Racine carrée de l'opérateur de dérivation

On considère l'espace vectoriel $E = \mathbb{R}[X]$ des polynômes à coefficients réels. Soit $D$ l'endomorphisme de dérivation défini par :

\forall P \in E,   D(P) = P'

Déterminer s'il existe un endomorphisme $T \in \mathcal{L}(E)$ tel que $T^{2} = D$ .

1.

Étudier le noyau de l'endomorphisme $D$ et son lien avec le noyau d'un éventuel $T$ .

2.

Utiliser les propriétés d'inclusion des noyaux itérés d'un endomorphisme : $\ker(u) \subseteq \ker(u^2)$ .

3.

Analyser la suite des dimensions des noyaux $\ker(T^k)$ pour aboutir à une contradiction sur $\ker(D)$ et $\ker(D^2)$ .

Idées clés

•

Inclusions des noyaux itérés : $\ker(f) \subseteq \ker(f^2)$ .

•

Propriété de stagnation : si $\ker(f) = \ker(f^2)$ , alors $\ker(f) = \ker(f^n)$ pour tout $n \geq 1$ .

•

Étude des dimensions des noyaux de l'opérateur de dérivation $D$ .

Résolution.

Supposons qu'il existe un endomorphisme $T \in \mathcal{L}(E)$ vérifiant l'équation $T^2 = D$ .

Étape 1 : Analyse des noyaux de $T$ et $T^2$ .

Nous savons que pour tout endomorphisme $T$ , on a l'inclusion :

\ker(T) \subseteq \ker(T^2)

D'après l'énoncé, $T^2 = D$ . Or, le noyau de la dérivation est l'ensemble des polynômes constants :

\ker(D) = \mathbb{R}_0[X] = \text{Vect}(1)

Le noyau de $D$ est donc un espace vectoriel de dimension 1. On en déduit :

\ker(T) \subseteq \text{Vect}(1)

Puisque $\ker(T)$ est un sous-espace vectoriel de $\ker(D)$ , sa dimension ne peut être que 0 ou 1.

Étape 2 : Étude du cas $\dim(\ker(T)) = 0$ .

Si $\dim(\ker(T)) = 0$ , alors $T$ est injectif.

Puisque la composée de deux applications injectives est injective, $T^2$ serait également injectif.

Cela impliquerait que $D$ est injectif, ce qui est faux car $D(1) = 0$ .

\boxed{\dim(\ker(T)) \neq 0}

Étape 3 : Étude du cas $\dim(\ker(T)) = 1$ .

Si $\dim(\ker(T)) = 1$ , alors comme $\ker(T) \subseteq \ker(T^2)$ et que ces deux espaces ont la même dimension finie (égale à 1), on a l'égalité :

\ker(T) = \ker(T^2)

Montrons par récurrence que cette égalité implique $\ker(T^n) = \ker(T)$ pour tout $n \geq 1$ .

L'initialisation est acquise pour $n=1$ et $n=2$ .

Supposons que $\ker(T^n) = \ker(T)$ pour un certain $n \geq 2$ . Soit $P \in \ker(T^{n+1})$ .

T^{n+1}(P) = 0 \implies T^n(T(P)) = 0 \implies T(P) \in \ker(T^n)

Par hypothèse de récurrence, $T(P) \in \ker(T)$ . Donc $T^2(P) = 0$ , d'où $P \in \ker(T^2)$ .

Comme $\ker(T^2) = \ker(T)$ , on en déduit $P \in \ker(T)$ . L'inclusion inverse étant triviale, on a :

\forall n \in \mathbb{N}^*,   \ker(T^n) = \ker(T)

Étape 4 : Conclusion et contradiction.

En appliquant ce résultat à $n=4$ , on obtient :

\ker(T^4) = \ker(T^2)

En remplaçant $T^2$ par $D$ , cette égalité devient :

\ker(D^2) = \ker(D)

Or, nous pouvons calculer explicitement ces noyaux :

\ker(D) = \mathbb{R}_0[X] = \{ a \mid a \in \mathbb{R} \}   \text{et}   \ker(D^2) = \mathbb{R}_1[X] = \{ aX + b \mid (a,b) \in \mathbb{R}^2 \}

En comparant les dimensions :

\dim(\ker(D)) = 1   \text{et}   \dim(\ker(D^2)) = 2

On obtient la contradiction $1 = 2$ .

\boxed{\text{Il n'existe aucun endomorphisme } T \text{ tel que } T^2 = D}

Une erreur classique est de vouloir travailler sur la base canonique $(X^n)$ sans vérifier si $T$ préserve le degré. En dimension infinie, les propriétés de l'indice de nilpotence ou des noyaux itérés sont plus robustes que les manipulations sur les coefficients.