Эквивалентность норм

[RIP]

Пусть $V$ — векторное пространство над некоторым полем $F$. Нормой на $V$ будем называть отображение $\lVert\cdot\rVert\colon V\to[0,+\infty)$ с тремя свойствами:
(1) $\lVert v\rVert=0\ \Leftrightarrow\ v=0$;
(2) $\lVert\alpha v\rVert=\lVert v\rVert$ при $\alpha\in F\setminus\{0\}$;
(3) $\lVert u+v\rVert\leqslant\lVert u\rVert+\lVert v\rVert$.
Норме стандартным образом сопоставим метрику: $d(u,v)=\lVert u-v\rVert$.

1. Верно ли, что две такие нормы $\lVert\cdot\rVert_1,\lVert\cdot\rVert_2$ порождают одну и ту же топологию тогда и только тогда, когда существуют положительные постоянные $a,b$: $a\lVert\cdot\rVert_1\leqslant\lVert\cdot\rVert_2\leqslant b\lVert\cdot\rVert_1$?
2. Верно ли, что если $V$ конечномерно, то для любых двух норм найдутся такие постоянные $a,b$?

[NSKuber]

2. Да, верно.
Покажем, что для любой такой нормы в конечномерном пространстве $V$ существуют $a,b>0$ такие, что для всех отличных от нуля $x\in V$ $a\leq \lVert x\rVert \leq b$. Отсюда тривиально следует эквивалентность.
Верхняя оценка тривиальна: пусть $e_1,\ldots,e_n$ - произвольный базис пространства, тогда $\lVert x\rVert\leq \sum\limits_{k=1}^{n} \lVert e_k \rVert =: b$.
Для доказательства нижней заметим сначала, что с помощью неравенства треугольника для такой нормы легко доказывается неравенство $| \lVert x\rVert - \lVert y\rVert | \leq \lVert x-y\rVert$, присущее норме обыкновенной. Всюду ниже нулевой вектор исключается из рассмотрения там, где это, очевидно, подразумевается.
От противного, пусть норма может принимать сколь угодно малые значения. Очевидно, в таком случае она непостоянна, поэтому мы можем выбрать произвольный вектор $u$ с нормой $C$ и найти для него вектор $x$ с нормой $K < C$. Обозначим этот $x$ за $e_1$. Это будет первый вектор базиса. Зафиксируем произвольное $N\geq 3$. Найдём ненулевой $x$ такой, что $\lVert x\rVert\leq \frac{K}{N}$. Очевидно, $x$ и $e_1$ линейно независимы, так как иначе их нормы бы совпадали. Положим $e_2=x$.

Пусть у нас построен линейно независимый набор векторов $e_1,\ldots,e_k$ таких, что $\lVert e_{i+1}\rVert\leq \frac{\lVert e_i\rVert}{N}$. Найдём вектор $x$ такой, что $\lVert x\rVert\leq \frac{\lVert e_k\rVert}{N}$. Пусть $x$ есть линейная комбинация $e_1,\ldots,e_k$. Тогда:
$\lVert x\rVert=\lVert a_1e_1+\ldots+a_ke_k\rVert \geq| \lVert e_s\rVert - \lVert a_{s+1}e_{s+1}+\ldots+a_ke_k\rVert |$, где $s$ - наименьший номер с ненулевым коэффициентом в комбинации.

$$\lVert a_{s+1}e_{s+1}+\ldots+a_ke_k\rVert\leq \lVert e_{s+1}\rVert+\ldots+\lVert e_k\rVert\leq \lVert e_s\rVert \left(\frac{1}{N}+\frac{1}{N^2}+\ldots+\frac{1}{N^{k-s}}\right)\leq \lVert e_s\rVert\frac{1-(\frac{1}{N})^{k-s+1}}{N-1}} \leq \frac{\lVert e_s\rVert}{2}$$

Значит $\lVert x\rVert\geq \frac{\lVert e_s\rVert}{2}\geq \frac{\lVert e_k\rVert}{2}$, противоречие с выбором $x$. Таким образом, найденный $x$ вместе с $e_1,\ldots,e_k$ образует линейно независимое множество. Добавим его: $e_{k+1}:=x$.

За конечное число шагов мы построим базис $e_1,\ldots,e_n$. Пусть $u=a_1e_1+\ldots+a_ne_n$. Тогда $C=\lVert u \rVert = \lVert a_1e_1+\ldots+a_ne_n \rVert \leq K \left( 1+\frac{1}{N}+\ldots+\frac{1}{N^{n-1}}\right) = K \frac {N^n-1}{N^n - N^{n-1}}$
Устремляя $N$ к бесконечности, получаем $C\leq K$, противоречие. Значит наша норма отделена от нуля, то есть существует $a>0$ такое, что для всех ненулевых $x\in V$ выполнено $\lVert x \rVert \geq a$.