Matrices réelles $4\times 4$
Réponses
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Tu veux parler du produit défini par $(a\otimes b)(a'\otimes b')=(-1)^{|b|\cdot|a'|}aa'\otimes bb'$, lorsque $b$ et $a'$ sont homogènes de degrés respectifs $|b|$ et $|a'|$ ?
Intérêt, présumément : $C(V\oplus V')\simeq C(V)\hat\otimes C(V')$ comme algèbres. -
@Gai-requin
Ok, je comprends (et je connais un petit peu). En quelque sorte, on fait suivre plus de structure que celle d'algèbre.
Ainsi une algèbre de Clifford $C = C(V,q)$ débarque équipée d'une somme directe $C = C^0 \oplus C^1$ (notation de mézigue Bourbaki note $C^+$, $C^-$ mais j'ai peur que cela conflicte avec les notations $C_k^+, C_k^-$ de Miller, même si on ne les utilise pas). On parle aussi pour $C^0$ d'éléments homogènes de degré pair, et pour $C^1$ d'éléments homogènes de degré impair. D'où le $\Z/2\Z$.
On peut faire débarquer cela de l'algèbre tensorielle $T(V)$ dont $C(V)$ est le quotient :
$$
T(V) = \bigoplus_{d \ge 0} T^d(V) = \bigoplus_{d_0 \ \rm pair } T^{d_0} (V) \quad \oplus\quad \bigoplus_{d_1\ \rm impair} T^{d_1}(V)
$$
Et comme on quotiente par les $v \otimes v - q(v).1$, quotient qui respecte la parité, on peut définir $C^0$ (qui est une sous-algèbre) et $C^1$. C'est également relié à l'involution principale que l'on peut définir à partir de $C^0$, $C^1$ : c'est l'identité sur $C^0$ et $-$ identité sur $C^1$. Mais on peut également définir $C^0, C^1$ à partir de l'involution principale : $C^0$ en est l'ensemble des éléments fixes, et $C^1$ l'ensemble des éléments anti-fixes.
Je n'ai pas réfléchi avec quels $C_k, C'_k$, $k$ petit, on pourrait continuer à se faire la main un peu dans le style de $C'_3$. Mais le truc le plus important est de s'amuser un peu et d'apprendre quelque chose. Faut pas que cela devienne le bagne. Apprendre quelque chose : tu te doutes qu'en 1990, je ne connaissais rien à cela (algèbres de Clifford) et je ne faisais pas le malin avec le produit tensoriel (c'est encore le cas). Cela n'a pas empêché l'élaboration d'une épreuve de 4 heures où toutes ces notions étaient court-circuitées, produisant quand même le bon nombre de champs de vecteurs sur les sphères. -
@Math Coss : C'est exactement ça.
Ton isomorphisme (canonique ?) semble suggérer qu'on peut commencer par les algèbres de Clifford définies à partir d'un espace quadratique de dimension $1$. En connaît-on une classification ?
@Claude : J'ai beau connaître (un peu) les notions d'algèbres de Clifford et de produit tensoriel, l'élaboration de ce sujet 91 m'apparaît comme un tour de force. (tu)
Sais-tu maintenant un peu mieux comment tu t'y es pris ? -
@MathCoss : ce n'est pas toujours glorieux chez Bourbaki, cf la page attachée (de manière générale, le chap 9 d'Algèbre, Formes sesquilinéaires et formes quadratiques, a un aspect un peu vieillot).
@Gai-Requin : non, je ne sais pas comment je m'y suis pris. Une explication cependant : c'est probablement dû au fait que je connaissais rien au binz. En connaître trop peut parfois être nuisible. Je ne vois pas d'autre explication pour l'instant.
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