Défi : groupe des homéomorphismes
Bonjour
Le récent petit défi de @raoul.S m'a donné envie d'en proposer un aussi.
Pour tout espace topologique $E$, je note $\mathrm{Hom}(E)$ le groupe de ses homéomorphismes.
- Trouver un espace topologique $E$ différent de $\varnothing$ et d'un singleton tel que $\mathrm{Hom}(E)=\{\mathrm{id}_E\}$.
- Soit $n \in\Bbb N^*$. Trouver un espace topologique $E$ tel que $\mathrm{Hom}(E)\cong \Bbb Z/n\Bbb Z$.
- Soit $G$ un groupe quelconque. Trouver un espace topologique $E$ tel que $\mathrm{Hom}(E)\cong G$.
- Comme la question 1, mais $E$ doit être séparé. [édit: question rajoutée]
Réponses
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Pour le 1. $E=\{1,2\}$ avec la topologie $\tau= \{ \emptyset, \{1\}, E\}$ devrait convenir. La seule bijection de $E$ différente de l'identité est $\phi$ "celle qui échange $1$ et $2$".
Et on a $\phi^{-1}(1)=\{2\}$ donc elle n'est pas continue.
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Oui 👍
C'était l'échauffement. Les choses vraiment intéressantes commencent à la question 2.
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Le signe $ \cong$ c'est pour dire en bijection ?
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Isomorphisme (de groupes ici).
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Non @Barjovrille, c'est pour un isomorphisme de groupes.
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Ah ok merci à vous deux.
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Bon pour ceux qui cherchent je mets ici mes pistes si ça peut aider.Pour la 2. je pense que $E=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, en posant $\phi : E \mapsto Bij(E)$, $\phi : \lambda \to f_{\lambda}$ où $f_{\lambda} : E \to E$, $f_{\lambda} : x \to x + \lambda$. Alors $\phi$ est une injection. Et c'est un morphismes de groupes. Il faudrait trouver une topologie sur $E$ tel que les seules fonctions bijectives continues de $E$ soient les $(f_{\lambda})_{\lambda \in E}$, j'ai pensé à la topologie la moins fine qui rend les $f_{\lambda}$ continues mais pour la construire il faut partir d'une topologie originale sur $E$ et si on prend la topologie grossière ou discrète par exemple ça ne marche pas (donc il faut faire attention pour ce choix). (Il y a aussi la possibilité je pense, de changer la topologie entre le $E$ de départ et le $E$ d'arrivée je n'ai pas encore exploré).Je reviens plus tard.
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Voici une idée : soit $V$ un ensemble, et $E$ un ensemble de parties de $V$ à deux éléments tel que $E$ et $V$ Sont disjoints. Autrement dit, c’est un graphe non orienté simple.
On pose $X$ la réunion de $V$ et $E$. On dit qu’une partie $A$ de $X$ est fermée si et seulement si pour tout $e$ dans $E$ qui est dans $A$, alors les éléments de $e$ sont dans $A$ aussi.
Il me semble que ces fermés sont les fermés d’une topologie, et que les homéomorphismes de $X$ sont exactement les automorphismes du graphe sous-jacent.
Si c’est bien le cas, ça permet de réaliser tous les groupes diédraux. -
J'avais commencé à chercher également du côté des graphes. En voici un qui a son groupe d'automorphismes isomorphe à $\Z/3\Z$. Bon ça ne répond à aucune question mais l'idée était de mettre une topologie sur le graphe qui fasse coïncider les deux groupes (groupe des homéomorphismes et groupe des automorphismes de graphe).
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Ah trop bien raoul.S !Démonstrations de mes assertions :1) Les fermés sont les fermés d'une topologie.Il suffit de démontrer que c'est stable par intersections et réunions finies. Soit $(F_i)_i$ une famille de fermés (selon ma définition). Soit $e \in E \cap \bigcap_{i} F_i$. Alors, pour tout $i$, $e\in F_i$, et donc pour tout $i$ et tout $x \in e$, $x\in F_i$, et donc pour tout $x \in e$, pour tout $i$, $x \in F_i$, donc c'est bon, $\bigcap_i F_i$ est fermé.Soient $F_1$ et $F_2$ deux fermés. Montrons que $F_1\cup F_2$ est fermé. Soit $e \in F_1 \cup F_2$. Supposons que $e \in F_1$. Alors comme $F_1$ est fermé, tout $x \in e$ est dans $F_1$, et donc dans $F_1\cup F_2$. Donc c'est bon.2) Les homéomorphismes sont exactement les automorphismes du graphe.Soit $\phi : X \rightarrow X$ un homéomorphisme. Alors $\phi$ envoie $V$ dans $V$ car les éléments de $V$ correspondent aux singletons fermés de $X$, et au passage, $\phi$ envoie $E$ dans $E$. Donc $\phi$ est une bijection de $V$.De plus, soit $e$ une arête. Alors $\{e\} \cup e$ est fermé, et son image est donc fermée ; or celle-ci contient $\phi(e)$ et ses éléments. Donc les deux éléments de $e$ sont reliés par l'arête $\phi(e)$. Donc la restriction de $\phi$ à $V$ est un automorphisme du graphe.Réciproquement, soit $\psi$ un automorphisme du graphe. On prolonge $\psi$ à $E$ de la façon suivante : soit $e \in E$ ; alors $\psi(e)$ est l'unique arête contenant les images de $e$ par $\psi$.L'application $\psi$ est bijective. Il suffit de démontrer que l'image réciproque de tout fermé est fermée. Soit $F$ un fermé, et $e$ une arête dans $\psi^{-1}(F)$. Alors $\psi(e) \in F$, donc les éléments de $\psi(e)$ sont dans $F$ car $F$ est fermé, et donc leurs images réciproques sont dans $F$. Or leurs images réciproques sont précisément les éléments de $e$. Donc $\psi^{-1}(F)$ est fermée.
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@Georges Abitbol on dirait qu'avec ta topologie tout fonctionne, en fait même dans le cas d'un graphe infini c'est bon. Par conséquent tu obtiens directement la réponse à la question 3). En effet via un théorème tout groupe est le groupe des automorphismes d'un graphe (éventuellement infini).
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Merci pour les références, je ne connaissais pas de tel théorème !
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Et en prime je découvre qu’on peut obtenir (comment je ne sais pas encore) un lien qui pointe vers un texte de la page web. 😀
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Il faut Chrome pour faire ça, clic droit et Copier le lien vers le texte en surbrillance
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Bravo @Georges Abitbol et @raoul.S !
Ma solution est similaire. J'ai aussi utilisé des graphes (mais les miens sont orientés) et j'ai mis dessus une topologie similaire (même si je ne l'ai pas trouvée directement, j'ai fait une escale chez les ensembles ordonnés).
J'ai l'impression que le théorème de Frucht ne traite que les graphes finis. La phrase que tu cites pointe vers des sources (page wiki du théorème et sources externes) qui ne parlent que de graphes finis. Néanmoins, sauf erreur, le résultat est vrai aussi pour les graphes infinis car je l'ai prouvé de mon côté (je ne connaissais pas Frucht).raoul.S a dit :En effet via un théorème tout groupe est le groupe des automorphismes d'un graphe (éventuellement infini).
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Voici un papier qui parle du problème : https://arxiv.org/pdf/1907.05654.pdfLa page wiki du théorème de Frucht (cliquer ici) donne des références pour la généralisation (dûe à de Groot et indépendamment à Sabidussi) aux graphes infinis (voir par exemple ce papier).Pour démontrer Frucht en toute généralité, est-ce qu'il ne suffirait pas de décorer les arêtes de graphes de Cayley de groupes ?
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@Calli plus bas dans le texte de Wiki ils mentionnent une généralisation aux groupes quelconques : Infinite graphs and groups
C'est technique à prouver ?Calli a dit :Néanmoins, sauf erreur, le résultat est vrai aussi pour les graphes infinis car je l'ai prouvé de mon côté (je ne connaissais pas Frucht). -
Merci @Georges Abitbol pour l'article ! J'avais cherché à savoir si ces choses avaient déjà été faites et je n'avais pas trouvé. Sans avoir beaucoup regardé cet article, je vois qu'ils construisent des espaces d'Alexandrov, comme nous.
Merci @raoul.S aussi. C'était juste sous mes yeux.
La version infinie de Frucht n'est pas technique, mais elle est un peu astucieuse. Je suis trop fatigué pour l'écrire ce soir, mais est-ce que tu veux que je l'écrive demain, ou tu veux chercher ? -
Si tu l'écris (quand tu veux pas forcément demain) je la lirai volontiers.
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D'accord Raoul, je posterai demain. Je voudrais réfléchir aussi à la proposition de Georges sur les graphes de Cayley, mais je suis encore fatigué et j'ai peur d'écrire des bêtises du coup.
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Pas de problème, prends ton temps. Après si la preuve est énorme alors laisse tomber. Ça m'intéresse mais pas au point de te filer tout ce boulot.
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Non t'inquiète @raoul.S, ça n'est pas si long. On a connu pire.
Soit $G$ le groupe qu'on veut réaliser comme les groupes d'automorphismes d'un graphe. Pour tout $g\in G$, on se donne deux points du graphe distincts $g_m$ et $g_f$ (m comme mobile et f comme fixe). On va décorer ces points puis les relier comme il faut.- Pour distinguer $g_m$ comme un point mobile associé à un élément du groupe, on lui colle une arête cul-de-sac. Ainsi les points mobiles sont indistingables entre eux et il pourront être échangés par les automorphismes du graphe (avec certaines limites données par la manière dont on va relier les points).
- Pour distinguer $g_f$ comme un point fixe, on lui colle un nombre $\kappa_g$ d'arêtes cul-de-sac. On souhaite que le cardinal $\kappa_g$ soit distinct pour les différents $g$ pour que les points fixes soient non échangeables. Donc on se donne un ordinal $\alpha$ et une bijection $\phi:G\to \alpha$ (grâce à l'axiome du choix) puis on pose pour tout $g\in G$, $\kappa_g := \aleph_{\phi(g)+2}$. Le $+2$ permet que $\kappa_g\geqslant 2$, pour distinguer les points fixes des points mobiles.
- Ensuite pour tous $g,g'\in G$, on ajoute au graphe 3 arêtes collées en forme de Y, et on colle les 3 extrémités du Y à $g_m$, $g'_m$ et $(g^{-1}g')_f$. [édit : voir définition corrigée des Y dans mon message suivant]
Réciproquement, soit $h\in G$. Pour tous $g,g'\in G$, on a $(hg)^{-1}(hg')=g^{-1}g$. Donc on peut bien définir l'automorphisme du graphe qui laisse fixe les points fixes, qui envoie $g_m$ sur $(hg)_m$ pour tout $g$, et qui échange les Y en conséquence.
En on conclut en disant que $\{g\in G\mapsto hg \mid h\in G\}\cong G$. -
@Calli : mais ça ne fait pas des $X$ plutôt que des $Y$ ? Parce qu’il y a $g^{-1}g’$ et $g’ g^{-1}$. Ou alors les centres de leurs $Y$ sont distincts ?
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En effet, j'ai mal géré la commutativité. Dans ce cas, je vais faire des Y avec des nombres d'arêtes différents dans chaque branche, pour différencier les extrémités. Et les centres des deux Y pour $g^{-1}g'$ et $g'^{-1}g$ sont bien distincts.
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Je crois que ça ne marche pas car les automorphismes de $G$ induisent aussi des automorphismes des graphes de Cayley. Or on peut avoir $\lvert\mathrm{Aut}(G)|>|G|$ (par exemple $(\Bbb Z/2\Bbb Z)^n$ avec $n$ grand). Dans ce cas, les automorphismes des graphes de Cayley ne sont pas isomorphes à $G$.Georges Abitbol a dit :Pour démontrer Frucht en toute généralité, est-ce qu'il ne suffirait pas de décorer les arêtes de graphes de Cayley de groupes ? -
Pour continuer je propose la question suivante.4. Trouver un espace topologique séparé $E$ différent de $\varnothing$ et d'un singleton tel que $\mathrm{Hom}(E)=\{\mathrm{id}_E\}$.Si je n'ai pas fait d'erreur, un tel espace existe bien. Si vous trouvez des références sur cette question aussi, je suis intéressé. Je ne sais pas s'il existe un exemple parmi les espaces métriques.
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Hum mon flair me dit qu'il se pourrait qu'il existe quelque chose du côté des fractales de type "arbre" (avec des branches de branches de branches etc.). Si c'est le cas c'est métrique en plus. Je vais regarder demain...
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@Calli : ça dépend de si le graphe est étiqueté, je pense (i.e. si chaque arête possède une étiquette disant à quel générateur elle correspond). Je pense que si on demande à l'automorphisme de préserver les étiquettes, ça ne lui laisse pas grand chose.
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@Georges Abitbol : Ah oui si tu décores les arêtes différemment pour chaque générateur, tu as raison 👍. Je n'avais pas bien compris. Et pour décorer ces arêtes, on peut ré-utiliser mes bouquets de $\aleph_{\rm qqch}$ arêtes cul-de-sac par exemple.
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J'avoue ne pas comprendre cet exemple avec les étiquettes et le graphe. C'est quoi l'idée, trouver un graphe dont le groupe des automorphismes est trivial pour ensuite considérer l'espace topologique associé ? Quelqu'un pourrait m'expliquer ?
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Bon voici le résultat de mes recherches : les espaces topologiques n'ayant que l'identité comme auto-homéomorphisme sont appelé rigid spaces en anglais. Les espaces pour lesquels le groupe des automorphisme agit transitivement sont appelés homogeneous. Voici un lien qui contient un exemple de sous-espace de $\mathbb{R}$ (donc séparé) qui est rigide et qui de plus est l'union disjointe de deux sous-espaces homogeneous et homéomorphes (voir deuxième page du pdf). L'exemple qui suit dans le document montre même que les deux parties homéomorphes peuvent être denses...
Mon idée était de procéder avec des intervalles qu'on colle (comme un arbre avec des branches), bref pour formaliser tout ça et montrer que ça marche... je n'étais pas trop motivé 🤮. Mais je pense que ça doit pouvoir se faire, il y a un post ICI qui semble expliquer ça.
PS. j'ajoute le premier document en pièce jointe au cas où
PS.2 je n'ai pas trop compris votre solution avec les graphes, mais pour info l'espace topologique associé à un graphe par Georges Abitbol n'est pas séparé en général (on ne peut pas séparer les sommets du graphe s'ils sont reliés par une arrête). Mais je répète que je n'ai pas trop compris votre exemple donc peut-être que ça marche. -
Non non c'était pour fabriquer un graphe sont le groupe des automorphismes est prescrit, pour le problème précédent.
Un graphe de Cayley peut avoir ses arêtes étiquetées ou non, et si elles ne le sont pas, il peut y avoir trop d'automorphismes, mais si elles le sont, Calli et moi pensons qu'il y a juste les translations par les éléments du groupe.
Pour le problème de trouver un espace séparé rigide, je n'ai aucune idée. -
Ah ok je n'avais pas assez remonté dans la discussion...
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Merci @raoul.S pour ces liens !
De mon côté, j'avais fait la construction suivante. J'avais pris $\kappa$ un cardinal et posé $E=[0,1]^\kappa$, muni de l'ordre lexicographique. Puis j'avais dit que sa topologie est engendrée par ses intervalles privés d'ensembles de cardinal strictement inférieur à $|E|$. Et le cardinal de l'ensemble qu'on retire dépend d'un point où est centré mon ouvert. Ainsi, localement la topologie est du type cofini/codénombrable/etc. mais le cardinal du co-truc dépend de l'endroit. Pour que ce soit possible, il faut bien choisir $\kappa$. -
Ah oui je vois : au lieu de construire ton espace en ajoutant par exemple un nombre de branches qui dépend du point où on se trouve, tu procèdes en supprimant un ensemble de points dont le cardinal dépend de là où on se trouve.
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Oui.
Et en enlevant des trucs de cardinal $<|E|$, l'espace $E$ reste connexe. Je dis "reste" parce que le $E$ avec la topologie basique de l'ordre (sur laquelle je base mon idée) est déjà connexe. Donc les homéomorphismes de mon $E$ sont des fonctions monotones. Et je me sers de ça pour montrer que $\mathrm{Hom}(E)=\{{\rm id}_E\}$. Enfin, je n'ai pas écrit les détails. -
Pfiou c'est difficile ton truc. Je n'ai pas encore regardé les liens.Je me dis que si $f : [0,1] \rightarrow \{(a,b) \ \vert \ a,b \in [0,1], a < b\}$ est une bijection, alors l'espace $X_f := \bigcup_{x \in [0,1]} \{x\}\times [f_1(x), f_2(x)]$, muni de la topologie induite par celle de $\mathbb{R}^2$ devrait être assez moche... Mais bon...
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