Deux conditions en un point, et la base qui apparaît

Ce qu'on montre. Que $F$ est le noyau d'une application linéaire, ce qui règle la structure, puis qu'une base de $F$ se lit sur la factorisation par $(x-1{)}^2$.

$F$ est un sous-espace. Posons $$\phi :{\mathbb{R}}_3[x]⟶{\mathbb{R}}^2,\phi (P)=(P(1),P^{\prime }(1)).$$ Pour $P,Q\in {\mathbb{R}}_3[x]$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$, la dérivation et l'évaluation sont linéaires, donc $\phi (\lambda P+\mu Q)=\lambda \phi (P)+\mu \phi (Q)$. Ainsi $\phi$ est linéaire et $F=\ker \phi$ : c'est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}_3[x]$.

Traduire les deux conditions. Dire que $P(1)=0$ et $P^{\prime }(1)=0$, c'est dire que $1$ est racine de $P$ de multiplicité au moins $2$, c'est-à-dire que $(x-1{)}^2$ divise $P$. Comme $\mathrm{deg}P\le 3$, le quotient est de degré au plus $1$ : $$P\in F⟺\exists (\alpha ,\beta )\in {\mathbb{R}}^2,P=(x-1{)}^2(\alpha +\beta x).$$

Une base. En écrivant $\alpha +\beta x=(\alpha +\beta )+\beta (x-1)$, on obtient $$P=(\alpha +\beta )(x-1{)}^2+\beta (x-1{)}^3,$$ donc $F=\mathrm{Vect}((x-1{)}^2,(x-1{)}^3)$. Ces deux polynômes sont de degrés $2$ et $3$, distincts : une relation $a(x-1{)}^2+b(x-1{)}^3=0$ a pour coefficient de $x^3$ le réel $b$, donc $b=0$, puis pour coefficient de $x^2$ le réel $a$, donc $a=0$. La famille est libre, c'est une base et $$\dim F=2.$$

Contrôle par la formule du rang. $\phi (1)=(1,0)$ et $\phi (x)=(1,1)$ forment une famille libre de ${\mathbb{R}}^2$, donc $\mathrm{Im}\phi ={\mathbb{R}}^2$ et $\mathrm{rg}\phi =2$. La formule du rang donne $$\dim \ker \phi =\dim {\mathbb{R}}_3[x]-\mathrm{rg}\phi =4-2=2,$$ ce qui confirme la dimension trouvée.