Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel muni d’une application $\lVert \cdot \rVert : E \to \R_{+}$ vérifiant les propriétés suivantes :
\begin{align*}\begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert & \text{(inégalité triangulaire)}\\
\forall \lambda\in\R, \forall x\in E, \lVert \lambda x \rVert = \lvert \lambda \rvert \lVert x \rVert & \text{(homogénéité)}\\
\forall x\in E, \lVert x \rVert = 0 \implies x = 0 &\text{(séparabilité)}\\
\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert^2 + \lVert x- y \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2.&\text{(propriété du parallélogramme)}
\end{array}\end{align*}
Les trois premières propriétés permettent d’écrire que $E$ est un espace vectoriel normé.
La dernière propriété, dite du parallélogramme, va vous permettre de démontrer le résultat difficile suivant : la norme $\lVert \cdot \rVert : E \to \R_{+}$ provient d’un produit scalaire.
Autrement dit, il existe une application : $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \R$ vérifiant toutes les propriétés suivantes :
\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)}\\
\forall x\in E, \lVert x \rVert^2 = \langle x,x \rangle. & \text{(lien avec la norme)}\\
\end{array}\end{align*}
Analyse du problème : déterminez une expression valable pour le produit scalaire
Supposez un instant que la norme provient d’un produit scalaire noté $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \R.$
Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisez la linéarité à gauche et à droite, ainsi que la symétrie :
\begin{align*}
\lVert x+y \rVert^2 &= \langle x+y,x+y \rangle \\
&= \langle x,x \rangle + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle \\
&= \lVert x\rVert^2 + \lVert y \rVert^2 + 2\langle x,y \rangle.
\end{align*}
Effectuez maintenant le calcul similaire suivant :
\begin{align*}
\lVert x-y \rVert^2 &= \langle x-y,x-y \rangle \\
&= \langle x,x \rangle – \langle x,y \rangle – \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle \\
&= \lVert x\rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – 2\langle x,y \rangle.
\end{align*}
Par soustraction, il vient $ \lVert x+y \rVert^2 – \lVert x- y \rVert^2 = 4 \langle x,y \rangle.$
Ainsi il est établi que, si la norme provient d’un produit scalaire, ce dernier est nécessairement unique, et il est défini par :
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x- y \rVert^2}{4}.}
Note : cette identité, fondamentale, est appelée identité de polarisation.
Définissez une application à partir de l’identité de polarisation
Fort du résultat établi plus haut, vous définissez l’application suivante $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \R$ en posant :
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x- y \rVert^2}{4}.
Il reste à comprendre pourquoi cette application est bien un produit scalaire.
Montrez les premières propriétés
La norme est invariante par passage à l’opposé
Soit $u\in E\comma$ vous avez :
\begin{align*}
\lVert -u \rVert &= \lVert (-1)\cdot u \rVert \\
&=\lvert -1 \rvert \lVert u \rVert\\
&= 1 \lVert u \rVert\\
&= \lVert u \rVert.
\end{align*}
Vous déduisez :
\boxed{\forall u\in E, \lVert -u \rVert = \lVert u \rVert.}
La norme vérifie l’inégalité triangulaire renversée
Soit $(x,y)\in E^2.$
D’après l’inégalité triangulaire :
\begin{align*}
\lVert y + (x-y) \rVert &\leq \lVert y \rVert + \lVert x-y \rVert \\
\lVert x \rVert &\leq \lVert y \rVert + \lVert x-y \rVert \\
\lVert x \rVert – \lVert y \rVert &\leq \lVert x-y \rVert
\end{align*}
En échangeant les rôles de $x$ et de $y$ et en utilisant l’invariance de la norme par passage à l’opposé :
\begin{align*}
\lVert x + (y-x) \rVert &\leq \lVert x \rVert + \lVert y-x \rVert \\
\lVert y \rVert &\leq \lVert x \rVert + \lVert y-x \rVert \\
\lVert y \rVert – \lVert x \rVert &\leq \lVert y-x \rVert\\
\lVert x \rVert – \lVert y \rVert &\leq \lVert x-y \rVert
\end{align*}
Comme $\left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert = \max\left(\lVert y \rVert – \lVert x \rVert, \lVert x \rVert – \lVert y \rVert\right)$ vous déduisez :
\left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert \leq \lVert x-y \rVert.
En définitive :
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert \leq \lVert x-y \rVert.}
Une somme toujours nulle
Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisant le fait que la norme est invariante par passage à l’opposé :
\begin{align*}
\langle x,y \rangle + \langle -x,y \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2}{4}+ \frac{\lVert -x+y \rVert^2- \lVert -x-y \rVert^2}{4}\\
&= \frac{\lVert x+y \rVert^2- \lVert x-y \rVert^2+\lVert -x+y \rVert^2 -\lVert -x-y \rVert^2 }{4}\\
&= \frac{\lVert x+y \rVert^2- \lVert x-y \rVert^2+\lVert x-y \rVert^2 -\lVert x+y \rVert^2 }{4}\\
&=0.
\end{align*}
Du coup :
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle + \langle -x,y \rangle = 0. }
Justifiez la symétrie
Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisez encore le fait que $\forall u\in E, \lVert -u \rVert = \lVert u \rVert.$
\begin{align*}
\langle x,y \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2}{4} \\
&= \frac{\lVert y+x \rVert^2 – \lVert y-x \rVert^2}{4}\\
&=\langle y,x \rangle.
\end{align*}
Vous déduisez :
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle =\langle y,x \rangle.}
Montrez le lien avec la norme et le caractère positif
Soit $x\in E.$
Alors il vient, en utilisant les propriétés d’homogénéité :
\begin{align*}
\langle x,x \rangle &= \frac{\lVert x+x \rVert^2 – \lVert x-x \rVert^2}{4} \\
&= \frac{\lVert 2x \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2}{4}\\
&= \frac{(2\lVert x \rVert)^2 – \lVert 0\cdot 0 \rVert^2}{4}\\
&= \frac{4\lVert x \rVert^2 – (0\times \lVert 0 \rVert)^2}{4}\\
&= \frac{4 \lVert x \rVert^2 }{4}\\
&= \lVert x \rVert^2.
\end{align*}
La norme de $x$ étant un réel positif, son carré l’est aussi, par suite :
\boxed{\forall x\in E, \langle x,x \rangle \geq 0.}
Montrez le caractère défini
Soit $x\in E$ tel que $\langle x,x \rangle = 0.$
Utilisant la propriété de séparation :
\begin{align*}
\langle x,x \rangle &= 0 \\
\lVert x \rVert^2 &= 0\\
\lVert x \rVert &= 0\\
x &=0.
\end{align*}
Par suite :
\boxed{\forall x\in E, \langle x,x \rangle = 0 \implies x=0.}
Réciproquement, si $x=0\comma$ alors :
\begin{align*}
\langle x,x \rangle &= \frac{\lVert 0+0 \rVert^2 – \lVert 0-0 \rVert^2}{4}\\
&= \frac{\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2}{4}\\
&= 0.
\end{align*}
Ainsi :
\boxed{\forall x\in E, x=0 \implies \langle x,x \rangle = 0.}
Démontrez le caractère additif
Le but de cette section est de démontrer que :
\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+ \langle y,z \rangle.
Soit $(x,y,z)\in E^3$ un triplet de trois vecteurs de $E.$
Note : pour une démonstration plus robuste et plus élégante, vous êtes invité à aller dans un autre article.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 200.
Par définition, vous avez $\langle x+y,z \rangle = \frac{\lVert x+y+z \rVert^2- \lVert x+y -z\rVert^2}{4}.$
D’autre part, via l’identité du parallélogramme, vous avez :
\lVert x+(y+z) \rVert^2 + \lVert x- (y+z) \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2
donc :
\lVert x+y+z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.
D’autre part, toujours avec l’identité du parallélogramme, vous avez aussi :
\lVert x+(y-z) \rVert^2 + \lVert x- (y-z) \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y-z \rVert^2
donc :
\lVert x+y-z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y-z \rVert^2 – \lVert x- y+z \rVert^2.
Mis bout à bout, vous déduisez :
\begin{align*}
\langle x+y,z \rangle &= \frac{\lVert x+y+z \rVert^2- \lVert x+y -z\rVert^2}{4}\\
&= \frac{2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2 + \lVert x- y+z \rVert^2}{4}\\
&= \frac{ 2 \lVert y+z \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2 + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2 }{4}\\
&= 2 \times \frac{ \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 }{4} + \frac{\lVert x- y-z \rVert^2 – \lVert x- y-z\rVert^2 }{4}\\
&= 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.
\end{align*}
Vous avez ainsi prouvé que :
\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.
Vous n’êtes plus très loin du but recherché.
Fixez maintenant $(x,y,z)\in E^3$ et utilisez le résultat ci-dessus en échangeant les rôles de $x$ et de $y\comma$ vous obtenez alors :
\langle y+x,z \rangle = 2 \langle x,z \rangle + \langle y-x,z \rangle.
Or, vous avez toujours :
\langle x+y,z \rangle = 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.
Comme $x+y=y+x\comma$ par somme, il vient :
2\langle x+y,z \rangle = 2 \langle x,z \rangle +2 \langle y,z \rangle + \langle y-x,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.
Pour les deux derniers termes obtenus, vous utilisez la propriété de la somme nulle, démontrée plus haut, qui stipule :
\forall (u,v)\in E^2, \langle u,v \rangle + \langle -u,v \rangle =0.
En choisissant $u = y-x$ il vient $-u = x-y$ et $v=z\comma$ vous obtenez :
\langle y-x,z \rangle + \langle x-y,z \rangle = 0.
Donc :
2\langle x+y,z \rangle = 2 \langle x,z \rangle +2 \langle y,z \rangle.
Après division par $2\comma$ il vient le résultat annoncé, à savoir :
\boxed{\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+ \langle y,z \rangle.}
Démontrez l’homogénéité à gauche
Le but de cette section est de démontrer que :
\forall \lambda\in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle.
Démontrer cette propriété directement est chose difficile. Aussi, vous allez y aller étape par étape.
Démontrez que $\forall n \in \N, \forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle$
Pour tout entier naturel $n\comma$ notez $P(n)$ la propriété : « $\forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle$ ».
Initialisation. Soit $(x,y)\in E^2.$
\begin{align*}
\langle 0 x,y \rangle &= \langle 0 ,y \rangle \\
&= \frac{\lVert 0+y \rVert^2 – \lVert 0-y \rVert^2}{4}\\
&= \frac{\lVert y \rVert^2 – \lVert -y \rVert^2}{4}\\
&= \frac{\lVert y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2}{4}\\
&=0.
\end{align*}
D’autre part, $0 \langle x,y \rangle = 0$ il vient donc $\langle 0 x,y \rangle = 0 \langle x,y \rangle$ et $P(0)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $P(n)$ soit vérifiée.
Soit $(x,y)\in E^2.$
\begin{align*}
\langle (n+1) x,y \rangle &= \langle n x +x ,y \rangle \\
&= \langle n x,y \rangle + \langle x,y \rangle \quad \text{(par additivité)}\\
&= n\langle x,y \rangle + \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque }P(n)\text{ est vérifiée)}\\
&= (n+1) \langle x,y \rangle.
\end{align*}
Donc $P(n+1)$ est vérifiée.
Par récurrence sur $n\comma$ il est maintenant établi que :
\forall n\in \N, \forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle.
Démontrez que $\forall p \in \Z, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle$
Soit $p$ un entier négatif et soit $(x,y)\in E^2.$
Utilisant la propriété de la somme nulle il vient :
\begin{align*}
\langle p x,y \rangle &= – \langle (-p) x,y \rangle\\
&= – (-p) \langle x,y \rangle \quad \text{(vu que }-p\in\N\text{)}\\
&= p \langle x,y \rangle.
\end{align*}
Vous déduisez :
\forall p \in \Z_{-}, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle.
Or d’après le paragraphe précédent :
\forall p \in \Z_{+}, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle.
Vous en déduisez :
\forall p \in \Z, \forall (x,y)\in E^2, \langle p x,y \rangle =p\langle x,y \rangle.
Démontrez que $\forall q \in \Q, \forall (x,y)\in E^2, \langle q x,y \rangle =q\langle x,y \rangle$
Soit $q\in \Q$ et soit $(x,y)\in E^2.$
Il existe $m\in \Z$ et $n\in\N^{*}$ tels que $q = \frac{m}{n}.$
\begin{align*}
n \langle q x,y \rangle &= \langle n(q x),y \rangle \quad \text{(puisque }n\in\N\text{)} \\
&=\langle (nq) x,y \rangle\\
&= \langle m x,y \rangle \\
&= m \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque }m\in\Z\text{)} \\
&= n q \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque }m\in\Z\text{)}.
\end{align*}
Or $n \neq 0$ donc $\langle q x,y \rangle = q \langle x,y \rangle.$
Vous avez démontré :
\forall q \in \Q, \forall (x,y)\in E^2, \langle q x,y \rangle =q\langle x,y \rangle.
Démontrez que $\forall r \in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle r x,y \rangle =r\langle x,y \rangle$
Note. Cette propriété est démontrée autrement de manière plus courte dans un autre article en démontrant au préalable l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 202.
Soit $r\in \R$ et $(x,y)\in E^2.$
Pour tout nombre réel $a\comma$ notez $\lfloor a \rfloor$ la partie entière de $a\comma$ c’est-à-dire le plus grand entier inférieur ou égal à $a.$ Par définition de ce nombre, vous avez : $\forall a\in \R, \lfloor a \rfloor \leq a \lt \lfloor a \rfloor + 1.$
Soit $n$ un entier naturel.
$\lfloor 10^n r \rfloor \leq 10^n r \lt \lfloor 10^n r \rfloor + 1$ donc en divisant :
\frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n} \leq r \lt \frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n} + \frac{1}{10^n}.
Il est donc légitime de poser, pour tout entier naturel $n\comma$ $q_n = \frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n}.$
Vous avez : $\forall n\in\N, q_n \leq r \lt q_n + \left(\frac{1}{10}\right)^n.$
Par souci de simplification des notations, pour tout entier naturel $n\comma$ vous notez $t_n = r-q_n.$
Il vient immédiatement $\forall n\in\N, 0\leq t_n \leq \left(\frac{1}{10}\right)^n \leq 1.$
Soit $n\in \N.$ Maintenant vous procédez aux majorations :
\begin{align*}
\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert &\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle – \langle q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert \langle q_n x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle + \langle – q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert \langle q_n x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(par la propriété de la somme nulle)}\\
&\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle + \langle – q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert q_n \langle x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(vu que }q_n\in\Q\text{)}\\
&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + \left\lvert q_n \langle x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(par additivité)}\\
&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + \left\lvert q_n -r \right\rvert \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \frac{\lVert t_n x+y \rVert^2 – \lVert t_n x – y \rVert^2}{4} \right\rvert + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert^2 – \lVert t_n x – y \rVert^2 \right\rvert}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2+ \lVert y \rVert^2- \lVert t_n x – y \rVert^2 \right\rvert}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert + \left\lvert \lVert y \rVert^2- \lVert t_n x – y \rVert^2 \right\rvert}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert ( \lVert t_n x+y \rVert + \lVert y \rVert )+ \left\lvert \lVert y \rVert- \lVert y-t_n x \rVert \right\rvert ( \lVert y \rVert+ \lVert t_n x – y \rVert)}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert ( \lVert t_n x+y \rVert + \lVert y \rVert )+ \left\lvert \lVert y \rVert- \lVert t_n x – y \rVert \right\rvert ( \lVert y \rVert+ \lVert t_n x – y \rVert)}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert ( \lVert t_n x\rVert +\lVert y \rVert + \lVert y \rVert )+ \left\lvert \lVert y \rVert- \lVert t_n x – y \rVert \right\rvert ( \lVert y \rVert+ \lVert t_n x\rVert + \lVert – y \rVert)}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \quad \text{(par inégalité triangulaire)}\\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert ( t_n \lVert x\rVert +\lVert y \rVert + \lVert y \rVert )+ \left\lvert \lVert y \rVert- \lVert t_n x – y \rVert \right\rvert ( \lVert y \rVert+ t_n \lVert x\rVert + \lVert y \rVert)}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \\
&\leq \frac{ \left\lvert \lVert t_n x+y \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert ( \lVert x\rVert +2\lVert y \rVert )+ \left\lvert \lVert y \rVert- \lVert t_n x – y \rVert \right\rvert ( \lVert x\rVert + 2 \lVert y \rVert)}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \quad \text{(on majore }t_n\text{ par }1\text{)}\\
&\leq \frac{ t_n \lVert x \rVert ( \lVert x\rVert +2\lVert y \rVert )+ t_n \lVert x \rVert ( \lVert x\rVert + 2 \lVert y \rVert)}{4} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \quad \text{(on majore }t_n\text{ par }1\text{)} \quad \text{(par inégalité triangulaire renversée)}\\
&\leq \frac{ t_n \lVert x \rVert ( \lVert x\rVert +2\lVert y \rVert )}{2} + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \\
&\leq t_n \left(\frac{ \lVert x \rVert ( \lVert x\rVert +2\lVert y \rVert )}{2} + \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \right)\\
&\leq \left(\frac{1}{10}\right)^n \left(\frac{ \lVert x \rVert ( \lVert x\rVert +2\lVert y \rVert )}{2} + \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \right).
\end{align*}
Comme $0\lt \frac{1}{10}\lt 1\comma$ il vient $\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{10}\right)^n =0.$
En passant à la limite dans l’inégalité ci-dessus, il vient $\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \leq 0\comma$ par conséquent $ \langle r x,y \rangle = r \langle x,y \rangle.$
Cela achève la démonstration suivante :
\boxed{\forall r \in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle r x,y \rangle =r\langle x,y \rangle.}
Démontrez la linéarité
Soit $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et $(x,y,z)\in E^3.$
\begin{align*}
\langle \lambda x + \mu y, z \rangle &= \langle \lambda x , z \rangle+ \langle \mu y, z \rangle \quad \text{(par additivité)} \\
&= \lambda \langle x , z \rangle+ \mu \langle y, z \rangle \quad \text{(par homogénéité)} .
\end{align*}
D’autre part :
\begin{align*}
\langle x, \lambda y + \mu z \rangle &=\langle \lambda y + \mu z, x \rangle \quad \text{(par symétrie)} \\
&=\lambda \langle y , x \rangle + \mu \langle z, x \rangle\\
&=\lambda \langle x , y \rangle + \mu \langle x, z \rangle. \quad \text{(par symétrie)}
\end{align*}
La linéarité à droite et à gauche est acquise.
Ainsi, l’application $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \R$ est un produit scalaire réel dont dérive la norme $\lVert \cdot \rVert : E \to \R_{+}$ qui vérifie l’identité du parallélogramme.
