Foncteur de la catégorie des groupes dans elle-même

Neddy Seagoon
Neddy Seagoon
dans Algèbre
Bonjour,

J'ai l'impression de passer à côté d'une évidence tant l'énoncé suivant est simple, je serai reconnaissant à qui voudra bien me donner un indice :

On cherche un foncteur de la catégorie des groupes dans elle-même, qui à chaque groupe associe lui-même, mais qui ne soit pas le foncteur identité.

Voilà, c'est tout. Merci d'avance !

Réponses

  • gb
    gb
    Idée : à tout groupe on associe le groupe opposé (muni de la loi $x \star y = y.x$).
  • 6GTKP
    6GTKP
    Ou encore en associant a un groupe le groupe abélien naturel sur lequel il se projette (a savoir lui meme quotienté par son groupe dérivé par exemple).

    On peut meme facilement montrer que ce foncteur est adjoint au foncteur d'oubli de la catégorie des groupes abéliens dans la catégorie des groupes (non abéliens).

    Tu peux aussi dans n'importe quelle catégorie additive considérer n'importe quel foncteur de Mor(X,Y).
  • NMVXC
    NMVXC
    N'oublie pas non plus que si tu veux du groupe abélien c'est juste du mod($\mathbb{Z}$) si tu cherches d'autres exemples.

    bisou aurélien :)
  • Afk0
    Afk0
    Bonsoir,

    Il me semble que la réponse à la question est non. En termes savants on dirait que "l'opérade des groupes n'a pas d'automorphisme non trivial".

    Il suffit de considérer les groupes libres sur $n$ générateurs: $F_n = \langle
    x_1,\ldots,x_n\rangle$ caractérisés par le fait que pour tout groupe $G$, on a $G^n \simeq Hom(F_n,G)$: à $(g_1,\ldots,g_n)$, on associe le morphisme $i_{ (g_1,\ldots,g_n)}$ qui envoie $x_i$ sur $g_i$.

    En particulier, $F_0$ est le groupe trivial et $F_1 = \Z$.

    On a des morphismes:
    - $\mu: F_1 \to F_2 \qquad x_1 \mapsto x_{1}x_2$
    - $\imath: F_1 \to F_1 \qquad x_1 \mapsto x_{1}^{-1}$
    - $\varepsilon: F_1\to F_0 \qquad x_1\mapsto 1$
    qui correspondent à la multiplication, l'inversion et l'élément neutre.

    Le problème se ramène de façon formelle à montrer que si $\Phi$ est un endo-foncteur de la catégorie des groupes, trivial sur les objets, alors $\Phi(\mu) = \mu$, $\Phi(\imath) = \imath$ et $\Phi(\varepsilon) = \varepsilon$.
  • Neddy Seagoon
    Neddy Seagoon
    Merci pour vos réponses ! Il s'agit en fait d'un des premiers exercices du Mac Lane — « Categories for the Working Mathematician ». Voici l'énoncé précis : « Find two different functors $T : Grp \to Grp$ with object function $T(G) = G$ the identity for every group. » J'essaie donc d'en exhiber un différent du foncteur identité !

    Pour gb : ton exemple ne répond pas à la question — dont je m'excuse du flou initial —, puisque la structure de groupe doit être la même au départ et à l'arrivée, on veut préserver davantage que l'ensemble sous-jacent.

    Objection similaire à 6GTKP, qui envoie un groupe sur un groupe bien différent en général.

    Pour afk : si la question à laquelle tu réponds par la négative dans ta première phrase est « Existe-t-il un foncteur de la catégorie des groupes dans elle-même, distinct de l'identité, qui envoie tout groupe sur lui-même », tu es en désaccord avec Mac Lane :-)

    Ai-je mal compris vos réponses ? Sinon, je suis toujours à la recherche d'un tel foncteur...

    Merci encore, et merci d'avance !
  • AD
    AD
    Bonjour Neddy Seagoon
    Pour gb : ton exemple ne répond pas à la question — dont je m'excuse du flou initial —, puisque la structure de groupe doit être la même au départ et à l'arrivée, on veut préserver davantage que l'ensemble sous-jacent.
    La structure de groupe doit être la même ... à isomorphisme près ! Non ?
    Auquel cas le réponse de GB est pertinente.

    Alain
  • le barbant raseur
    le barbant raseur
    J'ai complètement déliré, désolé.
  • gb
    gb
    le barbant raseur a écrit:
    sa réponse me semble en contradiction avec celle de gb.

    Mais justement ! Je n'arrive pas à comprendre celle-ci. Je "sens" bien l'idée (enfin je crois ?) :
    1) On peut facilement construire un (iso)foncteur de la catégorie des groupes dans sa catégorie opposée en envoyant sur son "opposé" , et les morphismes sur ce qu'il faut
    2) En adaptant, on obtient un endofoncteur de la catégorie des groupes qui n'est pas l'identité

    Je comprends bien 1), mais pas 2).

    Il n'y avait pas de 2 dans ma réponse, parce que je n'avais pas vraiment compris la question, et je ne voyais pas dans quel sens chercher cette adaptation, ou son impossibilité...

    Je reviens à ton foncteur N : si f est un isomorphisme de A dans B, et g son isomorphisme réciproque, a-t-on N(fg)=N(f)N(g) ?
  • gb
    gb
    Comme c'est curieux : je réponds à un message du barbant raseur, lequel message semble être passé à la trappe...
  • le barbant raseur
    le barbant raseur
    J'avais vu ça, c'est pourquoi j'ai immédiatement effacé mon message...


    ... mais trop tard :'(


    Enfin bref, une fois jeté toute cette partie délire de mon message, reste cette interrogation : afk n'aurait-il pas raison ? :S
    (Même si j'ai l'impression qu'il ne répond pas à la question mais à celle du cas où le foncteur recherché est pleinement fidèle)


    D'autant qu'il faut se méfier avec Mac Lane, quand ça commencer par "trouver..." la réponse attendue est parfois "c'est pas possible".


    Cela étant, je veux bien voir l'isomorphisme de groupe d'AD entre un groupe et son groupe opposé... si un tel isomorphisme existe!
  • Afk0
    Afk0
    Je n'ai pas rédigé la preuve en détail mais j'avoue que je suis surpris par la réponse de MacLane.


    Pour le barbant raseur, ta définition pose un problème si $f:A\to B$ est inversible avec $A$ non trivial. On a $N(f) = n_{A,B}$, $N(f^{-1}) = n_{B,A}$ et $N(f^{-1}f) = n_{B,A}n_{A,B} = n_{A,A} \neq id_A = N(id_A)$.

    GB a proposé le foncteur $\Phi$ qui à un groupe associe son groupe opposé. Le problème est que si on considère que les objets de la catégorie des groupes sont des ensembles munis d'applications (multiplication, inversion, élément neutre), alors $\Phi(G) \neq G$ car les multiplications sont différentes. Il ne répond donc pas au problème.

    On a seulement un isomorphisme de foncteurs $\alpha: id\to \Phi$ donné par les morphismes $\alpha_G: G\to \Phi(G)$ $g\mapsto g^{-1}$.
  • Neddy Seagoon
    Neddy Seagoon
    Pour AD : il me semble que l'on souhaite envoyer tout groupe sur lui-même, et pas seulement un groupe qui lui soit isomorphe. En tout cas, c'est ainsi que je comprends l'énoncé ! Et, ici, un groupe, c'est un quadruplet (ensemble sous-jacent, loi de composition, élément neutre, application inverse).

    Merci au barbant raseur pour la mise en garde, je vais reprendre l'idée d'afk... Si certains démontrent l'impossibilité ou au contraire trouvent un exemple de tel foncteur, ce serait bien aimable de poster leur avis !
  • le barbant raseur
    le barbant raseur
    C'est un piège, cette fonction édition : on se dit qu'on est tranquille parce que si on écrit des bêtises on pourra les effacer, mais à peine a-t-on posté son délire que tout le monde l'a déjà lu!!!


    Sinon :
    Neddy a écrit:
    il me semble que l'on souhaite envoyer tout groupe sur lui-même, et pas seulement un groupe qui lui soit isomorphe
    Ça ça n'est pas très grave si l'isomorphisme est canonique : notons F1 un foncteur tel que pour tout G il existe un isomorphisme mG : G -> F1(G).
    On définit alors F2 par : F2(G)=G
    et pour tout f : A -> B, F2(f) = mB^(-1) o F1(f) o mA
  • Le Gritch
    Le Gritch
    Prenons $K=\Z/3\Z$ et soit $\sigma$ l'automorphisme de $K$ donné par $x\mapsto 2x$ (qui est d'ordre 2 au cas où vous ne l'auriez pas vu).
    Soient maintenant $G_1$ et $G_2$ deux groupes.

    Si $G_1\neq K$ et $G_2\neq K$ alors pour $f\in Hom (G_1,G_2)$ je pose $T(f)=f$

    Si $G\neq K$ pour $f\in Hom (G,K)$ je pose $T(f)=\sigma\circ f$

    Si $G\neq K$ pour $f\in Hom (K,G)$ je pose $T(f)=f\circ \sigma$

    Si $f\in Hom (K,K)$ je pose $T(f)=f$.

    Il me semble que cela suffit (outre le fait que $\sigma$ est d'ordre 2 il faut
    utiliser que tout élément de $Hom (K,K)$ commute à $\sigma$)
    (il faut bien sûr vérifier que $T$ est non-trivial mais là c'est vraiment facile).
  • Neddy Seagoon
    Neddy Seagoon
    Cela me semble convenir également, merci beaucoup et bravo !
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