Exercice 11

On note d'abord que $N(0) = N(0 \cdot 0) = 0 \cdot N(0) = 0$ et que $N(-x) = |{-1}|\,N(x) = N(x)$.

1. Comme $N(y - x) = N(x - y)$, $$\varphi(y, x) = \frac{1}{4}\big(N(y + x)^{2} - N(y - x)^{2}\big) = \frac{1}{4}\big(N(x + y)^{2} - N(x - y)^{2}\big) = \varphi(x, y).$$ Ensuite $\varphi(x, x) = \frac{1}{4}\big(N(2x)^{2} - N(0)^{2}\big) = \frac{1}{4} \cdot 4N(x)^{2}$, et $\varphi(0, y) = \frac{1}{4}\big(N(y)^{2} - N(-y)^{2}\big) = 0$. $$\boxed{\varphi(y, x) = \varphi(x, y), \qquad \varphi(x, x) = N(x)^{2}, \qquad \varphi(0, y) = 0}$$

2. On applique l'identité du parallélogramme deux fois : aux vecteurs $x + y$ et $x' + y$, puis aux vecteurs $x - y$ et $x' - y$. Leur somme et leur différence valent respectivement $x + x' \pm 2y$ et $x - x'$ : $$N(x + x' + 2y)^{2} + N(x - x')^{2} = 2N(x + y)^{2} + 2N(x' + y)^{2},$$

$$N(x + x' - 2y)^{2} + N(x - x')^{2} = 2N(x - y)^{2} + 2N(x' - y)^{2}.$$ Le terme $N(x - x')^{2}$, qui ne contient pas $y$, disparaît par soustraction : $$N(x + x' + 2y)^{2} - N(x + x' - 2y)^{2} = 2\big(N(x + y)^{2} - N(x - y)^{2}\big) + 2\big(N(x' + y)^{2} - N(x' - y)^{2}\big),$$ c'est-à-dire $$4\varphi(x + x', 2y) = 8\varphi(x, y) + 8\varphi(x', y).$$ Enfin, par homogénéité, $N(x + x' \pm 2y) = 2N\Big(\frac{x + x'}{2} \pm y\Big)$, donc $\varphi(x + x', 2y) = 4\varphi\Big(\frac{x + x'}{2}, y\Big)$, et $$\boxed{\varphi(x, y) + \varphi(x', y) = \frac{1}{2}\varphi(x + x', 2y) = 2\varphi\Big(\frac{x + x'}{2}, y\Big)}$$ Pour $x' = 0$, comme $\varphi(0, y) = 0$, on obtient $\varphi(x, y) = 2\varphi\Big(\frac{x}{2}, y\Big)$ pour tout $x$ ; appliquée au vecteur $x + x'$, cette relation donne $2\varphi\Big(\frac{x + x'}{2}, y\Big) = \varphi(x + x', y)$, et $$\boxed{\varphi(x + x', y) = \varphi(x, y) + \varphi(x', y)}$$

3. Fixons $x$ et $y$. Pour $\lambda \in \mathbb{N}$, on raisonne par récurrence : $\varphi(0 \cdot x, y) = 0$, et, si $\varphi(\lambda x, y) = \lambda\varphi(x, y)$, l'additivité donne $\varphi\big((\lambda + 1)x, y\big) = \varphi(\lambda x, y) + \varphi(x, y) = (\lambda + 1)\varphi(x, y)$. Pour $\lambda \in \mathbb{Z}$ négatif, l'additivité donne $\varphi(\lambda x, y) + \varphi(-\lambda x, y) = \varphi(0, y) = 0$, d'où $\varphi(\lambda x, y) = -(-\lambda)\varphi(x, y) = \lambda\varphi(x, y)$. Pour $\lambda = \frac{r}{s}$, avec $r \in \mathbb{Z}$ et $s \in \mathbb{N}^{*}$, le cas entier appliqué au vecteur $\lambda x$ et à l'entier $s$, puis au vecteur $x$ et à l'entier $r$, donne $$s\,\varphi(\lambda x, y) = \varphi(s\lambda x, y) = \varphi(rx, y) = r\,\varphi(x, y), \qquad \boxed{\varphi(\lambda x, y) = \lambda\varphi(x, y) \quad (\lambda \in \mathbb{Q})}$$

4. L'inégalité triangulaire donne $N(u) = N\big((u - v) + v\big) \leqslant N(u - v) + N(v)$, et, en échangeant $u$ et $v$, $N(v) - N(u) \leqslant N(v - u) = N(u - v)$. $$\boxed{|N(u) - N(v)| \leqslant N(u - v)}$$ Pour $\lambda$, $\mu$ réels, on en déduit $|N(\lambda x + y) - N(\mu x + y)| \leqslant N\big((\lambda - \mu)x\big) = |\lambda - \mu|\,N(x)$ : la fonction $\lambda \mapsto N(\lambda x + y)$ est $N(x)$-lipschitzienne, donc continue sur $\mathbb{R}$, et de même pour $\lambda \mapsto N(\lambda x - y)$. Par opérations sur les fonctions continues, $$\boxed{\lambda \longmapsto \varphi(\lambda x, y) = \frac{1}{4}\big(N(\lambda x + y)^{2} - N(\lambda x - y)^{2}\big) \text{ est continue sur } \mathbb{R}}$$ Conclusion. Soit $\lambda \in \mathbb{R}$. Par densité de $\mathbb{Q}$ (chapitre 7, théorème 2 et proposition 12), il existe une suite $(r_{k})$ de rationnels qui tend vers $\lambda$. Par la question 3, $\varphi(r_{k}x, y) = r_{k}\varphi(x, y)$, et le passage à la limite, licite par continuité des deux membres en $\lambda$, donne $\varphi(\lambda x, y) = \lambda\varphi(x, y)$. Avec l'additivité, $\varphi$ est linéaire par rapport à sa première variable, donc bilinéaire, puisqu'elle est symétrique. Enfin $\varphi(x, x) = N(x)^{2} \geqslant 0$, avec égalité seulement si $x = 0$. $$\boxed{\varphi \text{ est un produit scalaire sur } E, \text{ de norme associée } \sqrt{\varphi(x, x)} = N(x)}$$ À retenir. Une norme dérive d'un produit scalaire si et seulement si elle vérifie l'identité du parallélogramme, et ce produit scalaire est alors donné par la seconde identité de polarisation (proposition 3 (iii)), qui était la seule définition possible. La difficulté est l'homogénéité : l'additivité ne donne la linéarité que sur $\mathbb{Q}$, et c'est la continuité, tirée de l'inégalité triangulaire, qui permet de passer à $\mathbb{R}$. Le même schéma « entiers, rationnels, puis réels par densité » résolvait, dans l'exemple qui suit la proposition 11 du chapitre 8, l'équation $f(x + y) = f(x) + f(y)$ pour $f$ continue.