Un hyperplan de ${\mathbb{R}}_2[x]$, reconnu par sa dimension

Ce qu'on montre. Qu'une seule condition intégrale découpe un hyperplan, puis qu'un argument de dimension remplace la double inclusion.

$H$ est un hyperplan. Posons $\phi (P)={\int }_0^{1}P(t)\mathrm{d}t$. La linéarité de l'intégrale donne $\phi (\lambda P+\mu Q)=\lambda \phi (P)+\mu \phi (Q)$ : $\phi$ est une forme linéaire sur ${\mathbb{R}}_2[x]$. Elle n'est pas nulle, puisque $\phi (1)={\int }_0^{1}1\mathrm{d}t=1\ne 0$. Le noyau d'une forme linéaire non nulle est un hyperplan, donc $$\dim H=\dim {\mathbb{R}}_2[x]-1=3-1=2.$$

Les deux polynômes sont dans $H$. $${\int }_0^1(2t-1)\mathrm{d}t=[t^2-t{]}_0^1=0,{\int }_0^1(3t^2-1)\mathrm{d}t=[t^3-t{]}_0^1=0.$$ Donc $\mathrm{Vect}(2x-1,3x^2-1)\subset H$.

Ils forment une famille libre. Si $a(2x-1)+b(3x^2-1)=0$, le coefficient de $x^2$ vaut $3b$, donc $b=0$ ; le coefficient de $x$ vaut $2a$, donc $a=0$. La famille est libre, et le sous-espace qu'elle engendre est de dimension $2$.

L'argument de dimension. On a une inclusion entre deux sous-espaces de même dimension $2$ ; d'après le cours, $F\subset H$ et $\dim F=\dim H$ entraînent $F=H$. Donc $$H=\mathrm{Vect}(2x-1,3x^2-1),$$ et cette famille en est une base.

La décomposition demandée. D'abord $P$ appartient bien à $H$ : ${\int }_0^1(t^2+t-\frac{5}{6})\mathrm{d}t=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{5}{6}=0$. Cherchons $a,b$ avec $$a(2x-1)+b(3x^2-1)=3b{x}^2+2ax-(a+b).$$ L'identification des coefficients donne $3b=1$, donc $b=\frac{1}{3}$ ; $2a=1$, donc $a=\frac{1}{2}$ ; et l'on contrôle le terme constant : $-(a+b)=-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=-\frac{5}{6}$, conforme. Ainsi $$P=\frac{1}{2}(2x-1)+\frac{1}{3}(3x^2-1).$$

Point délicat. La double inclusion aurait exigé de résoudre l'équation intégrale pour un polynôme général ; l'égalité des dimensions évite ce calcul entièrement.