\documentclass[11pt]{amsart}
\usepackage{kb}
\usepackage[theo]{kbexo}

\begin{document}
\agregtitle{Décomposition de Dunford-Jordan} 

\section{Lemme de Hensel}
Le texte est motivé par le résultat suivant, appelé «Lemme de
Hensel»:
\begin{lemme}[Hensel]
Soit $P$ un polynôme de $\ZM[X]$ et $p$ un nombre premier. Soit
$n$ un entier supérieur ou égal à $1$. On suppose que l'on dispose
d'un entier $x$ tel que
$$P(x)\equiv 0 \pmod{p^n}\quad \text{et}\quad P'(x)\not\equiv0 \pmod{p}.$$
Alors il existe un entier $y$ dans $\ZM$ tel que 
$$y\equiv x \pmod{p^n}\quad\text{et}\quad
P(y) \equiv0 \pmod{p^{2n}}.$$
De plus, cet entier est unique modulo $p^{2n}$.
On peut le prendre égal à $x-P(x)s$, où $s$ est tel que
$sP'(x)\equiv1 \pmod{p^n}$.
\end{lemme}

\begin{rem}
On reconnaît ici une version algébrique de la méthode de Newton, qui
s'écrirait $y=x-P(x)P'(x)^{-1}$.
\end{rem}

\begin{proof} On cherche l'entier $y$ sous la forme $x+tp^n$;
ce sera un antécédent ``bien choisi'' de $x$ par la surjection
canonique $\ZM/p^{2n}\ZM\twoheadrightarrow\ZM/p^n\ZM$.
On écrit la formule de Taylor à l'ordre $1$
$$P(x+tp^n)=P(x)+tp^nP'(x)+t^2p^{2n}R(x),$$
où $R\in\ZM[X]$.
Ainsi,
$$P(x+tp^n)\equiv P(x)+tp^nP'(x)\pmod{p^{2n}}.$$
Posons $P(x)=p^nP_0$, où $P_0\in\ZM$.
Alors $P(x+tp^n)\equiv0 \pmod{p^{2n}}$ si et seulement si
$$t\equiv-P'(x)^{-1}P_0 \pmod{p^n},$$
où $P'(x)^{-1}$ est l'inverse de $P'(x)$ modulo $p^n$,
qui existe d'après les hypothèses.
\end{proof}

\section{Décomposition de Dunford en caractéristique $0$}

Nous allons adapter ce résultat, en remplaçant $\ZM$ par l'anneau euclidien
$K[X]$, où $K$ désigne un corps (commutatif). On suppose dans un premier
temps que $K$ est de caractéristique $0$.

\begin{theo}\label{dunford0}
Soit $K$ un corps de caractéristique $0$. Soit $A$ une matrice carrée à
coefficients dans $K$. Alors il existe un couple unique de matrices $D$ et
$N$, telles que $A = D + N$ et
\begin{enumerate}
\item $D$ et $N$ commutent,

\item $D$ est diagonalisable dans une extension finie de $K$,

\item $N$ est nilpotente.
\end{enumerate}
\noindent De plus, il existe $f_D$ et $f_N$ dans $K[X]$ tels que $D=f_D(A)$
et $N=f_N(A)$.
\end{theo}
\noindent Démontrer l'unicité n'est pas difficile: si $A=D'+N'$ est une
décomposition vérifiant les propriétés du théorème~\ref{dunford0}, alors
$D'$ et $N'$ commutent avec $A$, donc avec $D$ et $N$; il suit que $N-N'$ est
nilpotente, et $D'-D$ est diagonalisable. On en déduit que $D'-D=N-N'=0$.

Nous allons donner une preuve constructive de l'existence. On utilisera pour
cela le lemme suivant.
\begin{lemme}\label{bezout}
Soit $K$ un corps de caractéristique $0$, et soit $A\in M_n(K)$. Alors il
existe $P\in K[X]$ sans facteur carré tel que $P(A)^n = 0$.
\end{lemme}
\begin{proof} Soit $\chi_A$ le polynôme caractéristique de $A$. Alors
$P = \chi_A/(\chi_A,\chi_A')$ convient.
\end{proof}

\begin{proof}[Preuve du théorème~\ref{dunford0} (existence)]
On utilise une méthode de relèvement de Hensel, dans les
quotients $K[X]/(P)^k$. On a bien sûr $P(X)\equiv0\pmod{P}$; on pose
$x_0=X$. On va relever cette racine modulo $P$ en une suite de racines $x_k$
modulo $P^{2^k}$. Comme $P$ est sans facteur carrés, il existe deux polynômes
$U$ et $V$ dans $K[X]$ tels que $$UP'+VP=1.$$

\begin{lemme}\label{pasDunford}
  Soit $k\geq 0$ un entier.
  On suppose qu'il existe $x_k\in K[X]$ tel que $P(x_k)\equiv0 \pmod{P^{2^k}}$.
  Alors il existe $x_{k+1}\in K[X]$ tel que
  $P(x_{k+1})\equiv0 \pmod{P^{2^{k+1}}}$.
\end{lemme}
\begin{proof} On cherche $x_{k+1}$ sous la forme $x_{k+1} = x_k + P(x_k)R$,
  où $R\in K[X]$. La formule de Taylor donne
  $$ P(x_k + P(x_k)R) \equiv P(x_k)\big(1+P'(x_k) R\big) \pmod{P(x_k)^2}. $$
Or, $P(x_k)\equiv0 \pmod{P^{2^k}}$, donc
$$P(x_{k+1})\equiv P(x_k)(1+P'(x_k) R) \pmod{P^{2^{k+1}}}.$$
On pose maintenant $R := -U(x_k) \in K[X]$. Alors $1 + P'(x_k) R =
P(x_k)V(x_k)$ est divisible par $P^{2^k}$. Donc
$P(x_{k+1})\equiv0 \pmod{P^{2^{k+1}}}$.
\end{proof}

Terminons la preuve du théorème: on pose $x_0 = X$ et on calcule
de proche en proche $x_1,\dots, x_k\in K[X]$, en s'arrêtant
quand $2^k \geq n$, la taille de $A$. On pose alors
$f_D := x_k$, $D=f_D(A)$, et $N = A-D$. Comme $P^n \mid P(x_k)$, on a
$P(D)=0$; $D$ étant annulée par le polynôme sans facteur carré $P$, elle est
diagonalisable dans le corps de décomposition de $P$. Quant à $N$, on utilise
que $x_k\equiv x_0\pmod{P}$. Ainsi,
$$f_D - X\equiv0 \pmod{P},$$
et donc $P^n \mid (f_D -X)^n$. On en déduit que $N^n=0$.
\end{proof}

\section{Caractéristique $p > 0$; polynômes séparables et corps parfaits}

Que se passe-t-il si l'on ne suppose plus $K$ de caractéristique nulle ? Le
point crucial de la preuve tient dans le Lemme~\ref{bezout}: il existe $P$
premier avec sa dérivée tel que $P^n(A)=0$.

\subsection{Contre-exemple}
En caractéristique $p > 0$, ce lemme~\ref{bezout} est faux~:
voir sur $K=\FM_p(T)$ le cas où $\chi_A = X^p-T$. Mais dans ce cas, la
décomposition de Dunford elle-même n'existe pas. En effet, la $K$-algèbre
$K[A]\simeq K[X]/(\chi_A)$ est un corps, puisque $\chi_A$ est irréductible
sur $K$ (polynôme d'Eisenstein en $T$), et donc elle ne contient pas
d'élément nilpotent, hors $0$ ! Ainsi, si la décomposition existe, elle
s'écrit $A=D+0$, et donc $A$ est diagonalisable dans une clôture algébrique
$K^c$ de $K$. Mais c'est absurde puisque le polynôme minimal $\chi_A$ de $A$
n'est pas sans facteur carré sur $K^c$.

\subsection{Corps parfaits}

Pour corriger le théorème~\ref{dunford0}, nous avons besoin d'introduire
la notion de corps parfait:
\begin{defi}
Soit $K$ un corps. 

\begin{enumerate}
\item Un polynôme \emph{irréductible} $P$ est dit séparable si les racines
  de $P$ dans un corps de décomposition sont simples. Sinon, il est dit
  inséparable.

\item Un polynôme est dit séparable si chacun de ses facteurs irréductibles
l'est.

\item On dit que $K$ est parfait si tout polynôme non nul de $K[X]$ est
séparable.
\end{enumerate}
\end{defi}
\noindent Il est facile de décider si un polynôme irréductible est séparable:
\begin{prop}
$P\in K[X]$ irréductible est séparable si et seulement si $\pgcd(P,P') = 1$.
\end{prop}

\begin{coro}\label{parfaits}
Si $K$ est un corps de caractéristique $0$ ou un corps fini, alors $K$ est
parfait.
\end{coro}
\begin{proof} Soit $P$ un polynôme irréductible de $K[X]$ (donc non
  constant); montrons qu'il est séparable. Le cas où $P'\neq 0$ (qui inclut
le cas de la caractéritique $0$) est immédiat: on a $\pgcd(P,P')=1$.

Supposons maintenant que $K$ est fini, de caractéristique $p > 0$ et
$P' = 0$. Alors il existe $Q\in K[X]$ tel que $P=Q(X^p)$. Mais $Q(X^p)$ est
une puissance $p$-ème, et n'est donc pas irréductible; ce cas est donc
impossible.
\end{proof}

\noindent En fait, on peut montrer le résultat suivant.
\begin{lemme}
Un corps $K$ de caractéristique $p > 0$ est parfait si et seulement si
$x\mapsto x^p$ est surjective.
\end{lemme}
\def\a{\alpha}
\begin{proof}
Si $K$ est parfait de caractéristique $p$, alors
$X^p-y\in K[X]$ n'est pas irréductible, puisqu'il a une racine
multiple $\a$ dans une extension $L$ de $K$. Tout facteur
irréductible sur $K[X]$, décomposé dans $L[X]$ s'écrit (à multiplication près
par un élément de $K^*$) sous la forme $(X-\a)^k$ où $0<k<p$. Donc $\a^k$
et $\a^p$ appartiennent à $K$. En utilisant une relation de Bézout entre $p$
et $k$, on en déduit que $\a\in K$, et donc que $y\in K^p$.

Réciproquement, si l'on suppose que $x\mapsto x^p$ est surjective,
on en déduit comme dans le corollaire~\ref{parfaits} que $K$ est
parfait.
\end{proof}

\subsection{Dunford-Jordan en caractéristique $p$}

On suppose $K$ parfait de caractéristique $p > 0$. Soit $P$ un polynôme sur
$K[X]$ de degré $n$, et soit
$$P=\prod_{i=1}^rf_i^{e_i}$$
sa décomposition en un produit de facteurs irréductibles; alors
$\prod_{i=1}^r f_i$ est séparable, ce qui permet de démontrer le
Lemme~\ref{bezout} dans ce nouveau cadre, et donc le théorème de
Dunford-Jordan. D'un point de vue constructif, on vérifie que
$$Q=\frac{P}{(P,P')}=\prod_{p\nmid e_i}f_i
\quad\text{et}\quad
R=\frac{P}{(P,Q^n)}=\prod_{p \mid e_i}f_i^{e_i}.$$
Le polynôme $R$ est la puissance $p^{\text{ème}}$
d'un polynôme $S$ de $K[X]$. On peut ensuite appliquer le même algorithme à
$S$; ce qui permet d'obtenir $\prod_{i=1}^r f_i$. 
\end{document}

\bigskip

\noindent{\bf Références.}

Joachim von zur Gathen, J\"urgen Gerhard~: Modern computer algebra.

Jean Fresnel, Michel Matignon~: Algèbre et géométrie, un recueil
d'exercices.

Victor Shoup~: A computational introduction to number theory and
algebra.

Serge Lang~: Algebra.

Ivan Niven, Herbert S. Zuckerman, Hugh L Montgomery~:
An introduction to the theory of numbers.

\noindent Rappelons le résultat suivant:
\begin{prop}\label{pr:gcd}
Un polynôme $P$ de $K[X]$ ne possède que des racines simples dans une clôture
algébrique de $K$ si et seulement si $\pgcd(P,P')=1$.
\end{prop}

\noindent En outre:
\begin{prop}
Supposons que la caractéristique de $K$ est égale à $p$. Soit $P$
irréductible tel que $P'=0$; alors $P$ a une racine multiple dans
une extension de $K$. Réciproquement, si $P$ est irréductible et
possède une racine multiple dans une extension de $K$, alors $P'=0$.
\end{prop}
\begin{proof} Si $P'=0$, alors $\pgcd(P,P')= P$. Comme $P$ est non
  constant, la proposition \ref{pr:gcd} montre que $P$ a
une racine multiple dans une extension de $K$. Réciproquement,
comme $\pgcd(P,P')$ divise $P$, qui est supposé irréductible,
ce pgcd vaut $1$ ou $P$. La proposition précédente montre
que ce n'est pas $1$. Donc $P$ divise $P'$, et donc $P'=0$.
\end{proof}

