Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

Soit $E$ un espace vectoriel réel normé, dont vous supposez que la norme vérifie la propriété du parallélogramme.

Il a été vu dans dans l'article 200 que la norme provient d’un produit scalaire.

Dans cet article, vous allez partir de l’identité de polarisation et démontrer que l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée, ce qui induira la continuité du produit scalaire.

Partez de l’identité de polarisation et déduisez-en deux autres identités

Quels que soient les vecteurs $x$ et $y$ de l’espace $E$, vous posez :

\begin{aligned}
\langle x, y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2}{4}.
\end{aligned}

Soient maintenant deux vecteurs $x$ et $y$ de $E$, fixés.

Comme la norme vérifie la propriété du parallélogramme, vous avez successivement :

\begin{aligned}
\lVert x+y \rVert^2 + \lVert x-y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 \\
\lVert x+y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y \rVert^2 &= -\lVert x-y \rVert^2 \\
2\lVert x+y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y \rVert^2 &= \lVert x+y \rVert^2 -\lVert x-y \rVert^2 \\
2\lVert x+y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y \rVert^2 &= 4 \langle x, y \rangle \\
\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2 &= 2\langle x, y \rangle.
\end{aligned}

Par suite, il vient :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x, y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2}{2}.}
\end{aligned}

\begin{aligned}
\lVert x+y \rVert^2 + \lVert x-y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 \\
\lVert x+y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 \\
\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2 &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2\lVert x-y \rVert^2 \\
4 \langle x, y \rangle &= 2 \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2\lVert x-y \rVert^2 \\
2 \langle x, y \rangle &= \lVert x \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2.
\end{aligned}

Par suite, il vient :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x, y \rangle = \frac{ \lVert x \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y \rVert^2}{2}.}
\end{aligned}

Démontrez alors que l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée

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

La norme vérifie l’inégalité triangulaire $\lVert x+y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert.$

En élevant au carré, il vient :

$\lVert x+y \rVert^2 \leq \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert +\lVert y \rVert^2.$

Par conséquent :

$\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\leq 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Après division par $2$ :

$\frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2}{2}\leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Vous avez ainsi démontré que :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x, y \rangle \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.}
\end{aligned}

Il s’agit maintenant de majorer l’opposé.

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

La norme vérifie l’inégalité triangulaire $\lVert x-y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert -y \rVert \leq \lVert x \rVert + \lVert y \rVert.$

En élevant au carré, il vient :

$\lVert x-y \rVert^2 \leq \lVert x \rVert^2 + 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert +\lVert y \rVert^2.$

Par soustraction :

$\lVert x-y \rVert^2 – \lVert x \rVert^2 – \lVert y \rVert^2\leq 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Ce s’écrit aussi :

$-2 \langle x,y \rangle \leq 2 \lVert x \rVert \lVert y \rVert$

Après division par $2$ :

$- \langle x,y \rangle \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.$

Ainsi :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, – \langle x, y \rangle \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.}
\end{aligned}

Concluez

Les deux inégalités précédentes permettent d’aboutir à l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \lvert \langle x, y \rangle \rvert \leq \lVert x \rVert \lVert y \rVert.}
\end{aligned}

Application à l’homogénéité sur les réels

Il a été vu dans dans l'article 198 que l’application $\langle \cdot, \cdot \rangle$ vérifie l’homogénéité sur les rationnels. Plus précisément :

\begin{aligned}
\forall (x,y)\in E^2, \forall q\in \Q, \langle qx, y \rangle = q \langle x, y \rangle.
\end{aligned}

D’autre part, le caractère additif a été vu dans l’article dans l'article 200 :

\begin{aligned}
\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y, z \rangle = \langle x, z \rangle+\langle y, z \rangle.
\end{aligned}

Vous allez maintenant montrer que l’homogénéité s’étend aux nombres réels.

Soit donc $r$ un nombre réel.

Il existe une suite de rationnels $(q_n)_{n\geq 0}$ qui converge vers $r.$

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

Fixez d’abord $n\in\N.$

\begin{aligned}
\lvert \langle rx, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert &\leq \lvert \langle rx, y \rangle – q_n \langle x, y \rangle \rvert + \lvert q_n\langle x, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert \\
&\leq \lvert \langle rx, y \rangle + (- q_n) \langle x, y \rangle \rvert + \lvert q_n\langle x, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert \\
&\leq \lvert \langle rx, y \rangle + \langle – q_n x, y \rangle \rvert + \lvert q_n -r \rvert \lvert \langle x, y \rangle \rvert \\
&\leq \lvert \langle rx+(-qn)x, y \rangle \rvert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\
&\leq \lvert \langle (r-q_n)x, y \rangle \rvert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\
&\leq \lVert (r-q_n)x \rVert \lVert y \rVert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\
&\leq \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert + \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert \\
&\leq 2 \lvert q_n -r \rvert \lVert x \rVert \lVert y \rVert.
\end{aligned}

En faisant tendre $n$ vers $+\infty$, il vient $\lvert \langle rx, y \rangle – r \langle x, y \rangle \rvert \leq 0.$

Est ainsi prouvé que :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \forall r\in \R, \langle rx, y \rangle = r \langle x, y \rangle.}
\end{aligned}

Il a été vu dans l'article 200 qu’un $\R$-espace vectoriel normé $E$ possède des propriétés intéressantes dès que la norme vérifie la propriété du parallélogramme.

Vous allez voir que cette propriété est également valable dans le cas où $E$ est un $\C$-espace vectoriel normé.

\begin{aligned} \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{aligned}

Définissez l’expression du futur produit scalaire hermitien

Comme cela a été établi dans l'article 199, définissez une application qui va de $E^2$ dans $\C$ à partir de l’identité de polarisation :

\begin{aligned}
\boxed{\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{aligned}

Montrez l’additivité

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

\begin{aligned}
\lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 &= \lVert x+y+z \rVert^2 + \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2 – 2 \lVert z \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 + \lVert y-z \rVert^2- 2 \lVert z \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 + \lVert y-z \rVert^2 – \lVert x+z \rVert^2- \lVert x-z \rVert^2 -2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2.\\
\end{aligned}

Donc :

$\forall (x,y,z)\in E^3, \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+y-z \rVert^2 = \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2.$

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

Appliquez le résultat précédent avec les vecteurs $x$, $y$ et $iz$ :

\begin{aligned}
\lVert x+y+iz \rVert^2 – \lVert x+y-iz \rVert^2 &= \lVert x+iz \rVert^2 – \lVert x-iz \rVert^2 + \lVert y+iz \rVert^2 – \lVert y-iz \rVert^2 \\
i \lVert x+y+iz \rVert^2 – i \lVert x+y-iz \rVert^2 &= i \lVert x+iz \rVert^2 – i \lVert x-iz \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 – i\lVert y-iz \rVert^2.
\end{aligned}

Vous déduisez :

\begin{aligned}
4 \langle x+y,z \rangle &= \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\\
&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 + i \lVert x+iz \rVert^2 – i \lVert x-iz \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 – i\lVert y-iz \rVert^2\\
&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + i \lVert x+iz \rVert^2 – i \lVert x-iz \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2 + i \lVert y+iz \rVert^2 – i\lVert y-iz \rVert^2\\
&= 4 \langle x,z \rangle + 4 \langle y,z \rangle.
\end{aligned}

Il est donc établi que :

\begin{aligned}
\langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle.
\end{aligned}

Concluez

D’après ce qui précède :

\begin{aligned}
\boxed{\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle.}
\end{aligned}

Il a été vu dans l'article 198 qu’un espace vectoriel normé $E$ possède des propriétés intéressantes dès que la norme vérifie la propriété du parallélogramme.

Dans le cas où $E$ est un $\R$-espace vectoriel, la norme provient d’un produit scalaire réel.

Rappelez-vous ce que cela signifie. L’espace $E$ est muni d’une application $\lVert \cdot \rVert: E \to \R_{+}$ vérifiant les propriétés suivantes :

\begin{aligned} \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{aligned}

Cet article va se concentrer sur une démonstration élégante de l’additivité du produit scalaire associé.

Sans supposer qu’un tel produit scalaire existe, vous partez de l’identité de polarisation et vous posez :

$\boxed{\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y \rangle = \frac{\lVert x+y \rVert^2 – \lVert x- y \rVert^2}{4}.}$

Démontrez l’additivité $\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+\langle y,z \rangle$

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

Afin d’éviter les dénominateurs en $4$, vous partez de la définition :

$4 \langle x+y,z \rangle = \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2.$

Il s’agit de découpler le vecteur $x$ du vecteur $y$.

Dans l’identité du parallélogramme, le découplage se produit lorsque $x+y$ et associé à $x-y.$

Vous ajoutez de force la quantité $ \lVert x-y+z \rVert^2 $ qui va produire un premier découplage.

Le raisonnement obtenu à ce stade est le suivant :

\begin{aligned}
4 \langle x+y,z \rangle &= \lVert x+y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2\\
&= \lVert x+y+z \rVert^2 + \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-y+z \rVert^2 – \lVert x+ y-z \rVert^2.
\end{aligned}

Un autre découplage apparaît naturellement dans les termes restants.

\begin{aligned}
4 \langle x+y,z \rangle &= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x-(y-z) \rVert^2 – \lVert x+ (y-z) \rVert^2 \\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2.
\end{aligned}

Pour faire apparaître le produit scalaire $\langle x,z \rangle$ il serait bon de faire apparaître $\lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2.$ Un terme $\lVert x+z \rVert^2$ est déjà présent, il manque $\lVert x-z \rVert^2$ que vous pouvez faire apparaître en rajoutant de force $\lVert z \rVert^2.$

\begin{aligned}
4 \langle x+y,z \rangle &= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – 2 \lVert x \rVert^2 – 2 \lVert z \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= 2 \lVert x+z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 – \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + 2 \lVert y \rVert^2 + 2 \lVert z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 + \lVert y-z \rVert^2- 2 \lVert y-z \rVert^2\\
&= \lVert x+z \rVert^2 – \lVert x-z \rVert^2 + \lVert y+z \rVert^2 – \lVert y-z \rVert^2.
\end{aligned}

Finalement vous obtenez :

\begin{aligned}
4 \langle x+y,z \rangle &= 4 \langle x,z \rangle + 4 \langle y,z \rangle\\
\langle x+y,z \rangle &= \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle.
\end{aligned}

L’additivité suivante est acquise :

$\boxed{\forall (x,y,z)\in E^3, \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle+\langle y,z \rangle.}$

Prolongement

Dans le cas d’un $\C$-espace vectoriel normé que se passe-t-il ? La norme provient-elle d’un produit scalaire hermitien ? Pour en savoir davantage, rendez-vous dans dans l'article 201.

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

\begin{aligned} \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{aligned}

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{aligned} \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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

Or, vous avez :

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

Par addition, vous obtenez :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

Son expression est donnée par :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\lVert -u \rVert &= \lVert (-1)\cdot u \rVert\\
&=\lvert -1 \rvert \lVert u \rVert\\
&= 1 \lVert u \rVert\\
&= \lVert u \rVert.
\end{aligned}

Vous déduisez :

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

Soit $u\in E$, vous avez :

\begin{aligned}
\lVert i u \rVert &= \lvert i \rvert \lVert u \rVert\\
&= 1 \lVert u \rVert\\
&= \lVert u \rVert.
\end{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

En échangeant les rôles de $x$ et de $y$ et en utilisant l’invariance de la norme par passage à l’opposé :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

Est ainsi acquis le résultat suivant :

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

Montrez le lien avec la norme et le caractère positif

Soit $x\in E.$

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\langle x,x \rangle &= 0 \\
\lVert x \rVert^2 &= 0\\
\lVert x \rVert &= 0\\
x &=0.
\end{aligned}

Par suite :

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

Réciproquement, si $x=0$, alors :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

Appliquez l’identité du parallélogramme :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Ainsi :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Soit à nouveau $(x,y,z)\in E^3.$

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

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

Comme :

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

Vous déduisez par soustraction :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Il est ainsi démontré :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

Du coup :

\begin{aligned}
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{aligned}

Or :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Par somme vous déduisez :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Ce qui s’écrit :

\begin{aligned}
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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

En remplaçant $y$ par $-y$ il vient :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

Du coup, vous déduisez :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \leq 0.
\end{aligned}

Donc :

\begin{aligned}
\ \langle r x,y \rangle = r \langle x,y \rangle.
\end{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

Vous déduisez :

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

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{aligned}
\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{aligned}

Du coup :

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

Démontrez la linéarité à gauche

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

Ainsi est démontré le fait que :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Démontrez l’anti-linéarité à droite

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

Ainsi est démontré le dernier point :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

\begin{aligned} \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{aligned}

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{aligned} \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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

Effectuez maintenant le calcul similaire suivant :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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 $u\in E$, vous avez :

\begin{aligned}
\lVert -u \rVert &= \lVert (-1)\cdot u \rVert \\
\lvert -1 \rvert \lVert u \rVert\\
&= 1 \lVert u \rVert\\
&= \lVert u \rVert.
\end{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

En échangeant les rôles de $x$ et de $y$ et en utilisant l’invariance de la norme par passage à l’opposé :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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 :

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

Une somme toujours nulle

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\langle x,x \rangle &= 0 \\
\lVert x \rVert^2 &= 0\\
\lVert x \rVert &= 0\\
x &=0.
\end{aligned}

Par suite :

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

Réciproquement, si $x=0$, alors :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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 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{aligned}
\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{aligned}

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 pas 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 $y$, 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 :

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

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

Démontrez que 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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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{aligned}
\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{aligned}

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 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{aligned}
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{aligned}

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 $\forall r \in \R, \forall (x,y)\in E^2, \langle r x,y \rangle =r\langle x,y \rangle$

Note. Cette propriété est démontrée autrement de manière plus courte dans l'article 202 en démontrant au préalable l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

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 $n\in \N.$ Maintenant vous procédez aux majorations :

\begin{aligned}
\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{aligned}

Comme $0< \frac{1}{10}< 1$, 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 $\left\lvert \langle r x,y \rangle – r \langle x,y \rangle\right\rvert \leq 0$, 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{aligned}
\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{aligned}

D’autre part :

\begin{aligned}
\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{aligned}

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.