Produit tensoriel et polynôme caractéristique
Bonjour,
Je ne connais pas très bien les produits tensoriels et j'ai une petite question.
Si j'ai deux matrices carrés $M$ et $N$, Je pense avoir compris comment faire leurs produits tensoriels.
Par exemple, si $M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & j & 0 \\ 0 & 0 & j^2 \end{pmatrix}$ et $ N =Diag (1,1)$ le produit tensoriel est : $Diag(1,j,j^2,1,j,j^2)$ et le polynôme caractéristique est $(1-T^3)^2$.
Ce qui ressemble à $\mathbb{F}_{p^3} \otimes (\mathbb{F}_p \times \mathbb{F}_p) = \mathbb{F}_{p^3} \times \mathbb{F}_{p^3}$
De même si je prend
$M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & j & 0 \\ 0 & 0 & j^2 \end{pmatrix}$ et $ N =Diag (1,-1)$ je trouve $1-T^6$ comme $\mathbb{F}_{p^3} \otimes \mathbb{F}_{p^2} = \mathbb{F}_{p^6}$.
J'aimerais bien comprendre cette analogie mais comme je ne connais pas bien $\otimes$, je suis un peu en difficulté de formaliser ! Si quelqu'un a un peu de temps pour m'aider un peu :-)
Merci d'avance,
Je ne connais pas très bien les produits tensoriels et j'ai une petite question.
Si j'ai deux matrices carrés $M$ et $N$, Je pense avoir compris comment faire leurs produits tensoriels.
Par exemple, si $M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & j & 0 \\ 0 & 0 & j^2 \end{pmatrix}$ et $ N =Diag (1,1)$ le produit tensoriel est : $Diag(1,j,j^2,1,j,j^2)$ et le polynôme caractéristique est $(1-T^3)^2$.
Ce qui ressemble à $\mathbb{F}_{p^3} \otimes (\mathbb{F}_p \times \mathbb{F}_p) = \mathbb{F}_{p^3} \times \mathbb{F}_{p^3}$
De même si je prend
$M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & j & 0 \\ 0 & 0 & j^2 \end{pmatrix}$ et $ N =Diag (1,-1)$ je trouve $1-T^6$ comme $\mathbb{F}_{p^3} \otimes \mathbb{F}_{p^2} = \mathbb{F}_{p^6}$.
J'aimerais bien comprendre cette analogie mais comme je ne connais pas bien $\otimes$, je suis un peu en difficulté de formaliser ! Si quelqu'un a un peu de temps pour m'aider un peu :-)
Merci d'avance,
Réponses
-
@ModuloP
On a un isomorphisme canonique que j'écris comme une égalité :
$$
E \otimes K^m = E^m = E \oplus \cdots \oplus E
$$
Et $u \otimes \text{Id}_{K^m}$ s'identifie à $u \oplus \cdots \oplus u$. Et donc tu es capable de dire combien fait $\det(u \otimes \text{Id}_{K^m})$ en fonction de $\det(u)$.
Il est sous-entendu que $E$ est un $K$-module libre et $u$ un endomorphisme de $E$.
Ensuite, si $u$ est un endomorphisme de $E$ et $v$ un endomorphisme de $F$ (contexte à deviner)
$$
u \otimes v = (u \otimes \text{Id}_F) \circ (\text{Id}_E \otimes v)
$$
si bien que $\det(u \otimes v) = \cdots$.
Je sais bien qu'il était question de polynôme caractéristique. Et moi, je cause ``déterminant''. Mais ...
Aucune idée du fait que cela répond à ta question. -
Merci beaucoup. Je réponds aux $\dots$, avec tes notations.
$Det(u \otimes Id) = Det(u)^m$
Donc $det(u \otimes v ) = det(u)^m(det(v)^n)$.
Mais ... je ne vois pas le dernier mais ... :-( -
Mais... le polynôme caractéristique est un déterminant, non ?
-
Oui mais il y a une factorisation a faire ?
-
Ah oui, ça ne va pas de soi. Que se passe-t-il si l'une des matrices est diagonales ?
-
Les valeurs propres de $M\otimes N$ sont les produits de valeurs propres de $M$ et de valeurs propres de $N$. On peut trigonaliser les deux matrices pour s'en apercevoir.
-
@moduloP
J'ai posté sans réfléchir, sorry. Dans les deux derniers posts, il y a des pistes.
Au fait, étant donnés deux polynômes unitaires $P, Q \in A[T]$, $P$ de degré $p$, $Q$ de degré $q$, est ce que tu vois comment définir, de manière rationnelle en les coefficients, un polynôme unitaire $P \star Q \in A[T]$, de degré $pq$, avec la propriété :
$$
[P(T) = \prod_{i=1}^p (T- x_i), \quad Q(T) = \prod_{j=1}^q ( T- y_j)] \quad \Rightarrow \quad
(P \star Q)(T) = \prod_{i,j}^q (T- x_iy_j)
$$
Note : une telle factorisation pour $P,Q$, cela existe toujours dans un sur-anneau de $A$. -
Ok avec la technique de trigonalisation. Je pense que je vais m'en sortir avec mes histoires. Merci.
Je pense que : $(P \star Q)(T) = \prod_j y_j^p P(T/ y_j)$ répond à la question. -
@moduloP
Précision : il était convenu ``de manière rationnelle''. Les $y_j$ sont uniquement dans notre tête. Indication : résultant.
Et quand tu auras fini, tu pourras prendre pour $P \star Q$, le polynôme caractéristique de $\Phi_P \otimes \Phi_Q$, où $\Phi_R$ est la matrice compagnon du polynôme unitaire $R$. Tu auras ainsi deux méthodes pour calculer $P \star Q$.
Note (autre chose) : $P \star Q = Q \star P$. -
Le problème, c'est de calculer les coefficients de $P\star Q$ en fonction des coefficients de $P$ et $Q$ et pas de leurs racines.
-
Ah oui mince ! Je tente $Res_X( X^n P(T/X),Q(X))$.
-
moduloP
Presque. Attention à tes variables (c'est peut-être une coquille). Et au sens gauche-droite ; on va le dire comme cela : pour deux polynômes à une variable $P, F$, $P$ unitaire, $F$ pas nécessairement, $\text{Res}(P,F)$ est le produit des évaluations de $F$ en les racines de $P$. -
J'ai changé Claude,
donc mon polynôme en $T$ s'annule en $x_i y_j$ car pour les valeurs de $T = x_i y _j$ car les deux polynômes $X^n P(T/X)$ et
$Q(X)$ ont racines communes $y_i$. -
moduloP
VU. Mais attention au sens de $\text{Res}(\text{truc}, \text{machin})$ versus $\text{Res}(\text{machin}, \text{truc})$. Le sens, je l'ai donné dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1574920,1575184#msg-1575184. Sinon, tu vas te récupérer $(-1)^{pq}$.
Quant au polynôme caractéristique de $M \otimes N$, tu peux supposer $M$ diagonale par exemple (je redis ce que MathCoss a dit). C'est réglé ? Je te dois une bière (mon truc pourri du déterminant). -
Il n'y a pas un problème si $0$ est racine de $P$ ?
-
Je répète : on peut trigonaliser les deux matrices (et utiliser que $(P\otimes Q) (M\otimes N)= (PM)\otimes(QN)$ quand on a les bonnes tailles).
-
Oui. On peut aussi diagonaliser $M\otimes N$ lorsque $M$ et $N$ sont diagonalisables, en remarquant que $v\otimes w$ est propre pour $M\otimes N$ dès que $v$ (resp. $w$) est propre pour $M$ (resp. $N$) et conclure par densité sur $\C$ puis par prolongement des identités.
Ça n'empêche pas de vouloir une formule plus ou moins explicite en fonction des coefficients, si ? -
Ben, moduloP a donné une formule explicite en fonction des coefficients, non ?
PS. Pour avoir un polynôme unitaire en $T$ avec le bon signe, il est plus prudent de prendre $\mathrm{Res}_X(P(X), X^qQ(T/X))$. -
Oui, donc tout est pour le mieux dans le meilleur des mondes (possibles).
-
@moduloP
Tu es parti ? On eût aimé voir la chute (pour les personnes qui aiment bien les formules) :
$$
\text{pol. carac.} (u \otimes v) = \text{pol. carac.} (u) \ \star\ \text{pol. carac.} (v)
$$ -
Non pas parti, Claude. Je fais des petits tests mais je me suis rendu compte que je n'avais pas vraiment besoin de cette formule pour le moment, bon pas très grave !
merci a tous -
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