# Résultant/Matrice de Sylvester

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 $Q$ :
    $S_{P,Q}:={\begin{pmatrix}a_{n}&0&\cdots &0&b_{m}&0&\cdots &0\\a_{n-1}&a_{n}&\cdots &0&b_{m-1}&b_{m}&\cdots &0\\a_{n-2}&a_{n-1}&\ddots &0&b_{m-2}&b_{m-1}&\ddots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &a_{n}&\vdots &\vdots &\ddots &b_{m}\\a_{0}&a_{1}&\cdots &\vdots &b_{0}&b_{1}&\cdots &\vdots \\0&a_{0}&\ddots &\vdots &0&b_{0}&\ddots &\vdots \\\vdots &\vdots &\ddots &a_{1}&\vdots &\vdots &\ddots &b_{1}\\0&0&\cdots &a_{0}&0&0&\cdots &b_{0}\end{pmatrix}}$.
Si $n=4$ et $m=3$,
    $S_{P,Q}={\begin{pmatrix}a_{4}&0&0&b_{3}&0&0&0\\a_{3}&a_{4}&0&b_{2}&b_{3}&0&0\\a_{2}&a_{3}&a_{4}&b_{1}&b_{2}&b_{3}&0\\a_{1}&a_{2}&a_{3}&b_{0}&b_{1}&b_{2}&b_{3}\\a_{0}&a_{1}&a_{2}&0&b_{0}&b_{1}&b_{2}\\0&a_{0}&a_{1}&0&0&b_{0}&b_{1}\\0&0&a_{0}&0&0&0&b_{0}\\\end{pmatrix}}.$
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 :
    $\operatorname {Res} (P,Q)=\det \left(S_{P,Q}\right)$.
Le lemme suivant servira à le démontrer.
Si $P$ et $Q$ ont une racine commune, alors $\det \left(S_{P,Q}\right)=0$.
$S_{P,Q}$ 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 $\det \left(S_{P,Q}\right)=0$.
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 $\lambda =1$.
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