Soit $E$ un $\C$-espace vectoriel muni d’une application $\lVert \cdot \rVert : E \to \R_{+}$ vérifiant les propriétés suivantes :

$\begin{align*}\begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert & \text{(inégalité triangulaire)}\\
\forall \lambda\in\C, \forall x\in E, \lVert \lambda x \rVert = \lvert \lambda \rvert \lVert x \rVert & \text{(homogénéité)}\\
\forall x\in E, \lVert x \rVert = 0 \implies x = 0 &\text{(séparabilité)}\\
\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert^2 + \lVert x- y \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2.&\text{(propriété du parallélogramme)}
\end{array}\end{align*}$

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 hermitien.

Autrement dit, il existe une application : $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \C$ vérifiant toutes les propriétés suivantes :

$\begin{align*}\begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \overline{\langle y,x\rangle} & \text{(anti-symétrie)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + \mu y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\mu \langle y,z\rangle & \text{(linéarité à gauche)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \overline{\lambda} \langle x,y \rangle+\overline{\mu\vphantom{\lambda}} \langle x,z \rangle & \text{(anti-linéarité à droite)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0 & \text{(caractère défini)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle \in\R_{+} & \text{(positivité)}\\
\forall x\in E, \lVert x \rVert^2 = \langle x,x \rangle. & \text{(lien avec la norme)}\\
\end{array}\end{align*}$

Analyse du problème : déterminez une expression valable pour le produit scalaire

Supposez un instant que la norme provient d’un produit scalaire hermitien noté $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \C.$

Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisez la linéarité à gauche et à droite, ainsi que l’anti-symétrie :

$\begin{align*}
\lVert x+y \rVert^2 &= \langle x+y,x+y \rangle \\
&= \langle x,x \rangle + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle \\
&= \lVert x\rVert^2 + \lVert y \rVert^2 + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle
\end{align*}$

$\begin{align*}
\lVert x-y \rVert^2 &= \langle x-y,x-y \rangle \\
&= \langle x,x \rangle – \langle x,y \rangle – \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle \\
&= \lVert x\rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \langle x,y \rangle – \langle y,x \rangle
\end{align*}$

Par soustraction, il vient :

$\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 =2 \langle x,y \rangle + 2 \langle y,x \rangle.$

Il est donc établi que :

$\forall (x,y)\in E^2, \lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 =2 \langle x,y \rangle + 2 \langle y,x \rangle.$

Soit maintenant $(x,y)\in E^2.$

Appliquez le résultat ci-dessus avec les vecteurs $x$ et $iy$ :

$\begin{align*}
\lVert x+iy \rVert^2 – \lVert x-iy \rVert^2 =2 \langle x,iy \rangle + 2 \langle iy,x \rangle \\
\lVert x+iy \rVert^2 – \lVert x-iy \rVert^2 =-2i \langle x,y \rangle + 2i \langle y,x \rangle \\
i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2 =2 \langle x,y \rangle – 2 \langle y,x \rangle.
\end{align*}$

Or, vous avez :

$\begin{align*}
\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 &=2 \langle x,y \rangle + 2 \langle y,x \rangle
\end{align*}$

Par addition, vous obtenez :

$\begin{align*}
\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2 &= 4 \langle x,y \rangle.
\end{align*}$

En définitive, vous avez trouvé que le produit scalaire hermitien, s’il provient d’une norme, est unique.

Son expression est donnée par :

$\begin{align*}
\boxed{\langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2}{4}.}
\end{align*}$

Définissez une application à partir de l’identité de polarisation dans le cas complexe

Fort du résultat établi plus haut, vous définissez l’application suivante $\langle \cdot, \cdot \rangle : E^2\to \C$ en posant :

$\begin{align*}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 -i \lVert x-iy \rVert^2}{4}.
\end{align*}$

Il reste à comprendre pourquoi cette application est bien un produit scalaire hermitien.

Montrez les premières propriétés

La norme est invariante par passage à l’opposé et par la multiplication par $i$

Soit $u\in E$, 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 :

$\boxed{\forall u\in E, \lVert -u \rVert = \lVert u \rVert.}$

Soit $u\in E$, vous avez :

$\begin{align*}
\lVert i u \rVert &= \lvert i \rvert \lVert u \rVert\\
&= 1 \lVert u \rVert\\
&= \lVert u \rVert.
\end{align*}$

Vous déduisez :

$\boxed{\forall u\in E, \lVert i u \rVert = \lVert u \rVert.}$

Une somme toujours nulle

Soit $(x,y)\in E^2.$ Utilisant le fait que la norme est invariante par passage à l’opposé :

$\begin{align*}
\langle x,y \rangle + \langle -x,y \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 – i\lVert x-iy \rVert^2}{4} \\ &\quad +\frac{\lVert -x+y \rVert^2 – \lVert -x-y \rVert^2 + i \lVert -x+iy \rVert^2 – i\lVert -x-iy \rVert^2}{4} \\
&= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x+iy \rVert^2 – i\lVert x-iy \rVert^2}{4} \\ &\quad +\frac{\lVert x-y \rVert^2 – \lVert x+y \rVert^2 + i \lVert x-iy \rVert^2 – i\lVert x+iy \rVert^2}{4} \\
&=0.
\end{align*}$

Du coup :

$\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle + \langle -x,y \rangle = 0. }$

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 $\left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert = \mathrm{Max}\left(\lVert y \rVert – \lVert x \rVert, \lVert x \rVert – \lVert y \rVert\right)$ vous déduisez :

$\left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert \leq \lVert x-y \rVert.$

En définitive :

$\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \left\lvert \lVert x \rVert – \lVert y \rVert \right\rvert \leq \lVert x-y \rVert.}$

Justifiez l’anti-symétrie

Soit $(x,y)\in E^2$. Utilisant l’invariance de la norme par passage à l’opposé et par la multiplication par $i$ :

$\begin{align*}
\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert y+x \rVert^2 – \lVert y-x \rVert^2 + i \lVert y+ix \rVert^2 -i \lVert y-ix \rVert^2}{4} \\
\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert y+ix \rVert^2 -i \lVert y-ix \rVert^2}{4} \\
\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert i(y+ix) \rVert^2 -i \lVert i(y-ix) \rVert^2}{4} \\
\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert -x+iy \rVert^2 -i \lVert x+iy \rVert^2}{4} \\
\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 + i \lVert x-iy \rVert^2 -i \lVert x+iy \rVert^2}{4} \\
\langle y,x \rangle &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2-i \lVert x+iy \rVert^2 + i \lVert x-iy \rVert^2 }{4} \\
\overline{\langle y,x \rangle} &= \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2+i \lVert x+iy \rVert^2 – i \lVert x-iy \rVert^2 }{4} \\
\overline{\langle y,x \rangle} &= \langle x,y \rangle.
\end{align*}$

Est ainsi acquis le résultat suivant :

$\begin{align*}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \overline{\langle y,x \rangle} = \langle x,y \rangle.}
\end{align*}$

Montrez le lien avec la norme et le caractère positif

Soit $x\in E.$

$\begin{align*}
\langle x,x \rangle &= \frac{\lVert x+x \rVert^2 – \lVert x-x \rVert^2 + i \lVert x+ix \rVert^2 -i \lVert x-ix \rVert^2}{4} \\
&= \frac{\lVert 2x \rVert^2 – \lVert 0\cdot 0 \rVert^2 + i \lVert (1+i)x \rVert^2 -i \lVert (1-i)x \rVert^2}{4} \\
&= \frac{2^2 \lVert x \rVert^2 – 0\lVert 0 \rVert^2 + i \lvert 1+i \rvert^2 \lVert x \rVert^2 -i \lvert 1-i \rvert^2 \lVert x \rVert^2}{4} \\
&= \frac{4 \lVert x \rVert^2 – 0 + 2i \lVert x \rVert^2 -2i \lVert x \rVert^2}{4} \\
&= \frac{4 \lVert x \rVert^2 }{4} \\
&= \lVert x \rVert^2.
\end{align*}$

Le lien avec la norme est établi.

Comme, $\lVert x \rVert \in \R_{+}$ il vient $\lVert x \rVert^2 \in \R_{+}$ donc $\langle x,x \rangle \in \R_{+}.$

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 $x=0$, alors :

$\begin{align*}
\langle x,x \rangle &= \frac{\lVert 0+0 \rVert^2 – \lVert 0-0 \rVert^2 + i \lVert 0+i0 \rVert^2 -i \lVert 0-i0 \rVert^2}{4} \\
&= \frac{\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2 + i \lVert 0 \rVert^2 -i \lVert 0 \rVert^2}{4} \\
&= \frac{(\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2) + i (\lVert 0 \rVert^2 – \lVert 0 \rVert^2)}{4} \\
&= \frac{0 + i\times 0}{4} \\
&= 0.
\end{align*}$

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 $E.$

Par définition, vous avez :

$\begin{align*}
\langle x+y,z \rangle = \frac{\lVert x+y+z \rVert^2- \lVert x+y -z\rVert^2 + i \lVert x+y+i z \rVert^2 -i \lVert x+y-iz \rVert^2}{4}.
\end{align*}$

Appliquez l’identité du parallélogramme :

$\begin{align*}
\lVert x+(y+z) \rVert^2 + \lVert x- (y+z) \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2\\
\lVert x+y+z \rVert^2 + \lVert x- y-z \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2\\
\lVert x+y+z \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.
\end{align*}$

Ainsi :

$\begin{align*}
\forall (x,y,z)\in E^3, \lVert x+y+z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.
\end{align*}$

Soit à nouveau $(x,y,z)\in E^3.$

Appliquez le résultat précédent aux vecteurs $x$, $y$ et $-z$ :

$\begin{align*}
\lVert x+y-z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y-z \rVert^2 – \lVert x- y+z \rVert^2
\end{align*}$

Comme :

$\begin{align*}
\lVert x+y+z \rVert^2 = 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2
\end{align*}$

Vous déduisez par soustraction :

$\begin{align*}
\lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2 -2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2 + \lVert x- y+z \rVert^2 \\
&= 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.
\end{align*}$

Il est ainsi démontré :

$\begin{align*}
\forall (x,y,z)\in E^3, \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 = 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.
\end{align*}$

Soit maintenant $(x,y,z)\in E^3.$

Ecrivez la proposition ci-dessus avec les vecteurs $x$, $y$ et $iz$ :

$\begin{align*}
\lVert x+y+iz \rVert^2 – \lVert x+y-iz \rVert^2 = 2(\lVert y+iz \rVert^2 – \lVert y-iz \rVert^2) + \lVert x- y+iz \rVert^2 – \lVert x- y-iz \rVert^2.
\end{align*}$

Du coup :

$\begin{align*}
i \lVert x+y+iz \rVert^2 – i \lVert x+y-iz \rVert^2 = 2(i \lVert y+iz \rVert^2 -i \lVert y-iz \rVert^2) + i \lVert x- y+iz \rVert^2 – i\lVert x- y-iz \rVert^2.
\end{align*}$

Or :

$\begin{align*}
\lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 = 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2.
\end{align*}$

Par somme vous déduisez :

$\begin{align*}
\lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 + i \lVert x+y+iz \rVert^2 – i \lVert x+y-iz \rVert^2 &= 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2) + \lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2 \\&\quad + 2(i \lVert y+iz \rVert^2 -i \lVert y-iz \rVert^2) + i \lVert x- y+iz \rVert^2 – i\lVert x- y-iz \rVert^2\\
&= 2(\lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 -i \lVert y-iz \rVert^2) \\ &\quad +\lVert x- y+z \rVert^2 – \lVert x- y-z \rVert^2+ i \lVert x- y+iz \rVert^2 – i\lVert x- y-iz \rVert^2.
\end{align*}$

Ce qui s’écrit :

$\begin{align*}
4\langle x+y,z \rangle &= 8 \langle y,z \rangle + 4 \langle x-y,z \rangle\\
\langle x+y,z \rangle &= 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.
\end{align*}$

Vous avez ainsi prouvé que :

$\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = 2 \langle y,z \rangle + \langle x-y,z \rangle.$

Fixez maintenant $(x,y,z)\in E^3$ et utilisez le résultat ci-dessus en échangeant les rôles de $x$ et de $y$, 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 $x+y=y+x$, 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 $v=z$, 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 $2$, 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 :

$\forall \lambda\in \C, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle.$

Démontrer cette propriété directement est chose difficile. Aussi, vous allez y aller étape par étape.

Démontrez que 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 $n$, notez $P(n)$ la propriété : « $\forall (x,y)\in E^2, \langle n x,y \rangle =n\langle x,y \rangle.$ »

Initialisation. Soit $(x,y)\in E^2.$

$\begin{align*}
\langle 0 x,y \rangle &= \langle 0 ,y \rangle \\
&= \frac{\lVert 0+y \rVert^2 – \lVert 0-y \rVert^2 + i \lVert 0+iy \rVert^2 -i \lVert 0-iy \rVert^2 }{4}\\
&= \frac{\lVert y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2 + i \lVert y \rVert^2 -i \lVert y \rVert^2 }{4}\\
&=0.
\end{align*}$

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 $(x,y)\in E^2.$

$\begin{align*}
\langle (n+1) x,y \rangle &= \langle n x +x ,y \rangle \\
&= \langle n x,y \rangle + \langle x,y \rangle \quad \text{(par additivité)}\\
&= n\langle x,y \rangle + \langle x,y \rangle \quad \text{(puisque la propriété au rang précédent est vérifiée)}\\
&= (n+1) \langle x,y \rangle.
\end{align*}$

Donc $P(n+1)$ est vérifiée.

Par récurrence sur $n$, 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 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 naturel 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 que $\forall r \in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle r x,y \rangle =r\langle x,y \rangle$

Soit $r\in \R$ et $(x,y)\in E^2.$

Pour tout nombre réel $a$, notez $\lfloor a \rfloor$ la partie entière de $a$, c’est-à-dire le grand petit entier inférieur ou égal à $a.$ Par définition de ce nombre, vous avez : $\forall a\in \R, \lfloor a \rfloor \leq a < \lfloor a \rfloor + 1.$

Soit $n$ un entier naturel.

$\lfloor 10^n r \rfloor \leq 10^n r < \lfloor 10^n r \rfloor + 1$ donc en divisant :

$\frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n} \leq r < \frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n} + \frac{1}{10^n}.$

Il est donc légitime de poser, pour tout entier naturel $n$, $q_n = \frac{\lfloor 10^n r \rfloor}{10^n}.$

Vous avez : $\forall n\in\N, q_n \leq r < q_n + \left(\frac{1}{10}\right)^n.$

Par souci de simplification des notations, pour tout entier naturel $n$, 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 $n\in \N.$ Commencez par les majorations suivantes :

$\begin{align*}
\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert &\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle – \langle q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert \langle q_n x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle + \langle – q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert \langle q_n x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(par la propriété de la somme nulle)}\\
&\leq \left\lvert \langle r x,y \rangle + \langle – q_n x,y \rangle\right\rvert + \left\lvert q_n \langle x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(vu que }q_n\in\Q\text{)}\\
&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + \left\lvert q_n \langle x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \quad\text{(par additivité)}\\
&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + \left\lvert q_n -r \right\rvert \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert.
\end{align*}$

Il vous reste à trouver une majoration de $\left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert.$ Vous y parvenez en utilisant l’identité de polarisation :

$\begin{align*}
\left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert &\leq \frac{\left\lvert \lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert t_nx-y \rVert^2 + i \lVert t_nx+iy \rVert^2 -i \lVert t_nx-iy \rVert^2\right\rvert}{4} \\
&\leq \frac{\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \lVert t_nx-y \rVert^2 + i \lVert t_nx+iy \rVert^2 – i\lVert iy \rVert^2 + i \lVert iy \rVert^2 -i \lVert t_nx-iy \rVert^2\right\rvert}{4}\\
&\leq \frac{\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert \lVert y \rVert^2 – \lVert t_nx-y \rVert^2 \right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert i \lVert t_nx+iy \rVert^2 – i\lVert iy \rVert^2 \right\rvert}{4} + \frac{\left\lvert i \lVert iy \rVert^2 -i \lVert t_nx-iy \rVert^2 \right\rvert}{4} \\
&\leq \frac{\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert \lVert t_nx-y \rVert^2 – \lVert -y \rVert^2 \right\rvert}{4}+ \frac{\left\lvert \lVert t_nx+iy \rVert^2 – \lVert iy \rVert^2 \right\rvert}{4} + \frac{\left\lvert \lVert t_nx-iy \rVert^2 – \lVert -iy \rVert^2 \right\rvert}{4}.
\end{align*}$

Or, d’après l’inégalité triangulaire et l’inégalité triangulaire renversée :

$\begin{align*}
\left\lvert\lVert t_nx+y \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\right\rvert &\leq \left\lvert\lVert t_nx+y \rVert – \lVert y \rVert\right\rvert \times \left\lvert\lVert t_nx+y \rVert + \lVert y \rVert\right\rvert\\
&\leq \lVert t_nx \rVert \left[\lVert t_nx\rVert + \lVert y \rVert + \lVert y \rVert\right]\\
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[t_n \lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right]\\
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right].
\end{align*}$

En remplaçant $y$ par $iy$ il vient immédiatement :

$\begin{align*}
\left\lvert\lVert t_nx+iy \rVert^2 – \lVert iy \rVert^2\right\rvert
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert iy \rVert\right]\\
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right].
\end{align*}$

En remplaçant $y$ par $-y$ il vient :

$\begin{align*}
\left\lvert\lVert t_nx-y \rVert^2 – \lVert -y \rVert^2\right\rvert
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert -y \rVert\right]\\
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[(\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert)\right].
\end{align*}$

En remplaçant $y$ par $-iy$ il vient :

$\begin{align*}
\left\lvert\lVert t_nx-iy \rVert^2 – \lVert -iy \rVert^2\right\rvert
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[(\lVert x\rVert + 2\lVert -iy \rVert\right]\\
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right].
\end{align*}$

Du coup, vous déduisez :

$\begin{align*}
\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert &\leq \left\lvert \langle t_n x,y \rangle \right\rvert + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \\
&\leq t_n \lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right] + t_n \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert\\
&\leq t_n \left(\lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right] + \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \right) \\
&\leq \left(\frac{1}{10}\right)^n \left(\lVert x \rVert \left[\lVert x\rVert + 2\lVert y \rVert\right] + \left\lvert \langle x,y \rangle \right\rvert \right).
\end{align*}$

Comme $0< \frac{1}{10}< 1$, il vient $\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{10}\right)^n =0.$

Par suite, en passant à la limite dans l’inégalité, il vient :

$\begin{align*}
\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \leq 0.
\end{align*}$

Donc :

$\begin{align*}
\ \langle r x,y \rangle = r \langle x,y \rangle.
\end{align*}$

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 que que $\forall (x,y)\in E^2, \langle i x,y \rangle =i\langle x,y \rangle$

Soit $(x,y)\in E^2.$

$\begin{align*}
\langle i x,y \rangle &= \frac{\lVert ix+y\rVert^2-\lVert ix-y\rVert^2+i \lVert ix+iy\rVert^2-i \lVert ix-iy\rVert^2}{4}\\
&= i \frac{-i\lVert ix+y\rVert^2+i\lVert ix-y\rVert^2+ \lVert ix+iy\rVert^2- \lVert ix-iy\rVert^2}{4}\\
&= i \frac{\lVert ix+iy\rVert^2- \lVert ix-iy\rVert^2+i\lVert ix-y\rVert^2-i\lVert ix+y\rVert^2 }{4}\\
&= i \frac{\lVert x+y\rVert^2- \lVert x-y\rVert^2+i\lVert -x-iy\rVert^2-i\lVert -x+iy\rVert^2 }{4}\\
&= i \frac{\lVert x+y\rVert^2- \lVert x-y\rVert^2+i\lVert x+iy\rVert^2-i\lVert x-iy\rVert^2 }{4}\\
&=i \langle x,y \rangle.
\end{align*}$

Vous déduisez :

$\begin{align*}
\forall (x,y)\in E^2, \langle i x,y \rangle =i\langle x,y \rangle.
\end{align*}$

Démontrez que que $\forall \lambda\in\C, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle$

Soit $\lambda\in \C$ et soit $(x,y)\in E^2.$

Il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $\lambda = \alpha +i \beta.$

Alors :

$\begin{align*}
\langle \lambda x,y \rangle &= \langle ax +ibx,y \rangle \\
&= \langle ax ,y \rangle + \langle ibx,y \rangle \\
&= a\langle x ,y \rangle + i\langle bx,y \rangle \\
&= a\langle x ,y \rangle + ib\langle x,y \rangle \\
&= (a+ib) \langle x ,y \rangle\\
&= \lambda \langle x ,y \rangle.
\end{align*}$

Du coup :

$\begin{align*}
\forall \lambda\in\C, \forall (x,y)\in E^2, \langle \lambda x,y \rangle = \lambda \langle x,y \rangle.
\end{align*}$

Démontrez la linéarité à gauche

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

$\begin{align*}
\langle \lambda x + \mu y, z \rangle &= \langle \lambda x , z \rangle+ \langle \mu y, z \rangle \quad \text{(par additivité)} \\
&= \lambda \langle x , z \rangle+ \mu \langle y, z \rangle. \quad \text{(par homogénéité)}
\end{align*}$

Ainsi est démontré le fait que :

$\begin{align*}
\boxed{\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle \lambda x + \mu y, z \rangle = \lambda \langle x , z \rangle+ \mu \langle y, z \rangle.}
\end{align*}$

Démontrez l’anti-linéarité à droite

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

$\begin{align*}
\langle x, \lambda y + \mu z \rangle &= \overline{\langle \lambda y + \mu z, x \rangle} \quad \text{(par anti-symétrie)} \\
&= \overline{\lambda \langle y , x \rangle + \mu \langle z , x \rangle} \quad \text{(par linéarité à gauche)} \\
&= \overline{\vphantom{\langle y , x \rangle}\lambda}\,\overline{ \langle y , x \rangle} + \overline{\vphantom{ \langle z , x \rangle}\mu} \, \overline{ \langle z , x \rangle} \\
&= \overline{\lambda}{ \langle x , y \rangle} + \overline{\mu} { \langle x , z \rangle}. \quad \text{(par anti-symétrie)}
\end{align*}$

Ainsi est démontré le dernier point :

$\begin{align*}
\boxed{\forall (\lambda, \mu)\in\C^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \overline{\lambda}{ \langle x , y \rangle} + \overline{\mu\vphantom{\lambda}} { \langle x , z \rangle}.}
\end{align*}$