Vous lisez dans de nombreux livres qu’un produit scalaire réel est une forme bilinéaire symétrique définie positive.

Autrement dit, soit $E$ un espace vectoriel, l’application $\langle, \rangle : E^2\to \R$ définit un produit scalaire réel, si et seulement si, elle vérifie toutes les conditions énumérées ci-dessous :

$\begin{align*}\begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \langle y,x\rangle & \text{(symétrie)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + \mu y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\mu \langle y,z\rangle & \text{(linéarité à gauche)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \lambda \langle x,y \rangle+\mu \langle x,z \rangle & \text{(linéarité à droite)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0 & \text{(caractère défini)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle \geq 0.& \text{(positivité)}\\
\end{array}\end{align*}$

Vous allez montrer que ces conditions peuvent être allégées, et notamment la condition de positivité.

Soit dans toute la suite une application $\langle, \rangle : E^2\to \R$ vérifiant les conditions suivantes :

$\begin{align*}\begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \langle y,x\rangle & \text{(symétrie)}\\
\forall \lambda \in\R, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle & \text{(linéarité allégée à gauche)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \implies x=0 & \text{(caractère défini sans équivalence)}\\
\exists x_0\in E, \langle x_0,x_0 \rangle > 0.& \text{(existence d’un vecteur de norme strictement positive)}\\
\end{array}\end{align*}$

Vous allez montrer que l’application $\langle, \rangle$ est un produit scalaire réel.

Etablissez une propriété avec le vecteur nul

Utilisez la linéarité allégée à gauche :

$\begin{align*}
\langle 1 \cdot 0 + 0, 0\rangle &= 1 \langle 0,0\rangle+\langle 0,0\rangle \\
\langle 0+0, 0\rangle &= \langle 0,0\rangle + \langle 0,0\rangle\\
\langle 0, 0\rangle &= \langle 0,0\rangle + \langle 0,0\rangle\\
0 &= \langle 0,0\rangle.
\end{align*}$

Soit $x\in E.$

Grâce à la symétrie puis à la linéarité allégée à gauche, il vient :

$\begin{align*}
\langle x, 0\rangle &= \langle 0, x\rangle \\
&= \langle 1\cdot 0+0, x\rangle \\
&= 1 \langle 0, x\rangle +\langle 0, x\rangle \\
&= \langle 0, x\rangle +\langle 0, x\rangle\\
&= \langle x, 0\rangle +\langle x, 0\rangle.
\end{align*}$

Du coup, $0 = \langle x, 0\rangle.$

Est donc démontrée la propriété suivante :

$\boxed{\forall x\in E, \langle x, 0\rangle = 0.}$

Déduisez-en une équivalence

Vous souhaitez démontrer que :

$\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0.$

L’implication :

$\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \implies x=0$ est déjà acquise.

Compte tenu du fait que $\forall x\in E, 0 = \langle x, 0\rangle$ il vient $0 =\langle 0, 0\rangle$ ce qui prouve l’implication :

$\forall x\in E, x=0 \implies \langle x,x \rangle=0.$

Vérifiez la bilinéarité

Soient $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et $(x,y,z)\in E^3.$

$\begin{align*}
\langle \lambda x + \mu y , z \rangle &= \langle 1(\lambda x) + (\mu y) , z \rangle \\
&= 1 \langle \lambda x, z \rangle + \langle \mu y , z \rangle \\
&= \langle \lambda x, z \rangle + \langle \mu y , z \rangle \\
&= \langle \lambda x + 0, z \rangle + \langle \mu y + 0 , z \rangle \\
&= \lambda \langle x , z \rangle + \langle 0,z \rangle + \mu \langle y , z \rangle + \langle 0, z \rangle \\
&= \lambda \langle x, z \rangle + 0 + \mu \langle y , z \rangle + 0 \\
&= \lambda \langle x, z \rangle + \mu \langle y , z \rangle.
\end{align*}$

$\begin{align*}
\langle x, \lambda y + \mu z \rangle &= \langle \lambda y + \mu z , x\rangle \\
&= \lambda \langle y , x\rangle + \mu \langle z, x\rangle\\
&= \lambda \langle x , y\rangle + \mu \langle x, z\rangle.
\end{align*}$

La bilinéarité à gauche et à droite de l’application $\langle, \rangle$ est acquise.

Bonus : démontrez la double distributivité

Soient $(\alpha, \beta, \gamma, \delta )\in\R^4$ et $(x,y,z, t)\in E^4.$

$\begin{align*}
\langle \alpha x + \beta y, \gamma z + \delta t \rangle &= \alpha \langle x , \gamma z + \delta t \rangle + \beta \langle y , \gamma z + \delta t \rangle \\
&= \alpha (\gamma \langle x , z \rangle +\delta \langle x , t \rangle ) + \beta (\gamma \langle y , z \rangle + \delta t \langle y,t \rangle)\\
&= \alpha \gamma \langle x,z\rangle + \alpha \delta \langle x,t\rangle + \beta \gamma \langle y,z\rangle +\beta \delta \langle y,t\rangle.
\end{align*}$

Est ainsi justifié le résultat pratique :

$\boxed{\forall (\alpha, \beta, \gamma, \delta )\in\R^4, \forall (x,y,z, t)\in E^4, \langle \alpha x + \beta y, \gamma z + \delta t \rangle = \alpha \gamma \langle x,z\rangle + \alpha \delta \langle x,t\rangle + \beta \gamma \langle y,z\rangle +\beta \delta \langle y,t\rangle.}$

Démontrez la positivité

Par hypothèse il existe un vecteur $x_0\in E$ tel que $\langle x_0, x_0\rangle > 0.$

Soit $x\in E$ et supposez un instant que $\langle x, x\rangle < 0.$

Pour tout réel $t$, vous posez $f(t) = \langle x + tx_0, x+tx_0\rangle.$

Par double distributivité et par symétrie, il vient :

$\begin{align*}
f(t) &= \langle x + tx_0, x+tx_0\rangle \\
&= \langle x , x\rangle + t \langle x , x_0\rangle + t\langle x_0 , x\rangle+t^2 \langle x_0 , x_0\rangle\\
&= \langle x , x\rangle + 2t \langle x_0, x\rangle + t^2\langle x_0, x_0 \rangle.
\end{align*}$

$f$ est donc un polynôme du second degré, de coefficient dominant $\langle x_0, x_0 \rangle$ strictement positif.

Il vient donc $\lim_{t\to +\infty} f(t) = +\infty$ donc il existe un réel $t_1> 0$ tel que $f(t_1) > 0.$

D’autre part, $f(0) = \langle x , x\rangle $ et $f(0)<0.$

$f$ étant une fonction continue sur $\R$, l’application du théorème des valeurs intermédiaires sur l’intervalle $[0, t_1]$ fournit l’existence d’un réel $u\in[0, t_1]$ tel que $f(u)=0$.

Ainsi, $\langle x + u x_0, x+ u x_0\rangle = 0.$ Or, le caractère défini de l’application $\langle, \rangle$ fournit $x+ux_0 = 0$, donc $x = -u x_0.$

Il vient donc par double distributivité :

$\begin{align*}
\langle x, x\rangle &=\langle -u x_0, -u x_0\rangle \\
&= (-u)^2 \langle x_0, x_0\rangle\\
&= u^2 \langle x_0, x_0\rangle.
\end{align*}$

Comme $\langle x_0, x_0\rangle \neq 0$ vous déduisez $\frac{\langle x, x\rangle}{\langle x_0, x_0\rangle} = u^2.$

Or $u$ est réel donc $u^2$ est positif. Comme $\langle x_0, x_0\rangle > 0$ et $\langle x, x\rangle < 0$ il vient $\frac{\langle x, x\rangle}{\langle x_0, x_0\rangle} < 0$ ce qui contredit le fait que $u^2 \geq 0.$

Il est donc aburde d’avoir l’existence d’un vecteur $x\in E$ tel que $\langle x, x\rangle < 0.$

Vous déduisez que pour tout $x\in E$, $\langle x, x\rangle \geq 0$ ce qui était la positivité cherchée.