Stallings Theorem über Enden von Gruppen - KIT

Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner und Lukas Hartmann
Karlsruher Institut für Technologie (KIT)
09. Juli 2010
Diese Ausarbeitung beschäftigt sich zunächst mit fast invarianten Teilmengen von
Gruppen und stellt eine Verbindung zu Enden von Gruppen her. Insbesondere werden
wir Aussagen über die Anzahl Enden bestimmter Gruppen machen. Anschließend
werden fast invariante Teilmengen in Graphen untersucht und mithilfe der hierbei
gewonnenen Erkenntnisse wird Stallings Strukturtheorem bewiesen. Es besagt, dass
eine Gruppe genau dann mehr als ein Ende besitzt, wenn sie amalgamiertes Produkt
mit endlicher amalgamierter Untergruppe oder HNN-Erweiterung mit endlicher assoziierter
Untergruppe ist. Der Vortrag richtet sich hauptsächlich nach [Coh72].
1 Anzahl der Enden einer Gruppe
In der Theorie der Enden einer Gruppe, ist die Anzahl der Enden einer Gruppe als die Anzahl
der Elemente des zur Gruppe gehörigen Endenraums definiert. Eine naheliegende Frage ist nun,
welche Gruppen wie viele Enden besitzen. Dies soll die folgende Klassifizierung motivieren.
Satz 1: Sei G eine endlich erzeugte Gruppe. Dann hat G entweder kein, ein, zwei oder unendlich
viele Enden.
Genauer gilt:
(i) G besitzt genau dann kein Ende, wenn G eine endliche Gruppe ist.
(ii) G besitzt genau dann mehr als ein Ende, wenn G amalgamiertes Produkt mit endlicher
amalgamierter Untergruppe oder HNN-Erweiterung mit endlicher assoziierter Untergruppe
ist.
(iii) Sei nun G = G ∗ 1 bzw. G = G 1 ∗ A G 2 . Gilt G 1 = A bzw. [G 1 : A] = [G 2 : A] = 2, so hat G
genau zwei Enden. Andernfalls besitzt G unendlich viele Enden.
Dass endliche Gruppen kein Ende besitzen, soll an dieser Stelle nicht ausführlich beschrieben
werden. Die Aussage wird schnell glaubhaft, wenn man den dazugehörigen endlichen Cayleygraphen
betrachtet.
Die Punkte (ii) und (iii) des obigen Satzes sind nicht mehr so offensichtlich. John R. Stallings
bewies diese Aussagen 1971, weshalb sie sich in der Literatur unter ”
Stallings Strukturtheorem“
finden lassen.
Unser Ziel wird es nun sein, den Beweis zu Stallings Theorem nachzuvollziehen. Um dies bewerkstelligen
zu können, benötigen wir allerdings noch einige Begriffe und Aussagen, die wir in
den nächsten Abschnitten diskutieren werden.
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2 Fast invariante Mengen
In diesem Abschnitt untersuchen wir fast invariante Mengen und stellen eine Verbindung zu Enden
von Gruppen her. Schließlich werden wir noch einige Aussagen über Enden von bestimmten
Gruppen mittels Verwendung fast invarianter Teilmengen zeigen.
Dabei sei im Folgenden G stets eine unendliche Gruppe, erzeugt von endlich vielen Elementen.
Das neutrale Element sei e.
Definition 1: Seien A und B Mengen. Dann ist A fast in B enthalten, geschrieben A a ⊆ B, falls
alle bis auf endlich viele Elemente aus A in B liegen. Die Mengen A und B sind fast gleich,
geschrieben A a = B, falls A a ⊆ B und B a ⊆ A gilt.
Dabei lässt sich leicht einsehen, dass A a = B genau dann gilt, wenn die symmetrische Differenz
A△B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) endlich ist.
Definition 2: Sei E eine Teilmenge von G. Die Menge E heißt fast G-invariant, falls Eg a = E
für alle g ∈ G gilt.
Durch diese Definitionen folgt leicht, dass eine Menge, die fast gleich einer fast invarianten
Menge ist, ebenfalls wieder fast invariant ist. Es bietet sich also an, die Fast-Gleichheit als eine
Äquivalenzrelation auf den fast invarianten Mengen einzuführen. Dabei bezeichne
[E] = {B ⊆ G; B a = E} die Fast-Invarianz-Klasse der fast invarianten Menge E ⊆ G.
Um besser mit fast invarianten Mengen umgehen zu können, werden wir nun zunächst einige
allgemeine Rechenregeln aufstellen, die uns die weitere Arbeit erleichtern sollen.
Bemerkung: Seien A, B Teilmengen von G, dann gelten die folgenden Aussagen:
1. A a ⊆ B ⇔ B C a ⊆ A C
2. A C g = (Ag) C für g ∈ G
3. Ag a = A ⇔ A C g a = A C für g ∈ G
Betrachten wir nun folgende Mengen:
Z 2 G = { ∑ i>0
e i g i ; e i ∈ Z/2Z, g i ∈ G} und Z 2 G = {x ∈ Z 2 G; e i = 0 für fast alle i > 0}.
Wir können hiermit die Menge E G = {E ∈ Z 2 G/Z 2 G; Eg = E ∀g ∈ G} definieren, die nach
obigen Definitionen genau die Fast-Invarianz-Klassen von G enthält.
Diese bildet mit der symmetrischen Differenz △ als Addition einen Z/2Z-Vektorraum. Die Dimension
dieses Vektorraums entspricht genau der Anzahl der Enden der Gruppe G, was wir in
Korollar 3.2 noch beweisen werden.
Um Aussagen zu den Enden einer Gruppe zu machen, bietet es sich daher an, die fast invarianten
Teilmengen dieser Gruppe genauer zu untersuchen.
Proposition 2.1. Sei H eine Untergruppe von G. Falls H endlichen Index in G besitzt, dann
haben G und H die gleiche Anzahl Enden.
Beweis. Sei E eine fast G-invariante Teilmenge von G. Dann ist E ∩ H eine fast H-invariante
Teilmenge von H. Um die Aussage der Proposition zu beweisen, zeigen wir, dass der Raum
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der Fast-Invarianz-Klassen von G isomorph zum Raum der Fast-Invarianz-Klassen von H ist.
Dazu sei ϕ ein entsprechender Homomorphismus mit ϕ([E]) = [E ∩ H]. Für E 1
a = E2 , gilt auch
E 1 ∩H a = E 2 ∩H. Die Abbildung ϕ ist also wohldefiniert. Zu zeigen bleibt die Bijektivität von ϕ.
Zuerst zeigen wir die Surjektivität: Seien {b 1 = e, b 2 , . . . , b r } ein Vertretersystem der Rechtsnebenklassen
von H und C eine fast invariante Teilmenge von H. Weiterhin sei E := ⋃ r
i=1 Cb i. Sei
nun g ∈ G beliebig, dann bildet {b 1 g, . . . , b r g} ebenfalls ein Vertretersystem der Rechtsnebenklassen.
Denn wären b i g und b j g mit i ≠ j in der gleichen Nebenklasse, dann gäbe es ein h ∈ H
mit hb i g = b j g, was äquivalent zu hb i = b j ist. Dies steht jedoch im Widerspruch zur Wahl der
b i .
Wähle nun h 1 , . . . , h r ∈ H so, dass {h 1 b 1 , . . . , h r b r } eine Permutation der Rechtsnebenklassenvertreter
{b 1 g, . . . , b r g} darstellt. Folglich gilt
Eg =
r⋃
Cb i g =
i=1
r⋃
r⋃
a
Ch i b i = Cb i = E.
Somit ist E eine fast invariante Teilmenge von G mit E ∩ H = C.
i=1
Nun zeigen wir, dass ϕ injektiv ist: Seien E 1 und E 2 zwei fast G-invariante Teilmengen von G
mit E 1 ∩ H a = E 2 ∩ H. Wir zeigen, dass dann auch gilt: E 1
a = E2 .
E 1 =
a
=
r⋃
(E 1 ∩ Hb i ) =
a
i=1
r⋃
(E 2 ∩ H)b i =
i=1
i=1
r⋃
(E 1 b i ∩ Hb i ) =
i=1
r⋃
(E 2 b i ∩ Hb i ) =
a
i=1
r⋃
(E 1 ∩ H)b i
i=1
r⋃
(E 2 ∩ Hb i ) = E 2
i=1
Insgesamt ist ϕ wohldefiniert und bijektiv und somit ist die Anzahl der Enden von G gleich der
Anzahl der Enden von H.
Korollar 2.2. Hat G eine unendliche zyklische Untergruppe mit endlichem Index, so besitzt G
genau zwei Enden. Im Besonderen besitzt Z/2Z ∗ Z/2Z genau zwei Enden.
Beweis. Sei H = 〈 c 〉 die zyklische Untergruppe aus obiger Aussage. Da H endlichen Index hat,
folgt mit Proposition 2.1, dass G und H die gleiche Anzahl Enden besitzen. Der Cayleygraph
von H ist von folgender Form:
· · ·
c
−→ c −3
c
−→ c −2
c
−→ c −1
c
−→ e
c −→ c
c
−→ c 2
c
−→ c 3
c
−→ · · ·
Folglich besitzt H und somit auch G genau zwei Enden.
Für G = Z/2Z ∗ Z/2Z wählen wir die Präsentation G = 〈 x, y | x 2 = e, y 2 = e 〉. G besitzt als
Untergruppe 〈 xy 〉, deren Index 2 ist.
Proposition 2.3. Sei H eine endliche normale Untergruppe von G. Dann haben G und G/H die
gleiche Anzahl Enden.
Beweis. Wir führen den Beweis ähnlich wie den zu Proposition 2.1, indem wir zeigen, dass der
Raum der Fast-Invarianz-Klassen von G isomorph zum Raum der Fast-Invarianz-Klassen von
G/H ist.
Sei π : G −→ G/H die kanonische Projektion. Falls nun E und E ′ fast invariante Teilmengen
von G sind, so sind wegen der Endlichkeit von H die Mengen π(E) und π(E ′ ) fast invariante
Teilmengen von G/H und falls E a = E ′ , so gilt auch π(E) a = π(E ′ ). Folglich gibt es eine von
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π induzierte Abbildung ˜π der Fast-Invarianz-Klassen von G auf die Fast-Invarianz-Klassen von
G/H.
Nun sei A eine endliche Teilmenge von G/H. Dann ist π −1 (A) ebenfalls endlich, wobei π −1 jeder
Restklasse ihr Urbild zuordnet. Weiterhin gilt für Teilmengen B, C von G/H: π −1 (B△C) =
π −1 (B)△π −1 (C). Falls nun B eine fast invariante Teilmenge von G/H ist, dann gilt für g ∈ G:
π −1 (B)g△π −1 (B) = π −1 (Bπ(g))△π −1 (B) = π −1 (Bπ(g)△B),
wobei Bπ(g)△B endlich ist. Mit obigem ist dann auch π −1 (Bπ(g)△B) endlich und somit ist
π −1 (B) fast invariant.
Seien nun E und E ′ fast invariante Teilmengen von G mit π(E) a = π(E ′ ), dann gilt auch
π −1 (π(E)) a = π −1 (π(E ′ )), da H endlich ist. Es gilt aber auch
π −1 (π(E)) = ⋃
xH = ⋃
Eh = a E,
x∈E
da H endlich und E fast invariant ist. Analog folgt π −1 (π(E ′ )) a = E ′ und somit E a = E ′ . Folglich
können wir daher eine Abbildung ˜π −1 konstruieren, die von den Fast-Invarianz-Klassen von G/H
auf die Fast-Invarianz-Klassen von G abbildet und von π −1 induziert wird. Diese ist invers zu ˜π
und somit besteht eine Bijektion zwischen den Äquivalenzklassen.
(Dem geneigten Leser ist sicherlich schon aufgefallen, dass sich ”
fast“ schlecht durch den Buchstaben a
abkürzen lässt. Dieser Umstand ist weniger der geschichtlichen Entwicklung der deutschen Sprache zuzuschreiben,
als vielmehr der Tatsache, dass sich vor allem englische Literatur zu diesem Thema finden lässt
und sich so die Schreibweise für ”
almost“-Eigenschaften durchgesetzt hat. Diese Übernahme ausländischer
Schreibweisen lässt sich wohl auch damit begründen, dass ein f, welches über einem Gleichheitszeichen
steht, sicher stark die Verwirrung des Lesers und die Ablehnung der Aussage fördern würde.)
h∈H
3 Graphen
Wir werden nun einige kombinatorische Aussagen über fast invariante Teilmengen in Graphen
beweisen, die für den Beweis von Stallings Theorem benötigt werden. Für allgemeine Erklärungen
zu Graphen sei hier auf ein Skript von Prof. Dorothea Wagner verwiesen, welches unter http://
i11www.iti.uni-karlsruhe.de/_media/information/scripts/grundlagen/graphen.pdf zu
finden ist. Die verwendeten Begriffe können analog auch auf Graphen mit unendlichen Knotenund
Kantenmengen übertragen werden.
Im Folgenden werden wir ferner folgende Konvention benutzen: Eine Kante e ′ = {u, v} liegt
genau dann in der Knotenmenge B, falls u ∈ B und v ∈ B gilt.
Definition 3: Sei Γ ein Graph. Γ heißt lokal-endlich, falls für jeden Knoten v nur endlich viele
inzidente Kanten existieren.
Definition 4: Seien Γ ein Graph und A Knotenmenge von Γ. Der Korand von A, geschrieben als
δA, ist die Menge aller Kanten, die einen Knoten aus A mit einem Knoten aus A C verbinden.
Bemerkung: Somit gilt auch δA = δA C . Eine einfache Folgerung ist, dass δ∅ = δΓ = ∅ gilt, da es
keine entsprechenden Kanten geben kann. Ist Γ außerdem zusammenhängend und A eine nicht
leere, echte Teilmenge der Kanten, dann ist δA ≠ ∅. Weiterhin folgt aus δA = δB, dass entweder
A = B oder A = B C gilt, falls Γ zusammenhängend ist.
Korollar 3.1. Seien Γ = Γ(G) der Cayley-Graph einer endlich erzeugten Gruppe G und E Knotenmenge
von Γ. Der Korand von E ist genau dann endlich, wenn E fast invariant ist.
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Beweis. Sei {x 1 , . . . , x n } ein Erzeugendensystem von G. Es genügt also zu zeigen, dass δE genau
a
dann endlich ist, wenn Ex i = E für i = 1, . . . , n.
Zunächst sei δE endlich, dann gibt es nur endlich viele Kanten {u, v}, die E mit E C verbinden.
Da im Cayleygraphen von G die Kanten einer Multiplikation mit x i bzw. mit x −1
i
entsprechen,
gibt es nur für endlich viele u ∈ E ein x i , das ux ε i
i
∈ E C erfüllt mit ε i ∈ {±1}. Für jedes x i gilt
daher Ex i
a = E und somit ist E fast invariant.
Die andere Richtung der Aussage folgt analog mit den gleichen Argumenten.
Mit diesem Wissen ausgestattet können wir nun auch den noch nicht getätigten Beweis aus
Kapitel 2 antreten:
Korollar 3.2. Die Dimension von E G ist gleich der Kardinalität des Endenraums von G.
Beweis. Um den Beweis zu führen, zeigen wir folgende Aussage: Sei n ∈ N. G hat genau dann
mindestens n Enden, wenn n linear unabhängige, fast invariante Teilmengen von G existieren.
Habe also G mindestens n Enden, dann existiert ein k ∈ N so, dass Γ \ Γ (k) mindestens n
unendliche Zusammenhangskomponenten besitzt. Jede dieser Zusammenhangskomponenten besitzt
nur einen endlichen Korand, da der Cayleygraph Γ von G lokal-endlich ist. Mit Korollar
3.1 folgt, dass jede der Zusammenhangskomponenten eine fast invariante Teilmenge von G ist.
Diese sind linear unabhängig, da sie nach Konstruktion disjunkt sind.
Nun gebe es n linear unabhänige, fast invariante Teilmengen T 1 , . . . , T n in G. Sei nun k ∈ N
so gewählt, dass δT i ⊆ Γ (k) für alle i = 1, . . . , n gilt. Solch ein k existiert, da der Korand jeder
fast invarianten Menge endlich ist. Definiere nun T i ′ = T i \ Γ (k) . Nach Konstruktion ist T i
′ a
= T i
und somit ist T i ′ ebenfalls fast invariant und die T
′
i sind linear unabhängig. Ferner enthält jedes
T i ′ mindestens eine unendliche Zusammenhangskomponente. Enthielte T
′
i nur endliche Zusammenhangskomponenten,
so müsste T i ′ unendlich viele Zusammenhangskomponenten enthalten,
da T i ′ selbst unendlich ist. Dies steht aber in Widerspruch zur Endlichkeit von δT
′
i . Sei nun M
die Menge der Äquivalenzklassen der Zusammenhangskomponenten der T i ′.
Jedes T i ′ zerfällt in
Zusammenhangskomponenten, die in M liegen. Folglich sind T 1 ′, . . . , T n ′ Elemente aus dem Vektorraumerzeugnis
〈 M 〉. Damit ist die Dimension von 〈 M 〉 wegen der linearen Unabhängigkeit
der T i ′ mindestens n und somit enthält M mindestens n Äquivalenzklassen.
Die eigentliche Aussage folgt nun durch folgende Argumentation: Sei n die Dimension von E G ,
dann gibt es n linear unabhängige, fast invariante Teilmengen von G. Somit besitzt G mindestens
n Enden. Angenommen, G hätte mehr als n Enden, dann würde folgen, dass es mehr als
n linear unabhänige, fast invariante Teilmengen in G gäbe, was allerdings im Widerspruch zur
Dimension von E G steht.
Lemma 3.3. Seien A und B Knotenmengen eines Graphen Γ. Falls B zusammenhängend ist
und δA ∩ B = ∅, dann gilt entweder B ⊆ A oder B ⊆ A C .
Beweis. Angenommen, die Aussage sei falsch. Dann würde B sowohl Elemente aus A, als auch
aus A C enthalten. Sei daher x ∈ A ∩ B und y ∈ A C ∩ B. Dann gibt es einen Pfad von x nach y,
der in B liegt. Dieser besitzt eine Kante mit inzidenten Knoten x ′ ∈ A und y ′ ∈ A C . Damit ist
{x ′ , y ′ } ∈ δA ∩ B, was im Widerspruch zur Voraussetzung steht.
Lemma 3.4. Seien A und B Knotenmengen eines zusammenhängenden Graphen Γ. Gibt es
zusammenhängende disjunkte Knotenmengen C, D derart in Γ, dass δA ⊆ C und δB ⊆ D gilt,
dann ist eine der Schnittmengen A ∩ B, A C ∩ B, A ∩ B C und A C ∩ B C leer.
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Beweis. Es gilt δA ∩ D = ∅ und δB ∩ C = ∅, da C und D nach Voraussetzung disjunkt sind.
Mit Lemma 3.3 folgt entweder D ⊆ A oder D ⊆ A C bzw. C ⊆ B oder C ⊆ B C . Betrachten wir
exemplarisch D ⊆ A C und C ⊆ B C :
• Fall 1: (A ∩ B) C = A C ∪ B C = ∅
Es folgt direkt, dass B C = ∅ und somit B der gesamte Graph Γ sein muss. Folglich gilt
die Inklusion A ∩ B C = ∅.
• Fall 2: (A ∩ B) C ≠ ∅
Um zu zeigen, dass A ∩ B = ∅ gilt, genügt es zu zeigen, dass δ(A ∩ B) = ∅ gilt.
Jede Kante aus δ(A ∩ B) hat jeweils einen inzidenten Knoten in A ∩ B und in A C ∩ B,
A ∩ B C oder A C ∩ B C . Im ersten Fall läge diese Kante in δA und B, also wäre δA ∩ B ≠ ∅,
im Widerspruch zu δA ⊆ C ⊆ B C . Im zweiten Fall läge diese Kante in A und δB, also
wäre A ∩ δB ≠ ∅, im Widerspruch zu δB ⊆ D ⊆ A C . Im letzten Fall wäre δA ∩ δB ≠ ∅,
im Widerspruch zu δA ⊆ C, δB ⊆ D und C ∩ D = ∅. Es folgt daher, δ(A ∩ B) = ∅ und
somit die Behauptung.
Lemma 3.5. Seien E 0 und E 1 fast invariante Teilmengen der endlich erzeugten Gruppe G. Für
fast alle g ∈ E 0 gilt entweder gE 1 ⊆ E 0 oder E C 0 ⊆ gE 1.
Beweis. Da E 0 und E 1 fast invariant sind, gilt mit Korollar 3.1 δE 0 und δE 1 sind endlich. Man
kann daher endliche, zusammenhängende Mengen C 0 und C 1 konstruieren mit δE 0 ⊆ C 0 und
δE 1 ⊆ C 1 .
Für alle c ∈ C 1 und fast alle g ∈ E 0 liegt gc ∈ E 0 . Da außerdem C 1 nach Konstruktion endlich
ist, gilt gC 1 ⊆ E 0 für fast alle g ∈ E 0 . Sei g ∈ G so gewählt, dass gc 1 = c 0 mit c 0 ∈ C 0 und
c 1 ∈ C 1 gilt, was äquivalent ist zu g = c 0 c −1
1 . Da C 0 und C 1 endlich sind, kann es nur endliche
viele Elemente geben, die obiges erfüllen. Folglich gilt nun gC 1 ∩ C 0 = ∅ für fast alle g ∈ G. Sei
im Weiteren g ∈ G so gewählt, dass dies und gC 1 ⊆ E 0 erfüllt sind.
Nun kann Lemma 3.4 angewendet werden mit A := gE 1 , B := E 0 , C := gC 1 und D := C 0 . Da
gC 1 ⊆ E 0 ist, folgt δgE 1 ⊆ E 0 und somit sind die Schnitte gE 1 ∩ E 0 und (gE 1 ) C ∩ E 0 nicht leer.
Falls nun gE 1 ∩ E0 C = ∅ gilt, folgt unmittelbar die Inklusion gE 1 ⊆ E 0 . Für (gE 1 ) C ∩ E0 C = ∅
folgt, dass E0
C ⊆ gE 1 gilt.
Lemma 3.6. Sei G eine endlich erzeugte Gruppe mit mindestens 2 Enden. Falls eine fast invariante
Teilmenge E mit E und E C nicht endlich existiert derart, dass {g ∈ G; gE a = E} nicht
endlich ist, dann hat G eine unendliche, zyklische Untergruppe mit endlichem Index und somit
genau 2 Enden.
Beweis. Es ist leicht einzusehen, dass auch die Menge {g ∈ G; gE C = a E C } unendlich ist. Falls
{g ∈ E : gE = a E} endlich ist, ersetze E durch E C . Falls e /∈ E, füge e zu E hinzu. Dies ändert
nichts an der Fast-Invarianz von E.
Mit Lemma 3.5 folgt für fast alle g ∈ E \ {e} die Beziehung gE ⊆ E \ {e} oder gE ⊇ (E \ {e}) C .
Sei nun c ∈ E mit cE = a E und cE ⊆ E \ {e} oder cE ⊇ (E \ {e}) C . Solch ein c ∈ E existiert,
da nur endlich viele Elemente die geforderten Inklusionen nicht erfüllen und {g ∈ E : gE = a E}
nicht endlich ist. Wäre weiterhin (E \ {e}) C ⊆ cE, so wäre (E \ {e}) C ⊆ cE = a E, somit also
unendliche viele Elemente in E ∩ E C . Folglich muss cE ⊆ E \ {e} gelten.
Induktiv lässt sich zeigen, dass für alle n > 0, c n E ⊆ cE ⊂ E und damit c n ≠ e für alle n > 0
gilt. Da e ∈ E ist auch c n e = c n ∈ E für alle n > 0. Mit c n E ⊆ E \ {e} folgt c n E ∩ {e} = ∅ und
somit auch c −n /∈ E für alle n > 0.
Weiterhin gilt ⋂ n>0 cn E = ∅: Gäbe es ein d ∈ ⋂ n>0 cn E, dann wäre d ∈ c n E, also c −n ∈ Ed −1
für n > 0. Da Ed −1 = a E nach Voraussetzung ist, steht dies im Widerspruch zu c −n ∈ E C für
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n > 0. Damit folgt
E = (E \ cE) ∪ (cE \ c 2 E) ∪ . . . = ⋃ n≥0
(c n E \ c n+1 E) = ⋃ n≥0
c n (E \ cE)
Analog folgt ⋂ n>0 c−n E = ∅ und schließlich E C = ⋃ n≥0 c−n (E C \ c −1 E C ).
Nach der Wahl von c liegen nur endlich viele Elemente in E + := (E \ cE). Gleiches gilt auch
für E − := (E C \ c −1 E C ). Da durch Linksmultiplikation von Elementen aus 〈 c 〉 mit Elementen
aus E + ganz E entsteht bzw. von Elementen aus 〈 c 〉 und E − ganz E C entsteht, müssen die
Repräsentanten der Linksnebenklassen von 〈 c 〉 in E + ∪ E − enthalten sein. Da diese Menge
endlich ist, kann es auch nur endlich viele Nebenklassen von 〈 c 〉 in G geben.
Damit ist 〈 c 〉 eine unendliche zyklische Untergruppe mit endlichem Index und G besitzt nach
Korollar 2.2 genau zwei Enden.
Nun untersuchen wir Mengen, die einen minimalen Korand besitzen. Dazu führen wir den Begriff
des minimalen Schnittes ein.
Definition 5: Sei Γ ein zusammenhängender, lokal-endlicher Graph. Sei weiterhin E eine nicht
endliche Menge, für die E C nicht endlich und δE endlich ist. Die Menge E heißt minimal, falls
der Korand von E so wenige Kanten wie möglich enthält.
Bemerkung: Falls E minimal ist, so ist auch E C minimal und E ist zusammenhängend.
Lemma 3.7. Sei Γ ein zusammenhängender, lokal-endlicher Graph. Dann gibt es eine minimale
Teilmenge E so, dass für jede minimale Menge E ′ mindestens eine der folgenden Mengen endlich
ist: E ∩ E ′ , E ∩ E ′C , E C ∩ E ′ , E C ∩ E ′C .
Beweis. Wir werden zunächst einige Hilfsaussagen beweisen und diese am Ende für einen eleganten
Widerspruchsbeweis nutzen.
(i) Seien E und E ′ minimal.
Behauptung 1: Eine der obigen Schnittmengen ist endlich oder alle vier sind minimal.
Beweis. Sei n := |δE| = |δE C |. Die Mengen δ(E ∩ E ′ ), δ(E C ∩ E ′ ), δ(E ∩ E ′C ) und
δ(E C ∩ E ′C ) sind Teilmengen von δE ∪ δE ′ . Außerdem kommt jede Kante aus δE ∪ δE ′
in genau zwei der genannten Mengen vor. Folglich gilt
|δ(E ∩ E ′ )| + |δ(E C ∩ E ′ )| + |δ(E ∩ E ′C )| + |δ(E C ∩ E ′C )| = 2|δE ∪ δE ′ |
≤ 2(|δE| + |δE ′ |) = 4n. (⋆)
Ist mindestens eine der Mengen E ∩ E ′ , E C ∩ E ′ , E ∩ E ′C oder E C ∩ E ′C endlich, dann ist
die Aussage wahr. Seien nun die Mengen nicht endlich. Da E als minimal vorausgesetzt
war, gilt für jede unendliche Teilmenge C mit unendlichem Komplement: δC ≥ n. Mit der
Ungleichung (⋆) folgt somit, dass die obigen Mengen ebenfalls minimal sein müssen.
(ii) Angenommen, die Aussage von Lemma 3.7 sei falsch.
Behauptung 2: Dann gibt es eine absteigende Kette minimaler Mengen E 1 ⊃ E 2 ⊃ . . .
mit ⋂ i≥1 E i ≠ ∅.
Beweis. Sei E 1 minimal, b ∈ E 1 . Da nach Annahme die Aussage von Lemma 3.7 falsch ist,
gibt es eine minimale Menge E mit E 1 ∩ E, E 1 ∩ E C , E1 C ∩ E, EC 1 ∩ EC nicht endlich. Mit
Teil (i) folgt, dass diese Mengen minimal sein müssen. Weiterhin gilt E 1 ∩ E ⊆ E 1 und
E 1 ∩ E C ⊆ E 1 . Sei o.B.d.A. b ∈ E 1 ∩ E, dann sei E 2 := E 1 ∩ E. Wir können nun mit einer
anderen minimalen Menge E ′ induktiv fortfahren und die gewünschte Kette E 1 ⊃ E 2 ⊃ . . .
konstruieren. Dabei ist b ∈ ⋂ i≥1 E i und somit ist ⋂ i≥1 E i ≠ ∅.
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(iii) Sei C 1 ⊇ C 2 ⊇ . . . eine absteigende Kette zusammenhängender, nicht endlicher Mengen.
Behauptung 3: ⋂ i≥1 C i ist unendlich oder leer.
Beweis. Angenommen ⋂ i≥1 C i ist endlich und nicht leer.
Sei B die Menge der Knoten, die nicht in ⋂ ⋂
i≥1 C i liegen und adjazent zu einem Knoten in
i≥1 C i sind. Da Γ lokal-endlich ist und ⋂ i≥1 C i nach Voraussetzung ebenfalls endlich ist,
muss auch B endlich sein.
Weiterhin ist C r nicht endlich für alle r ≥ 1 und somit gilt C r \( ⋂ i≥1 C i) ≠ ∅. Da außerdem
C r zusammenhängend ist, gibt es einen Pfad in C r , dessen Startknoten in ⋂ i≥1 C i und
dessen Zielknoten in C r \ ( ⋂ i≥1 C i) liegt. Dieser Pfad enthält eine Kante in δ( ⋂ i≥1 C i) mit
einem inzidenten Knoten aus B.
Daher gilt B ∩ C r ≠ ∅ für alle r ≥ 1. Wegen der Endlichkeit von B existiert ein Knoten
v ∈ B mit v ∈ C r für unendlich viele r. Da die C i eine absteigende Kette bilden, kann
es kein k geben mit v /∈ C i für alle i ≥ k. Somit ist v ∈ C r für alle r ≥ 1. Folglich ist
B ∩ ⋂ i≥1 C i ≠ ∅, im Widerspruch zur Konstruktion von B.
(iv) Sei E 1 ⊇ E 2 ⊇ . . . eine absteigende Kette minimaler Mengen.
Behauptung 4: Falls ⋂ i≥1 E i unendlich ist, dann wird obige Kette stationär.
Beweis. Sei e ′ ∈ δ( ⋂ i≥1 E i) die zu p ∈ ⋂ i≥1 E i und q ∈ ( ⋂ i≥1 E i) C inzidente Kante. Da
E1 C ⊆ EC 2 ⊆ . . . eine aufsteigende Kette bilden, gibt es ein j mit q ∈ EC i für alle i ≥ j.
Somit ist auch e ′ ∈ δE i für i ≥ j. (⋆⋆)
Da E1 C ⊆ ( ⋂ i≥1 E i) C , ist ( ⋂ i≥1 E i) C auch unendlich. ⋂ i≥1 E i ist nach Voraussetzung
ebenfalls unendlich. Folglich gilt |δ( ⋂ i≥1 E i)| ≥ n, wobei n Anzahl der Kanten des Korands
einer minimalen Menge ist.
Sei nun P ⊆ δ( ⋂ i≥1 E i) mit |P | = n. Nach (⋆⋆) existiert ein j ′ so, dass P ⊆ δE i für
alle i ≥ j ′ . Wegen der Minimalität von E i gilt mit |δE i | = n, dass δE i = P und somit
δE i = δE i+1 für alle i ≥ j ′ . Weil Γ zusammenhängend ist, folgt E i = E i+1 oder E i = Ei+1
C
für i ≥ j ′ . Letzteres steht allerdings im Widerspruch zu E i ⊇ E i+1 . Damit wird die Kette
der E i stationär.
Nun zurück zur eigentlichen Behauptung: Angenommen, diese sei falsch. Nach Behauptung
2 gibt es minimale Mengen E 1 ⊃ E 2 ⊃ . . . mit ⋂ i≥1 E i ≠ ∅. Da minimale Mengen auch
zusammenhängend sind, folgt mit Behauptung 3, dass ⋂ i≥1 E i unendlich sein muss, da nach
Behauptung 2 bereits ⋂ i≥1 E i ≠ ∅ gilt. Schließlich folgt mit Behauptung 4, dass die Kette
E 1 ⊃ E 2 ⊃ . . . stationär wird. Dies steht allerdings im Widerspruch zu Behauptung 2. Folglich
muss die Aussage des Lemmas richtig sein.
4 Stallings Theorem und sein Beweis
Satz 2 (Stallings Strukturtheorem): Sei G eine endlich erzeugte Gruppe mit unendlich vielen
Enden. Dann ist entweder G ein amalgamiertes Produkt G 1 ∗ K G 2 oder eine HNN-Erweiterung
G ∗ 1 = 〈G 1, x | x −1 kx = α(k), k ∈ K〉, wobei K in beiden Fällen eine endliche Untergruppe von
G ist.
Umgekehrt gilt: Falls G 1 und G 2 unendlich und endlich erzeugt sind und K endlich ist, dann
haben G ∗ 1 und G 1 ∗ K G 2 unendlich viele Enden, außer für die Gruppen G ∗ 1 mit G 1 = K und
G 1 ∗ K G 2 mit [G 1 : K] = [G 2 : K] = 2, die jeweils 2 Enden haben.
Beweis der Rück“-Richtung:
”
Zunächst betrachten wir die Spezialfälle G ∗ 1 mit G 1 = K und G 1 ∗ K G 2 mit [G 1 : K] =
[G 2 : K] = 2. In beiden Fällen ist K ein Normalteiler in G 1 bzw. G 1 und G 2 und somit
auch in G. Für G = G ∗ 1 mit G 1 = K gilt G/K ∼ = Z. Im Fall G = G 1 ∗ K G 2 gilt wegen
8

Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
[G 1 : K] = [G 2 : K] = 2, dass G/K ∼ = Z/2Z ∗ Z/2Z. Mit Proposition 2.3 folgt, dass G/K und G
gleich viele Enden haben. Damit hat G nach Korollar 2.2 genau zwei Enden.
Sei nun G = G ∗ 1 = 〈G 1, x | x −1 kx = α(k), k ∈ K〉 mit G 1 ≠ K. Wir wollen zeigen, dass
G unendlich viele Enden hat. Hierfür definieren wir uns zunächst die beiden Mengen E + =
{w ∈ G; g 0 = e, ε 1 = 1 in der Normalform von w} und E − = {w ∈ G; g 0 = e, ε 1 = −1 in
der Normalform von w}. Wegen der Eindeutigkeit der Normalform sind E + und E − disjunkte,
unendliche Mengen. Da in der Normalform des amalgamierten Produkts g 0 ein beliebiges
Gruppenelement sein kann, ist auch die Menge G \ (E + ∪ E − ) unendlich. Daher gilt folgender
Zusammenhang: Sind E + und E − fast invariant, dann hat G mehr als zwei Fast-Invarianzklassen
und somit auch mehr als zwei Enden.
Nach Definition der Normalform der HNN-Erweiterung gelten die Beziehungen E + w = E + für
alle w ∈ G 1 , E + t ⊆ E + und E + t −1 ⊆ E + ∪ K. Da K endlich ist, gilt somit E + t a = E + . Folglich
ist E + fast G-invariant, da G ⊆ 〈G 1 , t〉.
Analog lässt sich die Fast-Invarianz von E − zeigen. Es folgt also, dass G mehr als zwei – und
damit unendlich viele – Enden hat.
Sei jetzt G = G 1 ∗ K G 2 = 〈G 1 ∗ G 2 | k = α(k), k ∈ K〉 mit [G 1 : K] > 2. Wir zeigen
ebenfalls, dass G unendlich viele Enden hat. Definiere für alle b ∈ G 1 \ K die Menge E b =
{g ∈ G; g reduziert, beginnt mit b}. Falls c ∈ G 1 \ (K ∪ bK), so sind E b , E c und G \ (E b ∪ E c )
unendlich und disjunkt. Es genügt daher zu zeigen, dass E b und E c fast G-invariant sind. Es
gilt E b w = E b für w ∈ G 2 und E b v ⊆ E b ∪ {bv} für v ∈ G 1 , somit auch E b ⊆ E b v ∪ {b}. Daraus
folgt E b v a = E b und wegen G ⊆ 〈G 1 , G 2 〉, dass E b fast invariant ist. Auf die gleiche Weise lässt
sich die Fast-Invarianz von E c einsehen. Somit hat G unendlich viele Enden.
Beweis der Hin“-Richtung:
”
Die Gruppe G habe nun unendlich viele Enden. Wir wollen zeigen, dass G = G 1 ∗ K G 2 oder
G = G ∗ 1 .
Nach Lemma 3.7 existiert eine minimale Menge E so, dass für alle minimalen Mengen E ′
mindestens eine der Schnittmengen E ∩ E ′ , E ∩ E ′C , E C ∩ E ′ , E C ∩ E ′C endlich ist. Da wegen
der Minimalität von E auch gE minimal ist, gilt also, dass eine der Mengen E ∩ gE,
E ∩ gE C , E C ∩ gE, E C ∩ gE C endlich ist. Dies ist äquivalent dazu, dass mindestens eine der
Inklusionen gE ⊆ a E C , gE C ⊆ a E C , gE ⊆ a E, gE C ⊆ a E gilt. Seien ferner K = {g ∈ G; gE = a E}
und H = {g ∈ G; gE = a E oder gE = a E C }. Mit dem Untergruppenkriterium kann man leicht
nachrechnen, dass H und K Untergruppen von G sind. Weiterhin gilt [H : K] ≤ 2. Wir nehmen
nun an, dass zwei der oben genannten Schnittmengen endlich sind.
• Fall 1: gE ∩ E und gE C ∩ E sind endlich.
Wegen E = (gE∩E)∪(gE C ∩E) folgt damit die Endlichkeit von E. Dies ist ein Widerspruch
zur Minimalität von E.
Analog lassen sich die Fälle gE ∩ E C und gE C ∩ E C endlich, gE ∩ E und gE ∩ E C endlich
und gE C ∩ E und gE C ∩ E C endlich zu einem Widerspruch führen.
• Fall 2: gE ∩ E und gE C ∩ E C sind endlich.
Daraus folgt gE a = E C und damit g ∈ H.
Auf die gleiche Weise folgt aus gE C ∩ E und gE ∩ E C endlich, dass g ∈ H.
Insgesamt haben wir also gezeigt, dass g in H liegen muss, wenn zwei der Schnittmengen endlich
sind. Dies ist äquivalent dazu, dass g in H liegt, wenn zwei der oben genannten Inklusionen
gelten. Diese Aussage werden wir im Folgenden mit (∗) bezeichnen.
Lemma 3.6 liefert ferner, dass K endlich ist. Denn wäre K unendlich, könnte man Lemma 3.6
anwenden und es würde folgen, dass G genau zwei Enden hat. Dies widerspricht jedoch der
Voraussetzung, dass G unendlich viele Enden hat. Wegen [H : K] ≤ 2 ist daher auch H endlich.
9

Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
Sei nun E 1 = {g ∈ G; gE a ⊆ E oder gE C a ⊆ E}. Mit (∗) erkennt man außerdem, dass E C 1 ∪ H =
{g ∈ G; gE ⊆ a E C oder gE C ⊆ a E C }. Wir können nun Lemma 3.5 auf die Menge E anwenden
und erhalten damit eine der Inklusionen gE ⊆ E bzw. gE C ⊆ E für fast alle g ∈ E. Folglich
ist die Menge E fast in der Menge E 1 enthalten. Auf ähnliche Weise lässt sich zeigen, dass die
Menge E C fast in der Menge E1
C ∪ H enthalten ist. Wegen der Endlichkeit von H folgt somit,
dass E und E 1 fast gleich sind.
Aus diesem Grund kann man in einigen der bisher getroffenen Aussagen E durch E 1 ersetzen.
So ist E 1 fast invariant, E 1 und E1
C sind unendlich und für die definierten Mengen gilt:
K = {g ∈ G; gE 1
a = E1 },
H = {g ∈ G; gE 1
a = E1 oder gE 1
a = E
C
1 },
E 1 = {g ∈ G; gE 1
a
⊆ E1 oder gE C 1
E C 1 ∪ H = {g ∈ G; gE 1
a
⊆ E
C
1 oder gE C 1
a
⊆ E 1 },
a
⊆ E C 1 }.
Mithilfe der Definition der Menge E 1 wird klar, dass e ∈ E 1 , E 1 h = E 1 für h ∈ H und kE 1 = E 1
für k ∈ K. Außerdem ist hE 1 = E1 C ∪ H für h ∈ H \ K, denn für h ∈ H \ K gilt:
a
g ∈ E 1 ⇔ gE 1 ⊆ E1 oder gE1
C a
a
⊆ E 1 ⇔ hgE 1 ⊆ hE1 oder hgE1
C
a
⇔ hgE 1 ⊆ E
C
1 oder hgE1
C a
⊆ E1 C ⇔ hg ∈ E1 C ∪ H.
a
⊆ hE 1
Im Folgenden wollen wir X und Y (bzw. X i und Y i ) stets als Symbol für eine der Mengen E 1 \K
und E 1 \(H\K) verwenden. Mit X ′ bzw. Y ′ wird die jeweils andere Menge bezeichnet. Für k ∈ K
gilt kX = X und für h ∈ H \K gilt hX = X C . Dies zeigen wir exemplarisch für X = E 1 \K und
a a
h ∈ H \ K = {g ∈ G; gE 1 = E
C
1 }. Sei hierzu x ∈ E 1 \ K. Dann gilt [xE 1 ⊆ E1 oder xE1
C a
⊆ E 1 ]
a
a a
und xE 1 ≠ E1 . Damit erhält man hxE 1 ⊆ hE1 ⊆ E
C
1 oder hxE1
C a a
⊆ hE 1 ⊆ E
C
1 . Es liegt also
a
hx in E1 C ∪ H. Wegen hxE a
1 ≠ hE 1 = E
C
1 gilt hx /∈ H \ K und es folgt hx ∈ X C . Sei nun
x ′ ∈ (E 1 \ K) C . Dann liegt x ′ auch in E1 C ∪ H und man erhält h−1 x ′ a
E 1 ⊆ h −1 E1
C a
⊆ E 1 oder
h −1 x ′ E1
C a
⊆ h −1 E1
C a
⊆ E 1 . Außerdem folgt aus x ′ /∈ H \ K, dass x ′ a
E 1 ≠ E
C
1 . Damit ergibt sich
h −1 x ′ a
E 1 ≠ h −1 E1
C a
= E 1 . Es liegt also h −1 x ′ in E 1 \ K und damit x ′ in h(E 1 \ K) und man
erhält die gewünschte Gleichheit.
Für den weiteren Verlauf des Beweises von Stallings Strukturtheorem werden wir zunächst vier
Behauptungen aufstellen und diese beweisen.
Behauptung 1: Für alle g ∈ G ist Xg△Y die Vereinigung endlich vieler Nebenklassen von H.
Beweis. Für alle k ∈ K gilt k(Xg△Y ) = kXg△kY = Xg△Y und für alle h ∈ H \ K erhält man
h(Xg△Y ) = hXg△hY = X C g△Y C = Xg△Y .
Folglich ist Xg△Y die Vereinigung von Nebenklassen von H. Mit Xg△Y = a a
E 1 g△E 1 = ∅ erhält
man die Endlichkeit von Xg△Y und damit die Behauptung.
Für den weiteren Beweis benötigen wir eine kleine Definition. Wir definieren die Länge l(g) eines
Gruppenelements g ∈ G durch l(g) = 1 + |Xg△Y |/|H|, wobei X und Y so gewählt sind, dass
|Xg△Y | möglichst klein ist. Wegen Behauptung 1 ist l(g) eine positive, ganze Zahl. Außerdem
gilt l(g) = 1, falls g ∈ H, wie man mit X = E 1 \ K, Y = E 1 \ (H \ K) für h ∈ H \ K und
X = E 1 \ K, Y = E 1 \ K für h ∈ K leicht nachrechnen kann.
Wählt man X und Y so, dass |Xg△Y | minimal ist, dann liegt das neutrale Element e nicht
in Xg△Y . Wäre nämlich e ∈ Xg△Y , so gälte wegen Behauptung 1 H ⊆ Xg△Y und mit
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Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
H = Y △Y ′ folgte Xg△Y ′ = (Xg△Y )△(Y △Y ′ ) = (Xg△Y )\H, was einen Widerspruch zur Minimalität
von |Xg△Y | darstellt. Auf gleiche Weise lässt sich mit X ′ g△Y = (X ′ g△Xg)△(Xg△Y )
= Hg△(Xg△Y ) zeigen, dass g nicht in Xg△Y liegt.
Wählt man X und Y auf diese Art, erhält man damit:
- Xg△Y ′ = (Xg△Y )△(Y △Y ′ ) = (Xg△Y ) ∪ H
- X ′ g△Y = (X ′ g△Xg)△(Xg△Y ) = (Xg△Y ) ∪ Hg
- X ′ g△Y ′ = (X ′ g△Xg)△(Xg△Y )△(Y △Y ′ ) = (Xg△Y ) ∪ H ∪ Hg, für g /∈ H
- X ′ g△Y ′ = (X ′ g△Xg)△(Xg△Y )△(Y △Y ′ ) = Xg△Y , für g ∈ H.
Diese Aussagen werden wir mit (∗∗) bezeichnen.
Behauptung 2: Sei x ∈ Xg△Y , aber e, g /∈ Xg△Y . Dann ist Xx△Y ⊆ Xg△Y .
Beweis. Es genügt zu zeigen, dass Xg ∩ Y ⊆ Xx ⊆ Xg ∪ Y . Um die zweite Inklusion zu zeigen,
nehmen wir zunächst Xx Xg ∪ Y an. Sei nun z ∈ Xx \ (Xg ∪ Y ), d.h. z /∈ E 1 \ H ⊆ Y und
zg −1 /∈ E 1 \ H ⊆ X, also z, zg −1 ∈ E1
C ∪ H. Da X nach Definition eine Teilmenge von E 1 ist,
gilt z ∈ E 1 x und somit zx −1 ∈ E 1 . Mit den Definitionen der Mengen E1
C ∪ H und E 1 folgt,
dass Mengen A, B, C ∈ {E 1 , E1 C} so existieren, dass zA ⊆ a E1 C, zg−1 B ⊆ a E1 C und zx−1 C ⊆ a E 1 .
Hiermit erhält man:
xA = xz −1 zA a ⊆ xz −1 E C 1
a
⊆ C C und xg −1 B = xz −1 zg −1 B a ⊆ xz −1 E C 1
a
⊆ C C .
Im Fall C = E1 C folgt damit x, xg−1 ∈ E 1 . Im Fall C = E 1 erhält man x, xg −1 ∈ E1 C ∪ H. Da
Xg△Y aus Nebenklassen von H besteht und e, g /∈ Xg△Y , folgt H, Hg Xg△Y und damit
x, xg −1 /∈ H. Folglich gilt entweder x, xg −1 ∈ E 1 \ H oder x, xg −1 ∈ E1 C . Ersteres impliziert
x ∈ Xg ∩ Y , im zweiten Fall erhält man x /∈ Xg ∪ Y . In beiden Fällen ergibt sich also ein
Widerspruch zu x ∈ Xg△Y . Unsere Annahme ist also falsch und es gilt Xx ⊆ Xg ∪ Y . Auf
ähnliche Weise kann man zeigen, dass Xg∩Y ⊆ Xx und erhält damit die gewünschte Aussage.
Behauptung 3: Die Gruppe G wird von Elementen der Länge 1 erzeugt.
Beweis. Wir zeigen hierfür, dass für alle g ∈ G mit l(g) > 1 ein x ∈ G existiert mit l(x) < l(g) und
l(gx −1 ) < l(g). Daraus folgt dann, dass wir jeden Erzeuger g mit Länge größer 1 in zwei Gruppenelemente
mit echt kleinerer Länge zerlegen können. Induktiv erhalten wir so die gewünschte
Aussage.
Sei nun g ∈ G mit l(g) > 1. Dann können wir X und Y so wählen, dass e, g /∈ Xg△Y und
Xg△Y ≠ ∅. Wir wählen x ∈ Xg△Y beliebig und zeigen, dass dieses x die gewünschten Eigenschaften
besitzt. Mit Behauptung 2 wissen wir, dass Xx△Y ⊆ Xg△Y . An dieser Stelle müssen
wir zwei Fälle unterscheiden:
• Fall 1: x ∈ Xx△Y . Dann gilt:
• Fall 2: x /∈ Xx△Y . Dann gilt:
l(x) < |Xx△Y |
|H|
l(x) ≤ |Xx△Y |
|H|
+ 1 ≤ |Xg△Y |
|H|
+ 1 < |Xg△Y |
|H|
+ 1 = l(g)
+ 1 = l(g)
11

Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
In beiden Fällen gilt also l(x) < l(g). Um zu zeigen, dass auch l(gx −1 ) < l(g) gilt, nutzen wir aus,
dass Xx△Xg = (Xg△Y )△(Xx△Y ) ⊆ Xg△Y , und untersuchen die beiden Fälle x ∈ Xx△Xg
und x /∈ Xx△Xg.
• Fall 1: x ∈ Xx△Xg. Dann gilt e ∈ X△Xgx −1 und damit:
l(gx −1 ) < |X△Xgx−1 |
|H|
+ 1 = |Xx△Xg|
|H|
• Fall 2: x /∈ Xx△Xg. Dann gilt e /∈ X△Xgx −1 und damit:
l(gx −1 ) ≤ |X△Xgx−1 |
|H|
+ 1 = |Xx△Xg|
|H|
+ 1 ≤ |Xg△Y |
|H|
+ 1 < |Xg△Y |
|H|
+ 1 = l(g)
+ 1 = l(g)
Behauptung 4: Seien g 1 , . . . , g n /∈ H mit l(g i ) = 1 und angenommen es existieren X 0 , . . . , X n
mit X i−1 g i = X ′ i für i = 1, . . . , n. Dann ist g 1 · · · g n ≠ e.
Beweis. Wir zeigen zunächst induktiv, dass X 0 g 1 · · · g n △X n
′ die disjunkte Vereinigung von
Hg 2 · · · g n , . . . , Hg n−1 g n , Hg n ist, wobei diese Mengen von H und Hg 1 · · · g n verschieden sind.
Für n = 2 erhält man den Induktionsanfang durch:
X 0 g 1 g 2 △X ′ 2 = X 0 g 1 g 2 △X 1 g 2 = (X 0 g 1 △X 1 )g 2 = (X ′ 1△X 1 )g 2 = Hg 2 .
Außerdem gilt Hg 2 ≠ H und Hg 2 ≠ Hg 1 g 2 , da g 1 , g 2 /∈ H.
Führen wir nun den Induktionsschritt von n nach n+1. Die Mengen Hg 1 · · · g n+1 , . . . , Hg n+1 sind
verschieden von einander und somit disjunkt. Wäre Hg k · · · g n+1 = Hg l · · · g n+1 mit
1 ≤ k < l < n + 1, dann wäre Hg k · · · g l−1 = H und somit wäre g k · · · g l−1 ein Element aus
H. Dies wird durch die Induktionsvoraussetzung zum Widerspruch geführt, da nach dieser das
Produkt von höchstens n Elementen g r /∈ H auch nicht in H liegt. Mit dem gleichen Argument
erhält man, dass H ebenfalls disjunkt zu den obigen Mengen ist. Es gilt daher:
X 0 g 1 · · · g n+1 △X n+1 ′ = X 0 g 1 · · · g n+1 △X n g n+1 = (X 0 g 1 · · · g n △X n)g ′ n+1 △(X n△X ′ n )g n+1
n⋃
n+1
⋃
= (Hg i · · · g n )g n+1 ∪ Hg n+1 = (Hg i · · · g n+1 ),
i=2
wobei beim dritten Gleichheitszeichen die Induktionsvoraussetzung miteinfließt. Mit dieser Aussage
erhält man
l(g 1 · · · g n ) = |X 0g 1 · · · g n △X n|
′ + 1 = n − 1 + 1 = n,
|H|
denn X 0 g 1 · · · g n △X n ′ enthält H und Hg 1 · · · g n nicht und ist daher wegen (∗∗) minimal. Daraus
folgt, dass g 1 · · · g n nicht in H liegt. Insbesondere ergibt sich also g 1 · · · g n ≠ e.
Betrachten wir nun die Elemente mit Länge 1 genauer. Sei l(g) = 1, dann ist |Xg△Y | = 0 und
somit Xg△Y = ∅. Mit der jeweiligen Wahl von X und Y führt uns dies zu folgenden Mengen:
G 1 = {g ∈ G; (E 1 \ K)g = E 1 \ K},
i=2
G 2 = {g ∈ G; (E 1 \ (H \ K))g = E 1 \ (H \ K)},
P = {g ∈ G; (E 1 \ (H \ K))g = E 1 \ K},
Q = {g ∈ G; (E 1 \ K)g = E 1 \ (H \ K)}.
Mit Hilfe des Untergruppenkriteriums lässt sich zeigen, dass G 1 und G 2 echte Untergruppen
von G sind. Außerdem gilt Q = P −1 und P ∩ G 1 = P ∩ G 2 = ∅. Wäre z.B. x ∈ P ∩ G 1 , dann
12

Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
würde gelten (E 1 \ (H \ K))x = E 1 \ K = (E 1 \ K)x und folglich E 1 \ (H \ K) = E 1 \ K, im
Widerspruch zur Definition von H und K.
Ferner gilt G 1 ∩ G 2 = G 1 ∩ H = G 2 ∩ H = K. Für den Beweis dieser Aussage zeigen wir
exemplarisch K ⊆ G 1 ∩ G 2 . Die restlichen Inklusionen folgen durch ähnliche Rechnung. Sei also
g ∈ K, dann gilt gE 1
a = E1 und somit auch gE C 1
a
= E1 C. Sei weiterhin e 1 ∈ E 1 \ K. Wir zeigen,
a
= e 1 E1
C a
⊆ E 1 ,
a a
dass e 1 g ebenfalls in E 1 \ K liegt. Es gilt nun e 1 gE 1 = e1 E 1 ⊆ E1 oder e 1 gE1
C
a
a
also e 1 g ∈ E 1 . Außerdem gilt e 1 gE 1 = e1 E 1 ≠ E1 und somit insgesamt e 1 g ∈ E 1 \ K. Damit ist
g in G 1 enthalten. Analog ergibt sich ebenfalls g ∈ G 2 .
Weiterhin gilt die Inklusion H\K ⊆ P ∩Q. Sei hierfür h ∈ H\K und e 1 ∈ E 1 \(H\K). Wir wollen
zeigen, dass dann e 1 h in E 1 \ K liegt. Es folgt e 1 hE 1
a = e1 E C 1
a
a
⊆ E 1 oder e 1 hE C 1
a
= e 1 E 1
a
⊆ E1 ,
a
also e 1 h ∈ E 1 . Außerdem gilt e 1 hE 1 = e1 E1
C ≠ E 1 und somit e 1 h ∈ E 1 \ K. Sei umgekehrt
e 2 ∈ E 1 \ K, wir zeigen die Beziehung e 2 ∈ (E 1 \ (H \ K))h. Es gilt e 2 h −1 a
E 1 = e2 E1
C a
⊆ E 1
oder e 2 h −1 E1
C a a
= e 2 E 1 ⊆ E1 . Ferner gilt e 2 h −1 E1
C a
a
= e 2 E 1 ≠ E1 . Somit liegt e 2 h −1 in der Menge
E 1 \ (H \ K), also e 2 ∈ (E 1 \ (H \ K))h. Insgesamt ergibt sich also (E 1 \ (H \ K))h = E 1 \ K
und somit H \ K ⊆ P . Analog folgt H \ K ⊆ Q und somit die gewünschte Aussage.
Unmittelbar aus den Definitionen der obigen Mengen egibt sich außerdem, dass für alle x, y ∈ P
die Inklusion x −1 G 2 y ⊆ G 1 gilt.
Nun sind drei Fälle zu untersuchen:
• Fall 1: P = ∅
Wegen H \ K ⊆ P ∩ Q, folgt, dass H = K sein muss. Mit Q = P −1 = ∅ und Behauptung
3 wird klar, dass G von Elementen aus G 1 und G 2 erzeugt und somit G = 〈G 1 , G 2 〉 gilt.
Betrachten wir nun die universelle Abbildungseigenschaft des amalgamierten Produktes
G 1 ∗ K G 2 :
ψ 1
G
∃ 1 Φ
ψ 2
G 1
∗ K G 2
ϕ 1
G 1
f 1
ϕ 2
f 2
G 2
K
In unserem Fall sind f 1 , f 2 , ϕ 1 , ϕ 2 , ψ 1 und ψ 2 Einbettungen. Dies liefert uns, dass Φ(g 1 ) =
g 1 für alle g 1 ∈ G 1 und Φ(g 2 ) = g 2 für alle g 2 ∈ G 2 gilt und somit sind G 1 und G 2 im Bild
von Φ : G 1 ∗ K G 2 → G enthalten. Da G 1 und G 2 die Gruppe G erzeugen, ist Φ surjektiv.
Wir zeigen nun, dass G = G 1 ∗ K G 2 gilt, indem wir noch die Injektivität von Φ zeigen.
Wir betrachten hierfür ein reduziertes Element aus G 1 ∗ K G 2 , wobei K eine endliche
Untergruppe von G 1 und G 2 ist. Dieses ist von der Gestalt g 1 · · · g n , n > 0 mit g 1 ∈ G 1
bzw. g 1 ∈ G 2 und dazu passenden alternierenden Elementen aus G 1 \ K und G 2 \ K. Sei
zunächst g 1 nicht in K enthalten. Wir wollen nun Behauptung 4 anwenden, um zu zeigen,
dass g 1 · · · g n nicht das neutrale Element in G ist. Für g i ∈ G 1 \K gilt (E 1 \K)g i = E 1 \K =
(E 1 \ (H \K)) ′ und analog für g i ∈ G 2 \K gilt (E 1 \ (H \K))g i = E 1 \(H \K) = (E 1 \K) ′ .
Man findet daher X i mit X i−1 g i = X i ′ , wie in den Voraussetzungen zu Behauptung 4
gefordert. Zusätzlich liegen alle g i nach Konstruktion nicht in H = K.
Für g 1 ∈ K können wir diese Argumentation nicht direkt anwenden, stattdessen fassen wir
die beiden ersten Elemente zusammen als ein Element g 1 g 2 auf. Dieses liegt nicht in K.
13

Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
Wäre g 1 g 2 ∈ K, dann wäre auch g 2 ∈ g1 −1 K und somit wäre durch die Gruppeneigenschaft
von K auch g 2 ∈ K, im Widerspruch zur Wahl von g 2 . Da g 1 ∈ K und daher im Schnitt von
G 1 mit G 2 liegt, gilt ferner Xg 1 = X. Wir finden somit ein X 1 so, dass X 1 g 1 g 2 = X 1 g 2 = X 2
′
und weiterhin X i mit X i−1 g i = X i ′ für i > 1. In beiden Fällen kann also Behauptung 4
angewendet werden und es folgt, dass die Abbildung Φ injektiv ist.
Insgesamt gilt also G = G 1 ∗ K G 2 .
• Fall 2: H ≠ K
Sei x ∈ H \ K, dann gilt x ∈ P ∩ P −1 und somit x −1 G 2 x ⊆ G 1 . Weiterhin gilt für y ∈ P ,
dass x −1 ey in G 1 ist, also P ⊆ xG 1 . Man kann daher G als Erzeugnis von G 1 und x
auffassen bzw. als Erzeugnis von G 1 und H.
Wir zeigen nun ähnlich zu Fall 1, dass die Abbildung Φ : G 1 ∗ K H → G = 〈G 1 , H〉 eine
Bijektion ist. Die Surjektivität von Φ folgt analog zu Fall 1. Um die Injektivität von Φ
zu zeigen, geht man wie folgt vor: Sei g 1 h 1 · · · g n h n , n > 0 mit g i ∈ G 1 \ K, h i ∈ H \ K
und h n ∈ H ein Element in reduzierter Form aus G 1 ∗ K H. Jedes g i h i liegt nicht in
H. Wäre g i h i ∈ H, dann wäre g i ∈ H ∩ G 1 = K, im Widerspruch zur Wahl von G i .
Weiterhin gilt (E 1 \ K)g i h i = (E 1 \ K)h i = E 1 \ (H \ K) = (E 1 \ K) ′ . Für ein Element in
reduzierter Form h 0 g 1 h 1 · · · g n h n , n > 0 gilt ferner, dass h 0 g 1 h 1 nicht in H liegt und dass
(E 1 \ (H \ K))h 0 g 1 h 1 = E 1 \ (H \ K) = (E 1 \ K) ′ . Somit sind bei beiden Möglichkeiten
die Voraussetzungen von Behauptung 4 erfüllt und es folgt, dass g 1 h 1 · · · g n h n , n > 0 bzw.
h 0 g 1 h 1 · · · g n h n , n > 0 nicht das neutrale Element ist.
Die Abbildung Φ ist also bijektiv und es gilt G = G 1 ∗ K H.
• Fall 3: H = K, aber P ≠ ∅
Sei nun x ∈ P , dann folgt analog zu Fall 2, dass G das Erzeugnis von G 1 und x ist.
Weiterhin gelten die Inklusionen x −1 G 2 x ⊆ G 1 und K ⊆ G 1 ∩ G 2 . Wir definieren den
injektiven Homomorphismus α : K → G 1 durch α(k) = x −1 kx für alle k ∈ K und bilden
die HNN-Erweiterung G ∗ 1 = 〈G 1, x | x −1 kx = α(k), k ∈ K〉. Betrachten wir nun die
Abbildung Φ : G ∗ 1 → G mit g ↦→ g für alle g ∈ G 1 und x ↦→ x. Diese Abbildung erhält
die Relationen von G ∗ 1 . Da außerdem G 1 und x im Bild von Φ enthalten sind und diese
die Gruppe G erzeugen, ist Φ ein surjektiver Homomorphismus. Wir wollen nun noch die
Injektivität von Φ zeigen.
Sei hierzu g 1 x ε1 · · · g n x εn g n+1 ein Element aus G ∗ 1 in reduzierter Form mit ε i ∈ {±1},
g i ≠ e, falls ε i−1 + ε i = 0, g i /∈ K \ {e}, falls ε i = 1 und g i /∈ α(K) \ {e}, falls ε i = −1. Wir
teilen nun, mittels eindeutiger Klammerung, dieses Element in Gruppen auf:
– (g i x ε i
), falls ε i = −1
– (x ε i−1
g i ), falls ε i−1 = 1
– (x ε i−1
g i x ε i
), falls ε i−1 = 1 und ε i = −1
Um hier ebenfalls Behauptung 4 anwenden zu können, zeigen wir zuerst, dass keiner der
geklammerten Ausdrücke in H = K liegt.
– Für ε i−1 = −1 und ε i = 1 erhalten wir die Klammerung x −1 (g i )x 1 . Da g i nicht das
neutrale Element ist, liegt nach Voraussetzung g i nicht in K.
– Für ε i−1 = ε i erhalten wir die Klammerungen x −1 (g i x −1 ) oder (xg i )x. Wäre nun
xg i ∈ K, dann wäre x ∈ Kgi
−1 ⊂ G 1 , also x ∈ G 1 , im Widerspruch zu x ∈ P und
G 1 ∩ P = ∅. Analog folgt auch g i x −1 /∈ K.
– Für ε i−1 = 1 und ε i = −1 ergibt sich die Klammerung (xg i x −1 ). Läge hier xg i x −1 in
der Menge K, dann wäre g i ∈ x −1 Kx = α(K), im Widerspruch zur Wahl von g i .
Keiner der geklammerten Ausdrücke ist in H. Für Behauptung 4 ist weiterhin noch die
Existenz entsprechender X i nötig, die wir hier exemplarisch für den Fall (xg i x −1 )(g i+1 x −1 )
nachprüfen wollen.
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Stallings Theorem über Enden von Gruppen
Lydia Wagner, Lukas Hartmann
Es gilt hierbei (E 1 \ (H \ K))xg i x −1 = (E 1 \ K)g i x −1 = (E 1 \ K)x −1 = E 1 \ (H \ K) =
(E 1 \K) ′ . Mit Behauptung 4 folgt schließlich die Injektivität von Φ und somit gilt G = G ∗ 1 .
Insgesamt haben wir somit gezeigt, dass G ein amalgamiertes Produkt (G 1 ∗ K G 2 bzw. G 1 ∗ K H)
mit endlicher amalgamierter Untergruppe K oder HNN-Erweiterung (G ∗ 1 ) mit endlicher assoziierter
Untergruppe K ist.
□
Mit Stallings Strukturtheorem lässt sich nun, quasi als kleine Anwendungsübung, folgender Satz
aus [MS83] beweisen.
Satz 3: Eine endlich-erzeugte torsionsfreie Gruppe G ist genau dann frei, wenn sie kontextfrei
ist.
Beweis. Sei G frei, somit auch insbesondere fast frei. Dann ist nach Lemma 4, [MS83], G kontextfrei.
Sei nun G kontextfrei. Wir zeigen, dass G frei ist mittels Induktion über den Rang r(G) von G:
Für r(G) = 0 ist nichts zu tun, da G die triviale Gruppe ist. Für r(G) = 1 ist G eine unendliche
zyklische Gruppe, da G nach Voraussetzung torsionsfrei ist.
Sei nun r(G) ≥ 2. Da G nicht trivial ist, ist G unendlich. Mit Lemma 6, [MS83], folgt, dass
G mehr als ein Ende besitzt. Wenden wir nun Stallings Strukturtheorem an, können wir G als
amalgamiertes Produkt mit endlicher amalgamierter Untergruppe bzw. als HNN-Erweiterung
mit endlicher assoziierter Untergruppe darstellen. Da G torsionsfrei ist, enthält G als einzige
endliche Untergruppe die triviale Gruppe {e}. Somit ist {e} in beiden Fälle die verwendete Untergruppe
und es gilt daher G = G 1 ∗ {e} G 2 = G 1 ∗ G 2 bzw. G = G ∗ 1 = 〈G 1, x〉 = G 1 ∗ G 2 mit
G 2 = 〈x〉. In den beiden Fällen lässt sich G also als nicht triviales freies Produkt auffassen.
Mit Grushkos Theorem, [LS77], wissen wir, dass G 1 und G 2 einen echt kleineren Rang als G besitzen.
Wenden wir schließlich noch Lemma 2, [MS83], an, so folgt die Kontextfreiheit ebenfalls
für G 1 und G 2 . Somit kann die Induktionsvoraussetzung auf G 1 und G 2 angewendet werden.
Also sind G 1 und G 2 frei und somit auch ihr freies Produkt G.
Literatur
[Coh72] Cohen, D. E.: Groups of cohomological dimension one. Lecture Notes in Mathematics,
vol. 245, Springer-Verlag, 1972. – S. 17-53
[LS77]
[MS83]
Lyndon, R. C. ; Schupp, P. E.: Combinatorial Group Theory. Springer-Verlag Berlin
Heidelberg New York, 1977
Muller, D. ; Schupp, P.: Groups, the theory of ends, and context-free languages. In:
Journal of Computer and system sciences 26 (1983), S. 295–310
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