1. On suppose qu'il existe un polynôme $A \in E = \mathbb{R}[X]$ tel que :
$\forall P \in E, \, \varphi(P) = \langle A \mid P \rangle$.

Donc $\forall P \in E, \, P(0) = \langle A \mid P \rangle$.

On conjecture que, si on choisit bien le polynôme $P$, on peut aboutir à une contradiction.

On choisit $P(X) = XA(X)$.

D'une part :
$$P(0) = 0 (A(0))$$
$$P(0) = 0$$
D'autre part:
$$\langle A \mid P \rangle = \int_0^1 A(t) P(t) \, dt$$
$$\langle A \mid P \rangle= \int_0^1 A(t) \left(t A(t)\right) \, dt$$
$$\langle A \mid P \rangle = \int_0^1 t (A(t))^2 \, dt $$
Par transitivité de l'égalité, on obtient :
$$\int_0^1 t (A(t))^2 \, dt = 0$$

• La fonction $g : [0;1] \to \mathbb{R}, \, t \mapsto t (A(t))^2$ est une fonction polynomiale, donc $g$ est une fonction continue sur $[0;1]$.
• Le carré d’un nombre réel est positif, $t$ est positif, donc $\forall t \in [0;1], \, g(t) = t (A(t))^2 \geq 0.$
• On sait que $\int_0^1 g(t) \, dt = 0$.

En résumé, la fonction $g$ est continue sur $[0;1]$, de signe constant sur $[0;1]$ et d'intégrale nulle sur $[0;1]$, donc $g$ est nulle sur $[0;1]$.
$$\forall t \in [0;1], \, g(t) = 0, \quad\text{résultat précédent}$$
$$\forall t \in [0;1], \, t(A(t)) = 0,\quad\text{expression de la fonction }g$$
$$\forall t \in [0;1], \, \big(t = 0 \, \text{ou} \, A(t) = 0\big),\quad\text{règle du produit nul}$$
Or, $\forall t \in \, ]0;1], \, t \neq 0$, donc $ \forall t \in \, ]0;1], \, A(t) = 0$, donc le polynôme $A$ a une infinité de racines, donc $A$ est le polynôme nul.

On revient à la condition de l'énoncé en sachant que $A=0_E$ : $\forall P \in E, \, P(0) = \langle 0_E \mid P \rangle $, donc $\forall P \in E, \, P(0) = 0.$

On choisit maintenant $P$ le polynôme constant égal à 1 : $P(X) = 1, \, \text{donc} \, P(0) = 1.$ On obtient donc $1 = 0$, ce qui est faux.

Donc un polynôme $A$ tel que défini dans la question 1. n'existe pas.


2. Soit $n \in \mathbb{N}$,

$E = \mathbb{R}_n[X]$, muni du produit scalaire de l'énoncé, est un espace euclidien.
Dans un espace euclidien, toute forme linéaire peut être représentée par le produit scalaire avec un vecteur fixe. Ce vecteur fixe est unique.

Donc il existe un unique polynôme $A \in E$ tel que : $\forall P \in E, \, P(0) = \langle A \mid P \rangle$.

Dans la question 1., on a réussi à obtenir une contradiction en choisissant $P(X) = X A(X)$.

Si $\deg( A(X)) \leq n-1$,
$$\deg(P(X)) = \deg(X A(X))$$
$$= \deg(X) + \deg(A(X))$$
$$= 1 + \deg(A(X))$$
$$\leq 1 + n - 1 $$
$$= n$$

Donc $P(X) = X A(X) \in \mathbb{R}_n[X]=E$, donc on peut obtenir la même contradiction qu'à la question 1.

Le polynôme $A(X)$ doit donc vérifier la condition nécessaire suivante : $\deg(A(X)) = n$. Cette condition est, bien sûr, insuffisante.

Remarque : l'exercice suivant traite de la détermination de l'expression de $A(X)$.

D'après l'exercice précédent, on sait que $A(X)$ est un polynôme de degré $n$, donc il existe
$$(a_0, a_1, \dots, a_{n-1}, a_n) \in \mathbb{R}^{n} \times \mathbb{R}^* \quad \text{tel que} \quad A(X) = a_0 + a_1 X + \dots + a_n X^n.$$
On note $(Eq)$ l'équation dont l'inconnue est le polynôme $A(X)$.

$(Eq) : \, \forall P \in E = \mathbb{R}_n[X], \, \langle A \mid P \rangle = \varphi(P) = P(0)$

Or, deux applications linéaires sont égales si, et seulement si, elles coïncident sur une base. On peut choisir la base canonique $\mathcal{B}_0 = (1, X, \dots, X^n)$.
$$(Eq) \iff \forall P \in \mathcal{B}_0 = (1, X, \dots, X^n), \, \langle A \mid P \rangle = P(0)$$
$$(Eq) \iff
\begin{cases}
\langle A \mid 1 \rangle = (1)(0) \\
\langle A \mid X \rangle = (X)(0) \\
\vdots \\
\langle A \mid X^n \rangle = (X^n)(0)
\end{cases}
$$
$$(Eq) \iff
\begin{cases}
\langle A \mid 1 \rangle = 1 \\
\langle A \mid X \rangle = 0 \\
\vdots \\
\langle A \mid X^n \rangle = 0
\end{cases}$$
$$(Eq) \iff
\begin{cases}
\langle a_0 + a_1 X + \dots + a_n X^n \mid 1 \rangle = 1 \\
\langle a_0 + a_1 X + \dots + a_n X^n \mid X \rangle = 0 \\
\vdots \\
\langle a_0 + a_1 X + \dots + a_n X^n \mid X^n \rangle = 0
\end{cases},\quad\text{forme développée du polynôme } A(X)$$
$$(Eq) \iff
\begin{cases}
a_0 \langle 1 \mid 1 \rangle + a_1 \langle X \mid 1 \rangle + \dots + a_n \langle X^n \mid 1 \rangle = 1 \\
a_0 \langle 1 \mid X \rangle + a_1 \langle X \mid X \rangle + \dots + a_n \langle X^n \mid X \rangle = 0 \\
\vdots \\
a_0 \langle 1 \mid X^n \rangle + a_1 \langle X \mid X^n \rangle + \dots + a_n \langle X^n \mid X^n \rangle = 0
\end{cases}\quad\text{(bi)linéarité du produit scalaire}$$
Soit $(m, p) \in [[0; n]]^2$,
$$\langle X^m \mid X^p\rangle = \int_0^1 t^m t^p \, dt = \int_0^1 t^{m+p} \, dt = \left[\frac{t^{m+p+1}}{m+p+1}\right]_0^1 = \frac{1^{m+p+1}}{m+p+1} - \frac{0^{m+p+1}}{m+p+1} = \frac{1}{m+p+1}.
$$
$$(Eq) \iff
\begin{cases}
1 a_0 + \frac{1}{2} a_1 + \dots + \frac{1}{n+1} a_n = 1 \\
\frac{1}{2} a_0 + \frac{1}{3} a_1 + \dots + \frac{1}{n+2} a_n = 0 \\
\vdots \\
\frac{1}{n+1} a_0 + \frac{1}{n+2} a_1 + \dots + \frac{1}{2n+1} a_n = 0
\end{cases},\quad\text{application de la formule précédente}$$
$$(Eq) \iff
\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \dots & \frac{1}{n+1} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \dots & \frac{1}{n+2} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\frac{1}{n+1} & \frac{1}{n+2} & \dots & \frac{1}{2n+1}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_0 \\
a_1 \\
\vdots \\
a_n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix},\quad\text{formule du produit matriciel}$$
On pose $H = \left(\frac{1}{i+j-1}\right)_{1 \leq i,j \leq n+1}$, la matrice de Hilbert d'ordre $n+1$.
$$(Eq) \iff H \begin{pmatrix}
a_0 \\
a_1 \\
\vdots \\
a_n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix}$$
$$(Eq) \iff \begin{pmatrix}
a_0 \\
a_1 \\
\vdots \\
a_n
\end{pmatrix} = H^{-1}
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix}, \quad \text{la matrice $H$ est inversible.}$$
Autrement dit, le vecteur colonne $\begin{pmatrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix}$ est la première colonne de la matrice inverse de la matrice de Hilbert.
$$(H^{-1})_{i,j} = (-1)^{i+j} (i + j - 1)
\binom{n + i}{n + 1 - j}
\binom{n + j}{n + 1 - i}
\binom{i + j - 2}{i - 1}^2.$$
On en déduit que (attention au décalage d'indice pour $i$) :
$$
\forall i \in [0; n], \, a_i = (-1)^{(i+1)+1} ((i+1)+1-1) \binom{n+(i+1)}{n+1-1} \binom{n+1}{n+1-(i+1)} \binom{(i+1)+1-2}{(i+1)-1}^2.
$$
$$
\forall i \in [0; n], \, a_i = (-1)^{i+2} (i+1) \binom{n+i+1}{n} \binom{n+1}{n-i} \binom{i}{i}^2.
$$
$$
\forall i \in [0; n], \, a_i = (-1)^i (-1)^2 (i+1) \binom{n+i+1}{n} \binom{n+1}{n-i} \times 1^2.
$$
$$
\forall i \in [0; n], \, a_i = (-1)^i (i+1) \binom{n+i+1}{n} \binom{n+1}{n-i}.
$$
On revient au polynôme $A(X)$.
$$
A(X) = \sum_{i=0}^n a_i X^i
$$
$$
A(X) = \sum_{i=1}^n (-1)^i (i+1) \binom{n+i+1}{n} \binom{n+1}{n-i} X^i
$$
Remarque : la conservation de l'équivalence lors de la résolution de l'équation $(Eq)$ nous dispense de vérifier que l'expression du polynme $A(X)$ convient (tant mieux !).