Un produit scalaire "ad hoc"

L’objet de cette note est de répondre à une question récemment posée par deux de mes étudiants de MPSI (promotion 2025-26).

1 – Le contexte

Nous venions de traiter en classe l’exercice suivant, qui est très classique :

Exercice

On considère le $\mathbb{R}-$ espace vectoriel $E$ des applications continues de $\left[0,1\right]$ dans $\mathbb{R},$ que l’on munit du produit scalaire défini par :

$\forall\left(f,g\right)\in E^{2},\thinspace\left(f\mid g\right)=\int_{0}^{1}f\left(t\right)g\left(t\right)\thinspace dt$

On considère par ailleurs, la forme linéaire « évaluation en $0$ » , notée $L$ :

$\forall f\in E,\thinspace L\left(f\right)=f\left(0\right)$

On demande de prouver qu’il n’existe aucune application $a\in E$ pour laquelle $L=\left(a\mid\cdot\right),$ c’est-à-dire pour laquelle :

$\forall f\in E,\thinspace f\left(0\right)=\int_{0}^{1}a\left(t\right)f\left(t\right)\thinspace dt$

Cet exercice se présente naturellement dans un cours sur les espaces préhilbertiens réels. On démontre en effet le résultat fondamental suivant :

Théorème de réprésentation des formes linéaire

Soit $V$ un espace vectoriel euclidien (donc : de dimension finie, muni d’un produit scalaire). Alors l’application

$J:V\rightarrow\mathcal{L}\left(V,\mathbb{R}\right),\thinspace a\mapsto\left(a\mid\cdot\right)$

est un isomorphisme.

Ce théorème est facile à établir :

L’application $J$ est d’évidence linéaire (en raison de la bilinéarité du produit scalaire).
Si $\left(a\mid\cdot\right)$ est la forme linéaire nulle, alors en particulier $\left\Vert a\right\Vert ^{2}=0$ d’où $a=0_{V}.$ Ainsi $J$ est injective.
D’après le corollaire du théorème du rang, $J$ est aussi surjective : c’est un isomorphisme.

Cet isomorphisme est parfois qualifié de « canonique », ce qui signifie qu’on peut le décrire sans faire référence à aucune base : la seule existence préalable du produit scalaire permet de construire $J.$ Telle n’est pas la situation en général : si $V,W$ sont deux $\mathbb{R}-$ espaces vectoriels « abstraits » de même dimension finie $n,$ alors la seule manière de construire un isomorphisme $\varphi:V\rightarrow W$ consiste précisément à choisir une base $\left(v_{1},\cdots,v_{n}\right)$ de $V,$ une base $\left(w_{1},\cdots,w_{n}\right)$ de $W$ et à considérer l’unique application linéaire $\varphi$ telle que $\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace\varphi\left(v_{i}\right)=w_{i}.$ Un tel isomorphisme est alors « non-canonique », au sens précédent.

Signalons aussi que ce théorème est une version particulière (limitée à la dimension finie) du célèbre théorème de représentation de Riesz, selon lequel les seules formes linéaires continues sur un espace de Hilbert $H$ sont les $\left(a\mid.\right),$ pour $a\in H.$ Le théorème de Riesz montre que tout espace de Hilbert est canoniquement isomorphe à son dual topologique (c’est-à-dire : l’espace des formes linéaires continues sur $H)$ et, de plus, que cet isomorphisme est isométrique.

Passons à la résolution de l’exercice.

2 – L’exercice

Cet exercice fournit un exemple de forme linéaire sur un espace préhilbertien de dimension infinie, qui n’est pas du type $\left(a\mid\cdot\right).$

On va raisonner par l’absurde et supposer l’existence de $a\in E$ vérifiant :

({\ensuremath{\star) $\forall f\in E,\thinspace\int_{0}^{1}a\left(t\right)\thinspace f\left(t\right)\thinspace dt=f\left(0\right)}}$

Cette hypothèse, appliquée à

$f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto t\thinspace a\left(t\right)$

donne :

$\int_{0}^{1}t\thinspace a\left(t\right)^{2}\thinspace dt=0$

L’application $\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto t\thinspace a\left(t\right)^{2}$ étant continue, positive et d’intégrale nulle doit être identiquement nulle, ce qui impose $\forall t\in\left]0,1\right],\thinspace a\left(t\right)=0$ et finalement $a=0$ (par continuité de $a$ en $0).$ Mais ceci est absurde car toute application continue sur $\left[0,1\right]$ devrait alors s’annuler en $0$ …

Cette solution percutante n’est pas la seule. Voici un autre point de vue …

Considérons la suite d’applications $\left(f_{n}\right)_{n\geqslant1}$ avec, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$f_{n}:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\max\left(1-nt,\thinspace0\right)$

L’allure du graphe de $f_{n}$ est représentée ci-dessous :

S’il existait $a\in E$ vérifiant $\left(\star\right),$ on aurait en particulier :

$\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\int_{0}^{1}a\left(t\right)\thinspace\max\left(1-nt,0\right)\thinspace dt=1$

Or :

$\left|\int_{0}^{1}a\left(t\right)\thinspace\max\left(1-nt,0\right)\thinspace dt\right|\leqslant\int_{0}^{1/n}\left|a\left(t\right)\right|\thinspace dt\leqslant\dfrac{1}{n}\left\Vert a\right\Vert _{\infty}\underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0$

ce qui est contradictoire.

Remarque

On observe au passage que la forme linéaire $L:E\rightarrow\mathbb{R},\thinspace f\mapsto f\left(0\right)$ est discontinue ( $E$ étant muni de la norme euclidienne); en effet :

$\dfrac{\left|L\left(f_{n}\right)\right|}{\left\Vert f_{n}\right\Vert }=\dfrac{1}{\sqrt{\int_{0}^{1/n}\left(1-nt\right)^{2}\thinspace dt}}=3n\longrightarrow+\infty$

Venons-en maintenant à la question posée par mes étudiants.

3 – La question

On considère toujours l’espace $E=\mathcal{C}\left(\left[0,1\right],\mathbb{R}\right)$ ainsi que la forme linéaire $L:E\rightarrow\mathbb{R},\thinspace f\mapsto f\left(0\right),$ mais on se permet de modifier le produit scalaire en vigueur sur $E.$

Question

Existe-t-il un produit scalaire $\varphi$ sur $E$ et une application $a\in E$ tels que $L=\varphi\left(a,\cdot\right)$ ?

De manière étonnante, la réponse est affirmative !

Il suffit de poser, pour tout $\left(f,g\right)\in E^{2}$ :

$\varphi\left(f,g\right)=f\left(0\right)g\left(0\right)+\int_{0}^{1}\left[f\left(t\right)-f\left(0\right)\right]\left[g\left(t\right)-g\left(0\right)\right]\thinspace dt$

L’application $\varphi$ ainsi définie est d’évidence une forme bilinéaire symétrique positive sur $E.$ En outre, si $\varphi\left(f,f\right)=0$ c’est-à-dire si $f\left(0\right)^{2}+\int_{0}^{1}\left[f\left(t\right)-f\left(0\right)\right]^{2}\thinspace dt=0,$ alors $f-f\left(0\right)=0$ et $f\left(0\right)=0,$ donc $f=0.$

Puis, en choisissant pour $a$ l’application constante $t\mapsto1,$ on constate que :

$\forall f\in E,\thinspace\varphi\left(a,f\right)=f\left(0\right)$

Autrement dit : $\varphi\left(a,\cdot\right)=L.$

4 – Généralisation

Ce qui s’est produit à la section précédente n’est pas un phénomène isolé. En réalité, étant donnés un $\mathbb{R}-$ espace vectoriel $V$ de dimension et une forme linéaire $L$ sur $V,$ on peut toujours trouver un produit scalaire « ad hoc » (d’où le titre de cette note …) sur $V$ ainsi qu’un vecteur $a\in V$ tels que $L=\varphi\left(a,\cdot\right).$

Si $L$ est la forme linéaire nulle, il n’y a rien à démontrer (tout produit scalaire convient et l’on choisit $a=0_{V}).$ Supposons donc $L\neq0.$

Le noyau de $L$ est un hyperplan de $V.$ Choisissons un vecteur $a\in V$ tel que $L\left(a\right)=1.$ Comme $a\notin\ker\left(L\right),$ on sait que :

$V=\ker\left(L\right)\oplus\mathbb{R}a$

Choisissons maintenant un quelconque produit scalaire $\psi$ sur $\ker\left(L\right).$

Pour tout $\left(f,g\right)\in V^{2},$ on peut décomposer $f$ et $g$ selon la somme directe :

$f=x+\lambda a,\qquad g=y+\mu a$

avec $\left(x,y\right)\in\ker\left(L\right)^{2}$ et $\left(\lambda,\mu\right)\in\mathbb{R}^{2}.$ On définit alors un produit scalaire $\varphi$ sur $V$ en posant :

$\varphi\left(f,g\right)=\psi\left(x,y\right)+\lambda\mu$

En outre, pour tout $f\in V$ :

$\varphi\left(a,f\right)=\psi\left(0_{V},x\right)+1\times\lambda=\lambda=L\left(x\right)+\lambda\thinspace L\left(a\right)=L\left(x+\lambda a\right)=L\left(f\right)$

Autrement dit :

$\varphi\left(a,\cdot\right)=L$

5 – Un dernier mot

En examinant attentivement la preuve ci-dessus, on observe qu’elle repose notamment sur l’existence, pour tout $\mathbb{R}-$ espace vectoriel $V,$ d’un produit scalaire sur $V.$

Cette existence ne soulève aucune difficulté en dimension finie. En effet, étant donnée une base $\beta=\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ de $V,$ il suffit de poser pour tout $\left(x,y\right)\in V^{2}$ :

$\varphi\left(x,y\right)=\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}$

où, pour tout $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,$ $x_{i}$ (resp. $y_{i})$ désigne la $i-$ ème coordonnée de $x$ (resp. de $y)$ dans $\beta.$

Mais en dimension infinie, ce n’est plus aussi simple : on a besoin de l’axiome du choix !

Avec l’axiome du choix, on démontre l’existence d’une « base de Hamel », c’est-à-dire d’une famille $\left(e_{i}\right)_{i\in I}$ de vecteurs de $V,$ telle que tout $x\in V$ puisse s’écrire, de manière unique, comme une combinaison linéaire d’un nombre FINI des $e_{i}.$ On formule généralement cela en disant que tout $x\in V$ peut s’écrire, d’une seule façon, sous la forme :

$x=\sum_{i\in I}x_{i}e_{i}$

où $\left(x_{i}\right)_{i\in I}$ est une famille PRESQUE NULLE de réels (il existe une partie finie $J$ de $I$ telle que $\forall i\in I-J,\thinspace x_{i}=0).$

Il suffit alors de poser, pour tout $\left(x,y\right)\in V^{2}$ :

$\varphi\left(x,y\right)=\sum_{i\in I}x_{i}y_{i}$

ce qui définit bien un produit scalaire sur $V.$

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