的位移。 同时 $3a=(12,6)$、$a/2=(2,1)$、$-a=(-4,-2)$。

取 $z=(4,3)$，由勾股定理得 $\|z\|=5$，所以 $\widehat z=(4/5,3/5)$，其范数平方为 $16/25+9/25=1$。 又有 $\|-z\|=5$；方向反转不会产生负长度。

点积与 Cauchy–Schwarz 不等式

定义

点积与正交

对 $u,v\in\mathbb R^n$，定义

$$u\cdot v=\sum_{i=1}^n u_iv_i\in\mathbb R.$$

特别地，$v\cdot v=\|v\|^2$、$\mathbf0\cdot v=0$，后者是标量零。 若 $u\cdot v=0$，称两向量正交。按此代数定义，零向量与每个向量正交， 尽管它本身没有方向，也没有夹角。

定理

点积运算法则

对 $u,v,w\in\mathbb R^n$ 及 $t\in\mathbb R$，

$$u\cdot v=v\cdot u,\quad u\cdot(v+w)=u\cdot v+u\cdot w,\quad (tu)\cdot v=u\cdot(tv)=t(u\cdot v).$$

另外，$i=j$ 时 $e_i\cdot e_j=1$，否则为 $0$。

把 $\sum_i u_i(v_i+w_i)$ 展开成两个有限和，就证明分配律； 由 $u_iv_i=v_iu_i$ 得对称性；从求和中提出 $t$ 得标量法则。 标准基结论则只须检查两个非零分量是否占据同一坐标。因此范数平方的展开有代数依据， 并不需要依赖图形猜测。

定理

Cauchy–Schwarz 不等式及全部等号情形

对 $u,v\in\mathbb R^n$，

$$|u\cdot v|\le\|u\|\|v\|.$$

等号成立当且仅当两向量线性相关，即一个是另一个的标量倍；其中包括任意含零向量的一对。

证明: 由非负的残差平方控制点积

先处理边界。 若 $v=\mathbf0$，两边都是零，等号成立，而且两向量相关。 所以以下可以假设 $v\ne\mathbf0$。

合法选择。 取 $t=(u\cdot v)/\|v\|^2$，分母严格为正。由点积法则展开：

$$0\le\|u-tv\|^2 =\|u\|^2-2t(u\cdot v)+t^2\|v\|^2 =\|u\|^2-\frac{(u\cdot v)^2}{\|v\|^2}.$$

结论。 乘以正分母，再取非负平方根，便得到 Cauchy–Schwarz。 证明没有预先使用夹角公式，避免循环论证。

等号依赖。 等号恰好在 $\|u-tv\|=0$，即 $u=tv$ 时成立； 反过来，此关系由范数的齐次性给出等号。连同单独处理的 $v=\mathbf0$，便涵盖所有相关情形。 若只写 $u=tv$ 而漏掉零的边界，就会遗漏非零 $u$ 与 $v=\mathbf0$ 的情况。

思考检查

Q1. 零向量与 v 的点积是向量还是标量？此时能定义夹角吗？

区分结果的类型与输入为零时的限制。

解答 · 快速检查 Q1

结果是标量 $0$。涉及零向量的夹角没有定义，但代数点积与正交关系仍有定义。

夹角与有向面积

若 $u,v$ 都非零，Cauchy–Schwarz 保证 $(u\cdot v)/(\|u\|\|v\|)\in[-1,1]$，故可由

$$\cos\theta=\frac{u\cdot v}{\|u\|\|v\|}$$

确定唯一的夹角 $\theta\in[0,\pi]$。在平面中，展开 $\|u-v\|^2=\|u\|^2+\|v\|^2-2u\cdot v$，再与余弦定理比较，便知它与几何夹角一致。 对非零向量，点积为正时 $0\le\theta\lt\pi/2$，为零时 $\theta=\pi/2$， 为负时 $\pi/2\lt\theta\le\pi$。端点 $0,\pi$ 对应平行方向。 “正交等于夹直角”要求两向量均非零。

例题

一个点积与一个钝角

若 $u=(4,2,3)$、$v=(-2,6,5)$，则 $u\cdot v=-8+12+15=19$。 结果是一个标量，不是新的向量。另取 $a=(3,0)$、$b=(-2,2)$， 有 $a\cdot b=-6$、$\|a\|=3$、$\|b\|=2\sqrt2$，因此 $\cos\theta=-1/\sqrt2$、$\theta=3\pi/4$。 两范数均非零，而点积为负也正确预示了钝角。

在有定向的平面中，把 $u=(u_1,u_2)$ 逆时针转过直角，得到 $u^\perp=(-u_2,u_1)$。所张成平行四边形的有向面积为

$$A(u,v)=u^\perp\cdot v=u_1v_2-u_2v_1.$$

对非零向量，若 $\phi$ 是从 $u$ 到 $v$ 的有向角，则面积为 $\|u\|\|v\|\sin\phi$：转过直角把余弦式变成 $\cos(\phi-\pi/2)=\sin\phi$。有向角记录转向，与无向夹角 $\theta$ 不同。 普通面积是 $|A(u,v)|$；交换向量次序使符号反转。坐标公式也适用于零向量或平行向量， 直接给出零面积，不必给零向量指定夹角。

例题

方向次序决定面积符号

$A(\mathbf i,\mathbf j)=1$，但 $A(\mathbf j,\mathbf i)=-1$。 对于 $u=(2,3)$、$v=(-4,1)$，

$$A(u,v)=2\cdot1-3(-4)=14.$$

普通面积为 $14$。交换次序后，有向面积为 $-14$，普通面积仍为 $14$。 符号表达方向次序，并不表示大小可以为负。

投影与正交分解

只有长度，还不能说明一个位移有多少沿着另一个方向。沿非零方向 $w$，$v$ 的带符号标量分量是 $(v\cdot w)/\|w\|$；把点积除以 $\|w\|^2$，则得到投影向量中乘在 $w$ 前的系数。这正是从范数、夹角走向投影的原因。

定理

向非零方向的投影

设 $v,w\in\mathbb R^n$，且 $w\ne\mathbf0$。定义

$$p=\operatorname{proj}_w(v)=\frac{v\cdot w}{\|w\|^2}w,\qquad r=v-p.$$

则 $p$ 是 $w$ 的标量倍，$r\cdot w=0$，且 $v=p+r$。 这种分成 $w$ 的标量倍与垂直于 $w$ 的向量的分解唯一。

推导时设 $p=tw$，要求 $(v-tw)\cdot w=0$，即 $v\cdot w-t\|w\|^2=0$。因为分母为正，唯一解为 $t=(v\cdot w)/\|w\|^2$；代回即验证正交性。每个符合要求的平行分量都必须有这个系数， 所以也证明了唯一性。残差垂直于 $w$，一般并不垂直于 $v$。

正交性也解释了投影如何影响长度。因为 $p$ 是 $w$ 的标量倍，且 $r\cdot w=0$， 所以 $p\cdot r=0$。展开 $v=p+r$ 的范数平方，得到

$$\|v\|^2=\|p\|^2+\|r\|^2.$$

因此 $\|p\|\le\|v\|$，投影不会增加长度。等号恰在 $r=\mathbf0$ 时成立， 即 $v$ 本来就在指定方向的直线上。这包括 $v=\mathbf0$，也包括 $w$ 的负标量倍； 向一条方向直线投影，并不舍弃反方向。原向量与投影的长度平方之差，恰由残差的长度平方补足， 所以不等式直接来自正交分解。

当 $v\ne\mathbf0$ 时，同一公式为 $p=(\|v\|\cos\theta)\widehat w$。 沿 $\widehat w$ 的标量分量带符号，钝角时为负；投影长度则是 $|\|v\|\cos\theta|$。把标量分量误当长度会丢失符号。 若 $v=\mathbf0$，代数投影为零，不需要夹角。

例题

交换投影方向会得到不同向量

取 $v=(3,2)$、$w=(1,1)$，则 $v\cdot w=5$、$\|w\|^2=2$，所以

$$p=(5/2,5/2),\qquad r=(1/2,-1/2).$$

核对 $p+r=v$、$r\cdot w=1/2-1/2=0$。但 $r\cdot v=3/2-1=1/2$，所以残差并不垂直于 $v$。 交换投影方向，则 $\operatorname{proj}_v(w)=\frac5{13}(3,2)$，因为 $\|v\|^2=13$。 点积虽然对称，投影运算却不对称。

反例模式

零向量不能提供投影方向

“投影公式对每个 $w$ 都适用”是假命题。取 $v=(1,0)$、$w=(0,0)$， 公式中的系数变成 $0/0$，没有定义；分子为零不能修复零分母。

正确条件是 $w\ne\mathbf0$。把 $v=\mathbf0$ 投影到非零 $w$ 是允许的， 但该公式不定义向零方向的投影。同理，单位化公式 $v/\|v\|$ 只适用于非零向量。

思考检查

Q2. 投影残差与哪个向量正交？哪个分母必须非零？

使用确定投影系数的方程。

解答 · 快速检查 Q2

残差与方向向量 $w$ 正交。分母是 $\|w\|^2$，恰在 $w\ne\mathbf0$ 时为正。

三角不等式与平行四边形法则

定理

三角不等式及等号条件

对 $u,v\in\mathbb R^n$，

$$\|u+v\|\le\|u\|+\|v\|.$$

等号恰在以下情形成立：其中一个向量为零，或两者都非零且一个是另一个的正标量倍。 等价地，一个向量是另一个的非负标量倍，允许交换两者次序。

由点积法则与 Cauchy–Schwarz，

$$\begin{aligned} \|u+v\|^2 &=\|u\|^2+2u\cdot v+\|v\|^2\\ &\le\|u\|^2+2|u\cdot v|+\|v\|^2\\ &\le(\|u\|+\|v\|)^2. \end{aligned}$$

两端均非负，所以可以取平方根。等号要求两步都取等号：Cauchy–Schwarz 给出相关性， 另一步要求 $u\cdot v\ge0$。对两个非零相关向量，这恰好要求同向。 若其中一个为零，直接代入便有等号。反向的两个非零向量虽满足 Cauchy–Schwarz 等号， 却满足严格的三角不等式；因此仅写“相关”不够。

把和与差的范数平方分别展开，再相加，混合项抵消：

$$\|u+v\|^2+\|u-v\|^2=2\|u\|^2+2\|v\|^2.$$

这就是平行四边形法则。两条对角线由 $u+v$、$u-v$ 表示；四边长度的平方和， 则各包含两次 $\|u\|^2$ 与 $\|v\|^2$。平行四边形退化时，等式仍成立。

总结

坐标法则支持任意 $\mathbb R^n$ 中的几何推理。点积给出长度平方与正交性； Cauchy–Schwarz 保证夹角公式合法，并识别相关的等号情形。 投影沿非零方向分解向量，三角不等式还区分同向与反向。 平面有向面积记录方向次序，平行四边形法则则比较边与对角线。

练习

1. 把 $v=(2,1,3)$ 沿 $w=(1,-2,2)$ 作投影分解，直接核对两部分之和与所需正交性。
2. 对 $u=(1,0)$、$v=(-2,0)$，判断 Cauchy–Schwarz 与三角不等式是否取等号。 再把 $v$ 改为 $\mathbf0$，重新判断。
3. 圆心为 $O$、正半径为 $R$ 的圆以 $AB$ 为直径。若 $C$ 在圆上，且 $C\ne A,B$， 用点积证明 $\angle ACB=\pi/2$，并解释为什么须排除端点。
4. 分别展开和与差的范数平方，推导平行四边形法则，并用 $u=(4,1)$、$v=(2,3)$ 核对。

引导解答

解答 · 解答 1

$v\cdot w=2-2+6=6$、$\|w\|^2=9$，所以

$$p=\frac23(1,-2,2),\qquad r=v-p=\frac13(4,7,5).$$

两者之和为 $(2,1,3)$，且 $r\cdot w=(4-14+10)/3=0$；$p$ 显然是 $w$ 的标量倍。

解答 · 解答 2

当 $v=(-2,0)$，$|u\cdot v|=2=\|u\|\|v\|$，但 $\|u+v\|=1\lt3=\|u\|+\|v\|$，两向量反向。 当 $v=\mathbf0$，两个不等式都取等号，不需要夹角。

解答 · 解答 3

以 $O$ 为原点，记 $a=\overrightarrow{OA}$、$b=\overrightarrow{OB}=-a$、 $c=\overrightarrow{OC}$，则 $\|a\|=\|c\|=R$，并有

$$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB} =(a-c)\cdot(-a-c)=-\|a\|^2+\|c\|^2=0.$$

混合项由对称性抵消。因为 $C\ne A,B$，两个向量都非零，所以正交给出直角。 若 $C$ 是端点，其中一个向量便为零，夹角没有定义。

解答 · 解答 4

两个展开式为 $\|u\|^2\pm2u\cdot v+\|v\|^2$，相加即得法则。 对于题中向量，$\|u\|^2=17$、$\|v\|^2=13$、$\|u+v\|^2=52$、$\|u-v\|^2=8$， 所以等式两边都是 $60$。