9.1 向量、範數、內積與投影

動機

位移比距離包含更多資訊：向右四單位再向上一單位，與向右一單位再向上四單位不同。坐標保留了各方向的貢獻。向量讓我們相加位移、比較方向，並把一個位移分成沿指定方向及垂直於該方向的部分。

這些運算適用於任意正整數維數 $n$ 。二維、三維幾何幫助理解，但坐標證明適用於整個 $\mathbb R^n$ 。要始終區分向量與標量：向量的和仍是向量，點積則是實數。凡是涉及除以長度的公式，都必須先檢查零向量。

坐標與向量運算

定義

向量、標準基與運算

對 $n\in\mathbb Z^+$ ， $\mathbb R^n$ 中的向量是實數有序數組 $v=(v_1,\ldots,v_n)$ 。令 $e_i$ 僅在第 $i$ 個位置為 $1$ ，其餘為 $0$ ，則

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

$e_1,\ldots,e_n$ 構成標準基。在 $\mathbb R^2$ 中也記 $e_1=\mathbf i,e_2=\mathbf j$ ；在 $\mathbb R^3$ 中還有 $e_3=\mathbf k$ 。對 $u,v\in\mathbb R^n$ 及標量 $t\in\mathbb R$ ，定義

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

令 $-v=(-1)v$ 、 $u-v=u+(-v)$ 。若兩個向量中一個是另一個的標量倍，稱它們平行。此約定包括零向量，因為對每個 $v$ 都有 $\mathbf0=0v$ 。

坐標表示唯一，因為上述和的第 $i$ 個坐標恰為 $v_i$ 。相加前須確認維數相同。負標量使非零向量反向，正標量保留方向，零標量則使結果沒有方向。

概念視角幾何

坐標描述位移，而不是固定的箭頭

用箭頭 $\overrightarrow{OU}$ 、 $\overrightarrow{OV}$ 表示 $u,v$ 。把第二支箭頭平移，使起點位於 $U$ ，其分量不變。若新終點為 $W$ ，則 $\overrightarrow{OW}=u+v$ 。這就是首尾相接法，也是以 $u,v$ 為邊的平行四邊形對角線。

減法回答另一個問題：從 $V$ 到 $U$ 的位移為 $\overrightarrow{VU}=u-v$ ，交換端點便改變符號。坐標運算與箭頭構造描述同一件事；向量記錄位移，不要求箭頭從原點出發。

定理

向量運算法則

對 $u,v,w\in\mathbb R^n$ 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}

逐坐標應用實數法則即可證明。例如 $s(u+v)$ 與 $su+sv$ 的第 $i$ 個坐標分別為 $s(u_i+v_i)$ 與 $su_i+sv_i$ ，由實數分配律相等。其餘各式分別使用實數的交換律、結合律、單位元與逆元法則，對每個坐標成立，便對整個數組成立。

範數與單位方向

定義

歐氏範數與單位化

$v\in\mathbb R^n$ 的範數為

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

範數非負，且恰在 $v=\mathbf0$ 時為零。範數為 $1$ 的向量稱為單位向量。若 $v\ne\mathbf0$ ，與它同方向的單位向量為 $\widehat v=v/\|v\|$ 。

非負平方之和為零，當且僅當每項為零，所以零範數恰好對應零向量。對任意實數 $t$ ，

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

取非負平方根時得到 $|t|$ ，不能直接寫 $t$ 。因此，當 $v\ne\mathbf0$ 時， $\|\widehat v\|=1$ 且 $v=\|v\|\widehat v$ 。零向量不能通過除以範數得到單位方向。

例題

坐標運算與單位向量

若 $u=(4,1)$ 、 $v=(2,3)$ ，則 $u+v=(6,4)$ 。對於另一對向量 $a=(4,2)$ 、 $b=(1,3)$ ，有 $a-b=(3,-1)$ ，表示從端點 $b$ 到端點 $a$ 的位移。同時 $3a=(12,6)$ 、 $a/2=(2,1)$ 、 $-a=(-4,-2)$ 。

取 $z=(4,3)$ ，由畢氏定理得 $\|z\|=5$ ，所以 $\widehat z=(4/5,3/5)$ ，其範數平方為 $16/25+9/25=1$ 。又有 $\|-z\|=5$ ；方向反轉不會產生負長度。

點積與 Cauchy–Schwarz 不等式

定義

點積與正交

對 $u,v\in\mathbb R^n$ ，定義

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

特別地， $v\cdot v=\|v\|^2$ 、 $\mathbf0\cdot v=0$ ，後者是標量零。若 $u\cdot v=0$ ，稱兩向量正交。按此代數定義，零向量與每個向量正交，儘管它本身沒有方向，也沒有夾角。

定理

點積運算法則

對 $u,v,w\in\mathbb R^n$ 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， $i=j$ 時 $e_i\cdot e_j=1$ ，否則為 $0$ 。

把 $\sum_i u_i(v_i+w_i)$ 展開成兩個有限和，就證明分配律；由 $u_iv_i=v_iu_i$ 得對稱性；從求和中提出 $t$ 得標量法則。標準基結論則只須檢查兩個非零分量是否佔據同一坐標。因此範數平方的展開有代數依據，並不需要依賴圖形猜測。

定理

Cauchy–Schwarz 不等式及全部等號情形

對 $u,v\in\mathbb R^n$ ，

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

等號成立當且僅當兩向量線性相關，即一個是另一個的標量倍；其中包括任意含零向量的一對。

證明: 由非負的殘差平方控制點積

先處理邊界。 若 $v=\mathbf0$ ，兩邊都是零，等號成立，而且兩向量相關。所以以下可以假設 $v\ne\mathbf0$ 。

合法選擇。 取 $t=(u\cdot v)/\|v\|^2$ ，分母嚴格為正。由點積法則展開：

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

結論。 乘以正分母，再取非負平方根，便得到 Cauchy–Schwarz。證明沒有預先使用夾角公式，避免循環論證。

等號依賴。 等號恰好在 $\|u-tv\|=0$ ，即 $u=tv$ 時成立；反過來，此關係由範數的齊次性給出等號。連同單獨處理的 $v=\mathbf0$ ，便涵蓋所有相關情形。若只寫 $u=tv$ 而漏掉零的邊界，就會遺漏非零 $u$ 與 $v=\mathbf0$ 的情況。

思考檢查

Q1. 零向量與 v 的點積是向量還是標量？此時能定義夾角嗎？

區分結果的類型與輸入為零時的限制。

解答 · 快速檢查 Q1

結果是標量 $0$ 。涉及零向量的夾角沒有定義，但代數點積與正交關係仍有定義。

夾角與有向面積

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

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

確定唯一的夾角 $\theta\in[0,\pi]$ 。在平面中，展開 $\|u-v\|^2=\|u\|^2+\|v\|^2-2u\cdot v$ ，再與餘弦定理比較，便知它與幾何夾角一致。對非零向量，點積為正時 $0\le\theta\lt\pi/2$ ，為零時 $\theta=\pi/2$ ，為負時 $\pi/2\lt\theta\le\pi$ 。端點 $0,\pi$ 對應平行方向。 “正交等於夾直角”要求兩向量均非零。

例題

一個點積與一個鈍角

若 $u=(4,2,3)$ 、 $v=(-2,6,5)$ ，則 $u\cdot v=-8+12+15=19$ 。結果是一個標量，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 $\cos\theta=-1/\sqrt2$ 、 $\theta=3\pi/4$ 。兩範數均非零，而點積為負也正確預示了鈍角。

在有定向的平面中，把 $u=(u_1,u_2)$ 逆時針轉過直角，得到 $u^\perp=(-u_2,u_1)$ 。所張成平行四邊形的有向面積為

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

對非零向量，若 $\phi$ 是從 $u$ 到 $v$ 的有向角，則面積為 $\|u\|\|v\|\sin\phi$ ：轉過直角把餘弦式變成 $\cos(\phi-\pi/2)=\sin\phi$ 。有向角記錄轉向，與無向夾角 $\theta$ 不同。普通面積是 $|A(u,v)|$ ；交換向量次序使符號反轉。坐標公式也適用於零向量或平行向量，直接給出零面積，不必給零向量指定夾角。

例題

方向次序決定面積符號

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

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

普通面積為 $14$ 。交換次序後，有向面積為 $-14$ ，普通面積仍為 $14$ 。符號表達方向次序，並不表示大小可以為負。

投影與正交分解

只有長度，還不能說明一個位移有多少沿着另一個方向。沿非零方向 $w$ ， $v$ 的帶符號標量分量是 $(v\cdot w)/\|w\|$ ；把點積除以 $\|w\|^2$ ，則得到投影向量中乘在 $w$ 前的係數。這正是從範數、夾角走向投影的原因。

定理

向非零方向的投影

設 $v,w\in\mathbb R^n$ ，且 $w\ne\mathbf0$ 。定義

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

則 $p$ 是 $w$ 的標量倍， $r\cdot w=0$ ，且 $v=p+r$ 。這種分成 $w$ 的標量倍與垂直於 $w$ 的向量的分解唯一。

推導時設 $p=tw$ ，要求 $(v-tw)\cdot w=0$ ，即 $v\cdot w-t\|w\|^2=0$ 。因為分母為正，唯一解為 $t=(v\cdot w)/\|w\|^2$ ；代回即驗證正交性。每個符合要求的平行分量都必須有這個系數，所以也證明了唯一性。殘差垂直於 $w$ ，一般並不垂直於 $v$ 。

正交性也解釋了投影如何影響長度。因為 $p$ 是 $w$ 的標量倍，且 $r\cdot w=0$ ，所以 $p\cdot r=0$ 。展開 $v=p+r$ 的範數平方，得到

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

因此 $\|p\|\le\|v\|$ ，投影不會增加長度。等號恰在 $r=\mathbf0$ 時成立，即 $v$ 本來就在指定方向的直線上。這包括 $v=\mathbf0$ ，也包括 $w$ 的負標量倍；向一條方向直線投影，並不捨棄反方向。原向量與投影的長度平方之差，恰由殘差的長度平方補足，所以不等式直接來自正交分解。

當 $v\ne\mathbf0$ 時，同一公式為 $p=(\|v\|\cos\theta)\widehat w$ 。沿 $\widehat w$ 的標量分量帶符號，鈍角時為負；投影長度則是 $|\|v\|\cos\theta|$ 。把標量分量誤當長度會丟失符號。若 $v=\mathbf0$ ，代數投影為零，不需要夾角。

例題

交換投影方向會得到不同向量

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

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

核對 $p+r=v$ 、 $r\cdot w=1/2-1/2=0$ 。但 $r\cdot v=3/2-1=1/2$ ，所以殘差並不垂直於 $v$ 。交換投影方向，則 $\operatorname{proj}_v(w)=\frac5{13}(3,2)$ ，因為 $\|v\|^2=13$ 。點積雖然對稱，投影運算卻不對稱。

反例模式

零向量不能提供投影方向

“投影公式對每個 $w$ 都適用”是假命題。取 $v=(1,0)$ 、 $w=(0,0)$ ，公式中的系數變成 $0/0$ ，沒有定義；分子為零不能修復零分母。

正確條件是 $w\ne\mathbf0$ 。把 $v=\mathbf0$ 投影到非零 $w$ 是允許的，但該公式不定義向零方向的投影。同理，單位化公式 $v/\|v\|$ 只適用於非零向量。

思考檢查

Q2. 投影殘差與哪個向量正交？哪個分母必須非零？

使用確定投影系數的方程。

解答 · 快速檢查 Q2

殘差與方向向量 $w$ 正交。分母是 $\|w\|^2$ ，恰在 $w\ne\mathbf0$ 時為正。

三角不等式與平行四邊形法則

定理

三角不等式及等號條件

對 $u,v\in\mathbb R^n$ ，

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

等號恰在以下情形成立：其中一個向量為零，或兩者都非零且一個是另一個的正標量倍。等價地，一個向量是另一個的非負標量倍，允許交換兩者次序。

由點積法則與 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}

兩端均非負，所以可以取平方根。等號要求兩步都取等號：Cauchy–Schwarz 給出相關性，另一步要求 $u\cdot v\ge0$ 。對兩個非零相關向量，這恰好要求同向。若其中一個為零，直接代入便有等號。反向的兩個非零向量雖滿足 Cauchy–Schwarz 等號，卻滿足嚴格的三角不等式；因此僅寫“相關”不夠。

把和與差的範數平方分別展開，再相加，混合項抵消：

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

這就是平行四邊形法則。兩條對角線由 $u+v$ 、 $u-v$ 表示；四邊長度的平方和，則各包含兩次 $\|u\|^2$ 與 $\|v\|^2$ 。平行四邊形退化時，等式仍成立。

總結

坐標法則支持任意 $\mathbb R^n$ 中的幾何推理。點積給出長度平方與正交性； Cauchy–Schwarz 保證夾角公式合法，並識別相關的等號情形。投影沿非零方向分解向量，三角不等式還區分同向與反向。平面有向面積記錄方向次序，平行四邊形法則則比較邊與對角線。

練習

把 $v=(2,1,3)$ 沿 $w=(1,-2,2)$ 作投影分解，直接核對兩部分之和與所需正交性。
對 $u=(1,0)$ 、 $v=(-2,0)$ ，判斷 Cauchy–Schwarz 與三角不等式是否取等號。再把 $v$ 改為 $\mathbf0$ ，重新判斷。
圓心為 $O$ 、正半徑為 $R$ 的圓以 $AB$ 為直徑。若 $C$ 在圓上，且 $C\ne A,B$ ，用點積證明 $\angle ACB=\pi/2$ ，並解釋為什麼須排除端點。
分別展開和與差的範數平方，推導平行四邊形法則，並用 $u=(4,1)$ 、 $v=(2,3)$ 核對。

引導解答

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).

兩者之和為 $(2,1,3)$ ，且 $r\cdot w=(4-14+10)/3=0$ ； $p$ 顯然是 $w$ 的標量倍。

解答 · 解答 2

當 $v=(-2,0)$ ， $|u\cdot v|=2=\|u\|\|v\|$ ，但 $\|u+v\|=1\lt3=\|u\|+\|v\|$ ，兩向量反向。當 $v=\mathbf0$ ，兩個不等式都取等號，不需要夾角。

解答 · 解答 3

以 $O$ 為原點，記 $a=\overrightarrow{OA}$ 、 $b=\overrightarrow{OB}=-a$ 、 $c=\overrightarrow{OC}$ ，則 $\|a\|=\|c\|=R$ ，並有

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

混合項由對稱性抵消。因為 $C\ne A,B$ ，兩個向量都非零，所以正交給出直角。若 $C$ 是端點，其中一個向量便為零，夾角沒有定義。

解答 · 解答 4

兩個展開式為 $\|u\|^2\pm2u\cdot v+\|v\|^2$ ，相加即得法則。對於題中向量， $\|u\|^2=17$ 、 $\|v\|^2=13$ 、 $\|u+v\|^2=52$ 、 $\|u-v\|^2=8$ ，所以等式兩邊都是 $60$ 。

9.1 向量、範數、點積與投影

動機