Action continue d'un groupe topologique

GreginGre
GreginGre
dans Topologie
Bonjour,

voici une petite question de topologie en passant.
Soit $G$ un groupe topologique, et soit $A$ un groupe muni de la topologie discrète.

On suppose que $G$ agit continûment par automorphismes sur $A$, c'est-à-dire:

- Le stabilisateur d'un point quelconque de $A$ est ouvert dans $G$

- $g\cdot (aa')=(g\cdot a)(g\cdot a')$ pour tout $g\in G,a,a'\in A$.

On a alors une action de $G$ sur $Aut(A)$ définie par :

$(g\cdot f)(a)=g\cdot (f(g^{-1}\cdot a))$.

Mon problème est le suivant: Il me semble que $G$ agit continûment sur $Aut(A)$, mais je n'arrive plus à le montrer (le problème étant le premier point). Dans mon cas, le groupe $G$ est profini, mais je ne crois pas que cela soit essentiel.

Toute aide serait la bienvenue.

Merci!

Réponses

  • Léon1
    Léon1
    Pour faire avancer le schmilblik, ici en haut de page http://books.google.fr/books?id=IVGvJ17FnMsC&pg=PA197&dq=action+topological+group+aut+discrete+topology&lr=#v=onepage&q=action\ topological\ group\ aut\ discrete\ topology&f=false il est question d'emblée de l'action continue d'un groupe profini $\Gamma$ sur un groupe $A$ muni de la topologie discrète. Il n'y a pas de détails par contre pour dire quand ça existe. J'ai un peu cherché sur google books et google sans succès, mais ça y est peut-être en cherchant mieux...

    [La case LaTeX :) AD]
  • GreginGre
    GreginGre
    Bon, je retire ce que j'ai dit, je pense qu'il faut que le groupe soit profini pour que ça marche, autrement dit compact et totalement discontinu. Mais je ne vois toujours pas l'astuce...
    peut-être en utilisant le fait que les ouverts d'un groupe profini sont exactement les fermés d'indice fini ?


    Pour Léon: on peut montrer facilement qu'un groupe profini $\Gamma$ agit continûment sur $A$ si et seulement si
    $A=\displaystyle \bigcup_U A^U$, où $U$ parcoure l'ensemble des sous-groupes ouverts normaux de $\Gamma$.

    C'est d'ailleurs une piste à laquelle je n'avais pas songé...j'y retourne.
  • asterix
    asterix
    Je pense que la topologie à mettre sur $Aut(A)$ n'est pas la topologie discrète mais la topologie ouvert-compact
  • GreginGre
    GreginGre
    non non...je dois rester avec la topologie discrète.
  • christophe c
    christophe c
    o tiens je tombe sur ce fil, je vais m'y intéresser , j'aime les trucs généraux:

    alors tes hypothèses sont que si ga=a et h superproche de g alors ha=a

    g(ab)=(ga)(gb)

    Ensuite si f est un automorphisme de A, gfa est defini comme valant g(f (g^(-1)a) )

    et tu veux que si h superproche de g alors gf=hf

    ?

    Bon j'y réfléchis... (je lis aussi qu'on doit supposer G compact... totalement discontinu..)

    soit a std, hfa=h ( f (h^(-1)a) ). On sait que h^-1a=g^-1a, blabla, et finalement on a l'égalité pour a std.

    Or tu veux que ce soit vrai pour tout a, pas seulement les std.

    ok, je pense que j'ai compris la question.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    En termes classiques, tu veux que l'ensemble des h tels que hf=gf soit un ouvert (je précise pour les gens qui n'aiment pas l'ANS)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Eric Chopin
    Eric Chopin
    Salut,
    Une remarque en passant: pour que $Aut(A)$ soit un groupe topologique la topologie
    ouverte-compacte ne suffit pas en general. Une condition suffisante est de prendre la
    topologie de Braconnier-Birkhoff: $W(K;O)$ est constitué des automorphismes $\sigma$
    tel que pour tout $x$ dans le compact $K$, $\sigma(x) - x \in O$
    et $\sigma^{-1}(x) - x \in O$.

    A+

    eric
  • christophe c
    christophe c
    Non, mais je crois qu'il exige que Aut(A) soit la top discrete, c'est G qui est compact. Enfin, si 'ai compris sa demande.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • titin
    titin
    Si on prend la topologie discrète sur $Aut(A)$ ça risque pas de marcher:

    Je donne un exemple (avec $\mathbb{Z}_p$ pour simplifier): pour tout entier $n\geqslant 1$ on a un caractère continue $\chi_n : \mathbb{Z}_p \to \mathbb{C}^{\times}$ défini par $x\mapsto \eta_n ^x$ où $\eta_n=e^{\frac{2i\pi}{p^n}}$
    On fait alors agir $\mathbb{Z}_p$ sur l'espace vectoriel $E=\bigoplus_{n\geqslant 1} \mathbb{C} e_n$ par $x.e_n= \chi_n(x) e_n$.
    Alors l'action de $\mathbb{Z}_p$ sur $E$ est lisse ie le stabilisateur d'un élément est ouvert.
    Soit $f\in\mathscr{L}(E,E)$ $f:e_n \mapsto e_{n+1}$ alors $x\in \mathbb{Z}_p$ stabilise $f$ si et seulement si pour tout $n\geqslant 1$ on a $x.f((-x).e_n)=e_{n+1}$ or $x.f((-x).e_n)=\eta_{n+1}^{x-px} e_{n+1}$ donc $x$ stabilise $f$ ssi pour tout $n$ on a $p^{n+1} \mid x(1-p)$ ie ssi $p^{n+1}\mid x$ pour tout $n$.
    Par conséquent le stabilisateur de $f$ est $\{0\}$.

    Je pense qu'il faut bien considérer la topologie compacts-ouverts sur $Aut(A)$.
  • GreginGre
    GreginGre
    Salut Titin,

    je vois bien l'esprit du contre exemple, mais sans vouloir chipoter, je serai plus convaincu avec un $f$ qui soit un automorphisme.
  • christophe c
    christophe c
    Je pense qu'il faut bien considérer la topologie compacts-ouverts(1)

    ça fait plusieurs fois que je lis ça, mais gregingre "veut" autre chose, non? Sous l'hypothèse (1), il n'y aurait plus rien à démontrer, puisque la conclusion serait explicitement supposée..
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    Personnellement, je ne suis pas sûr d'avoir intégré toutes les hypothèses de greg, mais, faisons comme si son souhait était toujours vrai avec les hypothèses que j'ai comprises.

    Alors comme automorphismes particuliers de A, il y a les $x\to g.x$

    Si ton énoncé doit marcher avec des A quelconques, tu veux donc que quand h est superproche de g, pour tout x de A: $ghg'x=hhh'x=hx$, ie $ghy=hgy$ pout tout y

    (en posant k'=k^(-1))

    je ne connais pas trop le vocabulaire, mais tu veux que tout groupe compact concerné soit tel que quand h superproche de g standard, gh et hg agissent de la même façon sur A.

    En termes classiques, que l'ensemble des h tels que gh==hg sur A soit un voisinage de g.

    Ca, c'est déjà une conséquence de ton énoncé, pour tout groupe compact concerné par ton désir et tout groupe A sur lequel il agit?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    quand on a une action de groupe de G sur E, je ne sais pas comment on appelle s(g)=l'ensemble des h éléments de G tels que pour tout x de E: (hg).x=(gh).x

    Mais tu demandes qu'il soit toujours un voisinage de g si j'ai bien compris, à travers ton désir..
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • tintin1
    tintin1
    Oui effectivement oups! mea culpa
    Mais si tu étend la base $E=\bigoplus_{\substack{n\in\mathbb{Z}}} \mathbb{C} e_n$ avec $\mathbb{Z}_p$ qui agit trivialement sur les $e_n$ avec $n\leqslant 0$ et si tu prend la même définition pour $f$ ça doit marcher?
  • GreginGre
    GreginGre
    je vérifierai les détails demain (ici il est tard), et je posterai mes calculs. Mais a priori, je dirai que ça marche oui.
  • GreginGre
    GreginGre
    En fait, ça coince à la fin.

    Je poste les détails des calculs pour ceux que ça intéresse, en changeant un peu les notations.

    Soit $E$ l'espace des suites complexes à support fini, considéré comme groupe additif.

    On fait agir $\mathbb{Z}_p$ sur $E$ par automorphismes en posant:

    $(x\cdot u)_n=u_n$ si $n\leq 0$ et $(x\cdot u)_n=e^{2i\pi x/p^n}u_n$ si $n\geq 1$.

    De plus, cette action est continue. En effet, soit $u\in E$ et soit $m\geq 1$ le plus grand entier tel que $u_m\neq 0$.

    On a alors $x\cdot u=u$ si et seulement si $x\in \displaystyle \bigcap_{n\geq 1, u_n\neq 0} p^n\mathbb{Z}= p^m \mathbb{Z}_p$ qui est ouvert, car fermé et d'indice fini.

    Jusqu'ici, tout va bien.

    Maintenant, soit $f:E\to E$ défini par $f((u_n))=(u_{n-1})$.

    C'est en particulier un automorphisme de $(E,+)$.
    On a $(x\cdot f) (u)=x\cdot (f((-x)\cdot u))$.

    On a donc $(x\cdot f)(u)_n=u_n$ si $n\leq 0$
    et $(x\cdot f)(u)_n=e^{-2i\pi (p-1)x/p^n} u_{n-1}$ si $n\geq 1$.



    On a alors $x\cdot f=f$ si et seulement si

    $e^{-2i\pi (p-1)x/p^n} u_{n-1}=u_n$ pour tout $n\geq 1$ et tout $u\in E$.

    En appliquant ça à la suite $(\delta_{0n})_n$ par exemple on obtient
    $e^{-2i\pi (p-1)x/p} =0$, ce qui n'est pas possible.

    Donc le stabilisateur de $f$ est vide, donc ouvert.

    Dommage...



    .
  • christophe c
    christophe c
    Bon, ma phobie des calculs m'empèche de capter les posts de tintin, mais si je comprends bien, il n'a pas infirmé ton désir, et il resterait possible alors que tout groupe compact agissant continuement "morphiquement" sur un groupe discret A, agisse aussi sur Aut(A) continuement?

    Donc, quand un groupe serait compact, l'ensemble des h tel que pour tout x de A, (hg).x = (gh).x serait un voisinage de g, dès lors que pour chaque a de A, et g de G, l'ensemble des h de G tel que h.a=g.a serait ouvert et que G agirait "morphiquement" sur un groupe A.

    Ce serait "beau". Un "$\forall \exists$ devenant un $\exists\forall$ et une conclusion évoquant du "commutatif"
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • tintin1
    tintin1
    $0$ stabilise $f$....
  • GreginGre
    GreginGre
    Oui, je suis crétin, j'ai écrit $(x\cdot f)(u)=u$, au lieu de $f(u)$.

    En plus, un groupe contient toujours le neutre. AHem, je crois que je vais retourner en 1ère année, moi...

    Je poste donc ici la suite (et fin) des calculs pour montrer que le contre-exemple de Tintin marche:

    on a $x\cdot f=f$ si et seulement si

    $e^{-2i\pi (p-1)x/p^n} u_{n-1}=u_{n-1}$ pour tout $n\geq 1$. et tout $u\in E$.

    En appliquant cette égalité aux éléments de la base canonique de $E$, on obtient $x\in\displaystyle\bigcap_{n\geq 1}p^n\mathbb{Z}_p=\{0\}$, qui n'est pas ouvert.

    Bref, merci Tintin!!!
  • swarley
    swarley
    Mhh, ${0}$ est fermé dans $\Z_{p}$, non ?

    Edit : Tu voulais sûrement dire : n'est pas ouvert ?
  • GreginGre
    GreginGre
    Oui, bien sûr...C'est corrigé.
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