Exercices corrigés - Espaces vectoriels normés

Prenons d'abord $z\in x+\bar B(y,r)$. Alors il existe $w\in\bar B(y,r)$ tel que $z=x+w$. Mais alors, $$\|(x+y)-z\|=\|y-w\|\leq r$$ et donc $z\in\bar B(x+y,r)$.
Réciproquement, supposons que $z\in\bar B(x+y,r)$ et posons $w=z-x$. Alors on a $z=x+w$ et $$\|y-w\|=\|y-(z-x)\|=\|(x+y)-z\|\leq r.$$ On a donc $w\in\bar B(y,r)$ ce qui prouve que $z\in x+\bar B(y,r)$.

On va majorer $\|x-y\|$ en utilisant l'inégalité triangulaire. Vu le contexte de l'énoncé, il y a deux choix naturels possibles : en passant par $z$ et en passant par $t$. On va utiliser les deux pour obtenir les deux inégalités \begin{align*} \|x-y\|&\leq \|x-z\|+\|z-y\|\\ \|x-y\|&\leq \|x-t\|+\|t-y\|. \end{align*} On fait la même chose avec $\|z-t\|$ et on obtient \begin{align*} \|z-t\|&\leq \|z-x\|+\|x-t\|\\ \|z-t\|&\leq \|z-y\|+\|y-t\|. \end{align*} En sommant les 4 inégalités obtenues, et en divisant par $2,$ on obtient exactement le résultat voulu.

On va procéder par contraposée en prouvant que si $(a,r)\neq (a',r')$, alors les boules sont différentes. Supposons d'abord que $a=a'$ et que par exemple $r'>r$. Alors considérons $u$ un vecteur unitaire de $E$ et $y=a+r'u$. Alors $\|a-y\|=r'\|u\|=r'>r$. Ainsi, $y\in \bar B(a',r')$ et $y\notin \bar B(a,r)$ et donc ces deux boules ne sont pas égales.
Supposons ensuite que $a\neq a'$ et que, par exemple, $r'\geq r$ (on aura ainsi bien abordé tous les cas où $(a,r)\neq (a',r')$). Alors on va considérer un élément qui est sur la droite passant par $a$ et $a'$, mais de l'autre côté de $a$ par rapport à $a'$ (là aussi, un dessin pourra aider). Précisément, posons $u$ le vecteur unitaire suivant : $$u=\frac{a'-a}{\|a'-a\|}.$$ On pose ensuite $x=a'+r'u$. Comme précédemment, on a $\|x-a'\|=r'$ et donc $x\in \bar B(a',r')$. Mais d'autre part, on a $$x-a=(a'-a)\left(1+\frac{r'}{\|a'-a\|}\right)$$ d'où $$\|x-a\|=\|a'-a\|\left(1+\frac{r'}{\|a'-a\|}\right)=\|a'-a\|+r'>r$$ et donc $x\notin \bar B(a,r)$.

Pour comprendre ce type d'exercice, il faut impérativement commencer par réaliser un dessin.

1. La contrainte la plus forte exprimée par l'inclusion $\bar B(a,r)\subset \bar B(b,s)$ est obtenue pour le point de $\bar B(a,r)$ le plus éloigné de $b$ possible. On considère ce point qui est donné par $x=a+r(a-b)/\|a-b\|$. $x$ est dans $\bar B(a,r)$, donc dans $\bar B(b,s)$. Or $$x-b=\left(1+\frac r{\|b-a\|}\right)(a-b)\implies \|x-b\|=\|b-a\|+r.$$ Puisque $\|x-b\|\leq s$, on en déduit le résultat recherché.
2. Cette fois, on considère $y$ "le" point de $\bar B(a,r)$ le plus proche de $b$. On a donc $y=a+r(b-a)/\|b-a\|$. Puisque $y\notin \bar B(b,s)$, on a $\|y-b\|>s$. Mais on a aussi $$y-b=\left(1-\frac r{\|b-a\|}\right)(a-b)\implies \|y-b\|=\|b-a\|-r.$$ Ceci donne le résultat voulu.

Remarquons que si deux matrices sont semblables, elles ont les mêmes valeurs propres. Mais ici, si on veut que $A$ et $2A$ aient les mêmes valeurs propres, il faut que $A$ n'admette que la valeur propre nulle. Puisque $A$ n'est pas la matrice nulle, ceci oriente nos recherches d'une telle matrice $A$ vers une matrice nilpotente. Considérons la plus simple d'entre elles : $$A=\left( \begin{array}{cc} 0&1\\ 0&0 \end{array}\right).$$ Alors $A$ et semblable à $2A$ : en effet, on a $A=P(2A)P^{-1}$ où $P$ est la matrice $$P=\left(\begin{array}{cc} 1/2&0\\ 0&1 \end{array}\right).$$ Ainsi, il ne peut pas avoir de norme sur $\mathcal M_2(\mathbb R)$ invariante par similitude, puisqu'on n'a pas $\|2A\|=\|A\|$. Le raisonnement est identique pour $\mathcal M_n(\mathbb R)$, on considère cette fois la matrice $A$ dont le seul coefficient non nul est celui le plus à droite sur la première ligne, ce coefficient étant égal à 1.

Il suffit d'appliquer la définition d'une norme, et de vérifier les 3 propriétés essentielles. La difficulté principale est l'inégalité triangulaire pour la norme $N_2$. Rappelons l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $$\sum_{i=1}^n |\alpha_i\beta_i|\leq \left(\sum_{i=1}^n |\alpha_i|^2\right)^{1/2}\left(\sum_{i=1}^n |\beta_i|^2\right)^{1/2}.$$ Pour $\alpha=(x_0,y_0)$ et $\beta=(x_1,y_1)$ de $\mtr^2$, on a : \begin{eqnarray*} N_2(\alpha+\beta)^2&=&(x_0+x_1)^2+(y_0+y_1)^2\\ &=&x_0^2+x_1^2+y_0^2+y_1^2+2x_0x_1+2y_0y_1\\ &=&(x_0^2+y_0^2)+(x_1^2+y_1^2)+2(x_0x_1+y_0y_1)\\ &\leq&N_2(\alpha)^2+N_2(\beta)^2+2(x_0^2+y_0^2)^{1/2}(x_1^2+y_1^2)^{1/2}\\ &\leq&N_2(\alpha)^2+N_2(\beta)^2+2N_2(\alpha)N_2(\beta)\\ &\leq&\left(N_2(\alpha)+N_2(\beta)\right)^2. \end{eqnarray*} D'autre part, on a $|x|^2\leq |x|^2+|y|^2$ ce qui donne $|x|\leq N_2(\alpha)$, et de même $|y|\leq N_2(\alpha)$. Passant au max, on obtient $N_\infty(\alpha)\leq N_2(\alpha)$. D'autre part $(|x|+|y|)^2\geq x^2+y^2$ et donc $N_2(\alpha)\leq N_1(\alpha)$. Enfin, $|x|\leq N_\infty(\alpha)$ et $|y|\leq N_\infty(\alpha)$ et donc $N_1(\alpha)\leq 2N_\infty(\alpha)$. Les normes sont équivalentes : il est clair que, à des constantes multiplicatives près, $N_2$ encadre les deux autres puisque l'on a $$N_2(\alpha)\leq N_1(\alpha)\leq 2N_\infty(\alpha)\leq 2N_2(\alpha).$$

Remarquons d'abord qu'une fonction continue sur $[0,1]$ est bornée (et atteint ses bornes). Ceci justifie que $\|f\|_\infty$ est bien défini pour tout $f\in E$. De plus, on a toujours $\|f\|_\infty\geq 0$. D'autre part, si $\|f\|_\infty=0$, alors pour tout $x$ dans $[0,1]$, on a $f(x)=0$, et donc $f=0$. Etudions l'inégalité triangulaire : soient $f$ et $g$ deux éléments de $E$. Pour tout $x$ de $[0,1]$, on a : $$|f(x)+g(x)|\leq |f(x)|+|g(x)|\leq\|f\|_\infty+\|g\|_\infty.$$ Passant au max, on obtient : $$\|f+g\|_\infty\leq \|f\|_\infty+\|g\|_\infty.$$ Concernant l'homogénéité, prenons $\lambda\in\mtr$ et $f$ dans $E$. Pour tout $x$ de $[0,1]$, on a : $$|\lambda f(x)|=|\lambda||f(x)|,$$ et passant au max, on a bien l'égalité voulue.
Pour la norme $\|.\|_1$ : on arrive bien dans $\mtr^+$. Rappelons que l'intégrale d'une fonction continue positive est nulle si, et seulement si, il s'agit de la fonction nulle. Rappelons d'autre part que si $f$ est continue, alors $|f|$ est continue. On a donc démontré $\|f\|_1=0\implies f=0$. D'autre part, pour tout $x$ de $[0,1]$, l'inégalité triangulaire de la valeur absolue donne : $$|f(x)+g(x)|\leq |f(x)|+|g(x)|.$$ Intégrer cette inégalité entre 0 et 1 donne l'inégalité triangulaire pour $\|.\|_1$. En effet, la linéarité de l'intégrale donne $$\int_0^1|\lambda f(x)|dx=|\lambda|\int_0^1 |f(x)|dx.$$ Remarquons que, pour chaque $x$ de $[0,1]$, on a : $$|f(x)|\leq \|f\|_\infty.$$ On intègre cette inégalité entre 0 et 1, et on trouve : $$\|f\|_1\leq \int_0^1 \|f\|_\infty dx=\|f\|_\infty.$$ Pour $f_n(x)=x^n$, on a $$\|f_n\|_\infty=1, \|f_n\|_1=\int_0^1 x^ndx=\frac{1}{n+1}.$$ Si les normes étaient équivalentes, il existerait une constante $C>0$ telle que $\|f\|_\infty\leq C\|f\|_1$. Pour $f=f_n$, on obtient : $$\|f_n\|_\infty\leq C\|f_n\|_1\iff 1\leq \frac{C}{n+1},$$ et un passage à la limite en $n$ donne $1\leq 0$.

Notons $(e_1,\dots,e_n)$ la base canonique de $\mathbb R^n$. Alors si $N$ est une norme, on sait que $N(e_k)=a_k>0$, et donc il est nécessaire que tous les $a_k$ soient strictement positifs. Cette condition est également suffisante. En effet, $N$ est alors bien à valeurs dans $\mathbb R_+$, il est clair que l'on a $N(\lambda x)=|\lambda |N(x)$ et que, si $N(x)=0$, alors $$a_1|x_1|+\dots a_n|x_n|=0\implies x=0$$ puisqu'on somme à gauche des éléments qui sont tous positifs. Leur somme étant nulle, chacun des éléments doit être nul. Enfin, l'inégalité triangulaire se prouve simplement comme pour la norme $\|\cdot\|_1$. En effet, si $x,y\in\mathbb R^n$, alors \begin{eqnarray*} N(x+y)&=&a_1|x_1+y_1|+\dots +a_n |x_n+y_n|\\ &\leq&a_1(|x_1|+|y_1|)+\dots+a_n(|x_n|+|y_n|)\\ &\leq &a_1|x_1|+\dots+a_n|x_n|+a_1|y_1|+\dots+a_n|y_n| &\leq&N(x)+N(y). \end{eqnarray*}

On vérifie les trois propriétés définissant une norme (on remarque que $N$ est bien à valeurs dans $\mathbb R_+$). D'une part, si $N(x)=0$, alors $N_1(x)=0$ et donc $x=0$ puisque $N_1$ est une norme. Ensuite, si $x\in E$ et $\lambda\in\mathbb R$, alors \begin{eqnarray*} N(\lambda x)&=&\max\big(N_1(\lambda x),N_2(\lambda x)\big)\\ &=&\max\big(|\lambda|N_1(x),|\lambda|N_2(x)\big)\\ &=&|\lambda|\max\big(N_1(x),N_2(x)\big)\\ &=&|\lambda| N(x). \end{eqnarray*} Enfin, prouvons l'inégalité triangulaire pour $N$. En effet, si $x$ et $y$ sont dans $E$, alors d'une part $$N_1(x+y)\leq N_1(x)+N_1(y)\leq N(x)+N(y)$$ et d'autre part $$N_2(x+y)\leq N_2(x)+N_2(y)\leq N(x)+N(y).$$ En passant au maximum, on obtient bien $$N(x+y)\leq N(x)+N(y).$$

On commence par remarquer que $N$ est à valeurs dans $\mathbb R_+$. De plus, si $x,y\in E$ et $\lambda\in\mathbb K,$ en utilisant la linéarité de $f$, on a $$N(\lambda x)=\|f(\lambda x)\|=\|\lambda f(x)\|=|\lambda|\cdot \|f(x)\|=|\lambda| N(x)$$ et $$N(x+y)=\|f(x+y)\|=\|f(x)+f(y)\|\leq \|f(x)\|+\|f(y)\|=N(x)+N(y).$$ Le point clé est donc de trouver une condition sur $f$ pour que $N(x)=0\implies x=0$. Mais puisque $\|\cdot\|$ est une norme, $N(x)=0\iff f(x)=0$ et ceci est équivalent à $0$ si et seulement si $f$ est injective. Ainsi, $N$ est une norme sur $E$ si et seulement si $f$ est injective.

1. Le seul point non immédiat est de vérifier que $N$ vérifie l'inégalité triangulaire. Pour cela, on s'inspire du même résultat concernant la norme euclidienne usuelle. Prenons en effet $X_1=(x_1,y_1)$ et $X_2=(x_2,y_2)$ dans $\mathbb R^2$. Alors : \begin{eqnarray*} N^2(X_1+X_2)&=&a^2(x_1+x_2)^2+b^2(y_1+y_2)^2\\ &=&a^2 x_1^2+a^2x_2^2+b^2y_1^2+b^2y_2^2+2a^2x_1x_2+2b^2y_1y_2\\ &=&a^2 x_1^2+a^2x_2^2+b^2y_1^2+b^2y_2^2+2\big((ax_1)(ax_2)+(by_1)(by_2)\big)\\ &\leq&a^2 x_1^2+a^2x_2^2+b^2y_1^2+b^2y_2^2+2\sqrt{a^2x_1^2+b^2y_1^2}\sqrt{a^2x_2^2+b^2y_2^2} \end{eqnarray*} où la dernière ligne est une conséquence immédiate de l'inégalité de Cauchy-Schwarz. On a donc obtenu \begin{eqnarray*} N^2(x_1+y_1,x_2+y_2)&\leq&\left(\sqrt{a^2x_1^2+b^2y_1^2}+\sqrt{a^2x_2^2+b^2y_2^2}\right)^2=(N(X_1)+N(X_2))^2 \end{eqnarray*} ce qui est bien l'inégalité triangulaire voulue. On pouvait aussi remarquer que $N$ est la norme issue du produit scalaire suivant : $$\phi((x_1,y_1),(x_2,y_2))=a^2x_1x_2+b^2y_1y_2.$$
2. $(x,y)$ est dans cette boule si et seulement si $a^2x^2+b^2y^2\leq 1$. On reconnait une ellipse dont les extrémités des axes sont les points $\left(\pm\frac 1a,0\right)$ et $\left(0,\pm\frac 1b\right)$.
3. Supposons par exemple $a\leq b$. Alors, pour tout $(x,y)$ de $\mathbb R^2$, on a $$N(x,y)\leq \sqrt{b^2x^2+b^2y^2}\leq b\|(x,y)\|_2.$$ De plus, pour tous les éléments de la forme $(0,y)$, on a égalité. Le nombre $p$ recherché est donc $\max(a,b)$. Un raisonnement similaire montre que le nombre $q$ recherché est $\min(a,b)$.

La démonstration du fait qu'il s'agit une norme est une simple modification du cas classique de la norme infinie dans $\mtr^p$. On peut d'ailleurs procéder par isomorphisme entre $\mathcal M_n(\mathbb R)$ et $\mathbb R^{n^2}$. Montrons qu'il s'agit d'une norme d'algèbre, en prenant $A,B\in \mathcal M_n(\mtr)$, et en posant $C=AB$. Ecrivons $C=(c_{i,j})$. On a $c_{i,j}=\sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j}.$ On a donc : \begin{eqnarray*} n|c_{i,j}|&\leq&n \sum_{k=1}^n |a_{i,k}||b_{k,j}|\\ &\leq&n \sum_{k=1}^n \frac{N(A)}{n}\frac{N(B)}{n}\\ &\leq&N(A)N(B). \end{eqnarray*}

Faisons un raisonnement par l'absurde, et supposons qu'il existe un produit scalaire $\varphi_1$ sur $\mathbb R^n$ tel que, pour tout $x\in\mathbb R^n,$ on a $\varphi_1(x,x)=\|x\|_1^2.$ Alors, par la formule de polarisation, on sait que pour tout $(x,y)\in\mathbb R^n\times\mathbb R^n,$ on a $$\varphi_1(x,y)=\frac{1}{2}\left(\|x+y\|_1^2-\|x\|_1^2-\|y\|_1^2\right).$$ Appliquons ceci avec $x=e_1$ et $y=e_2$. Il vient \begin{align*} \varphi_1(e_1,e_2)&=\frac 12\left(\|e_1+e_2\|_1^2-\|e_1\|_1^2-\|e_2\|_1^2\right)\\ &=\frac 12(4-1-1)=1. \end{align*} Mais un calcul complètement similaire prouve que $$\varphi_1(e_1,-e_2)=1.$$ Ainsi, on a $\varphi_1(e_1,e_2)=\varphi_1(e_1,-e_2)$ ce qui contredit que $\varphi_1$ est bilinéaire.
Le raisonnement est tout à fait similaire pour la norme infinie. Si elle était issue d'un produit scalaire $\varphi_\infty,$ alors on trouverait $$\varphi_\infty(e_1,e_2)=\varphi_{\infty}(e_1,-e_2)=-\frac 12,$$ une contradiction.

On va démontrer que $N$ est la norme issue d'un produit scalaire (remarquons que pour le moment, nous n'avons pas encore prouvé que $N$ est toujours définie). Pour cela, on procède par polarisation, et pour $x=(a,b)$, $x'=(a',b')$, on pose $$\phi(x,x')=aa'+a'b+ab'+5bb'.$$ $\phi$ est clairement une forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb R^2$, il reste à voir qu'elle est définie et positive. Mais on a $$\phi(x,x)=a^2+2ab+5b^2=(a+b)^2+4b^2$$ (l'idée est ici de reconnaitre dans $a^2+2ab$ le début du développement d'un carré). On en déduit que l'on a toujours $\phi(x,x)\geq 0$ et de plus, si $\phi(x,x)=0$, alors on a $(a+b)=0$ et $b=0$, ce qui entraîne bien sûr $a=b=0$. Ainsi, $N$ est la norme associée au produit scalaire $\phi$.

Une première condition nécessaire sur $A$ apparaît en remarquant qu'il faut que $\|P\|_A<+\infty$ pour tout $P\in\mathbb R[X]$. C'est en particulier vrai pour le polynôme $P(X)=X$ et donc il est nécessaire que $A$ soit bornée. Une seconde condition nécessaire apparaît quand on écrit que $\|P\|_A=0\implies P=0$. Supposons en effet que $A=\{a_1,\dots,a_n\}$ soit fini. Alors prenons $P(X)=(X-a_1)\cdots (X-a_n)$. Alors on a $\|P\|_A=0$ et pourtant $P\neq 0$.
Réciproquement, prouvons que si $A$ est une partie infinie bornée, alors $\|\cdot\|_A$ définit une norme sur $\mathbb R[X]$. D'une part, puisque $A$ est bornée, il existe $M>0$ tel que $A\subset [-M,M]$. Mais pour tout $P\in\mathbb R[X],$ $P$ est continue, donc bornée sur $[-M,M]$. Ainsi $P$ est bornée sur $A$, et donc $\|P\|_A$ est bien défini et cette quantité est un réel positif ou nul. D'autre part, vérifions les trois propriétés de la définition d'une norme :

1. On a toujours, pour tout $\lambda\in\mathbb R$ et tout polynôme $P\in\mathbb R[X]$, $\sup_{x\in A}|\lambda P(x)|=|\lambda|\times \sup_{x\in A}|P(x)|$ et donc $\|\lambda P\|_A=|\lambda|\times \|P\|_A.$
2. Si $\|P\|_A=0$, alors $P$ admet une infinité de racines, et donc $P$ est le polynôme nul.
3. Soient $P,Q\in\mathbb R[X]$. Alors, pour tout $x\in A$, $$|P(x)+Q(x)|\leq |P(x)|+|Q(x)|\leq \|P\|_A+\|Q\|_A.$$ En passant au sup, on obtient que $\|P+Q\|_A\leq \|P\|_A+\|Q\|_A.$ En conclusion, $\|\cdot\|_A$ définit une norme sur $\mathbb R[X]$ si et seulement si $A$ est une partie infinie bornée.

La démonstration qu'il s'agit de normes suit en tout point celle classique concernant les mêmes normes sur $\mtr^n$. Supposons que $N_1(P)\leq C N_\infty(P)$. Prenons $P_n=1+X+\dots+X^n$. Alors $N_1(P_n)=n+1\leq C$, ce qui est impossible pour $n$ grand. Si $N_2(P)\leq C N_\infty(P)$, pour le même polynôme $P_n$, on a $N_2(P_n)=\sqrt{n+1}\leq C$, ce qui est toujours impossible. Enfin, la même suite de polynômes, et le même raisonnement, prouve qu'une inégalité $N_1(P_n)\leq CN_2(P_n)$ est tout aussi impossible. Remarquons que la preuve que ces trois normes ne sont pas équivalentes repose sur le fait que $\mathbb R[X]$ est de dimension infinie.

Considérons, pour $n\geq 1$, $f_n(x)=x^n$. On a alors $$\|f_n\|_{\infty}=1,\ \|f_n\|_2=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\textrm{ et }\|f_n\|_1=\frac1{n+1}.$$ Si $\|\cdot\|_\infty$ et $\|\cdot\|_2$ étaient équivalentes, il existerait $A,B>0$ tels que, pour tout $n$, $$A\leq \frac{\|f_n\|_2}{\|f_n\|_\infty}\leq B.$$ Mais $\frac{\|f_n\|_2}{\|f_n\|_\infty}=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ et un tel encadrement est impossible (on obtiendrait à la limite $A\leq 0$).

On va démontrer que $N_1$ est une norme, la preuve est exactement identique pour $N_2$. On commence par remarquer que $N_1$ est à valeurs dans $\mathbb R_+$. De plus, si $N_1(x)=0$ alors on a $f(0)=0$ et $\int_0^1 |f'(t)|dt=0.$ Or, $|f'|$ est une fonction continue et positive sur $[0,1]$ : la condition $\int_0^1 |f'(t)|dt=0$ entraîne donc que $f'=0$ sur $[0,1]$ donc que $f$ est constante. Puisque $f(0)=0$, on a bien $f=0.$
Les autres propriétés sont faciles à vérifier. En effet, pour tout $\lambda\in\mathbb R$ et tous $f,g\in E,$ on a \begin{align*} N_1(\lambda f)&=|\lambda f(0)|+\int_0^1|\lambda f'(t)|dt\\ &=|\lambda|\cdot |f(0)|+|\lambda|\int_0^1|f'(t)|dt\\ &=|\lambda| N_1(f) \end{align*} et aussi \begin{align*} N_1(f+g)&=|(f+g)(0)|+\int_0^1 |(f+g)'(t)|dt\\ &=|f(0)+g(0)|+\int_0^1 |f'(t)+g'(t)|dt\\ &\leq |f(0)|+|g(0)|+\int_0^1 (|f'(t)|+|g'(t)|)dt\\ &\leq |f(0)|+\int_0^1 |f'(t)|dt+|g(0)|+\int_0^1 |g'(t)|dt\\ &\leq N_1(f)+N_1(g). \end{align*} Enfin, pour conclure, on peut remarquer que $N_1\leq 2N_2$ et que $N_2\leq 2N_1.$ Les deux normes sont bien équivalentes.

La deuxième partie de l'exercice est corrigée dans la vidéo suivante :

1. La seule difficulté est de vérifier que $N_a(P)=0\implies P=0$. Mais si $N_a(P)=0$, on a à la fois $|P(a)|=0$ et $\int_0^1 |P'(t)|dt=0$. Or, $|P'|$ est une fonction continue, positive, d'intégrale nulle sur $[0,1]$. Donc $P'=0$ sur $[0,1]$. Comme $P'$ est un polynôme, ceci entraîne que $P'=0$ ou encore que $P$ est un polynôme constant. Puisque $P(a)=0$, on en déduit que $P$ est identiquement nul.
2. Supposons que $N_a$ et $N_b$ sont équivalentes. Alors, il existe deux constantes $C_1>0$ et $C_2>0$ tels que, pour tout $P\in\mathbb R[X]$, on a : $$C_1 N_a(P)\leq N_b(P)\leq C_2 N_a(P).$$ Pour $n\geq 0$, soit $P(X)=X^n$. On a $$N_a(P)=a^n+n\int_0^1 t^{n-1}dt=a^n+1\textrm{ et }N_b(P)=b^n+1.$$ On en déduit alors que, pour tout $n\geq 0$, $$b^n+1\leq C_2(a^n+1)\iff 1+\frac{1}{b^n}\leq C_2\left(\frac ab\right)^n +\frac{C_2}{b^n}.$$ Or, le membre de gauche tend vers $1$ et le membre de droite vers 0. On obtient en passant à la limite $1\leq 0$, ce qui est absurde. L'hypothèse de départ est donc fausse, et $N_a$ et $N_b$ ne sont pas équivalentes.
3. Supposons par exemple $a\leq b$. Alors $$P(b)-P(a)=\int_a^b P'(t)dt\leq \int_0^1 |P'(t)|dt.$$ Ainsi, $$|P(b)|\leq |P(a)|+\int_0^1 |P'(t)|dt\leq N_a(P).$$ Il vient $$N_b(P)\leq N_a(P)+\int_0^1 |P'(t)|dt\leq 2N_a(P).$$ On a de la même façon $$|P(a)|\leq |P(b)|+\int_0^1 |P'(t)|dt\leq N_b(P)$$ et donc $$N_a(P)\leq 2N_b(P).$$ Les deux normes sont bien équivalentes.