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\DeclareMathOperator{\sylv}{Sylv}
\DeclareMathOperator{\pp}{pp}
\DeclareMathOperator{\cont}{cont}
\DeclareMathOperator{\cd}{cd}
\DeclareMathOperator{\car}{car}
\def\fb{\bar{f}}
\def\gb{\bar{g}}
\def\IN{\noindent\textsc{Entrée} : }
\def\OUT{\noindent\textsc{Sortie} : }

\course{Préparation à l'agrégation}

\begin{document}
\simpletitle{Résultant de deux polynômes}

\tableofcontents

Tous les anneaux considérés dans cette note sont commutatifs et unitaires.

\section{Rappels sur les anneaux factoriels}
\begin{defi}
Un anneau intègre $A$ est dit \emph{factoriel} si les deux conditions
suivantes sont réalisées.
\begin{enumerate}
\item Pour tout élément non nul $a$ de $A$, il existe des éléments
irréductibles $p_1,\dots,p_r$ de $A$ et une unité $u$ de $A$ tels que
$$a = u\prod_{i=1}^r p_i .$$
\item Si $up_1\dots p_r = vq_1\dots q_r$, où $u,v\in A^*$, et où les éléments
$p_1,\dots,p_r$, $q_1,\dots,q_s$ de $A$ sont irréductibles, alors $r=s$ et il
existe une permutation $\sigma$ de $S_r$ telle que pour tout $i$ dans
$\set{1,\dots,r}$, $p_i$ et $q_{\sigma(i)}$ sont associés (c'est-à-dire qu'il
existe $u_i\in A^*$ tel que $p_i = u_i q_{\sigma(i)}$).
\end{enumerate}
\end{defi}

Dans un anneau factoriel, la notion de pgcd est bien définie, à
multiplication par un élément inversible près. Par contre, il n'y a pas en
général d'identité de Bézout. Par exemple, dans $\CM[X,Y]$, le pgcd de $X$ et
de $Y$ est~$1$, mais pour tous $P, Q\in \CM[X,Y]$, le polynôme $XP+YQ$ est
différent de $1$ (car il s'annule en $(X,Y) = (0,0)$).

Si $K$ est un corps, nous connaissons déjà l'algorithme d'Euclide pour
calculer le pgcd dans l'anneau de polynômes $K[X]$. Si $A$ est un anneau
\emph{intègre}, on peut considérer l'anneau des fractions $K$ de $A$, et
calculer le pgcd dans $K[X]$, mais cela ne donne pas en général le pgcd dans
$A[X]$. Par exemple, si l'on considère les polynômes $f=2X^2+2$ et $g=6X+2$
de $\ZM[X]$, alors $\pgcd(f,g)=1$ dans $\QM[X]$, mais $\pgcd(f,g)=2$ dans
$\ZM[X]$. 

\medskip

Nous alllons maintenant définir les valuations dans un anneau factoriel, et
dans son corps des fractions, puis donner un définition du pgcd et du ppcm
dans un tel anneau.
\begin{prop}
Soient $A$ un anneau factoriel, $K$ son corps des fractions, $p$ un élément
irréductible de $A$.  Soit $a$ un élément non nul de $K$. Alors il existe
$u,v\in A$ non divisibles par $p$, et un entier relatif $r$ tels que
$$ a = p^r\frac uv .$$
Cet entier $r$ est unique. C'est par définition la \emph{valuation en $p$ de
$a$}, notée $v_p(a)$. On convient que $v_p(0) = +\infty$.
\end{prop}

\begin{prop}
Pour tous éléments $a$ et $b$ de $A$, on a
$$\begin{aligned}
v_p(ab)  & = v_p(a)+v_p(b),\\
v_p(a+b) &\geq \min(v_p(a),v_p(b)).
\end{aligned}$$
De plus, cette dernière inégalité est une égalité si $v_p(a)\neq v_p(b)$.
\end{prop}

\medskip
Une partie $\mathcal{P}$ de $A$ est appelée système de représentants des
irréductibles de $A$ si pour tout irréductible $q$ de $A$, il existe $p$ dans
$\mathcal{P}$ et $u$ dans $A^*$ uniques tels que $q = u p$. C'est en fait un
ensemble de représentants de l'ensemble des éléments irréductibles de $A$,
pour la relation d'équivalence~: $x \sim y$ s'il existe $u\in A^*$ tel que
$x=uy$. (Dans ce cas, on dit que $x$ et $y$ sont associés.)

Si un tel $\mathcal{P}$ est fixé, tout élément $a$ de $K^*$ s'écrit de façon
unique sous la forme
$$a = u \prod_{p\in\mathcal{P}} p^{v_p(a)},$$
où $u\in A^*$. On définit alors le pgcd et le ppcm dans $K^*$ (à multiplication
près par un élément de $A^*$) de la manière suivante.
$$\pgcd(a,b) = \prod_{p\in\mathcal{P}} p^{\min\big(v_p(a),v_p(b)\big)},$$
$$\ppcm(a,b) = \prod_{p\in\mathcal{P}} p^{\max\big(v_p(a),v_p(b)\big)}.$$
La définition du $\pgcd$ garde un sens quand $a = 0$ ou $b = 0$ tant qu'ils
ne sont pas tous deux nuls; on pose $\pgcd(0,0) := 0$.

\section{Polynômes à coefficients dans un anneau factoriel}

On considère un anneau factoriel $A$, de corps des fractions $K$.
\begin{defi}
Soit $f = \sum_{i=0}^n f_i X^i$ un polynôme non nul de degré $n$ de $K[X]$.
Le \emph{coefficient dominant} de $f$ est son coefficient de plus haut
degré, $\cd(f) = f_n\neq 0$. Le \emph{contenu} de $f$ est par définition (à
multiplication près par un élément de $A^*$)
$$\cont(f) = \pgcd(f_0,\dots,f_n).$$
On définit $\cont(0) := 0$.
\end{defi}
Plus généralement, sans hypothèse particulière sur $A$, on pourrait définir
le contenu de $f\in A[X]$ comme l'idéal engendré par ses coefficients. (Noter
que définir un élément modulo multiplication par une unité équivaut à se
donner l'idéal principal qu'il engendre.)

Le polynôme $f$ est dans $A[X]$ si et seulement si $\cont(f)$ appartient à
$A$.
\begin{defi}
On dit que $f\in K[X]$ est \emph{primitif} si $\cont(f)=1$ --- ce qui implique
que $f\in A[X]$.
\end{defi}

\begin{defi}
La \emph{partie primitive} $\pp(f)$ d'un polynôme $f$ de $K[X]$ est définie
(modulo multiplication par une unité de $A$) par
$$f = \cont(f) \cdot \pp(f),\quad\text{si $f\neq 0$},$$
et $\pp(0)=0$.
\end{defi}

\begin{theo}
Le produit de deux polynômes primitifs de $A[X]$ est primitif.
\end{theo}
\begin{proof}
Soient $f$ et $g$ deux éléments primitifs de $A[X]$. Soit $p$ un élément
irréductible de $A$. Comme l'idéal $pA$ est premier, l'anneau $D = A/pA$ est
intègre, ainsi donc que $D[X]$. Dans $D[X]$, $[f]_p$ et $[g]_p$ sont non
nuls, donc $[fg]_p\ne0$. Par conséquent, $p$ ne divise pas $\cont(fg)$. Ceci
valant pour tout irréductible $p$ de $A$, on en déduit que $\cont(fg)=1$.
\end{proof}

\begin{coro}
Soient $f$ et $g$ deux polynômes de $K[X]$. Alors
$$\cont(fg)=\cont(f)\cont(g)\quad\text{et}\quad
  \pp(fg)=\pp(f)\pp(g).$$
\end{coro}
\begin{proof}
Si $fg = 0$, le résultat est évident.
Sinon, il suffit de démontrer l'assertion sur les contenus; en effet on a
d'une part
$$fg=\cont(fg)\pp(fg),$$
et d'autre part, en décomposant $f$ et $g$ séparément,
$$fg=\cont(g)\cont(f)\pp(f)\pp(g);$$
les contenus étant non nuls, on déduit de $\cont(fg)=\cont(f)\cont(g)$ que
$\pp(fg)=\pp(f)\pp(g)$.

Commençons par un cas particulier: si $g\in K^*$, alors 
$$\cont(fg)
  = \pgcd(f_0g, \dots,f_n g) 
  = \cont(g)\pgcd(f_0,\dots,f_n)
  = \cont(g)\cont(f),$$
et le résultat est démontré dans ce cas.

Soient maintenant $f$ et $g$ dans $K[X]$. On note $h=\pp(f)\pp(g)$; on a l'égalité $fg=\cont(f)\cont(g) h$. D'où
$$\cont(fg)=\cont\big(\cont(f)\cont(g)h\big)
= \cont(f)\cont(g)\cont(h),$$
d'après le cas particulier que nous venons de démontrer. Comme $h$
est primitif, on peut conclure.
\end{proof}

\begin{prop}\noignorespaces
\begin{enumerate}
\item Soit $A$ un anneau intègre. Alors $A[X]^*=A^*$.

\item Soit $A$ un anneau factoriel. Les éléments irréductibles de $A[X]$ sont
les irréductibles de $A$ et les polynômes primitifs de $A[X]$ qui sont
irréductibles dans $K[X]$.
\end{enumerate}
\end{prop}
\begin{proof}
Pour le $(1)$, l'égalité $fg = 1$ implique que $f$ et $g$ sont non-nuls; donc
$\cd(f)$ et $\cd(g)$ sont bien définis et non-nuls. Leur produit est donc
non-nul ($A$ étant intègre); on en déduit que $\deg fg = \deg f + \deg g = 0$
ce qui n'est possible que si $\deg f = \deg g = 0$.

Pour le $(2)$, montrons d'abord que les polynômes en question sont bien
irréductibles dans $A[X]$:
\begin{itemize}
  \item si $p\in A$ est irréductible dans $A[X]$, il est irréductible dans $A$.
  \item si $f\in A[X]$ est primitif et irréductible dans $K[X]$, supposons
    $f = f_1f_2$, où $f_i\in A[X]$. Alors l'un des $f_i$, disons $f_1$, est
    de degré $0$ (irréducibilité dans $K[X]$) et est donc dans $K$, donc dans
    $A$. Donc $f_1$ est associé à $\cont(f_1)$, mais $1 = \cont(f) =
    \cont(f_1)\cont(f_2)$ et donc $f_1\in A^*$.
\end{itemize}

Inversement, si $p$ est irréductible dans $A$, il est irréductible dans
$A[X]$, puisque si $p = fg$, alors $\deg f+\deg g=0$, donc $\deg f=\deg g=0$.
Finalement, soit $f$ dans $A[X]\setminus A$ irréductible dans $A[X]$.
Alors il est primitif, sinon $f = \cont(f)\pp(f)$ est une factorisation non
triviale. On veut démontrer qu'il est irréductible dans $K[X]$. Si $f=f_1f_2$
dans $K[X]$, alors $f = \pp(f) = \pp(f_1)\pp(f_2)$ est une factorisation
dans $A[X]$. L'un des $f_i$ est donc une unité de $A[X]$, et donc une unité
de $K[X]$.
\end{proof}

\begin{theo}
Si $A$ est un anneau factoriel, alors $A[X]$ est un anneau factoriel.
\end{theo}
\begin{proof}
Soit $f\in A[X]$ non nul et non inversible. Montrons que l'on peut décomposer
$f$ en un produit d'irréductibles de $A[X]$. Déjà, dans $K[X]$, on peut
écrire
$$\pp(f) = \prod_{i=1}^r f_i,$$
où les $f_i$ sont des irréductibles de $K[X]$. En prenant la partie
principale du produit ci-dessus, on obtient
$$\pp(f)=\prod_{i=1}^r\pp(f_i).$$
Chacun de ces $\pp(f_i)$, étant primitif et irréductible dans $K[X]$, est
irréductible dans $A[X]$. L'anneau $A$ étant factoriel, on peut aussi
décomposer $\cont(f)$ en produit d'irréductibles de $A$, donc de $A[X]$. Cela
montre qu'on peut décomposer $f$ en un produit d'irréductibles de $A[X]$.

Montrons maintenant l'unicité de cette écriture. Supposons
$$ f = \prod_{i=1}^rp_i\prod_{i=1}^sf_i = \prod_{i=1}^tq_i\prod_{i=1}^ug_i$$
où les $p_i$ et les $q_i$ sont des irréductibles de $A$ et où les $f_i$ et
les $g_i$ sont des irréductibles de degré $\geq 1$ de $A[X]$ (donc primitifs). 
En multipliant par des unités convenables on peut de plus supposer 
que tous les $p_i$ et $q_i$ sont dans $\mathcal{P}$.
On en déduit
$$ \cont(f)=\prod_{i=1}^rp_i = \prod_{i=1}^tq_i. $$
Ainsi, $r=t$ et il existe une permutation $\sigma$ de $S_r$ telle que
pour tout $i$ dans $\set{1,\dots,r}$,  $p_i$ est associé à $q_{\sigma(i)}$.
De même, on a
$$ \pp(f)=\prod_{i=1}^sf_i = \prod_{i=1}^ug_i. $$
puisque les $f_i$ et $g_i$ sont primitifs. Voyant cette égalité dans $K[X]$,
il vient que $s=u$ et qu'il existe une permutation $\tau$ dans $S_s$ telle
que pour tout $i$ dans $\set{1,\dots,s}$, $f_i$ et $g_{\tau(i)}$ sont associés.
\end{proof}

\begin{coro}
Soit $A$ un anneau factoriel, alors $A[X_1,\dots,X_n]$ est un anneau factoriel.
\end{coro}

\begin{coro}\label{co:hcd}
Soit $A$ un anneau factoriel de corps des fractions $K$. Soient $f$ et $g$
deux éléments de $A[X]$, et $h$ leur pgcd dans $A[X]$. Alors $h/\cd(h)$ est
le pgcd unitaire de $f$ et $g$ dans $K[X]$.
\end{coro}
\begin{proof}
Comme $h/\cd(h)$ divise $f$ et $g$ dans $K[X]$, il divise leur pgcd unitaire
$h^*$. D'autre part, il existe un $f^*\in K[X]$ tel que $f=f^*h^*$, donc
$\pp(h^*) \mid \pp(f) \mid f$ dans $A[X]$. De même, $\pp(h^*)$ divise $g$,
donc $\pp(h^*)$ divise $h$; on en déduit que les deux polynômes unitaires
$h^*$ et $h/\cd(h)$ ont même degrés. Ils sont donc égaux.
\end{proof}

Soit $A$ un anneau factoriel. On suppose que l'on sait calculer le pgcd de
deux éléments de $A$. On veut maintenant calculer le pgcd de deux polynômes
$f$ et $g$ dans $A[X]$. On a
$$\pgcd(f,g)=\pgcd(\cont(f),\cont(g)) \pgcd(\pp(f),\pp(g)).$$
Supposons donc que $f$ et $g$ sont primitifs. Pour calculer $h=\pgcd(f,g))$
dans $A[X]$, on peut calculer $d=\pgcd(f,g)$ dans $K[X]$; alors $h=\pp(d)$.

\section{Le résultant de deux polynômes}

Le résultant de deux polynômes non nuls à coefficients dans un corps $K$
s'annule si et seulement si leur pgcd dans $K[X]$ est non constant,
c'est-à-dire si ces deux polynômes ont des racines communes dans une clôture
algébrique de $K$. Dans la pratique, il est plus simple et plus efficace de
calculer le pgcd de ces polynômes.

D'un point de vue algorithmique, le résultant peut être utilisé pour
éliminer des variables dans un systême d'équations polynomiales à
plusieurs variables
$$\left\{
\begin{aligned}
P_1(X_1,\dots&,X_k) = 0\\
&\vdots\\
P_r(X_1,\dots&,X_k) = 0.
\end{aligned}
\right.$$
Par exemple, on peut l'utiliser pour calculer l'intersection de deux courbes
ou deux surfaces algébriques. Si l'on veut faire de l'élimination sur un
système d'équations polynomiales assez grand, la taille des polynômes
intermédiaires devient vite trop grande, et il vaut mieux utiliser une autre
méthode, par exemple les bases de Gröbner.

D'un point de vue théorique, l'utilisation du résultant, et des
sous-résultants, donne des résultats sur la croissance des coefficients des
polynômes intervenant dans l'algorithme d'Euclide naïf sur $\QM[X]$ (voir
\cite[Theorem 6.52 \& 6.53]{GatGer}).

\subsection{Polynômes à coefficients dans un corps}

Soit $K$ un corps.
\begin{lemme}\label{conddeg}
Soient $f$ et $g$ deux polynômes non nuls de $K[X]$. Alors $\pgcd(f,g)\neq 1$
si et seulement s'il existe $s$ et $t$ non nuls dans $K[X]$ tels que
$\deg(s)<\deg(g)$, $\deg(t)<\deg(f)$ et $sf+tg = 0$.
\end{lemme}
\begin{proof}
Soit $h=\pgcd(f,g)$. Si $\deg(h)\geq1$, alors $s=-g/h$ et $t=f/h$
conviennent. Réciproquement, si $f$ et $g$ sont premiers entre eux, et si
$sf+tg=0$, alors $f$ divise $t\neq 0$, et donc $\deg(t)\geq\deg(f)$.
\end{proof}
On peut reformuler ce lemme dans le langage de l'algèbre linéaire. Pour tout
entier naturel $d$, on pose
$$P_d = \set{P\in K[X] \colon \deg(P) < d}.$$
C'est un espace vectoriel sur $K$ de dimension $d$. Soient $n$ et $m$ les
degrés respectifs de $f$ et $g$. On considère l'application $K$-linéaire
$$
\begin{aligned}
\phi \colon P_m \times P_n &\longrightarrow P_{m+n}\\
(s,t)&\longmapsto sf+tg.
\end{aligned}
$$
Alors le lemme~\ref{conddeg} se traduit de la façon suivante:
\begin{theo}\noignorespaces
\begin{itemize}
\item $\pgcd(f,g)=1$ si et seulement si $\phi$ est un isomorphisme.
\item Si $\pgcd(f,g)=1$ et si $n+m\geq1$, alors les coefficients de Bézout
$s$ et $t$ calculés par l'algorithme d'Euclide étendu fournissent l'unique
solution de $\phi(s,t)=1$.
\end{itemize}
\end{theo}
On va représenter $\phi$ par une matrice. On écrit pour cela
$$f = \sum_{j=0}^nf_jX^j\quad \text{et}\quad 
  g = \sum_{j=0}^mg_jX^j,$$
où les $f_j$ et les $g_j$ appartiennent à $K$. Pour
$P_{m+n}$, on choisit la base $X^{m+n-1},\dots,1$; pour $P_m\times P_n$, on
prend $(X^{m-1},0),\dots,(1,0)$, $(0,X^{n-1}),\dots,(0,1)$. La matrice de
$\phi$ pour ces bases est alors la matrice carrée de taille $m+n$
$$S=
\begin{pmatrix}
f_n    &      & &      &      &       &g_m   &      & &      \\
f_{n-1}&f_n   & &      &      &       &      &      & &      \\
       &      & &      &      &       &      &\ddots& &      \\
\vdots &      & &\ddots&      &       &      &      & &g_m   \\
       &\vdots& &      &      &f_n    &g_1   &      & &      \\
f_0    &      & &      &      &f_{n-1}&g_0   &      & &      \\
       &f_0   & &      &      &       &      &\ddots& &\vdots\\
       &      & &\ddots&      &\vdots &      &      & &      \\
       &      & &      &      &       &      &      & &      \\
       &      & &      &      &f_0    &      &      & &g_0
\end{pmatrix}
$$
où les coefficients de $f$ sont reproduits sur $m = \deg g$ colonnes
tandis que ceux de $g$ sont reproduits sur $n = \deg f$ colonnes.
Si on pose
$$s = \sum_{j=0}^{m-1}s_jX^j, \quad
  t = \sum_{j=0}^{n-1}t_jX^j
  \quad\text{et}\quad sf+tg = \sum_{j=0}^{m+n-1} u_jX^j,$$
où les $s_j$, $t_j$ et $u_j$ sont dans $K$, alors
$$
S
\begin{pmatrix}
s_{m-1}\\
\vdots\\
s_0\\
t_{n-1}\\
\vdots\\
t_0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
u_{n+m-1}\\
\vdots\\
\\
\\
\vdots\\
u_0
\end{pmatrix}.
$$

\begin{coro}\label{condres}\noignorespaces
\begin{itemize}
\item $\pgcd(f,g)=1$ si et seulement si $\det S \ne 0$.
\item Si $\pgcd(f,g)=1$, si $m+n\geq1$ et si $s_0,\dots,s_{m-1},
t_0,\dots,t_{n-1}$ satisfont
$$
S
\begin{pmatrix}
s_{m-1}\\
\vdots\\
s_0\\
t_{n-1}\\
\vdots\\
t_0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0\\
\vdots\\
\\
\vdots\\
0\\
1
\end{pmatrix}
$$
alors $s = \sum_{j=0}^{m-1}s_jX^j$ et $t = \sum_{j=0}^{n-1}t_jX^j$ sont les
coefficients de Bézout calculés par l'algorithme d'Euclide étendu.
\end{itemize}
\end{coro}
\noindent
La matrice $S$ est appelée \emph{matrice de Sylvester} de $f$ et $g$ et est
notée $\sylv(f,g)$. Son déterminant est appelé résultant de $f$ et $g$ et est
noté $\Res_X(f,g)$ ou $\Res(f,g)$.

\subsection{Polynômes à coefficients dans un anneau factoriel}

Les notions de matrice de Sylvester et de résultant se généralisent pour des
polynômes de $A[X]$, où $A$ est un anneau commutatif quelconque.
\begin{defi}
Soit $A$ un anneau commutatif, et soient $f$ et $g$ deux polynômes de $A[X]$.
Alors la matrice $S$ ci-dessus est appelée matrice de Sylvester de $f$ et $g$
et notée $\sylv(f,g)$. Son déterminant est appelé resultant de $f$ et $g$ et
noté $\Res_X(f,g)=\Res(f,g)$. 

Si $\deg f = \deg g = 0$, alors $\sylv(f,g)$ est la matrice vide de
déterminant $\Res(f,g)=1$. De plus, on note $\Res(f,0) = \Res(0,f)=0$ si $f$
est nul ou de degré $\geq 1$, et $\Res(f,0)=\Res(0,f)=1$ si $f$ est de degré
$0$.
\end{defi}

\begin{rem}
Dans certains ouvrages, on appelle matrice de Sylvester la transposée de~$S$.
\end{rem}

\begin{theo}
Soit $A$ un anneau factoriel. Soient $f$, $g$ deux polynômes non
nuls de $A[X]$, alors $\pgcd(f,g)\not\in A$ si et seulement si $\Res(f,g)=0$.
\end{theo}
\begin{proof}
  Soit $K$ le corps des fractions de $A$. Alors $\Res(f,g) = 0$
si et seulement si $\pgcd_{K[X]}(f,g) \neq 1$,
si et seulement si $\pgcd_{A[X]}(f,g)\not\in A$ (ils ont la même partie
principale d'après le corollaire~\ref{co:hcd}).
\end{proof}

\begin{prop}
Soit $A$ un anneau intègre, et soient $f$ et $g$ deux polynômes non nuls de
$A[X]$ tels que $\deg(f)+\deg(g)\geq 1$. Alors il existe $s$ et $t$ non nuls
dans $A[X]$ tels que $sf+tg = \Res(f,g)$, $\deg(s) < \deg(g)$ et
$\deg(t) < \deg(f)$.
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $K$ le corps des fractions de $A$. Si $\Res(f,g)=0$, alors on sait grâce
au corollaire~\ref{condres} et au lemme~\ref{conddeg} qu'il existe $s$ et $t$
convenables dans $K[X]$. On conclut en multipliant par un dénominateur commun
des coefficients.

Si le résultant est non nul, alors $f$ et $g$ sont premiers entre eux dans
$K[X]$ et il existe $u$ et $v$ dans $K[X]$ tels que $\deg(u)<\deg(g)$,
$\deg(v)<\deg(f)$ et $sf+tg=1$. Les coefficients de $u$ et $v$ sont la
solution unique d'un système de Cramer de matrice $S=\sylv(f,g)$. Soit
$E={}^t(0,\dots,0,1)$, de taille $m+n$, où $m=\deg(g)$ et $n=\deg(f)$.
Chaque coefficient de $u$ et $v$ est le quotient du déterminant d'une sous
matrice de taille $m+n$ de la matrice concaténée $(S|E)$ de $S$ et
$E$ par $r=\det(S)$. Ainsi, $s = ur$ et $t = vr$ sont dans $A[X]$. 
\end{proof}

\section{Résultant et racines}

On revient maintenant à $K[X]$, où $K$ est un corps commutatif. Du
corollaire~\ref{condres}, on déduit:
\begin{theo}
Si deux polynômes $f$ et $g$ de $K[X]$ admettent une racine commune dans $K$,
alors $\Res(f,g)=0$. Cette condition est suffisante si l'un des deux
polynômes est scindé dans $K$, en particulier si $K$ est algébriquement clos.
\end{theo}
Comme le résultant est fonction des coefficients des polynômes $f$ et $g$, on
peut aussi l'exprimer en fonction de leurs racines. Rappelons quelques
résultats sur les relations entre racines et coefficients. Soient
$$f = \sum_{j=0}^nf_j X^j\quad\text{et}\quad
  g = \sum_{j=0}^mg_j X^j$$
deux polynômes de $K[X]$ de degrés respectifs $n$ et $m$. On note
respectivement $a_1,\dots,a_n$ et  $b_1,\dots,b_m$ les racines de $f$ et $g$.
\begin{defi}
Pour $k$ dans $\set{1,\dots,n}$, le $k$-ème polynôme symétrique
élémentaire $\sigma_k$ des racines de $f$ est défini par
$$ \sigma_k = \sum_{i_1<\dots<i_k} a_{i_1}\dots a_{i_k}.$$
\end{defi}

\begin{prop}
Pour $k$ dans $\set{1,\dots,n}$, on a l'égalité
$$\sigma_k = (-1)^k \frac{f_{n-k}}{f_n}.$$
\end{prop}

Venons en maintenant à une relation liant les racines de $f$ et de $g$ avec
$\Res(f,g)$. Pour cela, on utilise le lemme suivant:
\begin{lemme}\label{lemmeracines}
Soient $\Sigma_1,\dots,\Sigma_n$, et $\Sigma'_1,\dots,\Sigma'_m$ les
polynômes symétriques élémentaires associés respectivement aux indéterminées
$X_1,\dots,X_n$ et $Y_1,\dots,Y_m$. Soient $U$ et $V$ les polynômes de
$K[X_1,\dots,X_n,Y_1,\dots,Y_m][X]$ donnés par
$$ U = (X-X_1)\dots(X-X_n) = X^n+\sum_{k=1}^n(-1)^k\Sigma_k X^{n-k},$$
$$ V = (X-Y_1)\dots(X-Y_m) = X^m+\sum_{k=1}^m(-1)^k\Sigma'_kX^{m-k}.$$
Alors, si $I=\set{1,\dots n}\times\set{1,\dots,m}$, on a
$$\Res(U,V) = \prod_{(i,j)\in I}(X_i - Y_j).$$
\end{lemme}
\begin{proof}
Soit $R= \Res(U,V)$; c'est un polynôme de $K[X_1,\dots,X_n,Y_1,\dots,Y_m]$.

Dans $K[X_1,\dots,X_n,Y_1,\dots,Y_m][X]$, les deux polynômes $U$ et $V$ sont
scindés. Si on considère $R$ comme un élément de 
$$K[X_1,\dots,X_{i-1},X_{i+1},\dots,X_n,Y_1,\dots,Y_m][X_i],$$
on voit que $R$ s'annule en $X_i=Y_j$. Donc, pour tout $(i,j)$ dans $I$,
$X_i-Y_j$ divise $R$. C'est donc qu'il existe $Q$ dans
$K[X_1,\dots,X_n,Y_1,\dots,Y_m]$ tel que
\begin{equation}\label{eq:Q}
R = Q\prod_{(i,j)\in I}(X_i-Y_j).
\end{equation}

On considère la matrice de Sylvester
$$\sylv(U,V)=
\begin{pmatrix}
1    &      & &      &      &       &1   &      & &      \\
-\Sigma_1&1   & &      &      &       & -\Sigma'_1     &      & &      \\
       &      & &      &      &       &      &\ddots& &      \\
\vdots &      & &\ddots&      &       &      &      & &1   \\
       &\vdots& &      &      &1    &(-1)^{n-1}\Sigma'_{m-1}   &      & &      \\
(-1)^{n}\Sigma_{n}    &      & &      &      &-\Sigma_{1}&(-1)^{m}\Sigma'_{m}   &      & &      \\
       &(-1)^{n}\Sigma_{n}   & &      &      &       &      &\ddots& &\vdots\\
       &      & &\ddots&      &\vdots &      &      & &      \\
       &      & &      &      &       &      &      & &      \\
       &      & &      &      &(-1)^{n}\Sigma_{n}    &      &      & &(-1)^{m}\Sigma'_{m}
\end{pmatrix}
$$
et on développe son déterminant comme somme sur les permutations de $S_{m+n}$
de produits de coefficients. On constate qu'un seul terme est
divisible par
$$(Y_1\dots Y_m)^n;$$
ce terme provient de la diagonale de la matrice de Sylvester, laquelle donne
$$(1)^m\times ((-1)^m\Sigma'_m)^n = (-1)^{mn}(Y_1\dots Y_m)^n.$$
En comparant avec \eqref{eq:Q}, on en déduit que $Q = 1$.
\end{proof}

\begin{theo} On a l'égalité
$$\Res(f,g)=f_n^mg_m^n\prod_{(i,j)\in I}(a_i-b_j).$$
\end{theo}
\begin{proof} On a
$$
\Res(f,g)=\Res\paren{f_n\frac{f}{f_n},g_m\frac gg_m}
=f_n^mg_m^n\Res\paren{\frac{f}{f_n},\frac gg_m}
=f_n^mg_m^n\prod_{(i,j)\in I}(a_i-b_j),
$$
d'après le lemme~\ref{lemmeracines}.
\end{proof}
\begin{coro}\label{co:res}
$$\Res(f,g)=f_n^m\prod_{i=1}^ng(a_i) = (-1)^{mn}g_m^n \prod_{j=1}^m f(b_j).$$
\end{coro}
\begin{proof}
La première égalité suit de $g(X) = g_m\prod_{j=1}^m(X-b_j)$,
la deuxième de $f(X) = (-1)^n f_n\prod_{i=1}^n(a_i - X)$.
\end{proof}

\section{Un algorithme d'Euclide pour calculer le résultant}
Soit $A$ un anneau intègre. Le calcul du résultant $\Res(f,g)$ par un pivot
de Gauss sur $\sylv(f,g)$, effectué sur $K = \Frac A$, a trois défauts: sa
complexité algébrique est cubique en $O(m+n)^3$, il fait apparaître des
dénominateurs, et la taille des coefficients intermédiaires peut exploser
même si le résultat et les entrées sont petites.

\begin{lemme} Soient $f,g\in K[X]$ et $f = qg + r$ la division euclidienne.
On a
$$\Res(f,g) = (-1)^{\deg f \deg g} \cd(g)^{\deg f - \deg r}  \Res(g,r) $$
\end{lemme}
\begin{proof} On applique successivement les deux égalités du
corollaire~\ref{co:res}, en remarquant que $f = qg + r$ implique $f(b_j) =
r(b_j)$ pour tout $j$ :
$$\Res(f,g) = (-1)^{mn} g_m^n \prod_{j=1}^m f(b_j)
            = (-1)^{mn} g_m^n \prod_{j=1}^m r(b_j)
            = (-1)^{mn} g_m^n  \frac{\Res(g,r)}{g_m^{\deg r}}.$$
\end{proof}
\noindent Ce lemme produit un algorithme à la Euclide, quadratique comme son
prototype, pour le calcul du résultant :
\begin{algo}
\IN Deux polynômes non nuls $f,g\in A[X]$.

\OUT $\Res_X(f,g)$.

\begin{enumerate}
\item  $c\leftarrow 1$.

\item Tant que $\deg g > 0$

\item \hskip 1cm Effectuer la division Euclidienne $f = q g + r$ dans $K[X]$.
\item \hskip 1cm Remplacer $c \leftarrow (-1)^{\deg f \deg g}\cd(g)^{\deg f -
\deg r} \times c$.
\item \hskip 1cm Remplacer $(f,g) \leftarrow (g,r)$.
\item Retourner $0$ si $g = 0$, et $c \cdot \cd(g)^{\deg f}$ sinon.
\end{enumerate}
\end{algo}
\noindent L'algorithme suit du lemme, la dernière étape étant justifiée 
par $\Res(f,g) = \cd(g)^{\deg f}$ si $\deg g = 0$.

Le deuxième défaut --- passer dans $K[X]$ au lieu de rester dans $A[X]$---
peut être lui aussi supprimé en remarquant que la division euclidienne
$$ \cd(g)^{\deg f - \deg g} f = q g + r\quad\text{(pseudo-division)}$$ 
fournit en fait $q,r\in A[X]$; il suffit ensuite de modifier l'algorithme
ci-dessus en remplaçant les divisions euclidienne par des pseudo-divisions et
en utilisant $\Res(\lambda f, g) = \lambda^{\deg g}\Res(f, g)$ pour corriger
le résultant à chaque étape.

Pour finir, on peut aussi éliminer le dernier défaut --- explosion des
coefficients --- par une méthode modulaire, si l'anneau $A$ est raisonnable,
par exemple $A = \ZM$. Plus généralement, il faut connaître suffisamment
d'idéaux maximaux $\mathfrak{m}$ tels que $A/\mathfrak{m}$ soit \emph{fini}.
On utilise le lemme suivant :
\begin{lemme}\label{le:red}
Soit $A$ un anneau intègre, $I$ un idéal de $A$; pour $a$ dans $A$, on note
$\overline a$ l'image de $a$ dans $A/I$; on utilise la même notation pour la
projection de $A[X]\to (A/I)[X]$, coefficient par coefficient. Soient $f$ et
$g$ deux éléments non nuls de $A[X]$ tels que $\overline{\cd(f)}\ne 0$,
$\overline{\cd(g)}\ne 0$. Alors $\overline{\Res(f,g)} = \Res(\fb,\gb)$.
\end{lemme}
\begin{proof} Il suffit de remarquer que $\fb, \gb$ ont mêmes degrés que
$f,g$. Le déterminant d'une matrice de Sylvester $\sylv(f,g)$ s'exprime comme
polynôme en les coefficients de $f,g$; on conclut en remarquant que la
réduction $A\to A/I$ est un morphisme d'anneau.
\end{proof}
On choisit donc $\mathfrak{m}$ maximal tel que $\cd(f),\cd(g)\not\in
\mathfrak{m}$ et on calcule $\Res(\fb,\gb)$ par un algorithme d'Euclide sur
$(A/\mathfrak{m})[X]$ : comme $A/\mathfrak{m}$ est un corps fini, il n'y a
pas explosion des coefficients; de plus on n'a pas besoin d'introduire de
pseudo-division puisque travailler sur un corps fini n'introduit pas de
dénominateur !

On en déduit $\Res(f,g)\pmod{\mathfrak{m}}$ pour suffisamment de
$\mathfrak{m}$ pour pouvoir appliquer le lemme chinois. Par exemple, si $A =
\ZM$, on peut calculer $\Res(f,g)$ modulo un produit de premiers $N =
p_1\dots p_\ell$, majorer
$$\abs{\Res(f,g)} \leq B := \norm{f}_2^{\deg g} \norm{g}_2^{\deg f}$$
par la borne de Hadamard et il suffit que $N > 2B$ pour déterminer
$\Res(f,g)\in \ZM$. (Exercice : justifier ce point; pourquoi $N > 2B$ et pas
$N > B$ ?)

Si $A = k[Y]$, on peut de même borner 
$$\deg_Y \Res_X(f,g) \leq B := \max(\deg_X f \cdot \deg_Y g,~
\deg_X g \cdot \deg_Y f),$$
 et calculer
$\Res(f,g)\mod(Y-a)$ pour $B+1$ éléments $a\in k$ distincts; on reconstruit
alors $\Res(f,g)\in k[Y]$ par interpolation de Lagrange (qui est une version
du lemme chinois).

\section{Le discriminant}

Dans ce paragraphe, $A$ est un anneau factoriel et $f=\sum_{i=0}^nf_iX^i$ est
un polynôme de degré $n \geq 1$ de $A[X]$.
\begin{defi}
On appelle discriminant de $f$ l'élément $\Delta(f)$ de $A$
$$\Delta(f)=(-1)^{\frac{n(n-1)}2}\frac{\Res(f,f')}{f_n}.$$
\end{defi}

\begin{rem}
Si la caractéristique de $A$ ne divise pas $n$, alors $f_n$ divise
$\Res(f,f')$, puisqu'il divise le coefficient dominant de $f$ et de $f'$, on
peut donc le mettre en facteur dans la première ligne, dans l'expression du
déterminant de $\sylv(f,f')$. Si la caractéristique de $A$ divise $n$, alors
$\Delta(f)$ peut ne pas se trouver dans $A$, mais dans le corps des fractions
de $A$.  
\end{rem}

\noindent\textbf{Exercice.} Vérifier les égalités suivantes.
$$
\begin{aligned}
\Delta(aX+b)&=1\qquad &(a\ne0)\\
\Delta(aX^2+bX+c)&=b^2-4ac\qquad &(a\ne0)\\
\Delta(X^3+pX+q)&=-(4p^3+27q^2)&
\end{aligned}
$$


\begin{prop}
On suppose que $\Frac A$ est un corps parfait, c'est-à-dire de
caractéristique $0$ ou de caractéristique $p > 0$, tel que $a\mapsto a^p$
soit surjective. Un polynôme $f\in A[X]$ admet un facteur carré de degré
$\geq 1$ si et seulement si $\Delta(f)=0$.
\end{prop}
\begin{proof}
Si $f=qg^2$, alors $f'=2qgg'+q'g^2$, donc $g$ divise $\pgcd(f,f')$. Pour la
réciproque, on décompose $f$ en facteurs irréductibles.
$$f=\prod_{i=1}^rp_i^{e_i}$$
où, pour tout $i$, $e_i\geq 1$ et $p_i$ est un polynôme irréductible de $A[X]$
de degré $\geq 1$. Alors
$$f'=\sum_{i=1}^re_ip'_ip_i^{e_i-1}\prod_{j\ne i}p_j^{e_j}.$$
Soient $I=\set{i\in\{1,\dots,n\}\colon \car A\nmid e_i}$ et
$I'=\set{i\in\set{1,\dots,n}\colon \car A \mid e_i}$; alors
$$\prod_{i\in I}p_i^{e_i-1}\prod_{i\in I'}p_i^{e_i} = \pgcd(f,f').$$
On a utilisé que $\pgcd(p_i,p_i') = 1$ pour tout $i$, qui suit de $\deg p_i'
< \deg p_i$ et de $p_i'\neq 0$ (qui suit de l'hypothèse sur $\Frac A$).
Ainsi, si le degré du pgcd de $f$ et $g$ est supérieur ou égal à $1$, il
existe $i$ tel que $e_i\geq 2$.
\end{proof}

\begin{rem} Dans cette preuve, le calcul effectué pour la réciproque permet
aussi de montrer le sens direct.
\end{rem}

\begin{prop}\label{discriminant}
Soit $K$ le corps des fractions de $A$, et soient $a_i$ ($i=1,\dots,n$) les
racines de $f$ dans une clôture algébrique de $K$. Si $\car(K)$ ne divise pas
$n$, on a 
$$\Delta(f)=f_n^{2n-2}\prod_{1\leq i<j\leq n}(a_i-a_j)^2.$$
\end{prop}
\begin{proof}
On utilise le fait que
$$\Res(f,f')=f_n^{n-1}\prod_{i=1}^nf'(a_i).$$
Or, si $f = f_n(X-a_1)\dots(X-a_n)$, on a
$$
f'(X)=f_n\sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(X-a_j),
$$
soit $f'(a_i)=f_n\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)$. Donc
$$
\begin{aligned}
\Res(f,f')&=f_n^{2n-1}\prod_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(a_i-a_j)\\
          &=(-1)^{\frac{n(n-1)}2}f_n^{2n-1}\prod_{1\leq i<j\leq n}(a_i-a_j)^2.
\end{aligned}
$$
Dans ce calcul, on utilise que le degré de $f'$ est $n-1$, puisque $\car(K)
\nmid n$.
\end{proof}

\section{Compléments sur les polynômes symétriques}

Rappelons les formules de Newton:
\begin{theo}
Pour tout entier naturel $k$, on note $S_k=\sum_{i=1}^n a_i^k$. Alors pour
tout $k$, on a
$$\sum_{j=1}^k (-1)^{j-1}\sigma_{k-j} S_j = k\sigma_k,$$
où on définit $\sigma_k:=0$ pour $k>n$ et $\sigma_0:=1$.
\end{theo}
Elles permettent par récurrence d'exprimer $S_n$ en fonction des $\sigma_k$,
$k \leq n$:
\begin{itemize}
\item $k = 1$: $S_1 = \sigma_1$;
\item $k = 2$: $\sigma_1S_1 - S_2 = 2\sigma_2$ donc $S_2 = -2\sigma_2 +
\sigma_1^2$;
\item $k = 3$: $\sigma_2S_1 - \sigma_1 S_2 + S_3 = 3 \sigma_3$ donc
$$S_3 = 3 \sigma_3 + \sigma_1(-2\sigma_2 + \sigma_1^2) - \sigma_2\sigma_1
      = 3\sigma_3 - 3\sigma_1\sigma_2 + \sigma_1^3\;.$$
\end{itemize}
Ces formules sont à coefficients dans $\ZM$: quel que soit l'anneau de base
$A$ se donner les $\sigma_n$ dans $A$ permet de calculer les $S_n\in A$. Par
contre la formule donnant $\sigma_n$ en fonction des $S_k$, $k\leq n$ est à
coefficients dans $\QM$, avec un dénominateur commun divisant $n!$.

Soit $A$ un anneau. On définit une action du groupe
symétrique d'indice $n$ sur $A[X_1,\dots X_n]$ par $\tau\cdot X_i =
X_{\tau(i)}$. Un polynôme $P\in A[X_1,\dots,X_n]$ est \emph{symétrique} si
$\tau\cdot P = P$ pour toute permutation $\tau$. Les polynômes symétriques
élémentaires, le discriminant ou les sommes de Newton $S_k$ sont symétriques.
Plus généralement, tout polynôme en les $\sigma_i$ est symétrique. La
réciproque est vraie:

\begin{theo} Soit $P\in A[X_1,\dots,X_n]$ un polynôme symétrique. Alors
$P = Q(\sigma_1,\dots, \sigma_n)$ pour un
$Q\in A[X_1,\dots,X_n]$.
\end{theo}
\begin{lemme} Soit $P\in A[X_1,\dots, X_n]$ tel que $P\mid_{X_i = 0}$ est
le polynôme nul pour tout $i$. Alors $P$ est divisible par $\sigma_n =
X_1\dots X_n$.
\end{lemme}
\begin{proof}
Écrivons $P = \sum_{i\in \NM^n} a_i X^i$,où $i = (i_1,\dots,i_n)\in
\NM^n$ est un multi-indice et $X^i := X_1^{i_1}\dots X_n^{i_n}$.
L'hypothèse dit que $a_i = 0$ dès que $i$ a une coordonnée nulle; donc
$$P = \sum_{i\in {\NM^*}^n} a_i X^i = X_1\dots X_n\sum_{i\in {\NM^*}^n} a_i
X_1^{i_1-1}\dots X_n^{i_n-1}\;.$$
\end{proof}
\begin{proof}[Preuve du théorème]
Pour $P\in A[X_1,\dots,X_n]$, on note $P^0 = P\mid_{X_n=0}$. 
Pour tout $i\leq n$, le polynôme $\sigma_i^0$ est le polynôme symétrique
élémentaire de degré $i$ en les variables $X_1,\dots,X_{n-1}$.

Par double récurrence sur le nombre de variables $n$ et le degré total $m$:
\begin{itemize}
\item le cas $n\leq 1$ est évident en tout degré : tout polynôme est
symétrique, $\sigma_1 = X_1$ et on prend $Q = P$.

\item soit $P$ symétrique de degré total $m$ en $n$ variables; on suppose la
propriété vraie pour tout degré ou nombre de variable strictement inférieur.
Le polynôme $P^0$ est symétrique en $n - 1$ variables, donc de la forme
$Q_0(\sigma_1^0,\dots,\sigma_{n-1}^0)$ pour un $Q_0\in A[X_1,\dots
X_{n-1}]$. Le polynôme $P - Q_0(\sigma_1, \dots, \sigma_{n-1})$ est
symétrique et s'annule pour $X_n = 0$; par symétrie, il s'annulle donc pour
$X_i = 0$, pour tout $i$:
$$ 0 = P\mid_{X_n=0} = (\tau_{i,n}\cdot P)\mid_{X_i = 0} = P \mid_{X_i = 0}.$$
Ce polynôme est donc divisible par $\sigma_n$ et le polynôme quotient est
symétrique de degré total $< m$ donc de la forme
$Q_1(\sigma_1,\dots,\sigma_n)$ pour un $Q_1\in A[X_1,\dots,X_n]$. On pose $Q
= Q_0 + X_n Q_1$.
\end{itemize}
\end{proof}
\noindent On démontre par récurrence que $Q(\sigma_1,\dots,\sigma_n) = 0$
implique $Q = 0$ (les $\sigma_i$ sont algébriquement indépendants). Donc le
polynôme $Q$ du théorème est unique. La preuve du théorème donne un
algorithme récursif de calcul de $Q$.

\section{Élimination}

\subsection{Intersection de deux courbes planes}
Soit $K$ un corps algébriquement clos, et soient $f$ et $g$ deux polynômes de
$K[X,Y]$. On veut pouvoir calculer l'intersection des courbes
$$
\begin{aligned}
V(f)&=\set{(a,b)\in K^2 \colon f(a,b)=0},\\
V(g)&=\set{(a,b)\in K^2 \colon g(a,b)=0}.
\end{aligned}
$$
On peut pour cela éliminer la variable $Y$ en considérant le résultant $r =
\Res_Y(f,g)\in K[X]$. Si $f(a,b) = g(a,b)=0$, alors les polynômes $f(a,Y)$ et
$g(a,Y)$ de $K[Y]$ ont une racine commune $b$. Donc $\Res_Y(f(a,Y),
g(a,Y))=0$, ce qui signifie que $\Res_Y(\fb,\gb)=0$, où $\fb$ et $\gb$ sont
les réductions de $f$ et $g$ modulo $X-a$. Or si les coefficients dominants
de $f$ et de $g$ (vus comme polynômes de $(K[X])[Y]$) ne s'annulent pas en $a$, on a d'après le lemme~\ref{le:red}
$$\Res_Y(\fb,\gb) = \overline{\Res_Y(f,g)}.$$
On trouve donc $a$ en calculant les racines de $\Res_Y(f,g) \in K[X]$.
Supposer que les coefficients dominants de $f$ et $g$ ne s'annulent pas en
$a$ n'est pas une restriction grave : elle nous oblige simplement à
considérer séparément, dans un deuxième temps, les $a$ qui sont racines de
$\cd_Y(f)$ ou $\cd_Y(g)$.

En fait, le lemme suivant montre que pour avoir l'équivalence
$$\Res_Y(\fb,\gb)=0 \Leftrightarrow\overline{\Res_Y(f,g)}=0,$$
il suffit que l'un des deux coefficients dominants de $f$ ou de $g$
ne s'annule pas en $a$ et on se contentera donc des $a$ qui sont racines de
$\pgcd_{K[Y]}(\cd_X(f), \cd_X(g))$ :
\begin{lemme}\label{le:fond}
Soit $A$ un anneau, $I$ un idéal tel que $A/I$ soit intègre. Pour $a$ dans
$A$, on note $\overline a$ l'image de $a$ dans $A/I$. Soient $f$ et $g$
deux éléments non nuls de $A[X]$. On suppose que $\overline{\cd(f)}\ne 0$.
Soit $r=\Res(f,g)$. Alors $\overline r=0$ si et seulement si
$\Res(\fb,\gb)=0$.

Par conséquent, si $A/I$ est un anneau factoriel,
$\overline r=0$ si et seulement si $\deg(\pgcd(\fb,\gb)) > 0$.
\end{lemme}
\begin{proof}
On pose $f=\sum_{j=0}^nf_jX^j$ et $g=\sum_{j=0}^mg_jX^j$, de degrés
respectifs $n$ et $m$. Si $\deg(f)=0$, alors $\sylv(f,g)= f I_m$ et
$\sylv(\fb,\gb)=\fb I_m$. Donc $\overline r$ et $\Res(\fb,\gb)$ sont non nuls.

On suppose maintenant que $\deg(f)\geq1$. Si $\gb=0$, alors
$\Res(\fb,\gb)=0$. De plus, les $n$ dernières colonnes de $\sylv(f,g)$
(celles qui contiennent les $g_i$) s'annulent modulo $I$, donc $\overline
r = 0$. Si $\gb\ne0$, soit $i$ le plus petit indice tel que $\gb_{m-i}\ne0$.
Alors
$$\overline{\sylv(f,g)}=
\begin{pmatrix}
\fb_n    &      & &      &      &       &0   &      & &      \\
\fb_{n-1}&\fb_n   & &      &      &       &   0   &      & &      \\
       &      & &      &      &       &  \gb_{m-i}    &\ddots& &      \\
\vdots &      & &\ddots&      &       &      &      & &0       \\
       &\vdots& &      &      &\fb_n    &\gb_1   &      & &\gb_{m-i}      \\
\fb_0    &      & &      &      &\fb_{n-1}&\gb_0   &      & &      \\
       &\fb_0   & &      &      &       &      &\ddots& &\vdots\\
       &      & &\ddots&      &\vdots &      &      & &      \\
       &      & &      &      &       &      &      & &      \\
       &      & &      &      &\fb_0    &      &      & &\gb_0
\end{pmatrix},
$$
c'est-à-dire de la forme
$$\overline{\sylv(f,g)}=
\begin{pmatrix}
T&0\\
U&V
\end{pmatrix}
$$
où $T$ est carrée de taille $i$ et triangulaire inférieure avec des $\fb_n$
sur la diagonale, et $V$ est carrée de taille $m-i$.
$$
V=
\begin{pmatrix}
\fb_n&      &      &       &  \gb_{m-i}    & & &      \\
& &\ddots&        &      &      & &   \\
& &       &\fb_n    &   \gb_1   &    &  & &      \\
& &        &\fb_{n-1}&  \gb_0   &  &    &  \gb_{m-i}   \\
& &      &      &       &      &\ddots&  \\
\fb_0 &&      &\vdots &      &      & & \vdots     \\
  &  \ddots    &      &       &      &      & &      \\
  &      &      &\fb_0    &      &      & &\gb_0
\end{pmatrix}
=\sylv(\fb,\gb).
$$
On en déduit que $\overline r = \fb_n^i \Res(\fb,\gb)$.
\end{proof}

\begin{rem} La conclusion est fausse en général si $\cd(\fb)=\cd(\gb)=0$. Par
exemple, dans $\ZM[X]$, si $f=2X^3+X$ et $g=2X+1$, et si on réduit modulo
$2$, alors $\Res(f,g)\equiv 0$ mod $2$ alors que $\Res(\fb,\gb)=\Res(X,1)=1$.

Autre exemple, dans $\QM[X,Y]$ : soient $f=XY+1$ et $g=XY^3+Y+1$. Alors
$\Res(f,g)\equiv 0\pmod{X}$ alors que dans $\QM[X,Y]/(X)$, 
on a $\Res(\fb,\gb) = \Res(1,y+1) = 1$.
\end{rem}
\medskip

En résumé, pour trouver l'intersection des courbes $V(f)$ et $V(g)$,
on peut éliminer $Y$ en considérant $r=\Res_Y(f,g)\in K[X]$. Soit
$\pi:K^2\to K$, $\pi(x,y) = x$ la projection sur l'axe des abscisses
$Y = 0$, on calcule $Z = \pi(V(f)\cap V(g))$ puis pour chaque $a$ dans $Z$
on détermine les $b$ qui sont racines de $\pgcd(f(a,Y), g(a,Y))$: les
couples $(a,b)$ sont les éléments de $V(f)\cap V(g)$ dans $K^2$.

Si $a\in K$ et si $\cd_Y(f)$ \emph{ou} $\cd_Y(g)$ ne s'annule pas en $X=a$,
alors
$$
\begin{aligned}
a\in Z
&\Longleftrightarrow \exists b\in K \colon f(a,b)=g(a,b)=0\\
&\Longleftrightarrow \pgcd(f(a,Y), g(a,Y))\ne1\\
&\Longleftrightarrow r(a) = \Res_Y(f,g)(a)=0.
\end{aligned} 
$$
(Lemme~\ref{le:fond}). Ainsi, $r(a)=0$ si et seulement si $a\in Z$.

\ex Soit $f = X^2+Y^2 - 1$ et $g = 3X+4Y$ dans $\CM[X,Y]$. Calculer
l'intersection $V(f)\cap V(g)$ dans $\CM^2$.

\ex Soit $f = (Y^2+6)(X-1) - Y(X^2+1)$ et $g = (X^2+6)(Y-1)-X(Y^2+1)$. Calculer
l'intersection $V(f)\cap V(g)$ dans $\CM^2$. Dans $\RM^2$?

\bigskip

\subsection{Intersection de deux hypersurfaces}
Soit $K$ un corps algébriquement clos. Soient $f$ et $g$ dans
$K[X_1,\dots,X_n]$. Soient
$$
\begin{aligned}
V(f) &= \set{(c_1,\dots,c_n)\in K^n \colon f(c_1,\dots,c_n)=0},\\
V(g) &= \set{(c_1,\dots,c_n)\in K^n \colon g(c_1,\dots,c_n)=0}.
\end{aligned}
$$
Soit
$$\begin{aligned}
\pi \colon K^n&\longrightarrow K^{n-1}\\
(c_1,\dots,c_n)&\longmapsto(c_2,\dots,c_n)
\end{aligned}
$$
et soit $Z=\pi(V(f)\cap V(g))$. On suppose que $\cd_{X_1}(f)$ ou
$\cd_{X_1}(g)$ ne s'annule pas en $(c_2,\dots,c_n)$. Alors
$$
\begin{aligned}
(c_2,\dots,c_n)\in Z
&\Leftrightarrow \exists c_1\in K \colon f(c_1,\dots,c_n)=g(c_1,\dots,c_n)=0\\
&\Leftrightarrow \Res_{X_1}(c_2,\dots,c_n)=0.
\end{aligned} 
$$

\bibliographystyle{kbplain}
\bibliography{kb}
\end{document}
