Beweisrichtung 1: falls die beiden Vektoren orthogonal sind, gilt....
Wegen
$$ \vec{x} \cdot \vec{y} = 0 $$
mit
$$ \vert \vert \vec{a} \vert \vert = \sqrt{a_1^2 +a_2^2+...+a_n^2}= \sqrt{\vec{a}\cdot \vec{a}} $$
und
$$ \vec{a} \cdot ( \vec{b} + \vec{c} ) = \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} \cdot \vec{c} $$
folgt für diesen Fall
$$ \begin{aligned} \vert \vert \vec{x} + \lambda \vec{y} \vert \vert &=& \sqrt{ (\vec{x} + \lambda \vec{y})\cdot ( \vec{x} + \lambda \vec{y})} \\ &=& \sqrt{\underbrace{\vec{x} \cdot \vec{x}}_{\geq 0} + 2\lambda \cdot \underbrace{\vec{x} \cdot \vec{y}}_{=0}+ \underbrace{\vec{y} \cdot \vec{y}}_{\geq 0} } &\geq & \sqrt{\vec{x} \cdot \vec{x}}= \vert \vert \vec{x} \vert \vert \\ \forall \lambda \in \mathbb{R} \end{aligned}$$
Beweisrichtung 2: Falls gilt ..., dann sind die beiden Vektoren orthogonal.
Beweis durch Gegenbeweis: Falls gilt..., sind die beiden Vektoren nicht orthogonal.
Mit
$$ \vec{x} \cdot \vec{y} \neq 0 $$und
$$ \vert \vert \vec{x} + \lambda \vec{y} \vert \vert \geq = \vert \vert \vec{x} \vert \vert \\ $$
folgt
$$ \vert \vert \vec{x} + \lambda \vec{y} \vert \vert=\sqrt{\underbrace{\vec{x} \cdot \vec{x}}_{\geq 0} + 2\lambda \cdot \underbrace{\vec{x} \cdot \vec{y}}_{ \neq 0}+ \underbrace{\vec{y} \cdot \vec{y}}_{\geq 0} } \geq \sqrt{\vec{x} \cdot \vec{x}} $$
Wähle
$$ \lambda = - \frac{\vec{y} \cdot \vec{y}}{\vec{x} \cdot \vec{y}} $$
Daraus folgt
$$ \begin{aligned} \vert \vert \vec{x} + \lambda \vec{y} \vert \vert&=&\sqrt{\vec{x} \cdot \vec{x} + 2 \cdot \left( - \frac{\vec{y} \cdot \vec{y}}{\vec{x} \cdot \vec{y}} \right) \cdot \vec{x} \cdot \vec{y}+ \vec{y} \cdot \vec{y} } \\ &=& \sqrt{\vec{x} \cdot \vec{x} - 2 \cdot \vec{y} \cdot \vec{y}+ \vec{y} \cdot \vec{y} } \\ &=& \sqrt{\underbrace{\vec{x} \cdot \vec{x}}_{\geq 0} - \underbrace{\vec{y} \cdot \vec{y}}_{\geq 0} }\ngeq \sqrt{\vec{x} \cdot \vec{x}} = \vert \vert \vec{x} \vert \vert \\ \end{aligned} $$
Das ist ein Widerspruch, ausser es gilt
$$ \vec{y} = \vec{0} $$
Der Fall ist aber trivial.
Gruß
