Les polynômes qui prennent la même valeur en 0 et en 1

$F$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}_3[x]$.

Le polynôme nul y est : $0=0$.

Stabilité : si $P(0)=P(1)$ et $Q(0)=Q(1)$, alors pour tous réels $\lambda ,\mu$, $$(\lambda P+\mu Q)(0)=\lambda P(0)+\mu Q(0)=\lambda P(1)+\mu Q(1)=(\lambda P+\mu Q)(1).$$ Donc $\lambda P+\mu Q\in F$ : l'évaluation en un point est compatible avec les combinaisons linéaires, c'est ce qui fait marcher le calcul.

Traduction en équation. Écrivons $P=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3$. Alors $P(0)=a_0$ et $P(1)=a_0+a_1+a_2+a_3$. La condition $P(0)=P(1)$ équivaut donc à $$a_1+a_2+a_3=0.$$ C'est une seule équation linéaire homogène sur les quatre coefficients : le coefficient $a_0$ reste totalement libre.

Une base. Prenons $a_0$, $a_2$ et $a_3$ comme paramètres ; alors $a_1=-a_2-a_3$, et $$P=a_0+(-a_2-a_3)x+a_2{x}^2+a_3{x}^3=a_0\cdot 1+a_2(x^2-x)+a_3(x^3-x).$$ Donc $F=\mathrm{Vect}(1,x^2-x,x^3-x)$.

Cette famille est libre : si $\alpha +\beta (x^2-x)+\gamma (x^3-x)=0$, le coefficient de $x^3$ vaut $\gamma$, donc $\gamma =0$ ; celui de $x^2$ vaut $\beta$, donc $\beta =0$ ; il reste $\alpha =0$.

Ainsi $(1,x^2-x,x^3-x)$ est une base de $F$ et $\dim (F)=3$.

Contrôle. $\dim ({\mathbb{R}}_3[x])=4$, une équation homogène non triviale ôte un degré de liberté : $4-1=3$.