Behauptung: Seien \(x,z\in \mathbb{R}^n\), dann ist \( \vert \vert x-z \vert \vert := \sqrt{\sum \limits_{i=1}^{n}(x_i-z_i)^2} \) ist eine Metrik.
Beweis:
\((i)\vert x_i-z_i \vert\leq \vert x_i-y_i \vert+\vert y_i-z_i \vert \\ \leftrightarrow \vert x_i-z_i \vert^2\leq (\vert x_i-y_i \vert+\vert y_i-z_i \vert)^2=\vert x_i-y_i \vert^2+\vert y_i-z_i \vert^2+2\vert x_i-y_i \vert \cdot\vert y_i-z_i \vert \\ \leftrightarrow (x_i-z_i)^2\leq (x_i-y_i)^2+(y_i-z_i)^2+2\sqrt{(x_i-y_i)^2(y_i-z_i)^2}\\ =(x_i-y_i)^2+(y_i-z_i)^2+2(x_i-y_i)(y_i-z_i) \)
\( (( \vert \vert x-y\vert \vert +\vert \vert y-z \vert \vert)^2 = \\(\sqrt{\sum \limits_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2}+\sqrt{\sum \limits_{i=1}^{n}(y_i-z_i)^2})^2 =\\\sum \limits_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2+\sum \limits_{i=1}^{n}(y_i-z_i)^2+2\sqrt{(\sum \limits_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2)\cdot (\sum \limits_{j=1}^{n}(y_j-z_j )^2)}\quad\vert \text{Cauchy-Schwarz-Ungleichung} \\ \geq \sum \limits_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2+\sum \limits_{i=1}^{n}(y_i-z_i)^2+2\sum \limits_{i=1}^{n}(x_i-y_i)(y_i-z_i ) \overset{\text{(i)}}\geq \sum \limits_{i=1}^{n} (x_i-z_i)^2= \vert \vert x-z\vert \vert^2 \)
Da für alle \(a,b \in \mathbb{R}^n \vert \vert a-b\vert \vert \) positiv ist, folgt durch Wurzel ziehen die Behauptung.
q.e.d