Automorphismes $f(X)X=Xf(X),\ \forall X$

gebrane
gebrane
dans Algèbre
Le fil de etanche, m'a suggéré de m’intéresser aux automorphismes $f$ de $G$ vérifiant $f(x)x=xf(x),\quad \forall x\in G$, avec $G$ un groupe simple non commutatif https://groupprops.subwiki.org/wiki/Simple_non-abelian_group , il y a un seul, c'est l'identité. Le prouver.

Édité suivant le contre-exemple de marsup.
Édité suivant le contre-exemple de AD
Le 😄 Farceur


Réponses

  • marsup
    marsup
    Et $f(X) = 2 X$, ça marche pas ? Par automorphisme tu veux dire quoi, exactement ?
  • gebrane
    gebrane
    marsup merci , j'ai changé pour tuer ton contre ( un automorphisme de G est un endomorphisme bijectif de G dans G)
    Le 😄 Farceur


  • AD
    AD
    Bonsoir Gebrane
    Il s'agit de trouver un groupe $G$ non commutatif et un automorphisme $f\neq id$, qui envoie tout élément sur un élément de son centralisateur : $\forall x\in G,\ f(x)x=xf(x)$.
    Alors prenons le groupe diédral $\mathcal D_4$ à huit éléments, i.e. le groupe du carré, formé de deux rotations d'ordre 4 d'angles $\pm\frac\pi2$ de centre le centre du carré, conjuguées entre elles, de leur carré, la rotation d'ordre 2 d'angle $\pi$ (qui est la symétrie centrale), des deux symétries par rapport aux diagonales (conjuguées entre elles), des deux symétries par rapport aux apothèmes (conjuguées elles aussi entre elles) et bien sûr de l'identité.
    Comme les classes de conjugaison des éléments sont de cardinal 2 (pour les symétries ou rotations d'ordre 4) ou 1 (pour l'identité ou la symétrie centrale), les centralisateurs sont d'indice 2 (donc distingués) ou $\mathcal D_4$ lui-même (donc aussi distingué).
    Parce que tout automorphisme intérieur laisse stable les sous-groupes distingués, il envoie chaque élément dans sa classe de conjugaison, donc dans son centralisateur. Or il y a quatre automorphismes intérieurs différents (de structure $\mathcal D_4/Z(\mathcal D_4)\simeq C_2\times C_2$), dont trois sont différents de l'identité.
    Alain
  • JLT
    JLT
    Soit $n$ un entier pair. L'automorphisme $f:O(n)\to O(n)$ défini par $f(u)=\mbox{det}(u)u$ est tel que pour tout $u$, $f(u)$ commute avec $u$.
  • MrJ
    MrJ
    Il semble difficile de le prouver... (:P)
  • gebrane
    gebrane
    Merci AD, pour tuer aussi ton contre j'ai modifié la question, je suppose que le groupe est simple
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    gebrane
    MrJ. Maintenant la question est stable ;-).
    On veut montrer que $x^{-1}f (x)=1$. Si on note $N$ le sous-groupe normal engendré par $x$ et $f (x)$, il suffit de démontrer que $x^{-1}f (x)$ appartient au centre de $N$ ($ G$ est supposé simple). La question est donc de démontrer que $x^{-1}f (x)$ commute avec tous les éléments de $N$.
    AD es-tu d'accord ?
    Le 😄 Farceur


  • AD
    AD
    Gebrane
    Il manque des quantificateurs dans ton énoncé.
    Si tu dis que pour tout $x$, il faut que $x^{-1}f(x)=1$, alors $f$ est l'identité !
    Après tu parles de $N$, sous-groupe normal engendré par $x$ et $f(x)$. $N$ contient $x\neq 1$, donc étant normal dans un groupe simple, tu as $N=G$.
    Si tu ne supposes pas $N$ normal dans $G$, alors puisque $f(x)$ commute avec $x$, $N_x=\langle x,f(x)\rangle$ est contenu dans $Z_G(x)$ le centralisateur de $x$, c'est-à-dire que $x$ est dans le centre de $N_x$, et même mieux, par définition du centralisateur, $x$ est dans le centre de $Z_G(x)$, pour tout $x\in G$.
    Bien évidemment $Z_G(x)$ n'est pas distingué (sinon il serait $G$, et $x$ serait dans le centre de $G$ qui est trivial puisque $G$ est simple).
    À suivre...
    Alain
  • gebrane
    gebrane
    Bonjour Alain et merci pour votre intérêt, bonjour à tous

    Comme vous l'avez remarqués tous, je n'avais pas un énoncé parfait ( Le, prouver le ! c’était pour le fun bien sûr). Le but était de trouver des bons conditions sur un groupe G non abélien pour que les seuls automorphismes f de G vérifiant $f(x)x=xf(x),\quad \forall x\in G$ soit l'identité.
    Soit G un groupe non abélien simple . Est ce que ceci est faux? on fixe x dans G.
    Soit N le sous-groupe normale engendré par x , f(x). Avec un petit calcul, on montre que $x^{-1}f(x)$ commute avec tous les éléments de N, donc $x^{-1}f(x)\in Z(N)$ où $Z(N)$ est le centre de N, mais $Z(N)$ est un groupe abélien normale de G donc $Z(N)$ est réduit à {1}, donc $x^{-1}f(x)=1$

    ( je vais relire attentivement AD)
    Le 😄 Farceur


  • AD
    AD
    gebrane a écrit:
    Soit N le sous-groupe normal engendré par $x , f(x)$. Avec un petit calcul, on montre que $x^{-1}f(x)$ commute avec tous les éléments de $N$

    Où est ce petit calcul ?
    Tu montres facilement que $x^{-1}f(x)$ commute avec tous les éléments de $\langle x,f(x)\rangle$ le sous-groupe engendré par $x$ et $f(x)$, mais pas le sous-groupe $N$ normal engendré par $x$ et $f(x)$, car $N$ contient aussi tous les $gxg^{-1}$ pour tous les $g\in G$, qui eux ne commutent avec $x$ que si $g$ est dans $Z_G(x)$ le centralisateur de $x$.
    Or $Z_G(x)$ n'est pas $G$, sinon $x$ serait dans le centre de $G$ donc trivial puisque tu supposes $G$ simple.
    Alain
  • gebrane
    gebrane
    Voici ce calcul, puisque $f$ est un homomorphisme de $G$, alors
    $\forall x,y\in G,\quad f(xy)=f(x).f(y)$ donc
    $xyf(x)f(y)=f(x)f(y)xy$ de plus $xf(x)=f(x)x$ et $yf(y)=f(y)y$.

    Ceci implique que $x^{-1}f(x)$ commute avec $f(y).x.f^{-1}(y)$ et aussi avec $y.f(x).y^{-1}$
    Le 😄 Farceur


  • AD
    AD
    gebrane a écrit:
    Ceci implique que $x^{-1}f(x)$ commute avec $f(y).x.f^{-1}(y)$ et aussi avec $y.f(x).y^{-1}$

    Je continue à jouer le sceptique.
    J'arrive à montrer que $yf(x)y^{-1}=\big(x^{-1}f(x)\big). \big(f(y)xf(y)^{-1}\big)$
    [small]ATTENTION : $f(y)^{-1}$ : l'inverse de $f(y)$ et pas $f^{-1}(y)$ : l'image de $y$ par l'inverse de $f$.[/small]

    Je suis sans doute bouché, mais je ne vois pas comment continuer pour prouver les commutations déclarées ! :-S
    Peux-tu écrire plus en détails ?
    Alain
  • gebrane
    gebrane
    Ok je donne tout de suite les détails ( ce n'est pas chaque jours qu'on a l'honneur de discuter avec AD ;-) ça me fait un grand plaisir )
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    gebrane
    Ok pour les détails. On part de
    (1) $x.y.f(x)f(y)=f(x).f(y).x.y$
    (2) $x.f(x)=f(x).x$
    (3) $y.f(y)=f(y).y$
    Montrons $$\big[x^{-1}.f(x)\big].\big[f(y).x.f(y)^{-1}\big]=\big[f(y).x.f(y)^{-1}\big].\big[x^{-1}.f(x)\big]$$ On a
    $\big[x^{-1}.f(x)\big].\big[f(y).x.f(y)^{-1}\big]=x^{-1}.\big[f(x).f(y).x\big].f(y)^{-1}\big]$ or d'apres (1) on a $x.y.f(x)f(y).y^{-1}=f(x).f(y).x$
    donc $x^{-1}.\big[f(x).f(y).x\big].f(y)^{-1}\big]= x^{-1}.\big[
    x.y.f(x)f(y).y^{-1} \big].f(y)^{-1}\big]= y.f(x).\big[ f(y).y^{-1} . f(y)^{-1}\big]$
    Or d’après (3) on a $y=f(y).y.f(y)^{-1}$ , donc $y^{-1}=f(y).y^{-1}.f(y)^{-1}$ donc $ y.f(x).\big[ f(y).y^{-1} . f(y)^{-1}\big]= y.f(x).y^{-1}$
    on a démontré que $$(4)\quad \big[x^{-1}.f(x)\big].\big[f(y).x.f(y)^{-1}\big]=y.f(x).y^{-1}$$ et on va démontré aussi que
    $\big[f(y).x.f(y)^{-1}\big].\big[x^{-1}.f(x)\big]= y.f(x).y^{-1}$

    Mais je ne retrouve plus comment j'ai fait ( je n'ai pas gardé la feuille de mes calculs) à suivre pour demain
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    gebrane
    Bonjour Alain.
    Tu as bien fait de jouer le sceptique. Mon calcul était trop rapide. J'ai retrouvé mon brouillon : pour trouver l'égalité inverse, j'ai remplacé $x$ par $x^{-1} $ dans la 4, puis j'ai inversé. Mais ça ne donne pas l'égalité inverse.
    Vraiment désolé.
    Le 😄 Farceur


  • AD
    AD
    $\newcommand{\eng}[1]{\langle#1\rangle}\newcommand{\A}{\mathfrak{A}}$Bonjour Gebrane.
    J'étais arrivé au même point que toi.

    Ceci étant, ta conjecture est vraie pour le groupe simple $\A_5$.
    Un schéma de preuve peut être
    $(1)$ $\A_5$ est engendré par ses $3$-cycles. Soit $\sigma$ l'un d'eux.
    $(2)$ On montre que le centralisateur $Z_{\A_5}(\sigma)$, est le sous-groupe d'ordre $3$ engendré par $\sigma$ lui-même.
    $(3)$ Comme $f(x)$ commute avec $x$, il faut donc que $f$ laisse stable chaque centralisateur de $3$-cycle, i.e. chaque sous-groupe $C_3$ de $\A_5$ (ses $3$-Sylow).
    $(4)$ Mais tout automorphisme de $\A_5$ est la restriction-corestriction à $\A_5$ d'un automorphisme intérieur de $\mathfrak S_5$, donc il existe $\tau\in\mathfrak S_5$ tel que $f:x\mapsto \tau x\tau^{-1}$.
    En d'autres termes, $f(1\ 2\ 3)=\tau(1\ 2\ 3)\tau^{-1}=\big(\tau(1)\ \tau(2)\ \tau(3)\big)$, et d'après $(3)$, $f$ conserve le support de chacun des $3$-cycles.
    $(5)$ Si $f\neq {\rm id}$, on montre que $f$ ne peut conserver en même temps les supports de $(1\ 2\ 3)$, de $(2\ 3\ 4)$ et de $(1\ 2\ 4)$.
    Donc $f={\rm id}$.

    Si tu veux (c'est à toi de jouer le sceptique maintenant) je peux détailler chacun des points ci-dessus.
    Alain
  • gebrane
    gebrane
    Bonjour Alain

    Waw, c'est très fort. Je sais que mon interlocuteur est un des grands spécialistes de la théorie des groupes. Je ferai mieux d'essayer de comprendre avant de réagir ou de jouer le sceptique .
    Le plus simple pour moi pour rendre la conjecture vraie est de supposer de plus que G un groupe fini ;-)
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    gebrane
    $\newcommand{\eng}[1]{\langle#1\rangle}\newcommand
    {\A}{\mathfrak{A}}$

    Bonjour Alain
    Il manque une question
    (0) Le groupe $\A_n$ est simple pour $n \ge 5$
    Ça permet de comprendre le choix de $\A_5$

    en fait, j’essaie de comprendre en te lisant mots par mots si je peux remplacer $\A_5$ par $\A_n$ avec $n \ge 5$
    Le 😄 Farceur


  • Paul Broussous
    Paul Broussous
    C'est juste une idée. Je n'ai pas tout vérifié. Un cas particulier de la conjecture de Gébrane est relié à la question d'Etanche, généralisée au cas d'une algèbre de Lie simple complexe.

    On suppose que $G$ est un groupe de Lie complexe, connexe, et simple comme groupe abstrait (par exemple ${\rm PSL}_n (\C )$). Soit $f$ un automorphisme de $G$ tel que $f(g)g=gf(g)$, pour tout $g$ dans $G$. Alors sa différentielle $\varphi =df_e$ est un automorphisme de l'algèbre de Lie $\mathfrak g$ de $G$, vérifiant $X\varphi (X)=\varphi (X)X$, pour tout $X$ dans $\mathfrak g$. Si ce que j'ai raconté dans l'autre fil est correct,
    $\varphi$ est de la forme $\lambda {\rm id}_{\mathfrak g}$, avec $\lambda\not= 0$. Or $\varphi$ devant vérifier $\varphi ([X,Y])= [\varphi (X),\varphi (Y)]$, pour tous $X$, $Y$, on a $\lambda =1$. Donc $\varphi$ est l'identité de $\mathfrak g$ et $f$ est l'identité de $G$.
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