关于ℝⁿ中范数不等式及常数最优性的疑问

咱们先把“常数最优”的意思掰明白：它指的是这些不等式里的常数不能再改得更“紧”了——要么换个更大的常数，不等式就会对某些向量不成立；要么换个更小的常数，同样会失效。换句话说，这些常数是能让不等式对所有ℝⁿ中的向量都成立的“极限值”，而证明最优性的关键就是找到能让不等式取到等号的向量。

下面咱们结合教材提示的二维情况，逐个分析这些不等式的最优性：

第一组不等式：$|x|_2\leqslant|x|_1 \leqslant \sqrt n\cdot |x|_2$ #

• 对于左边的 $|x|_2\leqslant|x|_1$：
  当x是某个坐标轴上的向量时（比如$x=(a,0,...,0)$），$|x|_2=|a|$，$|x|_1=|a|$，这时候等号成立。如果咱们试着把左边的常数换成比1大的数，比如1.1，那取$x=(1,0,...,0)$时，$1.1\cdot|x|_2=1.1$，但$|x|_1=1$，显然$1.1>1$，不等式就不成立了。所以这个1是最大的能让不等式对所有x成立的常数，也就是最优的。
• 对于右边的 $|x|_1 \leqslant \sqrt n\cdot |x|_2$：
  当x的所有分量都相等时（比如$x=(1,1,...,1)$），$|x|_1=n$，$|x|_2=\sqrt n$，代入右边得$\sqrt n\cdot\sqrt n=n$，刚好等于$|x|_1$，等号成立。如果咱们把$\sqrt n$换成更小的数，比如$\sqrt n - \varepsilon$（$\varepsilon>0$），再代入这个x，左边是n，右边是$(\sqrt n - \varepsilon)\cdot\sqrt n =n - \varepsilon\sqrt n$，显然比n小，不等式就失效了。所以$\sqrt n$是最小的能让不等式对所有x成立的常数，是最优的。

第二组不等式：$\frac{1}{\sqrt n}|x|2\leqslant|x| \infty\leqslant |x|_2$ #

• 对于左边的 $\frac{1}{\sqrt n}|x|2\leqslant|x| \infty$：
  同样取所有分量相等的向量$x=(1,1,...,1)$，$|x|_\infty=1$，$\frac{1}{\sqrt n}\cdot|x|_2=\frac{1}{\sqrt n}\cdot\sqrt n=1$，等号成立。如果把$\frac{1}{\sqrt n}$换成更大的数，比如$\frac{1}{\sqrt n}+\varepsilon$，代入这个x的话，右边是1，左边变成$(\frac{1}{\sqrt n}+\varepsilon)\cdot\sqrt n=1+\varepsilon\sqrt n>1$，不等式不成立。所以$\frac{1}{\sqrt n}$是最大的可行常数，最优。
• 对于右边的 $|x|_ \infty\leqslant |x|2$：
  还是取坐标轴上的向量$x=(a,0,...,0)$，$|x|\infty=|a|$，$|x|_2=|a|$，等号成立。如果把右边的常数换成比1小的数，比如0.9，取$x=(1,0,...,0)$时，$0.9\cdot|x|2=0.9$，但$|x|\infty=1$，$0.9<1$，不等式失效。所以1是最小的可行常数，最优。

再对应教材说的二维单位圆来直观理解：

• ℓ₁范数的单位圆是顶点在$(±1,0),(0,±1)$的正方形，ℓ₂的单位圆是标准圆，它们在$(±1,0),(0,±1)$处相交（对应左边不等式等号成立的情况），而在$(1,1)$点，ℓ₁范数是2，ℓ₂是√2，√2·√2=2（对应右边不等式等号成立）。
• ℓ∞范数的单位圆是顶点在$(±1,±1)$的正方形，它和ℓ₂单位圆在$(±1,±1)$处相交（对应左边不等式等号成立），在$(±1,0),(0,±1)$处也相交（对应右边不等式等号成立）。

简单来说，“常数最优”就是：这个常数已经是“刚刚好”的，再调整哪怕一点点，就会有某个向量打破不等式——而能让不等式取等号的那个向量，就是证明最优性的关键例子。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Annalisa