Produit tensoriel d'espaces vectoriels

On a $G_1 \cong \mathbb Q^{r_1}$, et on obtient $r_1 = d$ en utilisant que $\mathbb Q \otimes_{\mathbb Q} \mathbb R \cong \mathbb R$. De manière similaire, on a $r_2 = d$, donc $G_1 \cong G_2$.

Pablo a écrit:

de même dimension finie d$ ... comment montrer que TrucEstVrai

En complétant les étapes suivantes:

1/ on déduit $34=102$ de tes hypothèses,

2/ puis en on déduit qu'ils sont isomorphes.

Merci Max. Tu m'informes donc qu'on peut avoir la chose suivante, le corps ambiant étant $\Q$ :

$E$ espace vectoriel et $E\otimes \R$ est de dimension finie (sachant que la dimension de $\R$ est énorme, en plus d'être infinie).

Bon, j'avoue, je n'ai pas recopié EXACTEMENT, car Pablo a écrit $...\otimes_\Q ...$ et donc tout doit être là :-D

A part si ça te coute juste une ligne, sinon, j'y réfléchirai seul, t'inquiète, je te fais confiance, je n'ai juste pas le temps présentement en fait, mine de rien, je ne devrais pas être en train de procrastiner sur le forum :-D

PS: j'ai aussi écarté le cas $dim(E)=0$.

Merci, bin du coup, je ne sais pas ce que signifie le produit tensoriel évoqué, avec des corps de scalaires différents.

Cette égalité est vraie quel que soit $V$, indépendamment de l'hypothèse que $\dim_\R(V\otimes_\Q\R) < \infty$. En particulier, si cette dimension est $<\infty$, celle de $V$ l'est aussi - mais ce n'est absolument pas nécessaire à la preuve.

Merci Max!

@Raoul, autant je constate les délabrements de la vieillesse sur moi-même assez souvent, autant, je crois pouvoir dire sans grand risque que je n'ai jamais su ce que veut dire $A\otimes_B \ C $.

Si l'argument de max m'a convaincu de manière "ad hoc", c'est axiomatique et non définitionnelle. Bon il est tout à fait vrai cependant que je ne suis pas dispo, donc n'ai pas fait l'effort non plus de googler un peu.

Avec plaisir, merci, si tu veux ne pas te fatiguer d'ailleurs, tu peux me renvoyer vers des liens.

Si $M$ est un $A$-module à droite, $N$ un $A$-module à gauche, $M\otimes_A N$ est engendré par les $m\otimes n, m\in M, n \in N$ et le fait que $(m,n)\mapsto m\otimes n$ est 1- bilinéaire et 2- "équilibrée", i.e. $(ma)\otimes n = m\otimes (an), m\in M,n\in N, a\in A$.

C'est donc la cible universelle d'une application bilinéaire "équilibrée" $M\times N\to M\otimes_A N$.

Il est clair que ça va dépendre de $A$ (par exemple dans $M\otimes_\Z N$, on ne sait absolument rien en principe de la relation entre $(ma)\otimes n$ et $m\otimes (an)$ alors qu'ils sont égaux dans $M\otimes_A N$) - mais un exercice facile est de montrer que si $M,N$ sont des $\Q$-evs, alors $M\otimes_\Q N = M\otimes_\Z N$ (par $=$ je veux dire évidemment que le morphisme canonique $M\otimes_\Z N\to M\otimes_\Q N$ est un isomorphisme).

(Parenthèse pas utile pour la suite mais bonne à savoir : Plus généralement, si $A\to B$ est un "épimorphisme" d'anneaux commutatifs, on aura la même chose ( pour ne pas avoir à te taper la signification du mot "épimorphisme", tu peux le remplacer par "localisation ou quotient", ce n'est pas tout à fait exact mais suffisant - donc $\Z\to\Q$ est un exemple, $\Z\to \mathbf F_p$ un autre))

Lorsque $f:A\to B$ est un morphisme d'anneaux, je peux voir $B$ comme un $A$-module à droite via $b\cdot a := b\times f(a)$, et donc $B\otimes_A M$ a un sens pour tout $A$-module à gauche $M$. L'aspect crucial c'est que dans ce cas ce que tu obtiens n'est pas uniquement un groupe abélien, mais un $B$-module à gauche, via $b\cdot (b_0\otimes m) := (bb_0)\times m$. C'est un exercice facile de montrer que c'est bien défini et que ça détermine bien une structure de $B$-module.
On a évidemment $B\otimes_A A \cong B$ en tant que $B$-modules, et "donc" (je saute le fait que le produit tensoriel commute aux sommes directes) $B\otimes_A A^n \cong B^n$.

En particulier (c'est ce que je disais plus haut), si $V\cong \Q^n$, $\R\otimes_\Q \Q^n \cong \R^n$ est de dimension finie en tant que $\R$-espace vectoriel (et dans ce cas $\R\otimes_\Q \Q^n$ s'avère être pareil que $\R\otimes_\Z\Q^n$, qui est certainement ce que tu notes $\R\otimes\Q^n$)

Au fond, pourquoi ne pas tout bêtement utiliser la notation suivante :

$$ M\otimes_{(A,B)} N $$

quand on a un $A$-module $M$ et un $B$-module $N$, et d'ailleurs obtenir de manière rigolote une petite "peur" du fait que le module obtenu (on quotiente par $x.(u\otimes v) == (xu)\otimes v$ ; $(u\otimes v).y == u\otimes (yv)$ ) et on obtient un "machin" qui est $A$ module à gauche et $B$ module à droite.

Et finalement abréger par $M\otimes_A N$ le "machin" $ M\otimes_{(A,A)} N $

Ce serait grave moralement?

Oula Christophe ton machin détruit beaucoup trop de trucs si tu autorises $x$ et $y$ quelconques :-S comme le dit HT il faut que $A=B$ et tu as $x=y$ sinon c'est la cata (enfin, tu obtiens $0$ et ne classifies pas les bonnes choses)

Un point important étant que si $M$ n'est "que" un $A$-module à droite et $N$ "que" un $A$-module à gauche, $M\otimes_A N$ n'est "que" un groupe abélien !! Donc pas d'espoir de récupérer une structure telle que tu l'espères.

Merci pour vos réponses. Que ça donne zéro ne me gène pas**. Ma question était formelle.

** Mieux: c'est une sorte de decoherence émergée des maths, c'est cool :-D

De mon téléphone

Heu, la définition de Christophe est légitime. C'est d'ailleurs simplement le produit tensoriel pour les bimodules, où l'on voit un $L$-module comme un $(L, \mathbb{Z})$-bimodule, et un $R$-module comme un $(\mathbb{Z}, R)$-bimodule.

J'ai l'impression que vous faites comme si Christophe avait écrit $x(a\otimes b)=(a\otimes b).y$ pour tout $x\in L$, $y\in R$. :-S

Du coup au vu de la correction par NoName je précise: Christophe, j'avais mal lu ce que tu as écrit, parce que tu as mal lu ce que j'ai écrit et j'ai pensé que tu tentais une généralisation qui ne marchait pas, alors que tu faisais autre chose.

Comme le dit NoName, ce que tu fais est "légitime", mais la spécialisation en $(A,B) = (A,A)$ ne donne pas $M\otimes_A N$, elle donne juste $M\otimes_\Z N$ "avec sa structure naturelle de $(A,A)$-bimodule".

Dans $M\otimes_A N$, on "mélange" l'action de $M$ et de $N$ : on déclare $(xa)\otimes y$ égal à $x\otimes (ay)$; en ensuite si le temps le permet et si $M$ a en plus une structure de $B$-module à gauche et $N$ une structure de $C$-module à droite (compatibles tout le tralala) on lui donne une structure de $(B,C)$-bimodule.

Mais ce n'est pas la même chose que ce que tu fais. Donc la réponse à "pourquoi on fait pas juste ça" : on le fait, mais la construction que j'ai proposée est simplement différente ;-)

Merci pour vos précisions, je les ai comprises.

Et oui NoName avait raison, je n'avais SURTOUT pas supposé le truc en plus.

Je n'ai hélas pas la dispo pour capter en ce moment "le profond intérêt" de supposer en plus

$$a\otimes (xb) = (xa)\otimes b$$

mais ce n'est pas grave, je peux tout à fait comprendre qu'elle donne "plein de jus" et rapproche les multiplications a priori différentes mises en jeu.

christophe : étant donné que tu es l'un des membres les plus excentriques du forum, j'ai du mal à jauger de ton "vrai" niveau et de ta "vraie" culture en mathématiques (en dehors du domaine de la logique pure, je veux dire).

La "base" des produits tensoriels, c'est que c'est pratique pour coder du multilinéaire. Le cas le plus "visuel" est celui de $E \otimes F$ quand $E$ et $F$ sont deux espaces vectoriels de dimension finie. Dans ce cas, $x \otimes y$ est en fait l'application $E^* \longrightarrow F$, $u^* \longmapsto u^*(x)y$. Du coup, $E \otimes F \simeq \mathcal{L}(E^*,F)$. Je sais qu'en général, on présente ça plutôt $\mathcal{L}(E,F) \simeq E^* \otimes F$, mais pour "découvrir" le produit tensoriel, dans l'autre sens je trouve que ça se lit mieux. L'idée ensuite, c'est que $\mathcal{L}(E \otimes F, G) \simeq \mathcal{L}(E, \mathcal{L}(F,G))$. Et comme ce dernier espace, c'est les applications bilinéaires de $E \times F$ dans $G$, ben... $\mathcal{L}(E \otimes F, G) \simeq \text{Bil}(E \times F, G)$ ! Et forcément, ça se généralise. Du coup, un produit tensoriel, ça fabrique des matrices "très grandes" pour représenter des objets multilinéaires, mais ça a l'avantage que c'est des matrices d'applications linéaires, qui sont nettement plus maniables en théorie.

Libre à toi de voir ce qui se généralise ou non quand on affaiblit les hypothèses (il y a du chemin à faire, pour passer de deux espaces vectoriels de dimension finie à deux bimodules quelconques...) et ce qu'il en est du point de vue "catégorique" (typiquement, les histoires que $\otimes$ est le foncteur adjoint à $\text{Hom}$). Moi, ça ne m'intéresse pas trop, j'ai lu 2-3 trucs mais c'est plus à Maxtimax qu'il faudra demander pour ces choses-là, lui il adore ça.

Un anneau pour les calculer tous
Un anneau pour les tenser
Un anneau pour les engendrer tous, et dans les espaces vectoriels, les foncter

C'est tout pour moi.

L'avantage avec ce que j'ai dit, c'est qu'on a carrément une construction explicite du PT dans le cas dont je parlais. Pour se familiariser avec le concept, ce n'est pas idiot, je trouve. Et c'est celui que les physiciens utilisent, aussi.

Après, forcément, dans le cas général, la propriété universelle suffit à démontrer tout ce qu'on veut.

On peut voir $M \otimes_A N$ comme un quotient de $M \otimes_{\Z} N$, donc la généralisation au cas où il y a un anneau de coefficients par facteurs ne doit pas coûter grand chose. $M \otimes_{(...)} N$ est un objet initial de la catégorie à laquelle vous pensez au fond.

@RLC http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2273610,2275328#msg-2275328 joli joli.


PS. Mon prrrrrr....oduit tensoriel.