所谓的范数，就是向量长度这个概念在一般向量空间中的推广。简单地讲就是从向量空间 $V$ 到数域 $\mathbf{F}$ 的一个函数 $|\cdot|$，满足如下条件：
1) $\forall v\in V,|v|\ge 0$，并且 $|v|=0$ 当且仅当 $v=0$。
2) $|av|=|a| |v|$
3) $|u+v|\le |u|+|v|$

在一个内积空间中，由内积表达式 $\sqrt{\langle v,v\rangle}$ 就可以定义出一个范数，这个范数称为由内积诱导的范数。

不是所有的范数都是由内积诱导出来的。例如，在 $\mathbb{R}^2$ 中，定义范数 $|(x,y)|=|x|+|y|$，它确实是范数但没有内积可以诱导出这个范数。因为，内积诱导的范数满足平行四边形法则：

$$|u+v|^2+|u-v|^2=2|u|^2+2|v|^2$$

即平行四边形四边的平方和等于两对角线的平方和。而上面举的例子显然不满足这个特性。

那么是不是一个范数只要满足平行四边形法则，它就必然是由某个内积诱导出来的呢？答案是肯定的。证明见下面。

那么平行四边形法则到底是什么东西？为什么有这么大的魔力，使它成为一个范数是否有内积背景的唯一门槛？

如果一个范数 $|\cdot|$ 是由内积诱导的，也就是存在内积 $\langle\cdot,\cdot\rangle$ 满足 $|v|^2=\langle v,v\rangle$，那么它必然带有内积的某些特性，尤其是，内积是个双线性函数（复数空间上是半双线性函数），这就表明内积是个二次式，导致范数的平方本身也应该是个二次式。
更确切地讲，内积的半双线性直接导致余弦定理：

$$|u+v|^2=|u|^2+|v|^2+2\mathrm{Re}\,\langle u,v\rangle$$

$$|u-v|^2=|u|^2+|v|^2-2\mathrm{Re}\,\langle u,v\rangle$$

但是，这两个公式中依然有一个内积，所以无法用这个来判断某个范数是否由内积诱导的，原因是这个时候还不知道内积为何物。
依照勾股定理的证明，当 $|u+v|=|u-v|$ 的时候，我们可以消除内积的身影，即勾股定理的如下形式：
当 $|u+v|=|u-v|$ 时，$|u+v|^2=|u|^2+|v|^2$
这样，这个条件之中完全没有内积的参与，并且它是范数由内积诱导的必要条件。但是，它是否是充要条件暂且不论，我们在用它判断的时候就可能遇到麻烦。因为要断定一个范数不是由内积诱导（大多数情况下不是），就需要找到两个向量满足 $|u+v|=|u-v|$ 但不满足 $|u+v|^2=|u|^2+|v|^2$，这在某些情况下是有困难的。

还有一种从余弦定理中消除内积的方法，就是不管是否有 $|u+v|=|u-v|$，我们将余弦定理两个式子相加，从而消掉内积得到了平行四边形法则

$$|u+v|^2+|u-v|^2=2|u|^2+2|v|^2$$

它是一个范数由内积诱导的充要条件。

从平行四边形法则，可知，定义于 $\mathbb{R}^n$ 上的 p-范数

$$|(x_1,x_2,\dots,x_n)|=(\sum_{i=1}^n|x_i|^p)^{\frac{1}{p}}$$

当且仅当 p=2 时是由内积诱导的。

值得注意的是勾股定理、余弦定理、平行四边形法则和内积诱导范数之间的关系，它们在下面的意义下是等价的：

命题1：数域 $\mathrm{F}$ 包含实数域，在 $\mathrm{F}$ 的一个赋范向量空间 $V$ 中，如果范数满足以下条件之一，那么这个范数是由内积诱导的。
1) 满足平行四边形法则
2) 范数形式勾股定理1：如果 $|u+v|=|u-v|$ 那么 $|u+av|^2=|u|^2+|av|^2, \forall a\in\mathbb{R}$
3) 范数形式勾股定理2：$\forall u,v\in V,v\not=0$，定义在实数域上的函数 $f(a)=|av-u|$ 存在一点 $b$ 满足 $f^2(b+x)=f^2(b)+|xv|^2, \forall x\in\mathbb{R}$。

为了证明这个命题，需要首先研究一下定义在实数域上的实值函数 $f(a)=|av-u|$，如果 $v=0$，则它是常值函数；否则如果 $u,v$ 线性相关，则它是一个绝对值函数 $f(a)=|a+a_0| |v|$。但在更一般的情况下，它不是一个规则的函数。它有以下一些性质：

性质1：连续性，$f$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续
性质2：若 $v\not=0$ 那么 $f(\pm\infty)=+\infty$
性质3：当 $v\not=0$ 时，如果 $f$ 的图像有对称轴，那么它的对称轴只有一条。

证明：连续性可由三角不等式得出：$|f(x)-f(y)|=||xv-u|-|yv-u||\le|xv-yv|=|x-y| |v|$。
性质2同样也是由三角不等式证明：$f(x)=|xv-u|\ge\left |,|x|,|v|-|u|,\right |$
第三条可以根据前两条得出，因为如果图像有两条对称轴 $a$ 和 $b$，那么有 $f(a+x)=f(a-x)$ 和 $f(b+x)=f(b-x)$，将两式中的 $x$ 分别换成 $x-a$ 和 $x-b$，有 $f(x)=f(2a-x)=f(2b-x)$，因此有 $f(x)=f(2a-x)=f(2b-(2a-x))=f(2b-2a+x)$，这说明 $f$ 是周期函数，又根据性质1知道它是有界的，与性质2矛盾。

接下来证明命题1。如果只考虑实数域和复数域上的向量空间，我们可以由1)->2)->3)->内积诱导范数 这样的顺序进行证明，可能这样比较自然一些。但是用1) 证明2),3)中的任何一条都比较麻烦。因此还是按照通常的办法先证明满足平行四边形法则的范数是由内积诱导的。

命题1的证明：1) 如果一个范数满足平行四边形法则，考察函数 $g(u,v)=|u+v|^2-|u-v|^2$，首先证明 $g(u+w,v)=g(u,v)+g(w,v)$ 与 $g(au,v)=ag(u,v)$，其中 $a$ 是任意实数。
要证明 $|u+w+v|^2-|u+w-v|^2$ $=|u+v|^2-|u-v|^2+|w+v|^2-|w-v|^2$，在等式左边加上 $|u+v-w|^2-|u+v-w|^2$，根据平行四边形法则，左边等于 $2|u+v|^2+2|w|^2-2|u|^2-2|w-v|^2$，与右边合并同类项，即证明等式 $|u+v|^2+|u-v|^2-|w-v|^2-|w+v|^2=2|u|^2-2|w|^2$，再次利用平行四边形法则即可得证。
接着证明对任意实数 $a$，$g(au,v)=ag(u,v)$。根据刚才的论述以及前述结论，$g(xu,v)$ 是关于实数 x 的连续函数，且满足加法的线性，因此它也满足实数乘法的线性。
对于实数向量空间，定义内积

$$\langle u,v\rangle=\frac{|u+v|^2-|u-v|^2}{4}$$

可知它满足双线性、对称性，以及 $\langle u,u\rangle=|u|^2$。
对于复数向量空间，定义内积

$$\langle u,v\rangle=\frac{|u+v|^2-|u-v|^2+|u+iv|^2i-|u-iv|^2i}{4}$$

容易验证它满足半双线性，共轭对称性，以及$\langle u,u\rangle=|u|^2$。
接下来我们用2) 证明 3)，3) 证明 1)，并用内积的性质证明2)，从而三个条件等价。
如果2) 满足，那么 $\forall u,v\in V,v\not=0$，考虑实数域上的函数 $f(x)=|xv-u|$，根据前述性质，它必有最小值，并且如果 $f(a)$ 不是它的最小值那么必存在异于 $a$ 的点 $a'$ 使得 $f(a)=f(a')$。这样，对于 $a_0=\frac{a-a'}{2},b_0=\frac{a+a'}{2}$，有 $f(b_0+a_0)=f(b_0-a_0)$，即 $|b_0v-u+a_0v|=|b_0v-u-a_0v|$。这样再根据条件2) 容易看出 $b_0$ 就是对称轴且是最小值。并且条件3) 成立。
如果条件3) 成立，那么 $\forall u,v\in V$，如果 $v=0$，则1) 显然成立，否则，取实变量实值函数 $f(x)=|xv-u|$，其对称点为 $b$，那么 $|u|^2=|2bv-u|^2=|bv-u|^2+|bv|^2$，$|u-v|^2=|bv-u+(1-b)v|^2=|bv-u|^2+|(1-b)v|^2$，$|u+v|^2=|bv-u-(1+b)v|^2=|bv-u|^2+|(1+b)v|^2$，从以上三式容易得到平行四边形法则即1) 成立。

如果满足1)，那么这个范数是由内积诱导出来的，根据内积的性质，如果 $|u+v|=|u-v|$，那么根据余弦定理，对于任何实数 $a$ 有
$\mathrm{Re}\,\langle u,av\rangle=a\mathrm{Re}\,\langle u,v\rangle=0$，从而 2) 成立。命题1证完。

可见，平行四边形法则和勾股定理一样，都是在表达同样的意思：由内积诱导的范数的一个本质特征，就是它是一个二次根式，且根号内也是二次的。但这些表达方式里只有平行四边形法则是最简洁的。

在命题1的证明中我们还可以注意到这样的一个事实：复数向量空间中任何两个向量 $u,v$，都可以找到一个实数 $a$ 使得 $\mathrm{Re}\,\langle u-av,v\rangle=0$。在命题1中我们是通过分析的方式利用范数的性质解决的，现在用代数的方法证明这个命题。因为 $\mathrm{Re}\,\langle u-av,v\rangle=0$ 当且仅当 $\mathrm{Re}\,\langle u,v\rangle=\mathrm{Re}\,a|v|^2$，当 $v\not=0$ 时我们可以令 $\mathrm{Re}\,a=\frac{\mathrm{Re}\,\langle u,v\rangle}{|v|^2}$，当 $v=0$ 时任何 $a$ 都满足条件。
从上面分析可看出，只要让 $a$ 的实部满足一定的条件，即可使勾股定理 $|u|^2=|u-av|^2+|av|^2$ 得到满足。