Sujet agrégation interne 2010
Bonjour,
je suis en train de faire la question (2) du sujet d'agrégation interne.
Voici ma rédaction.
Par définition : $\ker(\Delta)=\{P\in\mathcal{P}\mid \Delta(P)=0\}$
Or $\forall z\in\mathbb{C},\ (\Delta P)(z)=0 \Leftrightarrow P(z+1)=P(z)$.
Le noyau de $\Delta$ est constitué des polynômes $1$-périodique.
On suppose que $P\in \ker(\Delta)$ avec $\deg(P)=p>0$.
Par le th. de d'Alembert-Gauss, on sait qu'il existe $z_0\in\mathbb{C}$ une racine de $P$.
On aurait alors $P(z_0+1)=P(z_0)=0$ et donc $z_0+1$ serait également une racine $P$.
D'où l'on tire que $z_0+r$ serait aussi une racine de $P$, $\ 1\le r\le p$.
Il y aurait donc $p+1$ racines pour un polynôme de degré $p$. Ce qui est absurde.
On déduit alors que le noyau de $\Delta$ est constitué des polynômes constants et que cette application n'est pas injective.
Qu'en pensez-vous ?
D'avance merci.
Voici l'énoncé.
je suis en train de faire la question (2) du sujet d'agrégation interne.
Voici ma rédaction.
Par définition : $\ker(\Delta)=\{P\in\mathcal{P}\mid \Delta(P)=0\}$
Or $\forall z\in\mathbb{C},\ (\Delta P)(z)=0 \Leftrightarrow P(z+1)=P(z)$.
Le noyau de $\Delta$ est constitué des polynômes $1$-périodique.
On suppose que $P\in \ker(\Delta)$ avec $\deg(P)=p>0$.
Par le th. de d'Alembert-Gauss, on sait qu'il existe $z_0\in\mathbb{C}$ une racine de $P$.
On aurait alors $P(z_0+1)=P(z_0)=0$ et donc $z_0+1$ serait également une racine $P$.
D'où l'on tire que $z_0+r$ serait aussi une racine de $P$, $\ 1\le r\le p$.
Il y aurait donc $p+1$ racines pour un polynôme de degré $p$. Ce qui est absurde.
On déduit alors que le noyau de $\Delta$ est constitué des polynômes constants et que cette application n'est pas injective.
Qu'en pensez-vous ?
D'avance merci.
Voici l'énoncé.
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Réponses
je travaille le sujet d'agrégation d'interne 2010, la question 3.(b) dont l'extrait se trouve en pj.
J'arrive à prouver que la famille $(H_n)_n$ est une famille libre car elle est échelonnée en degré.
J'arrive également à prouver que : $\forall P\in\mathcal{P},\ P=\sum_{n=0}^\infty (\Delta^nP)(0) H_n$.
J'arrive aussi à expliciter les coefficients comme demandé pour le polynôme $P(z)=z^3$ et j'obtiens $P=6H_3+6H_2+H_1$.
Le seul argument qui me manque, c'est celui permettant d'affirmer que $(H_n)$ est une base sachant que je sais que c'est une famille libre. Je ne trouve pas l'argument
Pouvez-vous m'aider ?
Merci d'avance.
[Restons dans la discussion que tu as ouverte sur ce problème agreg interne 2010. AD]
Le fait que, pour tout entier \(n\), \((H_0,\dots,H_n)\) soit une base de l'espace des polynômes de degré au plus \(n\) fait de \({(H_n)}_{n\geqslant0}\) une famille génératrice de \(\C[X]\).
Il faut lire : $H_n(z) = \frac{1}{n!} \cdot z \times (z-1) \times \dots \times (z-n+1)$.
Pour le fait que ce soit une base, on peut remarquer que $vect(H_0,\dots,H_n) \subset \C_n[X]$, et comme la famille est libre, c'est une base par dimensionnalité.
Accessoirement, la formule $\forall P\in\mathcal{P}, P=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nP)(0)H_n$ montre le caractère générateur de cette famille.
Il faut lire : $H_n(z) = \frac{1}{n!} \cdot z \times (z-1) \times \dots \times (z-n+1)$.
Avec la définition de l'énoncé, la famille n'est pas échelonnée en degrés…
https://delcourt.u-cergy.fr/Agrint/Rapport_2010.pdf. Le sujet est situé pages 41-47.
Cordialement, Pierre.
En revanche, je ne saisi pas votre argument :
Dans vos notations, juste pour lever un petit doute :
$\C_n[X]$ est l'espace vectoriel des polynômes de degré au plus $n$ à coefficients complexes.
$\C[X]$ est l'espace vectoriel des polynômes à coefficients complexes.
Voici ce que j'arrive à bien comprendre pour le moment.
La famille $(H_n)_{n\ge 0}$ est échelonnée en degré donc c'est une famille libre.
On en déduit que la famille $(H_r)_{0\le r\le n}$ est une famille libre contenant $n+1$ éléments dans un espace vectoriel tel que $\dim(\C_n[X])=n+1$.
Donc la famille $(H_r)_{0\le r\le n}$ est une base de $\C_n[X]$ (*).
Pourquoi peut-on conclure alors que la famille $(H_n)_{n\ge 0}$ est une base de $\C[X]$ ?
Parce que (*) est vrai pour tout n$$ ?
Et merci pldx1, c'est vrai qu'il est meilleur de prendre le sujet extrait du rapport du jury !
Pour revenir au calcul explicite avec le polynôme $P(z)=z^3$.
Je l'ai repris ce jour et j'ai eu un petit doute :
Je sais que $(\Delta P)(z)=P(z+1)-P(z)$ et j'arrive sans problème à calculer $(\Delta^k P)(z)$ lorsque $k\ge 2$
Mais que dire de $(\Delta^0 P)(z)$ et pourquoi ?
Je bloque.
EDIT : bon gb a répondu...
Cela m'apprendra à mieux lire l'énoncé !
Merci
Pour rappel, le sujet (sans faute !) est ici : https://delcourt.u-cergy.fr/Agrint/Rapport_2010.pdf
Page 42.
C'est la question 4.(b).
Voici ma rédaction :
Dans la question 3.(c), on a vu que $\Delta$ était surjective : si $Q\in \mathbb{C}[X]$, alors il existe $P\in \mathbb{C}[X]$ tel que $\Delta(P)=Q$.
Plus précisément, si :
$Q(z)=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nQ)(0)H_n(z)$ alors il existe $P(z)=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nQ)(0)H_{n+1}(z)$ tel que $\Delta(P)=Q$
Fixons donc $Q(z)=z^3=H_1(z)+6H_2(z)+6H_3(z)\in\mathbb{C}[X]$ (d'après la question 3.(b).
Alors avec :
$P(z)=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nQ)(0)H_{n+1}(z)=0\times H_1(z)+1\times H_2(z)+6\times H_3(z)+6\times H_4(z)=H_2(z)+6H_3(z)+6H_4(z)$ (j'ai un doute ici).
On a : $(\Delta P)(z)=Q(z)$ ce que l'on peut écrire $P(z+1)-P(z)=Q(z)$ ou encore $f(z+1)-f(z)=z^3$ avec $f\in\mathcal{P}$ et $f(0)=0$.
On déduit de la question 4.(a) que :
$\sum_{n=0}^Nn^3=f(N+1)=H_2(N+1)+6H_3(N+1)+6H_4(N+1)=\frac{((N+1)N)^2}{4}$.
Globalement, je pense avoir compris la question.
Mais je m'interroge sur la qualité de ma rédaction.
Qu'en pensez-vous ?
-- Schnoebelen, Philippe
Je n'ai pas vu de remarque sur ma rédaction. Hormis le passage où j'écris :
\begin{align*}
P(z)&=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nQ)(0)H_{n+1}(z)\\
&=0\times H_1(z)+1\times H_2(z)+6\times H_3(z)+6\times H_4(z) \\
&=H_2(z)+6H_3(z)+6H_4(z)
\end{align*} Il faudrait écrire en réalité : $$
P(z)=\alpha+H_2(z)+6H_3(z)+6H_4(z).
$$ Si j'ai bien compris ?
\forall P\in\mathcal{P},\quad P=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nP)(0)H_n.
$$ Si on définit maintenant $$\widetilde P=\sum_{n=0}^\infty(\Delta^nP)(0)H_{n+1},$$ alors on a immédiatement $\Delta(\widetilde P) = P$.
Le sujet est toujours ici : https://delcourt.u-cergy.fr/Agrint/Rapport_2010.pdf
Page 42.
Je fais la question 5 :
Question a :
Je vais vérifier les 4 axiomes :
1) On suppose que $N(P)=0$.
Alors $sup_{x\in [0,1]} |P(x)|=0$.
Et donc $\forall x\in [0,1], |P(x)|=0$.
Soit $\forall x\in [0,1], P(x)=0$.
Ce qui donne $P=0$.
La réciproque est évidente.
2) De façon évidente également, $N(P)\ge 0$.
3) $\forall x\in [0,1], |P(x)+Q(x)|\le |P(x)|+|Q(x)|\le N(P)+N(Q)$.
En passant au sup, on obtient $N(P+Q)\le N(P)+N(Q)$.
4)$\forall x\in [0,1]\,, \forall k\in K\,, |kP(x)|\le |k||P(x)|\le |k|N(P)$.
En passant au sup, on obtient $N(kP)\le |k|N(P)$.
Et donc on définit bien une norme sur $P\in \mathcal{P}$
Soit $\forall x\in [0,1], P(x)=0$.
Ce qui donne $P=0$.
Il faudrait détailler ce passage.
> Il faudrait détailler ce passage.
Si $\forall x\in[0,1],\ P(x)=0$ alors, sur cet intervalle, $P$ est le polynôme constant égal à 1.
Non ?
marsup écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1903558,1905178#msg-1905178
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Oui, j'y suis arrivé.
Merci.
Si $\forall x\in[0,1],\, P(x)=0$ alors, sur cet intervalle, P est le polynôme constant égal à 1.
La rédaction doit mettre en évidence la différence entre un polynôme et la fonction polynomiale associée.
$\forall x\in[0,1],\ P(x)=0$
Et donc :
$\forall x\in[0,1],\ f(x)=0$ où $f$ est la fonction polynôme associée à $P$.
Ce qui implique, puisque $f$ est continue sur cet intervalle, que $f$ est la fonction nulle.
Par conséquent, $P$ étant le polynôme associé à cette fonction, c'est le polynôme nul.
D'où $P=0$.
Qu'en pensez-vous ?
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Oui, c'est vrai. Je corrige.
Soit $x\in [0,1]$.
Soit $k\in \mathbb{C}$.
On a : $|kP(x)|=|k||P(x)|\le |k|N(P)$.
Ce qui prouve l'homogénéité.
Qu'en pensez-vous ?
Cela me semble évident, mais j'évite de l'écrire parce que c'est dans des cas comme cela que je manque de précision !
Allons-y.
Soit $k\in\mathbb{C}$.
Soit $P\in \mathcal{P}=\mathbb{C}[X]$ et soit $Q\in \mathcal{P}=\mathbb{C}[X]$.
Montrons que $\Delta(kP+Q)=k\Delta(P)+\Delta(Q)$.
Pour $z\in\mathbb{C}$, on a :
\begin{align*}
\Delta(kP+Q)(z)
&=(kP+Q)(z+1)-(kP+Q)(z) \\
&=kP(z+1)+Q(z+1)-kP(z)-Q(z) \\
&=k(P(z+1)-P(z))+Q(z+1)-Q(z) \\
&=k\Delta(P)(z)+\Delta(Q)(z)
\end{align*} D'où le résultat.
Qu'en pensez-vous ?
Par conséquent, P étant le polynôme associé à cette fonction, c'est le polynôme nul.
Le petit théorème de Fermat assure que, sur le corps \(\Z/11\Z\), la fonction polynomiale associée au polynôme \(X^{11}-X\) (élément de \(\Z/11\Z[X]\)) est nulle, bien que le polynôme \(X^{11}-X\) soit non nul.
Je vais essayer de m'appliquer sur la rédaction.
Je dois démontrer que $(H_n)_{n\ge 0}$ est une base de $\mathcal{P}=\mathbb{C}[X]$.
Soit $P\in\mathcal{P}$. On note $p=\deg(P)$.
Alors $P\in\mathbb{C}_p[X]$.
La famille $(H_r)_{0\le r\le p}$ est échelonnée en degré. A ce titre, elle constitue une famille libre de $\mathbb{C}_p[X]$.
Par ailleurs, cette famille contient $p+1$ éléments dans l'espace vectoriel $\mathbb{C}_p[X]$ qui est de dimension $p+1$. Cette famille est donc une famille génératrice de $\mathbb{C}_p[X]$.
La famille $(H_r)_{0\le r\le p}$ est donc une base de $\mathbb{C}_p[X]$.
Ce qui précède étant valable pour tout $P\in\mathcal{P}$, on a donc bien démontré que $(H_n)_{n\ge 0}$ est une base de $\mathcal{P}=\mathbb{C}[X]$.
Qu'en pensez-vous ?
Je viens de relire l'énoncé : on confond « polynômes » et « fonctions polynômes » est- il dit dans le préambule.
Il subsiste le fait que, la nullité du polynôme \(P\) (ou de la fonction polynomiale associée…) c'est:
\[\forall z\in\C\quad P(z)=0,\]
et tu as seulement établi :
\[\forall x\in[0,1]\quad P(x)=0,\]
ce qui n'est pas toutà fait suffisant.
Pour l'homogénéité, le truc, c'est qu'en prouvant :
\[\forall k\in\C \quad \forall P\in\C[X] \quad N(kP) \leqslant kN(P)\]
on prouve du même coup:
\[\forall k\in\C^* \quad \forall P\in\C[X] \quad N\left(\frac1k(kP)\right) \leqslant \frac1k\bigl(N(kP)\bigr) \iff kN(P) \leqslant N(kP)\]
et cette dernière inégalité est triviale lorsque \(P\) est nulle.
Je conçois que la définition de l'homogénéité soit énoncée avec l'inégalité, mais je me suis toujours demandé pourquoi on n'insistait pas assez sur le côté suffisant de l'inégalité.
On aurait alors un parallélisme pour les axiomes des normes relatifs à l'addition et la multiplication par les scalaires dans le cas des espaces vectoriels normés, et même avec la multiplication interne dans le cas des algèbres normés en énonçant les axiomes sous la forme(j'omets volontairement les quantificateurs…):
\begin{align*}
\lVert\lambda u\rVert &\leqslant \lambda\lVert u\rVert &
\lVert\ u+v\rVert &\leqslant \lVert u\rVert + \lVert v\rVert &
\lVert u.v\rVert &\leqslant \lVert u\rVert.\lVert v\rVert
\end{align*}
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Je dois donc préciser que la fonction polynomiale est nulle et à coefficients dans $\mathbb{C}$. Dans ce cas, le polynôme associé est nul.
Si je saisis bien : $f=0 \Rightarrow P=0$ dépend du corps $K$ dans lequel on place les coefficients.
Il n'empêche que tu as seulement prouvé la nullité de la restriction à \([0,1]\) de la fonction polynomiale, pas la nullité de la fonction elle-même.
Alors, j'ai une idée, mais je ne sais pas si elle peut conduire quelque part.
Le but c'est de prouver que $\forall z\in\mathbb{C}, \quad f(z)=0$.
Le cas $z=0$ est immédiat.
Soit $z\in\mathbb{C}^*$. Alors le complexe $u=\dfrac{z}{\lvert z\rvert}$ est de module 1.
Est-ce une bonne idée à exploiter ?
Ou je fais fausse route ?
La fonction \(z\mapsto\lvert z\rvert+\lvert z-1\rvert-1\) (non polynomiale …) est nulle sur \([0,1]\), mais pas sur \(\mathbf{C}\).
Supposons que $P\in\mathcal{P}=\mathbb{C}[X]$ ne soit pas le polynôme nul et notons $p=\deg(P)$.
Alors $P$ a au plus $p$ racines dans $\mathbb{C}.$
Mais puisque $\forall x\in [0,1], \ P(x)=0$,
cela signifierait que $P$ a une infinité de racines. Contradiction.
Donc $P=0$.
[Au lieu de chercher à modifier la taille des expressions $\LaTeX$, encadre toutes les expressions mathématiques (y compris celles qui n'ont qu'une seule lettre) avec des $\$$. AD]
Je pense avoir bien compris comment rédiger cette question et expliquer qu'est une norme.
En revanche, je ne saisis pas bien ce que propose gb ici.
Pourquoi $kN(P)=N(kP)$ ssi $P=0$
Enfin, que pensez-vous de ma rédaction aux questions suivantes ?
Question 1
Question 3.b
Encore merci de votre aide précieuse.
On prouve : \[\forall k\in\C \quad \forall P\in\C[X] \quad N(kP) \leqslant kN(P)
\] et on utilise ce résultat, pour le nombre complexe \(1/k\) et le polynôme \(kP\), d'où : \[
\forall k\in\C^* \quad \forall P\in\C[X] \quad N\left(\frac1k(kP)\right) \leqslant\frac1k\bigl(N(kP)\bigr).
\] Si \(P\) est nul, toutes les normes qui interviennent dans les inégalités précédentes sont nulles, donc les inégalités sont trivialement satisfaites.
Alors je reprends le tout :
1) Je vais montrer que $N(P)=0$ ssi $P=0$.
Si $P=0$ alors $N(P)=0$ est immédiat.
Si $N(P)=0$ alors $sup_{x\in [0,1]}\lvert P(x)\rvert=0$ et donc $\forall x\in [0,1], P(x)=0$.
On suppose que $P$ n'est pas le polynôme nul et on note $p=deg(P)\ge 0$.
Alors $P\in\mathcal{P}$ est un polynôme non nul de degré $p\ge 0$ et donc admet au plus p racines.
Or si $\forall x\in [0,1], P(x)=0$, alors on P admettrait une infinité de racines.
Contradiction.
Donc P est le polynôme nul.
2) Je vais montrer que $N(P+Q)\le N(P)+N(Q)$
Pour cela, on utilise l'inégalité triangulaire : on sait que, $\forall x\in [0,1]$, $\lvert P(x)+Q(x)\rvert\le\lvert P(x)\rvert+\lvert Q(x)\rvert\le N(P)+N(Q)$.
En passant au sup, on obtient le résultat voulu.
3) Je vais montrer que $\forall k\in\mathbb{C}$, on a $N(kP)=\lvert k\rvert N(P)$
Pour cela on va montrer que $N(kP) \le \lvert k\rvert N(P)$ (a) puis que $N(kP) \ge \lvert k\rvert N(P)$ (b).
On a :
$\forall x\in [0,1]$, on peut écrire $\lvert kP(x)\rvert = \lvert k\rvert\lvert P(x)\rvert\le \lvert k\rvert N(P)$
En passant au sup, on obtient :
$N(kP)\le \lvert k\rvert N(P)$ (a)
En utilisant cette inégalité avec $\dfrac{1}{k}$ à la place de $k$ et $kP$ à la place $P$, on obtient :
$N(\dfrac{1}{k} kP)\le \lvert \dfrac{1}{k}\rvert N(kP)$
Ce qui donne :
$N(P)\le \dfrac{1}{\lvert k\rvert} N(kP)$
Et donc :
$\lvert k\rvert N(P)\le N(kP)$ (b)
On a donc bien $N(kP)=\lvert k\rvert N(P)$.
Les trois axiomes étant vérifiés, cela prouve que N est une norme.
Juste une petite remarque, pour montrer que $N(P)=0$ implique $P=0$, on peut aussi utiliser le fait que $P(x)=0, \forall x \in [0;1]$ implique $\frac{\partial^n P}{\partial x}(0)$, $ \forall n \in \N$ et on conclut avec la formule de Taylor.
A+
F.
Eh oui, la formule de Taylor permet aussi d'obtenir le résultat.
Merci !
Que pensez-vous de mes réponses aux questions suivantes ?
Question 1
Question 3.b
Voilà ce que je propose :
On sait que si $E$ et $F$ sont deux evn, que $f\in L(E,F)$ alors :
$f$ est continue sur $E$ $\Leftrightarrow$ $\exists M>0\,,\lvert\lvert f(x)\rvert\rvert_F\le M\lvert\lvert x\rvert\rvert_E$
Ici, l'application est la suivante $\Delta\in L(\mathcal{P})$ muni de la norme définie dans la question 5.a.
Je constate qu'avec $P(X)=X^n$ on a :
- $\lvert\lvert P\rvert\rvert=1$
- $\Delta(P)(z)=(z+1)^n-z^n=\sum_{n=0}^{n-1}C_n^kz^k$ en utilisant la formule du binôme de Newton.
Par conséquent :
$\lvert\lvert\Delta (P)\rvert\rvert=sup_{x\in [0,1]}\lvert(\Delta P)(x)\rvert\ge\lvert(\Delta P)(1)\rvert$.
D'où :
$\lvert\lvert\Delta (P)\rvert\rvert\ge\lvert\sum_{n=0}^{n-1}C_n^k\rvert=2^n-1$.
Ainsi :
$\frac{\lvert\lvert\Delta (P)\rvert\rvert}{\lvert\lvert P\rvert\rvert}\ge 2^n-1$.
Pas de borne, pas de continuité.
Qu'en pensez-vous ?
pour arriver à la conclusion $M \geq 2^n-1,\forall n \in N$, qui est manifestement absurde.
Ou alors tu peux utiliser la caractérisation $f$ continue si et seulement si la borne supérieure des $\|f(x)\|$, $x$ parcourant l'ensemble des éléments de $E$ de norme 1, est fini. En l'occurrence, tu as prouvé que cette dernière était égal à $+\infty$.
A+
F.
Je bloque sur la question 5.(c).
Une aide ?
$\displaystyle N\Big(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty (\Delta^nP)(0) H_n}_{=P}\Big) = \max_{n\ge 0} \big|(\Delta^nP)(0)\big|$
ou bien
$\displaystyle N'\Big(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty (\Delta^nP)(0) H_n}_{=P}\Big) = \sum_{n=0}^\infty \big|(\Delta^nP)(0) \big|$
ou encore
$\displaystyle N''\Big(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty (\Delta^nP)(0) H_n}_{=P}\Big) = \sqrt{\sum_{n=0}^\infty \big|(\Delta^nP)(0) \big|^2}$.
Ou bien même, pour n'importe quelle norme $\|\bullet\|$, on peut prendre $N'''(P) = \displaystyle \max_{n\ge0}\big(\|\Delta^n(P)\|\big)$.
J'en profite pour poster le sujet complet en pdf, ce serait bien de le rajouter au premier post du fil.
[C'est fait. :-) AD]
Alors je définis la norme de la façon suivante :
1) Si $P=0$ alors $N(P)=0$ est clair.
Réciproquement, si $N(P)=0$ alors $\sum_{n=0}^\infty \big|(\Delta^nP)(0) \big|=0$. C'est une somme de termes positifs, donc est nulle ssi tous les termes sont nuls. Autrement dit :
P=\sum_{n=0}^\infty |(\Delta^nP)(0)|H_n =\sum_{n=0}^\infty 0\times H_n=0.
$$ $N$ est donc définie.
2) On sait que : $(\Delta^n\,P+Q)(0)=(\Delta^nP)(0)+(\Delta^nQ)(0)$
puisque $\Delta$ est linéaire (d'ailleurs, si quelque veut bien relire ma démonstration de ce fait, je l'en remercie d'avance).
D'où : $|(\Delta^n\,P+Q)(0)|\le |(\Delta^nP)(0)|+|(\Delta^nQ)(0)|$
en utilisant l'inégalité triangulaire pour la valeur absolue.
Et donc : $$
|(\Delta^n\,P+Q)(0)|\le\sum_{n=0}^\infty|(\Delta^nP)(0)|+\sum_{n=0}^\infty|(\Delta^nQ)(0)|
$$ et je rappelle à ce stade qu'il n'y a pas de problème de convergence ; la somme est finie du fait que les $(\Delta^nP)(0)=0$ dès que $n>\deg(P)$.
Soit :
N(P+Q)=\sum_{n=0}^\infty|(\Delta^n\,P+Q)(0)|\le N(P)+N(Q).
$$ L'inégalité triangulaire est donc vérifiée pour $N$.
3) Soit $k\in\mathbb{C}$. Alors, on a : $$
N(kP)=\sum_{n=0}^\infty|(\Delta^n\,kP)(0)=\sum_{n=0}^\infty|k||(\Delta^n\,P)(0)=|k|\sum_{n=0}^\infty|(\Delta^n\,P)(0)=|k|N(P).
$$ Donc l'homogénéité est également vérifiée.
$N$ est donc bien une norme.
[Préférer tout écrire en $\LaTeX$ plutôt que mélanger avec du BBcode. AD]
Si : $P=\sum_{n=0}^\infty (\Delta^nP)(0)H_n$,
alors d'une part :$\Vert P\Vert =\sum_{n=0}^\infty \lvert (\Delta^nP)(0)\rvert$,
et d'autre part : $\Delta P=\sum_{n=1}^\infty(\Delta^n\,P)(0)\Delta H_n=\sum_{n=1}^\infty(\Delta^n\,P)(0) H_{n-1}$.
D'où : $\lvert\lvert \Delta P\rvert\rvert =\sum_{n=1}^\infty \lvert (\Delta^nP)(0)\rvert.$
On a donc : $\lvert\lvert \Delta P\rvert\rvert \le \lvert\lvert P\rvert\rvert ,$ ainsi, dès que $P\neq 0$ : $\frac{\lvert\lvert \Delta P\rvert\rvert}{\lvert\lvert P\rvert\rvert} \le 1.
$ Par conséquent : $$
\lvert\lvert\lvert\Delta\rvert\rvert\rvert=\sup_{P\neq0}\frac{\lvert\lvert \Delta P\rvert\rvert}{\lvert\lvert P\rvert\rvert} \le 1
$$
Ainsi, $\forall P\in\mathcal{P}=\mathbb{C}[X],\quad\lvert\lvert \Delta P\rvert\rvert \le \lvert\lvert P\rvert\rvert .$
Donc $\Delta$ est continue et $\lvert\lvert\lvert\Delta\rvert\rvert\rvert\le 1$.
[Éviter les trop nombreuses expressions centrées qui allongent le message. AD]