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,
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Réponses
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.
$Det(u \otimes Id) = Det(u)^m$
Donc $det(u \otimes v ) = det(u)^m(det(v)^n)$.
Mais ... je ne vois pas le dernier mais ... :-(
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 $A$.
Je pense que : $(P \star Q)(T) = \prod_j y_j^p P(T/ y_j)$ répond à la question.
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) : $P \star Q = Q \star P$.
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 $P$.
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 $y_i$.
En quoi :-D ?
Cordialement,
Rescassol
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).
Ça n'empêche pas de vouloir une formule plus ou moins explicite en fonction des coefficients, si ?
PS. Pour avoir un polynôme unitaire en $T$ avec le bon signe, il est plus prudent de prendre $\mathrm{Res}_X(P(X), X^qQ(T/X))$.
Tu es parti ? On eût aimé voir la chute (pour les personnes qui aiment bien les formules) :
$$
\text{pol. carac.} (u \otimes v) = \text{pol. carac.} (u) \ \star\ \text{pol. carac.} (v)
$$
merci a tous