Résultant/Matrice de Sylvester

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Cette définition est celle, entre autres, de Bourbaki. D'autres auteurs définissent la matrice de Sylvester différemment mais leur déterminant est le même, ce qui est tout ce qui compte pour nous :

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Définition

La matrice de Sylvester de deux polynômes non nuls de degrés respectifs $n$ et $m$,

$P(X)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X_{i},\quad Q(X)=\sum _{j=1}^{m}b_{j}X_{j}$,

est la matrice carrée d'ordre $m+n$ suivante, dont les $m$ premières colonnes dépendent linéairement de $P$ et les $n$ suivantes de $Q$ :

$S_{P,Q}:={\begin{pmatrix}a_{n}&0&\cdots &0&b_{m}&0&\cdots &0\\a_{n-1}&a_{n}&\cdots &0&b_{m-1}&b_{m}&\cdots &0\\a_{n-2}&a_{n-1}&\ddots &0&b_{m-2}&b_{m-1}&\ddots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &a_{n}&\vdots &\vdots &\ddots &b_{m}\\a_{0}&a_{1}&\cdots &\vdots &b_{0}&b_{1}&\cdots &\vdots \\0&a_{0}&\ddots &\vdots &0&b_{0}&\ddots &\vdots \\\vdots &\vdots &\ddots &a_{1}&\vdots &\vdots &\ddots &b_{1}\\0&0&\cdots &a_{0}&0&0&\cdots &b_{0}\end{pmatrix}}$.

Début de l'exemple

Exemple

Si $n=4$ et $m=3$,

$S_{P,Q}={\begin{pmatrix}a_{4}&0&0&b_{3}&0&0&0\\a_{3}&a_{4}&0&b_{2}&b_{3}&0&0\\a_{2}&a_{3}&a_{4}&b_{1}&b_{2}&b_{3}&0\\a_{1}&a_{2}&a_{3}&b_{0}&b_{1}&b_{2}&b_{3}\\a_{0}&a_{1}&a_{2}&0&b_{0}&b_{1}&b_{2}\\0&a_{0}&a_{1}&0&0&b_{0}&b_{1}\\0&0&a_{0}&0&0&0&b_{0}\\\end{pmatrix}}.$

Fin de l'exemple

Début d’un théorème

Théorème

$\operatorname {Res} (P,Q)=\det \left(S_{P,Q}\right)$.

Fin du théorème

Le lemme suivant servira à le démontrer.

Début d'un lemme

Lemme

Si $P$ et $Q$ ont une racine commune, alors $\det \left(S_{P,Q}\right)=0$.

Fin du lemme

Preuve du lemme

$S_{P,Q}$ est la matrice, dans les bases canoniques, de l'endomorphisme $\varphi$ de $K_{m+n-1}[X]$ défini par

$\varphi (W):=PU+QV$

où $W=X^{n}U+V$ avec $U\in K_{m-1}[X]$ et $V\in K_{n-1}[X]$.

Si $P(X)=(X-\alpha )P_{1}(X)$ et $Q(X)=(X-\alpha )Q_{1}(X)$ alors $\varphi (X^{n}Q_{1}-P_{1})=0$, or $X^{n}Q_{1}-P_{1}\neq 0$, donc $\det \left(S_{P,Q}\right)=0$.

 

Preuve du théorème

Remarquons d'abord que $\det \left(S_{aP,bQ}\right)=a^{m}b^{n}\det \left(S_{P,Q}\right)$. Par définition du résultant, on se ramène ainsi au cas où $P$ et $Q$ sont unitaires, et il suffit ensuite de montrer l'égalité pour $P,Q\in \mathbb {Z} [X_{1},\dots ,X_{n},Y_{1},\dots ,Y_{m}]$ définis par

$P(X)=\prod _{i=1}^{n}(X-X_{i}),\quad Q(X)=\prod _{j=1}^{m}(X-Y_{j})$

donc $a_{n}=b_{m}=1$, et pour $i<n$ et $j<m$ :

$a_{i}=(-1)^{n-i}\sigma _{n,i}(X_{1},\dots ,X_{n}),\quad b_{j}=(-1)^{m-j}\sigma _{m,j}(Y_{1},\dots ,Y_{m})$

où $\sigma _{u,v}$ désigne le polynôme symétrique élémentaire de degré $v$ en $u$ variables.

$\det \left(S_{P,Q}\right)$ appartient alors à $\mathbb {Z} [X_{1},\dots ,X_{n},Y_{1},\dots ,Y_{m}]$ et d'après le lemme, son image dans chacun des quotients $\mathbb {Z} [X_{1},\dots ,X_{n},Y_{1},\dots ,Y_{m}]/\langle X_{i}-Y_{j}\rangle$ est nulle. Il est donc de la forme $\lambda \prod _{i,j}(X_{i}-Y_{j})$, avec $\lambda \in \mathbb {Z} [X_{1},\dots ,X_{n},Y_{1},\dots ,Y_{m}]$.

Mais par rapport aux $X_{i}$, $\lambda$ est en fait un polynôme constant, puisque le degré total de $\det \left(S_{P,Q}\right)$ est au plus $mn$ (quand on développe le déterminant, pour avoir des monômes de degré maximum en les $X_{i}$, il faut choisir $a_{0}$, de degré $n$, dans chacune des $m$ premières colonnes) et que $mn$ est justement le degré de $\prod _{i,j}(X_{i}-Y_{j})$. Par conséquent, $\lambda (X_{1},\dots ,X_{n},Y_{1},\dots ,Y_{m})=\lambda (0,\dots ,0,Y_{1},\dots ,Y_{m})$.

Enfin, $\det \left(S_{X^{n},Q}\right)=b_{0}^{n}=\left(\prod _{j=1}^{m}(-Y_{j})\right)^{n}=\prod _{i,j}(-Y_{j})$ donc $\lambda =1$.