Groupe sans automorphisme

Montrons que
$$\operatorname{Aut}(G)=\{\mathrm{id}\}\iff G\simeq\{e\}\ \text{ ou }\ G\simeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}.$$Le morphisme $g\mapsto\iota_g$, où $\iota_g(x)=gxg^{-1}$, a pour image le groupe $\operatorname{Int}(G)$ des automorphismes intérieurs et pour noyau le centre $Z(G)$, d’où
$$\operatorname{Int}(G)\simeq G/Z(G)\ \leqslant\ \operatorname{Aut}(G).$$L’hypothèse force $G/Z(G)=\{e\}$, c’est-à-dire $G=Z(G)$, donc le groupe $G$ est abélien.

Pour $G$ abélien, l’inversion $\sigma:x\mapsto x^{-1}$ est un morphisme, puisque $(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=x^{-1}y^{-1}$ ; elle est involutive, donc bijective : $\sigma\in\operatorname{Aut}(G)$. L’hypothèse donne $\sigma=\mathrm{id}$, ainsi $\forall x\in G,\quad x^{2}=e$.
Le groupe $G$ est donc naturellement un espace vectoriel sur $\mathbb{F}_2$, la multiplication externe étant $0\cdot x=e$ et $1\cdot x=x$, et ses automorphismes de groupe coïncident avec ses automorphismes $\mathbb{F}_2$-linéaires.

Soit $\mathcal{B}$ une base du $\mathbb{F}_2$-espace vectoriel $G$. Si $\mathcal{B}$ contient deux vecteurs distincts $u,v$, la permutation de $\mathcal{B}$ qui échange $u$ et $v$ en fixant les autres se prolonge en un automorphisme linéaire non trivial : contradiction. Donc $\dim_{\mathbb{F}_2}G\leqslant 1$, c’est-à-dire
$$G\simeq\{e\}\qquad\text{ou}\qquad G\simeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}.$$

Réciproquement, un automorphisme fixe le neutre et, dans $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, il ne reste qu’un élément à envoyer sur lui-même. Les deux groupes annoncés ont donc bien un groupe d’automorphismes trivial. $\blacksquare$