Soit \(N\) une norme sur \(E\) vérifiant \(\forall(x,y)\in E^2\) \((N(x+y))^2+(N(x-y))^2 = 2((N(x))^2+(N(y))^2)\).

Il faut montrer que la norme \(N\) est associée à un produit scalaire \(B\). Si \(B\) existe, \(B\) est nécessairement défini par

\(\forall(x,y)\in E^2\), \(B(x,y) =\frac{1}{4}((N(x+y))^2-(N(x-y))^2)\).

Réciproquement,

Pour tout \(x\in E\), \(B(x,x) =\frac{1}{4}((N(2x))^2-(N(0))^2)=\frac{1}{4}(4(N(x))^2-0) =(N(x))2\) et donc \(\forall x\in E\), \(B(x,x)\geqslant0\) puis \(B(x,x)=0\Leftrightarrow x=0\). De plus, \(\forall x\in E\), \(N(x)=\sqrt{B(x,x)}\).

\(\forall (x,y)\in E^2\), \(B(y,x)=\frac{1}{4}((N(y+x))^2-(N(y-x))^2)=\frac{1}{4}((N(x+y))^2-(N(x-y))^2)=B(x,y)\).

Vérifions alors que l’application \(B\) est bilinéaire.

1) Montrons que \(\forall(x,y,z)\in E^3\), \(B(x+y,z)+B(x-y,z)=2B(x,z)\).

\[\begin{align*}\ensuremath B(x+y,z) + B(x-y,z)&=\frac{1}{4}((N(x+y+z))^2-(N(x+y-z))^2 +(N(x-y+z))^2-(N(x-y-z))^2)\\ &=\frac{1}{4}((N(x+y+z))^2+(N(x-y+z))^2)-((N(x+y-z))^2+(N(x-y-z))^2)\\ &=\frac{1}{4}(2(N(x+z))^2 +(N(y))^2)-2((N(x-z))^2 +(N(y))^2)\;(\text{par hypothèse sur}\;N)\\ &=\frac{2}{4}((N(x+z))^2-(N(x-z))^2) =2B(x,z). \end{align*}\]

2) Montrons que \(\forall(x,z)\in E^2\), \(B(2x,z) = 2B(x,z)\). Tout d’abord, \(B(0,z)=\frac{1}{4}((N(z))^2-(N(-z))^2)=0\) puis d’après 1)

\[\begin{align*}\ensuremath B(2x,z)&= B(x+x,z)+B(x-x,z) = 2B(x,z). \end{align*}\]

3) Montrons que \(\forall(x,y,z)\in E^3\), \(B(x,z) + B(y,z) = B(x+y,z)\).

\[\begin{align*}\ensuremath B(x,z) + B(y,z)&= B\left(\frac{x+y}{2}+\frac{x-y}{2},z\right)+ B\left(\frac{x+y}{2}-\frac{x-y}{2},z\right)\\ &=2B\left(\frac{x+y}{2},z\right)\;(\text{d'après 1)})\\ &= B(x+y,z)\;(\text{d'après 2)}). \end{align*}\]

4) Montrons que \(\forall n\in\Nn\), \(\forall(x,y)\in E^2\), \(B(nx,y) = nB(x,y)\).

C’est vrai pour \(n = 0\) et \(n=1\).

Soit \(n\geqslant0\). Supposons que \(\forall(x,y)\in E^2\), \(B(nx,y) = nB(x,y)\) et \(B((n+1)x,y) = (n+1)B(x,y)\). Alors

\(B((n+2)x,y) + B(nx,y) = B((n+2)x+nx,y) = B(2(n+1)x,y) = 2B((n+1)x,y)\),

et donc, par hypothèse de récurrence, \(B((n+2)x,y)=2(n+1)B(x,y)-nB(x,y) =(n+2)B(x,y)\).

5) Montrons que \(\forall n\in\Zz\), \(\forall(x,y)\in E^2\), \(B(nx,y) = nB(x,y)\). Le résultat est acquis pour \(n\geqslant 0\). Pour \(n\in\Nn\),

\(B(nx,y) + B(-nx,y) = B(0,y) = 0\) et donc \(B(-nx,y) =- B(nx,y)=-nB(x,y)\),

6) Montrons que \(\forall n\in\Nn^*\), \(\forall(x,y)\in E^2\), \(B\left(\frac{1}{n}x,y\right) =\frac{1}{n}B(x,y)\).

\(B(x,y) =B\left(\frac{1}{n}nx,y\right) =nB\left(\frac{1}{n}x,y\right)\) et donc \(B\left(\frac{1}{n}x,y\right) =\frac{1}{n}B(x,y)\).

7) Montrons que \(\forall r\in\Qq\), \(\forall(x,y)\in E^2\), \(B(rx,y) = rB(x,y)\). Soient \((p,q)\in\Zz\times\Nn^*\) puis \(r=\frac{p}{q}\).

\(B(rx,y) = B\left(\frac{p}{q}x,y\right) =pB\left(\frac{1}{q}x,y\right)=\frac{p}{q}B(x,y) = rB(x,y)\).

8) Montrons que \(\forall\lambda\in\Rr\), \(\forall(x,y)\in E^2\), \(B(\lambda x,y) =\lambda B(x,y)\). Soit \(\lambda\) un réel. Puisque \(\Qq\) est dense dans \(\Rr\), il existe une

suite de rationnels \((r_n)_{n\in\Nn}\) convergente de limite \(\lambda\).

Maintenant, l’application \(\begin{array}[t]{cccc}N~:&(E,N)&\rightarrow&(\Rr,|\;|)\\ &x&\mapsto&N(x) \end{array}\) est continue sur \(E\) car \(1\)-Lipschitzienne sur \(E\). Donc

\(B(\lambda x,y) =B(\lim_{n \rightarrow +\infty}r_nx,y)=\lim_{n \rightarrow +\infty}B(r_nx,y)=\lim_{n \rightarrow +\infty}r_nB(x,y)=\lambda B(x,y)\).

Finalement, l’application \(B\) est une forme bilinéaire symétrique définie positive et donc un produit scalaire. Puisque \(\forall x\in E\), \(N(x)=\sqrt{B(x,x)}\), \(N\) est la norme associée à ce produit scalaire. On a montré que

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