Tous les ensembles ont-ils une endomap rigide?

Aug 16 2020

Laisser $X$être un ensemble. Deux endomaps$f,f':X\to X$sont isomorphes en cas de bijection$g:X\to X$ tel que $f'=g\circ f\circ g^{-1}$. Une bijection$g:X\to X$ satisfaisant $f=g\circ f\circ g^{-1}$s'appelle un automorphisme de $f$. L'identité de$X$est l' automorphisme trivial de$f$. Une endomap est rigide si elle n'admet aucun automorphisme non trivial.

Tous les ensembles ont-ils une endomap rigide?

Clairement, l'existence d'une endomap rigide d'un ensemble donné $X$ ne dépend que de la cardinalité $|X|$ de $X$.

Nous revendiquons:

Si $|X|\le2^{\aleph_0}$, alors $X$ a une endomap rigide.

Preuve:

Laisser $X$ être un ensemble de cardinalité au plus $2^{\aleph_0}$, et montrons que $X$ a une endomap rigide $f$. On peut supposer que$X$ est non vide.

Si $X=\{1,\ldots,n\}$ avec $n\ge2$ nous fixons $f(i)=\max\{1,i-1\}$. Si$X=\mathbb N$ nous fixons $f(i)=\max\{0,i-1\}$.

Supposons maintenant $\aleph_0<|X|\le2^{\aleph_0}$. (Nous écrivons$|X|$ pour la cardinalité de $X$.)

Laisser $I$ être l'ensemble des classes d'isomorphismes des endomaps rigides de $\mathbb N$. Nous revendiquons

(1) $|I|=2^{\aleph_0}$.

Montrons que (1) implique que $X$a une endomap rigide. On peut supposer$$ X=\bigsqcup_{j\in J}X_j $$$\bigsqcup$ signifie "union discrète", où $J$ est une cardinalité $|X|$ ensemble d'endomaps rigides non isomorphes de $\mathbb N$, et où $X_j=\mathbb N$ pour tous $j\in J$. Pour chaque$j$ laisser $f_j$ être une endomap de $X_j$ de type $j$. Puis$$ f:=\bigsqcup_{j\in J}f_j $$ (notation évidente) est une endomap rigide de $X$.

Il ne reste plus qu'à prouver (1).

Laisser $X_0,X_1,\ldots$ être des sous-ensembles finis non vides de $\mathbb N$ tel que:

$\bullet\ \mathbb N=X_0\sqcup X_1\sqcup\cdots,$

$\bullet\ X_0=\{0\}$.

Pour $n\ge1$ laisser $f_n:X_n\to X_{n-1}$ être une carte dont les fibres ont des cardinalités distinctes, soit $f_0$ être la seule endomap de $X_0$et définir $f:\mathbb N\to\mathbb N$ par $f(x)=f_n(x)$ si $x\in X_n$.

Ensuite, il est facile de voir que $f$ est rigide, et que nous avons des classes d'isomorphisme continuum-many de telles endomaps de $\mathbb N$.

Réponses

Pierre-YvesGaillard Aug 24 2020 at 00:19

YCor a répondu à la question sur MathOverlow.

Je voulais publier une réponse wiki de la communauté qui ne contenait que la phrase ci-dessus, mais le logiciel l'a convertie en commentaire. J'essaye à nouveau après avoir ajouté la présente phrase et l'extrait suivant de la réponse de YCor:

"... il existe (pour $X\neq\emptyset$) une structure arborescente enracinée sur $X$dont le groupe d'automorphisme est trivial. En effet, en accordant ceci, et en notant$v_0$ la racine, pour un sommet $v$ définir $f(v)$ comme $v_0$ si $v_0=v$, et en tant que sommet unique dans $[v_0,v]$ à distance 1 à $v$autrement. Puis$f\in X^X$ et son centralisateur en $\mathrm{Sym}(X)$ est le groupe d'automorphisme de l'arbre enraciné correspondant, qui est réduit à $\{\mathrm{id}_X\}$. "