证明思路：取 $x=\sum_i\lambda_i x_i$ 和 $y=\sum_j\mu_j y_j$，其中 $x_i,y_j\in T$。对 $\theta\in[0,1]$，把 $\theta x+(1-\theta)y$ 写成同一批点的凸组合；新的权重是 $\theta\lambda_i$ 和 $(1-\theta)\mu_j$。

完整证明：任取 $x,y\in\operatorname{conv}(T)$。存在有限个点 $x_i,y_j\in T$ 和非负权重 $\lambda_i,\mu_j$，使得

$$ x=\sum_{i=1}^m\lambda_i x_i,\qquad y=\sum_{j=1}^\ell\mu_j y_j,\qquad \sum_i\lambda_i=\sum_j\mu_j=1. $$

对任意 $\theta\in[0,1]$，

$$ \theta x+(1-\theta)y = \sum_{i=1}^m\theta\lambda_i x_i + \sum_{j=1}^\ell(1-\theta)\mu_j y_j. $$

这些新权重非负，总和为 $\theta+(1-\theta)=1$，所以 $\theta x+(1-\theta)y$ 仍是 $T$ 中点的凸组合，属于 $\operatorname{conv}(T)$。

证明思路：设 $g(x)=\max_{r\le m} f_r(x)$。对每个 $r$ 用凸性估计 $f_r(\theta x+(1-\theta)y)$，再注意

$$ \max_r\{\theta f_r(x)+(1-\theta)f_r(y)\} \le \theta g(x)+(1-\theta)g(y). $$

完整证明：对任意 $x,y$ 和 $\theta\in[0,1]$，每个 $f_r$ 的凸性给出

$$ f_r(\theta x+(1-\theta)y) \le \theta f_r(x)+(1-\theta)f_r(y) \le \theta g(x)+(1-\theta)g(y). $$

对 $r=1,\ldots,m$ 取最大值，得到

$$ g(\theta x+(1-\theta)y) \le \theta g(x)+(1-\theta)g(y). $$

所以 $g$ 是凸函数。

证明思路：(a) 用归纳法把两个点的凸性推广到 $m$ 个点。把前 $m-1$ 个点先合并成一个点，再和第 $m$ 个点做二点凸组合。

完整证明：若有限凸组合不等式成立，取 $m=2$ 就回到凸函数定义，所以只需证明凸性推出有限形式。对 $m$ 归纳。$m=2$ 正是定义。假设结论对 $m-1$ 个点成立。令 $s=\sum_{i=1}^{m-1}\lambda_i$。若 $s=0$，则 $\lambda_m=1$，不等式化为等号。若 $s>0$，设

$$ z=\sum_{i=1}^{m-1}\frac{\lambda_i}{s}x_i. $$

由归纳假设，$f(z)\le\sum_{i=1}^{m-1}(\lambda_i/s)f(x_i)$。再用二点凸性，

$$ f\left(\sum_{i=1}^m\lambda_i x_i\right) = f(sz+\lambda_mx_m) \le s f(z)+\lambda_m f(x_m) \le \sum_{i=1}^m\lambda_i f(x_i). $$

若 $X$ 取有限多个值 $x_i$，且 $\mathbb P\{X=x_i\}=\lambda_i$，则 $\mathbb EX=\sum_i\lambda_i x_i$ 且 $\mathbb Ef(X)=\sum_i\lambda_i f(x_i)$。把上面的有限 Jensen 代入，得到 $f(\mathbb EX)\le\mathbb Ef(X)$。

证明思路：一边不等式由 $T\subset\operatorname{conv}(T)$ 立刻得到。另一边，对 $x=\sum_i\lambda_i x_i$ 用 Jensen：

$$ f(x)\le \sum_i\lambda_i f(x_i)\le \sup_{u\in T}f(u). $$

完整证明：因为 $T\subset\operatorname{conv}(T)$，所以

$$ \sup_{x\in T}f(x) \le \sup_{x\in\operatorname{conv}(T)}f(x). $$

反过来，任取 $x\in\operatorname{conv}(T)$。存在 $x_i\in T$ 与凸组合系数 $\lambda_i$，使 $x=\sum_i\lambda_i x_i$。由 Jensen 的有限形式，

$$ f(x) \le \sum_i\lambda_i f(x_i) \le \sup_{u\in T}f(u). $$

对所有 $x\in\operatorname{conv}(T)$ 取上确界，得到反向不等式。

证明思路：对 $x\in[-1,1]^n$，令独立随机符号 $\xi_i\in\{-1,1\}$ 满足 $\mathbb E\xi_i=x_i$。则随机向量 $\xi=(\xi_1,\ldots,\xi_n)$ 只取立方体顶点，且 $\mathbb E\xi=x$。

完整证明：先看一个方向：所有顶点都在 $[-1,1]^n$ 中，而立方体是凸集，所以它包含这些顶点的凸包。反过来，任取 $x\in[-1,1]^n$。对每个顶点 $\varepsilon\in\{-1,1\}^n$，定义权重

$$ w_\varepsilon = \prod_{i=1}^n\frac{1+\varepsilon_i x_i}{2}. $$

则 $w_\varepsilon\ge0$，且

$$ \sum_{\varepsilon\in\{-1,1\}^n}w_\varepsilon = \prod_{i=1}^n\left(\frac{1+x_i}{2}+\frac{1-x_i}{2}\right) = 1. $$

第 $j$ 个坐标的加权平均为

$$ \sum_\varepsilon w_\varepsilon\varepsilon_j = \left[ \frac{1+x_j}{2} - \frac{1-x_j}{2} \right] \prod_{i\ne j} \left[ \frac{1+x_i}{2} + \frac{1-x_i}{2} \right] = \frac{1+x_j}{2}-\frac{1-x_j}{2} = x_j. $$

所以 $x=\sum_\varepsilon w_\varepsilon\varepsilon$，即 $x$ 是立方体顶点的凸组合。

证明思路：若 $x\in B_1^n$，把正坐标和负坐标分别放到 $e_i$ 与 $-e_i$ 上；剩余权重 $1-\|x\|_1$ 分配给一对相反顶点，使其互相抵消。

完整证明：每个顶点 $\pm e_i$ 都有 $\ell^1$ 范数 $1$，而 $B_1^n$ 是凸集，所以顶点凸包包含在 $B_1^n$ 中。反过来，任取 $x\in B_1^n$。令 $x_i^+=\max(x_i,0)$，$x_i^-=\max(-x_i,0)$。则 $x_i=x_i^+-x_i^-$，且 $\sum_i(x_i^++x_i^-)=\|x\|_1\le1$。设 $\delta=1-\|x\|_1$，则

$$ x = \sum_{i=1}^n x_i^+ e_i + \sum_{i=1}^n x_i^-(-e_i) + \frac\delta2 e_1 + \frac\delta2(-e_1). $$

右侧权重非负，且总和为 $\|x\|_1+\delta=1$，所以 $x$ 是 $\{\pm e_i\}$ 的凸组合。

证明思路：条件在 $N=n$ 上，某个固定学生没有朋友的概率是 $(1-p)^{n-1}$。再对学生数取期望，用 Markov 不等式控制孤立学生数。

完整证明：令 $S$ 表示没有朋友的学生人数。条件在 $N=n$ 上，孤立学生数的条件期望为

$$ \mathbb E[S\mid N=n] = n(1-p)^{n-1}. $$

因此

$$ \mathbb ES = \mathbb E\left[N(1-p)^{N-1}\right]. $$

若 $N\sim\operatorname{Pois}(\lambda)$，则对 $a\in[0,1]$，

$$ \mathbb E[Na^{N-1}] = \sum_{n=1}^\infty n a^{n-1}e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!} = \lambda e^{-\lambda}\sum_{m=0}^\infty\frac{(\lambda a)^m}{m!} = \lambda e^{\lambda(a-1)}. $$

取 $a=1-p$，得到

$$ \mathbb ES = \lambda e^{-\lambda p} \le \lambda e^{-2\ln\lambda} = \frac1\lambda. $$

由 Markov 不等式，$\mathbb P\{S\ge1\}\le\mathbb ES\le1/\lambda$，所以 $\mathbb P\{S=0\}\ge1-1/\lambda$。当 $\lambda\le1$ 时右侧不为正，结论平凡；上面的估计主要用于 $\lambda>1$。

证明思路：对固定大小为 $k$ 的点集，它成为独立集的概率是

$$ 2^{-\binom{k}{2}}. $$

再对所有候选点集用并集界，并用 $\binom nk\le(en/k)^k$ 控制组合数。

完整证明：设 $m=\lfloor2\log_2 n\rfloor+1$。若存在大小超过 $2\log_2 n$ 的独立集，则存在大小为 $m$ 的独立集。固定一个 $m$ 元点集，它成为独立集意味着其中 $\binom m2$ 条边都不存在，因此概率为 $2^{-\binom m2}$。并集界给出

$$ \mathbb P\{\exists\text{ independent set of size }m\} \le \binom nm2^{-\binom m2} \le \left(\frac{en}{m}\,2^{-(m-1)/2}\right)^m. $$

下面把最后一步写清楚。由 $m=\lfloor2\log_2 n\rfloor+1$，有 $m>2\log_2 n$，所以 $n<2^{m/2}$。因此

$$ \binom nm2^{-\binom m2} \le \left(\frac{e\,2^{m/2}}{m}\right)^m 2^{-m(m-1)/2} = \left(\frac em\right)^m2^{m/2}. $$

又因为 $n\ge7$ 时 $m\ge6$，故 $2e/m<1$，从而

$$ \left(\frac em\right)^m2^{m/2} = \left(\frac{2e}{m}\right)^m2^{-m/2} \le 2^{-m/2} < \frac1n. $$

所以

$$ \binom nm2^{-\binom m2}\le \frac1n. $$

因此以至少 $1-1/n$ 的概率，不存在大小超过 $2\log_2 n$ 的独立集。

证明思路：固定一个顶点，它孤立的概率是 $(1-p_n)^{n-1}\le e^{-p_n(n-1)}$。用并集界：

$$ \mathbb{P}\{\exists\text{ isolated vertex}\} \le n e^{-p_n(n-1)}. $$

把 $p_n>(1+\varepsilon)\ln n/n$ 代入，右侧趋于 $0$。

完整证明：令 $E_i$ 为顶点 $i$ 孤立。则

$$ \mathbb P(E_i)=(1-p_n)^{n-1}\le e^{-p_n(n-1)}. $$

并集界给出

$$ \mathbb P\{\exists\text{ isolated vertex}\} \le n e^{-p_n(n-1)}. $$

由假设，$p_n(n-1)>(1+\varepsilon)\ln n(1-1/n)$。因此

$$ n e^{-p_n(n-1)} \le \exp\left[ \ln n-(1+\varepsilon)\ln n\left(1-\frac1n\right) \right] = n^{-\varepsilon+o(1)} \to0. $$

所以不存在孤立顶点的概率趋于 $1$。

证明思路：令 $S_n=\sum_iX_i$ 为孤立点数。先算

$$ \mu_n=\mathbb{E}S_n=n(1-p_n)^{n-1}\to\infty. $$

再展开二阶矩：$X_iX_j=1$ 表示两个顶点都孤立，其概率是 $(1-p_n)^{2n-3}$。证明 $\operatorname{Var}(S_n)/\mu_n^2\to0$，最后用 Chebyshev 控制 $\mathbb P\{S_n=0\}$。

完整证明：令 $X_i=\mathbf 1_{\{i\text{ isolated}\}}$，$S_n=\sum_{i=1}^nX_i$。则

$$ \mu_n=\mathbb ES_n = n(1-p_n)^{n-1}. $$

因为 $p_n=O(\ln n/n)$，有 $p_n\to0$。于是

$$ \log\mu_n = \log n+(n-1)\log(1-p_n) \ge \log n-(1+o(1))np_n > (\varepsilon+o(1))\log n, $$

所以 $\mu_n\to\infty$。对 $i\ne j$，两个顶点都孤立要求它们之间的边不存在，并且它们与其余 $n-2$ 个顶点的所有相关边都不存在；共有 $2n-3$ 条边。因此

$$ \mathbb E X_iX_j=(1-p_n)^{2n-3}. $$

所以

$$ \mathbb ES_n^2 = \mathbb ES_n+n(n-1)(1-p_n)^{2n-3}. $$

记 $a=(1-p_n)^{n-1}$，则 $\mu_n=na$，并且

$$ \frac{\operatorname{Var}(S_n)}{\mu_n^2} = \frac1{\mu_n} + \frac{n-1}{n}\frac1{1-p_n} - 1 \to0. $$

最后由 Chebyshev 不等式，

$$ \mathbb P\{S_n=0\} \le \mathbb P\{|S_n-\mu_n|\ge\mu_n\} \le \frac{\operatorname{Var}(S_n)}{\mu_n^2} \to0. $$

所以 $\mathbb P\{S_n\ge1\}\to1$。

证明思路：在概率空间上对函数 $u\mapsto u^{q/p}$ 用 Jensen，或用 Hölder 得到 $\mathbb E|X|^p\le(\mathbb E|X|^q)^{p/q}$。反例取重尾变量。

完整证明：设 $0<p<q<\infty$。令 $r=q/p>1$。由 Jensen 或 Lyapunov 不等式，

$$ \mathbb E|X|^p = \mathbb E\left(|X|^q\right)^{p/q} \le \left(\mathbb E|X|^q\right)^{p/q}. $$

两边取 $1/p$ 次方，得到 $\|X\|_{L^p}\le\|X\|_{L^q}$。当 $q=\infty$ 时，由 $|X|\le\|X\|_{L^\infty}$ 几乎处处成立，取 $p$ 阶矩后得到同一结论。

反向一般不成立。给定 $0<p<q<\infty$，取正整数值随机变量 $X$，使

$$ \mathbb P\{X=m\}=c\,m^{-(q+1)},\qquad m=1,2,\ldots, $$

其中 $c$ 是归一化常数。则

$$ \mathbb EX^p=c\sum_{m=1}^\infty m^{p-q-1}<\infty, \qquad \mathbb EX^q=c\sum_{m=1}^\infty\frac1m=\infty. $$

若 $q=\infty$，取任意无界但具有有限 $p$ 阶矩的变量即可。

连续重尾版本：也可以取 Pareto 分布。设 $X$ 的密度为

$$ f(x)=\alpha x^{-\alpha-1}\mathbf 1_{\{x\ge1\}}, $$

其中参数 $\alpha>0$。对任意 $r>0$，

$$ \mathbb E X^r = \alpha\int_1^\infty x^{r-\alpha-1}\,dx. $$

该积分当且仅当 $r<\alpha$ 时收敛。给定 $0<p<q<\infty$，取 $p<\alpha<q$，则 $\|X\|_{L^p}<\infty$ 但 $\|X\|_{L^q}=\infty$。若 $q=\infty$，任取 $\alpha>p$，则 $X$ 有有限 $p$ 阶矩但本质上无界，所以 $\|X\|_{L^\infty}=\infty$。

证明思路：直接写

$$ |X|^p=|X|\cdot |X|^{p-1} \le |X|\|X\|_{L^\infty}^{p-1}. $$

取期望再开 $p$ 次方。

完整证明：若 $\|X\|_{L^\infty}=\infty$，结论平凡。否则几乎处处有 $|X|\le\|X\|_{L^\infty}$。于是

$$ |X|^p = |X|\cdot |X|^{p-1} \le |X|\,\|X\|_{L^\infty}^{p-1}. $$

取期望得

$$ \mathbb E|X|^p \le \|X\|_{L^1}\|X\|_{L^\infty}^{p-1}. $$

两边取 $1/p$ 次方，即得

$$ \|X\|_{L^p} \le \|X\|_{L^1}^{1/p}\|X\|_{L^\infty}^{1-1/p}. $$

证明思路：下界来自 $\max_iX_i\ge X_j$。上界来自 $\max_iX_i\le\sum_iX_i$。最优例子：所有变量相同给下界取等；令 $Y_i$ 互斥地取正值可让上界取等。独立近似最优可让每个 $X_i$ 以概率 $1/n$ 取值 $1$，否则为 $0$。

完整证明：因为 $\max_iX_i\ge X_j$ 对每个 $j$ 成立，所以

$$ \mathbb E\max_iX_i\ge\max_j\mathbb EX_j. $$

另一方面，非负性给出 $\max_iX_i\le\sum_iX_i$，所以

$$ \mathbb E\max_iX_i \le \sum_i\mathbb EX_i \le n\max_i\mathbb EX_i. $$

下界取等：令所有 $X_i=Y$，其中 $Y\ge0$ 且 $\mathbb EY>0$。则 $\max_iX_i=Y$。上界取等：取样本空间 $\{1,\ldots,n\}$，均匀分布，并令 $Y_i=\mathbf 1_{\{\omega=i\}}$。则 $\max_iY_i=1$，而 $\max_i\mathbb EY_i=1/n$。

独立近似最优：令 $X_i$ 独立且 $X_i\sim\operatorname{Ber}(1/n)$。则

$$ \mathbb E\max_iX_i = 1-\left(1-\frac1n\right)^n \ge 1-e^{-1}, $$

同时 $\max_i\mathbb EX_i=1/n$。因此

$$ \mathbb E\max_iX_i \ge (1-e^{-1})\,n\,\max_i\mathbb EX_i. $$

证明思路：左边是 Jensen：函数 $x\mapsto\|x\|_p$ 是凸函数，应用到随机向量 $(X_1,\ldots,X_n)$。右边用概率空间上 $L^p$ 范数单调性。

完整证明：令随机向量 $X=(X_1,\ldots,X_n)$。函数 $x\mapsto\|x\|_p$ 是凸函数，所以 Jensen 给出

$$ \left(\sum_{i=1}^n(\mathbb EX_i)^p\right)^{1/p} = \|\mathbb EX\|_p \le \mathbb E\|X\|_p = \mathbb E\left(\sum_{i=1}^nX_i^p\right)^{1/p}. $$

设 $Y=\|X\|_p=(\sum_iX_i^p)^{1/p}$。由 $L^p$ 范数单调性，$\|Y\|_{L^1}\le\|Y\|_{L^p}$。因此

$$ \mathbb E\left(\sum_{i=1}^nX_i^p\right)^{1/p} = \mathbb EY \le (\mathbb EY^p)^{1/p} = \left(\sum_{i=1}^n\mathbb EX_i^p\right)^{1/p}. $$

证明思路：(a) 在 $\mathbb EX$ 存在的情形下，对正部和负部分别用非负变量的积分尾公式：$X=X_+-X_-$。 (b) 写

$$ f(X)=\int_0^X f'(t)\,dt $$

并用 Fubini/Tonelli 交换积分和期望。 (c) 在 (b) 中取 $f(t)=t^p$ 并应用于 $|X|$。

完整证明：(a) 假设 $\mathbb EX$ 存在，也就是 $\mathbb EX_+$ 与 $\mathbb EX_-$ 不同时为无穷。写 $X=X_+-X_-$。由非负变量的积分尾公式，

$$ \mathbb EX_+ = \int_0^\infty\mathbb P\{X>t\}\,dt, $$

并且

$$ \mathbb EX_- = \int_0^\infty\mathbb P\{X_- >s\}\,ds = \int_0^\infty\mathbb P\{X<-s\}\,ds. $$

令 $t=-s$，得到 $\mathbb EX_-=\int_{-\infty}^0\mathbb P\{X<t\}\,dt$。因此 $\mathbb EX=\mathbb EX_+-\mathbb EX_-$ 给出所需公式。

(b) 对 $X\ge0$，由微积分基本定理，

$$ f(X)=\int_0^X f'(t)\,dt = \int_0^\infty\mathbf 1_{\{t<X\}}f'(t)\,dt. $$

用 Tonelli 定理得到

$$ \mathbb Ef(X) = \int_0^\infty\mathbb P\{X>t\}f'(t)\,dt. $$

(c) 对非负变量 $|X|$ 应用 (b)，取 $f(t)=t^p$。因为 $f'(t)=pt^{p-1}$，得到

$$ \mathbb E|X|^p = \int_0^\infty\mathbb P\{|X|>t\}\,pt^{p-1}\,dt. $$

证明思路：令 $A=\{X>\varepsilon\mathbb E X\}$。先写

$$ \mathbb{E}X \le \varepsilon\mathbb{E}X+\mathbb{E}[X\mathbf{1}_A]. $$

于是 $(1-\varepsilon)\mathbb E X\le\mathbb E[X\mathbf 1_A]$。再对右边用 Cauchy-Schwarz。

完整证明：若 $\mathbb EX=0$，结论平凡。以下设 $\mathbb EX>0$，并令 $A=\{X>\varepsilon\mathbb EX\}$。在 $A^c$ 上有 $X\le\varepsilon\mathbb EX$，所以

$$ \mathbb EX = \mathbb E[X\mathbf 1_A]+\mathbb E[X\mathbf 1_{A^c}] \le \mathbb E[X\mathbf 1_A]+\varepsilon\mathbb EX. $$

因此

$$ (1-\varepsilon)\mathbb EX \le \mathbb E[X\mathbf 1_A]. $$

对右侧使用 Cauchy-Schwarz：

$$ \mathbb E[X\mathbf 1_A] \le (\mathbb EX^2)^{1/2}(\mathbb P(A))^{1/2}. $$

合并并平方，得到

$$ \mathbb P\{X>\varepsilon\mathbb EX\} \ge (1-\varepsilon)^2 \frac{(\mathbb EX)^2}{\mathbb EX^2}. $$

证明思路：第一不等式可由坐标大小排序或概率测度上的 $L^p$ 单调性推出。第二不等式对归一化计数测度使用 $L^p$ 单调性：

$$ n^{-1/p}\|x\|_p\le n^{-1/q}\|x\|_q. $$

紧性例子分别取只含一个非零坐标的向量和全 $1$ 向量。

完整证明：设 $0<p\le q<\infty$。若 $x=0$，结论显然。否则令 $a_i=|x_i|/\|x\|_p$，则 $\sum_i a_i^p=1$ 且 $0\le a_i\le1$。因为 $q\ge p$，有 $a_i^q\le a_i^p$，故

$$ \|x\|_q^q = \|x\|_p^q\sum_i a_i^q \le \|x\|_p^q. $$

这给出 $\|x\|_q\le\|x\|_p$。当 $q=\infty$ 时同样有 $\|x\|_\infty\le\|x\|_p$。

第二个不等式来自归一化计数测度上的 $L^p$ 单调性：

$$ \left(\frac1n\sum_i|x_i|^p\right)^{1/p} \le \left(\frac1n\sum_i|x_i|^q\right)^{1/q}. $$

整理得

$$ \|x\|_p \le n^{1/p-1/q}\|x\|_q. $$

若 $q=\infty$，同理得到 $\|x\|_p\le n^{1/p}\|x\|_\infty$。紧性例子：取 $x=e_1$，则 $\|x\|_p=\|x\|_q=1$；取 $y=(1,\ldots,1)$，则 $\|y\|_p=n^{1/p}$、$\|y\|_q=n^{1/q}$，第二个不等式取等。

证明思路：总有 $\|x\|_\infty\le\|x\|_p\le n^{1/p}\|x\|_\infty$。令 $p\to\infty$ 得 (a)。若 $p\ge\ln n$，则 $n^{1/p}\le e$，得到 (b)。

完整证明：由 Exercise 1.17，

$$ \|x\|_\infty \le \|x\|_p \le n^{1/p}\|x\|_\infty. $$

当 $p\to\infty$ 时，$n^{1/p}\to1$，夹逼定理给出 $\|x\|_p\to\|x\|_\infty$。若 $p\ge\ln n$，则

$$ n^{1/p} = e^{(\ln n)/p} \le e. $$

代回上式得到 $\|x\|_\infty\le\|x\|_p\le e\|x\|_\infty$。

证明思路：当 $1<p<\infty$ 时，可取

$$ y_i=\operatorname{sgn}(x_i)|x_i|^{p-1}. $$

再归一化 $y$。端点 $p=1,\infty$ 分别取符号向量或支撑在最大坐标上的向量。Hölder 给出上界，构造给出等号。

完整证明：若 $x=0$，任取非零 $y$ 即可。以下设 $x\ne0$。当 $1<p<\infty$ 时，令

$$ y_i=\operatorname{sgn}(x_i)|x_i|^{p-1}. $$

因为 $p'=p/(p-1)$，所以

$$ \|y\|_{p'} = \left(\sum_i |x_i|^p\right)^{1/p'} = \|x\|_p^{p-1}, $$

并且

$$ \langle x,y\rangle = \sum_i|x_i|^p = \|x\|_p^p = \|x\|_p\|y\|_{p'}. $$

当 $p=1$、$p'=\infty$ 时，取 $y_i=\operatorname{sgn}(x_i)$，则 $\|y\|_\infty=1$ 且 $\langle x,y\rangle=\|x\|_1$。当 $p=\infty$、$p'=1$ 时，取 $j$ 使 $|x_j|=\|x\|_\infty$，令 $y=\operatorname{sgn}(x_j)e_j$，则 $\|y\|_1=1$ 且 $\langle x,y\rangle=\|x\|_\infty$。

Hölder 不等式给出对所有 $y\in B_{p'}^n$，

$$ \langle x,y\rangle\le\|x\|_p\|y\|_{p'}\le\|x\|_p. $$

另一方面，上面的取等向量归一化后属于 $B_{p'}^n$，并使 $\langle x,y\rangle=\|x\|_p$。因此

$$ \max_{y\in B_{p'}^n}\langle x,y\rangle = \|x\|_p. $$