Elliptikus 3-sokaságok

Hasonló dokumentumok
Csoporthatások. 1 Alapfogalmak 1 ALAPFOGALMAK. G csoport hatása az X halmazon egy olyan µ: G X X leképezés, amelyre teljesül

Algebra gyakorlat, 4. feladatsor, megoldásvázlatok

DiMat II Végtelen halmazok

Fraktálok. Kontrakciók Affin leképezések. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék. TARTALOMJEGYZÉK Kontrakciók Affin transzformációk

MBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós

Riemanngeometria 1 c. gyakorlat A Riemann-terekkel kapcsolatos fogalmak, jelölések

MM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )

24. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 3.)

Diszkrét matematika 2. estis képzés

1. tétel - Gráfok alapfogalmai

Diszkrét matematika 2.

Lin.Alg.Zh.1 feladatok

Diszkrét matematika 2. estis képzés

Lineáris leképezések. Wettl Ferenc március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések március 9. 1 / 31

1. Részcsoportok (1) C + R + Q + Z +. (2) C R Q. (3) Q nem részcsoportja C + -nak, mert más a művelet!

17. előadás: Vektorok a térben

Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)

Lagrange és Hamilton mechanika

Diszkrét Matematika. zöld könyv ): XIII. fejezet: 1583, 1587, 1588, 1590, Matematikai feladatgyűjtemény II. (

Eötvös Loránd Tudományegyetem

Csoportok végei. Szakdolgozat. Kisfaludi-Bak Sándor. Témavezet : Moussong Gábor Geometriai tanszék

10. előadás. Konvex halmazok

Sz cs András. Topológia

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Chomsky-féle hierarchia

Hadamard-mátrixok Előadó: Hajnal Péter február 23.

Geometria 1 normál szint

Matematika (mesterképzés)

Numerikus módszerek 1.

MM4122/2: CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( ) 1. Ismétlés február 8.február Feladat. (2 pt. közösen megbeszéltük)

Komplex számok. Komplex számok és alakjaik, számolás komplex számokkal.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

FELVÉTELI VIZSGA, július 21. Írásbeli próba MATEMATIKÁBÓL A. RÉSZ

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

Diszkrét matematika 1. középszint

Funkcionálanalízis. Gyakorló feladatok március 22. Metrikus tér, normált tér és skalárszorzat tér

Metrikus terek, többváltozós függvények

Szinguláris értékek. Wettl Ferenc április 3. Wettl Ferenc Szinguláris értékek április 3. 1 / 28

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Folytonos görbék Hausdorff-metrika Mégegyszer a sztringtérről FRAKTÁLGEOMETRIA. Metrikus terek, Hausdorff-mérték. Czirbusz Sándor

0,424 0,576. f) P (X 2 = 3) g) P (X 3 = 1) h) P (X 4 = 1 vagy 2 X 2 = 2) i) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2 X 0 = 2) j) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2)

HALMAZELMÉLET feladatsor 1.

1. Bázistranszformáció

1. Mellékosztály, Lagrange tétele

Relációk Függvények. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Itt és a továbbiakban a számhalmazokra az alábbi jelöléseket használjuk:

Julia halmazok, Mandelbrot halmaz

f(x) vagy f(x) a (x x 0 )-t használjuk. lim melyekre Mivel itt ɛ > 0 tetszőlegesen kicsi, így a a = 0, a = a, ami ellentmondás, bizonyítva

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Skalárszorzat, norma, szög, távolság. Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach/ 2005.

Szinguláris értékek. Wettl Ferenc április 12. Wettl Ferenc Szinguláris értékek április / 35

1. Komplex függvények dierenciálhatósága, Cauchy-Riemann egyenletek. Hatványsorok, elemi függvények

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás

Explicit hibabecslés Maxwell-egyenletek numerikus megoldásához

Konvex optimalizálás feladatok

Funkcionálanalízis. n=1. n=1. x n y n. n=1

Megoldások 9. osztály

3. Feloldható csoportok

Haladók III. kategória 2. (dönt ) forduló

Egyváltozós függvények 1.

Diszkrét matematika 1. estis képzés

Differenciálgeometria

1. Házi feladat. Határidő: I. Legyen f : R R, f(x) = x 2, valamint. d : R + 0 R+ 0

Lin.Alg.Zh.1 feladatok

Geometria 1 normál szint

1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni

Függvényhatárérték és folytonosság

RE 1. Relációk Függvények. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!

1. Szimmetriák. Háromszög-szimmetria. Rubin Zafir Kalcit aluminium-oxid: Al 2 O 3 kalcium-karbonát: CaCO 3

13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a felbontási teste

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4.

Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, szeptember 29.) Maróti Miklós

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria III.

Láthatjuk, hogy az els szám a 19, amelyre pontosan 4 állítás teljesül, tehát ez lesz a legnagyobb. 1/5

LINEÁRIS ALGEBRA. matematika alapszak. Euklideszi terek. SZTE Bolyai Intézet, őszi félév. Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40

Relációk. 1. Descartes-szorzat. 2. Relációk

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Elméleti összefoglaló a Valószín ségszámítás kurzushoz

Vektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott

Keresztmetszet másodrendű nyomatékainak meghatározása

A hiperbolikus síkgeometria Poincaré-féle körmodellje

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Felügyelt önálló tanulás - Analízis III.

Függvények határértéke, folytonossága

Diszkrét matematika 2.

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2017/2018-as tanév 2. forduló Haladók II. kategória

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:

Miért fontos számunkra az előző gyakorlaton tárgyalt lineáris algebrai ismeretek

1. A Hilbert féle axiómarendszer

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Gömbök homotopikus csoportjai geometriai tárgyalásban

Gráfok színezése Diszkrét matematika 2009/10 sz, 9. el adás

Diszkrét matematika I.

Vektorok. Wettl Ferenc október 20. Wettl Ferenc Vektorok október / 36

Debreceni Egyetem Természettudományi Kar. Losonczi László. Funkcionálanalízis

A Peano-görbe. Besenyei Ádám ELTE

Átírás:

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Elliptikus 3-sokaságok BSc Szakdolgozat Írta: Sz ke Nóra Gabriella Matematika BSc, matematikus szakirány Témavezet Moussong Gábor, egyetemi adjunktus Geometriai Tanszék Budapest, 2012

Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet mnek, Moussong Gábornak az érdekes témafelvetésért, a sok segítségért és hasznos szakmai tanácsért, melyek nélkül ez a dolgozat nem jöhetett volna létre.

Tartalomjegyzék 1 Tartalomjegyzék Bevezetés 2 1. Sokaságok geometriája 3 1.1. Az elliptikus geometria deníciója sokaságokon.............. 3 1.2. Példák elliptikus sokaságokra....................... 6 1.3. Hogyan keressünk elliptikus sokaságokat?................. 7 1.3.1. Az univerzális fed tér........................ 7 1.3.2. S n csoporthatással faktorizálása.................. 13 2. Seifert tétele 17 2.1. Jelölések................................... 17 2.2. SO(3) véges részcsoportjai......................... 18 2.3. S 3 véges részcsoportjai........................... 21 2.4. SO(4) véges részcsoportjai......................... 22 2.4.1. Az S(G 1 G 2 ) alakú részcsoportok................ 22 2.4.2. A szubdirekt szorzat........................ 25 2.4.3. SO(4) további véges részcsoportjai................. 27 2.4.4. Seifert tétele............................. 30 3. Néhány elliptikus 3-sokaság 31 3.1. A lencseterek................................ 31 3.2. A Poincaré-féle dodekaédertér....................... 33 Irodalomjegyzék 35

Bevezetés 2 Bevezetés Régóta ismert eredmény, hogy tetsz leges kompakt 2-sokaságon, azaz felületen megadható lokálisan homogén geometriai struktúra, és hogy a felületnek a topológiája meghatározza, mely geometriával látható el a gömbi, euklideszi illetve hiperbolikus geometriák közül. Ennek ismeretében felmerült a kérdés, mi történik magasabb dimenziós sokaságok esetén. Kiderült, hogy ez már 3-sokaságokra is rendkívül bonyolult: ott már többféle geometriát meg kell engedni (természetesen ezek közül három megegyezik az el bbiekkel: elliptikus, euklideszi és hiperbolikus). William P. Thurston írta le ezt a 8 struktúrát, melyeket Thurston-geometriáknak neveztek el róla ([1]). Szintén az nevéhez f z dik a geometrizációs sejtés, mely dióhéjban azt mondja ki, hogy hasonló a helyzet, mint felületek esetén: Minden 3-sokaság megkapható olyan sokaságok összerakásával, melyek már elláthatók a 8 geometria valamelyikével. (A pontosabb megfogalmazása megtalálható itt: [3], Ÿ6.) Itt meg kell említenünk egy rendkívül új és híres eredményt a témában: Perelman 2003-ban bebizonyította a geometrizációs sejtést, mely speciálisan a Poincaré-sejtést is magában foglalta. A 8 geometriából 7 esetében már sikerült az oda tartozó 3-sokaságokat osztályozni, a hiperbolikus 3-sokaságokról azonban még sok dolgot nem tudunk. Dolgozatomban az ismertebb geometriák közül az egyiket választottam: a kompakt elliptikus 3-sokaságok osztályozását szeretném bemutatni. Az els fejezetben deniáljuk, mit értünk elliptikus struktúrán egy sokaságon. A szakirodalomban sokféle deníció található erre, a legtöbb ekvivalens egymással. Itt egy er sebbet választottunk ezek közül, mellyel a szakdolgozat keretein belül beláthatjuk a szükséges állításokat. Még ebben a fejezetben megmutatjuk, hogy egy ilyen sokaságot S 3 /Γ alakban kell keresnünk, ahol Γ SO(4) egy véges részcsoport, mely szabadon hat az S 3 gömbön. A második fejezetben az ilyen Γ csoportokat osztályozzuk, az itt szerepl ötletek jórészt M. M. Postnikovtól származnak. ([2]) A harmadik fejezetben kiválasztunk néhányat az így kapott sokaságok közül, és azokat részletesebben bemutatjuk.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 3 1. fejezet Sokaságok geometriája El ször általánosabban, n dimenzióban deniáljuk az elliptikus geometriai struktúrát. Jelölje S n n + 1 dimenzióban az egységgömböt: S n = {x R n+1 : x = 1}. Ebben a fejezetben S n -re kétféleképpen is gondolunk: mint topologikus (vagy akár dierenciálható) n-sokaságra, másrészt pedig mint metrikus térre a d metrikával, ahol ez a gömbfelszínen történ távolságmérést jelenti. (Tehát például az átellenes pontok távolsága π.) 1.1. Az elliptikus geometria deníciója sokaságokon 1.1. Deníció. Az (M, A) pár elliptikus n-sokaság, ha a következ k igazak: M topologikus n-sokaság. A atlasz M-en a következ tulajdonságokkal: Ha ϕ egy A-beli térkép, akkor Dom(ϕ) = U M nyílt halmaz, és ϕ : U S n homeomorzmus U és ϕ(u) között. Az A-beli térképek értelmezési tartományainak uniója M. Ha ϕ : U S n és ψ : V S n két térkép, akkor az átmeneti leképezés S n egy izometriájának lesz kítése, azaz ϕ ψ 1 : ψ(u V ) ϕ(u V ) egy O(n+1)- beli elem megszorítása ψ(u V )-re. 1.2. Megjegyzés. Akárcsak a dierenciálható sokaságok deníciójánál, itt is felmerül az a probléma, hogy ugyanazt a struktúrát többféle atlasszal is deniálhatjuk egy sokaságon. Így ekkor is azt mondjuk, hogy két atlasz legyen ekvivalens, ha az uniójuk is atlasz. Tehát a struktúrát tulajdonképpen atlaszok egy ekvivalenciaosztálya határozza meg, vagy mondhatjuk azt is, hogy a maximális atlasz abban az ekvivalenciaosztályban.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 4 A továbbiakban legyen A mindig ilyen maximális atlasz a sokaságon, valamint az egyszer ség kedvéért nem írjuk ki a párt, csak azt mondjuk, hogy M elliptikus sokaság. 1.3. Megjegyzés. Ugyanilyen módon deniálható nem csak az elliptikus, de az euklideszi vagy a hiperbolikus geometriai struktúra is egy sokaságon: Csupán S n helyett E n -et vagy H n -et kell írni, O(n + 1) helyett pedig az euklideszi illetve a hiperbolikus tér izometriáinak csoportját. 1.4. Megjegyzés. Ismeretes, hogy az itt használt deníció ekvivalens azzal, hogy M Riemann-sokaság konstans 1 görbület Riemann-metrikával (vagy euklideszi illetve hiperbolikus esetben konstans 0 illetve 1 görbület ). Már ennyib l belátható, hogy ekkor M lokálisan izometrikus a (megfelel dimenziós) gömbbel. Néhány bizonyításhoz szükségünk lesz a Lebesgue-lemmára, illetve egy er sebb változatára: 1.5. Lemma (Lebesgue-lemma). Legyen g egy Q kompakt metrikus térb l egy X topologikus térbe képez folytonos függvény, és {U α : α A} X-nek egy nyílt fedése. Ekkor létezik olyan δ > 0, hogy bármely x, y Q-ra ϱ(x, y) < δ esetén van olyan α A, hogy g(x), g(y) U α. 1.6. Következmény. Legyen g : Q X folytonos, Q kompakt metrikus tér, X topologikus tér, és {U α : α A} X-nek nyílt fedése. Ekkor olyan δ > 0 is létezik, hogy minden x Q-ra van α A, hogy g(b δ (x)) U α. (Itt B δ (x) = {y Q : ϱ(x, y) < δ}.) 1.7. Állítás. Legyen M összefügg elliptikus n-sokaság. Ekkor az A atlasz segítségével tudunk ϱ metrikát deniálni M-en, mely által generált topológia éppen az M topológiája, és minden ϕ A lokális izometria Dom(ϕ) és a képe között. Bizonyítás. Lokálisan, azaz a térképek értelmezési tartományain egyértelm en kijelöl dik a térképek által, hogy minek kell lennie a metrikának (ahhoz, hogy izometriák legyenek). Azt kell belátnunk, hogy ebb l tudunk az egész M-en is metrikát megadni. Ehhez el ször deniáljuk görbék hosszát. Idézzük fel, hogy R k -ban akkor hívtunk egy görbét rektikálhatónak, ha a bele írható töröttvonalak hosszának van limesze, ha a felosztás nomsága tart 0-hoz, és a görbe hossza ez a limesz. Ugyanezt megtehetjük tetsz leges metrikus térben, így S n -en is. Nevezzünk egy γ : [a, b] M görbét szépnek, ha minden ϕ térképre a ϕ γ görbe (ez állhat több darabból is, vagy lehet üres az értelmezési tartománya) minden darabja rektikálható S n -ben. Így a γ görbe hosszát is tudjuk értelmezni a következ képpen: [a, b] intervallumnak legyen a = a 0 < a 1 < < a k = b egy felosztása úgy, hogy minden j {0,1,..., k 1}-re γ([a j, a j+1 ]) benne van egy térkép értelmezési tartományában, válasszunk is egy ilyen térképet, legyen ez ϕ j. (Ilyeneket tudunk

1. fejezet: Sokaságok geometriája 5 választani: a Lebesgue-lemmát alkalmazzuk a [0,1] metrikus térre, γ leképezésre, és M-nek a térképek értelmezési tartományaiból álló nyílt fedésére.) Ekkor a γ görbe hossza: l(γ) = k 1 j=0 l(ϕ j γ [aj,a j+1 ]), ahol l jelöli az S n -beli görbék hosszát is. Be kell látnunk, hogy ez a hossz jóldeniált, azaz nem függ a térképek és a felosztás választásától. El ször rögzítsük a felosztást, és lássuk be, hogy ekkor a térképek választásától nem függ l(γ) értéke. Legyen a = a 0 < a 1 < < a k = b a felosztás, j {0,1,..., k 1}-re ϕ j és ψ j olyan térképek, hogy γ([a j, a j+1 ]) Dom(ϕ j ) Dom(ψ j ). Az elliptikus sokaság deníciója szerint az átmeneti leképezés ϕ j és ψ j között S n -nek egy izometriája, emiatt γ [aj,a j+1 ] görbe ϕ j és ψ j általi képének hossza megegyezik (mert egy izometria viszi ket egymásba): l(ϕ j γ [aj,a j+1 ]) = l(ψ j γ [aj,a j+1 ]). Ebb l látható, hogy a hossz valóban nem függ a térképek választásától adott felosztásra. Most nézzük meg, mi történik, ha a felosztásunkba beleveszünk egy új osztópontot, legyen ez x (a j, a j+1 ). Ekkor az [a j, a j+1 ]-en kívüli görbedarabokra vehetjük ugyanazt a térképet, mint eddig, és a két új darabra pedig vehetjük ϕ j -t. Nyilván l(ϕ j γ [aj,x])+l(ϕ j γ [x,aj+1 ])=l(ϕ j γ [aj,a j+1 ]), tehát az így választott térképekkel ugyanaz maradt a hosszt deniáló szumma értéke. Ebb l következ en a felosztást tetsz legesen nomítva sem változhat ez az érték. Ha pedig adott két különböz felosztásunk, azoknak tekintsük a közös nomítását. Mivel mindkett vel deniált hossz megegyezik a közös nomításuk által meghatározott értékkel, így az egyenl különböz felosztásokra. A görbék hosszának segítségével már tudunk metrikát deniálni: Legyen ϱ:m M R, ϱ(x, y)=inf{l(γ):γ:[a, b] M szép görbe, γ(a)=x, γ(b)=y}. Belátjuk, hogy ez metrika: Ez az érték nyilván nemnegatív minden (x, y) M M-re, legyen ϱ(x, y)=0, kell, hogy ekkor x=y. Legyen ϕ egy x körüli térkép U értelmezési tartománnyal. Ekkor létezik ε>0, hogy B ε (ϕ(x))={p S 3 :d(p, ϕ(x)) ε} ϕ(u). Mivel x és y távolsága 0, ez azt jelenti, hogy tetsz legesen rövid görbéket találhatunk, melyeknek x a kezd pontja és y a végpontja, legyen γ : [a, b] M egy ilyen, melyre l(γ) < ε. Ha y / ϕ 1 (B ε (ϕ(x))), akkor létezik t (a, b), hogy γ [a,t] ϕ 1 (B ε (ϕ(x))) és γ(t) (ϕ 1 (B ε (ϕ(x)))), azaz d(ϕ(γ(t)), ϕ(x))=ε. Tehát γ [a,t] görbe a ϕ 1 (B ε (ϕ(x))) halmazban van, emiatt ϕ térkép értelmezési tartományában halad, így egyetlen térkép segítségével mérhet a hossza: l(γ [a,t] ) = l(ϕ γ [a,t] ) ε, hiszen a két végpontjának távolsága ε. Ebb l következik, hogy l(γ) l(γ [a,t] ) ε, pedig l(γ)<ε, ellentmondást kaptunk. Tehát y benne van a B ε (ϕ(x)) gömb ϕ általi sképében, vagyis d(ϕ(y), ϕ(x)) ε. Ez minden ε > 0-ra igaz, így d(ϕ(y), ϕ(x)) = 0, emiatt ϕ(x) = ϕ(y) (mert d metrika), és mivel ϕ bijektív, így x = y. ϱ nyilván szimmetrikus, mert ϱ(x, y) és ϱ(y, x) ugyanannak a halmaznak az inmuma, hiszen ugyanazok a görbék lesznek jók, csak ellenkez irányban járjuk be ket.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 6 Tegyük fel, hogy nem igaz a háromszög-egyenl tlenség, vagyis vannak x, y, z M pontok, melyekre ϱ(x, y) + ϱ(y, z) < ϱ(x, z). Ekkor létezik ε > 0, hogy ϱ(x, y) + +ϱ(y, z)+2ε < ϱ(x, z). Legyen γ 1 : [a, b] M olyan, hogy γ 1 (a) = x, γ 1 (b) = y és l(γ 1 ) ϱ(x, y)+ε. Hasonlóan legyen γ 2 : [b, c] M olyan, hogy γ 2 (b) = y, γ 2 (c) = z és l(γ 2 ) ϱ(y, z)+ε. (Ilyenek léteznek ϱ deníciója miatt.) Legyen γ :[a, c] M az a görbe, melyre γ(t) = γ 1 (t), ha t [a, b] és γ(t) = γ 2 (t), ha t [b, c]. Ekkor γ x-b l z-be men szép görbe, és l(γ) = l(γ 1 )+l(γ 2 ) ϱ(x, y)+ε+ϱ(y, z)+ε < ϱ(x, z). Ez ellentmond ϱ deníciójának, tehát valóban teljesül a háromszög-egyenl tlenség. Ezzel a metrikával a térképek lokálisan izometrikusak: Legyen U egy térkép értelmezési tartománya, ezen két metrika is adott: az el bb deniált ϱ, és ϱ, melyet úgy kapunk, hogy a térképpel visszahúzzuk S n metrikáját. Azt kell belátnunk, hogy minden x U- nak van V U nyílt környezete, hogy V -n ϱ megegyezik ϱ -vel. Világos, hogy x, y U-ra ϱ(x, y) ϱ (x, y) (ϱ deníciója miatt.) Ha valamely pontokra ϱ(x, y) < ϱ (x, y), az úgy lehetséges, ha egy U-ból kilép rövidebb görbe köti össze ket. Azonban ha ϱ (x, y) kisebb, mint x és y (ϱ szerinti) távolsága U komplementerét l, akkor ez nem fordulhat el. Tehát tetsz leges x U-ra ha r = inf{ϱ (x, z) : z U}, akkor V = B r (x) jó lesz. 2 1.2. Példák elliptikus sokaságokra 1.8. Példa. A legkézenfekv bb példa maga S n, ezen atlaszt alkotnak az O(n + 1)-beli elemek tetsz leges nyílt halmazokra való megszorításai. Hasonlóan S n -nek egy nyílt részsokasága is elliptikus sokaság, ezen atlasz az el bbi térképek megszorításai. 1.9. Állítás. Legyen (M, A) elliptikus n-sokaság, N n-sokaság, és p : N M fed leképezés. Ekkor meg tudunk adni B atlaszt N-en, mellyel (N, B) elliptikus n- sokaság és a p fed leképezés lokális izometria. Bizonyítás. Legyen y N tetsz leges pont. Ekkor a fedés deníciója alapján p(y) M pontnak létezik U M nyílt környezete, hogy p 1 (U) diszjunkt V 1, V 2,... nyílt halmazokból áll (feltehet, hogy y V 1 ), és p Vi homeomorzmus V i és U között minden i-re. Legyen U U tetsz leges olyan nyílt halmaz, mely egy ϕ térkép értelmezési tartománya, és p(y) U. Legyen V = p 1 (U ) V 1. Ekkor egy y körüli térkép legyen a következ : ψ : V S n, ψ = ϕ p. Ez homeomorzmus, mert p homeomorzmus p 1 (U ) tetsz leges komponense és U között, tehát homeomorzmus V és p(v ) között is, ϕ pedig homeomorzmus U és a képe között. Az így kapott térképek nyilván lefedik N- et, mert N minden pontjára választottunk térképet. Azt kell megmutatnunk, hogy az átmeneti leképezések O(n + 1)-beli elemek lesz kítései. Legyenek ψ 1 és ψ 2 két térkép,

1. fejezet: Sokaságok geometriája 7 ψ 1 : V 1 S n, ψ 1 = ϕ 1 p, ψ 2 : V 2 S n, ψ 2 = ϕ 2 p. Ekkor ψ 1 ψ 1 2 = ϕ 1 p p 1 ϕ 1 2 = ϕ 1 ϕ 1 2, ami valóban S n egy izometriájának lesz kítése. (Itt természetesen a p 1 értelmes, hiszen olyan halmazra megszorítva tekintjük, amelyen már p homeomorzmus.) Az állítás második részét kell még bebizonyítanunk, vagyis hogy p lokális izometria. Ez ekvivalens azzal, hogy ha ψ térkép N-en, ϕ térkép M-en, akkor ϕ p ψ 1 S n -nek egy izometriája. Ez pedig igaz, hiszen ψ = ϕ 0 p valamilyen ϕ 0 térképre M-en, így a fenti kifejezés átírható: ϕ p ψ 1 = ϕ p p 1 ϕ 1 0 = ϕ ϕ 1 0, mely egy izometria megszorítása. 1.10. Példa. Az X G X csoporthatás reguláris, ha minden x X-nek létezik U x nyílt környezete, melyre g(u x ) U x = (minden g G-re, mely nem az egységelem). Tudjuk, hogy ekkor az X X/G faktorleképezés fedés. Legyen Γ O(n+1) véges részcsoport, mely szabadon hat S n -en, azaz az identitáson kívül egyik Γ-beli elemnek sincs xpontja. Ekkor ez a csoporthatás reguláris, tehát a q : S n S n /Γ faktorleképezés fedés. Mivel Γ elemei izometriák, ezért az elliptikus struktúrát átvihetjük ezzel a fedéssel a faktortérre, ebb l következ en S n /Γ is elliptikus n-sokaság. (Ez tulajdonképpen valamilyen értelemben az el bbi állítás megfordítása, a bizonyítása nagyon hasonló: a térképeket úgy kapjuk, hogy S n /Γban tekintjük egy eléggé kicsi környezetét egy pontnak, melynek az seir l a fedés már homeomorzmus, ekkor az azokon értelmezett térképeket a fed leképezéssel átvihetjük a pont környezetére. Ezek között az átmeneti leképezések éppen amiatt lesznek izometriák, hogy Γ elemei izometrikusak.) 1.3. Hogyan keressünk elliptikus sokaságokat? Legyen M összefügg elliptikus n-sokaság. Rögzítsünk egy x 0 M pontot és ϕ : U S n térképet, melyre x 0 U. 1.3.1. Az univerzális fed tér 1.11. Lemma. Legyen s:[0,1] M egy M-beli út, melynek kezd pontja x 0, azaz s(0)= = x 0. Ekkor létezik a [0,1]-nek 0 = t 0 < t 1 < < t k+1 = 1 felosztása, hogy s([t j, t j+1 ]) U j minden j {0,1,..., k}-ra, és U j a ϕ j térkép értelmezési tartománya, ϕ 0 = ϕ, melyekre teljesül a következ : ϕ j ϕ 1 j+1 =id S n ϕ j+1 (U j U j+1 ). (Tehát az utat le tudjuk fedni nyílt halmazokkal, melyek olyan térképek értelmezési tartományai, hogy az azok között lev átmeneti leképezések éppen az identitás megszorításai legyenek.) Ha egy tetsz leges felosztásra ψ 0 = ϕ, ψ 1,..., ψ l egy másik ilyen térképsorozat, akkor ϕ k (s(1)) = ψ l (s(1)).

1. fejezet: Sokaságok geometriája 8 Bizonyítás. A létezés bizonyítása: Alkalmazzuk a Lebesgue-lemma er sebb változatát a [0,1] metrikus térre, M topologikus térre és s leképezésre. Az összes lehetséges térkép értelmezési tartományai egy nyílt fedését alkotják M-nek, tehát létezik δ > 0, hogy a δ sugarú gömbök (azaz a 2δ hosszú nyílt szakaszok) képei benne vannak egy térkép értelmezési tartományában. El ször t 1 -et válasszuk olyannak, hogy s([0, t 1 ]) U, és legyen t 1 < t 2 < < t k+1 = 1 2δ-nál nomabb felosztás. Ehhez léteznek U 1, U 2,..., U k hogy minden 1 j k-ra s([t j, t j+1 ]) benne van U j -ben (és ezek térképek értelmezési tartományai). Már csak a térképeket kell megválasztani: ϕ 0 = ϕ adott, a többit teljes indukcióval választjuk ki. Ha már megvan ϕ 0,..., ϕ j 1, akkor: Létezik φ j : U j S n térkép, és tudjuk, hogy a ϕ j 1 φ 1 j = γ j leképezés S n egy izometriájának megszorítása. Legyen ϕ j =γ j φ j, az el z megállapítás miatt ez is egy térkép U j -n. Ekkor ϕ j 1 ϕ 1 = ϕ j 1 φ 1 j γ 1 j = γ j γ 1 j = id S n ϕj (U j 1 U j ), tehát erre is teljesül a lemma feltétele. A második részt több lépésben bizonyítjuk: el ször rögzített felosztásra vegyünk másik nyílt halmazokat és térképeket, legyenek ezek U = V 0, V 1,..., V k és ϕ = ψ 0, ψ 1,..., ψ k. Ekkor nyilván ϕ 0 ψ0 1 az identitás megszorítása ϕ(u)-ra, hiszen ezek a térképek megegyeznek. Indukcióval bizonyítjuk, hogy ϕ j ψ 1 j is az identitás megszorítása ψ j (U j V j )-re. (U j V j, mert s([t j, t j+1 ]) mindkett ben benne van) Ha már tudjuk j 1-re: jelöljük a ψ j (U j 1 U j V j 1 V j ) halmazt V -vel, ekkor V, mert ψ j (s(t j )) V. ϕ j 1 ψ 1 j 1 = id S n ψ j 1 (U j 1 V j 1 ) ϕ j 1 ϕ 1 j = id S n ϕj (U j 1 U j ) ψ j 1 ψ 1 j = id S n ψj (V j 1 V j ) (ϕ j ψ 1 j ) V = ( (ϕ j ϕ 1 j 1 ) (ϕ j 1 ψ 1 j 1 ) (ψ j 1 ψ 1 j ) ) V = = ( (id S n ϕj 1 (U j U j 1 )) (id S n ψj 1 (U j 1 V j 1 )) (id S n ψj (V j 1 V j )) ) V = id S n V Mivel a V nyílt halmazra való megszorítása egyértelm en meghatározza, hogy ϕ j ψ 1 j mely O(n+1)-beli elem megszorítása, így ϕ j ψ 1 j = id S n ψj (U j V j ), ezzel igazoltuk az állítást. Alkalmazzuk ezt ϕ k -ra és ψ k -ra, abból következik, hogy ϕ k (s(1)) = ψ k (s(1)). Tehát rögzített felosztásra mindegy, milyen térképeket választunk, attól nem függ a végpont képe. Következ lépésként belátjuk, hogy ha egy felosztást nomítunk, akkor ahhoz tudunk térképeket mutatni úgy, hogy s(1) képe ne változzon: ha x (t j, t j+1 ) új osztópont, akkor a [t j, x] és [x, t j+1 ] intervallumokra válasszuk az eredeti felosztáshoz tartozó U j nyílt halmazt és ϕ j térképet, a többin pedig ne változtassunk. Ezek a térképek nyilván teljesítik a feltételeket, és s(1) képe mindkét esetben ϕ k (s(1)). Vegyünk most két különböz felosztást, azt kell belátnunk, hogy ha választunk hozzájuk j =

1. fejezet: Sokaságok geometriája 9 ϕ = ϕ 0, ϕ 1,..., ϕ k, valamint ϕ = ψ 0, ψ 1,..., ψ l térképeket, akkor a végpont képe mindkét esetben ugyanaz az S n -beli pont. Ehhez tekintsük a közös nomításukat, és válasszunk ahhoz ϕ = φ 0, φ 1,..., φ m térképsorozatot. Az el z ekb l tudjuk, hogy ϕ k (s(1)) = φ m (s(1)), és hogy ψ l (s(1)) = φ m (s(1)). Tehát valóban igaz, hogy ϕ k (s(1)) = = ψ l (s(1)). A lemma segítségével látható, hogy az x 0 kezd pontú utaknak megfeleltettünk S n -beli utakat ϕ(x 0 ) = y 0 kezd ponttal, és a végpont nem függ attól, milyen térképekkel tettük ezt meg. Így deniálhatunk egy leképezést, mely egy x 0 kezd pontú úthoz egy S n -beli pontot rendel, az S n -beli út végpontját: Ha s útra ϕ 0, ϕ 1,..., ϕ k egy jó térképsorozat, akkor legyen f(s) = ϕ k (s(1)) S n. Ha X jelöli az x 0 kezd pontú utak halmazát, akkor f :X S n függvény. Belátjuk, hogy ez a hozzárendelés az út homotópiaosztályától sem függ: 1.12. Lemma. Legyenek s 1, s 2 : [0,1] M utak, melyekre s 1 (0) = s 2 (0) = x 0 és s 1 (1) = = s 2 (1). Tegyük fel, hogy s 1 és s 2 kötötten homotópok, azaz létezik homotópia köztük, melynél a végpontok mindvégig helyben maradnak. Ekkor f(s 1 ) = f(s 2 ). Bizonyítás. Mivel s 1 és s 2 kötötten homotópok, ezért létezik H : [0,1] [0,1] M homotópia, melyre minden t [0,1]-re H(0, t) = s 1 (t), H(1, t) = s 2 (t), és s [0,1]- re H(s,0) = x 0, H(s,1) = s 1 (1) = s 2 (1) = x 1. Ismét alkalmazzuk a Lebesgue-lemma második változatát, most H leképezésre, [0,1] [0,1]-re és M-re, a nyílt fedés ismét a térképek értelmezési tartományai. Tehát létezik δ > 0, hogy a δ sugarú nyílt gömbök képei benne vannak egy-egy térkép értelmezési tartományában. Legyen t 1 olyan, hogy t 1 < δ 2, és H([0,1] [0, t 1 ]) U, majd tekinstünk egy t 1 < t 2 < < t k+1 = 1 felosztást, mely δ 2-nél nomabb. Ekkor i, j {0,1,..., k}-ra H([t i, t i+1 ] [t j, t j+1 ]) benne van egy térkép értelmezési tartományában, hiszen ezeknek a kis téglalapoknak az átlója rövidebb, mint 2δ. Válasszunk is ilyen nyílt halmazokat, legyen H([t i, t i+1 ] [t j, t j+1 ]) U i,j (úgy, hogy U 0,j = U). Válasszunk U = U 0,0, U 0,1,..., U 0,k halmazokhoz ϕ = ϕ 0,0, ϕ 0,1,..., ϕ 0,k téképeket, hogy Dom(ϕ 0,j ) = U 0,j, és a szomszédosak közti átmeneti leképezések az identitás megszorításai. (Ilyeneket tudunk választani, ezt az el bbi állítás bizonyíátásában igazoltuk, és azt is tudjuk, hogy f(s 1 ) = ϕ 0,k (H(0,1)) = =ϕ 0,k (x 1 ).) Valamint legyen ϕ=ϕ 0,j 0 j k-ra. Ekkor vannak olyan {ϕ i,j :1 i, j k} térképek, hogy 1 i, j k esetén ϕ i 1,j ϕ 1 i,j és ϕ i,j 1 ϕ 1 i,j az identitás megszorításai (a megfelel halmazokra). Ilyen térképeket a következ képpen tudunk választani: Sorfolytonosan tesszük meg a térképek kiválasztását, azaz el ször U 1,j -ket mondjuk meg (j szerint sorban), majd U 2,j -ket, stb. Mivel U 0,j -k és U i,0 -k adottak, így egy ϕ i,j térkép kiválasztásánál ϕ i 1,j és ϕ i,j 1 már ismert, elég csak azt belátni,

1. fejezet: Sokaságok geometriája 10 hogy azokhoz tudunk olyan térképet választani, mely teljesíti a fenti feltételt. Ilyet a következ képpen találunk: Mivel ϕ i 1,j -re teljesül az állítás, ezért ϕ i 1,j 1 ϕ 1 i 1,j az identitás megszorítása ϕ i 1,j (U i 1,j 1 U i 1,j ) halmazra. Hasonlóan ϕ i,j 1 -re is teljesül, ezért ϕ i 1,j 1 ϕ 1 i,j 1 = id S n ϕ i,j 1 (U i 1,j 1 U i,j 1 ). Jelöljük V -vel U i 1,j 1 U i 1,j U i,j 1 U i,j halmazt, ez nem üres, hiszen H(t i, t j ) V, és legyen ψ tetsz leges térkép U i,j értelmezési tartománnyal (ilyen létezik). Ekkor ϕ i 1,j ψ 1 = γ S n egy izometriájának lesz kítése, legyen ϕ i,j = γ ψ, így nyilván teljesül, hogy ϕ i 1,j ϕ 1 i,j = id S n ϕ i,j (U i 1,j U i,j ). A másik feltételt kell még ellen riznünk: (ϕ i,j 1 ϕ 1 i,j ) V = ((ϕ i,j 1 ϕ 1 i 1,j 1 ) (ϕ i 1,j 1 ϕ 1 i 1,j ) (ϕ i 1,j ϕ 1 i,j )) V Az el z megállapítások miatt a fenti három zárójelben az identitás megszorítása szerepel a megfelel halmazokra, így az egészet V -re megszorítva is az identitást kapjuk. Mivel ϕ i,j 1 ϕ 1 i,j -nek már V -re való megszorítása meghatározza a ϕ i,j (U i,j 1 U i,j )-re való megszorítását, így készen vagyunk, tudtunk jó ϕ i,j -t választani. Az így választott {ϕ k,j : 0 j k} térképek egy jó térképsorozat az s 2 úthoz, ezért f(s 2 )=ϕ k,k (H(1,1))=ϕ k,k (x 1 ). Legyen V = k j=0 U j,k, ez nem üres, mert x 1 V. Tehát (ϕ 0,k ϕ 1 k,k ) V = ((ϕ 0,k ϕ 1 1,k ) (ϕ 1,k ϕ 1 2,k )... (ϕ k 1,k ϕ 1 k,k )) V. Ez a k darab leképezés mind az identitás megszorításai, így (ϕ 0,k ϕ 1 k,k ) V = id S n V. Ebb l következ en f(s 1 ) = ϕ 0,k (x 1 ) = ϕ k,k (x 1 ) = f(s 2 ), ezzel bebizonyítottuk a lemmát. Azt kaptuk tehát, hogy f konstans az utak (kötött) homotópiaosztályain. Legyen s 1, s 2 X-re s 1 s 2, ha megegyezik a végpontjuk és kötötten homotópok. Ez egy ekvivalenciareláció X-en. Legyen M = X/ az ekvivalenciaosztályok halmaza, mivel f konstans ezeken az osztályokon, ezért értelmes az f függvény lefaktorizálása, legyen ez f : M S n. Ismeretes, hogy az x 0 kezd pontú utak homotópiaosztályai - megfelel topológiával ellátva - éppen az M sokaság univerzális fed terét alkotják. (Tehát nem véletlen az M jelölés.) Lássuk el M-ot ezzel a topológiával, így M egyszeresen összefügg n-sokaság, és legyen p: M M fed leképezés. (Jelölje [s] az s út homotópiaosztályát. Ha [s] M, akkor p([s])=s(1) M, és mindegy, melyik reprezentánst választjuk az ekvivalenciaosztályból, hiszen a végpontjuk megegyezik.) Alkalmazzuk az 1.9 állítást az M univerzális fed térre és a p fedésre. Ez azt mondja ki, hogy az elliptikus struktúra felemelhet M-nek tetsz leges fed terére. Rögzítsünk tehát à atlaszt M-on, melyre ( M, Ã) elliptikus n-sokaság, és p lokális izometria.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 11 1.13. Lemma. Ha M kompakt, akkor az f : M S n függvény folytonos, lokális izometria és fed leképezés is. Bizonyítás. Legyen [s] M tetsz leges. Ekkor létezik olyan U nyílt környezete, hogy p U homeomorzmus. Ekkor p([s]) = s(1) M pontra létezik olyan ψ térkép, hogy ψ(s(1)) = f(s) = f([s]). Legyen V = Dom(ψ) p(u) M nyílt halmaz. Ekkor létezik U p 1 (V ) nyílt, melyben benne van [s], és teljesül rá, hogy bármely [s ] U -re az [s ] homotópiaosztályból választhatunk olyan reprezentánst, mely az s út és egy U -ben haladó görbe egymás után f zése, mondhatjuk azt, hogy ez éppen s. (Ez minden olyan M-beli nyíltra igaz, amely összefügg, és a p megszorítása a halmazra homeomorzmus.) Így amikor s útra választunk megfelel térképsorozatot (amely f deníciójában szerepel), akkor válaszhatjuk éppen ugyanazokat a térképeket, mint s- hez választottuk, és az utolsó térkép itt is ψ, hiszen a görbénk s-t l különböz része Dom(ψ)-ben halad. Tehát ψ(s (1))=f(s )= f([s ]). Ebb l következ en az U halmazon f = ψ p, hiszen f([s ]) = f(s ) = ψ(s (1)) = ψ(p([s ])) [s ] U. Tehát f lokálisan két lokális izometria kompozíciójaként kapható, így maga is lokálisan izometrikus. Azt kell még belátnunk, hogy f fed leképezés. Mivel p fedés, ezért a deníció szerint minden x M-nek létezik U x M nyílt környezete, hogy p 1 (U x ) = V 1 V 2..., ahol V i -k páronként diszjunktak és p Vi homeomorzmus V i és U x között minden i-re. Az ilyen U x -ek nyílt fedését alkotják M-nek, használjuk a Lebesgue-lemma er sebb változatát M-re, mint kompakt metrikus térre, az identitásra, és az {U x : x M} fedésre. Tehát létezik r 1 > 0, hogy bármely x M-re B r1 (x) már benne van egy jó környezetben, vagyis B r1 (x) maga is egy jó környezete x-nek a p fedéshez. {Dom(ϕ) : ϕ térkép, az egész értelmezési tartományán izometrikus} M-nek egy nyílt fedése. Ezek a nyílt halmazok valóban fedik M minden pontját, hiszen ha tetsz leges pontra annak egy környezetér l veszünk egy térképet, akkor ennek a pont még kisebb környezetére való megszorítása már izometria. Alkalmazzuk ismét az er sebb Lebesgue-lemmát M-re, az identitásra és a fenti fedésre. Tehát létezik r 2 > 0, hogy minden x M-re van ψ térkép, hogy B r2 Dom(ψ), és ψ izometria. Ebb l következik, hogy minden B r2 (x)-et tartalmazó izometrikus ϕ térképre igaz, hogy ϕ(b r2 (x)) = B r2 (ϕ(x)). Legyen r = min{r 1, r 2 }, és y S n tetsz leges pont, U := B r (y) S n. Legyen f 1 (y) = = {[s 1 ], [s 2 ], [s 3 ],... } M. Ekkor tetsz leges s i -re p([s i ]) = s i (1)-nek B r (s i (1)) jó

1. fejezet: Sokaságok geometriája 12 környezete, legyen V i p 1 (s i (1)) az az összefügg ségi komponens, melyre [s i ] V i. Így p Vi homeomorzmus. Másrészt s i (1) pontra létezik olyan ψ i térkép, melyre ψ i (s i (1))= = f([s i ]), B r (s i (1)) Dom(ψ i ), és ez a ψ i még izometria is. (Valóban tudunk ilyet választani, hiszen van olyan ϕ térkép, mely izometria és B r (s i (1)) Dom(ϕ), és van olyan φ térkép, hogy φ(s i (1)) = f([s i ]). Ha φ ϕ a γ O(n + 1) megszorítása, akkor legyen ψ i = γ ϕ, és ez jó lesz.) Erre a ψ i -re teljesül az is, hogy minden [s] V i -re f([s]) = ψ i (s(1)) = ψ i (p([s])). (Ez amiatt van így, mert [s i ]-re igaz, V i összefügg és p Vi homeomorzmus.) Ebb l következik, hogy minden i-re f V i -re való megszorítása homeomorzmus, hiszen ott két homeomorzmus kompozíciójaként írható fel. Belátjuk, hogy f 1 (U)=V 1 V 2 V 3..., és hogy ezek páronként diszjunktak: (Ebb l következik, hogy f fed leképezés.) Tegyük fel, hogy van [s] f 1 (U), hogy minden i-re [s] / V i. Ekkor s(1)-re is van jó ψ térkép és V M környezete [s]-nek (melyek teljesítik ugyanazokat, mint ψ i és V i s i -re). Tudjuk azt is, hogy ψ(b r (s(1))) = B r (ψ(s(1))) y, hiszen ψ(s(1)) U = B r (y). Mivel f V = ψ p V és y ψ(p(v )) = f(v ), ezért [s j ] V valamely j-re. Tehát s j (1) p(v ) = = B r (s(1)), így s(1) B r (s j (1)). V V j -re megszorítva p homeomorzmus V V j és B r (s(1)) B r (s j (1)) között, ezért létezik [s ] V V j, hogy p([s ]) = s(1) = p([s]). Mivel p V -n bijektív, ezért [s ] = [s], tehát [s] V j. Beláttuk, hogy V 1 V 2 V 3... valóban a teljes sképe U-nak. Most tegyük fel, hogy V i V j, legyen [s] V i V j. Deniáljuk ψ-t és V -t s-re ugyanúgy, mint az el bb, és hasonlóan belátható, hogy [s i ] V és [s j ] V, ez pedig ellentmond annak, hogy f V Tehát f fed leképezés M-ról S n -re. homeomorzmus. 1.14. Következmény. Kompakt M-re n 2 esetén f homeomorzmus és izometria M és S n között. Bizonyítás. Amennyiben n 2, akkor S n egyszeresen összefügg és M összefügg, így az f fedés rétegszáma 1, tehát ez egy homeomorzmus S n és M között. Mivel f emellett lokális izometria is, ebb l könnyen látható, hogy globálisan is izometrikus: Görbék hosszának a mérésénél csak a kis távolságok számítanak, azaz a görbébe írt töröttvonalak egyenes szakaszai, ha a felosztás eléggé nom, akkor már benne lesznek olyan nyílt halmazokban, ahol f izometria. Tehát ha γ : [0,1] M egy görbe, akkor l ϱ (γ)=l d ( f γ). (Itt l ϱ az M-beli ϱ metrika szerinti hosszt, l d pedig S n -ben a d metrika szerinti hosszt jelöli.) Mindkét metrikára igaz az, hogy két pont távolsága megegyezik az egyikb l a másikba haladó utak hosszainak inmumával, így, mivel egy görbének a hossza ugyanaz, mint f általi képének hossza, ezért két pont távolsága is éppen annyi, mint a képeik távolsága. Tehát f izometrikus leképezés.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 13 Tehát beláttuk, hogy kompakt elliptikus n-sokaságnak az univerzális fed tere éppen S n (vagyis azonosítható vele). 1.3.2. S n csoporthatással faktorizálása Az ebben a részben szerepl állítások már csak arra az esetre vonatkoznak, amikor a rögzített M elliptikus n-sokaság kompakt. 1.15. Deníció. Legyen Γ = π 1 (M, x 0 ), ez véges csoport, hiszen az univerzális fed tér kompakt. Ha [s] M egy út homotópiaosztálya, [γ] Γ egy hurok homotópiaosztálya, akkor legyen [γ]([s]) = [γs] M, ahol γs a γ hurok és az s út egymás után f zését jelöli, így ez is egy út lesz x 0 -ból s(1)-be. 1.16. Állítás. A fenti Γ M M leképezés jóldeniált, xpontmentes csoporthatás. Bizonyítás. A jóldeniáltság triviális, hiszen ha γ 1 homotóp γ 2 -vel, s 1 kötötten homotóp s 2 -vel, akkor γ 1 s 1 kötötten homotóp γ 2 s 2 -vel. Az is könnyen látható, hogy ez csoporthatás: [γ 1 ]([γ 2 ]([s])) = ([γ 1 ][γ 2 ])([s]) amiatt igaz, hogy a fundamentális csoportban az egymás után f zés a m velet, és nyilván 1([s])=[s] (hiszen az egységelem a nullhomotóp utak homotópiaosztálya). Már csak a xpontmentességet kell belátni: Ha [γ]([s]) = [s], az azt jelenti, hogy s kötötten homotóp γs úttal. Jelölje s azt az utat, hogy s-en visszafelé megyünk végig. Ekkor s( s) kötötten homotóp γs( s)-el, vagyis mivel s( s) nullhomotóp hurok, ezért γs( s) is, tehát γ is. Azt kaptuk, hogy egy ilyen xpont létezése esetén [γ] = 1. Vegyük észre, hogy tetsz leges x M-re egy [γ] Γ elem M-ban x-nek a brumát permutálja, hiszen [γ]([s]) végpontja megegyezik [s] végpontjával, vagyis p([γ]([s])) = = s(1) = p([s]). (Valamint az is igaz, hogy injektív: Ha [γ]([s 1 ]) = [γ]([s 2 ]), akkor [γs 1 ] = = [γs 2 ], tehát [s 1 ] = [s 2 ].)Ebb l következ en [γ] : M M bijekció. (Jelöljük így a [γ] elem hatását is M-on.) 1.17. Állítás. Minden [γ] Γ-ra a [γ] : M M leképezés lokális izometria. Bizonyítás. Mivel M kompakt, ezért létezik r > 0, hogy p minden r sugarú gömbön már izometrikus. Legyen [s] rögzített pont M-ban. Ekkor van olyan V M környezete s(1)-nek, hogy tetsz leges x V -re s 1 (1)=x esetén létezik s út, hogy s (1)=x, kötötten homotóp s 1 -gyel, és s el ször végigmegy s-en (például a [0, 1 ]-re való megszorítása), 2 majd V -ben halad a maradék része. Legyen U a p 1 (V B r (x))-nek az a komponense, melyre [s] U. Így [s ] U esetén ϱ([s], [s ]) = ϱ(s(1), s (1)) = ϱ((γs)(1), (γs )(1)) = ϱ([γs], [γs ]).

1. fejezet: Sokaságok geometriája 14 Itt az utolsó egyenl ség azért igaz, mert U választása miatt γs és γs felemelésekor mindkét végpont p 1 (U)-nak ugyanabba a komponensébe kerül. (És ott p izometria.) Tehát [γ] izometrikus [s]-nek az U környezetén, vagyis beláttuk, hogy lokálisan izometrikus. Mivel [γ] (mint leképezés) lokális izometria és bijekció, ezért globálisan is izometrikus, ez ugyanúgy gondolható meg, ahogy az 1.14 következmény bizonyításában tettük. Tehát Γ O(n + 1), hiszen M homeomorf és izometrikus S n -el, emiatt izomorfak az izometriacsoportjaik. (Ez tényleg beágyazása Γ-nak O(n + 1)-be, hiszen nyilván csoporthomomorzmus: [γ 1 ] [γ 2 ] = [γ 1 γ 2 ], [γ] 1 = [ γ]; és injektív: ha [γ] az identitás, akkor γ nullhomotóp, vagyis [γ] = 1.) Tehát Γ O(n+1) xpontmentesen hat S n -en, így az 1.10 példában elmondottak szerint S n /Γ is elliptikus n-sokaság. 1.18. Állítás. S n /Γ homeomorf és lokálisan izometrikus M-el. Bizonyítás. Már említettük, hogy tetsz leges [γ] minden x M pont brumát permutálja S n -ben, tehát emiatt rögzített x-re Γ hat p 1 (x) halmazon is. Ez a hatás tranzitív: ha x = s(1) = s (1), akkor s ( s) egy hurok, ezért [s ( s)] Γ, és [s ( s)]([s]) = [s ( s)s] = [s ]. A tranzitivitás miatt a q : S n S n /Γ fed leképezésre igaz, hogy s(1) = s (1) esetén q([s]) = q([s ]), és [s]-el az s(1) brumán kívüli pontokat nem azonosíthattunk. Legyen g : S n /Γ M függvény a következ : g(q([s])) := p([s]) = s(1) M. Az el bb elmondottak miatt ez a leképezés jóldeniált és bijekció. Tudjuk, hogy q és p fedések lokálisan izometrikusak, emiatt g is az, hiszen lokálisan g = p q 1. Ebb l következik az is, hogy g lokális homeomorzmus, és mivel bijekció, így globálisan is homeomorzmus. 1.19. Következmény. Mivel S n /Γ homeomorf és lokálisan izometrikus M-el, ezért a korábbiakhoz hasonlóan látható, hogy globálisan is izometrikusak. Tehát a következ tételt kaptuk: 1.20. Tétel. Legyen M kompakt elliptikus n-sokaság. Ekkor létezik Γ O(n+1) véges, xpontmentesen ható részcsoport, melyre M homeomorf, s t izometrikus S n /Γ-val. Az ilyen faktorok között is találunk egymással izometrikus sokaságokat: 1.21. Tétel. Legyenek Γ és Γ O(n+1)-nek véges, xpontmentesen ható részcsoportjai. Ekkor S n /Γ pontosan akkor izometrikus S n /Γ -vel, ha Γ és Γ konjugáltak O(n+1)-ben.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 15 Bizonyítás. Ha konjugáltak, akkor van γ O(n + 1), hogy γγγ 1 = Γ. Legyen h : : S n /Γ S n /Γ, x S n /Γ esetén f(x) := p (γ(p 1 (x))). Ez jóldeniált, hiszen p 1 (x) Γ pontból áll, egy y S n pont Γ szerinti orbitja, azaz p 1 (x)=γ(y). Mivel γγ=γ γ, ezért γ(γ(y)) = Γ (γ(y)), azaz ha az el bbi ponthalmazra alkalmazzuk γ-t, akkor éppen γ(y) Γ szerinti orbitját kapjuk. Ennek a p szerinti képe pontosan egy S n /Γ -beli pont. Tehát h függvény, s t, bijekció is, hiszen y (Γ szerinti) orbitjához γ(y) (Γ szerinti) orbitját rendeli. Másrészt h lokális izometria is, hiszen lokálisan p 1 létezik és izometrikus, γ izometria, p pedig szintén lokális izometria. Ezekb l már következik, hogy h globálisan is izometrikus. Másik irány: Tegyük fel, hogy létezik h : S n /Γ S n /Γ izometria. (Ebb l már nyilvánvaló, hogy Γ és Γ izomorfak, hiszen ezek az el bbi sokaságok fundamentális csoportjai.) Ha α Γ, akkor p α = p, hiszen minden x S n /Γ-ra α helyben hagyja p 1 (x)-et. Legyen q = h p : S n S n /Γ, ez fedés, és felemelhet S n S n leképezéssé p fedés által, azaz létezik q:s n S n, melyre p q=q. Ekkor, mivel fedésnek a felemeltje, így q maga is fedés lesz, ebb l következ en homeomorzmus is. Másrészt lokális izometria, mert q és p is azok, így globális izometria is, azaz q O(n + 1). Legyen γ = q. Ekkor p γ = h p. Tetsz leges α Γ-ra elég lenne belátnunk, hogy γαγ 1 = h (α) Γ, ahol h a h által indukált izomorzmus a faktorok fundamentális csoportjai között. Ennek a bizonyítása: Legyen y 0 S n, γ(y 0 )=y 0 S n, p(y 0 )=x 0 S n /Γ, p (y 0)=h(x 0 )=x 0 S n /Γ. Tekintsünk Γ elemeire, mint π 1 (S n /Γ, x 0 )-beli hurkokra, Γ elemei pedig π 1 (S n /Γ, x 0)-beli hurkok. Legyen γ=[s γ ], és válasszunk tetsz leges α=[s α ] Γ elemet, és tetsz leges y S n pontot. Ha s y 0-b l y -be egy út, akkor y = [s] (az el z ekben használt jelölések szerint). Ekkor h (α)(y ) = h (α)([s]), ez pedig éppen a (h s α )(p s) S n /Γ -beli hurok felemeltjének végpontja. Nézzük meg ennek a huroknak a h 1 általi képét: h 1 ((h s α )(p s)) = (h 1 h s α )(h 1 p s) = s α (p γ 1 s) A kapott hurok felemeltjének végpontja deníció szerint α([γ 1 s]) = α(γ 1 (y )) S n pont. Tudjuk, hogy tetsz leges l S n /Γ -beli hurokra ha l a p szerinti felemeltje, és h 1 l-nek h 1 l a p szerinti felemeltje, akkor γ( h 1 l(1)) = l(1). Ezt alkalmazva a (h s α )(p s) hurokra éppen azt kapjuk, hogy γ(α(γ 1 (y ))) = h (α)(y ). Ezzel beláttuk az állítást. 1.22. Megjegyzés. Abban az esetben, amikor n páratlan, akkor minden irányításváltó O(n + 1)-beli elemnek létezik xpontja S n -ben: Legyen A O(n + 1) (mátrix) irányításváltó, azaz det(a) = 1. Tudjuk, hogy A-nak minden sajátértéke 1 hosszú.

1. fejezet: Sokaságok geometriája 16 Ha λ C sajátértéke A-nak, akkor λ is az, emiatt páros sok komplex, és így páros sok valós sajátérték van, és azt is tudjuk, hogy a valós sajátértékek szorzata 1, hiszen az el bbiek miatt a nem valósak szorzata 1. (Ebb l speciálisan az is következik, hogy van valós sajátérték.) Mivel egy valós sajátérték csak 1 vagy 1 lehet, és páros sok 1-es szorzata 1 lenne, ezért az 1 sajátértéke A-nak. Tehát v R n+1 sajátvektor, mely 1 hosszú (tehát v S n ) és Av = v, vagyis a transzformációnak van xpontja S n -en. Tehát páratlan n esetén O(n + 1) véges, xpontmentesen ható részcsoportjai SO(n + +1)-ben is benne vannak. A továbbiakban az n = 3 esetet fogjuk vizsgálni. 1.23. Megjegyzés. Az ebben a fejezetben elmondott gondolatmenet nem csak elliptikus sokaságokra használható: ugyanígy beláthatjuk, hogy euklideszi és hiperbolikus sokaságokat is úgy kapunk, hogy E n -et vagy H n -et lefaktorizáljuk az izometriacsoportjuk egy xpontmentesen ható részcsoportjával. Az els fejezet eredményeit összefoglalva: Arra jutottunk, hogy a kompakt elliptikus 3-sokaságok osztályozását teljesen algebrai úton kell folytatnunk, azaz meg kell határoznunk SO(4)-nek azon véges részcsoportjait, melyek szabadon hatnak S 3 -on.

2. fejezet: Seifert tétele 17 2. fejezet Seifert tétele Ebben a fejezetben meghatározzuk SO(4)-nek azon véges részcsoportjait, melyek xpont nélkül hatnak S 3 -on. 2.1. Jelölések A kvaterniók gy r jét H-val fogjuk jelölni, ezen belül a tisztán képzetes kvaterniók halmazát H -vel. (Mely nyilván azonosítható R 3 -mal.) S 3 jelöli az egység hosszú kvaterniók csoportját a szorzásra nézve. 2.1. Deníció. Tetsz leges ξ S 3 -ra legyen (T ξ)η = ξηξ 1, η H. Ekkor T ξ : H H egy irányítástartó ortogonális transzformáció R 3 -ban (ha H -t azonosítjuk vele), azaz SO(3)-nak egy eleme. Így T : S 3 SO(3), ξ T ξ egy csoporthomomorzmus. 2.2. Állítás. A T : S 3 SO(3) egy 2 rét fed leképezés, magja {1, 1}. A következ ismert lemmát fogjuk használni: 2.3. Lemma. X és Y útösszefügg topologikus terek, X kompakt, Hausdor, Y pedig Hausdor. Ekkor ha p : X Y lokális homeomorzmus, akkor p egy véges rét fedés. A 2.2 állítás bizonyítása. S 3 -ra és SO(3)-ra teljesülnek a lemma feltételei, valamint az is, hogy a T leképezés lokális homeomorzmus. Tehát a lemmából következik, hogy T véges rét fedés. A rétegszámhoz elég a homomorzmus magját meghatározni, annak elemszáma lesz a rétegszám: ξ ker T azt jelenti, hogy minden η H -re ξηξ 1 =η, azaz

2. fejezet: Seifert tétele 18 ξη = ηξ, vagyis ξ minden tisztán képzetes kvaternióval felcserélhet. Ebb l következ en ξ minden kvaternióval felcserélhet (hiszen a valósakkal is), tehát ξ valós. Mivel ξ S 3, így ξ = ±1, ezzel bebizonyítottuk az állítást. 2.4. Deníció. Tetsz leges ξ 1, ξ 2 S 3 kvaterniókra legyen S(ξ 1, ξ 2 )η = ξ 1 ηξ 1 2, η H. Az el z höz hasonlóan S(ξ 1, ξ 2 ) : H H egy irányítástartó ortogonális transzformáció, ebben az esetben SO(4)-nek egy eleme. Tehát egy leképezést kapunk. S : S 3 S 3 SO(4), (ξ 1, ξ 2 ) S(ξ 1, ξ 2 ) 2.5. Állítás. Az S :S 3 S 3 SO(4) leképezés csoporthomomorzmus, és két rét fedés, melynek magja {(1,1), ( 1, 1)}. Bizonyítás. S nyilvánvalóan csoporthomomorzmus. Az állítás második részének bizonyításához itt is a 2.3 lemmát fogjuk használni: S 3 S 3 és SO(4) is kompakt, Hausdor terek, S leképezés pedig lokális homeomorzmus, így a lemma szerint fedés. Ismét elég a homomorzmus magját meghatározni a rétegszámhoz: (ξ 1, ξ 2 ) ker S pontosan akkor, ha minden η H-ra ξ 1 ηξ 1 2 = η, azaz ξ 1 η = ηξ 2. Itt η = 1 helyettesítéssel kapjuk, hogy ξ 1 = ξ 2, tehát ismét az a kérdés, hogy mely egység hosszú kvaterniók cserélhet k fel az összes kvaternióval, tehát ξ 1 = ξ 2 = ±1. Azt kaptuk, hogy ker S = = {(1,1), ( 1, 1)}. 2.6. Megjegyzés. Mivel S szürjektív, így minden Γ SO(4) részcsoport az S általi képe egy G S 3 S 3 csoportnak, mely véges, ha Γ is az. Így a megfelel részcsoportok meghatározását S 3 részcsoportjainak megkeresésével kezdjük. Másrészt S 3 véges részcsoportjainak T általi képei SO(3) egy-egy véges részcsoportját alkotják. 2.2. SO(3) véges részcsoportjai 2.7. Deníció. C n az n elem ciklikus csoport. D n a 2n elem diéder csoport, azaz a szabályos n-szög szimmetriacsoportja a síkban. T a szabályos tetraéder irányítástartó szimmetriáinak csoportja, tudjuk, hogy izomorf A 4 -gyel, rendje 12. O az oktaéder irányítástartó szimmetriáinak csoportja, ez izomorf S 4 -gyel, rendje 24. I az ikozaéder irányítástartó szimmetriacsoportja, izomorf A 5 -tel, rendje 120.

2. fejezet: Seifert tétele 19 2.8. Megjegyzés. A fent deniált csoportok mindegyikével létezik SO(3)-nak izomorf részcsoportja, azonban most nem úgy gondolunk rájuk, mint SO(3) konkrét részcsoportjai, hanem csak konjugáltság erejéig deniáltuk ket. A C n, T, O, I csoportokra könnyen látjuk, hogy ez valóban így van, a D n csoportokat érdemes egy kicsit jobban átgondolni: A szabályos n-szög szimmetriacsoportjában szerepel n darab forgatás és n darab tengelyes tükrözés. Válasszunk ki egy, az origón átmen Σ síkot, és ebben vegyünk fel egy szabályos n-szöget, valamint tekintsük még a Σ S 2 f kör pólusait (ez két átellenes pont). Ennek az n+2 pontnak a konvex burka két szabályos n-szög alapú gúla egymáshoz ragasztva, az így kapott poliédernek a forgatáscsoportja éppen D n lesz. A síkbeli tükrözéseknek itt π szög forgatások felelnek meg, melyek tengelye a Σ síkban van, így ez a forgatás tükrözésként hat Σ-ban, a két pólust pedig felcseréli. 2.9. Tétel. Ha G SO(3) véges részcsoport, akkor G izomorf a C n (n 1), D n (n 2), T, O, I csoportok valamelyikével. Ha két véges részcsoport izomorf egymással, akkor konjugáltak SO(3)-ban. Bizonyítás. SO(3) hat az S 2 = {x R 3 : x = 1} gömbön, így G is hat rajta. Legyen X ={x S 2 : létezik g G, g id, g(x)=x} a G-ben lev valódi forgatások tengelyeinek a gömbbel való metszéspontjai. (Mivel SO(3) csupa tengely körüli forgatásból áll, ezért minden nem identitás eleme egy valódi forgatás.) Ekkor G X-en is hat, hiszen ha x X a g G-nek xpontja, akkor tetsz leges h G-re h(x) a hgh 1 forgatásnak xpontja (mely nem az identitás, ha g sem az). Legyen G = n, X = m. Számoljuk meg a következ halmaz elemszámát kétféleképpen: H ={(g, x) G X :g(x)=x}. Egyrészt H = X + +2( G 1) = m+2n 2, mert az identitás m-szer szerepel (annak minden X-beli pont xpontja), és minden más G-beli elemnek két xpontja van. Másrészt H = x X G x, ahol G x az x stabilizátora G-ben. Jelölje G(x) az x orbitját, így az orbit-stabilizátor tétel szerint G x = G G(x). Tehát H = x X G G(x) = n x X 1 G(x) = n k, ahol k az orbitok száma. (Valóban, hiszen egy rögzített X 1 orbitra x X 1 1 G(x) = x X 1 1 X 1 = 1, és az orbitok partícióját alkotják X-nek.) A következ egyenl séget kaptuk: m + 2n 2 = n k. Mivel m 2n 2 (minden nem identitás elem legfeljebb két új pontot ad hozzá X-hez), ezért az el bbi egyenl ségb l 4n 4 n k, tehát 4 4 k, de k egész, n így k 3. Vizsgáljuk meg, mennyi lehet az orbitok száma, azaz k értéke. Ha k =1: m+2n 2=n, ebb l n+m = 2, így n 2. Ha n = 1, akkor X az üreshalmaz, ez az eset nem lehetséges. Ha n = 2, akkor X nem üres, így ekkor sem lesz 2 az összeg. Tehát k nem lehet 1. Ha k = 2: m+2n 2 = 2n, tehát m = 2. Ez azt jelenti, hogy G minden nem identitás eleme ugyanazon tengely körüli forgatás. Mivel a csoport véges, innen könnyen látható, hogy ebben az esetben ciklikusnak kell lennie.

2. fejezet: Seifert tétele 20 Ha k = 3: m+2n 2 = 3n, vagyis m = n+2. Legyen a három orbit X 1, X 2 és X 3, az X i -beli elemek stabilizátora G-ben legyen s i elem (minden X i -beli elem stabilizátora ugyanannyi elemb l áll az orbit-stabilizátor tétel szerint, és X i = n s i ). Tudjuk, hogy n+2 = m = X = X 1 + X 2 + X 3 = n + n + n. s 1 s 2 s 3 Ebb l n-el való osztással kapjuk a következ egyenletet: 1+ 2 n = 1 s 1 + 1 s 2 + 1 s 3 Innen esetszétválasztással kaphatjuk az s i -k lehetséges értékeit. Ha S 2 egy pontjának a G-beli stabilizátora 1 elem, akkor az a stabilizátor az identitás, így ez a pont nincs benne X-ben. Tehát s i 2 (i = 1,2,3). Ha mindegyik legalább 3 lenne, akkor viszont a reciprokösszeg legfeljebb 1 lehetne, így valamelyiknek 2-nek kell lennie. Feltehet, hogy s 3 = 2. Tehát 1 2 + 2 n = 1 s 1 + 1 s 2. Ha s 1 és s 2 is legalább 4 lenne, akkor a jobb oldal legfeljebb 1 lehetne, így valamelyiknek 2 2-nek vagy 3-nak kell lennie, feltehet, hogy ez s 2. Ha s 2 = 2: Ekkor s 1 = n (n-nek párosnak kell lennie). Ez azt jelenti, hogy van két 2 olyan orbit, melybe tartozó pontok stabilizátora két elem, vagyis az identitás és egy π szög forgatás, és ezek az orbitok n elem ek. A harmadik orbit pontjainak stabilizátora 2 elem ciklikus csoport (hiszen egy pont stabilizátora a rajta átmen tengely az n 2 forgatások, melyekb l véges sok van, ezért ciklikus részcsoportot alkotnak G-ben), és ez az orbit 2 elem. Legyen ennek a két elem orbitnak a két pontja x 1 és x 2, e két pont a gömbnek átellenes pontjai, mert két átellenes pont stabilizátora megegyezik, és nincs más n 2 elemb l álló stabilizátorú pont X-ben. Legyen Σ az x 1x 2 szakasz felez mer leges síkja. Ha x 3 egy tetsz leges X-beli pont, melyre x 1 x 3 x 2, akkor tudjuk, hogy az x 3 ponton átmen tengely körüli π szög forgatás benne van G-ben. Ennek a forgatásnak x 1 -et helyben kell hagynia (ami nem fordulhat el ), vagy x 2 -be kell vinnie. Nyilván az utóbbi teljesül, ez pedig csak úgy lehetséges, hogyha x 3 S 2 Σ := F. Tehát X minden x 1 -t l és x 2 -t l különböz eleme az F f körön van. Ilyen elemb l m 2 = n darab van. Ha x 3 X F, akkor ennek az x 1 x 2 tengely körüli 2π n szöggel való elforgatottjai 2 is X-beliek. Ezekb l már egyszer en meggondolható, hogy ez a csoport a D n diéder 2 csoport. Ha s 2 2, s 1 2: ekkor a fent meggondoltak szerint s 2 = 3, így 1 6 + 2 n = 1 s 1. Ebb l következik, hogy s 1 5, hiszen ha legalább 6 lenne, akkor a jobb oldal kisebb lenne a bal oldalnál. Három eset maradt: s 1 = 3, n = 12, vagy s 1 = 4, n = 24, vagy s 1 = 5, n = 60. Ezekb l már levezethet, hogy valóban a tételben megnevezett 3 csoportról van szó.

2. fejezet: Seifert tétele 21 A tétel második része abból az egyszer állításból következik, hogy két SO(3)-beli elem pontosan akkor konjugált, hogyha a forgatás szöge megegyezik. Ebb l látható, hogy ha G és G véges részcsoportjai SO(3)-nak, akkor pontosan akkor konjugáltak, ha a nekik megfelel, a tétel bizonyításában használt X és X halmazok egymásba vihet k egy SO(3)-beli forgatással, ami pontosan akkor lehetséges, ha X és X egybevágóak, vagyis ha G és G izomorfak. 2.3. S 3 véges részcsoportjai 2.10. Deníció. S 3 véges részcsoportjai között biztosan szerepelni fognak az el z részben tárgyalt csoportok T általi sképei. Ezek a következ k: Dn = T 1 D n a binér diédercsoport, hasonlóan T, O és I csoportok sei T, O és I a binér tetraéder, oktaéder és ikozaéder csoportok. 2.11. Megjegyzés. Felmerülhet a kérdés, hogy miért nem deniáltunk binér ciklikus csoportot is. Ennek az oka az, hogy egy ciklikus csoport T általi sképe maga is ciklikus (ha G rendje m, akkor T 1 G rendje 2m), így nincs szüksége külön névre. Ezt a következ képpen gondolhatjuk meg: Tekintsünk egy G SO(3) csoportot, mely izomorf C m -mel. Legyen ζ T 1 G olyan, hogy T ζ generálja G-t, vagyis T ζ rendje m. Ekkor ζ rendje m vagy 2m. Ha 2m, akkor T 1 G a 2m elem ciklikus csoport. Tegyük fel, hogy ζ rendje m. Itt két esetet tekintünk: amikor m páros, és amikor páratlan. Ha páros, akkor ζ m 2 = 1 (hiszen ζ m 2 másodrend ), így T (ζ m 2 ) = (T ζ) m 2 = id SO(3), ami azt jelenti, hogy T ζ rendje nem lehet m, ellentmondás. Ha m páratlan, akkor tekintsük ζ-t, ennek a rendje m vagy 2m. Mivel m páratlan, ezért ( ζ) m = ( 1) m ζ m = 1, tehát ζ rendje nem m. Ez pedig azt jelenti, hogy T 1 G-t ebben az esetben is egy eleme generálja (ez most a ζ), így T 1 G a 2m elem ciklikus csoport. 2.12. Tétel. Ha G S 3 véges részcsoport, akkor G ciklikus, vagy G izomorf Dn (n 2), T, O és I csoportok valamelyikével. Továbbá itt is teljesül, hogy két véges részcsoport pontosan akkor konjugált S 3 -ban, ha izomorfak. A bizonyításhoz szükség lesz a következ állításra: 2.13. Állítás. A 1 az egyetlen másodrend elem S 3 -ban. Bizonyítás. Mivel ξ S 3 esetén ξξ = 1, ezért ha ξ másodrend, akkor ξ = ξ 1 = ξ, tehát ξ valós. Így csak a 1 és az 1 jöhet szóba, ezek közül pedig csak a 1 rendje 2. A 2.12 tétel bizonyítása. Legyen G S 3 véges. Ha G páratlan, akkor 1 / G, így a T leképezés izomorzmus G és képe között, tehát találtunk egy G-vel izomorf véges

2. fejezet: Seifert tétele 22 részcsoportot SO(3)-ban. Azonban SO(3) minden páratlan rend véges részcsoportja ciklikus, így ekkor G ciklikus. Ha G páros, akkor 1 G, hiszen a Cauchy-tétel szerint a csoport rendjének minden p prímosztójára van G-nek p rend eleme, most p = 2 (és itt használjuk a 2.13 állítást). Így mivel 1 G, ezért G a T G SO(3) csoport T általi sképe, így ha T G éppen D n, T, O vagy I, akkor valóban az állításban szerepl csoportokat kapjuk, míg ha T G ciklikus, akkor a 2.11 megjegyzés miatt G is ciklikus lesz. A tétel állításának második felét kell még bizonyítanunk. Ehhez legyenek G 1 és G 2 két véges, egymással izomorf részcsoportja S 3 -nak, G 1 = G 2 = n. Ha n páros, akkor T G 1 = T G 2 = n, és a T G 2 1 és T G 2 csoportok izomorfak, így konjugáltak SO(3)-ban. Tehát létezik η S 3, hogy T G 1 = T ηt G 2 T η 1. Ebb l következik, hogy G 1 = ±ηg 2 η 1, de mivel n páros, ezért 1 G 1, vagyis G 1 = G 1. Azt kaptuk, hogy ekkor G 1 és G 2 konjugáltak. Ha n páratlan, akkor ugyanígy teljesül, hogy G 1 = ±ηg 2 η 1, de mivel ηg 2 η 1 nem részcsoport páratlan n esetén (hiszen nincs benne az 1), ezért G 1 és G 2 ekkor is konjugáltak. 2.4. SO(4) véges részcsoportjai Az S : S 3 S 3 SO(4) leképezés szürjektív, így minden Γ SO(4) véges részcsoportot megkaphatunk SG alakban, ahol G S 3 S 3 véges. Most SO(4)-nek csak olyan véges részcsoportjait keressük, melyek xpont nélkül hatnak S 3 -on. Nézzük meg, mit jelent egy xpont létezése: Ha ξ 1, ξ 2 S 3 -ra és η H-ra S(ξ 1, ξ 2 )η = η, akkor ξ 1 η = ηξ 2, tehát ξ 1 = ηξ 2 η 1. Azt kaptuk, hogy ha ξ 1 és ξ 2 konjugáltak, akkor a (ξ 1, ξ 2 ) képének van xpontja. Mivel olyan részcsoportot keresünk, amelyben az identitáson kívül egyik elemnek sincs xpontja, ezért a G csoportban nem lehet a ( 1, 1), (1,1) elemek kivételével olyan pár, melynek tagjai egymás konjugáltjai S 3 -ban. Az ilyen G S 3 S 3 csoportokat nevezzük függetlennek. 2.4.1. Az S(G 1 G 2 ) alakú részcsoportok El ször tekintsük S 3 S 3 -nak a G 1 G 2 alakú véges részcsoportjait, ahol G 1, G 2 S 3 végesek. 2.14. Állítás. A G 1 G 2 S 3 S 3 részcsoport pontosan akkor független, ha G 1 és G 2 legnagyobb közös osztója 1 vagy 2. Bizonyítás. Legyen G 1 = n 1, G 2 = n 2. Az egyik irány bizonyításában két esetet különböztetünk meg: 1. eset, amikor n 1 és n 2 közül legalább az egyik páros, a 2. eset, hogy mindkett páratlan. Tegyük fel, hogy lnko(n 1, n 2 ) > 2.