Exercice E43 : Énoncé & Corrigé Détaillé

Sous-espace vectoriel $ F $
- Le polynôme nul $0_E$ vérifie $0_E(1) = 0$ et $0_E'(1) = 0$, donc $0_E \in F$.
- Soient $P, Q \in F$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Posons $S = \lambda P + Q$. On a $S(1) = \lambda P(1) + Q(1) = \lambda(0) + 0 = 0$. De plus, la dérivée est linéaire donc $S'(X) = \lambda P'(X) + Q'(X)$, d'où $S'(1) = \lambda P'(1) + Q'(1) = 0$. Ainsi, $S \in F$.
$F$ est non vide et stable par combinaison linéaire, c'est donc un sous-espace vectoriel de $E$.

Base et dimension de $ F $
Soit $P \in F$. Puisque $P(1) = P'(1) = 0$, le réel $1$ est une racine au moins double de $P$. Comme $P \in \mathbb{R}_2[X]$ (degré au plus 2), il existe un réel $a$ tel que : \[ P(X) = a(X-1)^2 \] Tout polynôme de $F$ s'écrit comme combinaison linéaire du polynôme non nul $(X-1)^2$. La famille $((X-1)^2)$ est donc génératrice de $F$. Étant constituée d'un seul vecteur non nul, elle est libre.
C'est une base de $F$, et par conséquent $\dim(F) = 1$.

Dimension et base de $ H $
$H$ est l'espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à $1$. Une base usuelle de $H$ est la famille $(1, X)$. Sa dimension est donc $\dim(H) = 2$.

Intersection $ F \cap H $
Soit $P \in F \cap H$. Puisque $P \in H$, il s'écrit $P(X) = aX + b$ avec $a, b \in \mathbb{R}$. Sa dérivée est $P'(X) = a$.
Puisque $P \in F$, il vérifie $P(1) = 0$ et $P'(1) = 0$.
- La condition $P'(1) = 0$ implique $a = 0$.
- La condition $P(1) = 0$ implique $a(1) + b = 0$, donc $b = 0$.
Ainsi, $P = 0_E$. On en déduit que $F \cap H = \{0_E\}$.

Existence de la décomposition
- Puisque $P = Q + R$ avec $R \in F$, on a par définition de l'espace $F$ : \[R(1) = 0 \qquad \text{et}\qquad R'(1) = 0\]
- En évaluant $P$ et sa dérivée en $1$, on obtient : \[ P(1) = Q(1) + R(1) \implies Q(1) = P(1) \] \[ P'(1) = Q'(1) + R'(1) \implies Q'(1) = P'(1) \]
- Comme $Q \in H = \mathbb{R}_1[X]$, son degré est inférieur ou égal à $1$.
  Il correspond donc exactement à son développement de Taylor à l'ordre $1$ au point $1$ : \[ Q(X) = Q(1) + (X-1)Q'(1) \] En remplaçant par les valeurs trouvées, on obtient directement : \[ Q(X) = P(1) + P'(1)(X-1) \] Le polynôme $Q$ est donc bien défini et unique.
- On en déduit l'expression de $R$ : \[ R(X) = P(X) - Q(X) \] Ce qui correspond au terme de degré $2$ de la formule de Taylor de $P$ en $1$.
  Puisque $\deg(P) \le 2$, on a : \[ R(X) = \frac{1}{2}P''(1)(X-1)^2 \] (Remarque : $P''$ étant constant pour un polynôme de $\mathbb{R}_2[X]$, on a bien $P''(1) = P''(0)$).