Matematika | Diszkrét Matematika » Kisfaludi Bak Sándor - Csoportok végei

http://www.doksihu Csoportok végei Szakdolgozat Kisfaludi-Bak Sándor Témavezet®: Moussong Gábor Geometriai tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 2010 http://www.doksihu Tartalomjegyzék Bevezetés 2 1. Topologikus terek Freudenthal-féle kompaktikációja 3 1.1 El®készítés . 3 1.2 Konstrukció . 5 1.3 A Freudenthal-féle kompaktikált tér 6 . 2. Végtelen gráfok és csoportok geometriája 12 2.1 Gráfok mint metrikus terek . 12 2.2 A kvázi-izometria . 13 2.3 Csoportok Cayley-gráfjai . 16 3. Csoportok végei 21 3.1 Gráfok végei . 21 3.2 A végek számának kvázi-izometria invarianciája . 24 3.3 Csoportok végei; a Freudenthal-Hopf tétel . 28 3.4 Két vég¶ csoportok .

32 3.5 A 0, 1 és ∞ vég¶ csoportok . 35 4. Összefoglalás, kitekintés 37 A. Jelölések 39 B. Hivatkozások 40 1 http://www.doksihu Bevezetés Ebben a szakdolgozatban egy olyan témát dolgozok fel, amely valamelyest lezárult a 20. század második felében Lényegében ezzel indult el a geometriai csoportelmélet kialakulása A munkát viszont nem az eredeti eszközökkel végzem, hanem olyanokkal, amelyeket kés®bb vezettek be, és a geometriai csoportelmélet kés®bbi fejl®dése során nagyon hasznosnak bizonyultak. A terek aszimptotikus vagy nagybani geometriáját érdemes a végtelen csoportok megismerésére használni. Ebbe nyerünk betekintést a szakdolgozatban Az els® fejezet inkább általános topológiával foglalkozik. Freudenthal-féle kompaktikáció. Bemutatásra kerül a A módszerrel topologikus terek végeit adhatjuk meg; ez talán a legáltalánosabb vég -fogalom, amit deniálhatunk.

A második részben gráfokkal és csoportokkal foglalkozom: topologikus és metrikus teret rendelek hozzájuk, így lehet®vé téve a geometriai vizsgálatukat. Bemutatok egy fontos ekvivalencia-relációt, a kvázi-izometriát, amely nem korlátos metrikus terek nagybani megismerését segíti. A harmadik részben deniálásra kerülnek a gráfok és csoportok végei, méghozzá többféleképpen is. Bizonyítjuk a Freudenthal-Hopf tételt, mely szerint egy végesen generált csoportnak csak 0, 1, 2 vagy ∞ vége lehet. Ezután kísérletet teszek a csoportok klasszikációjára a végek száma alapján. A negyedik részben egy kis betekintést nyerünk a felépített eszközök egyéb felhasználásaiba. Említést teszek azokról a dolgokról, amik már nem fértek e szakdolgozat keretei közé, de a munkám motivációjának részét képezik Az els® fejezet nagyrészt témavezet®m ötletei és útmutatásai alapján készült, illetve olvastam [1]-ben a témáról, de

végül egy másik felépítés mellett maradtam, mert ez jobban szolgálja a kés®bbi tárgyalást a végekkel. A második részben [2] jelentett segítséget, bár néhány témakör (pl. a 32 rész) ott nem merül fel, ezekre a már ismertnek mondható tételekre saját bizonyítást adtam. A harmadik rész gyakorlatilag a [3] könyvben található tárgyalást követi. Köszönöm a témavezet®mnek az útmutatásokat és az épít® kritikákat. 2 http://www.doksihu 1. Topologikus terek Freudenthal-féle kompaktikációja 1.1 El®készítés A konstrukcióhoz szükségünk lesz kompakt határú halmazokra. 1.11 Deníció . (k-halmaz) Legyen T = (X, Ω) topologikus tér. A tér (T topo- lógia szerint) kompakt határú zárt halmazait nevezzük k-halmazoknak, a bel®lük képzett halmazrendszert jelüljük 1.12 Állítás KT Bizonyítás. a véges metszetképzésre és véges unióra zárt. Legyenek ∂K1 ∪ ∂K2 K1 , K2 ∂(K1 ∪ K2 ) k-halmazok. Ekkor

zárt halmaz, és része halmaznak, amely kompakt halmazok uniója, tehát maga is kompakt. Ebb®l következik, hogy hogy KT -vel. ∂(K1 ∩ K2 ) 1.13 Deníció ∂(K1 ∪ K2 ) is kompakt. A fentiekhez hasonlóan belátható, ∂K1 ∪ ∂K2 -nek. is k-halmaz, hiszen szintén zárt, és része . (k-sz¶r®) ha teljesül rá: A φ ⊆ KT nemüres halmazrendszer k-sz¶r® (k-lter), (1) Felszálló : (2) Metszetre zárt : F1 ∈ φ ∧ F2 ∈ φ ⇒ F1 ∩ F2 ∈ φ (3) Az üreshalmazt nem tartalmazza : ∅ ∈ /φ Ha valamely F ∈ φ-re F ⊆ K ∈ KT , akkor K∈φ 1.14 Deníció (k-ultrasz¶r®) A φ ⊆ H nemüres halmazrendszer k-ultrasz¶r®, ha maximális k-sz¶r®, azaz ha valamely ψ k-sz¶r®re φ ⊆ ψ, 1.15 Deníció (Centrált k-rendszer) A ψ ⊆ KT k-rendszer, ha bármely véges {K1 , K2 , . Kn } ⊆ ψ akkor φ = ψ. nemüres halmazrendszer centrált esetén Tn i=1 Ki 6= ∅ Az alábbi két technikai állítást nem

bizonyítom, ezek a Zorn-lemma (vagy még egyszer¶bben a TeichmüllerTukey-lemma) egyszer¶ következményei. 1.16 Állítás Minden k-sz¶r® befoglalható egy k-ultrasz¶r®be. (Azaz minden ψ k-sz¶r®höz létezik φ k-ultrasz¶r® úgy, hogy ψ ⊆ φ). 3 http://www.doksihu 1.17 Állítás Minden centrált k-rendszer befoglalható egy k-ultrasz¶r®be. (Azaz minden ψ centrált rendszerhez létezik φ ultrasz¶r® úgy, hogy ψ ⊆ φ). A k-ultrasz¶r®k maximális centrált k-rendszerek. 1.18 Megjegyzés. Mivel X határa üreshalmaz, ami kompakt, ezért X k-halmaz. A felszálló tuljadonság miatt tehát minden k-sz¶r®nek eleme. 1.19 Megjegyzés. halmaz, akkor b®víthetnénk K ∈ φ. φ-t, φ Ha egy k-ultrasz¶r® minden elemébe belemetsz egy K ∈ / φ Ha ugyanis és (∀L ∈ φ) K ∩ L 6= ∅, K ∈ KT akkor K -val ami tehát nem lenne maximális centrált rendszer. 1.110 Lemma Legyen K, L ∈ KT . Ha valamely φ k-ultrasz¶r®re K ∪ L

∈ φ, akkor K ∈ φ vagy L ∈ φ. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy sem megjegyzés miatt léteznek olyan L ∩ L0 = ∅. K, K0 és nem eleme L0 φ-beli Megjegyzés. K∈φ φ-nek. K 0 ∩ L0 ∈ φ. vagy Ugyanakkor K ∈ φ, 1.112 Lemma φ akkor valamely K ∩ K0 = K ∪ L ∈ φ, ami ellentmond a k-sz¶r®k (3) L ∈ φ. Az iménti lemma indukcióval átvihet® a véges unióra: ha Ekkor az el®z® halmazok, amelyekre ∅ = (K 0 ∩ L0 ) ∩ (K ∪ L) ∈ φ, tulajdonságának. Ezzel beláttuk, hogy · · · ∪ Kn L A k-sz¶r®k (2) tulajdonsága miatt és a fentiek miatt 1.111 sem 1 ≤ i ≤ n-re Ki ∈ φ. K = K1 ∪ K 2 ∪ és ψ legyenek különböz® k-ultrasz¶r®k. Ekkor létezik A ∈ φ és B ∈ ψ , hogy A ∩ B = ∅ Bizonyítás. Van olyan sikban pedig nem. létezik olyan T φ = ∅, k-halmaz, amely az egyik k-ultrasz¶r®ben szerepel, a má- Föltehet®, hogy B ∈ ψ, 1.113 Deníció A hogy A ∈ φ és A ∩ B =

∅. A ∈ / ψ. . (Szabad és rögzített k-ultrasz¶r®) Az 1.19 megjegyzés miatt Egy φ k-sz¶r® szabad, ha különben rögzített. 1.114 Deníció (Triviális k-ultrasz¶r®) Egy φ k-sz¶r®t triviálisnak nevezünk, ha (∃x ∈ X) φ = {K ∈ KT : x ∈ K} 1.115 Deníció (Konvergens k-ultrasz¶r®) . zünk, ha van olyan x ∈ X, hogy minden Ux 4 Egy φ k-sz¶r®t konvergensnek neve- nyílt környezetére ∃K ∈ φ : K ⊆ Ux http://www.doksihu 1.116 Állítás Legyen T = (X, Ω) lokálisan kompakt, Hausdor. Ebben a térben a φ k-ultrasz¶r®re az alábbiak ekvivalensek: (1) φ rögzített (2) φ triviális (3) φ konvergens Bizonyítás. Legyenek p-nek és (1) ⇒ p, q ∈ H (2) : Legyen T φ. Ha H különböz® pontok. Legyenek q -nak, Up K = H ∩ Up ∩ Vp H= pedig olyan környezete egy pontú akkor készen vagyunk. Vp p-nek, és Vq diszjunkt nyílt környezetei aminek lezártja kompakt. Ekkor egy olyan zárt halmaz,

ami tartalmazza és határa kompakt, hiszen a határa benne van p-t, nem tartalmazza Up -ban, ami kompakt. Ez a K -halmaz φ minden elemébe belemetsz (Hiszen K ∩H 6= ∅), tehát 1.19 miatt K ∈ φ ellentmondás (2) Ux H*K (3) : Ha ⇒ (1) : Legyen triviális k-ultrasz¶r® az x Tegyük fel indirekt, hogy olyan pont, ahová (∃V ∈ φ) : x ∈ / V. pontra, akkor a φ konvergál. Belátjuk, hogy Ekkor  mivel elemei kompakt határú zárt halmazok, speciálisan pontja, azaz létezik olyan egy olyan V Ux K = {x} x környezetbe beleesik. (3) Ez pedig miatt. ⇒ φ q -t, környezete, amely V V -t®l x∈ T φ. φ egy k-ultrasz¶r® , ezért is zárt: x tehát V -nek küls® diszjunkt. Ebben találhatunk K ∈ φ k-halmazt, amely része Ux -nek φ konvergenciája miatt. diszjunkt k-halmazok, és tetsz®leges Ekkor K és φ elemei, tehát ∅ = (K ∩ V ) ∈ φ, ami ellentmondás. 1.2 Konstrukció Legyen ezen túl T = (X, Ω)

lokálisan kompakt, Hausdor ! Most elkészítjük a kompaktikált teret. Legyen γX a T tér k-ultrasz¶r®inek halmaza. Ez lesz a konstruált topologikus tér alaphalmaza. Legyen továbbá minden K ∈ KT -re UK = {U ∈ γX : K ∈ / U} Legyen B = {UK : K ∈ KT } a T 0 = (γX, Ω0 ) 5 tér bázisa. (1) http://www.doksihu 1.21 Állítás Bizonyítás. Legyen A fenti halmazrendszer valóban egy topológia bázisa. A fenti halmazrendszer nyilván fedi K, L ∈ KT . Minden kell megadnunk, amelyre megfelel, hiszen γX -et, φ ∈ UK ∩ UL φ ∈ U ⊆ UK ∩ UL . mert speciálisan ponthoz egy olyan Az U = UK∪L U U∅ = γX báziselemet választás minden φ-re UK ∩ UL = UK∪L : φ ∈ UK ∩ UL ⇔ (K ∈ / φ∧L∈ / φ) ⇔ K ∪ L ∈ / φ ⇔ φ ∈ UK∪L (2) 1.3 A Freudenthal-féle kompaktikált tér 1.31 Megjegyzés. Ha két pontot a Hausdor tulajdonság alapján el akarunk válasz- tani nyílt környezetekkel, akkor

feltehetjük, hogy a környezetek lezártja kompakt: a lokális kompaktság miatt ugyanis a választott környezeteket elmetszhetjük egy-egy olyan környezettel, aminek lezártja kompakt. 1.32 Lemma A T = (X, Ω) lokálisan kompakt Hausdor térben bármely két diszjunkt k-halmaz elválasztható egymástól kompakt határú nyílt halmazokkal. Bizonyítás. pont. Legyen Minden K, L ∈ KT k ∈ ∂K a két elválasztandó halmaz, l-t®l pontot válasszunk el környezettel, amelyek lezártja kompakt. Ekkor ∂K egy l ∈ ∂L k ∈ Uk (Uk )k∈∂K illetve egy rögzített l ∈ Lk egy nyílt fedése a kompakt halmaznak, kiválaszthatunk bel®le egy véges részfedést, legyen ez Mivel Uk(i) nyílt (Uk(i) )ni=1 . kompakt és zárt, ezért speciálisan k-halmaz. Tehát K̂l = K ∪ ( n [ Uk(i) ) (3) i=1 szintén k-halmaz, így környezete K -nak. mazok metszete, Kl = int K̂l ⊇ int K ∪ ( (Alább látható az ábra.) Ul = Tn i=1 Lk(i) . Így

Ul Sn i=1 Uk(i) ) Kl -lel egy kompakt határú nyílt diszjunkt a megfelel® Lk(i) hal- kompakt határú nyílt halmazok metszete, tehát szintén kompakt határú nyílt halmaz, alkalmazhatjuk ugyanis 1.12 gondolatmenetét 6 http://www.doksihu L Uk(i) K l Ul k Lk(i) Most vegyünk minden l ∈ ∂L ponthoz egy ilyen Kl zárt és Ul nyílt halmazt. (Ul )l∈∂L m egy nyílt fedése a kompakt ∂L-nek, legyen (Ul(j) )j=1 egy véges részfedés. Ekkor S Tm 0 L0 = int(L∪( m j=1 Ul(j) )) kompakt határú nyílt halmaz, és diszjunkt K = i=1 Kl(j) 0 0 -vel. Ekkor K és L megfelelnek a feltételeknek 1.33 Tétel Bizonyítás. ultrasz¶r® A kapott T 0 = (γX, Ω0 ) tér T2 tulajdonságú. Legyen KT -b®l. p és q γX -nek, két különböz® pontja Alkalmazzuk az 1.112 állítást: legyen k-halmazok. Ezekhez az el®z® lemma szerint választunk egy nyílt halmazt. Az X K0 (hiszen határuk azonos K ∩ (X K 0 ) = ∅, állítjuk, hogy UXK 0 K

ezért és és az 0 ill. X L0 L 0 K ∈ p, L ∈ q diszjunkt K 0 és L0 kompakt határú halmazok ekkor szintén kompkat határúak, határával), és zártak, vagyis k-halmazok. Mivel (X K 0 ) ∈ / p ⇒ p ∈ UXK 0 , UXL0 azaz két különböz® k- diszjunkt környezetei és ugyanígy p-nek és q ∈ UXL0 . Azt q -nak γX -ben. UXK 0 ∩ UXL0 = U(XK 0 )∪(XL0 ) = UX(K 0 ∩L0 ) = UX = ∅, (4) ahol az els® egyenl®ségnél kihasználtuk (2) ekvivalenciáit, az utolsónál pedig az 1.18 megjegyzést. 1.34 Tétel Bizonyítás. J A T 0 = (γX, Ω0 ) tér kompakt. Tekintsük γX egy nyílt fedését, indexhalmazra. Elkészíthetjük ez alapján U0 -t, γX ahol valamely egy báziselemekkel való fedését: U = {UKl : l ∈ L}, 7 U0 = {Uj : j ∈ J} (5) http://www.doksihu ahol minden j ∈ J -re [ Uj = (Mj ⊆ L) UKm m∈Mj Ha ki tudunk választani egy véges (UKi )ni=1 (6) fedést, akkor az eredeti minden felhasznált báziselemhez

választahtunk egy ®t tartalmazó Uj U0 fedésb®l halmazt, tehát kiválasztottunk egy véges részfedést. Tegyük fel tehát indirekten, hogy nem tudunk ilyen véges (báziselemekb®l álló) fedést kiválasztani. Tekintsük a {Kl : l ∈ L} hal- mazrendszer véges részhalmazait. Két esetet különböztetünk meg 1.eset: Tn Ha egy i=1 Kli alakú halmaz üres, akkor legyen által le nem fedett pont. Ekkor 1≤i≤n φ ∈ γX egy (UKi )ni=1 φ∈ / UKi ⇒ Ki ∈ φ, ahonnan ∅= n i=1 Ki ∈ φ. Ez pedig ellentmondás. 2.eset: (Kl )l∈L Ha a halmazok közül bármely véges sok metszete nemüres, ak- kor centrált k-rendszert alkotnak. k-ultrasz¶r®vé. szen γX = S Ezt az 1.17 állítás szerint kiterjesztjük egy A konstrukció szerint l∈L UKl ). Tehát k-rendszer eleme benne van y ∈ γX , Kl ∈ / φ, y -ban. és y ∈ UKl ugyanakkor a Kl valamely l ∈ L-re (hi- halmaz mint a centrált Újra ellentmondásra jutottunk.

Ezzel beláttuk, hogy minden fedésb®l ki tudunk választani véges részfedést: tehát kompakt. 1.35 Lemma y T0 A T = (X, Ω) lokálisan kompakt térben a k-halmazok komplemen- terei (a kompakt határú nyílt halmazok) bázist alkotnak. Bizonyítás. Jelöljük a kompakt határú nyílt halmazok családját pontnak a lokális kompaktság miatt van olyan kompakt, vagyis határú, hiszen Ux ∈ KT . ∂V ⊆ Ux . Ugyanakkor Tehát x Ux Ux minden V cT -vel. K x∈X környezete, amelynek lezártja nyílt részhalmaza is kompakt azon nyílt környezetei, amelyek 8 Az Ux részei, mind http://www.doksihu kompakt határúak, vagyis cT K minden cT K zisát. Ebb®l következik, hogy cT K elemei mind nyíltak 1.36 Állítás Bizonyítás. T -ben, x∈X pontra tartalmazza tartalmazza a ezért cT K a T T x egy környezetbá- topológiának egy bázisát. Mivel topológiának egy bázisa. Létezik i : X γX topologikus beágyazás. Legyen i a

következ® leképezés: i(x) = {K ∈ KT : x ∈ K} Vagyis az x∈X pont képe az x ponthoz tartozó triviális k-ultrasz¶r®. i nyilván injektív. Be kell még látnunk, hogy halmaz ®se nyílt, és hogy hogy K ∈ KT esetén (7) X -beli Az i leképezés homeomorzmus a képére, azaz nyílt nyílt halmaz képe nyílt i(K) = (γX UK ) ∩ i(X). i(X)-ben. Vegyük észre, Emiatt i(X K) = UK ∩ i(X). Ugyanakkor az UK halmaz i szerinti teljes inverz képe: i−1 (UK ) = {x ∈ X : i(x) ∈ UK } = {x ∈ X : K ∈ / i(x)} = X K Legyen G= G egy nyílt halmaz S l∈L (X Kl ), ahol X -ben. Kl ∈ KT . i(G) = [ l∈L ami az i(X)-re Legyen most G0 Az 1.35 lemma szerint Tehát i(X Kl ) = [ cT T -nek K (UKl ∩ i(X)), l∈L megszorított altér-topológiában nyílt halmazok uniója, tehát nyílt. nyílt halmaz γX -ben. G0 = i−1 (G0 ) = i−1 ( [ l∈L UKl ) = [ S l∈L UKl . i−1 (UKl ) = l∈L Innen [ l∈L (X Kl ), ami

nyílt halmazok uniója, tehát nyílt.Ezzel beláttuk, hogy képére: X -et beágyaztuk 1.37 Állítás egy bázisa: γX -be. Az i(X) halmaz s¶r¶ γX -ben. 9 i homeomorzmus a http://www.doksihu Bizonyítás. egy olyan Legyen x∈X φ ∈ γX pontot, amelyre pont biztosan van, mert φ ∈ UK 1.38 Lemma U a pont egy környezete. Keresünk i(x) benne van U -ban. φ ∈ UK ⊆ U . amelyre teljesül, hogy ellentmondás tetsz®leges pont, és K = X Legyen esetén Létezik olyan x ∈ / K UX = ∅ báziselem, tetsz®leges pont. (Ilyen x az 1.18 megjegyzés miatt, ami K∈ / i(x) i(x) ∈ UK , miatt. Ekkor UK tehát i(x) ∈ U . Egy k-halmaz akkor és csak akkor kompakt, ha nem eleme egyetlen szabad k-ultrasz¶r®nek sem. Bizonyítás. ⇐: Legyen i(K) Ugyanakkor K ∈ KT . γX -ben, zárt i beágyazás homeomorzmus K Az és i(K) között. mert i(K) = {φ ∈ γX : K ∈ φ} = {φ ∈ γX : φ ∈ / UK } = γX UK , vagyis nyílt

halmaz komplementere. Ezzel beláttuk, hogy ⇒: K φ γX kompakt, ezért i(K) is kompakt. is kompakt. Tegyük fel indirekt, hogy állítás miatt Mivel K benne van egy nem konvergens, vagyis minden nyezete, amely nem tartalmaz φ-beli olyanok, hogy lezártjuk kompakt. φ szabad k-sz¶r®ben. Az 1116 x∈X pontnak van olyan elemet. Föltehet®, hogy ezek a Vx Vx kör- környezetek (Az eredeti környezet és egy kompakt lezárású környezet metszeteként kaphatunk ilyeneket.) Legyen (Vi )ni=1 egy véges fedése K -nak a fenti típusú környezetekb®l. Tudjuk, hogy X Vi k-halmaz, hiszen zárt, és kompakt. Ugyanakkor  mivel beli halmazba belemetsz. 0 K = Tn i=1 (X nem lehet Vi ) ∈ φ-nek 1.39 Állítás Bizonyítás. Ekkor Vi nem tartalmaz φ-beli elemet  Ezért az 1.19 megjegyzés alapján φ. Mivel (Vi )ni=1 egy fedése K -nak, ezért eleme. Ezzel ellentmondásra jutottunk X Vi minden X Vi ∈ φ. 0 ∅ = K ∩ K, φ-

Innen ez pedig Az i(X) halmaz nyílt γX -ben. Legyen K = X Vx x∈X rögzített, Vx pedig egy kompakt lezárású nyílt környezete. k-halamaz. Egyrészt φ ∈ UK ⇒ K ∈ / φ ⇒ ∃L ∈ φ : L ∩ K = ∅. ezért kompakt, vagyis beláttuk, hogy ∂(X Vi ) = ∂Vi ⊆ Vi , vagyis határa x∈ /K⇒K∈ / i(x) ⇒ i(x) ∈ UK , Mivel az másrészt L zárt halmaz benne van Vx -ban, L ∈ φ miatt φ rögzített k-sz¶r® az 1.38 lemma szerint UK ⊆ i(X), vagyis i(x) bels® pontja 10 i(X)-nek. Ezzel http://www.doksihu 1.310 Deníció Egy topologikus tér nulladimenziós, ha van nyílt-zárt halmazokból álló bázisa 1.311 Állítás Bizonyítás. D-nek Legyen bázisát adja tetsz®leges Ha A γX X az örökölt altér-topológiával nulladimenziós. D = γX X . Mivel γX -nek B = {UK : K ∈ KT } a bázisa, ezért B|D = {UK ∩ D : K ∈ KT }. K ∈ KT -re UK ∩ D-nek a D-re Elegend® tehát belátnunk, hogy vett komplementere is

nyílt K = ∅ vagy K = X , akkor az állítás triviális. Azt állítjuk, hogy D UK = D ∩ UXK . Legyen D-ben. K ∈ KT , és φ ∈ DUK . Felhasználva (2)-t azt kapjuk, hogy UK ∩ UXK = UK∪XK = UX = ∅. Tegyük fel, hogy φ∈ / UXK . Ekkor φ∈ / UK miatt (K ∈ φ) ∧ (X K ∈ φ) ⇒ (K ∩ X K) = ∂K ∈ φ Alkalmazzuk az 1.38 lemmát a sz¶r®, vagyis nem lehet és UK ∩ D ∂K D-beli, diszjunkt nyíltak a (8) (9) kompakt halmazra. Azt kapjuk, hogy φ rögzített ami ellentmondás. Ezzel beláttuk, hogy UXK ∩ D D-re megszorított altér-topológiában, és uniójuk fedi D-t. 11 http://www.doksihu 2. Végtelen gráfok és csoportok geometriája 2.1 Gráfok mint metrikus terek 2.11 Deníció (Lokálisan véges) Egy Γ gráf lokálisan véges, ha minden csúcsának foka véges. Γ = (V, E) Legyen egy egyszer¶ gráf (vagyis ne tartalmazzon hurokéleket és többszörös éleket), és legyen lokálisan véges, összefügg®. A

gráfot felfoghatjuk 1- dimenziós CW-komplexusként: a nulla dimenziós cellák a csúcsok, az 1 dimenziós cellák az élek. Ezzel megadtunk egy topológiát Rögzítsünk minden élen egy fe (0) és fe (1) e az fe : [0, 1] Γ folytonos paraméterezést, amelyre él két végpontja, a bels® pontok pedig az él bels® pontjaiba mennek injektíven. A gráfban haladó út fogalmát kib®víthetjük úgy, hogy a kezd®és végpont helye nem csak csúcs, hanem tetsz®leges él bels® pontja is lehessen Nyilvánvaló módon deniáljuk az út hosszát. Legyen amelyen s és t p = (s, v1 , v2 , . vn , t) n esetleg élre es® pontok, {vi }i=1 pedig csúcsok. Ekkor p hossza legyen l(p) = n − 1 + ρ(s, v1 ) + ρ(vn , t), ahol ρ(v, t) (10) az aktuális él paraméterezése szerinti távolság. csúcsot, akkor az s kezd®- és a v egy út, p Ha nem tartalmaz végpont ugyanazon az élen van. Ekkor az út hossza legyen l(p) = ρ(s, v). A fentiek alapján

megadunk egy metrikát is (11) Γ-n. P (x y) Legyen men® utak halmaza. az ρ(x, y) = min{l(p)|p ∈ P (x y)} A minimum létezik. Ha ugyanis és 0 y a saját t +k (a0 , b0 ) élén az alakban, ahol k a0 x a saját ponttól t0 (a, b) élén az a (12) ponttól távolságra van, akkor x-b®l y -ba l(p) egész szám. Ebb®l következik, hogy az t távolságra van, el®áll l(p) = ±t ± {l(p)|p ∈ P (x y)} halmaznak nincs torlódási pontja, és nemnegatív számokból áll, tehát a minimum létezik. 12 http://www.doksihu Könnyen látható, hogy a metrika által indukált topológia és a CW-topológia azonosak. 2.12 Megjegyzés. Γ A lokálisan véges gráf  mint topologikus tér  lokálisan kom- pakt, hiszen lokálisan véges CW-komplexus. 2.13 Állítás Bizonyítás. A Γ gráf topologikus térként is összefügg®. Ha egy gráf összefügg®, akkor topologikus térként útösszefügg®: tehát összefügg® is. 2.2 A

kvázi-izometria 2.21 Deníció f :X Y . (Kvázi-izometria) Legyenek függvény. Azt mondjuk, hogy c1 , c2 , c3 , c4 , c5 f (X, ρX ) és (Y, ρY ) metrikus terek, egy kvázi-izometra, ha léteznek olyan pozitív konstansok, melyekre c1 ρX (u, v) − c2 ≤ ρY (f (u), f (v)) ≤ c3 ρX (u, v) + c4 (∀u, v ∈ X) (13) és (∀w ∈ Y )(∃u ∈ X) ρY (w, f (u)) ≤ c5 . A fenti kapcsolatot mondjuk, hogy X X és Y és Y között X ∼f Y -nal kvázi-izometrikus. vagy (14) X ∼ Y -nal jelöljük, és azt Példák: • X=R • X a szokásos metrikával, korlátos metrikus tér, Y = Z, Y = {y} ahol ρY (u, v) = |v − u|, f (x) = bxc az egy elem¶ metrikus tér. Ekkor f (x) = y egy kvázi-izometria. Rögtön láthatjuk azt is, hogy az egy pontú térrel pontosan a korlátos metrikus terek kvázi-izometrikusak. Ellenkez® esetben legyen X két, egymástól legalább függvény csak f (x) = y (13) els® egyenl®tlensége. u, v ∈ c2

távolságra lév® pont. A kvázi-izometriát megadó c1 (∀x ∈ X) 13 lehet, így az u, v pontokra nem teljesül http://www.doksihu • Legyen X = R2 az euklideszi sík, és Y a sík szokásos négyzetrácsát alkotó gráf mint metrikus tér a gráf már megadott beágyazásával. Γ (A négyzetrács csúcsai a gráf csúcsai, a szomszédos csúcsokat összeköt® rácsszakaszok a gráf élei, a metrika a gráf metrikája, ami nem azonos a síktól örökölt metrikával). A leképezés lehet például • X f (x1 , x2 ) = (bx1 c , bx2 c). Y az n-reguláris végtelen fa. Vegyünk diszjunkt n − 3 hosszú utakat amelyek X minden csúcsát tartalmazzák. Meggondolható, a 3-reguláris végtelen fa, hogy ezek összehúzásával éppen egy kvázi-izometriát kapunk. n=4 Az ábrán az esetet szemléltettem. Példák nem kvázi-izometrikus terekre: • Az n és m ágú fés¶ nem kvázi-izometrikus, ha ágú fés¶. 14 n 6= m. Az ábrán látható

a 6 http://www.doksihu • R 6∼ R2 . • Rn 6∼ Rm , • n 6= m ha Az euklideszi és a hiperbolikus sík nem kvázi-izometrikusak. 2.22 Megjegyzés. A fenti ellenpéldák igazolása már nem olyan könny¶ feladat. A dolgozatban bemutatott kvázi-izometria invariáns segítségével be fogjuk bizonyítani az els® és a második példát. A harmadik és a negyedik példa bizonyításáról csak említést teszünk. 2.23 Állítás Bizonyítás. A ∼ reláció ekvivalencia-reláció. Bármely X metrikus térre metria. Ha legyen olyan x X ∼f Y , akkor létrehozzuk a g:Y X g(y) ∈ f −1 (y) = {x ∈ X : f (x) = y}, x-re, amelynek f -nél vett képe közel van létezik (14) miatt.) Ekkor g(y2 ). X ∼ X, g hiszen az identitás egy kvázi-izo- y ∈ f (X) esetén ρY (y, f (x)) ≤ c5 . (Ilyen kvázi-izometriát. különben pedig y -hoz, azaz kvázi-izometria. Legyen (13) miatt g(y) = x valamely y1 , y2 ∈ Y , x1 = g(y1 ), x2 = c1 ρX (x1

, x2 ) − c2 ≤ ρY (f (x1 ), f (x2 )) ≤ c3 ρX (x1 , x2 ) + c4 ugyanakkor a háromszög-egyenl®tlenség miatt ρY (y1 , y2 ) − 2c5 ≤ ρY (f (x1 ), f (x2 )) ≤ ρY (y1 , y2 ) + 2c5 ebb®l kapjuk, hogy 1 1 (ρY (y1 , y2 ) − 2c5 − c4 ) ≤ ρX (x1 , x2 ) ≤ (ρY (y1 , y2 ) + 2c5 + c2 ) c3 c1 vagyis (13) teljesül g -re. lálnunk kell egy közeli Legyen most g(y)-t. x0 ∈ f −1 (y)-ra g(y) = x0 , Legyen x ∈ X tetsz®leges. y = f (x). Ekkor tehát alkalmazva (13)-t az f y ∈ f (X) függvényre c1 ρX (x, x0 ) − c2 ≤ ρY (f (x), f (x0 )) = 0. 15 (14) teljesüléséhez tamiatt valamely http://www.doksihu g(y) = x0 Átrendezve, és a helyettesítéssel: ρX (x, g(y)) ≤ Tehát (14) is teljesül legyenek X, Y, Z ci (i = 1 . 5) g -re, ezzel beláttuk, hogy metrikus terek, illetve f : X Y di (i = 1 . 5) alkalmazva (13)-t kapjuk, hogy h-ra c2 . c1 ∼ szimmetrikus. A tranzitivitáshoz és g : Y Z konstansokkal. Legyen

teljesül: kvázi-izometriák a h = g ◦ f. Kétszer d1 (c1 ρX (x1 , x2 ) − c2 ) − d2 ≤ ρZ (h(x1 ), h(x2 )) ≤ d3 (c3 ρX (x1 , x2 ) + c4 ) + d4 A másik egyenl®tlenséghez válasszunk d5 , illetve y -hoz egy x ∈ X -et, z ∈ Z -hez egy y ∈ Y -t úgy, hogy ρZ (z, g(y)) ≤ amelyre ρY (y, f (x)) ≤ c5 . A háromszög-egyenl®tlen- ség és (13) második egyenl®tlensége alapján ρZ (z, h(x)) ≤ d5 + ρZ (g(y), g(f (x))) ≤ d5 + d3 ρY (y, f (x)) + d4 ≤ d5 + d3 c5 + d4 Ezzel a tranzitivitást is beláttuk; ∼ valóban ekvivalencia-reláció. 2.3 Csoportok Cayley-gráfjai 2.31 Deníció legyen Az G s Legyen G egy végesen generált csoport, Γ(G, S) egy véges generátorrendszere. A x, y ∈ G minden . (Cayley-gráf ) gráf csúcsai legyenek csoportelemek között akkor vezet él, ha generátorra és minden x ∈ G-re −1 x y ∈ S∪S összekötjük x-et xs-sel −1 és G S ⊆ G elemei. . (Lényegében xs−1 -zel,

majd az esetlegesen keletkez® többszörös éleket azonosítjuk.) 2.32 Megjegyzés. A Cayley-gráf összefügg®, mert minden csoportelem el®áll gene- rátorokból képzett szóként, vagyis az egységelemb®l a szó mentén lépegetve minden csúcsba eljuthatunk. 2.33 Állítás Bizonyítás. A Γ(G, S) gráf akkor és csak akkor lokálisan véges, ha S véges. Minden csúcs fokszáma |S∪S −1 |, ami pontosan véges S esetén véges. 16 http://www.doksihu 2.34 Deníció . (Szó metrika) szerrel. Ekkor tetsz®leges g képzett szóként. Legyen g, h ∈ G és h G Legyen S generátorrend- −1 -beli elemekb®l egy csoport egy véges elemekre −1 g h el®áll egy S∪S távolsága a legrövidebb ilyen szó hossza, azaz dS (g, h) = min{n : ∃s1 , s2 , . sn ∈ (S ∪ S −1 ), s1 s2 sn = g −1 h} 2.35 Megjegyzés. A kapott metrikus tér megszorítása 2.36 Állítás (G, dS ) tér valóban metrikus tér, hiszen éppen a Γ(G, S) G-re

mint a csúcsok halmazára. A (G, dS ) metrikus tér és a Γ(G, S) gráf (mint metrikus tér) kvázi- izometrikusak. Bizonyítás. Az f : G Γ(G, S) leképezés rendelje a g ∈ G ponthoz a hozzá tartozó gráfbeli csúcsot. Ekkor dS (g, h) = dΓ (g, h), Γ(G, S)-beli és minden csúcs el®áll 1 sugarú környezetében van képpont. 2 1, c2 = c4 = 0, c5 = 12 konstansokkal. képként, vagyis minden élen lév® pont tehát egy kvázi-izometria a c1 = c3 = 2.37 Állítás Legyen S és S 0 két különböz® véges generátorrendszere G-nek Ez Ekkor a (G, dS ) és a (G, dS 0 ) metrikus terek kvázi-izometrikusak. Bizonyítás. Azt állítjuk, hogy az idG : (G, dS ) (G, dS 0 ) kvázi-izometria. Legyen r = max{dS 0 (e, s) : s ∈ S ∪ S −1 }, ahol e a G egységeleme. pontok az S 0 S szerinti szó metrikában az egymástól szerinti metrikában legfeljebb S ∪ S −1 -beli elemekb®l. w-beli Az Készíthetünk egy generátorhoz egy legfeljebb

deniálhatjuk az r 0 r rk távolságra kerültek: álljon a w0 = w hosszú k távolságra lév® szót, ami w0 -beli w szó S 0 ∪ S 0−1 -beli, és minden szórészlet tartozik. Hasonlóan számot: r0 = max{dS (e, s0 ) : s0 ∈ S 0 ∪ S 0−1 }, Az így kapott idG tehát kvázi-izometria a c1 = 1 , r0 c2 = 0 , c3 = r , c4 = 0 , c5 = 0 konstansokkal. 2.38 Következmény A Cayley-gráf kvázi-izometria erejéig egyértelm¶en meg van határozva akkor is, ha nem tüntetjük ki a csoport egy generátorrendszerét: ha S és S 0 két véges generátorrendszere a G csoportnak, akkor Γ(G, S) ∼ Γ(G, S 0 ), ha a gráfokra mint metrikus terekre tekintünk. 17 http://www.doksihu 2.39 Deníció Egy végesen generált csoport és egy metrikus tér kvázi-izometri- kus, ha a csoport valamely Cayley-gráfja kvázi-izometrikus a metrikus térrel. Két végesen generált csoport kvázi-izometrikus, ha valamely Cayley-gráfjuk kvázi-izo- ∼ metrikus. Jelölés:

A célunk most az, hogy belássuk: egy végesen generált csoport véges index¶ részcsoportja is végesen generált, és kvázi-izometrikus az eredeti csoporttal. 2.310 Megjegyzés. A G csoport balról szorzással hat a Γ(G, S) gráf csúcsain. (A gráf csúcsai a csoportelemeknek felelnek meg, ez adja a hatás denícióját.) hatás kiterjed a Cayley-gráf éleire: Legyen h ∈ G elemre hf = (hg, hgs), Γ(G, S) ami éle a g∈G és f = (g, gs) Γ(G, S) gráfnak. Ez a egy él. Ekkor egy Ezzel megadtuk a hatást a metrikus téren is: az élek bels® pontjai a képként kapott él bels® pontjaiba mennek a természetes módon. 2.311 Deníció . (r-s¶r¶) halmaz. Azt mondjuk, hogy hogy Legyen (X, d) A r-s¶r¶, egy metrikus tér, és ha minden d(x, a) ≤ r. 2.312 Megjegyzés. Ha f : X Y x∈X A⊆X ponthoz van olyan egy kvázi-izometria, akkor izometriára vonatkozó második egyenl®tlenség miatt egy egy pont- c5 -s¶r¶ f (X) a ∈

A, a kvázi- halmazt alkot Y- ban. 2.313 Állítás Legyen G egy csoport egy rögzített (véges) S generátorrendszerrel, H ≤ G pedig egy véges index¶ részcsoportja. Legyen továbbá Γ = Γ(G, S) Ekkor a H -beli csoportelemeknek megfelel® csúcsok egy k -s¶r¶ halmazt alkotnak Γ-ban egy alkalmas k > 0-ra. Bizonyítás. valamely Mivel H véges index¶ részcsoport g1 , g2 , . , gn ∈ G G-ben, ezért G = Hg1 ∪Hg2 ∪· · ·∪Hgn elemekre. Tetsz®leges g ∈ G-re g = hgi , vagyis dS (h, g) = dS (e, h−1 g) = dS (e, gi ), ahol e G a halmaz egységeleme. Azt kaptuk, hogy G-ben a szó-metrika szerint. A metrikus térnek, és akkor H k-s¶r¶ G Γ-ban 1-s¶r¶ Γ-ban. H egy (G, dS ) Ha tehát (max{dS (e, gi : 1 ≤ i ≤ n)})-s¶r¶ metrikus tér egy megszorítása a k = max{dS (e, gi : 1 ≤ i ≤ n)} + 1, a háromszög-egyenl®tlenség miatt. 18 Γ http://www.doksihu Legyen H ∆ konstruálunk egy elemei. Legyen A ∆ G

végesen generált csoportnak. egy véges index¶ részcsoportja a k gráfot a Γ = Γ(G, S) gráf segítségével. ∆ Meg- csúcsai legyenek a fenti állítás alapján választott konstans, vagyis H H k -s¶r¶ Γ-ban. gráf élei legyenek a következ®k: E(∆) = {(h1 , h2 ) ∈ H × H : dΓ (h1 , h2 ) ≤ 2k + 1, h1 6= h2 } 2.314 Állítás Bizonyítás. A megkonstruált ∆ gráf lokálisan véges, összefügg®. A lokális végességhez az kell, hogy |{h ∈ H : dΓ (h1 , h) ≤ 2k + 1}| < ∞ (∀h1 ∈ H). A fenti halmaz viszont része a h1 2k + 1 körüli, csak véges sok csúcsot tartalmazhat, hiszen H -beli tekintsünk két elemet, h1 -et és Γ h2 -t, sugarú n = dΓ (h1 , h2 ). választhatunk egy és pn = xn = h2 .) Ekkor  mivel pi ∈ H H illetve a legrövidebb Γ-beli h1 h1 = x0 , x1 , . , xn = h2 , k-s¶r¶ , minden pontot, amelyre gömbnek, ami pedig lokálisan véges. Az összefügg®séghez utat. Jelöljük ki az

úton a csúcsokat: legyenek ezek tehát Γ-beli dΓ (xi , pi ) ≤ k . xi (1 ≤ i ≤ n) (Választható h2 ahol ponthoz p0 = x0 = h1 pi pi+1 A háromszög-egyenl®tlenség miatt ekkor ∆-beli út h1 és h2 2.315 Állítás xi+1 xi h1 = p0 között. dΓ (pi , pi+1 ) ≤ 2k + 1, h2 = pn vagyis p0 p1 .pn egy Legyen T = {h ∈ (H e) : 0 < dΓ (e, h) ≤ 2k + 1}. Ekkor T generálja H -t, és az iménti ∆ gráf éppen H Cayley-gráfja a T generátorrendszerre vonatkozóan. Bizonyítás. T véges, mert egy 2k + 1 sugarú zárt gömb csúcsait tartalmazhatja egy lokálisan véges gráfban, és −1 (h1 , h2 ) ∈ E(∆) ⇔ 0 < dΓ (h1 , h2 ) ≤ 2k+1 ⇔ 0 < dΓ (h−1 1 h2 , e) ≤ 2k+1 ⇔ h1 h2 ∈ T 19 http://www.doksihu Mivel ∆ összefügg®, ezért minden H -beli elem el®áll T -beli szóként, vagyis T generálja H -t. tényleg Ezzel az állítást beláttuk. 2.316 Tétel Ha H egy véges index¶ részcsoportja a végesen

generált G csoportnak, akkor H ∼ G. Bizonyítás. Az el®z® állítások jelöléseit használom. Megadunk egy izometriát. ∆ csúcsain legyen f (h) = h, a p élre es® pontra tetsz®legesen választott végpontjának képe. egy él két végpontja ∆ f (p) f : ∆ Γ kvázi- legyen az él egyik csúcsaira teljesül, hogy ha h1 és h2 ∆-ban, akkor Γ-ban a távolságuk legalább 1 és legfeljebb 2k +1. Mivel két élre es® pont távolsága legfeljebb 2-vel tér el két ugyanazon élekre es® csúcs távolságától, ezért írhatjuk: d∆ (p, q) − 2 ≤ dΓ (f (p), f (q)) ≤ (2k + 1)(d∆ (p, q) + 2), vagyis (13) teljesül. Ugyanakkor f (H) = H c5 = k -val. 20 k-s¶r¶ halmaz, tehát (14) is teljesül http://www.doksihu 3. Csoportok végei 3.1 Gráfok végei Szeretnénk végtelen, összefügg®, lokálisan véges gráfok végeinek számát deniálni. Három deníciót adunk, majd belátjuk, hogy ezek ekvivalensek 3.11 Deníció (Szép gráf

) Egy gráfot nevezzünk szépnek, ha egyszer¶, lokálisan véges és összefügg®. Ha a Γ gráfra topologikus térként tekintünk, akkor elkészíthetjük Freudenthal- féle kompaktikáltját, γΓ-t. A gráf végei legyenek az új pontok, γΓ Γ elemei. Ezzel egy topológiát is kapunk a végeken, ami nulladimenziós, kompakt és Hausdor. 3.12 Deníció Jelölés: A szép Γ gráf végeinek száma legyen V1 (G) 3.13 Deníció A Γ = (V, E) szép gráfból egy véges γΓ Γ pontjainak száma. C ⊂V csúcshalmazt és a csúcsokra illeszked® éleket elhagyva a gráf (általában) komponensekre esik szét. (A továbbiakban véges vágásnak nevezünk egy ilyen m¶veletet.) Legyen vágás után a gráf végtelen komponenseinek száma. V K(C) V K(C) a C nyilván véges, hiszen egy összefügg®, lokálisan véges gráfból véges sok csúcsot és élt elhagyva a gráf csak véges sok komponensre eshet szét, így a keletkez® végtelen

komponensek száma is véges. Ekkor a Γ gráf végeinek száma legyen V2 (Γ) = sup{V K(C) : C ⊂ V, |C| < ∞}. 3.14 Deníció A Γ = (V, E) vezünk tetsz®legesen egy p szép gráfra metrikus térként tekintünk, és kine- gyökérpontot, ami a gráf egy csúcsába esik. Ekkor vágásnak nevezzük azt a vágást, amikor a gráfból elhagyjuk a nyílt környezetet. A végek száma legyen V3 (Γ) = sup V K(BN ). N ∈N 3.15 Állítás Minden BN vágás véges vágás is. 21 BN B(p, N ) (N ∈ N) http://www.doksihu Bizonyítás. Egy Egy csúcs 1 sugarú nyílt környezete a csúcsot és a rá es® éleket jelenti. 2 sugarú nyilván a csúcsra és a szomszédos csúcsokra illeszked® élek elhagyásást jelenti, és általában egy N sugarú vágás az N −1-ed szomszédos csúcsokra illeszked® élek elvágása. Ezzel véges sok élt hagytunk el, hiszen a gráf lokálisan véges 3.16 Állítás V2 (Γ) = V3 (Γ) Bizonyítás. Az el®z® (3.15)

állítás miatt halmaz szuprémuma. Legyen C1 és C2 két véges vágás. Ha V3 (Γ) ≤ V2 (Γ), hiszen V2 (Γ) egy b®vebb C1 ⊆ C2 , akkor nyilván V K(C1 ) ≤ V K(C2 ), hiszen a b®vebb vágásnál az eddigi végtelen komponensek feldarabolódhatnak, de C2 egyik sem t¶nhet, el, mert hogy C ⊆ BN . is véges. Ha A gráf összefügg®, vagyis C C egy véges vágás, akkor létezik olyan minden eleme elérhet® a gyökérpontból egy véges hosszú úton. A leghosszabb ilyen út hosszát jelöljük BN valóban teljesül. Tehát minden V K(C) ≤ V K(BN ). 3.17 Megjegyzés. C p N -nel. véges vágáshoz van olyan Innen következik, hogy Mivel a N, BN C ⊆ Ekkor vágás, amire V2 (Γ) ≤ V3 (Γ). gyökérpont választásától függetlenül V3 (Γ) = V2 (Γ), ezért melléktermékként azt kaptuk, hogy a 3.14 deníció független a gyökérpont választásától. Legyenek a BN vágásnál keletkez® végtelen komponensek V K(BN ) (KNi

)i=1 vágásnál keletkezett komponensek tovább darabolód(hat)nak a BN +1 . KNj tén). Nevezzünk végnek egy ilyen sorozat K1i1 ⊇ K2i2 ⊇ K3i3 ⊇ . komponens (N KNi +1 ≥0 ese- sorozatot. Vegyük észre, hogy egy N -edik elemének megadásával a sorozat els® N −1 elemét is megadtuk, hiszen egyértelm¶en van nagyobb tartalmazó komponens N − 1) BN vágásnál, il- letve egy véges részük is levágásra kerül. Itt érdemes megjegyezni, hogy egy komponenshez létezik egyértelm¶en egy ®t tartalmazó A KNiN -hez minden Bk vágásnál. (k ≤ Láthatjuk, hogy ezen végek száma egybeesik a 3.14 denícióban megadottal: az iménti meggyelésünk miatt a végek száma éppen 3.18 Tétel V1 (Γ) = V3 (Γ) 22 limN ∞ V K(BN ) = V2 (Γ). http://www.doksihu Bizonyítás. γΓ Γ keletkez® A BN Bijekciót létesítünk az imént deniált végek és a kompaktikációnál vágás Γ-t i3 i2 i1 V = (Vj )∞ j=1 = (K1 , K2 , K3 , . )

pontok között. Legyen diszjunkt zárt halmazokra bontja, ezek közül az egyik a határa tehát része B(p, N ) véges sok csúcs), ezért VN B(p, N ) határának. Mivel VN is kompakt határú, vagyis k-rendszert alkotnak: véges sok Vj φV teljesül, mert φ Be kell látnunk, hogy a fenti V és VN W ∞ j=1 Θ : V 7 φV ezért V 6= W ∅ = Vj ∩ Wj ∈ φ, V egy φV ∈ γΓ Γ leképezés injektív és szürjektív. Legyen φV = φW = φ. hiszen véges CW-komplexusok. ∃j : Vj ∩ Wj = ∅. Θ ami ellentmondás. keletkez® véges komponensek legyenek φ ∈ γΓ Γ N . (LsN )ts=1 Ugyanígy Mivel tehát injektív. k-ultrasz¶r®t. Mivel A BN Vj ∈ φ és vágásnál Ezek a komponensek kompaktak, B(p, N ) is kompakt. Felírhatjuk tehát az alábbi módon k-halmazok uniójaként: V K(BN ) Γ = B(p, N ) ∪ ( Mivel φ ∈ γΓ Γ, [ KNi ) ∪( tN [ LsN ) s=1 i=1 ezért szabad k-ultrasz¶r®, vagyis 1.38 miatt nem

tartalmaz kompakt halmazt. Ugyanakkor az 1111 megjegyzés szerint unió valamely elemét. Azt kapjuk tehát, hogy egy Jelöljük a KNiN halmazt Vj ∩ Vj+1 6= ∅. VN -nel. Mivel V = (Vj )∞ j=1 végre nyilván φ tartalmazza a fenti 1 ≤ iN ≤ V K(BN )-re KNiN ∈ φ. φ nem tartalmazhat diszjunkt elemeket, ezért Ugyanakkor tudjuk, hogy annnak egy továbbdaraboltja, tehát a hiszen Vj = ∅ miatt tehát A szürjektivitáshoz tekintsünk egy Γ-t Vj , ugyanazon vágásnál keletkezett összefügg® komponenesek, ezért vagy diszjunktak, vagy azonosak. Wj ∈ φ, φ⊆ aminek elemei centrált k-ultrasz¶r®vé. két különböz® vég, és (indirekt) tegyük fel, hogy WN és V k-halmaz. szabad, ugyanis VN , kompakt határú (a határa metszete a legnagyobb index¶ csökken® lánc. Ezt a rendszert kiterjeszthetjük egy egy vég. Vj+1 Vj+1 ⊆ Vj Θ(V ) = φ teljesül minden teljesül. képként. 23 Vj -t®l, vagy diszjunkt j ≥0

Tehát minden vagy pedig esetén. Erre φ ∈ γΓ Γ el®áll http://www.doksihu 3.19 Megjegyzés. A fenti tételek miatt ezentúl használhatjuk az egységes V(Γ) jelölést a szép gráfok végeinek számára. V(Γ) értéke természetes szám vagy lehet. ∞ 3.2 A végek számának kvázi-izometria invarianciája Ebben a szakaszban az a célunk, hogy belássuk: a szép gráfok végeinek száma kvázi-izometria-invariáns. Ehhez el®ször három lemmát bizonyítunk 3.21 Lemma Legyenek X és Y kvázi-izometrikus metrikus terek az f : X Y kvázi-izometriával. Ekkor léteznek X 0 ⊆ X és Y 0 ⊆ Y cX ill cY -s¶r¶ halmazok, hogy f |X 0 egy bijekció X 0 és Y 0 között, ahol cX és cY pozitív konstansok. S®t, g = (f |X 0 )−1 : Y 0 X 0 is kvázi-izometrikus leképezés. Bizonyítás. Y minden legyen X0 X egy 0 0 A 2.312 megjegyzés szerint Y 0 = f (X) egy c5 -s¶r¶ halmaz. -beli ponthoz egy tetsz®leges ®sképet. Az így kiválasztott

pontok halmaza . Az f |X 0 cX -s¶r¶ Legyen megszorítás tehát bijekció; azt kell tehát csak belátnunk, hogy halmaz egy áltatlunk választott p ∈ X tetsz®leges, és legyen választottunk. Ekkor (13) szerint cX q ∈ X0 konstanssal. Innen látható, hogy g cX = c4 , c3 függvényre rögtön látható, hogy (14) teljesül a cg3 = 1 , c1 3.22 Lemma cg4 = ®sei közül c2 c1 c2 jó választás. c1 másik egyenl®tlenséghez az cg2 = f (p) az a pont, amit c1 dX (p, q) − c2 ≤ dY (f (p), f (q)) = 0 ⇒ dX (p, q) ≤ A Tekintsünk cg5 = cX konstanssal. A f -re vonatkozó (13) átalakításával kapjuk, hogy cg1 = 1 , c3 c2 megfelelnek. c1 Legyenek Γ és ∆ kvázi-izometrikus szép gráfok, amelyekre most metrikus térként tekintünk. Rögzítsünk Γ-ben egy O gyökérpontot Ekkor létezik olyan c > 0 konstans és D küszöb, hogy ha valamely p1 , p2 ∈ Γ pontok összeköt- het®k Γ-ben a B(O, r) gömbön kívül, akkor f (p1 ) és

f (p2 ) összeköthet®k ∆-ban a B(f (O), rc) gömbön kívül, ha r > D. 24 http://www.doksihu Bizonyítás. Legyen f : Γ ∆ egy kvázi-izometria. felosztását legfeljebb 1 hosszú részekre a p1 = q0 , q1 , q2 , . qn = p2 dΓ (O, qi ) ≥ r, ezért (13) miatt d∆ (f (O), f (qi )) > c1 r −c2 . 1 ⇒ d∆ (f (qi ), f (qi+1 )) < c3 + c4 . Az f (qi ) és f (qi+1 ) pontok tehát 2(c2 +c3 +c4 ) választással c1 és f (qi+1 ) B(f (O), c1 r − c2 − c3 − c4 ) cr < c1 r − c2 − c3 − c4 B(f (O), cr)-en összeköthet®k elvégezve megkapjuk 3.23 Lemma p1 és p2 r > D kívül. Az összekötést kívánt összekötését. út egy dΓ (qi , qi+1 ) ≤ B(f (O), c1 r − c2 ) c3 + c4 , így az ®ket c1 és 2 D = esetén, vagyis f (qi ) gömböt. Innen teljesül p2 pontokkal. Mivel Ugyanakkor gömbön kívül vannak, és az ®ket összeköt® út hossza legfeljebb összeköt® út elkerüli a p1 Tekintsük a c= i = 0,

1, . n − 1-re Legyen K a szép Γ gráf egy BN vágásnál kapott végtelen összefügg® komponense, és Γ0 ⊆ Γ egy c-s¶r¶ halmaz Γ-ben. Ekkor K ∩ Γ0 végtelen Bizonyítás. dce)-be. Legyen Ekkor a p1 a K komponens egy olyan csúcsa, ami nem esik B = B(O, N + B(p1 , c) gömb teljes egészében lenség miatt. Ebben a gömbben van tehát egy ezért B(p1 , 2c) ∪ B -n K -ban kívül van K -beli van, és diszjunkt az el®z® pont, ami különbözik B(p1 , c) van a háromszög-egyenl®t- pont. Mivel p2 . B(p2 , c) K nem korlátos, teljes egészében gömbt®l, van tehát benne egy q1 -t®l. pontokat, akkor vül es® pont. A q1 ∈ Γ0 pont, legyen ez Ugyanezt az eljárást ismételgetjük. q1 , q2 , . qn−1 K -ban qn ∈ Γ0 pn ∈ K q2 ∈ Γ0 p1 , p2 , . pn−1 és Sn−1 B ∪ ( i=1 B(pi , 2c)) halmazon kí- Ha már megtaláltuk a legyen a ekkor kiválasztható a teljes egészében K -ba gömbb®l, és a

háromszög-egyenl®tlenség miatt biztosan különbözik a es® B(pn , c) q1 , q2 , . qn−1 pontoktól. Ezzel az állítást beláttuk 3.24 Tétel Γ és ∆ legyenek kvázi-izometrikus szép gráfok, f : Γ ∆ egy kváziizometria Ekkor Γ ∆ V K(BN ) ≥ V K(BbcN c ) (∀N ≥ D) valamely c és D konstansokra és alkalmasan választott gyökérpontokra. Bizonyítás. den c4 Γ-beli és c5 Legyen pontot f :Γ∆ ∆ kvázi-izometrikus függvény. Feltehet®, hogy f min- egy csúcsába visz, ehhez esetleg növelnünk kell eggyel a konstansokat. (Ha f (p) egy p ∈ Γ-ra 25 él belsejébe esik, akkor az f (p)-t c2 , az http://www.doksihu él valamelyik végpontjára változtatjuk.) Γ-ban. Az f (O) pont legyen ∆ Készítsük el 3.21 alapján a f |Γ0 egy Γ0 ∆0 lemma miatt K N -et O ∈ V (Γ) gyökérpontja. (f (O) ekkor egy Γ0 és bijekció. Tekintsük komponensét, ahol Rögzítsünk egy ∆0 Γ halmazokat, amelyek egy BN

gyökérpontot ∆-beli cΓ csúcs.) c∆ ill. vágásánál fennmaradó s¶r¶ek, és K a 3.22 lemma alapján válasszuk elég nagyra (N bármely két pontjának képei összeköthet®k a kívül. (Tehát összeköthet®k B(f (O), bcN c)-en végtelen > D). B(f (O), cN ) A gömbön kívül is.) p1 p2 f (p1 ) f (p2 ) f O f (O) B(f (O), bcN c) B(O, N ) Tekintsük csak a Γ0 ∩K -beli pontokat. Ezek végtelen sokan vannak a 3.23 lemma miatt, és képeik ezért végtelen sok csúcsot határoznak meg, hiszen a csúcsok az iménti megállapításunk szerint összeköthet®k a kívül, vagyis a ∆ gráf BbcN c 3.21 miatt N  c̃ , és K̃ h = (f |Γ0 )−1 Válasszunk az egyik bijektív. Ezek B(f (O), bcN c) gömbön vágásánál egyazon végtelen komponensbe esnek. Most belátjuk, hogy minden el®áll így. A f |Γ0 ∆-beli BbcN c -nél függvény a h-hoz BbcN c -nél ∆0 keletkezett végtelen komponens halmazon egy kvázi-izometrikus

leképezés 3.22 szerint c̃ és D̃ konstansokat. Legyen keletkezett végtelen komponens. Legyen egy végtelen komponense. Ekkor nyilván 3.23 miatt végtelen sok pontja van L̃ ⊆ K̃ . L̃-ban. Mivel K̃ BM ezért Ezek közül bármely kett®t kiválasztva B(O, N )-en kívül,   N c̃ ≥ N M c̃ = c̃ 26 a ∆0 c∆ -s¶r¶ ∆-ban, azok összeköthet®kL̃-ban, vagyis a 3.22 miatt ®seik összeköthet®k gömbön kívül, tehát összeköthet®k L̃ M = hiszen Γ-ben B(O, M c̃) http://www.doksihu Végtelen sok Γ ∆0 ∩ L̃-beli pontot kiválasztva látjuk, hogy az ®s®k egyazon BN keletkezett végtelen komponensbe esnek, vagyis K̃ valóban el®áll képként. Ezzel készen vagyunk,mert megadtunk egy szürjektív leképezést a kez® végtelen komponensek halmazáról a vágásnál Γ BN -nél kelet- ∆ BbcN c -nél keletkez® végtelen komponensek halmazára. 3.25 Következmény Ha Γ és ∆ kvázi-izometrikus szép gráfok, akkor

V(Γ) = V(∆), vagyis a végek száma kvázi-izometria-invariáns. Bizonyítás. V(∆). Az el®z® tételt alkalmazzuk esetén. Azt kapjuk, hogy Mivel a kvázi-izometria szimmetrikus reláció, ezért van izometrikus függvény. N ∞ 3.26 N ∞ metrikus terekre. ∆ Γ kvázi- Az el®z® tételt tehát alkalmazhatjuk erre a függvényre is esetén, és azt kapjuk, hogy Megjegyzés. V(Γ) ≥ V(Γ) ≤ V(∆). A fenti tételeket lényeges nehézség nélkül átvihetjük bizonyos Ha a metrikus tér geodetikus (vagyis két pont távolsága éppen a két pont közötti legrövidebb út hossza), és minden zárt gömb kompakt, akkor a végekre vonatkozó els® és harmadik deníciónk most is ekvivalens lesz (3.18), és a fenti lemmák és tételek is mind átvihet®k. Az ilyen metrikus terekre tehát a végek száma szintén kvázi-izometria invariáns. Adunk néhány példát: • V(Γ) = 0 ⇔ Γ egy véges gráf. • V(Tn ) = ∞ (n ≥ 3), ahol Tn Ennek egy

N ∞ BN az n-reguláris fa. vágásánál pontosan Az ábrán az n = 4 eset látható. 4·3N −1 végtelen komponens keletkezik, ami esetén végtelenehez tart. 27 http://www.doksihu • Az n ágú fés¶nek ágú fés¶vel, ha n vége van. Ez tehát valóban nem kvázi-izometrikus az m m 6= n. 3.3 Csoportok végei; a Freudenthal-Hopf tétel Az el®z® részek tanulságait egyesíthetjük. Mivel a Cayley-gráfok szép gráfok, ezért a fenti tételeket alkalmazhatjuk rájuk. A 238 és a 325 következmény miatt az alábbi deníció értelmes: 3.31 Deníció Egy G gráf végeinek száma, ahol Jelölés: végesen generált csoport végeinek száma legyen a S tetsz®legesen választott véges generátorrendszere G-nek. V(G) A végek száma alapján például könny¶ látni, hogy az n Γ(G, S) elemmel generált szabad csoport, és • V(Z) = 2 Z 6∼ Z2 , m ≥ 1, n ≥ 2. és Zm 6∼ Fn , ahol Fn Itt tekintsük az egyelem¶

generátorrendszert, erre nézve a Cayley- gráf éppen a számegyenes: csúcsai a pontok, élei a szomszédos egészeket összeköt® szakaszok. Minden BN vágásnál pontosan 2 végtelen komponens marad a gráfban. • V(Fn ) = ∞ (n ≥ 2). reguláris fa. A BN A Cayley-gráf az adott generátorrendszerrel egy vágásnál N −1 2n · (2n − 1) ez a szám pedig végtelenhez tart N ∞ 28 2n- végtelen komponens keletkezik, esetén. http://www.doksihu • V(Zm ) = 1 (m ≥ 2) egy n A Cayley-gráf a szokásos kételem¶ generátorrendszerre dimenziós négyzetrács, amib®l egy N sugarú gömböt kivágva mindig 1 összefügg® végtelen komponenst kapunk. Most már könnyen elérhet® a 14. oldalon megígért hiányzó bizonyítás is: korábbról tudjuk, hogy Ugyanakkor R ∼ Z és R2 ∼ Z2 V(R) = 2 3.32 Tétel és (Itt V(R2 ) = 1, R-re és R2 -re metrikus térként gondoltunk). tehát . (Freudenthal-Hopf, 1944) Z 6∼ Z2 , innen pedig R 6∼

R2 . Egy végesen generált csoportnak 0, 1, 2 vagy végtelen sok vége lehet. Bizonyítás. Az iménti példákban láttuk, hogy létezik 0, 1, 2 és ∞ vég¶ csoport is. Elegend® megmutatnunk, hogy ha egy csoportnak véges sok vége van, akkor legfeljebb 2 vége lehet, vagyis nem létezik legalább 3, de véges sok véggel rendelkez® csoport. Tegyük fel indirekt, hogy egy Legyen mivel ezt az G csoportra 3 ≤ V(G) = v < ∞. Γ egy Cayley-gráf, és a gyökérpont legyen a csoport egységeleme. v = limN ∞ V K(BN )  létezik olyan BN N -et, és tekintsünk egy Ez biztosan létezik, hiszen g∈G v 6= 0, vágás, ahol pontot, amely a vagyis Γ V K(BN ) = v . B(e, 2N ) Ekkor  Rögzítsük gömbön kívül esik. végtelen, lokálisan véges gráf. g e gB(e, N ) B(e, N ) q gp gq p A g körüli N sugarú gömb ekkor diszjunkt B(e, N )-t®l. S®t, gB(e, N ) = B(g, N ), ahol a bal oldali szorzás alatt a 2.310 megjegyzésben deniált

hatást értjük Vegyük 29 http://www.doksihu észre, hogy a gráfból nenst tartalmaz: a ha p és q gB(e, N )-et g -vel között van út a g akkor A BN g -szerese. gömb a B(e, N ) összefügg®), és ugyanígy a van. Most végezzük el a legalább vágás után, akkor a v−1 (Ugyanígy ha gp és p és gq q egy komponensbe esik, között is van út.) vágás egyik komponensében van (hiszen B(e, N ) gB(e, N ) gömb a B(e, N ) ∪ gB(e, N ) gB(e, N ) vágás egyik komponensében vágást. Mindkét gömbnél külön-külön olyan végtelen komponens keletkezik, amely nem tartalmazza a má- sikat, vagyis az együttes vágásnál legalább Tehát egy véges vágással elérhet®, hogy vagyis darab végtelen kompo- gB(e, N ) kivágásánál van gp és gq -szeresük is egy komponensbe esik, vagyis gB(e, N ) v való szorzás ugyanis a gráfnak egy izomorzmusa, vagyis között is út: az eredeti út −1 kihagyva a gráf szintén 2v − 2 ≤ v

, innen pedig v ≤ 2, 2v − 2 2v − 2 végtelen komponens keletkezik. végtelen komponens keletkezzen, ami ellentmond v ≥ 3-nak. A végeken topológiát is deniáltunk. Felmerül a kérdés, hogy milyen topologikus terek állnak el® csoportok végeib®l? 3.33 Tétel Egy végesen generált csoport végei csak a következ® topologikus tereket alkothatják: (1) Üres tér (2) 1 vagy 2 pontú diszkrét topologikus tér (3) Cantor-halmaz Bizonyítás. Az els® két eset nyilván a 0, 1 és 2 vég¶ csoportokhoz tartozik. Ha a csoport végtelen vég¶, akkor végei a Cantor halmazt alkotják. Legyen egy Cayley-gráfja, és legyen D = γΓΓ a vizsgált tér. Ha belátjuk, hogy Γ a csoport D kompakt, nulladimenziós, metrizálható, és nincs izolált pontja, akkor készen vagyunk, hiszen az egyetlen ilyen halmaz a Cantor-halmaz. Legyen φ ∈ D egy pont, belátjuk, hogy nem izolált. Ekkor van olyan UK (K ∈ KT ), B(O, N ) tartalmazza K hogy határát, mert

Legyen φ ∈ D ∩ UK ⊆ U . K U Ha a φ egy környezete. N elég nagy, akkor határa kompakt, tehát korlátos. Így a vágásnál keletkez® végtelen komponensek mindegyike vagy teljes egészében vagy teljes egészében Γ K -ba esik. 30 BN K -ba, http://www.doksihu Legyen γΓ UVN , V = (Vj )∞ j=1 a φ-hez tartozó vég. φ ∈ UK ∩ (γΓ UVN )-nek azaz VN ∈ φ ⇒ φ ∈ / UVN ⇒ φ ∈ Mivel kell teljesülnie. Ha VN ⊆ K : UK ⊆ UVN ⇒ UK ∩ (γΓ UVN ) = ∅. Tehát VN ⊆ ΓK . Létezik olyan komponensre esik szét. a gB(O, M ) vágás Legyen VM -et M ≥ N , hogy a BM vágásnál g ∈ VM B(O, 2M ). Ekkor Γ legalább 3 végtelen gB(O, M ) ⊆ VM , úgy darabolja, hogy legalább kett® végtelen komponens keletkezik. Ezek közül csak egy van φ-ben, legyen ez V 0 . Egy V 0 -t®l különböz® másik komponens egy másik végben van benne, az ehhez tartozó k-ultrasz¶r® legyen Mivel VM és K és ψ.

diszjunktak, ezért VM ∈ ψ ⇒ K ∈ / ψ ⇒ ψ ∈ UK . Tehát φ nem izolált pont. A kompaktság az 1.34 tétel és az 139 állítás következménye A nulladimenziósságot bizonyítottam az 1311 állításban A metrizálhatósághoz elegend® megadnunk egy megszámlálható bázist, BN vágásoknál keletkez® végtelen kompoV K(N ) i i . Ekkor az LN halmazok megszámlálható sokan vannak Vegyük nensek (LN )i=1 i i i a L̂N = X LN alakú halmazokat, és legyen UN = UL̂i ∩ D . Azt állítjuk, hogy az N UNi halmazok bázist alkotnak. (Nyilván megszámlálható sokan vannak) hiszen D D-ben komapkt Hausdor. Legyenek a Mivel (UK ∩ D) {UK ∩ D : K ∈ KT } során láttuk, hogy a K ∩LiN = ∅. Ekkor K D-ben, φ ∈ ezért elegend® belátnunk, hogy UNi ⊆ (UK ∩ D). i k-halmazhoz van olyan LN φ∈ / ULiN . D = (UK ∩ D) ∪ (UXK ∩ D), φ∈ bázis i esetén van olyan UN , hogy ∈φ φ ∈ A fenti konstrukció végtelen komponens, hogy

Az 1.311 állításban beláttuk a következ® összefüggést: ahol az unió diszjunkt unió. Tehát itt UNi . φ∈ / ULiN miatt Ugyanakkor ψ ∈ UNi ⇒ ψ ∈ / ULiN ⇒ LiN ∈ ψ ⇒ K ∈ / ψ ⇒ ψ ∈ UK . Az els® implikációnál a D = (UK ∩ D) ∪ (UXK ∩ D) i és LN diszjunktságát használtuk ki. Tehát 31 UNi ⊆ UK . felbontást, a harmadiknál Ezzel az állítást beláttuk. K http://www.doksihu 3.4 Két vég¶ csoportok A két vég¶ csoportokról pontos algebrai jellemzés adható. Célunk az, hogy bebizonyítsuk: minden két vég¶ csoport véges index¶ részcsoportként tartalmazza Z-t. 3.41 Deníció (Szimmetrikus dierencia) Két halmaz szimmetrikus dierenciá- ját a következ®képpen deniáljuk: A4B = (A ∪ B) (A ∩ B) Az alábbi két azonosságot bizonyítás nélkül közlöm, ezek könnyen ellen®rizhet®k: 3.42 Állítás A szimmetrikus dierenciára teljesül: (1) A4B = (A4C)4(C4B) (2) A4B = Ac 4B c 3.43 Állítás c

Ha E egy Γ(G, S) Cayley-gráf néhány csúcsát tartalmazza, akkor c (gE) = gE (∀g ∈ G) Bizonyítás. gE c = g{k : k ∈ / E} = {gk : k ∈ / E} = {gk : gk ∈ / gE} = (gE)c A továbbiakban legyen Legyen rad C G egy két vég¶ csoport a Γ = Γ(G, S) Cayley-gráal. egy olyan véges vágás, ami után pontosan két végtelen komponense ma- Γ-nak, az egyik csúcsai az E halmazt, a másikéi az F halmazt alkotják. esetlegesen keletkez® véges sok véges komponens csúcsait belevesszük 3.44 Lemma Bizonyítás. Az C -be. Legyen g ∈ G tetsz®leges. Ekkor E4gE vagy (E4gE)c véges Tekintsük a C ∪ gC vágást, és az esetlegesen keletkez® véges kompo- nenesek csúcsait még vegyük hozzá, így kavpa egy komponensre bontja a gráfot, komponensek amelyeket a C E 0 -re illetve és gC F 0 -re. C0 Mivel vágást, amely két végtelen E, F, gE, gF olyan végtelen vágással kaphatunk, ezért a b®vebb gásnál keletkez® komponensekre

teljesül, hogy 32 C0 vá- http://www.doksihu (1) (E 0 ⊆ E) ∧ (F 0 ⊆ F ) vagy (2) illetve (3) (E 0 ⊆ gE) ∧ (F 0 ⊆ gF ) (E 0 ⊆ F ) ∧ (F 0 ⊆ E) vagy (4) (E 0 ⊆ gF ) ∧ (F 0 ⊆ gE). E4gE ⊆ C 0 , Ha (1) és (3) vagy (2) és (4) teljesül, akkor (1) és (4) vagy (2) és (3) teljesül, akkor 3.45 Lemma c (E4gE) ⊆ C 0 tehát , tehát E4gE c (E4gE) véges. Ha véges. A fenti jelölésekkel legyen H = {g ∈ G : |E4gE| < ∞}. Ekkor H egy legfeljebb 2 index¶ részcsoportja G-nek. Bizonyítás. El®ször be kell látnunk, hogy és a szorzásra. Mivel tegyük fel, hogy H részcsoport, azaz zárt az inverzképzésre |E4hE| = |h−1 E4E|, h1 , h2 ∈ H . ezért egyszerre végesek. A szorzához A 3.42 állítás alapján E4h1 h2 E = (E4h1 E)4(h1 E4h1 h2 E) = (E4h1 E)4h1 (E4h2 E). Mivel E4h1 E és tegyük fel, hogy E4h2 E H 6= G véges, ezért a bal oldal is véges. A és g1 , g2 ∈ G H . −1 mellékosztályba tartoznak, azaz

g1 g2 ∈ |G : H| ≤ 2 belátásához Belátjuk, hogy g1 és g2 ugyanazon H , vagyis E4g1 g2−1 E véges. E4g1 g2−1 E = (E4g1 E)4(g1 E4g1 g2−1 E) = (E4g1 E)4g1 (E4g2−1 E) = (E4g1 E)c 4g1 (E4g2−1 E)c A kapott (E4g1 E)c és (E4g2−1 E)c halmazok végesek, tehát E4g1 g2−1 E is véges. Legyen a B(e, 2N ) N akkora, hogy a B(e, N ) gömbön kívüli csúcs. gömb tartalmazza a Ilyen h gömbön kívül es® pontja. Ekkor 3.46 Lemma vágást. Legyen biztosan van, hiszen nem lehet véges: a fenti lemma miatt tehát B(e, 2N ) C H G h∈H két vég¶, vagyis sem lehet véges, ezért van a véges hC ∩ C = ∅ teljesül. A fenti jelölésekkel az alábbi két állítás közül pontosan az egyik teljesül: (1) (E ∩ hE c = ∅) ∧ (E c ∩ hE 6= ∅) (2) (E ∩ hE c 6= ∅) ∧ (E c ∩ hE = ∅) 33 http://www.doksihu Bizonyítás. h ∈ H miatt egyrészt hE| = ∞ következik. Ha hC ⊆ F , Ugyanakkor akkor (1), ha E4hE h választása

miatt hC ⊆ F hC ⊆ E , vagy akkor (2) teljesül. C hC (1) |E ∪ hE| = ∞ véges, amib®l miatt hC ⊆ E |E ∩ teljesül. E hE C (2) hC hE E 3.47 Tétel Bizonyítás. Létezik egy f : H Z homomorzmus, aminek a magja véges. Ha ezek részei a h ∈ H , akkor E4hE E4hE halmaznak. véges, tehát f -et E ∩ hE c és E c ∩ hE is véges, mert a következ®képpen deniáljuk: f (h) = |E ∩ hE c | − |E c ∩ hE| A következ® felírással E ∩hE c diszjunkt unióként áll el®. (Legyen g ∈ G tetsz®leges.) E ∩ hE c = (E ∩ hE c ∩ hgE c ) ∪ (E ∩ hE c ∩ hgE) Hasonlóan E c ∩ hE -re: E c ∩ hE = (E c ∩ hE ∩ hgE c ) ∪ (E c ∩ hE ∩ hgE) Ezzel kaptunk f -re egy másik deníciót: f (h) =|E ∩ hE c ∩ hgE c | + |E ∩ hE c ∩ hgE| (15) − |E c ∩ hE ∩ hgE c | − |E c ∩ hE ∩ hgE| Ha g ∈ H teljesül, akkor |hE c ∩ hgE|, ezért |E ∩ gE c | = |hE ∩ hgE c |, és hasonlóan |E c ∩ gE| = f

(g) = |E ∩ gE c | − |E c ∩ gE| = |hE ∩ hgE c | − |hE c ∩ hgE|. 34 http://www.doksihu E -be A jobb oldali kifejezést különválasztjuk az alapján, hogy mely tagok esnek E c és -be: f (g) =|E ∩ hE ∩ hgE c | + |E c ∩ hE ∩ hgE c | (16) − |E ∩ hE c ∩ hgE| − |E c ∩ hE c ∩ hgE| (15) és (16) összeadásával kapjuk: f (h) + f (g) = |E ∩ hE c ∩ hgE c | + |E ∩ hE ∩ hgE c | − |E c ∩ hE ∩ hgE| − |E c ∩ hE c ∩ hgE| = |E ∩ hgE c | − |E c ∩ hgE| f (hg) Ezzel beláttuk, hogy f homomorzmus. Be kellene még látnunk, hogy a mag véges, vagyis hogy véges sok kivétellel véges sok olyan B(e, 2N )-be, ra h∈H f (h) 6= 0. van, amelyre Mivel hC ∩ C 6= ∅, C egy véges vágás, ezért csak hiszen ezek a h-k mind beleesnek amely csak véges sok csúcsot tartalmaz. Tehát az összes többi C ∩ hC = ∅, vagyis alkalmazható a 3.46 lemma deníciójában szerepl® két tag közül pontosan az egyik Ebben az

estben az 0. Tehát kivétellel. 3.48 Következmény h ∈ H- f (h) 6= 0 f (h) véges sok Egy csoportnak akkor és csak akkor van két vége, ha létezik Z-vel izomorf véges index¶ részcsoportja. Bizonyítás. Az el®z® tétel szerint G-nek amelyb®l létezik egy fenti tulajdonságú elem, amelyre Z-be. részcsoportja, Legyen h egy olyan Ekkor izomorf véges index¶ részcsoportja, akkor a 2.316 tétel G-ben 1 vagy 2, ezért Ha G-nek van miatt homomorzmus H f (h) 6= 0. indexe G ∼ Z, Z-vel hhi f van egy véges index¶ izomorf |G : hhi | Z-vel, és véges index¶ H -ban. Mivel H is véges. tehát tetsz®leges Cayley-gráfjuk kvázi-izometrikus, vagyis a 3.25 következmény miatt V(G) = V(Z) = 2. 3.5 A 0, 1 és ∞ vég¶ csoportok Megismertük tehát 0 és 2 vég¶ csoportokat. Jó hír, hogy a végtelen vég¶ csoportokat is sikerült jellemezni a 20 század második felében Sajnos a tétel pontos 35 http://www.doksihu kimondása

meghaladja a szakdolgozat kereteit. Az egyszer¶sített tétel megismeréséhez deniálnunk kell a szabad szorzatot: 3.51 Deníció G hSG |RG i, illetve és H legyenek az alábbi módon prezentált csoportok: H = hSH |RH i, ahol SG ∩ SH = ∅. G = Ekkor G ∗ H = hSG ∪ SH |RG ∪ RH i 3.52 Tétel (Stallings, 1968) [3] Egy végesen generált torziómentes G csoportnak akkkor és csak akkor van végtelen sok vége, ha G = A ∗ B , ahol A és B nem triviális csoportok. A tétel pontos kimondása és bizonyítása megtalálható [4]-ben. Ismerjük tehát a végtelen vég¶ csoportokat is: csupán az egy vég¶ csoportokat fedi továbbra is homály, ezeknek a vizsgálatához nomabb eszközök kellenek. 36 http://www.doksihu 4. Összefoglalás, kitekintés Bemutattuk a csoportok végeivel kapcsolatos alapfogalmakat. A végtelen cso- portok geometriai vizsgálatát a Cayley-gráfjukon keresztül valósítottuk meg: ehhez el®ször meg kellett értenünk a

gráfok geometriáját. Deniáltuk a kvázi-izometriát, amely egy kit¶n® eszköz a kis léptékben eltér®, de nagy léptékben hasonló szerkezet¶ metrikus terek összehasonlításásra. A csoportok végeit ezen fogalmak segítségével deniáltuk, a jobb megértés és kés®bbi használat érdekében többféleképpen. Itt érdemes megjegyezni, hogy a Freudenthal-Hopf tétel belátásához elég lett volna a végekre egy geometriától és Cayley-gráfoktól független deníciót is adni, így azonban két vég¶ csoportokat nem tudtuk volna jellemezni. Természetesen nem csak csoportokhoz deniálhatunk végeket. Deniálhatjuk például algebrák végeit is, ezt megtalálhatjuk [5]-ben. Itt sem geometriai denícióval találkozunk Érdekes kérdés, hogy egyáltalán milyen struktúráknál lehet vagy érdemes a végeket deniálni? A csoportok vizsgálatánál maradva azonban a csoportok határait is deniálhatjuk. Ehhez el®ször szükségünk lenne a Gromov-féle

hiperbolicitásra, ami nem fért ezen szakdolgozat keretei közé, bár a fenti tételek és állítások segítségével már nem jelent fáradságos munkát a bemutatásuk. Ezután deniálhatnánk a hiperbolikus csoportokat Egy hiperbolikus csoport Calyey-gráfjának csúcsaiból induló egy irányban végtelen hosszú utakat ekvivalensnek mondunk, ha Hausdor-távolságuk korlátos. Az ekvivalencia-osztályok alkotják a Cayley-gráf határát, amin van egy természetes topológia is. A határ szintén kvázi-izometria-invariáns bizonyos (hiperbolikus) metrikus tereken A határból már sokkal több következtetést vonhatunk le a csoport szerkezetére, és nomabb osztályozást ad a (hiperbolikus) csoportokra. Ismert például, hogy minden kompakt metrizálható topologikus tér el®áll, mint egy szép hiperbolikus metrikus tér határa. Nem tudjuk azonban, hogy ezek közül mik állnak el®, mint hiperbolikus csoportok határai. Érdekes eredményeket találunk a témában

[6]-ban. Végül megemlítem, hogy a nagybani geometria vizsgálata nem csak a végekben merül ki: deniálhatjuk például egy csoport növekedési függvényét. A 37 G csoportra http://www.doksihu βG (N ) legyen a Cayley-gráf adott csúcsa körüli ma. Két különböz® pontra vagy Cayley-gráfra N sugarú gömbbe es® csúcsok szá- C1 βG (N ) ≤ βG (N ) ≤ C2 βG (N ). Ál- talában két növekedési függvényt ekvivalensnek mondunk, ha hányadosuk korlátos. Ekkor a kvázi-izometrikus csoportok ekvivalens növekedési függvénnyel rendelkeznek. Egy növekedési függvény polinomiális, ha valamely polinommal osztva a kapott függvény korlátos. Például Zm polinom, innen látható, hogy növekedési függvénye m-t®l függ®en különböz® fokú m Z és Zn nem kvázi-izometrikus, ha m 6= n. Bármely legalább 2 rangú szabad csoport növekedési függvénye pedig exponenciális. A növekedési függvény polinomiális volta

kvázi-izometria-invariáns. A polinomiális növekedési függvény¶ csoportokról Mikhail Gromov adott jellemzést A tétel bizonyítása megtalálható [7]-ben. Tétel . (Gromov) Egy végesen generált csoport akkor és csak akkor polinomiális növekedés¶, ha van olyan véges index¶ részcsoportja, ami nilpotens. 38 http://www.doksihu A. Jelölések P(X) X összes részhalmazának halmaza ∂H H halmaz határa (az aktuális topológiában) int(H) H bels® pontjai (az aktuális topológiában) KT kompakt határú zárt halmazok a T topologikus térben H H halmaz lezárása az aktuális topológiában Hc A H R a valós számok halmaza N a természetes számok halmaza: Z az egész számok halmaza bxc az x valós szám alsó egészrésze dxe az x valós szám fels® egészrésze V (Γ) A Γ gráf csúcshalmaza E(Γ) A Γ gráf élhalmaza B(p, r) r idX Az X Fn Az n halmaz komplementere az aktuális alaphalmazra sugarú

nyílt gömb p körül: N = {0, 1, 2, . } B(p, r) = {x : d(p, x) < r} halmaz identitásfüggvénye: f (x) = x (∀x ∈ X) elemmel generált szabad csoport 39 http://www.doksihu B. Hivatkozások [1] Császár Ákos: Bevezetés az általános topológiába. Akadémiai Kiadó, 1970. [2] Brian Bowditch: A course on geometric group theory. http://www.mathucdavisedu/ kapovich/280-2009/bhb-ggtcoursepdf 2005. [3] John Meier: Groups, Graphs and Trees  An Introduction to the Geometry of Innite Groups. Cambridge University Press, 2008. [4] Ross Geoghegan: Topological Methods in Group Theory. Springer, 2008. [5] Elek Gábor, Aryeh Y. Samet-Vaillant: The Ends of Algebras Communications in Algebra, Volume 34, Issue 8, 2967 - 2975 2006. [6] Michael Kapovich, Bruce Kleiner: Hyperbolic groups with low dimensional boun- dary Ann. Sci Éc Norm Supér, IV Sér 33 (2000), no 5, 647-669 1999. [7] Cornelia Drutu, Michael Kapovich: Lectures on Geometric Group Theory

http://www.mathucdavisedu/ kapovich/EPR/ggtpdf 40