Espaces préhilbertiens réels

Soient $x, y \in E$. Par définition de la norme associée (Définition 1.4), $\|x\|^2 = (x \mid x)$, $\|y\|^2 = (y \mid y)$ et $\|x+y\|^2 = (x+y \mid x+y)$.

Identités remarquables. Par bilinéarité et symétrie du produit scalaire (Définition 1.1) :
$$\|x+y\|^2 = (x+y \mid x+y) = (x \mid x) + (x \mid y) + (y \mid x) + (y \mid y) = \|x\|^2 + 2(x \mid y) + \|y\|^2.$$
De même, $\|x-y\|^2 = (x-y \mid x-y) = \|x\|^2 - 2(x \mid y) + \|y\|^2$.
Pour la troisième, en développant par bilinéarité :
$$(x+y \mid x-y) = (x \mid x) - (x \mid y) + (y \mid x) - (y \mid y) = \|x\|^2 - \|y\|^2,$$
car par symétrie $(x \mid y) = (y \mid x)$, donc les termes croisés s'annulent.

Identités de polarisation. En soustrayant la première identité remarquable de la seconde :
$$\|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2 = 2(x \mid y),$$
donc $(x \mid y) = \frac{1}{2}(\|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2)$.
En soustrayant la deuxième identité remarquable de la première :
$$\|x+y\|^2 - \|x-y\|^2 = 4(x \mid y),$$
donc $(x \mid y) = \frac{1}{4}(\|x+y\|^2 - \|x-y\|^2)$.

Identité du parallélogramme. En additionnant les deux premières identités remarquables :
$$\|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 = 2\|x\|^2 + 2\|y\|^2 = 2(\|x\|^2 + \|y\|^2).$$

Soient $x, y \in E$. On veut montrer que $|(x \mid y)| \le \|x\| \|y\|$.

Cas où $y = 0_E$. Les deux membres sont nuls (par bilinéarité, $(x \mid 0_E) = 0$, et $\|0_E\| = 0$), l'inégalité est vérifiée avec égalité.

Cas où $y \ne 0_E$. Pour tout $t \in \mathbb{R}$, considérons $f(t) = \|x + ty\|^2$. Par la Définition 1.4 et la bilinéarité et symétrie du produit scalaire (Définition 1.1), d'après la Proposition 1.1 :
$$f(t) = \|x\|^2 + 2t(x \mid y) + t^2 \|y\|^2.$$
C'est un polynôme du second degré en $t$, à coefficients réels, avec $\|y\|^2 > 0$ (car $y \ne 0_E$ et la norme est associée à un produit scalaire défini positif, Définition 1.1). De plus, par la positivité du produit scalaire (Définition 1.1), $f(t) = (x+ty \mid x+ty) \ge 0$ pour tout $t \in \mathbb{R}$. Un trinôme du second degré toujours positif a un discriminant négatif ou nul :
$$\Delta = 4(x \mid y)^2 - 4\|y\|^2 \|x\|^2 \le 0,$$
ce qui donne $(x \mid y)^2 \le \|x\|^2 \|y\|^2$, soit $|(x \mid y)| \le \|x\| \|y\|$.

Cas d'égalité. L'égalité $|(x \mid y)| = \|x\| \|y\|$ correspond à $\Delta = 0$, c'est-à-dire que $f$ s'annule en $t_0 = -\frac{(x \mid y)}{\|y\|^2}$, i.e. $\|x + t_0 y\|^2 = 0$. Par séparation de la norme (qui découle de la définition positive, Définition 1.1), $x + t_0 y = 0_E$, soit $x = -t_0 y$. Autrement dit, $x$ et $y$ sont colinéaires. Réciproquement, si $x = \lambda y$ pour un certain $\lambda \in \mathbb{R}$, alors $|(x \mid y)| = |\lambda| \|y\|^2 = \|x\| \|y\|$.

Soit $E$ un $\mathbb{R}$-espace vectoriel muni d'un produit scalaire $(. \mid .)$ et d'une norme associée $\|.\|$ (Définition 1.4).

Séparation. Pour tout $x \in E$ :
- Si $x = 0_E$, alors par bilinéarité (Définition 1.1), $(0_E \mid 0_E) = 0$, donc $\|x\| = \sqrt{0} = 0$.
- Si $\|x\| = 0$, alors $(x \mid x) = \|x\|^2 = 0$. Par la propriété « définie » du produit scalaire (Définition 1.1), $x = 0_E$.

Ainsi $\|x\| = 0 \iff x = 0_E$.

Homogénéité. Pour $\lambda \in \mathbb{R}$ et $x \in E$, par bilinéarité (Définition 1.1) :
$$\|\lambda x\|^2 = (\lambda x \mid \lambda x) = \lambda^2 (x \mid x) = \lambda^2 \|x\|^2.$$
En prenant la racine carrée (positive) des deux membres : $\|\lambda x\| = |\lambda| \|x\|$.

Inégalité triangulaire. Pour $(x, y) \in E^2$, par la Proposition 1.1 (identités remarquables) :
$$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + 2(x \mid y) + \|y\|^2.$$
Or par la Proposition 1.2 (Cauchy-Schwarz), $(x \mid y) \le |(x \mid y)| \le \|x\| \|y\|$. Donc :
$$\|x+y\|^2 \le \|x\|^2 + 2\|x\| \|y\| + \|y\|^2 = (\|x\| + \|y\|)^2.$$
En prenant la racine carrée : $\|x+y\| \le \|x\| + \|y\|$.