Produit tensoriel d'applications, 2

Champ-Pot-Lion

J'ouvre ce nouveau fil pour arrêter de polluer celui-ci : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1452752
Je réponds à GaBuZoMeu http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1452752,1453966#msg-1453966 .

J'ai détaillé et on trouve bien ce que j'ai dit.

Soit $\times$ l'isomorphisme de $E \times \R$ vers $E$. Pour tout $y \in Y$, on a l'application linéaire $1 \otimes \pi_y : \R^{(X)} \otimes \R^Y \to \R^{(X)} \otimes \R$. On peut alors former $((1 \otimes \pi_y) \times)_{y \in Y} : \R^{(X)} \otimes \R^Y \to (\R^{(X)})^Y$. C'est l'application que l'on veut prouver injective.

L'isomorphisme $(\R^Y)^{(X)} \to \R^{(X)} \otimes \R^Y$ est construit ainsi. Pour tout $x \in X$, on a $\times^{-1} (e_x \otimes 1) : v \mapsto e_x \otimes v$ de $\R^Y$ vers $\R^{(X)} \otimes \R^Y$. On prend $[e_x \otimes 1]_{x\in X}$.

On compose l'isomorphisme avec le morphisme à prouver injectif. Ça donne un morphisme de $(\R^Y)^{(X)}$ vers $(\R^{(X)})^Y$ qui est donné par une matrice. L'entrée en $(x,y) \in X \times Y$ de la matrice est $\times^{-1} (e_x \otimes 1) (1 \otimes \pi_y) \times = \times^{-1} (e_x \otimes \pi_y) \times$. Cette application $\R^Y \to \R^{(X)}$ est $u \mapsto \pi_y(u) \times e_x$, concrètement.

Je peux détailler encore plus, mais l'application qu'on obtient de $(\R^Y)^{(X)}$ vers $(\R^{(X)})^Y$ est la transposition. Si on regarde ces deux espaces comme des sous-espaces de $\R^{X \times Y}$, c'est l'identité.

Ensuite, l'existence de bases donne que tout espace $E$ est de la forme $\R^{(X)}$ et donc on peut appliquer ça à n'importe quel espace $E$, on a une injection linéaire de $E \otimes \R^Y$ dans $E^Y$.

GaBuZoMeu

Champ-Pot-Lion :
> On peut alors former $((1 \otimes \pi_y) \times)_{y \in Y} : \R^{(X)} \otimes \R^Y \to (\R^{(X)})^Y$. C'est l'application que l'on veut prouver injective.

Je rappelle que la question était de montrer que l'application linéaire canonique $\R^X\otimes \R^Y\to \R^{X\times Y}$ est injective. Admirez l'entourloupe.
Tu te raccroches aux branches en utilisant l'axiome du choix pour dire "Oui mais on peut écrire $\R^X$ comme $\R^{(X')}$ en choisissant une base $X'$ de $\R^X$", d'après ce que je comprends.

Montrons que l'application linéaire $E\otimes \R^Y\to E^Y$ donnée par l'application bilinéaire $(v,f)\mapsto (y\mapsto f(y)v)$ de $E\times \R^Y$ dans $E^Y$ est injective.
Soit $\sum_i v_i\otimes f_i \in E\otimes \R^Y$ tel que $\sum_{i\in I}f_i v_i=0$ ($I$ est fini bien sûr). On peut supposer sans perte de généralité que la famille $(v_i)_{i\in I}$ est libre car, si $v_{n+1}=\sum\lambda_i v_i$, alors $\sum_{i=1}^{n+1} v_i\otimes f_i= \sum_{i=1}^n v_i\otimes (f_i+\lambda_if_{n+1})$. Pour tout $y\in Y$, $\sum_{i\in I}f_i(y) v_i=0$ et donc $f_i(y)=0$ pour tout $i\in I$. Les fonctions $f_i$ sont donc toutes nulles et $\sum_i v_i\otimes f_i=0$.

Pas de choix de base. Comparer, c'est l'adopter. Rester sur terre a du bon, parfois.

Champ-Pot-Lion

C'est cette démonstration que j'ai transformée pour faire ça (c'était d'elle qu'on parlait dans l'autre sujet).
L'idée est de choisir une base de $E$ et la décomposition avec les $v_i$ libres est alors canonique. L'isomorphisme que j'ai écrit formalise cette décomposition canonique.

On peut aussi faire sans choix, mais c'est plus long (et ça repose sur la version où les espaces sont libres). On a est une transformation naturelle en $X$ et $Y$ de $X \otimes \R^Y$ vers $X^Y$.

Il faut écrire $E$ comme quotient de $\R^{(E)}$, de noyau $K$. Ça donne $E \otimes \R^Y$ comme quotient de $\R^{(E)} \otimes \R^Y$, de noyau $K \otimes \R^Y$. On a un morphisme de suites exactes courtes vers $0 \to K^Y \to (\R^{(E)})^Y \to E^Y \to 0$ (trois morphismes, ou cinq si on compte les zéros), avec le morphisme du milieu injectif. L'image de chacun de ces morphismes est le sous-espace des familles de vecteurs qui génèrent un sous-espace de dimension finie. Le morphisme de $K$ vers $\R^{(E)}$ étant injectif, si l'image d'un sous-espace est de dimension finie, c'est que ce sous-espace était de dimension finie. N'importe quel élément de $(\R^{(E)})^Y$ qui est dans l'image de $\R^{(E)} \otimes \R^Y$ et de $K \otimes \R^Y$ vient donc de $K \otimes \R^Y$. On en déduit que le morphisme de $\R^{(E)} \otimes \R^Y$ vers $E^Y$ a pour noyau $K \otimes \R^Y$ et donc le morphisme de $E \otimes \R^Y$ vers $E^Y$ est injectif.

L'espace vectoriel libre sur un espace vectoriel, c'est l'espace vectoriel des combinaisons linéaires. Le morphisme $\R^{(E)} \to E$ est l'évaluation de ces combinaisons linéaires (c'est la counité de l'adjonction oubli/libre). L'espace $K$ formalise les relations qu'il existe entre les combinaisons linéaires. Le morphisme $\R^{(E)} \otimes \R^Y \to (\R^{(E)})^Y$ correspond à former ta somme $\sum_{i \in I} f_i(y) v_i$ pour chaque $y$ (je parle de la somme formelle en les $v_i$, qu'on peut évaluer pour donner un élément de $E$).

On peut continuer à faire correspondre les choses, c'est ça que je trouve intéressant par exemple.

Il ne faut pas opposer ce que je dis au concret. Au contraire j'aime bien faire le lien entre les formulations abstraites et concrètes, voir qu'en fait c'est la même chose. Faire le lien avec l'intuition aussi. Ça prend du temps et c'est pas facile. Je ne dis pas avoir tout bien fait, si quelqu'un a mieux je serai content. Mais la seule chose qu'on me répond est qu'il ne faut pas abstraire, ça ne sert à rien de compliquer. Donc bon, je vais me taire, je vois bien que je n'apporte rien à part de la confusion et ne retire rien à part des sarcasmes.

GaBuZoMeu

Bref, pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ?

christophe c

@CPL, pour donner un éventuel objet formel à ta recherche, j'ai ouvert un fil et référencé une question. Tout bêtement, je remplace "corps" par "anneau" (pas supposé intègre). Du coup, l'argument de GBZM, qui utilise "centralement" l'intégrité du corps ne marche plus, du moins "en l'état". Ca me parait être l'occasion de dire que le profil de tes tentatives n'est pas forcément une impasse puisqu' éventuellement il pourrait déboucher sur une preuve qui se débarrasse des calculs "internes" te donc valider le truc dans les anneaux (même si je doute que les anneaux quelconques marchent tous pour ce phénomène, je n'y croyais qu'à peine pour les corps)