Polynômes pairs et polynômes impairs

Ce qu'on montre. L'intersection est nulle, et toute $P$ se décompose explicitement. On s'autorise que $P\mapsto \tilde{P}$ est linéaire et conserve le degré, donc envoie ${\mathbb{R}}_3[x]$ dans lui-même.

Deux sous-espaces. $F$ et $G$ sont les noyaux des applications linéaires $P\mapsto \tilde{P}-P$ et $P\mapsto \tilde{P}+P$ de ${\mathbb{R}}_3[x]$ dans lui-même : ce sont des sous-espaces vectoriels.

L'intersection est nulle. Si $P\in F\cap G$, alors $P=\tilde{P}=-P$, donc $2P=0$, donc $P=0$. La somme $F+G$ est directe.

La somme vaut tout. Soit $P\in {\mathbb{R}}_3[x]$. Posons $$P_{+}=\frac{1}{2}(P+\tilde{P}),P_{-}=\frac{1}{2}(P-\tilde{P}).$$ Ce sont bien des éléments de ${\mathbb{R}}_3[x]$. Comme $\tilde{\tilde{P}}=P$, on a $\widetilde{P_{+}}=\frac{1}{2}(\tilde{P}+P)=P_{+}$ donc $P_{+}\in F$, et $\widetilde{P_{-}}=\frac{1}{2}(\tilde{P}-P)=-P_{-}$ donc $P_{-}\in G$. Enfin $P=P_{+}+P_{-}$. Donc ${\mathbb{R}}_3[x]=F\oplus G$.

Contrôle par les dimensions. $F=\mathrm{Vect}(1,x^2)$ et $G=\mathrm{Vect}(x,x^3)$ — un polynôme $a+bx+c{x}^2+d{x}^3$ vérifie $\tilde{P}=P$ si et seulement si $b=d=0$, et $\tilde{P}=-P$ si et seulement si $a=c=0$. Ainsi $\dim F+\dim G=2+2=4=\dim {\mathbb{R}}_3[x]$, ce qui confirme le résultat.

La décomposition demandée. $\tilde{P}(x)=-x^3+2x^2+x+5$, donc $$P_{+}(x)=2x^2+5,P_{-}(x)=x^3-x,$$ et l'on vérifie $(2x^2+5)+(x^3-x)=x^3+2x^2-x+5=P(x)$.