Изменения

<tex>3)\: G(x,yx) \ge 0;\: G(x,yx)=0 \Longleftrightarrow x = 0_{E}</tex>

<tex>\left\langle x,y\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\eta^{i}}</tex>  <tex>\left\langle y,x\right\rangle =\sum_sum\limits_{i=1}^{n}\eta^{i}\overline{\xi^{i}}=\overline{\sum\limits \overline{\eta^{i}}\xi^{i}}=\overline{\left\langle x,y\right\rangle }</tex>;  <tex>\left\langle x,x\right\rangle =\sum_sum\limits_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\xi^{i}}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n}|\xi^{i}|^{2}>0</tex> 

<tex>\left\langle \lambda x+y;\lambda x+y\right\rangle = \left\langle \lambda x;\lambda x\right\rangle +\left\langle \lambda x;y\right\rangle +\left\langle y;\lambda x\right\rangle +\left\langle y;y\right\rangle </tex><tex>=\lambda\cdot\overline{\lambda}\left\langle x,x\right\rangle +\lambda\cdot(\left\langle x;y\right\rangle +\overline{\left\langle x;y\right\rangle })+\left\langle y,y\right\rangle </tex><tex>= \Vert x\Vert^{2}\cdot\lambda^{2}+\lambda\cdot 2Re\left\langle x;y\right\rangle + \Vert y\Vert^{2}\geq0</tex> - многочлен второй степени, все коэффициенты вещественные <tex>D \le 0</tex> <tex> D/4=(-Re\left\langle x,y\right\rangle )^{2}-\Vert x\Vert^{2}\cdot\Vert y\Vert^{2}\le0\Longrightarrow |Re\left\langle x,y\right\rangle |\le\Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert</tex> - верно для <tex>\forall x,y\in E</tex>. Назовём это неравенство <tex>(\times)</tex> - крестик. Трюк: пусть <tex>\left\langle x,y\right\rangle = |\left\langle x,y\right\rangle|\cdot e^{i\varphi}</tex>, где <tex>\varphi=arg\left\langle x,y\right\rangle</tex>. Тогда пусть в <tex>(\times): y \longrightarrow y\cdot e^{i\varphi} \Longrightarrow \Vert e^{i\varphi}y\Vert=|e^{i\varphi}|\cdot\Vert y\Vert</tex> Заметим, что <tex>\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle= \overline{e^{i\varphi}}\left\langle x,y \right\rangle = \overline{e^{i\varphi}}e^{i\varphi}\left|\left\langle x, y\right\rangle\right| = \left|\left\langle x, y\right\rangle\right|</tex> Заменим в <tex>(\times)</tex> <tex>y</tex> на <tex>e^{i\varphi}y \: : |Re\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle|\le\Vert x\Vert\cdot\Vert e^{i\varphi}y\Vert</tex> левая часть равна <tex>|Re|\left\langle x,y\right\rangle|| = |\left\langle x,y\right\rangle|</tex> правая часть равна <tex>\Vert x \Vert\cdot\Vert y\Vert</tex> Таким образом, <tex>|\left\langle x,y\right\rangle| \le \Vert x \Vert\cdot\Vert y\Vert</tex>}}{{Теорема|about=следствие из Шварца, неравенство треугольника|statement= <tex>\Vert x+y \Vert \leq \Vert x\Vert+\Vert y\Vert</tex>|proof= Рассмотрим <tex>\left\langle x+y, x+y\right\rangle={\Vert x+y \Vert}^{2} = \Vert x\Vert^{2}+\left\langle x,y\right\rangle+\left\langle y,x\right\rangle + \Vert y\Vert^{2} = \Vert x\Vert^{2}+2Re\left\langle x,y\right\rangle+ \Vert y\Vert^{2}</tex> <tex>Re\left\langle x,y\right\rangle \le |\left\langle x,y\right\rangle| \le \Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert</tex> (из неравенства Шварца) Таким образом, <tex>{\Vert x+y \Vert}^{2} \le \Vert x\Vert^{2}+2\cdot\Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert+ \Vert y\Vert^{2}=(\Vert x\Vert+\Vert y\Vert)^2</tex>

<tex>= \lambda\cdot\overline{\lambda}\left\langle xВзяв корень из левой и правой части,x\right\rangle +\lambda\cdot(\left\langle x;y\right\rangle +\overline{\left\langle x;y\right\rangle })+\left\langle y,y\right\rangle =</tex><tex>= \Vert x\Vert^{2}\cdot\lambda^{2}+\lambda\cdot 2Re\left\langle x;y\right\rangle + \Vert y\Vert^{2}\geq0</tex> получим искомое неравенство.