são paulo, julho de 2015 · a propriedade de borsuk-ulam para funções entre superfícies . 2015....

A propriedade de Borsuk-Ulam

para funções entre superfícies

Vinicius Casteluber Laass

Tese apresentadaao

Instituto de Matemática e Estatísticada

Universidade de São Paulopara

obtenção do títulode

Doutor em Ciências

Programa: Matemática

Orientador: Prof. Dr. Daciberg Lima Gonçalves

Coorientador: Prof. Dr. John Guaschi

Durante o desenvolvimento deste trabalho o autor recebeu auxílio �nanceiro

do CNPq, projeto 140836/2012-8, e

do programa de cooperação Capes/COFECUB, projeto 12693/13-8.

São Paulo, julho de 2015

A propriedade de Borsuk-Ulam

para funções entre superfícies

Esta versão da tese contém as correções e alterações sugeridas

pela Comissão Julgadora durante a defesa da versão original do trabalho,

realizada em 21/07/2015. Uma cópia da versão original está disponível no

Instituto de Matemática e Estatística da Universidade de São Paulo.

Comissão Julgadora:

• Prof. Dr. Daciberg Lima Gonçalves (orientador) - IME-USP

• Profa. Dra. Lucília Daruiz Borsari - IME-USP

• Prof. Dr. Oziride Manzoli Neto - ICMC-USP

• Prof. Dr. Daniel Vendrúscolo - UFSCAR

• Prof. Dr. Weslem Liberato Silva - UESC

Para

Giovanna e

Giulianna.

Agradecimentos

Acho que eu sou um cara privilegiado. Digo isso, porque durante a minha formação acadêmica

tive vários professores empolgados e amigos e isso por si só já seria um enorme privilégio. Estes

professores sempre me diziam que para fazer um bom doutorado em matemática, muito mais do

que capacidade ou instituição, era necessário ter um bom orientador. Bom, gostaria de dizer a esses

meus mestres que eles tinham total razão e que sou um cara muito privilegiado, pois não tive um

bom orientador, tive três.

À professora Lucília Borsari, minha orientadora acadêmica, gostaria de agradecer toda a aten-

ção durante o período de disciplinas e também no decorrer do curso. Muito obrigado por aquele

telefonema em que me empolgou e me convenceu a ir fazer o doutorado no IME - USP.

Aos professores Daciberg Gonçalves e John Guaschi, meus orientadores de tese, eu tenho que

dizer uma coisa: Não sei quem escolheu o tema (ou se foram os dois), mas eu adorei. Tudo bem que

teve meia dúzia de momentos em que eu me desesperei porque não sabia o que fazer com certas

equações no grupo de tranças do Toro ou da garrafa de Klein, mas vocês cumpriram com seus

papéis de orientadores e no resumo da ópera eu me diverti bastante. Muito obrigado a vocês dois

pela paciência e por todos os ensinamentos, inclusive os matemáticos.

No �nal do curso me deu uma sensação que passou tudo num piscar de olhos, mas aí eu parei e

pensei, caramba, foram quatro anos e meio. E certamente este tempo todo valeu a pena não apenas

pelo crescimento acadêmico, mas porque este tempo foi feito de momentos com pessoas mais que

especiais.

Logo no começo do curso, a então secretária da Comissão de Pós-Graduação alugou um quarto

em sua casa para eu morar. De brinde eu ganhei uma família, com direito a duas cachorras festeiras

e duas novas irmãs mais festeiras ainda (a quem dedico este trabalho). Muito obrigado Helena

Oliveira, pelo carinho maternal que você teve comigo.

Também tive a oportunidade de estreitar os laços com meu tio Waldemar Kunsch e minha tia

Margarida Kunsch, os quais eu gostaria de agradecer por todo o carinho. Vocês são para mim os

exemplos de que a dedicação ao trabalho sempre vale a pena.

Se eu tive a oportunidade de chegar até aqui, grande mérito se deve ao meu pai, Sergio, e a

minha mãe, Dora, pois os mesmos sempre me deram apoio incondicional. Mesmo morando a mil

quilômetros de distância, ou até mesmo separados por um oceano, eu só tenho a agradecer por

sempre estarem tão pertos. Ah, e ao meu irmão Diogo, valeu pelas �guras. E para que não role

ciúme, ao meu irmão Gabriel, valeu pela camaradagem ou qualquer coisa genérica.

Bem, quando a família não estava tão perto, os amigos cumpriram seus papéis. Muito obrigado

pelos vários momentos maravilhosos com todos vocês. Me desculpe quem eu não vou citar, mas

seria injusto eu não falar explicitamente sobre quatro pessoas.

À minha amiga Travesti, que também é conhecida por Andreza Beezão e não é um travesti, não

iii

iv

vou me esquecer dos seus SMS que chegavam às três e meia da madrugada. Muito obrigado por

toda atenção na mudança de São Carlos para São Paulo.

Ao meu amigo Falcão, vulgo Rafael Souza, foram muito boas as nossas discussões acaloradas

sobre recobrimentos, homologias, sequências espectrais... E muito obrigado por quase sempre elas

terminarem com muita risada e com um copo gelado na mão.

À minha amiga Carolina Pereiro, que se chama Carolina mesmo, merci beaucoup por toda a

amizade, principalmente no tempo em que fomos vizinhos em Caen. Jamais vou me esquecer das

inúmeras quebradas de galho quando você era minha intérprete de francês.

Ao meu amigo Maikel Samuays, carinhosamente Mundissa, eu poderia escrever um livro sobre

de como nos ajudamos mutuamente durante quatro anos e sobre todas as nossas aventuras em

Sampa, mas resumindo, eu pre�ro simplesmente dizer muito obrigado por existir e por fazer parte

da minha vida.

Resumo

LAASS, V. C. A propriedade de Borsuk-Ulam para funções entre superfícies. 2015. Tese

(Doutorado) - Instituto de Matemática e Estatística, Universidade de São Paulo, São Paulo, 2015.

Sejam M e N superfícies fechadas e τ : M → M uma involução livre de pontos �xos. Dizemos

que uma classe de homotopia β ∈ [M,N ] tem a propriedade de Borsuk-Ulam se para toda função

contínua g : M → N que representa β, existe x ∈ M tal que g(τ(x)) = g(x). No caso em que

N 6= S2,RP2, mostramos que β não ter a propriedade de Borsuk-Ulam é equivalente a existência

de um diagrama algébrico envolvendo π1(M), π1(Mτ ), P2(N) e B2(N), sendo Mτ o espaço de

órbitas de τ e sendo P2(N) e B2(N), respectivamente, o grupo de tranças puras e totais de N . Para

cada caso listado abaixo, nós classi�camos todas as classes de homotopia β ∈ [M,N ] que têm a

propriedade de Borsuk-Ulam:

• M = T2, Mτ = T2 e N = T2;

• M = T2, Mτ = K2 e N = T2;

• M = K2 e N = K2;

• M = T2, Mτ = T2 e N = K2.

No caso em que N = S2, para cada superfície M e involução τ : M → M , nós classi�camos os

elementos β ∈ [M ; S2] que têm a propriedade de Borsuk-Ulam. Para fazer tal classi�cação, nós

usamos a teoria de funções equivariantes e a teoria de grau de aplicações. Para classes de homo-

topia β ∈ [M ;RP2], classi�camos aquelas que se levantam para S2. No �nal, nós consideramos a

propriedade de Borsuk-Ulam para ações livres de Zp, com p um inteiro primo positivo. Neste caso,

mostramos que se M e N são superfícies fechadas e Zp age livremente em M, com p 6= 2, então

sempre existe uma função f : M → N homotópica a uma função constante e cuja restrição a cada

órbita da ação é injetora.

Palavras-chave: Teorema de Borsuk-Ulam, superfícies, grupos de tranças.

v

Abstract

LAASS, V. C. The Borsuk-Ulam property for functions between surfaces. 2015. Tese (Dou-

torado) - Instituto de Matemática e Estatística, Universidade de São Paulo, São Paulo, 2015.

Let M and N be compact surfaces without boundary, and let τ : M → M be a �xed-point free

involution. We say that a homotopy class β ∈ [M,N ] has the Borsuk-Ulam property if for every

continuous function g : M → N that represents β, there exists x ∈M such that g(τ(x)) = g(x). In

the case where N 6= S2,RP2, we show that the fact that β does not have the Borsuk-Ulam property

is equivalent to the existence of an algebraic diagram involving π1(M), pi1(Mτ ), P2(N) and B2(N),

where Mτ is the orbit space of τ and P2(N) and B2(N) are the pure and the full braid groups of

the surface N respectively. We then go on to consider the cases of the torus T2 and the Klein bottle

K2. Let M and N satisfy one of the following:

• M = T2, Mτ = T2 and N = T2;

• M = T2, Mτ = K2 and N = T2;

• M = K2 and N = K2;

• M = T2, Mτ = T2 and N = K2.

In these cases we classify the homotopy classes β ∈ [M,N ] that possess the Borsuk-Ulam property.

If N = S2, for every surface M and an involution τ : M →M , we classify the elements β ∈ [M, S2]

that possess the Borsuk-Ulam property. To obtain this classi�cation, we make use of the theory of

equivariant functions and degree theory of maps. For homotopy classes β ∈ [M,RP2], we classify

the classes that admit a lifting to S2. Finally, we consider the Borsuk-Ulam property for free actions

of Zp, where p is a prime number. If M and N are compact surfaces without boundary such that

Zp acts freely on M , with p 6= 2, we show that there is always a function f : M → N homotopic to

the constant function whose restriction to every orbit of τ is injective.

Keywords: Borsuk-Ulam Theorem, surfaces, braid groups.

vii

Sumário

Introdução 1

1 Preliminares e Generalidades 5

1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Classes de Homotopia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Classi�cação das involuções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4 A propriedade de Borsuk-Ulam e os Grupos de Tranças . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5 Algumas notações sobre T2 e K2 e seus grupos fundamentais . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Os casos (T2, τ ;T2) 19

2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2 Classi�cação das classes de homotopia com a propriedade de Borsuk-Ulam com res-

peito a τ1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3 Classi�cação das classes de homotopia com a propriedade de Borsuk-Ulam com res-

peito a τ2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 O caso (K2, τ ;K2) 31

3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.2 Conjugação e potência em Z o Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.3 O conjunto [K2,K2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.4 Classi�cação das classes de homotopia com a propriedade de Borsuk-Ulam . . . . . . 34

4 O caso (T2, τ ;K2), com T2τ = T2 39

4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.2 O conjunto [T2,K2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.3 Algumas propriedades de 〈σ2〉 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.4 Classi�cação das classes de homotopia com a propriedade de Borsuk-Ulam . . . . . 53

4.4.1 Prova das Proposições 4.4.3, 4.4.4, 4.4.6, 4.4.7 e 4.4.9 . . . . . . . . . . . . . 55

4.4.2 Prova da Proposição 4.4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.4.3 Prova das Proposições 4.4.8 e 4.4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5 Os casos (M, τ ; S2) e (M, τ ;RP2) 79

5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5.2 Os casos (M, τ ;S2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5.2.1 Prova do Teorema 5.1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

5.2.2 Prova do Teorema 5.1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

ix

x SUMÁRIO

5.2.3 Prova do Teorema 5.1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5.3 Os casos (M, τ ;RP2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5.3.1 Prova do Teorema 5.1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5.3.2 Prova do Teorema 5.1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6 A propriedade de Borsuk-Ulam para ações de Zp 93

6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

6.2 Ações livre de Zp e a propriedade de Borsuk-Ulam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

A Os grupos de tranças do Toro 99

B Os grupos de tranças da garrafa de Klein 105

C O grupo fundamental dos espaços de con�guração A2(S2) e B2(S2) 125

Referências Bibliográ�cas 127

Introdução

No início do século XX, o matemático polonês Stanislaw Ulam conjecturou que se f : Sn → Rn éuma aplicação contínua, então existe x ∈ Sn tal que f(A(x)) = f(x), sendo A : Sn → Sn a aplicaçãoantipodal. Em 1933, o também matemático polonês Karol Borsuk con�rmou este resultado em [5].Este trabalho é o início da história do que hoje chamamos Teoremas do tipo Borsuk-Ulam. Maisdetalhes sobre a história e as generalizações do Teorema de Borsuk-Ulam podem ser encontradasem [23].

Entre as muitas generalizações do problema proposto por Ulam e resolvido por Borsuk, a seguintegeneralização é próxima do presente trabalho:

De�nição 0.0.1. Sejam M e N espaços topológicos e τ : M → M uma involução livre de pontos�xos, isto é, τ2 = IdM e τ(x) 6= x para todo x ∈ M . Dizemos que a tripla (M, τ ;N) tem apropriedade de Borsuk-Ulam se para toda função contínua f : M → N , existe x ∈ M tal quef(τ(x)) = f(x).

Vamos descrever alguns resultados que são próximos e relevantes para este trabalho.Em 2006, Daciberg Lima Gonçalves classi�cou todas as triplas (M, τ ;R2) que têm a propriedade

de Borsuk-Ulam nos casos em que M é uma superfície fechada [15].Em 2010, Daciberg Lima Gonçalves e John Guaschi classi�caram todas as triplas (M, τ ;N) que

têm a propriedade de Borsuk-Ulam nos casos em que M e N são superfícies fechadas [16].Observemos que se (M, τ ;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, por de�nição, existe uma

aplicação contínua f : M → R2 tal que f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈ M . Como o conjunto dasclasses de homotopia de funções de M em R2 tem cardinalidade 1, isto é, o conjunto [M,R2] temapenas um elemento, vale que se g : M → R2 é uma função contínua tal que g(τ(x)) = g(x) paraalgum x ∈ M (por exemplo, g é uma função constante), então g é homotópica a f , ou seja, g éhomotópica a uma função que não colapsa nenhuma órbita da involução τ .

Agora, se (M, τ ;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, então existe uma função contínuaf : M → N tal que f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈M . Mas se g : M → N é tal que g(τ(x)) = g(x)para algum x ∈ M , não sabemos (a priori) se g é homotópica a f ou se g é homotópica a algumaaplicação que não colapse conjuntos da forma {x, τ(x)}, x ∈M . Ou seja, no caso em que (M, τ ;N)não tem a propriedade de Borsuk-Ulam não temos uma boa informação de quais funções que amenos de homotopia não colapsam órbita da involução τ .

A partir destas considerações, temos a formulação de um problema mais re�nado, que motiva aseguinte de�nição, a qual pode ser considerada um re�namento da De�nição 0.0.1.

De�nição 0.0.2. Sejam τ : M →M uma involução livre de pontos �xos e β ∈ [M,N ] uma classede homotopia de funções entre M e N . Dizemos que β tem a propriedade de Borsuk-Ulam (comrespeito a τ) se para toda aplicação contínua g : M → N que representa β, existe x ∈ M tal queg(τ(x)) = g(x).

Por negação, segue que se β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, então existe uma funçãof : M → N que representa β tal que f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈M .

Notemos que uma involução livre de pontos �xos τ : M → M pode ser identi�cada como umaação livre de Z2 em M . Uma outra forma de generalizar o Teorema de Borsuk-Ulam, que é bem

1

2 INTRODUÇÃO 0.0

conhecida e tem sido estudada, é substituirmos esta ação de Z2 por uma ação livre do grupo cíclicoZp, onde p é um primo ímpar. O problema que se coloca, e que generaliza a questão clássica, édeterminar se existe uma função contínua f : M → N tal que f é injetora quando restrita a cadaórbita da ação de Zp.

Neste trabalho de tese, a parte principal consiste em dar uma contribuição ao seguinte problema:para cada terna (M, τ ;N), sendo M e N superfícies fechadas e τ : M → M uma involução livrede pontos �xos, classi�car as classes de homotopia de funções de M e N que têm a propriedade deBorsuk-Ulam. De forma suscinta, neste trabalho classi�caremos as classes de homotopia que têma propriedade de Borsuk-Ulam para as ternas (M, τ ;N) listadas abaixo, sendo que Mτ denota oespaço de órbitas:

(1) M = T2, Mτ = T2 e N = T2;

(2) M = T2, Mτ = K2 e N = T2;

(3) M = K2 e N = K2;

(4) M = T2, Mτ = T2 e N = K2;

(5) M sendo um superfície fechada orientável com Mτ orientável e N = S2;

(6) M sendo um superfície fechada orientável com Mτ não orientável e N = S2;

(7) M sendo um superfície fechada não orientável e N = S2.

De forma parcial, responderemos o problema de Borsuk-Ulam para as classes de homotopia defunções de M em RP2 que se levantam para S2, onde M poderá assumir todas as possibilidades desuperfícies fechadas.

Relativo ao problema onde temos uma ação livre de Zp em M , com p primo e p 6= 2, no �naldeste trabalho, mostraremos que seM e N são superfícies fechadas, então sempre existe uma funçãocontínua f : M → N homotópica a uma função constante e cuja restrição a cada órbita da ação éinjetora.

Como etapa inicial para obtenção dos resultados acima, se faz necessário para cada dupla desuperfícies fechadas M e N entender bem o conjunto das classes de homotopia de funções entreestes espaços. Também se faz necessário entender bem a classi�cação das involuções livres em M .

Relativo ao estudo das involuções livres em superfícies, os resultados são conhecidos e �zemosuma exposição dos mesmos na Seção 1.3, a qual é um resumo dos trabalhos [15, 16].

Já para se determinar o conjunto [M,N ], dependendo dos casos, as técnicas utilizadas sãodiferentes. Por isso, é conveniente a divisão em duas famílias distintas, que são as seguintes:

(a) N 6= S2,RP2; (b) N = S2 ou N = RP2.

No caso (a), nós �xaremos, na Seção 1.2, a notação do fato bem conhecido de que o conjuntodas classes de homotopia de funções entre M e N está em bijeção com as classes de conjugação doshomomor�smos de π1(M) e π1(N).

Usando este fato, na Seção 1.4, nós demonstraremos um critério algébrico para que um elementoβ ∈ [M,N ] não tenha a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a uma involução τ : M → M(Lema 1.4.3 e Teorema 1.4.4). Tal critério utiliza os grupos fundamentais de M e do espaço deórbitas Mτ e também os grupos de tranças puras e totais de N , os quais denotamos por P2(N) eB2(N), respectivamente.

Este resultado generaliza a conexão iniciada em [16] de duas áreas importantes e ativas namatemática:

Teoremas do tipo Borsuk-Ulam //oo Grupos de tranças

0.0 3

Esta ligação de áreas se mostrou bastante frutífera para estudar o problema de Borsuk-Ulampara classes de homotopia.

Lembrando que os grupos de tranças foram introduzidas pelo matemático austríaco Emil Artinem 1925 [2]. Em 1962, os matemáticos americanos Ralph Hartzler Fox e Lee Neuwirth de�niramos grupos de tranças de superfícies utilizando o grupo fundamental de um certo espaço construídoa partir da superfície, chamado espaço de con�guração, e mostrando que os grupos de�nidos porArtin eram um caso particular no caso em que a superfície considerada era o disco unitário D2 [14].A formulação em termos do grupo fundamental é a que é conveniente para o nosso estudo.

Com os resultados teóricos estabelecidos, passamos a trabalhar em casos especí�cos.No Capítulo 2, nós classi�caremos os elementos do conjunto [T2,T2] que têm a propriedade de

Borsuk-Ulam com respeito a uma involução τ1 : T2 → T2, cuja principal característica é que oespaço de órbitas T2

τ1 é homeomorfo a T2 e também classi�caremos as classes de homotopia quetêm a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a uma involução τ2 : T2 → T2, cuja principalcaracterística é que o espaço de órbitas T2

τ2 é homeomorfo a K2. No primeiro caso, nós mostraremosque se β ∈ [T2,T2], então β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ1 (Teorema2.2.3). No segundo caso, a situação é mais complexa e mostraremos quando β tem a propriedadede Borsuk-Ulam com respeito a τ2 em termos do homomor�smo induzido em nível de grupo funda-mental por algum representante de β, sendo que a condição sobre o homomor�smo é dada de formacompletamente explícita (Teorema 2.3.10).

Para tal estudo, nós utilizaremos uma certa presentação de P2(T2) e como um certo elementoσ ∈ B2(T2) que não está em P2(T2) age por conjugação nesta presentação. Este é o conteúdo doApêndice A.

No Capítulo 3, nós classi�caremos os elementos do conjunto [K2,K2] que têm a propriedadede Borsuk-Ulam com respeito a uma involução τ : K2 → K2 �xada. Nós mostraremos que umaclasse de homotopia β ∈ [K2,K2] tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, esta classede homotopia se levanta para T2 (Teorema 3.4.5).

Para tal estudo, também foi necessário mostrar uma presentação de P2(K2) e como um certoelemento σ ∈ B2(K2) que não está em P2(K2) age por conjugação nesta presentação. Este é um dosprincipais objetivos do Apêndice B.

No Capítulo 4, nós classi�caremos os elementos do conjunto [T2,K2] que têm a propriedadede Borsuk-Ulam com respeito a mesma involução τ1 : T2 → T2 que está de�nida no Capítulo 2,mostrando exatamente quando uma classe de homotopia β tem a propriedade de Borsuk-Ulam comrespeito a τ1 em termos do homomor�smo induzido em nível de grupo fundamental por algumrepresentante de β (Teorema 4.4.2). Este caso se mostrou o de maior complexidade para se obter aclassi�cação entre aqueles do caso (a).

Para tal estudo, é necessário obter uma presentação do subgrupo normal gerado pelo elementoσ2 ∈ P2(K2). No Apêndice B, nós mostraremos que tal subgrupo é um grupo livre de posto in�nitoe explicitaremos uma base, o que é de suma importância para os cálculos.

Sobre o estudo teórico do caso (b), onde N = S2 ou N = RP2, na introdução do Capítulo5 e mais especialmente no Teorema 5.1.1, nós �xaremos a notação do fato bem conhecido que oconjunto

[M,S2

]está em bijeção, através da noção de grau, com Z se M é orientável ou está em

bijeção com Z2 se M é não orientável. Mostraremos que uma classe de homotopia β ∈ [M,S2] nãotem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a uma involução τ : M → M se, e somente se, βtem um representante que é (τ,A) equivariante, sendo A : S2 → S2 a involução antipodal (Lema5.2.1).

Usando tais fatos teóricos, para todas as possibilidades de M e de uma involução τ : M →M ,nós classi�caremos as classes de homotopia β ∈ [M,S2] que têm a propriedade de Borsuk-Ulam(Teoremas 5.1.2, 5.1.3 e 5.1.4).

Como consequência dos resultados sobre funções com contra-domínio S2, foi possível estudaruma família de funções com contra-domínio RP2. Mais precisamente, para todas as possibilidadesde M e de uma involução τ : M → M , consideramos os elementos β ∈ [M,RP2] que se levantampara S2 e nós mostraremos exatamente quais destes elementos têm a propriedade de Borsuk-Ulam

4 INTRODUÇÃO 0.0

com respeito a uma involução τ (Teoremas 5.1.5 e 5.1.6).No caso em que M é não orientável, para fazer tal classi�cação, é necessário obter uma presen-

tação do espaço de con�guração A2(S2) e de órbitas B2(S2). Tais espaços são uma generalizaçãodos espaços de con�guração de S2. A de�nição destes espaços, bem como outras informações eresultados obtidos sobre os mesmos, estão no Apêndice C.

Por �m, no Capítulo 6, nós generalizaremos a De�nição 0.0.1 para ações livres de Zp em M ,sendo p um número inteiro primo positivo (De�nição 6.2.3). Nós mostraremos que se p 6= 2, entãopara toda ação livre de Zp emM , existe um função f : M → N homotópica a uma função constantetal que f é injetora em cada órbita da ação (Teorema 6.2.5).

Capítulo 1

Preliminares e Generalidades

1.1 Introdução

Os principais objetivos deste capítulo são:

• Fixar os fatos e as notações sobre classes de homotopia de funções que tem como contra-domínio espaços do tipo K(π, 1). Tais resultados serão utilizados em boa parte deste trabalho.

• Fazer um resumo dos resultados encontrados nos trabalhos [15, 16], os quais serão úteis paraestudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia de funções.

• Mostrar o Lema Fundamental 1.4.3, assim como o Teorema 1.4.4, que são resultados téoricosque nos permitiram estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia defunções entre superfícies através de um diagrama algébrico envolvendo grupos de tranças.

Os fatos teóricos que serão descritos neste capítulo, serão usados nos próximos capítulos paraestudar funções tendo como domínio o Toro ou a Garrafa de Klein e como contra-domínio tambémo Toro ou a Garrafa de Klein. Por esse motivo, nós incluímos uma seção �xando a notação queutilizaremos sobre tais espaços.

Em todo este trabalho funções e aplicações serão sempre contínuas, sendo omitido

este termo.

1.2 Classes de Homotopia

Sejam X e Y espaços topólogicos e f, g : X → Y duas funções. Dizemos que f é homotópica ag, e escrevemos f ' g, se existe H : X × [0, 1] → Y tal que H(x, 0) = f(x) e H(x, 1) = g(x) paratodo x ∈ X.

O conjunto das classes de equivalência por esta relação, também chamado de conjunto de classesde homotopia livre de funções entre X e Y , é denotado por [X,Y ]. Se f : X → Y é uma função,então o símbolo [f ] representa a classe de homotopia de f . Se β = [f ] ∈ [X,Y ], dizemos que f éum representante da classe de homotopia β.

Vamos fazer precisamente as de�nições análogas para funções pontuadas.Dizemos que f : (X,x1) → (Y, y1) é uma função pontuada, se f : X → Y é uma função e

f(x1) = y1.Dadas f, g : (X,x1) → (Y, y1), dizemos que f é homotópica a g relativamente ao ponto x1, e

escrevemos f ' g (rel x1), se existe H : X × [0, 1] → Y tal que H(x, 0) = f(x) e H(x, 1) = g(x)para todo x ∈ X e H(x1, t) = y1 para todo t ∈ [0, 1].

O conjunto das classes de equivalência por esta relação, também chamado de conjunto de classesde homotopia pontuada de funções entre X e Y , é denotado por [X,x1;Y, y1]. Sef : (X,x1) → (Y, y1) é uma função pontuada, então o símbolo [f ] representa a classe de homo-topia de f . Se α = [f ], então dizemos que f é um representante de α.

5

6 PRELIMINARES E GENERALIDADES 1.3

Sejam f, g : (X,x1) → (Y, y1) duas funções pontuadas e suponhamos que f ' g (rel x1).Lembremos da teoria de homotopia que se f#, g# : π1(X,x1) → π1(Y, y1) são os homomor�smosinduzidos nos grupos fundamentais, então f# = g#. Portanto, dada uma classe de homotopiapontuada α ∈ [X,x1;Y, y1], podemos associar um elemento de Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1)) do seguintemodo: escolhemos um representante f de α e associamos o homomor�smo induzido nos gruposfundamentais. Ou seja, a seguinte função é bem de�nida:

ΓX,Y : [X,x1;Y, y1] −→ Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1))α = [f ] 7−→ ΓX,Y (α) = f#.

Sejam novamente f, g : (X,x1) → (Y, y1) duas funções pontuadas e suponhamos quef ' g (rel x1). É claro que omitindo os pontos bases, ou mais precisamente, considerando asfunções f, g : X → Y , então f ' g, isto é, se f é homotópica a g relativamente ao ponto base x1,então f é homotópica a g. Portanto, dada uma classe de homotopia pontuada α ∈ [X,x1;Y, y1],podemos associar uma classe de homotopia livre β ∈ [X,Y ] do seguinte modo: escolhemos umrepresentante f de α e associamos a classe de homotopia livre β tal que f é um representante. Ouseja, a seguinte função é bem de�nida:

ΛX,Y : [X,x1;Y, y1] −→ [X,Y ]α = [f ] 7−→ ΛX,Y (α) = β = [f ].

Dados dois homomor�smos h1, h2 ∈ Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1)), dizemos que h1 é equivalentea h2, e escrevemos h1 ∼ h2, se existe ω ∈ π1(Y, y1) tal que h1(υ) = ωh2(υ)ω−1 para todoυ ∈ π1(X,x1), ou seja, os homomor�smos h1 e h2 são conjugados por um elemento de π1(Y, y1). Éfácil ver que ∼ é uma relação de equivalência. Seja

ΥX,Y : Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1)) −→ Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1))

∼a projeção natural de um homomor�smo na sua classe de equivalência (ou classe de conjugação).

Em [27, Capítulo V, Teorema 4.3], está enunciado o fato bem conhecido que se X e Y sãovariedades topológicas conexas, com πi(Y ) trivial se i 6= 1, então ΓX,Y é uma bijeção e ΛX,Y é umasobrejeção. É claro que ΥX,Y é uma sobrejeção. Em [27, Capítulo V, Corolário 4.4], está enunciadoo fato que existe uma bijeção

∆X,Y : [X,Y ] −→ Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1))

∼tal que ∆X,Y ◦ ΛX,Y = ΥX,Y ◦ ΓX,Y .

Nós podemos resumir estes fatos no seguinte resultado, o qual será muito utilizado neste trabalhode tese:

Teorema 1.2.1. Se X e Y são variedades topológicas conexas, com πi(Y, y1) trivial se i 6= 1, entãoo seguinte diagrama é comutativo, sendo que as �echas horizontais são bijeções e as �echas verticaissão sobrejeções:

[X,x1;Y, y1]ΓX,Y //

ΛX,Y

��

Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1))

ΥX,Y��

[X,Y ]∆X,Y // Hom(π1(X,x1), π1(Y, y1))

∼.

1.3 Classi�cação das involuções

Ao estudar a validade de teoremas do tipo Borsuk-Ulam, uma pergunta inicial que se faz é aseguinte: dado um espaço topológico M , �quantas� involuções existem em M? Mais ainda, se temos

1.3 CLASSIFICAÇÃO DAS INVOLUÇÕES 7

duas involuções τ1, τ2 : M → M e sabemos a resposta para uma tripla (M, τ1;N), é possível apartir desta informação decidir se (M, τ2;N) tem a propriedade de Borsuk-Ulam ou não? Faremosaqui um resumo das respostas destas questões obtidas nos trabalhos [15, 16]. Posteriormente, vamosmostrar como estas informações nos ajudam a estudar o problema de Borsuk-Ulam para classes dehomotopia.

De�nição 1.3.1. Dizemos que duas involuções livres de pontos �xos τ1, τ2 : M → M são equiva-lentes, se existe um homeomor�smo H : M →M tal que H(τ2(x)) = τ1(H(x)) para todo x ∈M .

Teorema 1.3.2. Se τ1, τ2 : M → M são equivalentes, então (M, τ1;N) não tem a propriedade deBorsuk-Ulam se, e somente se, (M, τ2;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Se (M, τ1;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, por de�nição, existef : M → N tal que para todo x ∈M vale

f(τ1(x)) 6= f(x).

Assim, para todo x ∈M temos que

(f ◦H)(τ2(x)) = f(H(τ2(x))) = f(τ1(H(x)) 6= f(H(x)) = (f ◦H)(x).

Segue que (M, τ2;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. A outra implicação segue de maneiraanáloga, pois notemos H ◦ τ2 = τ1 ◦H ⇒ H−1 ◦ τ1 = τ2 ◦H−1.

Notemos que a De�nição 1.3.1 e o Teorema 1.3.2 nos fornecem uma resposta para a segundaquestão. Vamos agora descrever um critério para dizer se duas involuções são equivalentes, e destemodo, obter uma resposta para a primeira questão.

Seja τ : M →M uma involução livre de pontos �xos. Em M de�nimos a seguinte relação:

x ∼ y ⇔ y ∈ {x, τ(x)}.

Usando o fato que τ2 = IdM , é fácil mostrar que ∼ é uma relação de equivalência. Denotamospor Mτ o espaço quociente (também chamado espaço de órbitas) e por pτ : M → Mτ a projeçãonatural. Suponhamos que M seja uma superfície fechada. Neste caso, Mτ também é uma superfíciefechada e pτ é um recobrimento duplo. Logo, temos a seguinte sequência exata

1 // π1(M,m1)(pτ )# // π1(Mτ , pτ (m1))

θτ // Z2// 1 (1.1)

sendo que estamos identi�candoπ1(Mτ , pτ (m1))

(pτ )#(π1(M,m1))com Z2 e θτ é a projeção natural.

A partir de [15, Proposição 2.4], nós podemos enunciar o seguinte resultado:

Proposição 1.3.3. Sejam M uma superfície fechada e τ1, τ2 : M → M involuções livres. Entãoτ1 é equivalente a τ2 se, e somente se, existe um isomor�smo φ : π1(Mτ1) → π1(Mτ2) tal que écomutativo o seguinte diagrama (omitimos os pontos bases):

π1(Mτ1)φ //

θτ1 $$

π1(Mτ2)

θτ2zzZ2.

Observação 1.3.4. Pela Proposição acima e pelo Teorema de classi�cação de superfícies, segueque se τ1 e τ2 são equivalentes, então Mτ1 e Mτ2 são homeomorfos.

Em [16, Apêndice A], os autores usam o resultado da Proposição 1.3.3 e fornecem um algo-ritmo efetivo para decidir quando duas involuções em uma superfície são equivalentes. A partir de[16, Proposição 30, Proposição 32], nós podemos enunciar o seguinte resultado de classi�cação:


Teorema 1.3.5. Sejam M uma superfície fechada e χ(M) a característica de Euler de M .

1. Se M é orientável eχ(M)

2é par, então, a menos de equivalência, existem duas involuções

τ1, τ2 : M →M . Se Mτ1 é orientável, então Mτ2 é não orientável.

2. Se M é orientável eχ(M)

2é ímpar, então, a menos de equivalência, só existe uma involução

τ : M →M e o espaço de órbitas Mτ é não orientável.

3. Se M = K2, a menos de equivalência, só existe uma involução τ : K2 → K2 e o espaço deórbitas Mτ é homeomorfo a K2.

4. Se M é não orientável, M 6= K2, χ(M) é divisível por 2 eχ(M)

2é par, então, a menos de

equivalência, existem duas involuções τ1, τ2 : M →M . Temos que

π1(Mτ1) ∼= π1(Mτ2) ∼=⟨u, v, a1, a2, a2n−1, a2n | uvuv−1[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n]

⟩sendo n = −1

2.χ(M)

2. Mais ainda, após aplicar o algoritmo fornecido em [16, Apêndice A],

nós podemos supor, sem perda de generalidade, que os homomor�smos θτ1 e θτ2 são de�nidos,respectivamente, por:

θτ1 :

u 7→ 0

v 7→ 0

a1 7→ 1

ai 7→ 0, 1 < i ≤ 2n

θτ2 :

u 7→ 1

v 7→ 0

ai 7→ 0, 1 ≤ i ≤ 2n.

5. Se M é não orientável, M 6= K2, χ(M) é divisível por 2 eχ(M)

2é ímpar, então, a menos de

equivalência, existem duas involuções τ1, τ2 : M →M . Temos que

π1(Mτ1) ∼= π1(Mτ2) ∼=⟨c, a1, a2, a2n−1, a2n | c2[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n]

⟩sendo n = −1

2

(χ(M)

2− 1

). Mais ainda, após aplicar o algoritmo fornecido em [16, Apên-

dice A], nós podemos supor, sem perda de generalidade, que os homomor�smos θτ1 e θτ2 sãode�nidos, respectivamente, por:

θτ1 :

c 7→ 0

a1 7→ 1

ai 7→ 0, 1 < i ≤ 2n

θτ2 :

c 7→ 1

a1 7→ 1

ai 7→ 0, 1 < i ≤ 2n.

6. Se M é não orientável e χ(M) é ímpar, não é possível de�nir uma involução em M .

Nos dois seguintes teoremas nós reescrevemos os resultados [15, Teorema 2.5] e [16, Teorema 12].Tais resultados nos fornecem uma classi�cação de triplas que têm a propriedade de Borsuk-Ulam,conforme a De�nição 0.0.1.

Teorema 1.3.6. Sejam M uma superfície fechada e τ : M → M uma involução livre de pontos�xos. A tripla (M, τ ;R2) tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, ocorre uma dasseguintes condições:

1.4 A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM E OS GRUPOS DE TRANÇAS 9

• M é orientável eχ(M)

2é ímpar;

• M = K2;

• M é não orientável, M 6= K2, χ(M) é par,χ(M)

2é par e, sem perda de generalidade, θτ é

igual ao homomor�smo θτ2 descrito no item 4 do Teorema 1.3.5;

• M é não orientável, M 6= K2, χ(M) é par,χ(M)

2é ímpar e, sem perda de generalidade, θτ

é igual ao homomor�smo θτ2 descrito no item 5 do Teorema 1.3.5.

Teorema 1.3.7. Sejam M e N superfícies fechadas e τ : M → M uma involução livre de pontos�xos. A tripla (M, τ ;N) tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, ocorre uma dasseguintes condições:

• M = S2 e N 6= S2;

• M = K2 e N é orientável e diferente de S2;

• M = K2#T2, θτ é, sem perda de generalidade, igual ao homomor�smo θτ2 descrito no item5 do Teorema 1.3.5 e N é orientável e diferente de S2.

Voltemos agora ao estudo do problema de Borsuk-Ulam para classes de homotopia.Se (M, τ1;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, por de�nição, existe f1 : M → N tal

que f(τ1(x)) 6= f(x) para todo x ∈ M . Esta função f1 representa alguma classe de homotopiaβ1 e novamente, por de�nição, β1 não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ1. Seτ2 : M → M é uma involução equivalente a τ1, e digamos que H : M → M é um homeomor�smotal que H ◦ τ2 = τ1 ◦H, então f2 = f1 ◦H : M → N representa um classe de homotopia β2 que nãotem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ2. Não temos nenhuma garantia (a priori) queβi não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τj , i, j = 1, 2 e i 6= j. Entretanto, combase nestas observações, nós podemos enunciar o seguinte resultado, o qual é de simples intuição,cuja demonstração não faremos, pois é, salvo alguns detalhes, igual a prova do Teorema 1.3.2.

Proposição 1.3.8. Sejam τ1, τ2 : M → M duas involuções livres de pontos �xos e H : M → Mum homeomor�smo tal que H ◦ τ2 = τ1 ◦H. A seguinte função é uma bijeção:

H : [M,N ] −→ [M,N ]β = [f ] 7−→ [f ◦H].

Mais ainda, uma classe de homotopia β ∈ [M,N ] não tem a propriedade de Borsuk-Ulam comrespeito a τ1 se, e somente se, a classe de homotopia H(β) não tem a propriedade de Borsuk-Ulamcom respeito a τ2.

Observação 1.3.9. Notemos que a Proposição 1.3.8 nos diz que se τ1, τ2 : M → M são duasinvoluções equivalentes, a quantidade de classes de homotopia que não têm a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ1 é igual a quantidade de classes de homotopia que não têm a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a τ2. Por este motivo, sempre que formos estudar o problema de Borsuk-Ulam para classes de homotopia, o faremos com base na classi�cação das involuções equivalentesdadas pelo Teorema 1.3.5.

1.4 A propriedade de Borsuk-Ulam e os Grupos de Tranças

Vamos obter nesta seção uma condição algébrica necessária e su�ciente para que uma classe dehomotopia tenha a propriedade de Borsuk-Ulam. Utilizaremos fortemente o Teorema 1.2.1 e

sua notação, assim como a notação da Seção 1.3.Para tanto, vamos primeiramente mostrar um resultado que nos dá uma completa caracterização

algébrica para que uma classe de homotopia pontuada tenha um representante equivariante.


Lema 1.4.1. Fixemos M e N variedades topólogicas conexas com πi(N,n1) trivial se i 6= 1. Sejamτ : M → M e τ1 : N → N involuções livres de pontos �xos e α ∈ [M,m1;N,n1] uma classe dehomotopia pontuada. As seguintes condições são equivalentes:

1. α tem um representante f : (M,m1) → (N,n1) que é (τ, τ1)-equivariante, isto é, para todox ∈M vale a igualdade f(τ(x)) = τ1(f(x));

2. existe um homomor�smo ψ : π1(Mτ , pτ (m1))→ π1(Nτ1 , pτ1(n1)) tal que o seguinte diagramaé comutativo ( ΓM,N está de�nida na Seção 1.2):

π1(M,m1)ΓM,N (α)

//

(pτ )#��

π1(N,n1)

(pτ1 )#��

π1(Mτ , pτ (m1))ψ //

θτ &&

π1(Nτ1 , pτ1(n1))

θτ1xxZ2.

(1.2)

Mais ainda, valendo a condição 2 (e portanto a condição 1), então α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a τ .

Demonstração. (1 ⇒ 2) Suponhamos que a classe de homotopia pontuada α ∈ [M,m1;N,n1] temum representante f : (M,m1) → (N,n1) que é (τ, τ1)-equivariante. Por este motivo, temos quepara cada x ∈ M vale f{x, τ(x)} = {f(x), τ1(f(x))}. Logo, f se passa ao quociente, isto é, existef : Mτ → Nτ1 tal que o seguinte diagrama é comutativo:

(M,m1)f //

pτ

��

(N,n1)

pτ1��

(Mτ , pτ (m1))f // (Nτ1 , pτ1(n1)).

(1.3)

Tomamos ψ = f#. Vamos mostrar que temos o diagrama comutativo (1.2). Primeiramente, temosque

ψ ◦ (pτ )# = f# ◦ (pτ )# = (f ◦ pτ )#(1.3)= (pτ1 ◦ f)# = (pτ1)# ◦ f# = (pτ1)# ◦ ΓM,N (α).

Seja agora α0 ∈ π1(Mτ , pτ (m1)) tal que θτ (α0) = 0.

Então existe um elemento α0 ∈ π1(M,m1) tal que (pτ )#(α0) = α0.

Assim, temos que (o símbolo ∗ indica que estamos usando o fato que Im(pτ1)# = ker θτ1)

(θτ1 ◦ ψ)(α0) = (θτ1 ◦ f# ◦ (pτ )#)(α0)(1.3)= (θτ1 ◦ (pτ1)# ◦ f#)(α0)

∗= 0 = θτ (α0).

Por �m, seja α1 ∈ π1(Mτ , pτ (m1)) tal que θτ (α1) = 1.

Seja γ : ([0, 1], {0, 1})→ (Mτ , pτ (m1)) tal que [γ] = α1, sendo [γ] a classe de homotopia do laço γ.Seja ainda ξ : [0, 1] → M um caminho que é um levantamento do laço γ pelo recobrimento pτ talque ξ(0) = m1 e ξ(1) = τ(m1). Como f é equivariante, então f ◦ ξ : [0, 1]→ N é tal que

(f ◦ ξ)(0) = f(m1) = n1 e (f ◦ ξ)(1) = f(τ(m1)) = τ1(f(m1)) = τ1(n1)

e portanto é um caminho que não é um laço. Como f ◦ ξ é um levantamento do laço f ◦ γ pelorecobrimento pτ1 , então a classe de homotopia de laço

[f ◦ γ

]é um elemento de π1(Nτ1 , pτ1(n1))


tal que θτ1[f ◦ γ

]= 1. Assim, temos que

(θτ1 ◦ ψ)(α1) = (θτ1 ◦ f#) [γ] = θτ1[f ◦ γ

]= 1 = θτ (α1),

o que completa o diagrama comutativo.

(2 ⇐ 1) Suponhamos que temos o diagrama comutativo (1.2) como no enunciado do Lema. Porhipótese, N é uma variedade topólogica conexa tal que πi(N) é trivial se i 6= 1. Como pτ1 é umaaplicação de recobrimento, então Nτ1 também é uma variedade topológica conexa tal que πi(Nτ1) étrivial se i 6= 1. Pelo Teorema 1.2.1, nós temos as bijeções ΓM,N e ΓMτ ,Nτ1

. Logo, os homomor�smosΓM,N (α) e ψ são induzidos por funções contínuas, ou seja, existem

(1) g : (M,m1)→ (N,n1) tal que ΓM,N (α) = g#;

(2) f : (Mτ , pτ (m1))→ (Nτ1 , pτ1(n1)) tal que f# = ψ.

Consideremos os seguintes elementos do conjunto [M,m1;Nτ1 , pτ1(n1)]:

α1 = [pτ1 ◦ g] e α2 =[f ◦ pτ

].

Notemos que temos a seguinte sequência de igualdades:

ΓM,Nτ1(α1) = (pτ1 ◦ g)# = (pτ1)# ◦ g#

(1)= (pτ1)# ◦ ΓM,N (α)

(1.2)= ψ ◦ (pτ )#

(2)= f# ◦ (pτ )# = (f ◦ pτ )# = ΓM,Nτ1

(α2)

Novamente pelo Teorema 1.2.1, como ΓM,Nτ1é uma bijeção, então

[pτ1 ◦ g] = α1 = α2 =[f ◦ pτ

]e portanto, pτ1 ◦ g ' f ◦ pτ (rel m1). Logo, existe uma homotopia H : M × [0, 1]→ Nτ1 tal que paratodo x ∈M e para todo t ∈ [0, 1] valem:

(3) H(x, 0) = (pτ1 ◦ g)(x);

(4) H(x, 1) = (f ◦ pτ )(x);

(5) H(m1, t) = pτ1(n1).

Por (3) e (5), segue que é comutativo o seguinte diagrama:

M × {0} ∪ {m1} × Ig ∪ cten1 //

� _

��

N

pτ1��

M × IH

//

33

Nτ1 .

Usando [27, Capítulo II, Teorema 1.6 e Capítulo I, Teorema 7.16], podemos garantir que existe umlevantamento da homotopiaH, ou seja, existe H : M×I → N que completa o diagrama comutativo.

De�nimos f : M → N por f(x) = H(x, 1). Pela comutatividade do diagrama anterior, temos que

f ' g rel (m1) e portanto f# = g#(1)= ΓM,N (α). Pelo Teorema 1.2.1, como ΓM,N é uma bijeção,

então f é um representante da classe de homotopia α, isto é, α = [f ]. Vamos mostrar que f é(τ, τ1)-equivariante. Para todo x ∈M temos que:

(pτ1 ◦ f)(x) = pτ1(H(x, 1)) = H(x, 1)(4)= (f ◦ pτ )(x).


Assim, nós temos os seguintes diagramas comutativos:

Mf //

pτ

��

N

pτ1

��

π1(M,m1)f#=ΓM,N (α)

//

(pτ )#

��

π1(N,n1)

(pτ1 )#

��Mτ

f // Nτ1 π1(Mτ , pτ (m1))(f)#=ψ

//

θτ

π1(Nτ1 , pτ1(n1))

θτ1

~~Z2.

Do diagrama geométrico temos que para todo x ∈M vale

pτ1(f(τ(x))) = (pτ1 ◦ f)(τ(x)) = (f ◦ pτ )(τ(x)) = (f ◦ pτ )(x) = (pτ1 ◦ f)(x) = pτ1(f(x)).

Logo, ou f(τ(x)) = f(x) ou f(τ(x)) = τ1(f(x)).

Seja ξ : [0, 1]→M um caminho tal que ξ(0) = m1 e ξ(1) = τ(m1). Então o laço γ = pτ ◦ ξ é tal quea sua classe de homotopia [γ] é mapeada por θτ em 1. Pela comutatividade do diagrama algébricotemos que

θτ1[f ◦ γ

]= θτ1 ◦ f#[γ] = θτ [γ] = 1

e portanto, como f ◦ ξ é um levantamento do laço f ◦ γ pelo recobrimento pτ1 , ele é um caminhoque não é um laço. Assim, temos que

f(m1) = (f ◦ ξ)(0) 6= (f ◦ ξ)(1) = f(τ(m1))

e portanto vale

f(τ(m1)) = τ1(f(m1)). (1.4)

Para mostrar que f é equivariante, devemos mostrar que a igualdade acima é válida não somentepara o ponto m1, mas para todo os pontos de M . Seja então x ∈ M e como M é conexa, sejaζ : [0, 1]→M um caminho tal que

ζ(0) = m1 e ζ(1) = x.

Sejam δ1, δ2 : [0, 1]→ N de�nidos, respectivamente, por δ1 = τ1 ◦ f ◦ ζ e δ2 = f ◦ τ ◦ ζ. Temos que

pτ1 ◦ δ1 = pτ1 ◦ τ1 ◦ f ◦ ζ = pτ1 ◦ f ◦ ζ = f ◦ pτ ◦ ζ = f ◦ pτ ◦ τ ◦ ζ = pτ1 ◦ f ◦ τ ◦ ζ = pτ1 ◦ δ2

e

δ1(0) = (τ1 ◦ f ◦ ζ)(0) = τ1(f(m1))(1.4)= f(τ(m1)) = (f ◦ τ ◦ ζ)(0) = δ2(0),

ou seja, δ1 e δ2 são levantamentos pelo recobrimento pτ1 de um mesmo caminho (a saber pτ1 ◦ δ1)e têm os mesmos pontos iniciais. Portanto, δ1 = δ2. Assim, temos que

τ1(f(x)) = (τ1 ◦ f ◦ ζ)(1) = δ1(1) = δ2(1) = (f ◦ τ ◦ ζ)(1) = f(τ(x)).

Por �m, notemos que por f ser equivariante, para todo x ∈M vale

f(τ(x)) = τ1(f(x)) 6= f(x),


donde segue que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ .

Com o Lema 1.4.1, nós vamos usar grupos de tranças para estabelecer uma condição algébricanecessária e su�ciente para que uma classe de homotopia pontuada tenha a propriedade de Borsuk-Ulam.

Para tanto, vamos �xar alguns fatos e notações sobre espaços de con�guração e grupos detranças, os quais podem ser encontrados, por exemplo, em [4, 20, 24].

Em todo restante desta seção, M e N serão superfícies fechadas com N 6= S2,RP2 e

τ : M →M uma involução livre de pontos �xos.

A partir de N , de�nimos

F2(N) = {(x, y) ∈ N ×N | x 6= y},

que é chamado de 2-espaço de con�guração ordenado deN . Em F2(N) de�nimos a seguinte involuçãolivre de pontos �xos:

τ1 : F2(N) −→ F2(N)(x, y) 7−→ (y, x).

O espaço de órbitas por essa ação é denotado por C2(N), e é chamado de 2-espaço de con�gu-ração não ordenado de N . Denotamos por p : F2(N)→ C2(N) a projeção natural.

Seja n = (n1, n2) ∈ F2(N). O grupo π1(F2(N), n) é denotado por P2(N,n) e é chamado degrupo de 2-tranças puras de N . O grupo π1(C2(N), p(n)) é denotado por B2(N, p(n)) e é chamadode grupo de 2-tranças de N .

Em [13, Corolário 2.2], está demonstrado que F2(N) e C2(N) são variedades topológicas conexastal que πi(F2(N)) e πi(C2(N)) são triviais se i 6= 1.

Analogamente a Sequência (1.1), Seção 1.3, nós temos a sequência exata

1 // P2(N,n)ι // B2(N, p(n))

π // Z2// 1, (1.5)

sendo ι = p# e π de�nida de maneira natural.

Com essa notação de�nida e �xada, vamos começar a obter uma condição algébrica equivalentea propriedade de Borsuk-Ulam.

Notemos que na De�nição 0.0.2, nós podemos trocar o conjunto [M,N ] por [M,m1;N,n1], ouseja, temos a seguinte de�nição:

De�nição 1.4.2. Dizemos que uma classe de homotopia pontuada α ∈ [M,m1;N,n1] tem a pro-priedade de Borsuk-Ulam com respeito a uma involução livre de pontos �xos τ : M → M , se parapara toda função g : (M,m1)→ (N,n1) que representa α, existe x ∈M tal que g(τ(x)) = g(x).

Suponhamos que α ∈ [M,m1;N,n1] não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ .Por de�nição, existe f : (M,m1) → (N,n1) tal que α = [f ] e f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈ M .Então, está bem de�nida a seguinte função:

F : M −→ F2(N)x 7−→ (f(x), (f ◦ τ)(x)).

Seja p1 : F2(N)→ N a projeção no primeiro fator, isto é, p1(x, y) = x. Notemos que o seguintediagrama é comutativo, sendo n = (n1, (f ◦ τ)(n1))

(M,m1)F //

f

))(F2(N), n)

p1 // (N,n1). (1.6)


Notemos também que F é (τ, τ1)-equivariante. De fato, para todo x ∈M temos

F (τ(x)) = (f(τ(x)), (f ◦ τ)(τ(x))) = ((f ◦ τ)(x), f(x)) = τ1(f(x), (f ◦ τ)(x)) = τ1(F (x)).

Aplicando o Lema 1.4.1 para a classe de homotopia [F ] ∈ [M,m1;F2(N), n] e o funtor grupofundamental no diagrama (1.6), nós obtemos o seguinte diagrama comutativo:

π1(M,m1)F# //

(pτ )#��

f#=ΓM,N (α)

**P2(N,n)

ι

��

(p1)# // π1(N,n1)

π1(Mτ , pτ (m1))ψ //

θτ &&

B2(N, p(n))

πyy

Z2.

Portanto, nós mostramos que uma condição necessária para que α não tenha a propriedade deBorsuk-Ulam é a existência de um diagrama como acima. Tal condição também é su�ciente. Maisprecisamente, nós temos o seguinte resultado:

Lema 1.4.3 (O Lema Fundamental). Fixemos M uma superfície fechada, τ : M →M uma involu-ção livre de pontos �xos e N uma superfície fechada diferente de S2 e RP2. Seja α ∈ [M,m1;N,n1]uma classe de homotopia pontuada. As seguintes condições são equivalentes:

1. α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ ;

2. existem homomor�smos ϕ : π1(M,m1) → P2(N,n) e ψ : π1(Mτ , pτ (m1)) → B2(N, p(n))que tornam o seguinte diagrama comutativo, sendo ΓM,N (α) como de�nido na Seção 1.2 en = (n1, n2) ∈ F2(N) para algum n2 ∈ N :

π1(M,m1)ϕ //

(pτ )#��

ΓM,N (α)

**P2(N,n)

ι

��

(p1)# // π1(N,n1)

π1(Mτ , pτ (m1))ψ //

θτ &&

B2(N, p(n))

πyy

Z2.

(1.7)

Demonstração. Já mostramos que 1 ⇒ 2. Suponhamos então que seja verdadeira a condição 2 doenunciado do Lema, ou seja, temos o diagrama comutativo (1.7). Pelo Teorema 1.2.1, existe umaclasse de homotopia pontuada

δ ∈ [M,m1;F2(N), n] tal que ΓM,F2(N)(δ) = ϕ.

Pela comutatividade de (1.7), segue pelo Lema 1.4.1, que δ tem um representante

F : (M,m1)→ (F2(N), n) tal que F (τ(x)) = τ1(F (x)) para todo x ∈M.

Por de�nição de ΓM,F2(N) (Seção 1.2), temos que F# = ΓM,F2(N)(δ) = ϕ.

Seja x ∈M . Temos que F (x) = (f(x), g(x)), sendo f, g : M → N duas funções tais que f(a) 6= g(a)para todo a ∈M . Logo


(f(τ(x)), g(τ(x))) = F (τ(x)) = τ1(F (x)) = (g(x), f(x))

e portanto, temos que f(τ(x)) = g(x) 6= f(x).

Usando novamente a comutatividade do diagrama (1.7), temos as seguintes igualdades:

ΓM,N (α) = (p1)# ◦ ϕ = (p1)# ◦ F# = (p1 ◦ F )# = f#.

Mais uma vez pelo Teorema 1.2.1, temos que f é um representante da classe de homotopia α, eportanto, α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Para �nalizar esta seção, o próximo resultado nos mostrará que classi�car classes de homotopiapontuada em relação a propriedade de Borsuk-Ulam é, em um certo sentido, o mesmo que classi�carclasses de homotopia livre em relação a propriedade de Borsuk-Ulam.

Teorema 1.4.4. Nas hipóteses do Lema Fundamental 1.4.3, sejam duas classes de homotopiapontuadas α, α′ ∈ [M,m1;N,n1] e uma classe de homotopia livre β ∈ [M,N ]. Valem as seguintescondições:

1. Se os homomor�smos ΓM,N (α),ΓM,N (α′) : π1(M,m1)→ π1(N,n1) são conjugados (conformea de�nição da Seção 1.2), então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se,α′ não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

2. Se β = ΛM,N (α), então β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, α nãotem a propriedade de Borsuk-Ulam (ΛM,N está de�nida na Seção 1.2).

Demonstração. 1. Suponhamos que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Então, pelo LemaFundamental 1.4.3, existem homomor�smos

ϕ : π1(M,m1)→ P2(N,n) e ψ : π1(Mτ , pτ (m1))→ B2(N, p(n))

que juntamente com o homomor�smo ΓM,N (α) : π1(M,m1) → π1(N,n1), satisfazem o diagrama(1.7).

Como os homomor�smos ΓM,N (α) e ΓM,N (α′) são conjugados, por de�nição, existe ω ∈ π1(N,n1)tal que ΓM,N (α′)(γ) = ω (ΓM,N (α)(γ))ω−1 para todo γ ∈ π1(M,m1).

Por [4, Teorema 1.4], o homomor�smo (p1)# : P2(N,n) → π1(N,n1) é sobrejetor. Logo, existeb ∈ P2(N,n) tal que (p1)#(b) = ω. De�nimos:

ϕ′ : π1(M,m1) −→ P2(N,n)γ 7−→ b (ϕ(γ)) b−1

eψ′ : π1(Mτ , pτ (m1)) −→ B2(N, p(n))

κ 7−→ ι(b) (ψ(κ)) ι(b)−1.

Usando que ϕ, ψ e ΓM,N (α) satisfazem o diagrama (1.7) do Lema Fundamental 1.4.3, é fácil verque os homomor�smos ϕ′, ψ′ e ΓM,N (α′) também satisfazem o diagrama (1.7) do mesmo Lema eportanto, α′ não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Pela simetria do resultado, usando os mesmos argumentos, é claro que se α′ não tem a propriedadede Borsuk-Ulam, então o mesmo ocorre com α.


2. Suponhamos que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Logo, existe f : (M,m1)→ (N,n1)tal que α = [f ] e f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈ M . Como β = ΛM,N (α), por de�nição de ΛM,N ,temos que f : M → N representa β, e portanto esta classe de homotopia livre não tem a propriedadede Borsuk-Ulam.

Reciprocamente, suponhamos que β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Então, existe umafunção f : M → N tal que

[f ] = β e f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈M.

Como N é uma superfície fechada, por [26, Lema 6.4] existe um homeomor�smo H : N → N talque

H ' IdN e H(f(m1)) = n1.

Por construção, temos que a classe de homotopia pontuada α′ = [H ◦ f ] ∈ [M,m1;N,n1] não tem apropriedade de Borsuk-Ulam. Usando a comutatividade do diagrama do Teorema 1.2.1, temos que

(ΥM,N ◦ ΓM,N )(α) = (∆M,N ◦ ΛM,N )(α) = ∆M,N (β) = ∆M,N ([f ])

= ∆M,N ([H ◦ f ]) = (∆M,N ◦ ΛM,N )(α′) = (ΥM,N ◦ ΓM,N )(α′).

Pela de�nição de ΥM,N (Seção 1.2), temos que os homomor�smos ΓM,N (α) e ΓM,N (α′) são conju-gados. Pelo item 1., segue que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Observação 1.4.5. Notemos que a escolha do ponto n2 ∈ N é irrelevante para decisão de exis-tirem os homomor�smos que completam o diagrama (1.7) do Lema Fundamental 1.4.3, uma vezque F2(N) e C2(N) são variedades topológicas conexas. Na literatura em geral, o homomor�smoι : P2(N)→ B2(N) é considerado como a inclusão e assim também faremos.

1.5 Algumas notações sobre T2 e K2 e seus grupos fundamentais

Nos próximos capítulos, nós teremos especial interesse em estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia entre funções do Toro no Toro, da garrafa de Klein na garrafade Klein e do Toro na garrafa de Klein. Por este motivo, nesta seção vamos �xar a notação queusaremos sobre estas superfícies e seus grupos fundamentais.

Consideremos a ação ζ1 : (Z⊕ Z)× R2 −→ R2 de�nida nos geradores por

ζ1(1, 0)(x, y) = (x+ 1, y)ζ1(0, 1)(x, y) = (x, y + 1).

O espaço quociente por esta ação é o Toro, o qual denotamos por T2. Como R2 é o recobrimentouniversal do Toro, segue que, a menos de isomor�smo, podemos identi�car π1(T2) com Z ⊕ Z.A Figura 1.1 nos dá uma descrição geométrica de T2 como o quadrado [0, 1] × [0, 1] com arestasidenti�cadas e do isomor�smo entre π1(T2) e Z⊕ Z.

Um ponto em T2 será denotado, fazendo um abuso de notação, simplesmente por um par orde-nado (x, y). Portanto, a igualdade (x1, y1) = (x2, y2) em T2, signi�ca que existe algum(m,n) ∈ Z⊕ Z tal que ζ1(m,n)(x1, y1) = (x2, y2).

Lembremos que se G é um grupo e h : Z⊕ Z→ G é uma função, então h é um homomor�smose, e somente se, [h(1, 0), h(0, 1)] = 1, sendo [a, b] = aba−1b−1 o comutador dos elementos a e b deG.

Agora consideremos a ação ζ2 : (Z o Z)× R2 −→ R2 de�nida nos geradores por

ζ2(1, 0)(x, y) = (x, y + 1)ζ2(0, 1)(x, y) = (x+ 1, 1− y).

1.5 ALGUMAS NOTAÇÕES SOBRE T2 E K2 E SEUS GRUPOS FUNDAMENTAIS 17

O espaço quociente por esta ação é a garrafa de Klein, o qual denotamos por K2. Como R2 é orecobrimento universal da garrafa de Klein, segue que, a menos de isomor�smo, podemos identi�carπ1(K2) com ZoZ. A Figura 1.2 nos dá uma descrição geométrica de K2 como o quadrado [0, 1]×[0, 1]com arestas identi�cadas e do isomor�smo entre π1(K2) e Z o Z.

Um ponto em K2 será denotado, fazendo um abuso de notação, simplesmente por um par orde-nado (u, v). Portanto, a igualdade (u1, v1) = (u2, v2) em K2, signi�ca que existe algum(r, s) ∈ Z o Z tal que ζ2(r, s)(u1, v1) = (u2, v2).

Lembremos que se G é um grupo e h : Z o Z→ G é uma função, então h é um homomor�smose, e somente se, [h(1, 0), h(0, 1)]′ = 1, sendo [a, b]′ = abab−1 o anticomutador dos elementos a e bde G.

Figura 1.1: Toro. Figura 1.2: garrafa de Klein.

Capítulo 2

Os casos (T2, τ ;T2)

2.1 Introdução

O objetivo deste capítulo é estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopiade funções com domínio e contra-domínio sendo o Toro.

Segundo o Teorema 1.3.5, a menos de equivalência, existem duas involuções livres de pontos�xos em T2. Consideremos então as seguintes involuções:

τ1 : T2 −→ T2

(x, y) 7−→(x+ 1

2 , y) τ2 : T2 −→ T2

(x, y) 7−→(1− x,−y + 1

2

).

Temos que o espaço de órbitas T2τ1 é homeomorfo a T2 e o espaço de órbitas T2

τ2 é homeomorfoa K2. As �guras 2.1 e 2.2 nos mostram como são as aplicações de recobrimento pτ1 : T2 → T2 epτ2 : T2 → K2.

Utilizando a notação da Seção 1.5, podemos deduzir facilmente que os homomor�smos induzidospelos recobrimentos pτ1 e pτ2 são de�nidos dos seguintes modos:

(pτ1)# : π1(T2) = Z⊕ Z −→ Z⊕ Z = π1(T2)(1, 0) 7−→ (2, 0)(0, 1) 7−→ (0, 1)

θτ1 : π1(T2) = Z⊕ Z −→ Z2

(1, 0) 7−→ 1(0, 1) 7−→ 0

(2.1)

(pτ2)# : π1(T2) = Z⊕ Z −→ Z o Z = π1(K2)(1, 0) 7−→ (1, 0)(0, 1) 7−→ (0, 2)

θτ2 : π1(K2) = Z o Z −→ Z2

(1, 0) 7−→ 0(0, 1) 7−→ 1.

(2.2)

Observação 2.1.1. Utilizando as de�nições e notações estabelecidas na Seção 1.2, comoπ1(T2) = Z⊕ Z é um grupo abeliano, pelo Teorema 1.2.1 nós temos as seguintes bijeções:

ΓT2,T2 : [T2, ∗;T2, ∗] −→ Hom(Z⊕ Z,Z⊕ Z)

ΛT2,T2 : [T2, ∗;T2, ∗] −→ [T2,T2] ∆T2,T2 : [T2,T2] −→ Hom(Z⊕ Z,Z⊕ Z),

as quais satisfazem ΓT2,T2 = ∆T2,T2 ◦ΛT2,T2. Para simpli�car a notação, neste capítulo denotaremosΓT2,T2, ΛT2,T2 e ∆T2,T2 apenas por Γ, Λ e ∆, respectivamente.

Sobre o grupo P2(T2), nós usaremos nas próximas seções os resultados estabelecidos no ApêndiceA, em especial, a Observação A.0.10 a qual transcrevemos aqui.

19

20 OS CASOS (T2, τ ;T2) 2.1

Figura 2.1: recobrimento pτ1 . Figura 2.2: recobrimento pτ2 .

Observação 2.1.2 (Presentação de P2(T2)). A menos de isomor�smo, P2(T2) se escreve na formaF (x, y)⊕Z⊕Z, sendo F (x, y) o grupo livre gerado pelo conjunto {x, y}. Com respeito a esta escrita,temos que:

• (p1)# : P2(T2) → π1(T2) = Z ⊕ Z é a projeção de F (x, y) ⊕ Z ⊕ Z em Z ⊕ Z, isto é,(p1)#(w,m, n) = (m,n);

• Existe um elemento σ ∈ B2(T2)− P2(T2) tal que σ2 = (B, 0, 0), sendo B = [x, y−1];

• O homomor�smo lσ : P2(T2)→ P2(T2), de�nido por lσ(b) = σbσ−1 para todo b ∈ P2(T2), temos seguintes valores nos geradores:

lσ(x, 0, 0) = (Bx−1, 1, 0)

lσ(y, 0, 0) = (By−1, 0, 1)

lσ(1, 1, 0) = (1, 1, 0)

lσ(1, 0, 1) = (1, 0, 1)

sendo 1 ∈ F (x, y) o elemento neutro.

Observação 2.1.3. Se t ∈ B2(T2)−P2(T2), ou seja, t é uma trança não pura, então t = aσ, sendoa = tσ−1 ∈ P2(T2). Notemos que tal escrita é única, pois se a1σ = a2σ, então a1 = a2.

Na Seção 2.2, nós mostraremos que toda classe de homotopia β ∈ [T2,T2] não tem a propriedadede Borsuk-Ulam com relação a involução τ1 (Teorema 2.2.3).

2.2CLASSIFICAÇÃO DAS CLASSES DE HOMOTOPIA COM A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM COM

RESPEITO A τ1 21

Com respeito a involução τ2, nós concluíremos na Seção 2.3 que existem elementos do conjunto[T2,T2] que têm a propriedade de Borsuk-Ulam. Mais ainda, nós mostraremos exatamente quais sãoas classes de homotopia β ∈ [T2,T2] que têm tal propriedade em termos do homomor�smo ∆(β)(Teorema 2.3.10).

2.2 Classi�cação das classes de homotopia com a propriedade de

Borsuk-Ulam com respeito a τ1

Nesta seção, nós vamos classi�car os elementos do conjunto [T2,T2] em que vale a propriedadede Borsuk-Ulam com respeito a involução τ1. Para tal objetivo, o roteiro será utilizar o Lema Funda-mental 1.4.3 para provar um critério algébrico equivalente a uma classe de homotopia pontuada nãoter a propriedade de Borsuk-Ulam, aplicar tal critério e depois usar o Teorema 1.4.4 e a Observação2.1.1. Em todas as demonstrações usaremos fortemente a Observação 2.1.2.

Proposição 2.2.1. Seja α ∈ [T2, ∗;T2, ∗] uma classe de homotopia pontuada e seguindo a notaçãoda Observação 2.1.1, seja hα = Γ(α) : π1(T2) → π1(T2). Então α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a τ1 se, e somente se, existem tranças puras a, b ∈ P2(T2) tais que:

(i) alσ(b) = ba; (ii) hα(1, 0) = (p1)#(alσ(a)); (iii) hα(0, 1) = (p1)#(b).

Demonstração. Seja α uma classe de homotopia pontuada que não tem a propriedade de Borsuk-Ulam e vamos mostrar que existem tranças a, b ∈ P2(T2) tais que são verdadeiras as condições (i),(ii) e (iii). Pelo Lema Fundamental 1.4.3, existe o seguinte diagrama comutativo:

π1(T2)ϕ //

(pτ1 )#��

hα

((P2(T2)� _

��

(p1)# // π1(T2)

π1(T2)ψ //

θτ1 ##

B2(T2)

π{{

Z2.

(2.3)

Por (2.1), como θτ1(1, 0) = 1 e θτ1(0, 1) = 0, então pela comutatividade do diagrama (2.3), ψ(1, 0)deve ser uma trança não pura e ψ(0, 1) deve ser uma trança pura. Logo, pela Observação 2.1.3,existem tranças puras a, b ∈ P2(T2) tais que:

(1) ψ(1, 0) = aσ;

(2) ψ(0, 1) = b.

Como π1(T2) é abeliano, então 1 = [ψ(1, 0), ψ(0, 1)] = [aσ, b] = aσbσ−1a−1b−1 = alσ(b)a−1b−1.Portanto, vale

(i) alσ(b) = ba.

Novamente por (2.1), como (pτ1)#(1, 0) = (2, 0) e (pτ1)#(0, 1) = (0, 1), segue da comutatividade de(2.3) que valem as seguintes igualdades para o homomor�smo ϕ:

(3) ϕ(1, 0) = (ψ ◦ (pτ1)#)(1, 0) = ψ(2, 0) = ψ(1, 0)2 = (aσ)2 = aσaσ−1σ2 = alσ(a)σ2;

(4) ϕ(0, 1) = (ψ ◦ (pτ1)#)(0, 1) = ψ(0, 1) = b.

Novamente por (2.3) e pela Observação 2.1.2, valem as seguintes igualdades para o homomor�smohα :

22 OS CASOS (T2, τ ;T2) 2.2

(ii) hα(1, 0) = ((p1)#◦ϕ)(1, 0) = (p1)#(alσ(a)σ2) = (p1)#(alσ(a))+(p1)#(B, 0, 0) = (p1)#(alσ(a));

(iii) hα(0, 1) = ((p1)# ◦ ϕ)(b) = (p1)#(b).

Reciprocamente, suponhamos que existam tranças a, b ∈ P2(T2) e valem (i), (ii) e (iii). Utilizandoa Observação 2.1.3, de�nimos

ϕ : π1(T2) −→ P2(T2)(1, 0) 7−→ alσ(a)σ2

(0, 1) 7−→ b

eψ : π1(T2) −→ B2(T2)

(1, 0) 7−→ aσ(0, 1) 7−→ b.

Mostremos que de fato ϕ e ψ de�nem homomor�smos. Pela Observação 2.1.2, temos que

[ϕ(1, 0), ϕ(0, 1)] =[alσ(a)σ2, b

]= aσaσ−1σ2bσ−2σa−1σ−1a−1b−1

= alσ(alσ(b)a−1)a−1b−1 (i)= alσ(baa−1)a−1b−1 (i)

= baa−1b−1 = 1

e

[ψ(1, 0), ψ(0, 1)] = [aσ, b] = aσbσ−1a−1b−1 = alσ(b)a−1b−1 (i)= baa−1b−1 = 1.

Vamos mostrar que temos um diagrama comutativo como em (2.3), donde seguirá pelo Lema Fun-damental 1.4.3 que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Utilizaremos as Observações 2.1.2 e2.1.3 e também os valores dos homomor�smos (pτ1)# e θτ1 , os quais estão de�nidos em (2.1). Temos

((p1)# ◦ ϕ)(1, 0) = (p1)#(alσ(a)σ2) = (p1)#(alσ(a)) + (p1)#(B, 0, 0)(ii)= hα(1, 0),

((p1)# ◦ ϕ)(0, 1) = (p1)#(b)(iii)= hα(0, 1),

(ψ ◦ (pτ1)#)(1, 0) = ψ(2, 0) = ψ(1, 0)2 = (aσ)2 = aσaσ−1σ2 = alσ(a)σ2 = ϕ(1, 0),

(ψ ◦ (pτ1)#)(0, 1) = ψ(0, 1) = ϕ(0, 1)

e

(π ◦ ψ)(1, 0) = π(aσ) = 1 = θτ1(1, 0),

(π ◦ ψ)(0, 1) = π(b) = 0 = θτ1(0, 1).

Proposição 2.2.2. Se α ∈ [T2, ∗;T2, ∗], então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam comrespeito a involução τ1.

Demonstração. Seja hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(T2). Sejam também m1, n1,m2, n2 ∈ Z tais que:

hα(1, 0) = (m1, n1) e hα(0, 1) = (m2, n2).

Sejam ainda r, s ∈ Z e i, j ∈ {0, 1} tais que

m1 = 2r + i e n1 = 2s+ j.

Em P2(T2) tomamos os elementos

a = (xiyj , r, s) e b = (1,m2, n2).


RESPEITO A τ2 23

Vamos usar a Observação 2.1.2 para mostrar que a, b e hα satisfazem as condições (i), (ii) e (iii)da Proposição 2.2.1, e portanto, pelo mesmo resultado, seguirá que α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam. Temos que

alσ(b) = (xiyj , r, s)lσ(1,m2, n2) = (xiyj , r, s)(1,m2, n2) = (1,m2, n2)(xiyj , r, s) = ba

e portanto, vale (i). Notemos que

alσ(a) = (xiyj , r, s)lσ(xiyj , r, s)

= (xiyj , r, s)lσ(xi, 0, 0)lσ(yj , 0, 0)lσ(1, r, s)

= (xiyj , r, s)((Bx−1)i, i, 0)((By−1)j , 0, j)(1, r, s)

= (xiyj(Bx−1)i(By−1)j , 2r + i, 2s+ j)

= (xiyj(Bx−1)i(By−1)j ,m1, n1).

Assim, temos que

(p1)#(alσ(a)) = (p1)#(xiyj(Bx−1)i(By−1)j ,m1, n1) = (m1, n1) = hα(1, 0)

e portanto, vale (ii). Por �m, temos que

(p1)#(b) = (p1)#(1,m2, n2) = (m2, n2) = hα(0, 1)

e logo, vale (iii), o que encerra a demonstração.

Decorre imediatamente do Teorema 1.4.4 item 2., da Observação 2.1.1 e da Proposição 2.2.2 oseguinte resultado de classi�cação:

Teorema 2.2.3. Seja τ1 : T2 → T2 a involução livre de pontos �xos de�nida porτ1(x, y) =

(x+ 1

2 , y). Então toda classe de homotopia β ∈

[T2,T2

]não tem a propriedade de

Borsuk-Ulam com respeito a τ1.


Borsuk-Ulam com respeito a τ2

Nesta seção, nós vamos classi�car os elementos do conjunto [T2,T2] em que vale a propriedadede Borsuk-Ulam com respeito a involução τ2. Para tal objetivo, o roteiro será o mesmo da Seção2.2. Em todas as demonstrações usaremos fortemente a Observação 2.1.2.

Proposição 2.3.1. Seja α ∈ [T2, ∗;T2, ∗] uma classe de homotopia pontuada e seguindo a notaçãoda Observação 2.1.1, seja hα = Γ(α) : π1(T2) → π1(T2). Então α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a τ2 se, e somente se, existem tranças puras a, b ∈ P2(T2) tais que:

(i) ablσ(a) = b; (ii) hα(1, 0) = (p1)#(a); (iii) hα(0, 1) = (p1)#(blσ(b)).

Demonstração. Seja α uma classe de homotopia pontuada que não tem a propriedade de Borsuk-Ulam e vamos mostrar que existem tranças a, b ∈ P2(T2) tais que são verdadeiras as condições (i),

24 OS CASOS (T2, τ ;T2) 2.3

(ii) e (iii). Pelo Lema Fundamental 1.4.3, existe o seguinte diagrama comutativo:

π1(T2)ϕ //

(pτ2 )#��

hα

((P2(T2)� _

��

(p1)# // π1(T2)

π1(K2)ψ //

θτ2 ##

B2(T2)

π{{

Z2.

(2.4)

Por (2.2), como θτ2(1, 0) = 0 e θτ2(0, 1) = 1, então pela comutatividade do diagrama (2.4), ψ(1, 0)deve ser uma trança pura e ψ(0, 1) deve ser uma trança não pura. Logo, pela Observação 2.1.3,existem tranças puras a, b ∈ P2(T2) tais que

(1) ψ(1, 0) = a;

(2) ψ(0, 1) = bσ.

Como em Z o Z vale a relação [(1, 0), (0, 1)]′ = (0, 0), então

1 = [ψ(1, 0), ψ(0, 1)]′ = [a, bσ]′ = abσaσ−1b−1 = ablσ(a)b−1.

Portanto, vale

(i) ablσ(a) = b.

Novamente por (2.2), como (pτ2)#(1, 0) = (1, 0) e (pτ2)#(0, 1) = (0, 2), segue da comutatividade de(2.4) que valem as seguintes igualdades para o homomor�smo ϕ:

(3) ϕ(1, 0) = (ψ ◦ (pτ2)#)(1, 0) = ψ(1, 0) = a;

(4) ϕ(0, 1) = (ψ ◦ (pτ2)#)(0, 1) = ψ(0, 2) = ψ(0, 1)2 = (bσ)2 = bσbσ−1σ2 = blσ(b)σ2.


(ii) hα(1, 0) = ((p1)# ◦ ϕ)(1, 0) = (p1)#(a);

(iii) hα(0, 1) = ((p1)#◦ϕ)(1, 0) = (p1)#(blσ(b)σ2) = (p1)#(blσ(b))+(p1)#(B, 0, 0) = (p1)#(blσ(b)).

Reciprocamente, suponhamos que existam tranças a, b ∈ P2(T2) e valem (i), (ii) e (iii). Utilizandoa Observação 2.1.3, de�nimos

ϕ : π1(T2) −→ P2(T2)(1, 0) 7−→ a(0, 1) 7−→ blσ(b)σ2

eψ : π1(K2) −→ B2(T2)

(1, 0) 7−→ a(0, 1) 7−→ bσ.

Mostremos que de fato ϕ e ψ de�nem homomor�smos. Pela Observação 2.1.2, temos que:

[ϕ(1, 0), ϕ(0, 1)] =[a, blσ(b)σ2

]= abσbσ−1σ2a−1σ−2σb−1σ−1b−1

= ablσ(blσ(a)−1b−1)b−1 (i)= ablσ(a)b−1 (i)

= bb−1 = 1


RESPEITO A τ2 25

e

[ψ(1, 0), ψ(0, 1)]′ = [a, bσ]′ = abσaσ−1b−1 = ablσ(a)b−1 (i)= bb−1 = 1.

Vamos mostrar que temos um diagrama comutativo como em (2.4), donde seguirá pelo Lema Fun-damental 1.4.3 que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Utilizaremos as Observações 2.1.2 e2.1.3 e também os valores dos homomor�smos (pτ2)# e θτ2 , os quais estão de�nidos em (2.2). Temos

((p1)# ◦ ϕ)(1, 0) = (p1)#(a)(ii)= hα(1, 0),

((p1)# ◦ ϕ)(0, 1) = (p1)#(blσ(b)σ2) = (p1)#(blσ(b)) + (p1)#(B, 0, 0)(iii)= hα(0, 1),

(ψ ◦ (pτ2)#)(1, 0) = ψ(1, 0) = a = ϕ(1, 0),

(ψ ◦ (pτ2)#)(0, 1) = ψ(2, 0) = ψ(1, 0)2 = (bσ)2 = bσbσ−1σ2 = blσ(b)σ2 = ϕ(0, 1)

e

(π ◦ ψ)(1, 0) = π(a) = 0 = θτ1(1, 0),

(π ◦ ψ)(0, 1) = π(bσ) = 1 = θτ1(0, 1).

A�m de facilitar alguns cálculos, vamos fazer algumas considerações sobre o operadorlσ : P2(T2) → P2(T2). Seja w = w(x, y) ∈ F (x, y). Denotemos por |w|x a soma dos expoentesdos geradores x que aparecem na palavra w e por |w|y a soma dos expoentes dos geradores y queaparecem na palavra w. Pela Observação 2.1.2, temos que

lσ(x, 0, 0) = (Bx−1, 1, 0) = (xy−1x−1yx−1, 1, 0) = ((xy−1)x−1(yx−1), 1, 0)

elσ(y, 0, 0) = (By−1, 0, 1) = (xy−1x−1yy−1, 0, 1) = ((xy−1)y−1(yx−1), 0, 1).

e portanto, temos que

lσ(w, 0, 0) = lσ(w(x, y), 0, 0) = (xy−1w(x−1, y−1)yx−1, |w|x, |w|y). (2.5)

Para cada classe de homotopia pontuada α ∈ [T2, ∗;T2, ∗], consideremos o homomor�smohα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(T2) e sejam m1, n1,m2, n2 ∈ Z tais que

hα(1, 0) = (m1, n1) e hα(0, 1) = (m2, n2).

Nós faremos a classi�cação das classes de homotopia α que tem (ou não) a propriedade deBorsuk-Ulam separando em casos conforme a paridade de m2 e n2. No caso em que m2 e n2 sãoambos pares faremos a análise em duas partes, conforme a nulidade de m1 e n1. As hipóteses dasProposições 2.3.2, 2.3.3, 2.3.4, 2.3.5 e 2.3.9 esgotarão todas as possibilidades para os valores m1,n1, m2 e n2.

Proposição 2.3.2. Se m2 e n2 são ímpares, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Por hipótese, existem r, s ∈ Z tais que m2 = 2r+ 1 e n2 = 2s+ 1. Consideremos osseguintes elementos de P2(T2):

a = (x−2m1y−2n1 ,m1, n1) e b = (y1+2n1x−1, r + 1, s− n1).

26 OS CASOS (T2, τ ;T2) 2.3

Pela Observação 2.1.2 e pela igualdade (2.5) temos que

ablσ(a) = (x−2m1y−2n1 ,m1, n1)(y1+2n1x−1, r + 1, s− n1)lσ(x−2m1y−2n1 ,m1, n1)

= (x−2m1yx−1,m1 + r + 1, s)(xy−1x2m1y2n1yx−1,−2m1 +m1,−2n1 + n1)

= (y1+2n1x−1, r + 1, s− n1) = b.

Portanto, vale a condição (i) da Proposição 2.3.1. Temos também que

(p1)#(a) = (p1)#(x−2m1y−2n1 ,m1, n1) = (m1, n1) = hα(1, 0)

e logo, vale (ii). Por �m, usando a igualdalde (2.5) temos que

(p1)#(blσ(b)) = (p1)#

((y1+2n1x−1, r + 1, s− n1)lσ(y1+2n1x−1, r + 1, s− n1)

)= (r + 1, s− n1) + (−1, 1 + 2n1) + (r + 1, s− n1)

= (2r + 1, 2s+ 1) = (m2, n2) = hα(0, 1)

e portanto, vale (iii). Pela Proposição 2.3.1, segue que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Proposição 2.3.3. Se m2 é ímpar e n2 é par, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Por hipótese, existem r, s ∈ Z tais que m2 = 2r + 1 e n2 = 2s. Consideremos osseguintes elementos de P2(T2):

a = (x−m1y−2n1−1x−m1y,m1, n1) e b = (x−1, r + 1, s).


ablσ(a) = (x−m1y−2n1−1x−m1y,m1, n1)(x−1, r + 1, s)lσ(x−m1y−2n1−1x−m1y,m1, n1)

= (x−m1y−2n1−1x−m1yx−1,m1 + r + 1, n1 + s)(xy−1xm1y2n1+1xm1y−1yx−1,−m1,−n1)

= (x−1, r + 1, s) = b.


(p1)#(a) = (p1)#(x−m1y−2n1−1x−m1y,m1, n1) = (m1, n1) = hα(1, 0)


(p1)#(blσ(b)) = (p1)#

((x−1, r + 1, s)lσ(x−1, r + 1, s)

)= (r + 1, s) + (−1, 0) + (r + 1, s)

= (2r + 1, 2s) = (m2, n2) = hα(0, 1)


Proposição 2.3.4. Se m2 é par e n2 é ímpar, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Por hipótese, existem r, s ∈ Z tais que m2 = 2r e n2 = 2s + 1. Consideremos osseguintes elementos de P2(T2):

a = (x−2m1+1y−n1x−1y−n1 ,m1, n1) e b = (x−2m1+1yx−1,m1 + r, s).


ablσ(a) = (x−2m1+1y−n1x−1y−n1 ,m1, n1)(x−2m1+1yx−1,m1 + r, s)lσ(x−2m1+1y−n1x−1y−n1 ,m1, n1)

= (x−2m1+1y−n1x−1y−n1x−2m1+1yx−1, 2m1 + r, n1 + s)(xy−1x2m1−1yn1xyn1yx−1,−m1,−n1)

= (x−2m1+1yx−1,m1 + r, s) = b.


RESPEITO A τ2 27


(p1)#(a) = (p1)#(x−2m1+1y−n1x−1y−n1 ,m1, n1) = (m1, n1) = hα(1, 0)


(p1)#(blσ(b)) = (p1)#

((x−2m1+1yx−1,m1 + r, s)lσ(x−2m1+1yx−1,m1 + r, s)

)= (m1 + r, s) + (−2m1, 1) + (m1 + r, s)

= (2r, 2s+ 1) = (m2, n2) = hα(0, 1)


Proposição 2.3.5. Se m2 e n2 são pares e m1 = n1 = 0, então α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam.

Demonstração. Por hipótese, existem r, s ∈ Z tais que m2 = 2r e n2 = 2s. Consideremos osseguintes elementos de P2(T2):

a = (1, 0, 0) e b = (1, r, s).

Pela Observação 2.1.2 temos que

ablσ(a) = (1, 0, 0)(1, r, s)lσ(1, 0, 0) = (1, r, s) = b.


(p1)#(a) = (p1)#(1, 0, 0) = (0, 0) = (m1, n1) = hα(1, 0)

e logo, vale (ii). Por �m, temos que

(p1)#(blσ(b)) = (p1)# ((1, r, s)lσ(1, r, s)) = (r, s) + (r, s) = (2r, 2s) = (m2, n2) = hα(0, 1)


Antes de provarmos a Proposição 2.3.9, vamos fazer uma de�nição e provar dois resultados queserão úteis.

De�nição 2.3.6. Seja z = z(x, y) ∈ F (x, y). Dizemos que z é um palíndromo se a palavra z pode serlida da esquerda para direita e da direita para a esquerda, ou equivalentemente,z(x, y) = z(x−1, y−1)−1.

Lema 2.3.7. Se z = z(x, y) ∈ F (x, y) é um palíndromo, então |z|x ou |z|y é par.

Demonstração. Se z é trivial ou z = k, com k ∈ {x, x−1, y, y−1}, então é claro que |z|x ou |z|yé par. Lembremos que as palavras de comprimento 2 de F (x, y) são x2a, y2b, xayb e ybxa, sendoa, b ∈ {−1, 1}. Logo, se z é um palíndromo de comprimento 2, então z = x2a ou y2b, e portanto, |z|xou |z|y é par. Suponhamos então o resultado verdadeiro para palíndromos de comprimento entre0 e r, com r ≥ 2, e vamos mostrar por indução que o resultado é verdadeiro para palíndromos decomprimento r+ 1. Seja então z uma palavra de comprimento r+ 1, escrita de forma reduzida, talque z = z(x−1, y−1)−1. Então, para algum k ∈ {x, x−1, y, y−1} e para algum z1 ∈ F (x, y) temosque

z = kz1k.

O comprimento de z1 é r − 2 e notemos que

kz1k = z = z(x−1, y−1)−1 = (k−1z1(x−1, y−1)k−1)−1 = kz1(x−1, y−1)−1k.

28 OS CASOS (T2, τ ;T2) 2.3

Logo, z1 = z1(x−1, y−1)−1, ou seja, z1 é um palíndromo e pela hipótese de indução temos que |z1|xou |z1|y é par. Notemos que

|z|x = |kz1k|x = 2|k|x + |z1|x ≡ |z1|x mod 2

e|z|y = |kz1k|y = 2|k|y + |z1|y ≡ |z1|y mod 2

e portanto, |z|x ou |z|y é par.

Lema 2.3.8. Sejam z, w ∈ F (x, y) tais que w é não trivial, |w|x e |w|y são pares e

zwz−1 = w(x−1, y−1)−1. (2.6)

Então |z|x ou |z|y é par.

Demonstração. Se z é trivial, o resultado é imediato. Suponhamos então que z não é trivial. Semperda de generalidade, podemos supor que z e w estão escritas na forma reduzida. Como o compri-mento de w é igual ao comprimento de w(x−1, y−1)−1, então ocorre cancelamento no lado esquerdoda equação (2.6). Como estamos interessados na paridade de |z|x e de |z|y, vamos fazer algumasmanipulações na equação (2.6) que não alteram o resultado.

PASSO 1: Podemos supor que ocorre cancelamento na sub-palavra zw. Suponhamos que ocorracancelamento na sub-palavra wz−1. Seja w′ = w−1. É claro que w′ é uma palavra não trivial e |w′|xe |w′|y são pares. Notemos que

zw′z−1 = zw−1z−1 = (zwz−1)−1 = w(x−1, y−1) = w′(x−1, y−1)−1,

ou seja, temos uma equação no mesmo formato que em (2.6) e ocorre cancelamento em zw′.

PASSO 2: Podemos supor que ou ocorre cancelamento na sub-palavra zw ou ocorre cancelamentona sub-palavra wz−1. Suponhamos que ocorram cancelamentos nas sub-palavras zw e wz−1. Entãoz = z1k e w = k−1w1k para algum k ∈ {x, x−1, y, y−1} e para algum z1, w1 ∈ F (x, y). Notemos quew1 é uma palavra não trivial e |w1|x e |w1|y são pares. Por (2.6) temos que

z1kk−1w1kk

−1z−11 = kw1(x−1, y−1)−1k−1

m(k−1z1)w1(k−1z1)−1 = w1(x−1, y−1)−1,

ou seja, temos uma equação no mesmo formato que em (2.6). Para cada l ∈ {x, y}, temos que

|k−1z1|l = −|k|l + |z1|l = −2|k|l + |z1|l + |k|l = −2|k|l + |z1k|l = −2|k|l + |z|l ≡ |z|l mod 2.

Se houver cancelamentos nas sub-palavras (k−1z1)w1 e w1(k−1z1)−1, repetimos o argumento. Depoisde uma quantidade �nita de passos (que pode ser nula e é no máximo igual ao comprimento de z),podemos garantir que existem z′, w′ ∈ F (x, y), escritas de forma reduzida, tais que w′ é não trivial,|w′|x e |w′|y são pares,

z′w′z′−1 = w′(x−1, y−1)−1,

|z′|l ≡ |z|l mod 2, sendo l ∈ {x, y}, e se houver cancelamentos ou é na sub-palavra z′w′ ou é nasub-palavra w′z′−1.

PASSO 3: Podemos supor que z não se escreve de forma reduzida como z′wε, sendo ε ∈ {−1, 1}.Se z se escreve de forma reduzida como z1w

ε1 , ε1 ∈ {−1, 1}, então por (2.6), temos que

z1wz−11 = z1w

εw(z1wε1)−1 = zwz−1 = w(x−1, y−1)−1,


RESPEITO A τ2 29

ou seja, temos uma equação no formato de (2.6). Para cada l ∈ {x, y}, como |w|l é par, então

|z|l = |z1wε1 |l = |z1|l + ε1|w|l ≡ |z1|l mod 2.

Se z1 se escreve de forma reduzida como z2wε2 , ε2 ∈ {−1, 1}, repetimos o argumento. Depois de uma

quantidade �nita de passos, podemos garantir que existem z ∈ F (x, y), escrito de forma reduzida,tal que

zwz−1 = w(x−1, y−1)−1,

|z|l ≡ |z|l mod 2 e não é possível escrever de forma reduzida z = zkwεk , εk ∈ {−1, 1}.

Após aplicar os passos 1, 2 e 3 quantas vezes forem necessárias, nós podemos supor, sem perda degeneralidade, que z e w se escrevem de forma reduzida como

z = z1z2 e w = w1w2,

sendo que w1 e w2 são ambos não triviais, w1 = z−12 e não ocorre cancelamentos nas palavras z1w2

e w2z−12 . Assim, por (2.6), temos que

zwz−1 = w(x−1, y−1)−1

z1z2w1w2z−12 z−1

1 =(w1(x−1, y−1)w2(x−1, y−1)

)−1

z1z2z−12 w2w1z

−11 = w2(x−1, y−1)−1w1(x−1, y−1)−1

z1w2w1z−11 = w2(x−1, y−1)−1w1(x−1, y−1)−1 (2.7)

Por hipótese não há cancelamento em z1w2. Também não ocorre cancelamento em w1z−11 , pois

w1 = z−12 e tomamos z1z2 escrito de forma reduzida. Não ocorre cancelamento em w2w1, pois

w1 = z−12 e não ocorre cancelamento em w2z

−12 . Portanto, não acontecem cancelamentos na palavra

z1w2w1z−11 . Mas como o comprimento de w2w1 é igual ao comprimento de w1w2, que por sua vez

é igual ao comprimento de w2(x−1, y−1)−1w1(x−1, y−1)−1, por (2.7) segue que

z1 é trivial e w2w1 = w2(x−1, y−1)−1w1(x−1, y−1)−1.

Como o comprimento de wi é igual ao comprimento de wi(x−1, y−1)−1, i ∈ {1, 2}, e não há cance-lamento em w2w1 e nem em w2(x−1, y−1)−1w1(x−1, y−1)−1, segue que

wi = wi(x−1, y−1)−1, i ∈ {1, 2},

ou seja, w1 e w2 são palíndromos. Por �m, como z = z1z2 = w−11 , então z é um palíndromo e pelo

Lema 2.3.7, segue que |z|x ou |z|y é par.

Proposição 2.3.9. Se m2 e n2 são pares e (m1, n1) 6= (0, 0), então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Faremos a prova por contradição. Suponhamos então que α não tem a propriedadede Borsuk-Ulam. Pela Proposição 2.3.1, existem tranças puras

a = (w(x, y), ra, sa) e b = (z(x, y), rb, sb)

tais que a, b e hα satisfazem (i), (ii) e (iii). Lembremos que

hα :

{(1, 0) 7→ (m1, n1)

(0, 1) 7→ (m2, n2).

Da condição (ii) e pela Observação 2.1.2 segue que

a = (w,m1, n1).

30 OS CASOS (T2, τ ;T2) 2.3

Pela condição (iii) e pela igualdade (2.5), temos que

(m2, n2) = (p1)#(blσ(b)) = (p1)# ((z, rb, sb)lσ(z, rb, sb))

= (rb, sb) + (|z|x, |z|y) + (rb, sb) = (|z|x + 2rb, |z|y + 2sb).

Segue que |z|x e |z|y são pares, pois por hipótese m2 e n2 são pares. Temos também que

ablσ(a) = (w,m1, n1)(z, rb, sb)(xy−1w(x−1, y−1)yx−1, |w|x +m1, |w|y + n1)

= (wzxy−1w(x−1, y−1)yx−1, 2m1 + |w|x + rb, 2n1 + |w|y + sb).

Pela condição (i) ablσ(a) = b, segue que |w|x = −2m1, |w|y = −2n1 e como por hipótese(m1, n1) 6= (0, 0), segue também que w é uma palavra não trivial. Ainda por (i) temos que

wzxy−1w(x−1, y−1)yx−1 = z

z−1wzxy−1w(x−1, y−1)yx−1 = 1

yx−1z−1wzxy−1w(x−1, y−1) = 1

(yx−1z−1)w(yx−1z−1)−1 = w(x−1, y−1)−1.

Assim, pelo Lema 2.3.8, segue que |yx−1z−1|x = −1 − |z|x ou |yx−1z−1|y = 1 − |z|y é par, ouequivalentemente, |z|x ou |z|y é ímpar. Mas isto é um absurdo, pois já mostramos que |z|x e |z|ysão pares. Portanto, α tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Decorre imediatamente do Teorema 1.4.4 item 2., da Observação 2.1.1 e das Proposições 2.3.2,2.3.3, 2.3.4, 2.3.5 e 2.3.9 o seguinte resultado de classi�cação:

Teorema 2.3.10. Seja τ2 : T2 → T2 a involução livre de pontos �xos de�nida porτ2(x, y) =

(1− x, y + 1

2

). Seja β ∈

[T2,T2

]uma classe de homotopia livre e seguindo a nota-

ção da Observação 2.1.1, seja hβ = ∆(β). Então β tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeitoa τ2 se, e somente se, o homomor�smo

hβ : π1(T2) = Z⊕ Z −→ Z⊕ Z = π1(T2)(1, 0) 7−→ (m1, n1)(0, 1) 7−→ (m2, n2)

é tal que (m1, n1) 6= (0, 0) e m2 e n2 são pares.

Capítulo 3

O caso (K2, τ ;K2)

3.1 Introdução

Neste capítulo nós vamos estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia defunções tendo como domínio e contra-domínio a garrafa de Klein.

Figura 3.1: recobrimento pτ .

Pelo Teorema 1.3.5, a menos de equivalên-cia, só existe uma involução em K2. Utilizandoa notação da Seção 1.5, consideremos a invo-lução livre de pontos �xosτ : K2 → K2 de�nida por

τ(x, y) =

(x, y +

1

2

).

O espaço de órbitas K2τ é homeomorfo a K2. A Fi-

gura 3.1 nos mostra como é a aplicação de recobrimentopτ : K2 → K2. Assim, utilizando a notação da Seção1.3, nós temos os homor�smos induzidos por pτ de�ni-dos do seguinte modo:

(pτ )# : π1(K2) = Z o Z −→ π1(K2)(1, 0) 7−→ (2, 0)(0, 1) 7−→ (0, 1)

θτ : π1(K2) = Z o Z −→ Z2

(1, 0) 7−→ 1(0, 1) 7−→ 0.

(3.1)

Na Seção 3.2, nós mostraremos um resultado sobreconjugação e potência de elementos em Z o Z (Propo-sição 3.2.1).

Na Seção 3.3, nós faremos uma completa descriçãoalgébrica do conjunto

[K2,K2

](Teorema 3.3.1).

Na Seção 3.4, nós de fato classi�caremos os ele-mentos do conjunto

[K2,K2

]que têm a propriedade de

Borsuk-Ulam com respeito a τ (Teorema 3.4.5). Nestaseção, nós usaremos os fatos estabelecidos no Apêndice B sobre o grupo de tranças da garrafa deKlein. Em especial, usaremos a Observação B.0.18 e o Lema B.0.19, o qual transcrevemos aqui naseguinte observação:

31

32 O CASO (K2, τ ;K2) 3.2

Observação 3.1.1 (Presentação de P2(K2)). A menos de isomor�smo, P2(K2) se escreve na formaF (u, v)oθ (ZoZ), sendo F (u, v) o grupo livre gerado por {u, v} e θ : ZoZ→ Aut(F (u, v)) de�nidado seguinte modo:

θ(m,n) :

u 7−→ Bm−δnuεnB−m+δn

v 7−→ Bmvu−2mB−m+δn

B 7−→ Bεn

δn =

{0, se n é par

1, se n é ímpar

εn = (−1)n

B = uvuv−1.

Com respeito a esta escrita, temos que:

• (p1)# : P2(K2) → π1(K2) = Z o Z é a projeção de F (u, v) oθ (Z o Z) em Z o Z, isto é,(p1)#(w; r, s) = (r, s);

• Existe um elemento σ ∈ B2(K2)− P2(K2) tal que σ2 = (B; 0, 0);

• O homomor�smo lσ : P2(K2)→ P2(K2) de�nido por lσ(b) = σbσ−1 para todo b ∈ P2(T2), temos seguintes valores:

lσ(u; 0, 0) = (Bu−1B−1; 1, 0)

lσ(ur; 0, 0) = ((Bu−1)rB−r; r, 0)

lσ(v; 0, 0) = (v−1B; 0, 1)

lσ(vs; 0, 0) = ((uv)−s(uB)δs ; 0, s)

lσ(B; 0, 0) = (B; 0, 0)

lσ(1;m, 0) = (1;m, 0)

lσ(1; 0, n) = (Bδn ; 0, n)

sendo r, s ∈ Z e o símbolo 1 denota o elemento neutro de F (u, v).

Observação 3.1.2. Se t ∈ B2(K2) − P2(K2), ou seja, t é uma trança não pura, então t = σa,sendo a = σ−1t ∈ P2(K2). Notemos que tal escrita é única, pois se σa1 = σa2, então a1 = a2.

3.2 Conjugação e potência em Z o Z

A�m de facilitar certos cálculos quando estivermos trabalhando com o grupo Z o Z, vamosmostrar como computar conjugação e potências neste grupo. Utilizaremos a notação estabelecidana Observação 3.1.1.

Lembremos que como conjunto, Z o Z é o produto cartesiano de duas cópias de Z. Dados doiselementos (r1, s1) e (r2, s2), o produto destes elementos é de�nido do seguinte modo:

(r1, s1)(r2, s2) = (r1 + εs1r2, s1 + s2).

Temos que o elemento neutro é (0, 0). Dado um elemento (r, s) ∈ Z o Z, seu inverso é de�nidodo seguinte modo:

(r, s)−1 = (εs+1r,−s).

Proposição 3.2.1. Dados dois elementos (r, s) e (a, b) pertencentes a ZoZ e t um número inteiro,valem as seguintes fórmulas:

(1) (a, b)(r, s)(a, b)−1 = (a+ εs+1a+ εbr, s);

(2) (r, s)t =

{(tr, ts), se s é par;

(δtr, ts), se s é ímpar.

3.3 O CONJUNTO [K2,K2] 33

Demonstração. Começamos mostrando a fórmula (1). Temos que

(a, b)(r, s)(a, b)−1 = (a+ εbr, b+ s)(εb+1a,−b)= (a+ εbr + εb+sεb+1a, b+ s− b)= (a+ εs+1a+ εbr, s).

Agora vamos computar (r, s)t. Primeiro suponhamos s par. Notemos que neste caso, o produto emZ o Z se comporta de forma idêntica ao produto em Z⊕ Z, e assim temos que

(r, s)t = (tr, ts).

Suponhamos s ímpar e t par. Seja k ∈ Z tal que t = 2k. Assim temos

(r, s)t = (r, s)2k =((r, s)2

)k= ((r, s)(r, s))k = (0, 2s)k = (0, 2ks) = (0, ts) = (δtr, ts).

Agora suponhamos s ímpar e t ímpar. Seja k ∈ Z tal que t = 2k + 1. Já sabemos que(r, s)2k = (0, 2ks). Assim, temos

(r, s)t = (r, s)2k+1 = (r, s)2k(r, s) = (0, 2ks)(r, s) = (r, 2ks+ s) = (r, (2k + 1)s) = (r, ts) = (δtr, ts).

3.3 O conjunto [K2,K2]

Nesta seção, vamos dar uma completa caracterização algébrica do conjunto [K2,K2].Lembremos que pelo Teorema 1.2.1, nós temos o seguinte diagrama comutativo, sendo que as

�echas horizontais são bijeções e as �echas verticais são sobrejeções:

[K2, ∗;K2,K2

] ΓK2,K2//

ΛK2,K2

��

Hom(π1(K2), π1(K2))

ΥK2,K2

��[K2,K2

] ∆K2,K2// Hom(π1(K2), π1(K2))

∼.

(3.2)

Para simpli�car a notação, em todo este capítulo, denotaremos as funções ΓK2,K2,

ΛK2,K2, ∆K2,K2 e ΥK2,K2 simplesmente por Γ, Λ, ∆ e Υ, respectivamente.

Lembremos também que de acordo com a Seção 1.5, nós temos a seguinte identi�cação:

Hom(π1(K2), π1(K2)) = Hom(Z o Z,Z o Z). (3.3)

Segundo o artigo [18, Lema 3.1], se h ∈ Hom(ZoZ,ZoZ), então h pode ser de dois tipos, quesão os seguintes:

Tipo A:

h :

{(1, 0) 7→ (r1, 0)

(0, 1) 7→ (r2, 2s+ 1)

Tipo B:

h :

{(1, 0) 7→ (0, 0)

(0, 1) 7→ (r2, 2s)

sendo r1, r2, s ∈ Z.Vamos conjugar estes homomor�smos por (a, b) ∈ Z o Z.

Primeiramente, suponhamos h : π1(K2)→ π1(K2) do tipo A. Temos que

34 O CASO (K2, τ ;K2) 3.4

h ∼

{(a, b)(r1, 0)(a, b)−1 = (εbr1, 0)

(a, b)(r2, 2s+ 1)(a, b)−1 = (2a+ εbr2, 2s+ 1).

Se r1 ≥ 0 e r2 é par, tomamos a = − r22 e b = 0. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (r1, 0)

(0, 1) 7→ (0, 2s+ 1).

Se r1 < 0 e r2 é par, tomamos a = r22 e b = 1. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (−r1, 0)

(0, 1) 7→ (0, 2s+ 1).

Se r1 ≥ 0 e r2 é ímpar, tomamos a = −r2+12 e b = 0. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (r1, 0)

(0, 1) 7→ (1, 2s+ 1).

Se r1 < 0 e r2 é ímpar, tomamos a = r2+12 e b = 1. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (−r1, 0)

(0, 1) 7→ (1, 2s+ 1).

Agora, suponhamos h : π1(K2)→ π1(K2) do tipo B. Temos que

h ∼

{(1, 0) 7→ (a, b)(0, 0)(a, b)−1 = (0, 0)

(1, 0) 7→ (a, b)(r2, 2s)(a, b)−1 = (εbr2, 2s).

Tomamos b = 1 e concluímos que

h ∼

{(1, 0) 7→ (0, 0)

(0, 1) 7→ (−r2, 2k).

Usando a de�nição de produto do grupo Z o Z, é fácil ver que se temos dois homor�smosh1, h2 : Z o Z→ Z o Z tais que h1 é um conjugado de h2 por algum elemento de Z o Z e

h1 :

{(1, 0) 7→ (r1, s1)

(0, 1) 7→ (r2, s2)e h2 :

{(1, 0) 7→ (r′1, s

′1)

(0, 1) 7→ (r′2, s′2),

sendo (r1, s1), (r2, s2), (r′1, s′1), (r′2, s

′2) ∈ Z o Z, então s1 = s′1 e s2 = s′2.

Utilizando o diagrama comutativo (3.2) e a identi�cação (3.3), nós podemos resumir as infor-mações até aqui encontradas no seguinte resultado:

Teorema 3.3.1. O conjunto[K2,K2

]está em bijeção com as classes de conjugação de homomor-

�smos h : π1(K2)→ π1(K2) dos seguintes tipos:

Tipo 1:

h :

{(1, 0) 7→ (r, 0)

(0, 1) 7→ (i, 2s+ 1),

para i ∈ {0, 1}, r, s ∈ Z, r ≥ 0.

Tipo 2:

h :

{(1, 0) 7→ (0, 0)

(0, 1) 7→ (r, 2s),

para r, s ∈ Z, r ≥ 0.


Borsuk-Ulam

Nesta seção nós vamos classi�car os elementos do conjunto[K2,K2

]em que vale a propriedade

de Borsuk-Ulam com respeito a involução τ .Para cada classe de homotopia pontuada α ∈

[K2, ∗;K2, ∗

], seguindo a notação do diagrama

(3.2) e da identi�cação (3.3), seja hα = Γ(α) : Z o Z→ Z o Z.

3.4CLASSIFICAÇÃO DAS CLASSES DE HOMOTOPIA COM A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM 35

No próximo resultado, nós vamos resolver o problema de Borsuk-Ulam para metade das classesde homotopia pontuada que estão em bijeção, conforme o Teorema 3.3.1, com homomor�smos doTipo 1.

Proposição 3.4.1. Seja α ∈[K2, ∗;K2, ∗

]e suponhamos que

hα(1, 0) = (r, 0) e hα(0, 1) = (i, 2s+ 1)

para algum i ∈ {0, 1} e r, s ∈ Z, com r não negativo e ímpar. Então α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a τ .

Demonstração. Consideremos o homomor�smo ψ : ZoZ→ ZoZ, o qual é de�nido nos geradorespor

ψ(1, 0) = (r, 0) e ψ(0, 1) = (2i, 2s+ 1),

sendo i ∈ {0, 1} e r, s ∈ Z, com r ímpar. Usando os valores dos homomor�smos (pτ )# e θτ , os quaisestão de�nidos em (3.1), vamos mostrar que o seguinte diagrama é comutativo:

Z o Z = π1(K2)hα //

(pτ )#

��

π1(K2)

(pτ )#

��π1(K2)

ψ //

θτ &&

π1(K2)

θτ{{Z2.

Temos que

(ψ ◦ (pτ )#)(1, 0) = ψ(2, 0) = ψ(1, 0)2 = (r, 0)2 = (2r, 0)

= (2, 0)r = (pτ )#(1, 0)r = (pτ )#(r, 0) = ((pτ )# ◦ hα)(1, 0),

(ψ ◦ (pτ )#)(0, 1) = ψ(0, 1) = (2i, 2s+ 1) = (2, 0)i(0, 1)2s+1

= (pτ )#(1, 0)i(pτ )#(0, 1)2s+1 = (pτ )#(i, 2s+ 1) = ((pτ )# ◦ hα)(0, 1)

e

(θτ ◦ ψ)(1, 0) = θτ (r, 0) = θτ ((1, 0)r) = rθτ (1, 0) = r1 = 1 = θτ (1, 0),

(θτ ◦ ψ)(0, 1) = θτ (2i, 2s+ 1) = θτ((1, 0)2i(0, 1)2s+1

)= 2iθτ (1, 0) + (2s+ 1)θτ (0, 1) = 2i1 + (2s+ 1)0 = 0 = θτ (0, 1).

Pelo Lema 1.4.1 segue que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Antes de fazermos a classi�cação da outra metade de classes de homotopia pontuada que estãoem bijeção com homomor�smos do Tipo 1, vamos estabelecer um critério algébrico, utilizando gru-pos de tranças, equivalente a α não ter a propriedade de Borsuk-Ulam. Utilizaremos fortemente

a Observação 3.1.1.

Proposição 3.4.2. Uma classe de homotopia α ∈ [K2, ∗;K2, ∗] não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ se, e somente se, existem tranças puras a, b ∈ P2(K2) tais que:

36 O CASO (K2, τ ;K2) 3.4

(i) lσ(a)lσ(b)σ2a = b; (ii) hα(1, 0) = (p1)#(lσ(a)a); (iii) hα(0, 1) = (p1)#(b).

Demonstração. Seja α uma classe de homotopia pontuada que não tem a propriedade de Borsuk-Ulam e vamos mostrar que existem tranças a, b ∈ P2(K2) tais que são verdadeiras as condições (i),(ii) e (iii). Pelo Lema Fundamental 1.4.3, nós temos o seguinte diagrama comutativo:

π1(K2)ϕ //

(pτ )#��

hα

((P2(K2)� _

��

(p1)# // π1(K2)

π1(K2)ψ //

θτ ##

B2(K2)

π{{

Z2.

(3.4)

Por (3.1), como θτ (1, 0) = 1 e θτ (0, 1) = 0, então pela comutatividade do diagrama (3.4), ψ(1, 0)deve ser uma trança não pura e ψ(0, 1) deve ser um trança pura. Logo, pela Observação 3.1.2,existem tranças puras a, b ∈ P2(T2) tais que

(1) ψ(1, 0) = σa;

(2) ψ(0, 1) = b.

Lembremos que em π1(K2) vale a relação [(1, 0), (0, 1)]′ = (0, 0). Logo, temos que

1 = [ψ(1, 0), ψ(0, 1)]′ = [σa, b]′ = σabσab−1 = σaσ−1σbσ−1σ2ab−1 = lσ(a)lσ(b)σ2ab−1.

Portanto, vale

(i) lσ(a)lσ(b)σ2a = b.

Novamente por (3.1), como (pτ )#(1, 0) = (2, 0) e (pτ )#(0, 1) = (0, 1), segue de (3.4) que valem asseguintes igualdades para o homomor�smo ϕ:

(3) ϕ(1, 0) = (ψ ◦ (pτ )#)(1, 0) = ψ(2, 0) = ψ(1, 0)2 = (σa)2 = σaσ−1σ2a = lσ(a)σ2a;

(4) ϕ(0, 1) = (ψ ◦ (pτ )#)(0, 1) = ψ(0, 1) = b.


(ii) hα(1, 0) = ((p1)# ◦ ϕ)(1, 0) = (p1)#(lσ(a)σ2a) = (p1)#(lσ(a)(B; 0, 0)a) = (p1)#(lσ(a)a);

(iii) hα(0, 1) = ((p1)# ◦ ϕ)(b) = (p1)#(b).

Reciprocamente, suponhamos que existam tranças a, b ∈ P2(T2) e valham (i), (ii) e (iii). Utilizandoa Observação 3.1.2, de�nimos

ϕ : π1(K2) −→ P2(K2)(1, 0) 7−→ lσ(a)σ2a(0, 1) 7−→ b

eψ : π1(K2) −→ B2(K2)

(1, 0) 7−→ σa(0, 1) 7−→ b.

3.4CLASSIFICAÇÃO DAS CLASSES DE HOMOTOPIA COM A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM 37

Mostremos que de fato ϕ e ψ de�nem homomor�smos. Pela Observação 3.1.1, temos

[ϕ(1, 0), ϕ(0, 1)]′ =[lσ(a)σ2a, b

]′= σaσ−1σ2abσaσ−1σ2ab−1 = σaσaσ−1σbσ−1σ2aσ−1σ2ab−1

= lσ(alσ(a)lσ(b)σ2a)σ2ab−1 (i)= lσ(ab)σ2ab−1 = lσ(a)lσ(b)σ2ab−1 (i)

= bb−1 = 1

e

[ψ(1, 0), ψ(0, 1)]′ = [σa, b]′ = σabσab−1 = σaσ−1σbσ−1σ2ab−1 = lσ(a)lσ(b)σ2ab−1 (i)= bb−1 = 1.

Vamos mostrar que temos um diagrama comutativo como em (3.4), donde seguirá pelo Lema Fun-damental 1.4.3 que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Utilizaremos as Observações 3.1.1 e3.1.2 e também os valores dos homomor�smos (pτ )# e θτ , os quais estão de�nidos em (3.1). Temos

((p1)# ◦ ϕ)(1, 0) = (p1)#(lσ(a)σ2a) = (p1)#(lσ(a)(B; 0, 0)a) = (p1)#(lσ(a)a)(ii)= hα(1, 0),

((p1)# ◦ ϕ)(0, 1) = (p1)#(b)(iii)= hα(0, 1),

(ψ ◦ (pτ )#)(1, 0) = ψ(2, 0) = ψ(1, 0)2 = (σa)2 = σaσ−1σ2a = lσ(a)σ2a = ϕ(1, 0),

(ψ ◦ (pτ )#)(0, 1) = ψ(1, 0) = b = ϕ(1, 0)

e

(π ◦ ψ)(1, 0) = π(σa) = 1 = θτ1(1, 0),

(π ◦ ψ)(0, 1) = π(b) = 0 = θτ1(0, 1).


]e suponhamos que

hα(1, 0) = (r, 0) e hα(0, 1) = (i, 2s+ 1)

para algum i ∈ {0, 1} e r, s ∈ Z, com r não negativo e par. Então α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a τ .

Demonstração. Seja m ∈ Z tal que r = 2m. Consideremos os seguintes elementos de P2(K2):

a = (1;m, 0) e b = (B; i, 2s+ 1).

Vamos mostrar que as tranças a e b, juntamente com o homomor�smo hα satisfazem os itens(i), (ii) e (iii) da Proposição 3.4.2, donde seguirá que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.Utilizaremos a todo instante a Observação 3.1.1. Primeiramente temos que

lσ(a)lσ(b)σ2a = lσ(1;m, 0)lσ(B; i, 2s+ 1)(B; 0, 0)(1;m, 0)

= (1;m, 0)lσ(B; i, 0)lσ(1; 0, 2s+ 1)(B;m, 0)

= (1;m, 0)(B; i, 0)(B; 0, 2s+ 1)(B;m, 0)

= (θ(m, 0)(B);m+ i, 0)(Bθ(0, 2s+ 1)(B);−m, 2s+ 1)

= (B;m+ i, 0)(BB−1;−m, 2s+ 1)

= (B; i, 2s+ 1) = b

e portanto, vale (i). Agora temos que

(p1)#(lσ(a)a) = (p1)#(lσ(1;m, 0)(1;m, 0)) = (p1)#((1;m, 0)(1;m, 0)) = (2m, 0) = (r, 0) = hα(1, 0)

38 O CASO (K2, τ ;K2) 3.4

e

(p1)#(b) = (p1)#(B; i, 2s+ 1) = (i, 2s+ 1) = hα(0, 1),

e portanto, valem (ii) e (iii), o que encerra a demonstração.

No próximo resultado, nós vamos classi�car, em relação a propriedade de Borsuk-Ulam, as classesde homotopia pontuada que estão em bijeção, conforme o Teorema 3.3.1, com homomor�smos doTipo 2.


]e suponhamos que

hα(1, 0) = (r, 0) e hα(0, 1) = (r, 2s)

para algum r, s ∈ Z, com r ≥ 0. Então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Vamos fazer a prova por contradição. Suponhamos então que α não tem a proprie-dade de Borsuk-Ulam. Por de�nição, existe uma função f : (K2, ∗) → (K2, ∗) que representa α talque para todo x ∈ K2 vale

f(τ(x)) 6= f(x). (3.5)

Lembremos que pelo Teorema 1.2.1, temos que f# = hα. Consideremos a involução τ2 : T2 → T2

como de�nida no Capítulo 2. Lembremos que a partir desta involução, temos um recobrimentoduplo pτ2 : T2 → K2 e que o homomor�smo induzido (pτ2)# : π1(T2) = Z ⊕ Z → Z o Z = π1(K2)tem os seguintes valores nos geradores, conforme (2.2):

(pτ2)#(1, 0) = (1, 0) e (pτ2)#(0, 1) = (0, 2).

É fácil ver que Im(f#) ⊂ Im((pτ2)#). Portanto,existe um levantamento da função f pelo reco-brimento pτ2 , isto é, existe f : (K2, ∗) → (T2, ∗)tal que é comutativo o seguinte diagrama:

T2

pτ2��

K2

f==

f// K2.

(3.6)

Pela condição (3.5) e pela comutatividade do diagrama (3.6) segue que para todo x ∈ K2 devemoster que f(τ(x)) 6= f(x). Pela De�nição 0.0.1, segue que a tripla (K2, τ ;T2) não tem a propriedade deBorsuk-Ulam, o que é um absurdo de acordo com o Teorema 1.3.7. Portanto, α tem a propriedadede Borsuk-Ulam.

Pelo Teorema 1.4.4, item 2, segue diretamente das Proposições 3.4.1, 3.4.3 e 3.4.4 o seguinteresultado de classi�cação:

Teorema 3.4.5. Seja τ : K2 → K2 a involução livre de pontos �xos de�nida por τ(x, y) = (x, y+ 12).

Consideremos a família de homomor�smos listadas no Teorema 3.3.1. Uma classe de homotopiaβ ∈

[K2,K2

]tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ se, e somente se, ∆(β) é a classe

de conjugação de um homomor�smo do tipo 2.

Capítulo 4

O caso (T2, τ ;K2), com T2τ = T2

4.1 Introdução

Neste capítulo nós vamos estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia defunções tendo como domínio o Toro e contra-domínio a garrafa de Klein. Mais especi�camente, nósvamos classi�car os elementos do conjunto [T2,K2] que têm a propriedade de Borsuk-Ulam comrespeito a involução τ1 : T2 → T2, dada por τ1(x, y) = (x + 1

2 , y) (Teorema 4.4.2). Lembremosque no Capítulo 2, nós mostramos que a principal característica desta involução é que o espaço deórbitas T2

τ1 é homeomorfo a T2.Na Seção 4.2, nós faremos uma completa descrição algébrica do conjunto [T2,K2].No processo de classi�cação dos elementos do conjunto [T2,K2] que têm a propriedade de Borsuk-

Ulam, nós usaremos alguns resultados sobre o subgrupo normal gerado por σ2 ∈ P2(K2). Por estemotivo, na Seção 4.3 nós enunciaremos e demonstraremos tais resultados, os quais serão usados nasseções seguintes.

Na Seção 4.4, nós de fato classi�caremos os elementos do conjunto [T2,K2] que têm a propriedadede Borsuk-Ulam com respeito a τ1.

4.2 O conjunto [T2,K2]

Nesta seção, nós vamos fornecer uma completa caracterização algébrica do conjunto [T2,K2].Lembremos que pelo Teorema 1.2.1, nós temos o seguinte diagrama comutativo, sendo que as

�echas horizontais são bijeções e as �echas verticais são sobrejeções:

[T2, ∗;K2, ∗

] ΓT2,K2//

ΛT2,K2

��

Hom(π1(T2), π1(K2))

ΥT2,K2

��[T2,K2

] ∆T2,K2// Hom(π1(T2), π1(K2))

∼.

(4.1)

Para simpli�car a notação, em todo este capítulo, denotaremos as funções ΓT2,K2,

ΛT2,K2, ∆T2,K2 e ΥT2,K2 simplesmente por Γ, Λ, ∆ e Υ, respectivamente.

Lembremos que de acordo com a notação estabelecida na Seção 1.5, nós temos a seguinte iden-ti�cação:

Hom(π1(T2), π1(K2)) = Hom(Z⊕ Z,Z o Z). (4.2)

Por [19, Lema 2.1], são quatro os tipos de homomor�smos h ∈ Hom(Z⊕ Z,Z o Z), conforme aseguinte descrição:

39

40 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.2

Tipo A:

h :

{(1, 0) 7→ (r, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (0, 2s2)

Tipo B:

h :

{(1, 0) 7→ (r, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (r, 2s2 + 1)

Tipo C:

h :

{(1, 0) 7→ (0, 2s1)

(0, 1) 7→ (r, 2s2 + 1)

Tipo D:

h :

{(1, 0) 7→ (r1, 2s1)

(0, 1) 7→ (r2, 2s2)

sendo r, r1, r2, s1, s2 ∈ Z.

Vamos conjugar estes homomor�smos por (a, b) ∈ Z o Z. Utilizaremos a notação da Seção 1.2e o resultado da Proposição 3.2.1.

Suponhamos h : π1(T2)→ π1(K2) do tipo A. Temos que

h ∼

{(1, 0) 7→ (a, b)(r, 2s1 + 1)(a, b)−1 = (2a+ εbr, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (a, b)(0, 2s2)(a, b)−1 = (0, 2s2).

Se r é par, tomamos a = r2 e b = 1. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (0, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (0, 2s2).

Se r é ímpar, tomamos a = r+12 e b = 1. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (1, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (0, 2s2).

Suponhamos h : π1(T2)→ π1(K2) do tipo B. Temos que

h ∼

{(1, 0) 7→ (a, b)(r, 2s1 + 1)(a, b)−1 = (2a+ εbr, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (a, b)(r, 2s2 + 1)(a, b)−1 = (2a+ εbr, 2s2 + 1).


{(1, 0) 7→ (0, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (0, 2s2 + 1).


{(1, 0) 7→ (1, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (1, 2s2 + 1).

Suponhamos h : π1(T2)→ π1(K2) do tipo C. Temos que

h ∼

{(1, 0) 7→ (a, b)(0, 2s1)(a, b)−1 = (0, 2s1)

(0, 1) 7→ (a, b)(r, 2s2 + 1)(a, b)−1 = (2a+ εbr, 2s2 + 1).


{(1, 0) 7→ (0, 2s1)

(0, 1) 7→ (0, 2s2 + 1).


{(1, 0) 7→ (0, 2s1)

(0, 1) 7→ (1, 2s2 + 1).

Suponhamos h : π1(T2)→ π1(K2) do tipo D. Temos que

h ∼

{(1, 0) 7→ (a, b)(r1, 2s1)(a, b)−1 = (εbr1, 2s1)

(0, 1) 7→ (a, b)(r2, 2s2)(a, b)−1 = (εbr2, 2s2).

4.3 ALGUMAS PROPRIEDADES DE 〈σ2〉 41

Tomamos a = 0 e b = 1. Temos que h ∼

{(1, 0) 7→ (−r1, 2s1)

(0, 1) 7→ (−r2, 2s2).

Utilizando o diagrama comutativo (4.1) e a identi�cação (4.2), nós podemos resumir as infor-mações até aqui encontradas no seguinte resultado:

Teorema 4.2.1. O conjunto[T2,K2

]está em bijeção com as classes de conjugação de homomor-

�smos h : π1(T2)→ π1(K2) dos seguintes tipos:

Tipo 1:

h :

{(1, 0) 7→ (i, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (0, 2s2),

para i ∈ {0, 1} e s1, s2 ∈ Z.

Tipo 2:

h :

{(1, 0) 7→ (i, 2s1 + 1)

(0, 1) 7→ (i, 2s2 + 1),

para i ∈ {0, 1} e s1, s2 ∈ Z.

Tipo 3:

h :

{(1, 0) 7→ (0, 2s1)

(0, 1) 7→ (i, 2s2 + 1),

para i ∈ {0, 1} e s1, s2 ∈ Z.

Tipo 4:

h :

{(1, 0) 7→ (r1, 2s1)

(0, 1) 7→ (r2, 2s2),

para r1, r2, s1, s2 ∈ Z, r1 ≥ 0.

4.3 Algumas propriedades de 〈σ2〉O objetivo desta seção é mostrar alguns resultados e propriedades relativos ao grupo de tranças

puras da garrafa de Klein e mais detalhadamente sobre o subgrupo normal gerado por σ2 ∈ P2(K2).Utilizaremos os fatos e notações estabelecidos na Seção 3.2, a qual trata sobre o grupo Z o Z.

Assim como no Capítulo 3, neste capítulo nós também vamos utilizar os resultados obtidos noApêndice B, em especial a Observação B.0.18 e o Lema B.0.19, os quais nós transcrevemos naseguinte observação:

Observação 4.3.1 (Presentação de P2(K2)). A menos de isomor�smo, P2(K2) se escreve na formaF (u, v)oθ (ZoZ), sendo F (u, v) o grupo livre gerado por {u, v} e θ : ZoZ→ Aut(F (u, v)) de�nidado seguinte modo:

θ(m,n) :

u 7−→ Bm−δnuεnB−m+δn


B 7−→ Bεn

δn =

{0, se n é par

1, se n é ímpar

εn = (−1)n

B = uvuv−1.

Com respeito a esta escrita, temos que:

• (p1)# : P2(K2) → π1(K2) = Z o Z é a projeção de F (u, v) oθ (Z o Z) em Z o Z, isto é,(p1)#(w; r, s) = (r, s);

• Existe um elemento σ ∈ B2(K2)− P2(K2) tal que σ2 = (B; 0, 0);

• O homomor�smo lσ : P2(K2)→ P2(K2) de�nido por lσ(b) = σbσ−1 para todo b ∈ P2(T2), temos seguintes valores, sendo r, s ∈ Z e o símbolo 1 denota o elemento neutro de F (u, v):

lσ(u; 0, 0) = (Bu−1B−1; 1, 0)

lσ(ur; 0, 0) = ((Bu−1)rB−r; r, 0)

lσ(v; 0, 0) = (v−1B; 0, 1)

lσ(vs; 0, 0) = ((uv)−s(uB)δs ; 0, s)

lσ(B; 0, 0) = (B; 0, 0)

lσ(1;m, 0) = (1;m, 0)

lσ(1; 0, n) = (Bδn ; 0, n)

42 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.3

Observação 4.3.2. Pela Observação 4.3.1, é fácil ver que para todo (m,n) ∈ Z o Z, temos queos automor�smos θ(m,n), θ(m, δn) : F (u, v)→ F (u, v) são iguais, pois θ(m,n) depende de m e daparidade de n.

Consideremos as funções

i : F (u, v) −→ P2(K2)w 7−→ (w; 0, 0)

epF : P2(K2) −→ F (u, v)

(w;m,n) 7−→ w.

Notemos que i é homomor�smo, mas pF não é homomor�smo por causa da ação de θ. Consideremosagora a função

ρ : F (u, v)→ F (u, v), de�nida pela composição ρ = pF ◦ lσ ◦ i. (4.3)

Consideremos ainda o homomor�smo

g : F (u, v) −→ Z o Zu 7−→ (1, 0)v 7−→ (0, 1)

(4.4)

o qual é de�nido nos geradores e estendido por linearidade.Notemos que pela Observação 4.3.1, o seguinte diagrama é comutativo:

F (u, v)

F (u, v)i //

g,,

ρ

22

P2(T2)lσ // P2(T2) = F (u, v) oθ (Z o Z)

(p1)#��

pF

OO

Z o Z = π1(K2)

(4.5)

e portanto, para cada w ∈ F (u, v), temos que

lσ(w; 0, 0) = (ρ(w); g(w)). (4.6)

Se w, z ∈ P2(K2), então temos que

ρ(wz) = (pF ◦ lσ)(wz; 0, 0) = pF (lσ(w; 0, 0)lσ(z; 0, 0))

= pF ((ρ(w); g(w))(ρ(z); g(z)))

= pF ((ρ(w)θ(g(w))(ρ(z)); g(w)g(z)))

= ρ(w)θ(g(w))(ρ(z))

ou seja, a função ρ : F (u, v)→ F (u, v) não é um homomor�smo. Mas notemos que se w, z ∈ ker g,então ρ(wz) = ρ(w)ρ(z).

No Apêndice B, Teorema B.0.21, está demonstrado que o núcleo do homomor�smo g é um grupolivre e que

ker g =⟨Bs,r := vsurBu−rv−s |−

⟩s,r∈Z , sendo B = uvuv−1 ∈ F (u, v). (4.7)

Para cada w ∈ F (u, v) e para cada (m,n) ∈ Z o Z, pela Observação 4.3.1, temos que

θ(m,n)(wBw−1) = θ(m,n)(w)θ(m,n)(B)θ(m,n)(w)−1 = θ(m,n)(w)Bδnθ(m,n)(w)−1 (4.8)

e como g(B) = g(uvuv−1) = [(1, 0), (0, 1)]′ = (0, 0), então θ(m,n)(wBw−1) ∈ ker g.


Temos também que

lσ(wBw−1; 0, 0) = lσ(w; 0, 0)lσ(B; 0, 0)lσ(w; 0, 0)−1 (4.6)= (ρ(w); g(w))(B; 0, 0)(ρ(w); g(w))−1

= (ρ(w)θ(g(w))(B); g(w))(θ(g(w)−1)(ρ(w)−1); g(w)−1)

= (ρ(w)θ(g(w))(B)θ(g(w))(θ(g(w)−1)(ρ(w)−1)); g(w)g(w)−1)

= (ρ(w)θ(g(w))(B)θ(g(w)g(w)−1)(ρ(w)−1); 0, 0)

= (ρ(w)θ(g(w))(B)ρ(w)−1; 0, 0) (4.9)

e portanto, como θ(g(w))(B) ∈ ker g, de acordo com a Observação 4.3.1, segue pela comutatividadedo diagrama (4.5) e pela igualdade (4.9) que

ρ(wBw−1) = ρ(w)θ(g(w))(B)ρ(w)−1 ∈ ker g. (4.10)

Logo, por (4.7), (4.8) e (4.10), nós temos por restrição os seguintes homomor�smos bem de�ni-dos:

θ : Z o Z→ Aut(ker g) e ρ : ker g → ker g.

Seja H = i(ker g) ⊂ P2(K2). Denotemos por 〈σ2〉 o fecho normal de σ2 = (B; 0, 0) em P2(K2),isto é, 〈σ2〉 é igual a interseção de todos os subgrupos normais de P2(K2) que contém o elementoσ2.

Como i : ker g → F (u, v)oθ (ZoZ) = P2(K2) é injetora, então H é um grupo livre e por (4.7),temos que

H = 〈(Bs,r; 0, 0) | _〉s,r∈Z .

Notemos que (Bs,r; 0, 0) = (vsurBu−rv−s; 0, 0) = (vsur; 0, 0)(B; 0, 0)(vsur; 0, 0)−1 ∈ 〈σ2〉, eportanto, H ⊂ 〈σ2〉.

Agora, se w ∈ F (u, v) e q ∈ Z o Z (e portanto (w; q) ∈ P2(K2)), então

(w; q)(Bs,r; 0, 0)(w; q)−1 =(wθ(q)(Bs,r); q)(θ(q−1)(w−1); q−1)

=(wθ(q)(Bs,r)θ(q)(θ(q−1)(w−1)); qq−1)

=(wθ(q)(Bs,r)w−1; 0, 0). (4.11)

Como θ(q)(Bs,r) ∈ ker g / F (u, v), então wθ(q)(Bs,r)w−1 ∈ ker g. Logo, por (4.11), nós temosque (w; q)(Bs,r; 0, 0)(w; q)−1 ∈ i(ker g) = H, ou seja, nós mostramos que H é um subgrupo normalde P2(K2). Como σ2 = (B; 0, 0) = (B0,0; 0, 0) ∈ H, então 〈σ2〉 ⊂ H. Portanto, 〈σ2〉 = H.

Como resumo das informações obtidas até aqui, nós podemos enunciar a seguinte observação:

Observação 4.3.3. O subgrupo 〈σ2〉 de P2(K2) = F (u, v)oθ (ZoZ) é livre. Mais ainda, a seguintefunção é uma bijeção:

ker g = 〈Bs,r := vsurBu−rv−s |−〉s,r∈Z −→ 〈σ2〉Bs,r 7−→ (Bs,r; 0, 0),

sendo g : F (u, v)→ F (u, v) como de�nido em (4.4) e B = uvuv−1 ∈ F (u, v). Portanto, nós podemosidenti�car de maneira natural ker g como 〈σ2〉. Usando esta identi�cação, por restrição, nós temosum homomor�smo θ : Z o Z→ Aut(〈σ2〉). Temos também um homomor�smo ρ : 〈σ2〉 → 〈σ2〉 (quecomo função está de�nido em (4.3)) tal que o seguinte diagrama é comutativo:

44 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.3

〈σ2〉 ρ //� _

��

〈σ2〉� _

��P2(K2)

lσ // P2(K2).

Proposição 4.3.4 (Forma normal de F (u, v)). Dado um elemento w ∈ F (u, v), se g(w) = (r, s),então existe um único elemento x ∈ 〈σ2〉 tal que w se escreve como

w = urvsx.

Demonstração. Seja x = v−su−rw. Então w = urvsx. Temos que

g(x) = g(v−su−rw) = g(v)−sg(u)−rg(w) = (0, 1)−s(1, 0)−r(r, s)

= (0,−s)(−r, 0)(r, s) = (0,−s)(0, s) = (0, 0),

e portanto, pela Observação 4.3.3, temos que x ∈ 〈σ2〉. É claro que tal elemento é único.

Como 〈σ2〉 é um subgrupo normal de F (u, v), então para cada dupla de números inteirosp, q ∈ Z, o seguinte homomor�smo está bem de�nido:

cp,q : 〈σ2〉 −→ 〈σ2〉x −→ vpuqxu−qv−p

(4.12)

Lema 4.3.5. Dados um elemento gerador Bs,r ∈ 〈σ2〉, um elemento (m,n) ∈ ZoZ e p, q ∈ Z, entãoexistem γ, λ, η ∈ 〈σ2〉 tais que (estamos utilizando a notação estabelecida na Observação 4.3.1):

(a) θ(m,n)(Bs,r) = γBεns,εnr−2δsm

γ−1;

(b) ρ(Bs,r) = λBεs−s,ε(s+1)

λ−1;

(c) cp,q(Bs,r) = ηBs+p,r+εsqη−1.

Demonstração. Em toda esta demonstração, usaremos as Observações 4.3.1 e 4.3.3. Usaremos tam-bém a Proposição 3.2.1. Primeiramente, temos que

θ(m,n)(Bs,r) =θ(m,n)(vsurBu−rv−s) = θ(m,n)(vsur)Bεnθ(m,n)(vsur)−1

=θ(m,n)(vsur)(u−εnr+2δsmv−svsuεnr−2δsm)Bεn

(u−εnr+2δsmv−svsuεnr−2δsm)θ(m,n)(vsur)−1

=(θ(m,n)(vsur)uε(n+1)r+2δsmv−s)Bεns,εnr−2δsm

(θ(m,n)(vsur)u−ε(n+1)r+2δsmv−s)−1.

Mostremos que o elemento γ = θ(m,n)(vsur)uε(n+1)r+2δsmv−s ∈ F (u, v) pertence a ker g, o que ésu�ciente para que (a) �que provado. Temos que

γ = θ(m,n)(vsur)uε(n+1)r+2δsmv−s = (Bmvu−2mB−m+δn)s(Bm−δnuεnB−m+δn)ruε(n+1)r+2δsmv−s

e portanto,

g(γ) = ((0, 1)(−2m, 0))s (εnr, 0)(ε(n+1)r + 2δsm, 0)(0,−s)= (2m, 1)s(εnr + ε(n+1)r + 2δsm,−s) = (2δsm, s)(2δsm,−s)= (2δsm+ 2δsεsm, 0) = (0, 0).


Agora temos que

lσ(vsur; 0, 0) = ((uv)−s(uB)δs ; 0, s)((Bu−1)rB−r; r, 0)

= ((uv)−s(uB)δsθ(0, s)((Bu−1)rB−r); εsr, s)

= ((uv)−s(uB)δs(Bεs(B−δsuεsBδs)−1)rB−εsr; εsr, s)

= ((uv)−s(uB)δs(BεsB−δsu−εsBδs)rBε(s+1)r; εsr, s)

= ((uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)r; εsr, s)

e portanto, temos que

ρ(Bs,r) =ρ(vsurBu−rv−s)(4.10)

= ρ(vsur)θ(g(vsur))(B)ρ(vsur)−1

=(pF ◦ lσ ◦ i)(vsur)θ((0, s)(r, 0))(B)(pF ◦ lσ ◦ i)(vsur)−1

=(uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)rBεs((uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)r)−1

=(uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)r(u−ε(s+1)rvsv−suε(s+1)r)Bεs(u−ε(s+1)rvsv−suε(s+1)r)

((uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)r)−1

=((uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)ruεsrvs)Bεs−s,ε(s+1)r

((uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)ruεsrvs)−1.

Mostremos que o elemento λ = (uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)ruεsrvs ∈ F (u, v) pertencea ker g, o que é su�ciente para que (b) �que provado. Temos que

g(λ) =g((uv)−s(uB)δsB−δs(Bεsuε(s+1))rBδs+ε(s+1)ruεsrvs) = (1, 1)−s(δs, 0)(ε(s+1)r, 0)(εsr, s)

=(δ(−s),−s)(δs + ε(s+1)r + εsr, s) = (δs + ε(−s)δs, 0) = (0, 0).

Por �m, temos que

cp,q(Bs,r) =vpuqBs,ru−qv−p = vpuqvsurBu−rv−su−qv−p

=vpuqvsur(u−r−εsqv−s−pvs+pur+εsq)B(u−r−εsqv−s−pvs+pur+εsq)u−rv−su−qv−p

=(vpuqvsuε(s+1)qv−s−p)Bs+p,r+εsq(vpuqvsuε(s+1)qv−s−p)−1.

Seja η = vpuqvsuε(s+1)qv−s−p ∈ F (u, v) e mostremos que η pertence a ker g, o que é su�ciente paraque (c) �que provado. Temos que

g(η) = g(vpuqvsuε(s+1)qv−s−p) = (0, p)(q, s)(ε(s+1)q,−s− p)= (0, p)(q + εsε(s+1)q,−p) = (0, p)(0,−p) = (0, 0).

Seja 〈σ2〉ab o abelianizado do grupo 〈σ2〉. Vamos fazer um abuso de notação e denotaremos aimagem de um gerador Bs,r em 〈σ2〉ab também por Bs,r. Pela Observação 4.3.3, 〈σ2〉ab é o grupoabeliano livre gerado pelo conjunto {Bs,r := vsurBu−rv−s}, ou seja, temos que

〈σ2〉ab =⊕s,r∈Z

Z [Bs,r] .

Decorre imediatamente do Lema 4.3.5 o seguinte resultado:

46 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.3

Proposição 4.3.6. Para cada (m,n) ∈ Z o Z e para par p, q ∈ Z, por passagem ao quociente, nóstemos os homomor�smos:

θ(m,n)ab : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab;

ρab : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab;

(cp,q)ab : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab.

Para cada gerador Bs,r ∈ 〈σ2〉ab, temos que

θ(m,n)ab(Bs,r) =

Bs,r, se n é par e s é par;

Bs,r−2m, se n é par e s é ímpar;

−Bs,−r, se n é ímpar e s é par;

−Bs,−r−2m, se n é ímpar e s é ímpar;

ρab(Bs,r) =

{B−s,−r, se s é par;

−B−s,r, se s é ímpar;

(cp,q)ab(Bs,r) =

{Bs+p,r+q, se s é par;

Bs+p,r−q, se s é ímpar.

Nas próximas seções, nós teremos especial interesse em certos elementos de 〈σ2〉 e como eles seescrevem no abelianizado em termos da base {Bs,r}. Este é o conteúdo do seguinte resultado:

Proposição 4.3.7. Para cada k, l ∈ Z, consideremos os seguintes elementos de F (u, v):

(i) Tk = uk(Bu−1)k;

(ii) Wk = uk(B−1u)−k;

(iii) Ik = v2k(vB)−2k;

(iv) Ok,l =[v2k, ul

];

(v) Dk,l = (vB)2k(vulB)−2k;

(vi) Jk,l = v2k(vul)−2k.

Temos que estes elementos pertencem a 〈σ2〉. Denotemos por Tk, Wk, Ik, Ok,l, Dk,l e Jk,l a projeção

destes elementos em 〈σ2〉ab. Para k = 0, temos que T0 = W0 = I0 = 0 e se k = 0 ou l = 0, então

Ok,l = Dk,l = Jk,l = 0. Para cada k, l > 0 valem as seguintes fórmulas:

(1) Tk =

k∑i=1

B0,i; (2) T−k = −k∑i=1

B0,−i+1;

(3) Wk =k∑i=1

B0,i−1; (4) W−k = −k∑i=1

B0,−i;

(5) Ik = −k∑i=1

(B2i−1,0 +B2i,0); (6) I−k =

k∑i=1

(B−2i+1,0 +B−2i+2,0);


(11) Dk,l = −k∑i=1

l∑j=1

B2i−1,j;

(13) D−k,l =k∑i=1

l∑j=1

B−2i+1,j;

(12) Dk,−l =

k∑i=1

l∑j=1

B2i−1,−j+1;

(14) D−k,−l = −k∑i=1

l∑j=1

B−2i+1,−j+1;

(15) Jk,l = −k∑i=1

l∑j=1

B2i−1,j−1;

(17) J−k,l =k∑i=1

l∑j=1

B−2i+1,j−1;

(16) Jk,−l =k∑i=1

l∑j=1

B2i−1,−j;

(18) J−k,−l = −k∑i=1

l∑j=1

B−2i+1,−j .

(7) Ok,l =k∑i=1

l∑j=1

(B2i−1,−j −B2i−2,j−1);

(9) O−k,l =

k∑i=1

l∑j=1

(B−2i,j−1 −B−2i+1,−j);

(8) Ok,−l =k∑i=1

l∑j=1

(B2i−2,−j −B2i−1,j−1);

(10) O−k,−l =

k∑i=1

l∑j=1

(B−2i+1,j−1 −B−2i,−j);

A prova das fórmulas de (1) a (18) da Proposição 4.3.7 consiste essencialmente em manipularadequadamente cada elemento listado no enunciado para obter uma relação recursiva e usar indução.Uma demonstração direta seria longa e entendiante. Para que �que claro qual manipulação seráfeita em cada elemento, nós vamos enunciar e provar 5 resultados. Deste modo, a Proposição 4.3.7decorrerá imediatamente dos Lemas 4.3.8, 4.3.9, 4.3.10, 4.3.11 e 4.3.12.

Lema 4.3.8. Para cada k ∈ Z, consideremos os elementos Tk = uk(Bu−1)k,Wk = uk(B−1u)−k ∈F (u, v). Se k = 0, então Tk = Wk = 1. Se k > 0, então valem as seguintes fórmulas:

(1) Tk =

k∏i=1

B0,i;

(3) Wk =k∏i=1

B0,i−1;

(2) T−k =

k∏i=1

B−10,−i+1;

(4) W−k =k∏i=1

B−10,−i;

Demonstração. É claro que se k = 0, então T0 = W0 = 1. Notemos que

T1 = uBu−1 = B0,1,

e portanto, a fórmula (1) do Enunciado do Lema é verdadeira para k = 1. Suponhamos então que afórmula é verdadeira para um certo k ≥ 1 e vamos mostrar por indução que a fórmula é verdadeirapara k + 1. Assim, temos que

Tk+1 =uk+1(Bu−1)−k−1 = u(uk(Bu−1))u−1u(Bu−1) = uTku−1T1

=u

(k∏i=1

B0,i

)uB0,1 =

(k∏i=1

B0,i+1

)B0,1 =

k+1∏i=1

B0,i.

Agora, vamos usar a fórmula (1) (que já mostramos ser verdadeira) para mostrar a fórmula (2).

48 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.3

Temos que

T−k =u−k(Bu−1)−k = u−k(uk(Bu−1))−1uk = u−kT−1k uk

=u−k

(k∏i=1

B0,i

)−1

uk =

(k∏i=1

B0,−k+i

)−1

=k∏i=1

B−10,−i+1.

Notemos queWk = uk(B−1u)−k = u−1(uk(Bu−1)k)u = u−1Tku.

Assim, a fórmula (3) (resp. (4)) segue diretamente da fórmula (1) (resp. (2)), o que encerra ademonstração.

Lema 4.3.9. Para cada k ∈ Z, seja Ik = v2k(vB)−2k ∈ F (u, v). Se k = 0, então Ik = 0. Se k > 0,então valem as seguintes fórmulas:

(1) Ik =k∏i=1

(B−1

2i−1,0B−12i,0

); (2) I−k =

k∏i=1

(B−2i+2,0B−2i+1,0).

Demonstração. É claro que se k = 0, então I0 = 1. Notemos que

I1 = v2(vB)−2 = v2B−1v−2vB−1v−1 = B−12,0B

−11,0 .

e portanto, a fórmula (1) do Enunciado do Lema é verdadeira para k = 1. Suponhamos então que afórmula é verdadeira para um certo k ≥ 1 e vamos mostrar por indução que a fórmula é verdadeirapara k + 1. Assim, temos que

Ik+1 =v2(k+1)(vB)−2(k+1) = v2(v2k(vB)−2k)v−2(v2(vB)−2) = v2Ikv−2I1

=v2

(k∏i=1

(B−1

2i−1,0B−12i,0

))v−2B−1

2,0B−11,0 =

k∏i=1

(B−1

2i+1,0B−12i+2,0

)B−1

2,0B−11,0 =

k+1∏i=1

(B−1

2i−1,0B−12i,0

).

Vamos usar a fórmula (1) (que já mostramos ser verdadeira) para mostrar a fórmula (2), o quecompletará a demonstração. Temos que

I−k =v−2k(vB)2k = v−2k(v2k(vB)−2k)−1v2k = v−2kI−1k v2k = v−2k

(k∏i=1

(B−1

2i−1,0B−12i,0

))−1

v2k

=

(k∏i=1

(B−1−2k+2i−1,0B

−1−2k+2i,0

))−1

=k∏i=1

(B−2i+2,0B−2i+1,0) .

Lema 4.3.10. Para cada k, l ∈ Z, seja Dk,l = (vB)2k(vulB)−2k ∈ F (u, v). Se k = 0 ou l = 0,então Dk,l = 1. Se k, l > 0, então para 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l e ε ∈ {−1, 1}, considerando

ω =

{0, se ε = −1,

1, se ε = 1,valem as seguintes fórmulas:

(1) Dk,εl =k∏i=1

I−1k−i

l∏j=1

B−ε2k−2i+1,εj−ω+1

Ik−i

;

(2) D−k,εl = I−k

k∏i=1

v−2kI−1k−iv

2k

l∏j=1

B−ε−2i+1,εj−ω+1

v−2kIk−iv2k

−1

I−1−k .


Demonstração. É claro que se k = 0 ou l = 0, então Dk,l = 1. Fixemos k = 1 e vamos mostrar quea fórmula (1) é verdadeira para todo l > 0. Primeiramente, para ε = 1 temos que

D1,1 = (vB)2(vuB)−2 = vuvuv−1vBB−1u−1v−1B−1u−1v−1 = vuB−1u−1v−1 = B−11,1

e para ε = −1 temos

D1,−1 = (vB)2(vu−1B)−2 = vBvBB−1uv−1vu−1v−1u−1uv−1 = vBv−1 = B1,0.

Portanto, a fórmula (1) é verdadeira para l = 1. Suponhamos então que a fórmula (1) é verdadeirapara os números naturais até um certo l > 0 e vamos mostrar por indução que a fórmula é verdadeirapara l + 1. Assim, para ε = 1 temos que

D1,l+1 =(vB)2(vul+1B)−2 = (vB)2(vulB)−2 = vuluvuv−1vulBB−1u−l−1v−1B−1u−l−1v−1

=D1,lB−11,l+1 =

l∏j=1

B−11,j

B−11,l+1 =

l+1∏j=1

B−11,j

e para ε = −1, temos que

D1,−(l+1) =(vB)2(vu−(l+1)B)−2 = (vB)2(vu−lB)−2vu−lBvu−lBB−1ul+1v−1vu−1v−1u−1ul+1v−1

=D1,−lB1,−l =

l∏j=1

B1,−j+1

B1,−l =

l+1∏j=1

B1,−j+1.

Agora, �xemos l > 0 e vamos mostrar que a fórmula (1) é verdadeira para todo k > 0. Notemos quepara k = 1, a fórmula está provada pela primeira parte da demonstração. Suponhamos então quea fórmula é verdadeira para os números naturais até um certo k > 0 e vamos mostrar por induçãoque a fórmula é verdadeira para k + 1. Temos que

Dk+1,εl =(vB)2k+2(vuεlB)−2k−2

=(v2k(vB)−2k

)−1v2k(vB)2(vuεlB)−2v−2kv2k(vB)−2k(vB)2k(vuεlB)−2k

=I−1k v2kD1,εlv

−2kIkDk,εl

=I−1k v2k

l∏j=1

B−ε1,εl−ω+1

v−2kIk

k∏i=1

I−1k−i

l∏j=1


Ik−i

=I−1

(k+1)−1

l∏j=1

B−ε2(k+1)−1,εl−ω+1

I(k+1)−1k+1∏i=2

I−1(k+1)−i

l∏j=1

B−ε2(k+1)−2i+1,εj−ω+1

I(k+1)−i

=

k+1∏i=1

I−1(k+1)−i

l∏j=1

B−ε2(k+1)−2i+1,εj−ω+1

I(k+1)−i

.

Vamos usar a fórmula (1) (que já mostramos ser verdadeira) para mostrar que a fórmula (2) é

50 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.3

verdadeira, o que completará a demonstração. Assim, temos que

D−k,εl =(vB)−2k(vuεlB)2k =(v−2k(vB)2k

)−1v−2k

((vB)2k(vuεlB)−2k

)−1v2kv−2k(vB)2k

=I−1−kv

−2kD−1k,εlv

2kIk = I−1−kv

−2k

k∏i=1

I−1k−i

l∏j=1


Ik−i

−1

v2kIk

=I−k

k∏i=1

v−2kI−1k−iv

2k

l∏j=1

B−ε−2i+1,εj−ω+1

v−2kIk−iv2k

−1

I−1−k .

Lema 4.3.11. Para cada k, l ∈ Z, seja Jk,l = v2k(vul)−2k ∈ F (u, v). Se k = 0 ou l = 0, então Jk,l =

1. Se k, l > 0, então para 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l e ε ∈ {−1, 1}, considerando ω =

{0, se ε = −1,

1, se ε = 1,valem as seguintes fórmulas:

(1) Jk,εl =k∏i=1

l∏j=1

B−ε2k−2i+1,εj−ω; (2) J−k,εl =

k∏i=1

l∏j=1

B−ε−2i+1,εj−ω

−1

.

Demonstração. É claro que se k = 0 ou l = 0, então Jk,l = 1. Antes de mostrarmos que sãoverdadeiras as fórmulas (1) e (2), vamos mostrar que as seguintes fórmulas são verdadeiras paratodo l > 0:

(1′) J1,l =l∏

i=1

B−11,j−1; (1′′) J1,−l =

l∏i=1

B1,−j .

Primeiramente, temos que

J1,1 = v2(vu)−2 = vvu−1v−1u−1v−1 = vB−1v−1 = B−11,0

eJ1,−1 = v2(vu−1)−2 = vu−1uvuv−1uv−1 = vu−1Buv−1 = B1,−1

e portanto, as fórmula (1′) e (1′′) são verdadeiras para l = 1. Suponhamos que as fórmulas sãoverdadeiras para os números naturais até um certo l ≥ 1 e vamos mostrar por indução que asfórmulas são verdadeiras para l + 1. Temos que

J1,l+1 =v2(vul+1)−2 = v2(vul)−2vulvulu−lu−1v−1u−1u−lv−1

=J1,lvulB−1u−lv−1 =

l∏j=1

B−11,j−1

B−11,l =

l+1∏j=1

B−11,j−1

e

J1,−(l+1) =v2(vu−(l+1))−2 = v2(vu−l)−2vu−l−1uvu−lul+1v−1ul+1v−1

=J1,−lvu−l−1Bul+1v−1 =

(l∏

i=1

B1,−j

)B1,−l−1 =

l+1∏i=1

B1,−j .

Agora, �xemos l > 0 e vamos mostrar que as fórmulas do enunciado do Lema são verdadeiras paracada k > 0. Notemos que a fórmula (1) para k = 1 decorre imediatamente das fórmulas (1′) e (1′′).


Suponhamos então que a fórmula (1) é verdadeira para números naturais até um certo k ≥ 1 evamos mostrar por indução que a fórmula é verdadeira para k + 1. Assim, temos que

Jk+1,εl =v2k+2(vuεl)−2k−2 = v2(v2k(vuεl)−2k

)v−2

(v2(vuεl)−2

)= v2Jk,εlv

−2J1,εl

=v2

k∏i=1

l∏j=1

B−ε2k−2i+1,εj−ω

v−2

l∏j=1

B−ε1,εj−ω

=k+1∏i=1

l∏j=1

B−ε2(k+1)−2i+1,εj−ω.

Vamos usar a fórmula (1) (que já mostramos ser verdadeira) para mostrar que a fórmula (2) éverdadeira, o que completará a demonstração. Assim, temos que

J−k,εl =v−2k(vuεl)2k = v−2k(v2k(vuεl)−2k

)−1v2k = v−2kJ−1

k,εlv2k

=v−2k

k∏i=1

l∏j=1

B−ε2k−2i+1,εj−ω

−1

v2k =

k∏i=1

l∏j=1

B−ε−2i+1,εj−ω

−1

.

Lema 4.3.12. Para cada k, l ∈ Z, seja Ok,l =[v2k, ul

]∈ F (u, v). Se k = 0 ou l = 0, então Ok,l = 1.

Se k, l > 0, então para 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l e ε ∈ {−1, 1}, considerando ω =

{0, se ε = −1,

1, se ε = 1,

existem elementos ηi,j,ε, ζi,j,ε, µi,j,ε, νi,j,ε ∈ 〈σ2〉 tais que valem as seguintes fórmulas:

(1) Oεk,l =k∏i=1

l∏j=1

(ηi,j,εBε(2i−1),−jη

−1i,j,εζi,j,εB

−12(εi−ω),j−1ζ

−1i,j,ε

)ε;

(2) Oεk,−l =k∏i=1

l∏j=1

(µi,j,εBε(2i−1),j−1µ

−1i,j,ενi,j,εB

−12(εi−ω+1),−jζ

−1i,j,−ε

)−ε;

Demonstração. É claro que se k = 0 ou l = 0, então Ok,l = 1. Antes de mostrarmos que sãoverdadeiras as fórmulas (1) e (2), vamos mostrar que as seguintes fórmulas são verdadeiras paratodo k > 0:

(1′) Ok,1 =

k∏i=1

(B2i−1,−1B

−12i−2,0

); (1′′) O−k,1 =

k∏i=1

(B−2i,0B

−1−2i+1,−1

).

Primeiramente, temos que

O1,1 = v2uv−2u−1 = vu−1uvuv−1uv−1vu−1v−1u−1 = vu−1Buv−1B−1 = B1,−1B−10,0 ,

e portanto, a fórmula (1′) é verdadeira para k = 1. Suponhamos que a fórmula (1′) é verdadeira paraos números naturais até um certo k ≥ 1 e vamos mostrar por indução que a fórmula é verdadeirapara k + 1. Temos que

Ok+1,1 =v2(k+1)uv−2(k+1)u−1 = v2v2kuv−2ku−1v−2v2uv−2u−1 = v2Ok,1v−2O1,1

=v2

(k∏i=1

(B2i−1,−1B

−12i−2,0

))v−2B1,−1B

−10,0 =

k∏i=1

(B2i+1,−1B

−12i,0

)B1,−1B

−10,0

=k+1∏i=1

(B2i−1,−1B

−12i−2,0

).

52 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.3

Vamos usar a fórmula (1′) (que já mostramos ser verdadeira) para mostrar a fórmula (1′′). Assim,temos que

O−k,1 =v−2kuv2ku−1 = v−2k(v2kuv−2ku−1)−1v2k = v−2kO−1k,1v

2k

=v−2k

(k∏i=1

(B2i−1,−1B

−12i−2,0

))−1

v2k =

(l∏

i=1

(B2i−2k−1,−1B

−12i−2k−2,0

))−1

=k∏i=1

(B−2i,0B

−1−2i+1,−1

).

Agora, �xemos k > 0 e vamos mostrar que as fórmulas do enunciado do Lema são verdadeiras paracada l > 0. Notemos que a fórmula (1) para l = 1 decorre imediatamente das fórmulas (1′) e (1′′).Para cada ε ∈ {−1, 1}, temos que

Oεk,l+1 = v2εkul+1v−2εku−l−1 = v2εkulv−2εku−lulv2εkuv−2εku−1u−l = Oεk,lulOεk,1u

−l. (4.13)

Suponhamos que a fórmula (1) é verdadeira para os números naturais até um certo l ≥ 1 e vamosmostrar por indução, usando as fórmulas (1′) e (1′′) e a igualdade (4.13), que as fórmulas sãoverdadeiras para l + 1. Pelo Lema 4.3.5, para cada 1 ≤ i ≤ k, existem ηi,l+1,ε, ζi,l+1,ε ∈ 〈σ2〉tais que ulBε(2i−1),−1u

−l = ηi,l+1,εBε(2i−1),−l−1η−1i,l+1,ε e ulB2(εi−ω),0u

−l = ζi,l+1,εB2(εi−ω),lζ−1i,l+1,ε.

Assim, temos que

Oεk,l+1 =

k∏i=1

l∏j=1


−1i,j,εζi,j,εB

−12(εi−ω),j−1ζ

−1i,j,ε

)εul

(k∏i=1

(Bε(2i−1),−1B

−12(εi−ω),0

)ε)u−l

=

k∏i=1

l∏j=1


−1i,j,εζi,j,εB

−12(εi−ω),j−1ζ

−1i,j,ε

)ε(

k∏i=1

(ηi,j,εBε(2i−1),−l−1η

−1i,j,εζi,j,εB

−12(εi−ω),lζ

−1i,j,ε

)ε)

=k∏i=1

l+1∏j=1


−1i,j,εζi,j,εB

−12(εi−ω),j−1ζ

−1i,j,ε

)εNotemos que para cada ε ∈ {−1, 1} e para cada l > 0, temos que

Oεk,−l = v2εku−lv−2εkul = v2εku−lv−2εkulv2εku−lulv−2εk = v2εku−lO−εk,lulv−2εk. (4.14)

Vamos usar a igualdade (4.14) e a fórmula (1)(que já mostramos ser verdadeira) para mostrar asfórmulas (2). Para l > 0 e para 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l e ε ∈ {−1, 1}, utilizando o Lema 4.3.5, nós po-demos concluir que existem µi,j,ε, νi,j,ε,∈ 〈σ2〉 tais que v2εku−lηi,j,−εB−ε(2i−1),−jη

−1i,j,−εu

lv−2εk =

µi,j,εBε(2k−2i+1),l−jµ−1i,j,ε e v2εku−lζi,j,−εB2(−εi+ω),j−1ζ

−1i,j,−εu

lv−2εk = νi,j,εB2(εk−εi+ω),−l+j−1ν−1i,j,ε.

4.4 CLASSIFICAÇÃO DAS CLASSES DE HOMO. COM A PROP. DE BORSUK-ULAM 53

Assim, temos que

Oεk,−l =v2εku−l

k∏i=1

l∏j=1

(ηi,j,−εB−ε(2i−1),−jη

−1i,j,−εζi,j,−εB

−12(−εi+ω),j−1ζ

−1i,j,−ε

)−εulv−2εk

=

k∏i=1

l∏j=1

(µi,j,εBε(2k−2i+1),l−jµ

−1i,j,ενi,j,εB

−12(εk−εi+ω),−l+j−1ζ

−1i,j,−ε

)−ε=

k∏i=1

l∏j=1

(µi,j,εBε(2i−1),j−1µ

−1i,j,ενi,j,εB

−12(εi−ω+1),−jζ

−1i,j,−ε

)−ε


Borsuk-Ulam

Nesta seção, nós vamos classi�car os elementos do conjunto [T2,K2] que têm a propriedade deBorsuk-Ulam com respeito a involução τ1.

Para tanto, primeiramente vamos �xar uma notação de um fato da teoria de números.

Observação 4.4.1. Dado um número inteiro não nulo t, nós podemos escrever t de modo únicocomo

t = (−1)j(t)2e(t)o(t)

sendo j(t) ∈ {0, 1}, e(t) um inteiro não negativo e o(t) um inteiro ímpar positivo.

Utilizando o resultado e a notação do Teorema 4.2.1, assim como a notação do diagrama (4.1),precisamente nós queremos mostrar a veracidade do seguinte resultado de classi�cação:

Teorema 4.4.2. Consideremos a involução livre de pontos �xos τ1 : T2 → T2 de�nida porτ1(x, y) = (x+ 1

2 , y). Uma classe de homotopia β ∈[T2,K2

]tem a propriedade de Borsuk-Ulam se,

e somente se, uma das seguintes condições é verdadeira:

1. ∆(β) é a classe de conjugação de um homomor�smo do tipo 3;

2. ∆(β) é a classe de conjugação de um homomor�smo do tipo 4 com s1 ímpar, r1 = 0 e r2 6= 0;

3. ∆(β) é a classe de conjugação de um homomor�smo do tipo 4 com s1 ímpar, r1 6= 0, r2 6= 0e e(r1) > e(r2).

Seja α ∈ [T2, ∗;K2, ∗] uma classe de homotopia pontuada e seguindo a notação do diagrama(4.1) e da identi�cação (4.2), seja hα = Γ(α) : π1(T2) → π1(K2). Consideremos a família dehomomor�smos listada no Teorema 4.2.1. Nas próximas sub-seções, nós vamos mostrar que asseguintes proposições são verdadeiras, o que é su�ciente para que o Teorema 4.4.2 �que provado,de acordo com o Teorema 1.4.4, item 2.

Proposição 4.4.3. Se hα é do tipo 1, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Proposição 4.4.4. Se hα é do tipo 2, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Proposição 4.4.5. Se hα é do tipo 3, então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Proposição 4.4.6. Se hα é do tipo 4 com s1 par, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Proposição 4.4.7. Se hα é do tipo 4 com s1 ímpar e r1 = r2 = 0, então α não tem a propriedadede Borsuk-Ulam.

54 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

Proposição 4.4.8. Se hα é do tipo 4 com s1 ímpar, r1 = 0 e r2 6= 0, então α tem a propriedadede Borsuk-Ulam.

Proposição 4.4.9. Se hα é do tipo 4 com s1 ímpar, r1 6= 0, r2 6= 0 e e(r1) ≤ e(r2), então α nãotem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Proposição 4.4.10. Se hα é do tipo 4 com s1 ímpar, r1 6= 0, r2 6= 0 e e(r1) > e(r2), então α tema propriedade de Borsuk-Ulam.

Nas demonstrações das proposições listadas, nós vamos usar um critério algébrico equivalentea uma classe de homotopia pontuada não ter a propriedade de Borsuk-Ulam. Mais precisamente,usaremos o seguinte resultado:

Proposição 4.4.11. Seja α ∈ [T2, ∗;K2, ∗] uma classe de homotopia pontuada e seguindo a notaçãodo diagrama (4.1), seja hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2). Então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, existem tranças puras a, b ∈ P2(K2) tais que:

(i) alσ(b) = ba (ii) hα(1, 0) = (p1)#(alσ(a)) (iii) hα(0, 1) = (p1)#(b)

Demonstração. Lembremos que de acordo com a Observação 2.1.2, o grupo P2(T2) está identi�cadocom o grupo F (x, y) ⊕ Z ⊕ Z. Ainda pela Observação 2.1.2, se (w(x, y),m, n) ∈ P2(T2), então(p1)#(w,m, n) = (m,n) ∈ Z ⊕ Z. Lembremos ainda, que existe um elemento σ ∈ B2(T2) tal queσ2 = (B, 0, 0), sendo B = [x, y−1] ∈ F (x, y).

Agora, de acordo com a Observação 4.3.1, P2(K2) está identi�cado com o grupo F (u, v)oθ (ZoZ).Se (w(u, v);m,n) ∈ P2(K2), então (p1)#(w;m,n) = (m,n) ∈ Z o Z. E também exite um elementoσ ∈ B2(K2) tal que σ2 = (B; 0, 0), sendo B = uvuv−1 ∈ F (u, v).

Observando as semelhanças entre as propriedades dos grupos de tranças do Toro e da garrafa deKlein, a demonstração da Proposição 4.4.11 nada mais é que uma reescrita da demonstração daProposição 2.2.1 trocando B2(T2), P2(T2) e π1(T2) por B2(K2), P2(K2) e π1(K2), respectivamente,e utilizando a Observação 4.3.1 ao invés da Observação 2.1.2. Por este motivo, vamos omitir aprova.

Corolário 4.4.12. Consideremos duas classes de homotopia pontuadas α, α′ ∈ [T2, ∗;K2, ∗] e oshomomor�smos hα, hα′ : π1(T2)→ π1(K2). Suponhamos que

hα :

{(1, 0) 7→ (r1, s1)

(0, 1) 7→ (r2, s2)e hα′ :

{(1, 0) 7→ (r1, s

′1)

(0, 1) 7→ (r2, s′2)

para algum r1, r2, s1, s′1, s2, s

′2 ∈ Z. Se s1 ≡ s′1 mod 4 e s2 ≡ s′2 mod 2, então α tem a propriedade

de Borsuk-Ulam se, e somente se, α′ tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Por contra positiva, para que o corolário �que demonstrado basta mostrar que αnão tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, α′ não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Devido a simetria do enunciado, bastra mostrar que uma direção é verdadeira. Suponhamosentão que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Pela Proposição 4.4.11, existem tranças purasa, b ∈ P2(K2) que satisfazem

(i) alσ(b) = ba (ii) hα(1, 0) = (p1)#(alσ(a)) (iii) hα(0, 1) = (p1)#(b).

Por hipótese, existem k1, k2 ∈ Z tais que s′1 = s1 + 4k1 e s′2 = s2 + 2k2. Tomamos os seguinteselementos de P2(K2):

a′ = a(1; 0, 2k1) e b′ = b(1; 0, 2k2).


Usando a Observação 4.3.1, é fácil ver que (1; 0, 2k1) e (1; 0, 2k2) pertencem ao centro de P2(K2) ecomutam com o elemento σ ∈ B2(K2). Assim temos que

a′lσ(b′) = a(1; 0, 2k1)lσ(b(1; 0, 2k2)) = alσ(b)(1; 0, 2k1 + 2k2)

(i)= ba(1; 0, 2k1 + 2k2) = b(1; 0, 2k2)a(1; 0, 2k1) = b′a′,

(p1)#(a′lσ(a′)) = (p1)#(a(1; 0, 2k1)lσ(a(1; 0, 2k1))) = (p1)#(alσ(a)(1; 0, 4k1))

(ii)= (r1, s1)(0, 4k1) = (r1, s

′1) = hα′(1, 0),

(p1)#(b′) = (p1)#(b(1; 0, 2k2))(iii)= (r2, s2)(0, 2k2) = (r2, s

′2) = hα′(0, 1)

e portanto, pela Proposição 4.4.11, segue que α′ não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

4.4.1 Prova das Proposições 4.4.3, 4.4.4, 4.4.6, 4.4.7 e 4.4.9

Nesta subseção nós vamos provar as Proposições 4.4.3, 4.4.4, 4.4.6, 4.4.7 e 4.4.9.Primeiramente, vamos mostrar alguns resultados preliminares.

Lema 4.4.13. Seja (r, s) ∈ Z o Z = π1(K2). Suponhamos que α ∈ [T2, ∗;K2, ∗] é uma classe dehomotopia tal que o homomor�smo hα = Γ(α) : π1(T2) → π1(K2) tem os seguintes valores nosgeradores:

hα(1, 0) = (r, s) e hα(0, 1) = (0, 0).

Então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Consideremos os seguintes elementos de P2(K2):

a = (urvs; 0, 0) e b = (1; 0, 0).

Vamos mostrar que a, b e hα satisfazem (i), (ii) e (iii) da Proposição 4.4.11, donde seguirá queα não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Usaremos a Observação 4.3.1 e a comutatividade dodiagrama (4.5).

alσ(b) = (urvs; 0, 0)lσ(1; 0, 0) = (urvs; 0, 0)(1; 0, 0) = (1; 0, 0)(urvs; 0, 0) = ba;

(p1)#(alσ(a)) = (p1)#((urvs; 0, 0)lσ(urvs; 0, 0)) = (0, 0)(r, s) = hα(1, 0);

(p1)#(b) = (p1)#(1; 0, 0) = (0, 0) = hα(0, 1).

Lema 4.4.14. Consideremos uma classe de homotopia α ∈[T2, ∗;T2, ∗

]e seguindo a notação da

Seção 1.2, seja o homomor�smo hα = ΓT2,T2(α) : π1(T2)→ π1(T2). Suponhamos que

hα(1, 0) = (2m1 + 1, 2n1) e hα(1, 0) = (m2, n2)

para algum m1, n1,m2, n2 ∈ Z. Então α tem um representante f : (T2, ∗) → (T2, ∗) que é (τ1, τ1)-equivariante, isto é, α = [f ] e f(τ1(z)) = τ1(f(z)) para todo z ∈ T2.

Demonstração. Seja ψ : π1(T2)→ π1(T2) de�nido nos geradores por

ψ(1, 0) = (2m1 + 1, n1) e ψ(0, 1) = (2m2, n2)

e estendido por linearidade. Lembremos que na Seção 2.1, nós mostramos que os homomor�smos(pτ1)# : π1(T2)→ π1(T2) e θτ1 : π1(T2)→ Z2 têm os seguintes valores nos geradores:

(pτ1)#(1, 0) = (2, 0) e (pτ1)#(0, 1) = (0, 1);

56 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

θτ1(1, 0) = 1 e θτ1(0, 1) = 0.

Vamos mostrar que o seguinte diagrama é comutativo, donde seguirá a tese do enunciado, de acordocom o Lema 1.4.1:

π1(T2)hα //

(pτ1 )#��

π1(T2)

(pτ1 )#��

π1(T2)ψ //

θτ1 ##

π1(T2)

θτ1{{Z2.

((pτ1)# ◦ hα) (1, 0) = (pτ1)#(2m1 + 1, 2n1) = (2m1 + 1)(pτ1)#(1, 0) + 2n1(pτ1)#(0, 1)

= (2m1 + 1)(2, 0) + 2n1(0, 1) = 2(2m1 + 1, n1) = 2ψ(1, 0) = (ψ ◦ (pτ1)#) (1, 0)

((pτ1)# ◦ hα) (0, 1) = (pτ1)#(m2, n2) = m2(pτ1)#(1, 0) + n2(pτ1)#(0, 1)

= m2(2, 0) + n2(0, 1) = (2m2, n2) = ψ(0, 1) = (ψ ◦ (pτ1)#) (0, 1)

(θτ1 ◦ ψ) (1, 0) = θτ1(2m1+1, n1) = (2m1+1)θτ1(1, 0)+n1θτ1(0, 1) = (2m1+1)1+n10 = 1 = θτ1(1, 0)

(θτ1 ◦ ψ) (0, 1) = θτ1(2m2, n2) = 2m2θτ1(1, 0) + n2θτ1(0, 1) = 2m21 + n20 = 0 = θτ1(0, 1).

Lema 4.4.15. Sejam f : (T2, ∗)→ (T2, ∗) e g : (T2, ∗)→ (K2, ∗) funções tais que para todo z ∈ T2

valem as seguintes condições:

(1) f(τ1(z)) = τ1(f(z)) (2) g(τ1(z)) 6= g(z),

sendo τ1 : T2 → T2 a involução livre de pontos �xas como de�nida no início deste capítulo. Entãoa classe de homotopia [g ◦ f ] ∈

[T2, ∗;K2, ∗

]não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração. Para todo z ∈ T2 temos que

(g ◦ f)(τ1(z)) = g(f(τ1(z)))(1)= g(τ1(f(z)))

(2)

6= g(f(z)) = (g ◦ f)(z)

e portanto, a classe de homotopia [g ◦ f ] não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração da Proposição 4.4.3. Queremos mostrar que se α ∈[T2, ∗;K2∗

]é uma classe de

homotopia cujo homomor�smo hα : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (i, 2s1 + 1) e hα(0, 1) = (0, 2s2),

para algum i ∈ {0, 1} e para algum s1, s2 ∈ Z, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. PeloCorolário 4.4.12, para que esta Proposição �que provada, basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2∗

]é uma classe de homotopia cujo homomor�smo hα : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (i, 2j + 1) e hα(0, 1) = (0, 0),


para algum i, j ∈ {0, 1}, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Mas este fato segueaplicando o Lema 4.4.13 para o elemento (i, 2j + 1) ∈ Z o Z.


]é uma classe de


hα(1, 0) = (i, 2s1 + 1) e hα(0, 1) = (i, 2s2 + 1),

para algum i ∈ {0, 1} e para algum s1, s2 ∈ Z, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. PeloCorolário 4.4.12, para que esta Proposição �que provada, basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2∗

]é uma classe de homotopia cujo o homomor�smo hα : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (i, 2j + 1) e hα(0, 1) = (i, 1),

para algum i, j ∈ {0, 1}, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Pelo Lema 4.4.13, se α0 ∈[T2, ∗;K2, ∗

]é uma classe de homotopia cujo homomor�smo

hα0 : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα0(1, 0) = (i, 1) e hα0(0, 1) = (0, 0),

então α0 tem um representante g : (T2, ∗) → (K2, ∗) tal que g(τ1(z)) 6= g(z) para todo z ∈ T2.Lembremos que hα0 = g#.

Pelo Lema 4.4.14, se α1 ∈[T2, ∗;T2, ∗


hα1 = ΓT2,T2(α1) : π1(T2)→ π1(T2) é tal que

hα1(1, 0) = (2j + 1, 0) e hα1(0, 1) = (1, 0),

então α1 tem um representante f : (T2, ∗) → (T2, ∗) que é (τ1, τ1)-equivariante. Lembremos quehα1 = f#.

Vamos mostrar que α = [g ◦ f ], donde seguirá pelo Lema 4.4.15 que α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam. Pelo Teorema 1.2.1, basta mostrarmos que hα = (g ◦ f)#. Temos:

(g◦f)#(1, 0) = (hα0(hα1(1, 0))) = hα0(2j+1, 0) = hα0(1, 0)2j+1 = (i, 1)2j+1 = (i, 2j+1) = hα(1, 0),

e

(g ◦ f)#(0, 1) = (hα0(hα1(0, 1))) = hα0(1, 0) = (i, 1) = hα(0, 1).


]é uma classe de


hα(1, 0) = (r1, 2s1) e hα(0, 1) = (r2, 2s2),

para algum r1, r2, s1, s2 ∈ Z, com r1 ≥ 0 e s1 par, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Como 2s1 ≡ 0 mod 4 e 2s2 ≡ 0 mod 2, pelo Corolário 4.4.12, para que esta Proposição �queprovada, basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2∗


hα : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (r1, 0) e hα(0, 1) = (r2, 0),

para algum r1, r2 ∈ Z, com r1 ≥ 0, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Vamos mostrarque existem tranças puras a, b ∈ P2(K2) que juntamente com o homomor�smo hα, satisfazem os

58 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

itens (i), (ii) e (iii) da Proposição 4.4.11, donde seguirá o resultado. Utilizaremos fortemente aObservação 4.3.1 e a comutatividade do diagrama (4.5).

1. Suponhamos r1 par. Seja r ∈ Z tal que r1 = 2r. Consideremos os seguintes elementos de P2(K2):

a = (1; r, 0) e b = (1; r2, 0).

Temos que

alσ(b) = (1; r, 0)lσ(1; r2, 0) = (1; r, 0)(1; r2, 0) = (1; r + r2, 0) = (1; r2, 0)(1; r, 0) = ba

e portanto, vale (i). Temos também que

(p1)#(alσ(a)) = (p1)#((1; r, 0)lσ(1; r, 0)) = (r, 0)(r, 0) = (r1, 0) = hα(1, 0) e

(p1)#(b) = (p1)#(1; r2, 0) = (r2, 0) = hα(0, 1)

e portanto, valem (ii) e (iii).

2. Suponhamos r1 ímpar. Seja r ∈ Z tal que r1 = 2r + 1. Consideremos os seguintes elementos deP2(K2):

a = (u; r, 0) e b = (B−r2 ; r2, 0).

Temos que

alσ(b) = (u; r, 0)lσ(B−r2 ; r2, 0) = (u; r, 0)lσ(B−r2 ; 0, 0)lσ(1; r2, 0)

= (u; r, 0)(B−r2 ; 0, 0)(1; r2, 0) = (uθ(r, 0)(B)−r2 ; r + r2, 0)

= (uB−r2 ; r + r2, 0) = (B−r2Br2uB−r2 ; r2 + r; 0)

= (B−r2θ(r2, 0)(u); r2 + r; 0) = (B−r2 ; r2, 0)(u; r, 0) = ba

e portanto, vale (i). Temos também que

(p1)#(alσ(a)) = (p1)#((u; r, 0)lσ(u; r, 0)) = (r, 0)g(u)(r, 0) = (r, 0)(1, 0)(r, 0) = (r1, 0) = hα(1, 0) e

(p1)#(B−r2 ; r2, 0) = (r2, 0) = hα(0, 1)

e portanto, valem (ii) e (iii).


]é uma classe de


hα(1, 0) = (0, 2s1) e hα(0, 1) = (0, 2s2),

para algum s1, s2 ∈ Z, com s1 ímpar, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Como2s1 ≡ 2 mod 4 e 2s2 ≡ 0 mod 2, pelo Corolário 4.4.12, para que este resultado �que pro-vado, basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2∗


hα : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (0, 2) e hα(0, 1) = (0, 0),

então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Mas este fato segue aplicando o Lema 4.4.13 parao elemento (0, 2) ∈ Z o Z.


]é uma classe de



hα(1, 0) = (r1, 2s1) e hα(0, 1) = (r2, 2s2),

para algum r1, s1, r2, s2 ∈ Z, com r1 ≥ 0, s1 ímpar e e(r1) ≤ e(r2), então α não tem a propriedadede Borsuk-Ulam. Notemos que como s1 e o(r1) são ímpares, então 2s1 ≡ 2o(r1) mod 4. Notemostambém que m = (−1)j(r2)2e(r2)−e(r1)o(r2) é um número inteiro. Como 2m ≡ 2s2 mod 2, então peloCorolário 4.4.12, para que o resultado �que provado, basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2∗

]é

uma classe de homotopia cujo homomor�smo hα : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (r1, 2o(r1)) e hα(0, 1) = (r2, 2m),

então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Pelo Lema 4.4.13, se α0 ∈[T2, ∗;K2, ∗


hα0 : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα0(1, 0) = (2e(r1), 2) e hα0(0, 1) = (0, 0),

então α0 tem um representante g : (T2, ∗) → (K2, ∗) tal que g(τ1(z)) 6= g(z) para todo z ∈ T2.Lembremos que hα0 = g#.

Pelo Lema 4.4.14, se α1 ∈[T2, ∗;T2, ∗


hα1 = ΓT2,T2(α1) : π1(T2)→ π1(T2) é tal que

hα1(1, 0) = (o(r1), 0) e hα1(0, 1) = (m, 0),

então α1 tem um representante f : (T2, ∗) → (T2, ∗) que é (τ1, τ1)-equivariante. Lembremos quehα1 = f#.

Vamos mostrar que α = [g ◦ f ], donde seguirá pelo Lema 4.4.15 que α não tem a propriedade deBorsuk-Ulam. Pelo Teorema 1.2.1, basta mostrarmos que hα = (g ◦ f)#.

(g ◦ f)#(1, 0) = (hα0(hα1(1, 0))) = hα0(o(r1), 0) = hα0(1, 0)o(r1)

= (2e(r1), 2)o(r1) = (2e(r1)o(r1), 2o(r1)) = (r1, 2o(r1)) = hα(1, 0)

(g ◦ f)#(0, 1) = (hα0(hα1(0, 1))) = hα0(m, 0) = hα0(1, 0)m = (2e(r1), 2)m

= (2e(r1)m, 2m) = (2e(r1)(−1)j(r2)2e(r2)−e(r1)o(r2), 2m)

= (r2, 2m) = hα(0, 1).

4.4.2 Prova da Proposição 4.4.5

O objetivo desta sub-seção é demonstrar a Proposição 4.4.5. Vamos primeiramente enunciaralguns resultados preliminares. Usaremos fortemente as notações e os resultados da Seção

4.3.

Lema 4.4.16. Seja α ∈[T2, ∗;K2, ∗

]uma classe de homotopia cujo homomor�smo

hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (0, 2i) e hα(0, 1) = (j, 1)

60 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

para algum i, j ∈ {0, 1}. Utilizando a notação das Proposições 4.3.6 e 4.3.7, temos que se α nãotem a propriedade de Borsuk-Ulam, então existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ Z o Z que

satisfazem uma das seguintes equações em 〈σ2〉ab:

µ1(x) + ν1(y) = I2n−i − T−2m + D2n−i,−2j − O2n−i,−2m (4.15)

−(j +m+ 1)B0,0 −mB0,−2m +B4n−2i,0 + (j − 1)B4n−2i,−2m

µ2(x) + ν2(y) = I2n−i+1 − W−2m+2j + D2n−i+1,−2j (4.16)

+(j −m)B0,0 + (−m+ 1)B0,−2m+2j + jB4n−2i+2,0,

sendo

µ1(x) = (c0,−2m)ab(x)− θ(j, 1)ab(x)

ν1(y) = (θ(−m, 0)ab ◦ ρab)(y)− (c4n−2i,−2m)ab(y)

µ2(x) = (c0,−2m+2j)ab(x)− θ(j, 1)ab(x)

ν2(y) = (θ(−m+ 2j, 1)ab ◦ ρab)(y)− (c4n−2i+2,0)ab(y).

Demonstração. Pela Proposição 4.4.11, como α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, existemelementos de P2(K2)

a = (w;m1, n1) e b = (z;m2, n2)

tais que

(i) alσ(b) = ba (ii) (p1)#(alσ(a)) = (0, 2i) (iii) (p1)#(b) = (j, 1) .

Pela Observação 4.3.1 e por (iii), temos que (m2, n2) = (j, 1). Pelo Proposição 4.3.4, existemx, y ∈ 〈σ2〉 tais que w = ua1va2x e z = ub1vb2y, sendo g(w) = (a1, a2) e g(z) = (b1, b2). Logo,

a = (ua1va2x;m1, n1) e b = (ub1vb2y; j, 1).

Usando as Observações 4.3.1 e 4.3.3, a comutatividade do diagrama (4.5) e o item (ii), temos que

(0, 2i) = (p1)#(alσ(a)) = (p1)#(ua1va2x;m1, n1)(p1)#(lσ(ua1va2x;m1, n1))

= (m1, n1)(p1)#(lσ(ua1va2x; 0, 0))(p1)#(lσ(1;m1, n1)) = (m1, n1)(a1, a2)(m1, n1)

= (m1 + (−1)n1a1, n1 + a2)(m1, n1) = (m1 + (−1)n1a1 + (−1)n1+a2m1, 2n1 + a2). (4.17)

Da igualdade da segunda coordenada de (4.17), temos que a2 = −2n1 + 2i e portanto, a2 é par.

Segue da igualdade da primeira coordenada de (4.17) que a1 =

{−2m1, se n1 é par;

0, se n1 é ímpar.Por (i), pela comutatividade do diagrama (4.5) e pelas Observações 4.3.1 e 4.3.3 temos que

(p1)#(alσ(b)) = (p1)#(ba)

(p1)#((ua1va2x;m1, n1)lσ(ub1vb2y; j, 1)) = (p1)#((ub1vb2y; j, 1)(ua1va2x;m1, n1))

(m1, n1)(b1, b2)(j, 1) = (j, 1)(m1, n1)

(m1 + (−1)n1b1, n1 + b2)(j, 1) = (j −m1, 1 + n1)

(m1 + (−1)n1b1 + (−1)n1+b2j, n1 + b2 + 1) = (j −m1, 1 + n1). (4.18)

Da igualdade da segunda coordenada de (4.18), segue que b2 = 0. Assim, da igualdade da primeira

coordenada de (4.18) temos que b1 =

{−2m1, se n1 é par;

2m1 − 2j, se n1 é ímpar.


Vamos mostrar que se n1 é par, então obtemos a equação (4.15) e se n1 é ímpar, então obtemos aequação (4.16).

1o caso: Suponhamos n1 par. Seja n ∈ Z tal que n1 = 2n e seja m = m1. Temos que

a = (u−2mv−4n+2ix;m, 2n) e b = (u−2my; j, 1).

Vamos calcular alσ(b) e ba. Usaremos fortemente a Observação 4.3.1 e a igualdade (4.6). Temos

alσ(b) = (u−2mv−4n+2ix;m, 2n)lσ(u−2my; j, 1)

= (u−2mv−4n+2ix;m, 2n)((Bu−1)−2mB2m;−2m, 0)(ρ(y); 0, 0)(B; j, 1)

= (u−2mv−4n+2ixθ(m, 2n)((Bu−1)−2mB2m);−m, 2n)(ρ(y)B; j, 1)

= (u−2mv−4n+2ix(B(BmuB−m)−1)−2mB2mθ(−m, 2n)(ρ(y)B);−m+ j, 2n+ 1)

= (u−2mv−4n+2ix(BBmu−1B−m)−2mB2mθ(−m, 2n)(ρ(y))B;−m+ j, 2n+ 1)

= (u−2mv−4n+2ixBm(Bu−1)−2mB−mB2mθ(−m, 2n)(ρ(y))B;−m+ j, 2n+ 1)

= (u−2mv−4n+2ixBm(Bu−1)−2mBmθ(−m, 2n)(ρ(y))B;−m+ j, 2n+ 1)

= ((v−4n+2iv4n−2i)u−2mv−4n+2i(u2mu−2m)xBm(u2mu−2m)(Bu−1)−2mBmθ(−m, 2n)(ρ(y))

B;−m+ j, 2n+ 1)

= (v−4n+2i[v4n−2i, u−2m](u−2mxBmu2m)(u−2m(Bu−1)−2m)Bmθ(−m, 2n)(ρ(y))B;

−m+ j, 2n+ 1)

= (v−4n+2iO2n−i,−2mc0,−2m(x)Bm0,−2mT−2mB

m0,0θ(−m, 2n)(ρ(y))B0,0;−m+ j, 2n+ 1)

e

ba = (u−2my; j, 1)(u−2mv−4n+2ix;m, 2n) = (u−2myθ(j, 1)(u−2mv−4n+2ix); j −m, 2n+ 1)

= (u−2my(Bj−1u−1B−j+1)−2m(Bjvu−2jB−j+1)−4n+2iθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 1)

= (u−2myBj−1u2mB−j+1Bj(vu−2jB)−4n+2iB−jθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 1))

= ((v−4n+2iv4n−2i)u−2myBj−1u2m(v−4n+2iv4n−2i)B(v−4n+2iv4n−2i(vB)−4n+2i(vB)4n−2i)

(vu−2jB)−4n+2iB−jθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 1)

= (v−4n+2i(v4n−2iu−2myBj−1u2mv−4n+2i)(v4n−2iBv−4n+2i)(v4n−2i(vB)−4n+2i)((vB)4n−2i

(vu−2jB)−4n+2i)B−jθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 1)

= (v−4n+2ic4n−2i,−2m(y)Bj−14n−2i,−2mB4n−2i,0I2n−iD2n−i,−2jB

−j0,0θ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 1).

Notemos que a primeira coordenada de alσ e a primeira coordenada de ba estão escritas na formanormal dada pela Proposição 4.3.4. Como alσ(b) = ba, obtemos a seguinte igualdade em 〈σ2〉:

O2n−i,−2mc0,−2m(x)Bm0,−2mT−2mB

m0,0θ(−m, 2n)(ρ(y))B0,0

= c4n−2i,−2m(y)Bj−14n−2i,−2mB4n−2i,0I2n−iD2n−i,−2jB

−j0,0θ(j, 1)(x).

Por um abuso de notação, vamos denotar a imagem dos elementos x e y no abelianizado de 〈σ2〉também por x e y, respectivamente. Logo, utilizando a Observação 4.3.2 e a Proposição 4.3.6,obtemos a seguinte equação em 〈σ2〉ab:

(c0,−2m)ab(x)− θ(j, 1)ab(x) + ((θ(−m, 0)ab ◦ ρab)(y)− (c4n−2i,−2m)ab(y) = I2n−i − T−2m

+ D2n−i,−2j − O2n−i,−2m − (j +m+ 1)B0,0 −mB0,−2m +B4n−2i,0 + (j − 1)B4n−2i,−2m.

Notemos que obtemos a igualdade (4.15), o que encerra esta parte da demonstração.

62 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

2o caso: Suponhamos n1 ímpar. Seja n ∈ Z tal que n1 = 2n+ 1 e seja m = m1. Temos que

a = (v−4n+2i−2x;m, 2n+ 1) e b = (u2m−2jy; j, 1).


alσ(b) = (v−4n+2i−2x;m, 2n+ 1)lσ(u2m−2jy; j, 1)

= (v−4n+2i−2x;m, 2n+ 1)((Bu−1)2m−2jB−2m+2j ; 2m− 2j, 0)(ρ(y); 0, 0)(B; j, 1)

= (v−4n+2i−2xθ(m, 2n+ 1)((Bu−1)2m−2jB−2m+2j);−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y)B; j, 1)

= (v−4n+2i−2x(B−1(Bm−1u−1B−m+1)−1)2m−2jB2m−2jθ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y)B);

−m+ j, 2n+ 2)

= (v−4n+2i−2x(B−1Bm−1uB−m+1)2m−2jB2m−2jθ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y))B−1;

−m+ j, 2n+ 2)

= (v−4n+2i−2xBm−1(B−1u)2m−2jB−m+1B2m−2jθ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y))B−1;

−m+ j, 2n+ 2)

= (v−4n+2i−2(u2m−2ju−2m+2j)xBm−1(u2m−2ju−2m+2j)(B−1u)2m−2jB−m+1B2m−2j

θ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y))B−1;−m+ j, 2n+ 2)

= (u2m−2jv−4n+2i−2[v4n−2i+2, u−2m+2j ](u−2m+2jxBm−1u2m−2j)(u−2m+2j(B−1u)2m−2j)

Bm−2j+1θ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y))B−1;−m+ j; 2n+ 2)

= (u2m−2jv−4n+2i−2O2n−i+1,−2m+2jc0,−2m+2j(x)Bm−10,−2m+2jW−2m+2jB

m−2j+10,0

θ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y))B−10,0 ;−m+ j; 2n+ 2)

e

ba = (u2m−2jy; j, 1)(v−4n+2i−2x;m, 2n+ 1)

= (u2m−2jy(Bjvu−2jB−j+1)−4n+2i−2θ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 2)

= (u2m−2jyBj(vu−2jB)−4n+2i−2B−jθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 2)

= (u2m−2j(v−4n+2i−2v4n−2i+2)yBj(v−4n+2i−2v4n−2i+2(vB)−4n+2i−2(vB)4n−2i+2)

(vu−2jB)−4n+2i−2B−jθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 2)

= (u2m−2jv−4n+2i−2(v4n−2i+2yBjv−4n+2i−2)(v4n−2i+2(vB)−4n+2i−2)

((vB)4n−2i+2(vu−2jB)−4n+2i−2)B−jθ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 2)

= (u2m−2jv−4n+2i−2c4n−2i+2,0(y)Bj4n−2i+2,0I2n−i+1D2n−i+1,−2jB

−j0,0θ(j, 1)(x); j −m, 2n+ 2).


O2n−i+1,−2m+2jc0,−2m+2j(x)Bm−10,−2m+2jW−2m+2jB

m−2j+10,0 θ(−m+ 2j, 2n+ 1)(ρ(y))B−1

0,0

= c4n−2i+2,0(y)Bj4n−2i+2,0I2n−i+1D2n−i+1,−2jB

−j0,0θ(j, 1)(x).


(c0,−2m+2j)ab(x)− θ(j, 1)ab(x) + (θ(−m+ 2j, 1)ab ◦ ρab)(y)− (c4n−2i+2,0)ab(y)

= I2n−i+1 − W−2m+2j + D2n−i+1,−2j + (j −m)B0,0 + (−m+ 1)B0,−2m+2j + jB4n−2i+2,0.

Notemos que obtemos a igualdade (4.16), o que encerra a demonstração.

Lema 4.4.17. Não existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ Z o Z que satisfazem a equação


(4.15) ou a equação (4.16) do Lema 4.4.16.

Demonstração. Vamos fazer a prova por contradição. Suponhamos então que existam elementosx, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ Z o Z que satisfazem uma das seguintes equações:

(1) µ1(x) + ν1(y) = I2n−i − T−2m + D2n−i,−2j − O2n−i,−2m

−(j +m+ 1)B0,0 −mB0,−2m +B4n−2i,0 + (j − 1)B4n−2i,−2m

(2) µ2(x) + ν2(y) = I2n−i+1 − W−2m+2j + D2n−i+1,−2j

+(j −m)B0,0 + (−m+ 1)B0,−2m+2j + jB4n−2i+2,0,

sendo

µ1(x) = (c0,−2m)ab(x)− θ(j, 1)ab(x)

ν1(y) = ((θ(−m, 0)ab ◦ ρab)(y)− (c4n−2i,−2m)ab(y)

µ2(x) = (c0,−2m+2j)ab(x)− θ(j, 1)ab(x)

ν2(y) = (θ(−m+ 2j, 1)ab ◦ ρab)(y)− (c4n−2i+2,0)ab(y).

Sejaε : 〈σ2〉ab =

⊕s,r∈Z

Z [Bs,r] −→ Z2

o homomor�smo de�nido nos elementos da base por

ε(Bs,r) = 1

e extendido por linearidade. Notemos que se z é um elemento de 〈σ2〉ab que se escreve como umasoma par (resp. ímpar) de elementos da base de 〈σ2〉ab, então ε(z) = 0 (resp. 1). Pela Proposição4.3.6, é fácil ver que para todo a, p, q ∈ Z, temos

ε = ε ◦ θ(a, 0)ab = ε ◦ θ(a, 1)ab = ε ◦ ρab = ε ◦ (cp,q)ab.

Logo,ε(µ1(x) + ν1(y)) = ε(µ2(x) + ν2(y)) = 0.

Pelos Proposição 4.3.7, os elementos I2n−i, I2n−i+1 e O2n−i,−2m se escrevem como uma soma parde elementos da base de 〈σ2〉ab, e portanto

ε(I2n−i) = ε(I2n−i+1) = ε(O2n−i,−2m) = 0.

Como −2m, −2m+ 2j e −2j são pares, segue pela Proposição 4.3.7 que

ε(T−2m) = ε(W−2m+2j) = ε(D2n−i,−2j) = ε(D2n−i+1,−2j) = 0.

Assim, por (1) temos que

0 = ε (−(j +m+ 1)B0,0 −mB0,−2m +B4n−2i,0 + (j − 1)B4n−2i,−2m)

= j +m+ 1 +−m+ 1 + j − 1 = 1,

o que é um absurdo. Portanto, não existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ ZoZ que satisfazema equação (4.15). Por (2) temos que

0 = ε ((j −m)B0,0 + (−m+ 1)B0,−2m+2j + jB4n−2i+2,0) = j −m+−m+ 1 + j = 1,

o que também é um absurdo. Portanto, não existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ Z o Z que

64 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

satisfazem a equação (4.16), o que encerra a demonstração.

Demonstração da Proposição 4.4.5. Queremos mostrar que se α ∈[T2, ∗;K2, ∗

]é uma classe de

homotopia pontuada cujo homomor�smo hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (0, 2s1) e hα(0, 1) = (j, 2s2 + 1),

para algum j ∈ {0, 1} e para algum s1, s2 ∈ Z, então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam. PeloCorolário 4.4.12, para que este resultado �que provado basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2, ∗

]é uma classe de homotopia pontuada cujo homomor�smo hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (0, 2i) e hα(0, 1) = (j, 1),

para algum i, j ∈ {0, 1}, então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Mas este fato segue direta-mente dos Lemas 4.4.16 e 4.4.17.

4.4.3 Prova das Proposições 4.4.8 e 4.4.10

O objetivo desta sub-seção é demonstrar as Proposições 4.4.8 e 4.4.10. Vamos primeiramenteenunciar vários resultados preliminares. Usaremos fortemente as notações e os resultados

da Seção 4.3.

Lema 4.4.18. Seja α ∈[T2, ∗;K2, ∗

]uma classe de homotopia cujo homomor�smo

hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (r1, 2) e hα(0, 1) = (r2, 0),

sendo r1 e r2 números inteiros. Utilizando a notação da Proposição 4.3.7, temos que se α não tem apropriedade de Borsuk-Ulam, então existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ ZoZ que satisfazem

uma das seguintes equações em 〈σ2〉ab =⊕s,r∈Z

[Bs,r]:

(1) µ1(x) + ν1(y) = J2n−1,−2r2 − r2B0,0 + r2B4n−2,2m−r1

(2) µ2(x) + ν2(y) = J2n,−2r2 − O2n,2r2 − W2r2 + (r2 +m− 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B4n,r1

sendo µ1, ν1, µ2, ν2 : 〈σ2〉ab =⊕s,r∈Z

[Bs,r]→ 〈σ2〉ab homomor�smos que são de�nidos nos elementos

da base do seguinte modo:

µ1(Bs,r) =

{0, se s é par

Bs,r −Bs,r−2r2, se s é ímpar

ν1(Bs,r) =

{B−s,−r −Bs+4n−2,r+2m−r1, se s é par

−B−s,r−2m −Bs+4n−2,r−2m+r1, se s é ímpar

µ2(Bs,r) =

{Bs,r+2r2 −Bs,r, se s é par

0, se s é ímpar

ν2(Bs,r) =

{−B−s,r −Bs+4n,r+r1, se s é par

B−s,−r−4r2−2m −Bs+4n,r−r1, se s é ímpar.

Demonstração. Pela Proposição 4.4.11, como α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, existemelementos de P2(K2)

a = (w;m1, n1) e b = (z;m2, n2)

tais que


(i) alσ(b) = ba (ii) (p1)#(alσ(a)) = (r1, 2) (iii) (p1)#(b) = (r2, 0) .

Pela Observação 4.3.1 e por (iii), temos que (m2, n2) = (r2, 0). Pela Proposição 4.3.4, existemx, y ∈ 〈σ2〉 tais que w = ua1va2x e z = ub1vb2y, sendo g(w) = (a1, a2) e g(z) = (b1, b2). Logo,

a = (ua1va2x;m1, n1) e b = (ub1vb2y; r2, 0).

Usando a Observação 4.3.1, a comutatividade do diagrama (4.5) e (ii), temos que

(r1, 2) = (p1)# (alσ(a)) = (p1)#(ua1va2x;m1, n1)(p1)#(lσ(ua1va2x;m1, n1))

= (m1, n1)(p1)# (lσ(ua1va2x; 0, 0)) (p1)# (lσ(1;m1, n1))

= (m1, n1)(a1, a2)(m1, n1) = (m1 + (−1)n1a1, n1 + a2)(m1, n1)

= (m1 + (−1)n1a1 + (−1)n1+a2m1, 2n1 + a2). (4.19)

Da igualdade da segunda coordenada de (4.19), temos que a2 = −2n1 + 2 e portanto, a2 é par.

Segue da igualdade da primeira coordenada de (4.19) que a1 =

{−2m1 + r1, se n1 é par;

−r1, se n1 é ímpar.Por (i) e pela comutatividade do diagrama (4.5), temos que

(p1)#(alσ(b)) = (p1)#(ba)

(p1)#

((ua1va2x;m1, n1)lσ(ub1vb2y; r2, 0)

)= (p1)#

((ub1vb2y; r2, 0)(ua1va2x;m1, n1)

)(m1, n1)(b1, b2)(r2, 0) = (r2, 0)(m1, n1)

(m1 + (−1)n1b1, n1 + b2)(r2, 0) = (r2 +m1, n1)

(m1 + (−1)n1b1 + (−1)n1+b2r2, n1 + b2) = (r2 +m1, n1). (4.20)

Da igualdade da segunda coordenada de (4.20), segue que b2 = 0. Assim, da igualdade da primeira

coordenada de (4.20) temos que b1 =

{0, se n1 é par;

−2r2, se n1 é ímpar.

Vamos mostrar que se n1 é par, então obtemos a equação (1) e se n1 é ímpar, então obtemos aequação (2).

1o caso: Suponhamos n1 par. Seja n ∈ Z tal que n1 = 2n e seja m = m1. Temos que

a = (u−2m+r1v−4n+2x;m, 2n) e b = (y; r2, 0).


alσ(b) = (u−2m+r1v−4n+2x;m, 2n)lσ(y; r2, 0)

= (u−2m+r1v−4n+2x;m, 2n)(ρ(y); 0, 0)(1; r2, 0)

= (u−2m+r1v−4n+2xθ(m, 2n)(ρ(y));m+ r2, 2n)

66 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

e

ba = (y; r2, 0)(u−2m+r1v−4n+2x;m, 2n) = (yθ(r2, 0)(u−2m+r1v−4n+2x); r2 +m, 2n)

= (y(Br2uB−r2)−2m+r1(Br2vu−2r2B−r2)−4n+2θ(r2, 0)(x); r2 +m, 2n)

= (yBr2u−2m+r1B−r2Br2(vu−2r2)−4n+2B−r2θ(r2, 0)(x); r2 +m, 2n)

= ((u−2m+r1v−4n+2v4n−2u2m−r1)yBr2u−2m+r1(v−4n+2v4n−2)(vu−2r2)−4n+2B−r2θ(r2, 0)(x);

r2 +m, 2n)

= (u−2m+r1v−4n+2(v4n−2u2m−r1yBr2u−2m+r1v−4n+2)(v4n−2(vu−2r2)−4n+2)B−r2θ(r2, 0)(x);

r2 +m, 2n)

= (u−2m+r1v−4n+2c4n−2,2m−r1(y)Br24n−2,2m−r1J2n−1,−2r2B

−r20,0 θ(r2, 0)(x); r2 +m, 2n).


xθ(m, 2n)(ρ(y)) = c4n−2,2m−r1(y)Br24n−2,2m−r1J2n−1,−2r2B

−r20,0 θ(r2, 0)(x).


x− θ(r2, 0)ab(x) + (θ(m, 0)ab ◦ ρab) (y)− (c4n−2,2m−r1)ab(y) = J2n−1,−2r2 − r2B0,0 + r2B4n−2,2m−r1 .

Vamos mostrar que para cada elemento Bs,r ∈ 〈σ2〉ab, temos que Bs,r−θ(r2, 0)ab(Bs,r) = µ1(Bs,r) e(θ(m, 0)ab ◦ ρab) (Bs,r)− (c4n−2,2m−r1)ab(Bs,r) = ν1(Bs,r), o que completará esta parte da demons-tração. Utilizaremos a Proposição 4.3.6.

Se s é par, temos que

Bs,r − θ(r2, 0)ab(Bs,r) = Bs,r −Bs,r = 0 = µ1(Bs,r)

e

(θ(m, 0)ab ◦ ρab) (Bs,r)− (c4n−2,2m−r1)ab(Bs,r) = θ(m, 0)ab(B−s,−r)−Bs+4n−2,r+2m−r1

= B−s,−r −Bs+4n−2,r+2m−r1 = ν1(Bs,r).

Se s é ímpar, temos que

Bs,r − θ(r2, 0)ab(Bs,r) = Bs,r −Bs,r−2r2 = µ1(Bs,r)

e

(θ(m, 0)ab ◦ ρab) (Bs,r)− (c4n−2,2m−r1)ab(Bs,r) = θ(m, 0)ab(−B−s,r)−Bs+4n−2,r−2m+r1

= −B−s,r−2m −Bs+4n−2,r−2m+r1 = ν1(Bs,r).

2o caso: Suponhamos n1 ímpar. Seja n ∈ Z tal que n1 = 2n+ 1 e seja m = m1. Temos que

a = (u−r1v−4nx;m, 2n+ 1) e b = (u−2r2y; r2, 0).



alσ(b) = (u−r1v−4nx;m, 2n+ 1)lσ(u−2r2y; r2, 0)

= (u−r1v−4nx;m, 2n+ 1)((Bu−1)−2r2B2r2 ;−2r2, 0)(ρ(y); 0, 0)(1; r2, 0)

= (u−r1v−4nxθ(m, 2n+ 1)((Bu−1)−2r2B2r2);m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y); r2, 0)

= (u−r1v−4nx(B−1(Bm−1u−1B−m+1)−1)−2r2B−2r2θ(m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y));

m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1v−4nx(B−1Bm−1uB−m+1)−2r2B−2r2θ(m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y));m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1v−4nxBm−1(B−1u)−2r2B−m+1B−2r2θ(m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y));m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1(u−2r2v−4nv4nu2r2)v−4n(u−2r2u2r2)xBm−1(u−2r2u2r2)(B−1u)−2r2B−2r2−m+1

θ(m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y));m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1−2r2v−4n(v4nu2r2v−4nu−2r2)(u2r2xBm−1u−2r2)(u2r2(B−1u)−2r2)B−2r2−m+1

θ(m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y));m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1−2r2v−4nO2n,2r2c0,2r2(x)Bm−10,2r2

W2r2B−2r2−m+10,0 θ(m+ 2r2, 2n+ 1)(ρ(y));

m+ r2, 2n+ 1)

e

ba = (u−2r2y; r2, 0)(u−r1v−4nx;m, 2n+ 1) = (u−2r2yθ(r2, 0)(u−r1v−4nx);m+ r2, 2n+ 1)

= (u−2r2y(Br2uB−r2)−r1(Br2vu−2r2B−r2)−4nθ(r2, 0)(x);m+ r2, 2n+ 1)

= (u−2r2yBr2u−r1B−r2Br2(vu−2r2)−4nB−r2θ(r2, 0)(x);m+ r2, 2n+ 1)

= (u−2r2(u−r1v−4nv4nur1)yBr2u−r1(v−4nv4n)(vu−2r2)−4nB−r2θ(r2, 0)(x);m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1−2r2v−4n(v4nur1yBr2u−r1v−4n)(v4n(vu−2r2)−4n)B−r2θ(r2, 0)(x);m+ r2, 2n+ 1)

= (u−r1−2r2v−4nc4n,r1(y)Br24n,r1

J2n,−2r2B−r20,0 θ(r2, 0)(x);m+ r2, 2n+ 1).


O2n,2r2c0,2r2(x)Bm−10,2r2

W2r2B−2r2−m+10,0 θ(m+2r2, 2n+1)(ρ(y)) = c4n,r1(y)Br2

4n,r1J2n,−2r2B

−r20,0 θ(r2, 0)(x).


(c0,2r2)ab(x)− θ(r2, 0)ab(x) + (θ(m+ 2r2, 1)ab ◦ ρab)(y)− (c4n,r1)ab(y)

= J2n,−2r2 − O2n,2r2 − W2r2 + (r2 +m− 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B4n,r1 .

Vamos mostrar que para cada gerador Bs,r de 〈σ2〉ab, temos que (c0,2r2)ab(Bs,r)−θ(r2, 0)ab(Bs,r) =µ2(Bs,r) e (θ(m + 2r2, 1)ab ◦ ρab)(Bs,r) − (c4n,r1)ab(Bs,r) = ν2(Bs,r), o que completará esta parteda demonstração. Utilizaremos a Proposição 4.3.6.

Se s é par, temos que

(c0,2r2)ab(Bs,r)− θ(r2, 0)ab(Bs,r) = Bs,r+2r2 −Bs,r = µ2(Bs,r)

e

(θ(m+ 2r2, 1)ab ◦ ρab)(Bs,r)− (c4n,r1)ab(Bs,r) = θ(m+ 2r2, 1)ab(B−s,−r)−Bs+4n,r+r1

= −B−s,r −Bs+4n,r+r1 = ν2(Bs,r).

68 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

Se s é ímpar, temos que

(c0,2r2)ab(Bs,r)− θ(r2, 0)ab(Bs,r) = Bs,r−2r2 −Bs,r−2r2 = 0 = µ2(Bs,r)

e

(θ(m+ 2r2, 1)ab ◦ ρab)(Bs,r)− (c4n,r1)ab(Bs,r) = θ(m+ 2r2, 1)ab(−B−s,r)−Bs+4n,r−r1

= B−s,−r−4r2−2m −Bs+4n,r−r1 = ν2(Bs,r).

Em todos os próximos resultados, r2 denotará um inteiro não nulo escrito na forma

dada pela Observação 4.4.1, isto é,

r2 = (−1)j(r2)2e(r2)o(r2),

sendo j(r2) ∈ {0, 1}, e(r2) um número inteiro não negativo e o(r2) um número inteiro

ímpar positivo.

Também em todos os enunciados, r1 denotará um número inteiro não negativo que

satisfaz uma das seguintes condições:

(i) r1 = 0; (ii) r1 > 0 e e(r1) > e(r2).

Por �m, (m,n) denotará um elemento de Z o Z.O objetivo principal do restante desta seção é mostrar que, com estas hipóteses, as

equações (1) e (2) do Lema 4.4.18 não têm solução.

Lema 4.4.19. Sejam a e b dois números inteiros positivos. Para cada δ ∈ {−1, 1} e para cadak ∈ Z de�nimos o seguinte sub-conjunto de Z:

δS(a, b) + k = {δx+ k | 1 ≤ x ≤ ab, δx+ k ≡ 0 mod a}

Então, a cardinalidade de δS(a, b) + k é b.

Demonstração. 1o caso: Suponhamos δ = 1. Sejam l ∈ Z e r ∈ {0, 1, . . . , a− 1} tais que k = la+ r.É fácil ver que a seguinte função é uma bijeção:

S(a, b) + k −→ S(a, b) + rx+ k 7−→ x+ r.

Portanto, para que o resultado �que provado, basta mostrarmos que o conjunto S(a, b) + r tem belementos. Notemos que

S(a, b) + r = {y | 1 + r ≤ y ≤ ab+ r, y ≡ 0 mod a}.

SejaA = {ma | 1 ≤ m ≤ b}.

Vamos mostrar que S(a, b) + r = A, donde seguirá o resultado. Seja y ∈ S(a, b) + r. Comoy ≡ 0 mod a, então y = ma para algumm ∈ Z. Como r ≥ 0, então 1 ≤ 1+r ≤ y = ma e como a é po-sitivo, entãom ≥ 1. Como r ≤ a−1, então temos quema = y ≤ ab+r ≤ ab+a−1 < ab+a = a(b+1).Logo, m < b+ 1, ou equivalentemente, m ≤ b. Assim, temos que y = ma ∈ A, ou seja, mostramosque S(a, b) + r ⊂ A. Seja agora ma ∈ A. É claro que ma ≡ 0 mod a. Como m ≥ 1 e a é positivo,então r < a ≤ am, ou seja, 1 + r ≤ ma. Como m ≤ b e r ≥ 0, então ma ≤ ba ≤ ab + r. Portanto,ma ∈ S(a, b) + r, ou seja, mostramos que S(a, b) + r ⊃ A. Segue que S(a, b) + r = A.


2o caso: Suponhamos δ = −1. É fácil ver que a seguinte função é uma bijeção:

−S(a, b) + k −→ S(a, b)− k−x+ k 7−→ x− k.

Portanto, pelo 1o caso, segue que a cardinalidade do conjunto −S(a, b) + k é b.

Consideremos o homomor�smo εn,r2 : 〈σ2〉ab =⊕s,r∈Z

Z [Bs,r] → Z2, o qual é de�nido em cada

elemento da base do seguinte modo:

εn,r2(Bs,r) =

0, se s 6= 2n− 1;

0, se s = 2n− 1 e r 6≡ 0 mod 2e(r2)+1;

1, se s = 2n− 1 e r ≡ 0 mod 2e(r2)+1.

Lema 4.4.20. Consideremos o homomor�smo µ1 : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab como de�nido no Lema 4.4.18.

Então εn,r2 ◦ µ1 : 〈σ2〉ab → Z2 é identicamente nulo.

Demonstração. Vamos mostrar que para cada elemento da base Bs,r ∈ 〈σ2〉ab, temos queεn,r2(µ1(Bs,r)) = 0, o que é su�ciente para que o resultado �que demonstrado.

1o caso: Suponhamos s par. Temos que

εn,r2(µ1(Bs,r)) = εn,r2(0) = 0.

2o caso: Suponhamos s ímpar e s 6= 2n− 1. Temos que

εn,r2(µ1(Bs,r)) = εn,r2(Bs,r)− εn,r2(Bs,r−2r2) = 0− 0 = 0.

3o caso: Suponhamos s = 2n− 1. Notemos que

r + 2r2 = r + 2(−1)j(r2)2e(r2)o(r2) = r + 2e(r2)+1(−1)j(r2)o(r2) ≡ r mod 2e(r2)+1,

e portanto, εn,r2(B2n−1,r) = εn,r2(B2n−1,r−2r2). Assim, temos que

εn,r2(µ1(B2n−1,r)) = εn,r2(B2n−1,r −B2n−1,r−2r2) = εn,r2(B2n−1,r)− εn,r2(B2n−1,r−2r2) = 0.

Lema 4.4.21. Consideremos o homomor�smo ν1 : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab como de�nido no Lema 4.4.18.

Então εn,r2 ◦ ν1 : 〈σ2〉ab → Z2 é identicamente nulo.

Demonstração. Vamos mostrar que para cada elemento da base Bs,r ∈ 〈σ2〉ab, temos queεn,r2(ν1(Bs,r)) = 0, o que é su�ciente para que o resultado �que demonstrado.

1o caso: s é par. Notemos que −s e s+ 4n− 2 também são pares e portanto, −s e s+ 4n− 2 sãodiferentes de 2n− 1. Logo, temos que

εn,r2(ν1(Bs,r)) = εn,r2(B−s,−r)− εn,r2(Bs+4n−2,r+2m−r1) = 0− 0 = 0.

70 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

2o caso: s é ímpar e s 6= −2n+1. Notemos que −s 6= 2n−1 e s+4n−2 6= −2n+1+4n−2 = 2n−1.Portanto, εn,r2(B−s,r−2m) = εn,r2(Bs+4n−2,r−2m+r1) = 0. Assim, temos que

εn,r2(ν1(Bs,r)) = −εn,r2(B−s,r−2m)− εn,r2(Bs+4n−2,r−2m+r1) = −0− 0 = 0.

3o caso: s = −2n+ 1. Se r1 = 0, é claro que r1 ≡ 0 mod 2e(r2)+1. Agora, se r1 > 0 e e(r1) > e(r2),então e(r1)− e(r2)− 1 ≥ 0. Assim, temos que

r1 = 2e(r1)o(r1) = 2e(r2)+12e(r1)−e(r2)−1o(r1) ≡ 0 mod 2e(r2)+1.

Logo, nós podemos concluir que εn,r2(B2n−1,r−2m) = εn,r2(B2n−1,r−2m+r1). Portanto, temos que

εn,r2(ν1(B−2n+1,r)) = εn,r2(−B−(−2n+1),r−2m −B−2n+1+4n−2,r−2m+r1)

= −εn,r2(B2n−1,r−2m)− εn,r2(B2n−1,r−2m+r1)

= −2εn,r2(B2n−1,r−2m) = 0.

Lema 4.4.22. Temos que εn,r2(J2n−1,−2r2 − r2B0,0 + r2B4n−2,2m−r1) = 1.

Demonstração. Notemos que para todo n ∈ Z, temos que 0, 4n − 2 6= 2n − 1 e portanto,εn,r2(−r2B0,0 + r2B4n−2,2m−r1) = 0. Logo, para que o resultado �que provado, devemos mostrarque εn,r2(J2n−1,−2r2) = 1. Vamos dividir a análise em casos. Utilizaremos a Proposição 4.3.7 (quenos dá a decomposição de J2n−1,−2r2 em termos da base de 〈σ2〉ab) e o Lema 4.4.19.

1o caso: Suponhamos n ≥ 1. Notemos que se i é um número inteiro, então

2i− 1 = 2n− 1⇔ i = n.

Notemos ainda que n ≤ 2n− 1, ou seja, temos que

n ∈ {1, . . . , 2n− 1}.

Se r2 > 0, seja

S1 = −S(2e(r2)+1, o(r2)) = {−x | 1 ≤ x ≤ 2e(r2)+1o(r2) = 2r2,−x ≡ 0 mod 2e(r2)+1}.

Temos que

εn,r2(J2n−1,−2r2) = εn,r2

2n−1∑i=1

2r2∑j=1

B2i−1,−j

= εn,r2

2n−1∑i=1i 6=n

2r2∑j=1

B2i−1,−j

+ εn,r2

2r2∑j=1

B2n−1,−j

= 0 + εn,r2

2r2∑j=1

B2n−1,−j

= εn,r2

−1∑j=−2r2j /∈S1

B2n−1,j

+ εn,r2

∑j∈S1

B2n−1,j

= 0 + εn,r2

∑j∈S1

B2n−1,j

= o(r2)1 = 1.

Se r2 < 0, seja

S2 = S(2e(r2)+1, o(r2))− 1 = {x− 1 | 1 ≤ x ≤ 2e(r2)+1o(r2) = −2r2, x− 1 ≡ 0 mod 2e(r2)+1}.


Temos que

εn,r2(J2n−1,−2r2) = εn,r2

2n−1∑i=1

−2r2∑j=1

B2i−1,j−1

= εn,r2

2n−1∑i=1i 6=n

−2r2∑j=1

B2i−1,j−1

+ εn,r2

−2r2∑j=1

B2n−1,j−1

= 0 + εn,r2

−2r2∑j=1

B2n−1,j−1

= εn,r2

−2r2−1∑j=0j /∈S2

B2n−1,j

εn,r2

∑j∈S2

B2n−1,j

= 0 + εn,r2

∑j∈S2

B2n−1,j

= o(r2)1 = 1.

2o caso: Suponhamos n ≤ 0. Notemos que se i é um número inteiro, então

−2i+ 1 = 2n− 1⇔ i = −n+ 1.

Notemos ainda que−n+ 1 ∈ {1, . . . ,−2n+ 1}.

Se r2 > 0, seja novamente

S1 = −S(2e(r2)+1, o(r2)) = {−x | 1 ≤ x ≤ 2e(r2)+1o(r2) = 2r2,−x ≡ 0 mod 2e(r2)+1}.

Temos que

εn,r2(J2n−1,−2r2) = εn,r2

−−2n+1∑i=1

2r2∑j=1

B−2i+1,−j

= εn,r2

−2n+1∑i=1

i 6=−n+1

2r2∑j=1

B−2i+1,−j

+ εn,r2

2r2∑j=1

B2n−1,−j

= 0 + εn,r2

2r2∑j=1

B2n−1,−j

= εn,r2

−1∑j=2r2j /∈S1

B2n−1,j

+ εn,r2

∑j∈S1

B2n−1,j

= 0 + εn,r2

∑j∈S1

B2n−1,j

= o(r2)1 = 1.

Se r2 < 0, seja novamente

S2 = S(2e(r2)+1, o(r2))− 1 = {x− 1 | 1 ≤ x ≤ 2e(r2)+1o(r2) = −2r2, x− 1 ≡ 0 mod 2e(r2)+1}.

72 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

Temos que

εn,r2(J2n−1,−2r2) = εn,r2

−2n+1∑i=1

−2r2∑j=1

B−2i+1,j−1

= εn,r2

−2n+1∑i=1

i 6=−n+1

−2r2∑j=1

B−2i+1,j−1

+ εn,r2

−2r2∑j=1

B2n−1,j−1

= 0 + εn,r2

−2r2∑j=1

B2n−1,j−1

= εn,r2

−−2r2−1∑j=0j /∈S2

B2n−1,j

+ εn,r2

∑j∈S2

B2n−1,j

= 0 + εn,r2

∑j∈S2

B2n−1,j

= o(r2)1 = 1.

Lema 4.4.23. Não existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ ZoZ que satisfazem a equação (1)do Lema 4.4.18.

Demonstração. A prova é por contradição. Suponhamos que existam x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ ZoZque satisfazem a equação (1) do Lema 4.4.18.

µ1(x) + ν1(y) = J2n−1,−2r2 − r2B0,0 + r2B4n−2,2m−r1 .

Pelos Lemas 4.4.20, 4.4.21 e 4.4.22, nós temos a seguinte igualdade em Z2

0 = εn,r2(µ1(x) + ν1(y)) = εn,r2(J2n−1,−2r2 − r2B0,0 + r2B4n−2,2m−r1) = 1,

o que é um absurdo. Portanto, não existem tais elementos.

Consideremos agora o homomor�smo ε′n,r2 : 〈σ2〉ab =⊕s,r∈Z

Z [Bs,r] → Z2, o qual é de�nido em

cada elemento da base do seguinte modo:

ε′n,r2(Bs,r) =

0, se s 6= 2n;

0, se s = 2n e r 6≡ 0 mod 2e(r2)+1;

1, se s = 2n e r ≡ 0 mod 2e(r2)+1.

Lema 4.4.24. Consideremos o homomor�smo µ2 : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab como de�nido no Lema 4.4.18.

Então ε′n,r2 ◦ µ2 : 〈σ2〉ab → Z2 é identicamente nulo.

Demonstração. Vamos mostrar que para cada elemento da base Bs,r ∈ 〈σ2〉ab, temos queε′n,r2(µ2(Bs,r)) = 0, o que é su�ciente para que o resultado �que demonstrado.

1o caso: Suponhamos s ímpar. Temos que

ε′n,r2(µ2(Bs,r)) = εn,r2(0) = 0.

2o caso: Suponhamos s par e s 6= 2n. Temos que

ε′n,r2(µ2(Bs,r)) = ε′n,r2(Bs,r+2r2)− ε′n,r2(Bs,r) = 0− 0 = 0.


3o caso: Suponhamos s = 2n. Notemos que

r + 2r2 = r + 2(−1)j(r2)2e(r2)o(r2) = r + 2e(r2)+1(−1)j(r2)o(r2) ≡ r mod 2e(r2)+1,

e portanto, ε′n,r2(B2n,r) = ε′n,r2(B2n,r+2r2). Assim, temos que

ε′n,r2(µ1(B2n,r)) = ε′n,r2(B2n,r+2r2 −B2n,r) = ε′n,r2(B2n,r+2r2)− ε′n,r2(B2n,r) = 0.

Lema 4.4.25. Consideremos o homomor�smo ν2 : 〈σ2〉ab → 〈σ2〉ab como de�nido no Lema 4.4.18.

Então ε′n,r2 ◦ ν2 : 〈σ2〉ab → Z2 é identicamente nulo.

Demonstração. Vamos mostrar que para elemento da base Bs,r ∈ 〈σ2〉ab, temos queε′n,r2(ν2(Bs,r)) = 0, o que é su�ciente para que o resultado �que demonstrado.

1o caso: s é ímpar. Notemos que −s e s + 4n também são ímpares e portanto, −s e s + 4n sãodiferentes de 2n. Logo, temos que

ε′n,r2(ν2(Bs,r)) = ε′n,r2(B−s,−r−4r2−2m)− ε′n,r2(Bs+4n,r−r1) = 0− 0 = 0.

2o caso: s é par e s 6= −2n. Notemos que −s 6= 2n e s + 4n 6= −2n + 4n = 2n. Portanto,ε′n,r2(B−s,r) = ε′n,r2(Bs+4n,r+r1) = 0. Assim, temos que

ε′n,r2(ν2(Bs,r)) = −ε′n,r2(B−s,r)− ε′n,r2(Bs+4n,r+r1) = −0− 0 = 0.

3o caso: s = −2n. Se r1 = 0, é claro que r1 ≡ 0 mod 2e(r2)+1. Agora, se r1 > 0 e e(r1) > e(r2),então e(r1)− e(r2)− 1 ≥ 0. Assim, temos que


Logo, nós podemos concluir que ε′n,r2(B2n,r) = ε′n,r2(B2n,r+r1). Portanto, temos que

ε′n,r2(ν2(B−2n,r)) = ε′n,r2(−B−(−2n),r −B−2n+4n,r+r1)

= −ε′n,r2(B2n,r)− ε′n,r2(B2n,r+r1) = −2ε′n,r2(B2n,r) = 0.

Lema 4.4.26. Consideremos o elemento J2n,−2r2 ∈ 〈σ2〉ab. Então ε′n,r2(J2n,−2r2) = 0.

Demonstração. Se n = 0, então pela Proposição 4.3.7, temos que J0,−2r2 = 0 e portanto ε′0,r2(J0,−2r2) =

0. Se n 6= 0, a prova segue diretamente da Proposição 4.3.7 e notando que ε′n,r2(Bs,r) = 0 se s éímpar.

Lema 4.4.27. Consideremos o elemento O2n,2r2 ∈ 〈σ2〉ab. Então ε′n,r2(O2n,2r2) =

{0, se n = 0;

1, se n 6= 0.

Demonstração. Pela Proposição 4.3.7, se n = 0, então O0,2r2 = 0, e portanto ε′0,r2(O0,2r2) = 0.Suponhamos então n 6= 0. Vamos dividir a análise em casos. Utilizaremos a Proposição 4.3.7 (quenos dá a decomposição de O2n,2r2 em termos da base de 〈σ2〉ab) e o Lema 4.4.19.

74 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

1o caso: Suponhamos n ≥ 1. Notemos que se i é um número inteiro, então

2i− 2 = 2n⇔ i = n+ 1.

Notemos ainda que n+ 1 ≤ 2n, ou seja, temos que

n+ 1 ∈ {1, . . . , 2n}.

Lembremos que ε′n,r2(Bs,r) = 0 se s é ímpar.

Se r2 > 0, seja

S1 = S(2e(r2)+1, o(r2))− 1 = {x− 1 | 1 ≤ x ≤ 2e(r2)+1o(r2) = 2r2, x− 1 ≡ 0 mod 2e(r2)+1}.

Temos que

ε′n,r2(O2n,2r2) = ε′n,r2

2n∑i=1

2r2∑j=1

(B2i−1,−j −B2i−2,j−1)

= ε′n,r2

2n∑i=1

2r2∑j=1

B2i−1,−j

+ ε′n,r2

2n∑i=1

i 6=n+1

2r2∑j=1

B2i−2,j−1

+ ε′n,r2

2r2∑j=1

B2n,j−1

= 0 + 0 + ε′n,r2

2r2∑j=1

B2n,j−1

= ε′n,r2

2r2−1∑j=0j /∈S1

B2n,j

+ ε′n,r2

∑j∈S1

B2n,j

= 0 + ε′n,r2

∑j∈S1

B2n,j

= o(r2)1 = 1.

Se r2 < 0, seja

S2 = −S(2e(r2)+1, o(r2)) = {−x | 1 ≤ x ≤ 2e(r2)+1o(r2) = −2r2,−x ≡ 0 mod 2e(r2)+1}.

Temos que

ε′n,r2(O2n,2r2) = ε′n,r2

2n∑i=1

−2r2∑j=1

(B2i−2,−j −B2i−1,j−1)

= ε′n,r2

2n∑i=1

i 6=n+1

−2r2∑j=1

(B2i−2,−j)

+ ε′n,r2

−2r2∑j=1

B2n,−j

+ ε′n,r2

2n∑i=1

−2r2∑j=1

(B2i−1,j−1)

= 0 + ε′n,r2

−2r2∑j=1

B2n,−j

+ 0 = ε′n,r2

−1∑j=2r2j /∈S2

B2n,j

+ ε′n,r2

∑j∈S2

B2n,j

= 0 + ε′n,r2

∑j∈S2

B2n,j

= o(r2)1 = 1.

2o caso: Suponhamos n ≤ −1. Notemos que se i é um número inteiro, então

−2i = 2n⇔ i = −n.


Notemos ainda que −n ≤ −2n, ou seja, temos que

−n ∈ {1, . . . ,−2n}.

Lembremos que ε′n,r2(Bs,r) = 0 se s é ímpar.

Se r2 > 0, seja novamente


Temos que

ε′n,r2(O2n,2r2) = ε′n,r2

−2n∑i=1

2r2∑j=1

(B−2i,j−1 −B−2i+1,−j)

= ε′n,r2

−2n∑i=1i 6=−n

2r2∑j=1

B−2i,j−1

+ ε′n,r2

2r2∑j=1

B2n,j−1

+ ε′n,r2

−2n∑i=1

2r2∑j=1

(B−2i+1,−j)

= 0 + ε′n,r2

2r2∑j=1

B2n,j−1

+ 0 = ε′n,r2

2r2−1∑j=0j /∈S1

B2n,j

+ ε′n,r2

∑j∈S1

B2n,j

= 0 + ε′n,r2

∑j∈S1

B2n,j

= o(r2)1 = 1.

Se r2 < 0, seja novamente


Temos que

ε′n,r2(O2n,2r2) = ε′n,r2

−2n∑i=1

−2r2∑j=1

(B−2i+1,j−1 −B−2i,−j)

= ε′n,r2

−2n∑i=1

−2r2∑j=1

B−2i+1,j−1

+ ε′n,r2

−2n∑i=1i6=−n

−2r2∑j=1

B−2i,−j

+ ε′n,r2

−2r2∑j=1

B2n,−j

= 0 + 0 + ε′n,r2

−2r2∑j=1

B2n,−j

= ε′n,r2

−1∑j=2r2j /∈S2

B2n,j

+ ε′n,r2

∑j∈S2

B2n,j

= 0 + ε′n,r2

∑j∈S2

B2n,j

= o(r2)1 = 1.

Lema 4.4.28. Consideremos o elemento W2r2 ∈ 〈σ2〉ab. Então ε′n,r2(W2r2) =

{1, se n = 0;

0, se n 6= 0.

Demonstração. Notemos que se n 6= 0, então ε′n,r2(B0,r) = 0. Assim, segue diretamente da Proposi-

ção 4.3.7 que ε′n,r2(W2r2) = 0 se n 6= 0. Resta mostrar que ε′0,r2(W2r2) = 1. Vamos usar a Proposição

4.3.7 (que nos dá a decomposição de W2r2 em termos da base de 〈σ2〉ab) e o Lema 4.4.19.

76 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

Se r2 > 0, seja


Temos que

ε′0,r2(W2r2) = ε′0,r2

2r2∑j=1

B0,j−1

= ε′0,r2

2r2−1∑j=0j /∈S1

B0,j

+ ε′0,r2

∑j∈S1

B0,j

= 0 + ε′0,r2

∑j∈S1

B0,j

= o(r2)1 = 1.

Se r2 < 0, seja


Temos que

ε′0,r2(W2r2) = ε′0,r2

−−2r2∑j=1

B0,−j

= ε′0,r2

−1∑j=2r2j /∈S2

B0,j

ε′0,r2

∑j∈S2

B0,j

= 0 + ε′0,r2

∑j∈S2

B0,j

= o(r2)1 = 1.

Lema 4.4.29. Consideremos o elemento (r2 + m − 1)B0,0 + (1 − m)B0,2r2 + r2B4n,r1 ∈ 〈σ2〉ab.Então ε′n,r2((r2 +m− 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B4n,r1) = 0.

Demonstração. Se n 6= 0, então 2n 6= 4n. Assim, temos que

ε′n,r2((r2 +m− 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B4n,r1) = (r2 +m− 1)0 + (1−m)0 + r20 = 0.

Suponhamos então n = 0. Notemos que

2r2 = 2(−1)j(r2)2e(r2)o(r2) = 2e(r2)+1(−1)j(r2)o(r2) ≡ 0 mod 2e(r2)+1.

Logo, ε′0,r2(B0,2r2) = 1.

Se r1 = 0, é claro que r1 ≡ 0 mod 2e(r2)+1. Se r1 6= 0 e e(r1) > e(r2), então e(r1) − e(r2) − 1 ≥ 0.Assim, temos que


Logo, ε′0,r2(B0,r1) = 1.

Assim, temos que

ε′0,r2((r2 +m− 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B0,r1) = (r2 +m− 1)1 + (1−m)1 + r21 = 2r21 = 0.


Lema 4.4.30. Não existem elementos x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ ZoZ que satisfazem a equação (2)do Lema 4.4.18.

Demonstração. A prova é por contradição. Suponhamos que existam x, y ∈ 〈σ2〉ab e (m,n) ∈ ZoZque satisfazem a equação

µ2(x) + ν2(y) = J2n,−2r2 − O2n,2r2 − W2r2 + (r2 +m+ 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B4n,r1 .

Pelos Lemas 4.4.24, 4.4.25, 4.4.26, 4.4.27, 4.4.28 e 4.4.29, nós temos a seguinte igualdade em Z2

0 = ε′n,r2(µ2(x) + ν2(y))

= ε′n,r2(J2n,−2r2 − O2n,2r2 − W2r2 + (r2 +m− 1)B0,0 + (1−m)B0,2r2 + r2B4n,r1) = 1,

o que é um absurdo. Portanto, não existem tais elementos.

Demonstração das Proposições 4.4.8 e 4.4.10. Queremos mostrar que se α ∈[T2, ∗;K2, ∗

]é uma

classe de homotopia pontuada cujo homomor�smo hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (r1, 2s1) e hα(0, 1) = (r2, 2s2),

para algum r1, s1, r2, s2 ∈ Z, sendo s1 ímpar, r2 6= 0, r1 = 0 ou r1 > 0 e e(r1) > e(r2), então α tema propriedade de Borsuk-Ulam. Pelo Corolário 4.4.12, como 2s1 ≡ 2 mod 4, para que este resultado�que provado basta mostrarmos que se α ∈

[T2, ∗;K2, ∗

]é uma classe de homotopia pontuada cujo

homomor�smo hα = Γ(α) : π1(T2)→ π1(K2) é tal que

hα(1, 0) = (r1, 2) e hα(0, 1) = (r2, 0),

para algum r1, r2 ∈ Z, sendo r2 6= 0, r1 = 0 ou r1 > 0 e e(r1) > e(r2), então α tem a propriedadede Borsuk-Ulam. Mas este fato segue diretamente dos Lemas 4.4.18, 4.4.23 e 4.4.30.

78 O CASO (T2, τ ;K2), COM T2τ = T2 4.4

Capítulo 5

Os casos (M, τ ; S2) e (M, τ ;RP2)

5.1 Introdução

Neste capítulo nós vamos estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia defunções que têm como domínio uma superfície fechada e como contra-domínio a esfera 2-dimensionalou o plano projetivo. Mais precisamente, dada uma superfície fechada M e uma involução livre depontos �xos τ : M →M , nós vamos classi�car todas as classes de homotopia β ∈

[M,S2

]que têm

a propriedade de Borsuk-Ulam (Teoremas 5.1.2, 5.1.3 e 5.1.4). Também vamos classi�car as classesde homotopia α ∈

[M,RP2

]que se levantam para a S2 em relação a propriedade de Borsuk-Ulam

(Teoremas 5.1.5 e 5.1.6). Antes de enunciar os resultados de classi�cação, primeiramente nós vamosenunciar alguns fatos e �xar algumas notações. Nas Seções 5.2 e 5.3 faremos as demonstrações.

Lembremos da Seção 1.3, que sempre que temos uma involução livre de pontos �xos τ : M →M ,de�nimos a seguinte relação de equivalência em M : x ∼ y ⇔ y ∈ {x, τ(x)}. Denotamos por Mτ oconjunto das classes de equivalência, também chamado de espaço de órbitas, e por pτ : M → Mτ

a aplicação quociente. Se M é uma superfície fechada, então Mτ também o é, e assim pτ é umrecobrimento duplo. Assim, temos a seguinte sequência exata (omitimos os pontos bases):

1 // π1(M)(pτ )# // π1(Mτ )

θτ // π1(Mτ )

(pτ )#(π1(M))∼= Z2

// 1. (5.1)

No caso em que Mτ é não orientável, dependendo da característica de Euler de Mτ , nós temosas seguintes possibilidades para presentação de π1(Mτ ):

• π1(Mτ ) ∼=⟨u, v, a1, a2, · · · , a2n−1, a2n | uvuv−1[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n] = 1

⟩, se χ(Mτ ) é par;

• π1(Mτ ) ∼=⟨c, a1, a2, · · · , a2n−1, a2n | c2[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n] = 1

⟩, se χ(Mτ ) é ímpar.

Para que possamos encurtar certos enunciados e demonstrações, nós destacamos o seguinteelemento de π1(Mτ ):

δ =

{u, se χ(Mτ ) é par;c, se χ(Mτ ) é ímpar.

(5.2)

Sobre o conjunto [M,S2], é bem conhecido o fato que duas funções são homotópicas se, e somentese, elas têm o mesmo grau. Tal fato está descrito, por exemplo, em [27, Capítulo V, Teorema 6.17].Vamos descrever mais precisamente este resultado.

79

80 OS CASOS (M, τ ; S2) E (M, τ ;RP2) 5.1

Suponhamos que M seja uma superfície fechada orientável. Lembremos que H2(M ;Z) é cíclicoin�nito. Seja zm um gerador �xado. Fixemos também um gerador zs do grupo cíclico in�nitoH2(S2;Z). Se f : M → S2 é uma função, então existe um único número inteiro d(f), chamado graude f , tal que

f∗ : H2(S2;Z) −→ H2(M ;Z)zs 7−→ d(f)zm.

Suponhamos agora queM seja uma superfície fechada não orientável. Então H2(M ;Z2) é cíclicode ordem 2, assim como H2(S2;Z2). Sejam zm e zs os respectivos geradores. Se f : M → S2 é umafunção, então existe um único elemento d(f, 2) ∈ Z2, chamado grau módulo 2 de f , tal que

f∗ : H2(S2;Z2) −→ H2(M ;Z2)zs 7−→ d(f, 2)zm.

Vale o seguinte resultado:

Teorema 5.1.1. As seguintes funções são bem de�nidas e bijeções:

deg :[M, S2

]−→ Z

β = [f ] 7−→ deg(β) = d(f)

se M é orientável;

deg :[M,S2

]−→ Z2

β = [f ] 7−→ deg(β) = d(f, 2)

se M é não orientável.

Denotemos por A : S2 → S2 a involução antipodal. Lembremos que, por de�nição, RP2 = S2A.

Fixemos g : M → RP2 uma função. Suponhamos que g# : π1(M,m1) → π1(RP2, g(m1)) étrivial. Lembremos da teoria de grupo fundamental que se trocarmos m1 por outro ponto base m′1,então g# : π1(M,m′1)→ π1(RP2, g(m′1)) também é trivial. Portanto, a propriedade de g# ser trivialpode ser enunciada omitindo os pontos base.

Com estes fatos e notações �xadas, o objetivo deste capítulo é mostrar os seguintes resultadosde classi�cação:

Teorema 5.1.2. Sejam M uma superfície fechada orientável e τ : M → M uma involução livrede pontos �xos tal que o espaço de órbitas Mτ é orientável. Uma classe de homotopia β ∈

[M,S2

]tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, β não é a classe de homotopia de uma funçãoconstante.

Teorema 5.1.3. Sejam M uma superfície fechada orientável e τ : M → M uma involução li-vre de pontos �xos tal que o espaço de órbitas Mτ é não orientável. Uma classe de homotopiaβ ∈

[M,S2

]tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, χ(Mτ ) + deg(β) é ímpar, sendo

deg :[M,S2

]→ Z como de�nido no Teorema 5.1.1.

Teorema 5.1.4. Sejam M uma superfície fechada não orientável e τ : M → M uma involuçãolivre de pontos �xos (como pτ : M → Mτ é um recobrimento, então Mτ é não orientável). Existeapenas uma classe de homotopia β ∈

[M, S2

]em que vale a propriedade de Borsuk-Ulam. Mais

ainda, são verdadeiras as seguintes a�rmações, sendo θτ : π1(Mτ ) → Z2 como de�nido em (5.1) eδ como de�nido em (5.2):

1. Se θτ (δ) = 0, então β não é a classe de homotopia de uma função constante;

2. Se θτ (δ) = 1, então β é a classe de homotopia de uma função constante.

Teorema 5.1.5. Sejam M uma superfície fechada orientável, τ : M → M uma involução livre depontos �xos e α ∈

[M,RP2

]uma classe de homotopia tal que g# : π1(M) → π1(RP2) é trivial,

sendo g : M → RP2 um representante de α. Então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, esomente se, uma das seguintes condições é satisfeita:

5.2 OS CASOS (M, τ ; S2) 81

1. α não é a classe de homotopia de uma função constante;

2. o espaço de órbitas Mτ é não orientável e χ(Mτ ) é ímpar.

Teorema 5.1.6. Sejam M uma superfície fechada não orientável, τ : M →M uma involução livrede pontos �xos e α ∈

[M,RP2

]uma classe de homotopia tal que g# : π1(M) → π1(RP2) é trivial,

sendo g : M → RP2 um representante de α. Valem as seguintes a�rmações:

1. se θτ (δ) = 0, então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, α não é a classe dehomotopia de uma função constante.

2. se θτ (δ) = 1, então α tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

5.2 Os casos (M, τ ;S2)

O objetivo desta seção é estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para funções que têm comocontra-domínio S2 e demonstrar os Teoremas 5.1.2, 5.1.3 e 5.1.4. Notemos que estes casos nãosatisfazem as hipóteses do Lema Fundamental 1.4.3. Entretanto, usando a geometria de S2, nósmostraremos que estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para classes de homotopia é, no sentidodo Lema 5.2.1 que iremos demonstrar, dual ao problema de estudar quais classes de homotopia têmrepresentantes equivariantes. Este resultado será fundamental nas demonstrações dos resultados declassi�cação.

Ainda nesta seção, nós enunciaremos um resultado sobre grau módulo 2 (Proposição 5.2.2),o qual usaremos para demonstrar o Lema 5.2.3. Este resultado nos será útil quando estivermosestudando o problema de Borsuk-Ulam para funções cujo domínio esteja munido de uma involuçãotal que o espaço de órbitas é não orientável.

O objetivo das Subseções 5.2.1, 5.2.2 e 5.2.3 é de fato provar os Teoremas 5.1.2, 5.1.3 e 5.1.4,respectivamente. Na Subseção 5.2.2 mostraremos alguns resultados preliminares.

Lema 5.2.1. Sejam M uma superfície fechada, τ : M →M uma involução livre de pontos �xos eβ ∈

[M,S2

]uma classe de homotopia. As seguintes condições são equivalentes:

1. β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ ;

2. β tem um representante f : M → S2 que é (τ,A)-equivariante, isto é, β = [f ] e para cadax ∈M vale f(τ(x)) = A(f(x)).

Demonstração. A prova de que a condição 2 implica a condição 1 é igual ao �nal da demonstraçãodo Lema 1.4.1 e por isso a omitimos. Mostremos que 1 implica 2. A prova é construtiva e pode seracompanhada através da Figura 5.1. Lembremos que a norma de um elemento x = (x1, x2, x3) ∈ R3

é de�nida por ||x|| =√x2

1 + x22 + x2

3. Lembremos ainda que S2 = {x ∈ R3 | ||x|| = 1}. Se umaclasse de homotopia β ∈

[M,S2

]não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, por de�nição, β tem um

representante g : M → S2 tal que para todo x ∈M vale

g(τ(x)) 6= g(x).

Por esse motivo, o segmento de reta que une g(τ(x)) a −g(x) não passa pela origem de R3. Assim,está bem de�nida a homotopia

H : M × [0, 1]→ S2 dada por H(x, t) =(1− t)g(τ(x)) + t(−g(x))

||(1− t)g(τ(x)) + t(−g(x))||.

Seja

f : M → S2 de�nida por f(x) = −H(x,

1

2

)=

g(x)− g(τ(x))

||g(x)− g(τ(x))||.


Figura 5.1: construção de H e f .

Notemos que −H(x, 1) = − −g(x)

|| − g(x)||= g(x), e portanto f ' g. Logo, β = [g] = [f ]. Por �m,

mostremos que f é (τ,A)-equivariante. Seja x ∈M . Temos

f(τ(x)) =g(τ(x))− g(τ(τ(x)))

||g(τ(x))− g(τ(τ(x)))||=

g(τ(x))− g(x)

||g(τ(x))− g(x)||= − g(x)− g(τ(x))

||g(x)− g(τ(x))||= A(f(x)).

Em [10, Lema 3.2], nós temos um resultado que trata sobre grau módulo 2 e aplicações derecobrimento e que será utilizado na demonstração do Lema 5.2.3. Transcrevemos aqui este resultadono caso particular em que os espaços envolvidos são superfícies fechadas.

Proposição 5.2.2. Consideremos o seguinte diagrama comutativo

Mf //

��

N

��M

g // N,

sendo que todos os espaços são superfícies fechadas, as �echas verticais são aplicações de recobri-mento com mesmo número �nito de folhas e f é injetora nas �bras. Então vale a seguinte condição:

f∗ : H2(N ;Z2)→ H2(M ;Z2) é isomor�smo (resp. trivial)

se, e somente se,

g∗ : H2(N ;Z2)→ H2(M ;Z2) é isomor�smo (resp. trivial).

Lema 5.2.3. Sejam M uma superfície fechada, τ : M →M uma involução livre de pontos �xos talque o espaço de órbitas Mτ é não orientável e f : M → S2 uma função (τ,A)-equivariante. Vale aseguinte condição, sendo θτ : π1(Mτ )→ Z2 como de�nido em (5.1) e δ como de�nido em (5.2):

f∗ : H2(S2;Z2)→ H2(M ;Z2) é

{trivial, se θτ (δ) = 0;isomor�smo, se θτ (δ) = 1.

Demonstração. Como f : M → S2 é (τ,A)-equivariante, então para cada x ∈ M , temos quef{x, τ(x)} = {f(x),−f(x)}. Logo, f se passa ao quociente, isto é, existe g : Mτ → RP2 tal que o

5.2 OS CASOS (M, τ ; S2) 83

seguinte diagrama é comutativo:

Mf //

pτ

��

S2

pA

��Mτ

g // RP2.

(5.3)

Seguindo o mesmo raciocínio que utilizamos na demonstração do Lema 1.4.1, a partir de (5.3), nósobtemos o seguinte diagrama comutativo:

π1(Mτ )g# //

θτ ##

π1(RP2)

θAzzZ2.

Como π1(RP2) é isomorfo a Z2 e θA é sobrejetora, então θA é isomor�smo, e portanto, salvo iso-mor�smo, nós podemos supor que θτ = g#. Usando o fato que o primeiro grupo de homologia comcoe�cientes inteiros é isomorfo ao abelianizado do grupo fundamental e que este isomor�smo é na-tural em relação a homomor�smos induzidos por funções contínuas, nós temos o seguinte diagramacomutativo, sendo as �echas verticais as projeções naturais:

π1(Mτ )θτ=g# //

��

π1(RP2) ∼= Z2

��H1(Mτ ;Z)

g∗ // H1(RP2;Z) ∼= Z2.

(5.4)

Notemos que

• Se χ(Mτ ) é par, então H1(Mτ ;Z) = Z2[u]⊕ Z[v]⊕ Z[a1]⊕ · · · ⊕ Z[a2n−1]⊕ Z[a2n].

• Se χ(Mτ ) é ímpar, então H1(Mτ ;Z) = Z2[c]⊕ Z[a1]⊕ · · · ⊕ Z[a2n−1]⊕ Z[a2n].

De maneira resumida, nós podemos escrever

H1(Mτ ;Z) = Z2[δ]⊕ Z[b1]⊕ · · · ⊕ Z[bk],

sendo que k só depende de χ(Mτ ). Da comutatividade de (5.4), nós temos que

g∗(δ) =

{0, se θτ (δ) = 01, se θτ (δ) = 1.

(5.5)

De�nimos alguns homomor�smos seguindo as �echas do seguinte diagrama:

0 // Z η //

ω

��

Z[δ]⊕ Z[b1]⊕ · · · ⊕ Z[bk]ζ //

ξ

��

Z2[δ]⊕ Z[b1]⊕ · · · ⊕ Z[bk] = H1(Mτ ;Z) //

g∗

��

0

0 // Z η′ // Z ζ′ // Z2 = H1(RP2;Z) // 0

(5.6)sendo η(1) = 2δ, η′(1) = 2, ζ(δ) = δ, ζ(bi) = bi, ζ ′(1) = 1,

ω(1) =

{0, se θτ (δ) = 01, se θτ (δ) = 1

(5.7)


ξ(δ) =

{0, se g∗(δ) = 01, se g∗(δ) = 1

ξ(bi) =

{0, se g∗(bi) = 01, se g∗(bi) = 1.

Usando (5.5), é fácil mostrar que com estas de�nições, o diagrama (5.6) é comutativo e por isso omiti-mos os cálculos. Notemos que as �echas horizontais são resoluções livres de H1(Mτ ;Z) e H1(RP2;Z),respectivamente. Tomamos o funtor Hom(_,Z2) nestes homomor�smos e obtemos o diagrama co-mutativo dual:

0 // Hom(H1(RP2;Z),Z2)Hom(ζ′) //

Hom(g∗)

��

Hom(Z,Z2)Hom(η′) //

Hom(ξ)��

Hom(Z,Z2)

Hom(ω)

��0 // Hom(H1(Mτ ;Z),Z2)

Hom(ζ)// Hom(Z[δ]⊕ Z[b1]⊕ · · · ⊕ Z[bk],Z2)

Hom(η)// Hom(Z,Z2).

(5.8)

Notemos que o homomor�smo Hom(η′) é trivial. De fato, se h : Z→ Z2 é um homomor�smo, entãoHom(η′)(h)(1) = (h ◦ η′)(1) = h(2) = 2h(1) = 0. Analogamente, Hom(η) é trivial. Por de�niçãoExt(H1(RP2;Z),Z2) = coker(Hom(η′)) e Ext(H1(Mτ ;Z),Z2) = coker(Hom(η)), e portanto, usando(5.8) nós obtemos o seguinte diagrama comutativo:

Ext(H1(RP2;Z),Z2)∼= //

Ext(g∗)

��

Hom(Z,Z2) ∼= Z2

Hom(ω)

��Ext(H1(Mτ ;Z),Z2)

∼= // Hom(Z,Z2) ∼= Z2.

(5.9)

Seja j : Z→ Z2 o homomor�smo de�nido por j(1) = 1. Por (5.7), temos que

Hom(ω)(j)(1) = (j ◦ w)(1) =

{j(0) = 0, se θτ (δ) = 0j(1) = 1, se θτ (δ) = 1.

(5.10)

Deste modo, por (5.9) e (5.10) nós temos que

Ext(g∗) : Ext(H1(RP2;Z),Z2)→ Ext(H1(Mτ ;Z),Z2) é

{trivial, se θτ (δ) = 0isomor�smo, se θτ (δ) = 1.

(5.11)

Pelo Teorema dos coe�cientes universais para cohomologia, nós temos o seguinte diagrama comu-tativo com linhas horizontais exatas:

0 // Ext(H1(RP2;Z),Z2) //

Ext(g∗)

��

H2(RP2;Z2) //

g∗

��

Hom(H2(RP2;Z),Z2) //

Hom(g∗)

��

0

0 // Ext(H1(Mτ ;Z),Z2) // H2(Mτ ;Z2) // Hom(H2(Mτ ;Z),Z2) // 0.

(5.12)

Como RP2 eMτ são não orientáveis, então H2(RP2;Z) e H2(Mτ ;Z) são triviais e consequentementeHom(H2(RP2;Z),Z2) e Hom(H2(Mτ ;Z),Z2) são triviais. Logo, por (5.11) e pela exatidão das linhashorizontais do diagrama (5.12), nós temos que

g∗ : H2(RP2;Z2)→ H2(Mτ ;Z2) é


(5.13)

Por �m, notemos que o diagrama (5.3) está nas hipóteses da Proposição 5.2.2. Portanto, segue por

(5.13) que f∗ : H2(S2;Z2)→ H2(M ;Z2) é


5.2 OS CASOS (M, τ ; S2) 85

5.2.1 Prova do Teorema 5.1.2

Demonstração do Teorema 5.1.2. Vamos fazer a prova por contra positiva, ou seja, vamos mostrarque é verdadeira a seguinte a�rmação:

Uma classe de homotopia β ∈ [M, S2] não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se,e somente se, β é a classe de homotopia de uma função constante.

Primeiramente suponhamos que β é a classe de homotopia de uma função constante e vamos mostrarque β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Como M e Mτ são orientáveis, pelo Teorema 1.3.6,a tripla (M, τ ;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Logo, existe g : M → R2 tal queg(τ(x)) 6= g(x) para todo x ∈ M . Seja j : R2 → S2 um mergulho topológico. Temos que a funçãof = j ◦ g : M → S2 é homotópica a uma função constante, uma vez que R2 é contrátil, e portanto,β = [f ], pois todas as funções constantes são homotópicas. Como f(τ(x)) 6= f(x) para todo x ∈M ,então β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Reciprocamente, suponhamos que uma classe de homotopia β ∈ [M,S2] não tem a propriedade deBorsuk-Ulam e vamos mostrar que β é a classe de homotopia de uma função constante. Pelo Lema5.2.1, β tem um representante f : M → S2 que é (τ,A)-equivariante. Logo, o seguinte diagrama écomutativo:

Mf //

τ

��

S2

A��

Mf // S2.

Tomando o segundo grupo de cohomologia com coe�cientes inteiros, nós temos o seguinte diagramacomutativo:

H2(M ;Z) H2(S2;Z)f∗oo

H2(M ;Z)

τ∗

OO

H2(S2;Z).f∗oo

A∗

OO(5.14)

Como Mτ é orientável, então a involução τ é uma aplicação que preserva orientação, e portanto,τ∗ é a identidade. Lembremos que A∗ é menos a identidade. Assim, se zm e zs são os respectivosgeradores dos grupos cíclicos H2(M ;Z) e H2(S2;Z) e d(f) é o grau de f , temos que

d(f)zm = f∗(zs) = (τ∗ ◦ f∗)(zs)(5.14)

= (f∗ ◦A∗)(zs) = f∗(−zs) = −f∗(zs) = −d(f)zm

donde segue que deg(β) = d(f) = 0, sendo deg :[M,S2

]→ Z como de�nido no Teorema 5.1.1.

Como deg é uma bijeção, então β é a classe de homotopia de uma função constante.


Lema 5.2.4. Sejam M uma superfície fechada orientável e τ : M → M uma involução livre depontos �xos tal que o espaço de órbitas Mτ é não orientável. Valem as seguintes a�rmações, sendoθτ : π1(Mτ )→ Z2 como de�nido em (5.1) e δ como de�nido em (5.2):

• Se χ(Mτ ) é par, então θτ (δ) = 0;

• Se χ(Mτ ) é ímpar, então θτ (δ) = 1.

Ou equivalentemente, a seguinte a�rmação é verdadeira:

χ(Mτ ) é par (resp. ímpar) se, e somente se, θτ (δ) = 0 (resp. 1).


Demonstração. Se χ(Mτ ) é par, então

π1(Mτ ) =⟨u, v, a1, a2, · · · , a2n−1, a2n | uvuv−1[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n] = 1

⟩e δ = u.

Suponhamos primeiramente que θτ (v) = 0. Como temos a sequência exata

1 // π1(M)(pτ )# // π1(Mτ )

θτ // Z2// 1,

então existe um elemento v′ ∈ π1(M) tal que (pτ )#(v′) = v. Como v ∈ π1(Mτ ) é uma classe dehomotopia de laços que invertem orientação e como pτ : M →Mτ é uma aplicação de recobrimento,então v′ é uma classe de homotopia de laços que invertem orientação, o que é um absurdo, poisM é orientável. Portanto, θτ (v) = 1. Como u é uma classe de homotopia de laços que preservamorientação, então uv é uma classe de laços que invertem orientação, e repetindo o argumento anterior,temos que θτ (uv) = 1. Assim, temos que

θτ (δ) = θτ (u) = θτ (u) + 2θτ (v) = θτ (u) + θτ (v) + θτ (v) = θτ (uv) + θτ (v) = 1 + 1 = 0.

Se χ(Mτ ) é ímpar, então

π1(Mτ ) =⟨c, a1, a2, · · · , a2n−1, a2n | c2[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n] = 1

⟩e δ = c.

Como c é uma classe de homotopia que representa laços de Mτ que invertem orientação, entãoθτ (c) = 1, pelo mesmo argumento que usamos anteriormente, e portanto, θτ (δ) = 1.

Lema 5.2.5. Sejam M uma superfície orientável, τ : M →M uma involução livre de pontos �xostal que o espaço de órbitas Mτ é não orientável. Se f : M → S2 é uma função (τ,A)-equivariante,então vale a seguinte condição, sendo que d(f) ∈ Z denota o grau de f , θτ : π1(Mτ )→ Z2 é comode�nido em (5.1) e δ é como de�nido (5.2):

d(f) é

{par, se θτ (δ) = 0;ímpar, se θτ (δ) = 1.

Demonstração. Por [9, Capítulo VI, Corolário 10.26], nós temos o seguinte diagrama comutativocom linhas horizontais exatas:

0 // Z2 ⊗H2(S2;Z) //

Id⊗f∗��

H2(S2;Z2) //

f∗

��

Tor(Z2; H3(S2;Z)) //

Tor(Z2;f∗)��

0

0 // Z2 ⊗H2(M ;Z) // H2(M ;Z2) // Tor(Z2; H3(M ;Z)) // 0.

(5.15)

Como S2 e M são superfícies fechadas, então H3(S2;Z) e H3(M ;Z) são triviais, e portanto sãotriviais Tor(Z2; H3(S2;Z)) e Tor(Z2; H3(M ;Z)). Logo, como f é (τ,A)-equivariante, segue do Lema5.2.3 e do diagrama (5.15) que

Id⊗ f∗ : Z2 ⊗H2(S2;Z)→ Z2 ⊗H2(M ;Z) é


(5.16)

Lembremos que se zs e zm são os respectivos geradores dos grupos cíclicos in�nitos H2(S2;Z)e H2(M ;Z), então 1 ⊗ zs e 1 ⊗ zm são os respectivos geradores dos grupos Z2 ⊗ H2(S2;Z) eZ2 ⊗H2(M ;Z), os quais são cíclicos de ordem 2. Assim, temos que

Id⊗ f∗(1⊗ zs) = Id(1)⊗ f∗(zs) = 1⊗ d(f)zm = d(f)(1⊗ zs) = d(f)⊗ zs

5.2 OS CASOS (M, τ ; S2) 87

e portanto, segue de (5.16) que

d(f) é

{par, se θτ (δ) = 0;ímpar, se θτ (δ) = 1.

Sejam M uma superfície fechada orientável e τ : M → M uma involução livre de pontos �xostal que o espaço de órbitas Mτ é não orientável. Notemos que neste caso, τ é um homeomor�smoque inverte orientação e portanto, τ∗ : H2(M ;Z) → H2(M ;Z) é menos a identidade. Lembre-mos que A∗ : H2(S2;Z) → H2(S2;Z) também é menos a identidade. Assim, se considerarmosZ2∼= {IdM , τ} ∼= {IdS2 , A}, então H2(M ;Z) e H2(S2;Z) são isomorfos como Z2-módulos. Estas são

as hipóteses necessárias para que seja verdadeiro o seguinte resultado, o qual está enunciado em [8,Teorema 4.11] para situações mais gerais.

Proposição 5.2.6. Sejam M uma superfície fechada orientável e τ : M →M uma involução livrede pontos �xos tal que o espaço de órbitas Mτ é não orientável. Valem as seguintes condições:

1. Existe uma função f : M → S2 que é (τ,A)-equivariante;

2. Se d é um número inteiro tal que d ≡ d(f) mod 2, então existe uma função f ′ : M → S2 queé (τ,A)-equivariante e tal que d(f ′) = d;

3. Se f ′ : M → S2 é uma função (τ,A)-equivariante, então d(f ′) ≡ d(f) mod 2.

Demonstração do Teorema 5.1.3. Notemos que por contra positiva, para que o resultado �que de-monstrado, basta mostrarmos que são verdadeiras as seguintes a�rmações:

1. Se χ(Mτ ) é par, então β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, deg(β) é par.

2. Se χ(Mτ ) é ímpar, então β não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, deg(β) éímpar.

Notemos que pelos Lemas 5.2.1 e 5.2.4, as a�rmações 1′ e 2′ são equivalentes as seguintes a�rmações:

1′. Se θτ (δ) = 0, então β tem um representante (τ,A)-equivariante se, e somente se, deg(β) é par.

2′. Se θτ (δ) = 1, então β tem um representante (τ,A)-equivariante se, e somente se, deg(β) éímpar.

Vamos provar 1′ (resp. 2'). Seja β ∈ [M, S2] uma classe de homotopia. Como M é orientável eMτ é não orientável, pela Proposição 5.2.6, item 1, existe uma função f : M → S2 que é (τ,A)-equivariante. Como θτ (δ) = 0 (resp. θτ (δ) = 1), pelo Lema 5.2.5, temos que d(f) é par (resp.ímpar).

Se β tem um representante f ′ : M → S2 que é (τ,A)-equivariante, pela Proposição 5.2.6, item 3,então deg(β) = d(f ′) ≡ d(f) mod 2, donde segue deg(β) é par (resp. ímpar).

Reciprocamente, se deg(β) = d é par (resp. ímpar), como d ≡ d(f) mod 2, pela Proposição 5.2.6,item 2, existe uma função f ′ : M → S2 que é (τ,A)-equivariante e d(f ′) = d. Como deg é bijeção,de acordo com o Teorema 5.1.1, então β = [f ′].



Demonstração do teorema 5.1.4. Como M é não orientável, pelo Teorema 5.1.1, o conjunto [M,S2]tem dois elementos. Denotamos tais elementos por β0 e β1, sendo β0 a classe de homotopia deuma função constante. Primeiramente, seja β ∈

[M,S2

]uma classe de homotopia que não tem a

propriedade de Borsuk-Ulam e vamos mostrar que valem as seguintes a�rmações:

(a) Se θτ (δ) = 0, então β = β0;

(b) Se θτ (δ) = 1, então β = β1.

Pelo Lema 5.2.1, existe uma função f : M → S2 que representa β e que é (τ,A)-equivariante. PeloLema 5.2.3, temos que

f∗ : H2(S2;Z2)→ H2(M ;Z2) é


(5.17)

Lembremos que f∗(zs) = d(f, 2)zm, sendo zs e zm os respectivos geradores dos grupos H2(S2;Z2) eH2(M ;Z2), os quais são cíclicos de ordem 2, e d(f, 2) ∈ Z2. Lembremos ainda que deg(β) = d(f, 2),de acordo com a notação do Teorema 5.1.1. Logo, por (5.17) temos que

deg(β) =

{0, se θτ (δ) = 0;1, se θτ (δ) = 1.

(5.18)

As a�rmações (a) e (b) seguem de (5.18) e do fato que deg é bijeção, deg(β0) = 0 e deg(β1) = 1.

Mostremos agora que existe uma classe de homotopia β que não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Como M é não orientável, pela Teorema 1.3.7, a tripla (M, τ ;S2) não tem a propriedade deBorsuk-Ulam, isto é, existe uma função f : M → S2 tal que f(τ(x)) 6= f(x), para todo x ∈ M .Assim, a classe de homotopia β = [f ] ∈

[M,S2

]não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Até esta parte da demonstração, nós podemos concluir que existe um elemento no conjunto[M,S2

]que não tem a propriedade de Borsuk-Ulam e este elemento é único. Novamente, como o conjunto[M,S2

]tem dois elementos, então por contra-positiva, existe apenas uma classe de homotopia

β ∈[M, S2

]que tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Segue por (a) e (b), novamente por contra-

positiva, que são verdadeiras as a�rmações 1 e 2 do enunciado do resultado.

5.3 Os casos (M, τ ;RP2)

O objetivo desta seção é estudar a propriedade de Borsuk-Ulam para uma certa família defunções que têm como contra-domínio RP2. Mais precisamente, dada uma involução livre de pontos�xos τ : M → M , nós vamos classi�car, em relação a propriedade de Borsuk-Ulam, as classes dehomotopia α ∈ [M,RP2] tal que α tem um representante que induz o homomor�smo trivial a nívelde grupo fundamental (notemos que neste caso qualquer representante de α induz o homomor�smotrivial a nível de grupo fundamental).

Vamos fazer uma construção geométrica que será usada nas demonstrações dos Teoremas 5.1.5 e5.1.6, as quais faremos nas Subseções 5.3.1 e 5.3.2, respectivamente. Ainda nesta seção, enunciaremose provaremos dois resultados que também serão úteis.

Lema 5.3.1. Sejam M uma superfície fechada e τ : M → M uma involução livre de pontos�xos. Suponhamos que uma classe de homotopia α ∈ [M,RP2] tem um representante que induz ohomomor�smo trivial no nível de grupo fundamental e que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.Então, existe uma função f : M → S2 tal que

f(τ(x)) 6= f(x) e f(τ(x)) 6= −f(x), para todo x ∈M

5.3 OS CASOS (M, τ ;RP2) 89

e tal que α = [pA ◦ f ], sendo pA : S2 → RP2 o recobrimento duplo induzido pela involução antipodalA : S2 → S2.

Demonstração. Por hipótese, existe uma função g : M → RP2 que representa α, tal que valem asseguintes condições:

1. g(τ(x)) 6= g(x), para todo x ∈M ;

2. g# : π1(M)→ π1(RP2) é trivial.

Por 2., existe um levantamento de g pelo recobri-mento pA : S2 → RP2, isto é, existe uma funçãof : M → S2, tal que o seguinte diagrama é co-mutativo:

S2

pA

��M g

//

f

==

RP2.

Da comutatividade deste diagrama e por 1., segue que para todo x ∈M vale

f(τ(x)) 6= f(x) e f(τ(x)) 6= −f(x).

Também da comutatividade do diagrama segue que α = [g] = [pA ◦ f ].

Lema 5.3.2. Sejam M uma superfície fechada, τ : M →M uma involução livre de pontos �xos eA2(S2) = {(x, y) ∈ S2 × S2 | x 6= ±y}. Consideremos τ1 : A2(S2) → A2(S2) a involução de�nida

por τ1(x, y) = (y, x) e B2(S2) =A2(S2)

∼o espaço de órbitas. Se existe uma função f : M → S2 tal

que f(τ(x)) 6= ±f(x) para todo x ∈ M , então existe o seguinte diagrama comutativo (omitimos ospontos bases):

π1(Mτ )ψ //

θτ ##

π1(B2(S2))

πzz

Z2

sendo π : π1(B2(S2))→ Z2∼=

π1(B2(S2))

(pτ1)#(π1(A2(S2)))a projeção natural.

Demonstração. Suponhamos que f : M → S2 seja uma função tal que f(τ(x)) 6= ±f(x), para todox ∈M . Por este motivo, está bem de�nida a seguinte função:

F : M −→ A2(S2)x 7−→ (f(τ(x)), f(x)).

Notemos que para cada x ∈M , temos

F (τ(x)) = (f(τ(τ(x))), f(τ(x))) = (f(x), f(τ(x))) = τ1(F (x))

ou seja, F é (τ, τ1)-equivariante. Portanto, existe F : Mτ → B2(S2) tal que o seguinte diagrama écomutativo:

MF //

pτ

��

A2(S2)

pτ1��

MτF // B2(S2).

A demonstração daqui em diante segue utilizando exatamente os mesmos argumentos da primeiraparte da demonstração do Lema 1.4.1, e por isso a omitimos.


Lema 5.3.3. Sejam M uma superfície fechada, τ : M →M uma involução livre de pontos �xos eα ∈ [M,RP2] a classe de homotopia de uma função constante. Se (M, τ ;R2) não tem a propriedadede Borsuk-Ulam, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a τ .

Demonstração. A prova é construtiva e pode ser acompanhada através da Figura 5.2. Seja D2 odisco fechado unitário de R2. Por hipótese, (M, τ ;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam ecomo R2 mergulha em D2, então o mesmo ocorre com a tripla (M, τ ;D2). Portanto, existe umafunção h : M → D2 tal que para todo x ∈M vale

h(τ(x)) 6= h(x).

Seja j : D2 → S2 um mergulho topológico tal que a imagem esteja contida no interior de umhemisfério de S2. Assim, a função f = j ◦ h : M → S2 é tal que para todo x ∈M vale

f(τ(x)) 6= ±f(x).

Por �m, seja g = pA ◦ f : M → RP2. Então, para todo x ∈M vale

g(τ(x)) 6= g(x).

Como g = pA ◦j ◦h, então g é homotópica a uma função constante e portanto, g é um representanteda classe de homotopia α. Logo, α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Figura 5.2: construção de g.


Demonstração do Teorema 5.1.5. Por contra positiva, a tese do teorema pode ser reescrita do se-guinte modo:

α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas:

1′. α é a classe de homotopia de uma função constante;

2′. o espaço de órbitas Mτ é orientável ou Mτ é não orientável e χ(Mτ ) é par.

5.3 OS CASOS (M, τ ;RP2) 91

Vamos provar que estas a�rmações são verdadeiras.

Suponhamos que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Pelo Lema 5.3.1, existe f : M → S2

tal que α = [pA ◦ f ] e tal que para todo x ∈M vale

f(τ(x)) 6= f(x) e f(τ(x)) 6= −f(x).

Seja β ∈[M, S2

]a classe de homotopia de f . Notemos que β não tem a propriedade de Borsuk-

Ulam. Com argumentos geométricos análogos aos que foram usados na demonstração do Lema 5.2.1,podemos mostrar que estão bem de�nidas as homotopias H,G : M × [0, 1]→ S2, dadas por

H(x, t) =(1− t)f(τ(x)) + t(−f(x))

||(1− t)f(τ(x)) + t(−f(x))||e G(x, t) =

(1− t)f(τ(x)) + tf(x)

||(1− t)f(τ(x)) + tf(x)||.

Para cada t ∈ [0, 1], sejam ht, gt : M → S2 de�nidas por

ht(x) = H(x, t) e gt(x) = G(x, t).

Notemos queA ◦ f = h1 ' h0 = f ◦ τ = g0 ' g1 = f.

Logo, f é homotópica a A ◦ f , ou equivalentemente, o seguinte diagrama é homotópico comutativo:

Mf

~~

f

!!S2

A// S2.

Tomando o segundo grupo de cohomologia com coe�cientes inteiros, obtemos o seguinte diagramacomutativo:

H2(M ;Z)

H2(S2;Z)

f∗88

H2(S2;Z).A∗

oo

f∗ff

Sejam zs e zm os geradores dos grupos cíclicos H2(S2;Z) e H2(M ;Z), respectivamente, e d(f) ∈ Zo grau de f . Temos que

d(f)zm = f∗(zs) = (f∗ ◦A∗)(zs) = f∗(−zs) = −f∗(zs) = −d(f)zm

e portanto, utilizando a notação e o resultado do Teorema 5.1.1, temos que deg(β) = d(f) = 0,donde segue que β é a classe de homotopia de uma função constante. Como α = [pA ◦ f ], então αé a classe de homotopia da função constante, ou seja, vale 1′. Como M é orientável e β não tem apropriedade de Borsuk-Ulam, segue dos Teoremas 5.1.2 e 5.1.3 que vale 2′.

Reciprocamente, suponhamos que valha 1′ e 2′. Como τ : M →M é uma involução livre de pontos

�xos, então, por [1, Capítulo 7, Problema 14], temos queχ(M)

2= χ(Mτ ). Assim, segue da hipótese

de M ser orientável, por 2′ e pelo Teorema 1.3.6 que a tripla (M, τ ;R2) não tem a propriedade deBorsuk-Ulam. Como α é a classe de homotopia de uma função constante, segue pelo Lema 5.3.3que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.


Demonstração do Teorema 5.1.6 item 1. Notemos que por contra positiva, o item 1 é equivalentea seguinte a�rmação:


1′. Se θτ (δ) = 0, então α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, α é a classe dehomotopia de uma função constante.

Vamos provar 1′. Suponhamos que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Pelo Lema 5.3.1,existe f : M → S2 tal que α = [pA ◦ f ] e tal que para todo x ∈M vale f(τ(x)) 6= ±f(x). Notemosque a classe de homotopia β = [f ] ∈ [M, S2] não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Como M énão orientável, pelo Teorema 5.1.1, o conjunto [M,S2] tem dois elementos. Como θτ (δ) = 0, peloTeorema 5.1.4, β é a classe de homotopia de uma função constante e portanto, f é homotópica auma função constante. Logo, α = [pA ◦ f ] é a classe de homotopia de uma função constante.

Reciprocamente, seja α a classe de homotopia de uma função constante. Como M é não orientávele θτ (δ) = 0, pelo Teorema 1.3.6, a tripla (M, τ ;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Seguepelo Lema 5.3.3, que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Demonstração do Teorema 5.1.6 item 2. Vamos fazer a prova por contradição. Suponhamos entãoque θτ (δ) = 1, α ∈ [M,RP2] seja uma classe de homotopia que tem um representante que induzo homomor�smo trivial e por absurdo, suponhamos que α não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Pelo Lema 5.3.1, existe f : M → S2 tal que α = [pA ◦ f ] e tal que para todo x ∈ M valef(τ(x)) 6= ±f(x). Logo, pelo Lema 5.3.2, temos o seguinte diagrama comutativo:

π1(Mτ )ψ //

θτ ##

π1(B2(S2)).

πyy

Z2.

No apêndice C, Teorema C.0.22, está demonstrado que π1(B2(S2)) =⟨σ | σ4 = 1

⟩e que

π : π1(B2(S2))→ Z2 é de�nida por π(σ) = 1.

Se χ(Mτ ) é par, então

π1(Mτ ) =⟨u, v, a1, a2, · · · , a2n−1, a2n | uvuv−1[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n] = 1

⟩e δ = u.

Como ψ é homomor�smo, então

ψ(uvuv−1[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n]) = 1.

Como π1(B2(S2)) é abeliano, a igualdade acima se reduz a

ψ(u)2 = 1.

Portanto, ψ(u) = σt, sendo t = 0 ou t = 2. Da comutatividade do diagrama acima, temos a seguinteigualdade em Z2:

1 = θτ (δ) = θτ (u) = π(ψ(u)) = π(σt) = tπ(σ) = t = 0,

o que é um absurdo. Portanto, α tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

Se χ(Mτ ) é ímpar, então

π1(Mτ ) =⟨c, a1, a2, . . . , a2n−1, a2n = 1 | c2[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n]

⟩e δ = c.

A argumentação é totalmente análoga ao caso anterior e por isso a omitimos.

Capítulo 6

A propriedade de Borsuk-Ulam para

ações de Zp

6.1 Introdução

Em todo este capítulo, p denotará um número inteiro primo positivo.

Na Introdução deste trabalho, nós demos a de�nição da propriedade de Borsuk-Ulam para umatripla (M, τ ;N), sendo τ : M → N uma involução livre de pontos �xos (De�nição 0.0.1). Nesteúltimo capítulo, nós vamos fazer uma generalização desta ideia para ações livres de Zp (De�nição6.2.3). A nova de�nição vai coincidir com a De�nição 0.0.1 no caso em que p = 2. Vamos mostrarque diferente dos Teoremas 1.3.6 e 1.3.7, mantendo o domínio e o contra-domínio sendo superfíciesfechadas, mas considerando p 6= 2, então nenhuma tripla terá a propriedade de Borsuk-Ulam (Teo-rema 6.2.5). Observemos que também neste caso p 6= 2, se coloca a questão de estudar o problemade classi�car classes de homotopia que têm a propriedade de Borsuk-Ulam com respeito a estasações, o qual poderá ser um tópico de uma pesquisa futura.

6.2 Ações livre de Zp e a propriedade de Borsuk-Ulam

De�nição 6.2.1. Dada % : Zp ×M → M uma ação livre de Zp em uma superfície fechada M , afunção τ : M →M de�nida por τ(x) = %(1, x) é denominada de gerador de %.

Notemos que se τ : M → M é o gerador de uma ação livre % : Zp ×M → M , então τ(x) 6= xpara todo x ∈M e τp = IdM . Vale uma recíproca, no sentido do seguinte resultado:

Lema 6.2.2. Seja τ : M →M uma função tal que τ(x) 6= x para todo x ∈M e τp = IdM . Então,τ de�ne uma ação livre de Zp em M do seguinte modo:

% : Zp ×M −→ M

(k, x) 7−→ %(k, x) = τk(x).

Mais ainda, τ é o gerador de %.

Demonstração. Primeiramente notemos que % é bem de�nida. De fato, se k1 ≡ k2 mod p, entãoexiste m ∈ Z tal que k1 = k2 +mp. Assim, para cada x ∈M , temos que

τk1(x) = τk2+mp(x) = τk2(τmp(x)) = τk2(

m︷︸︸︷(τp ◦ · · · ◦ τp)(x)) = τk2(x)

e portanto, %(k1, x) = %(k2, x). É fácil ver que % é uma ação. Mostremos que de fato esta ação élivre. Para isto, notemos que é su�ciente mostrar que para cada x ∈M , o conjunto

{x, τ(x), . . . , τp−1(x)}

93

94 A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM PARA AÇÕES DE ZP 6.2

tem p elementos distintos. Suponhamos primeiramente que τa(x) = x para algum a ∈ {1, . . . , p−1}.Notemos que

τma(x) = (τ (m−1)a ◦ τa)(x) = τ (m−1)a(x),

e usando indução, segue que para todo m ∈ {1, . . . , p−1} vale τma(x) = x. Como Zp é corpo, entãoma ≡ 1 mod p para algum m ∈ {1, 2, . . . , p − 1}. Logo, existe i ∈ Z tal que ma = 1 + ip. Assim,temos que

τ(x) = (

i︷︸︸︷τp ◦ · · · ◦ τp ◦τ)(x) = (τ ip ◦ τ)(x) = τ ip+1(x) = τma(x) = x

o que é um absurdo. Segue que

τa(x) 6= x para todo x ∈M e para todo a ∈ {1, 2, . . . , p− 1}. (6.1)

Por �m, suponhamos que τ r(x) = τ s(x) para algum x ∈ M , sendo r, s ∈ {0, 1, . . . , p − 1} e r < s.Então τ s−r(x) = x e s − r ∈ {1, . . . , p − 1}, o que é um absurdo por (6.1). Isto mostra que paratodo x ∈M o conjunto {x, τ(x), . . . , τp−1(x)} tem p pontos distintos.

Notemos que pelo Lema 6.2.2, para de�nirmos uma ação livre de Zp em M é su�ciente de�niruma função τ : M → M que satisfaz as hipóteses deste resultado. Por este motivo, a frase �sejaZp uma ação livre em M e τ : M → M o gerador desta ação� signi�ca que temos uma ação% : Zp ×M → M e τ : M → M é o gerador desta ação. Tal terminologia coincide com a escritausual sobre ações livres de grupos (veja por exemplo [8]).

Feitas estas considerações, generalizamos a De�nição 0.0.1 do seguinte modo:

De�nição 6.2.3. Seja Zp uma ação livre em M e seja τ : M →M o gerador desta ação. Dizemosque a tripla (M,Zp;N) tem a propriedade de Borsuk-Ulam se para cada função f : M → N , existex ∈M tal que o conjunto {f(x), f(τ(x)), . . . , f(τp−1(x))} tem menos de p elementos.

Fixemos τ : M → M uma função que de�ne uma ação livre de Zp em M , conforme o Lema6.2.2, sendo M uma superfície fechada. Em M de�nimos a seguinte relação:

x ∼ y ⇔ y ∈ {x, τ(x), τ2(x), . . . , τp−1(x)}.

Usando o fato que τp = IdM , é fácil mostrar que ∼ é uma relação de equivalência. Denotamospor Mτ o espaço quociente (também chamado espaço de órbitas) e por pτ : M → Mτ a projeçãonatural. Como M é uma superfície fechada, então Mτ também o é e pτ é um recobrimento a pfolhas. Logo, temos a seguinte sequência exata (omitimos os pontos bases)

1 // π1(M)(pτ )# // π1(Mτ )

θτ // Zp // 1 (6.2)

sendo que estamos identi�candoπ1(Mτ )

(pτ )#(π1(M))com Zp e θτ é a projeção natural.

Seja N uma superfície fechada ou R2. De�nimos

Fp(N) = {(x0, x1, . . . , xp−1) ∈ N × · · · ×N | xi 6= xj se i 6= j},

o qual é chamado de p-espaço de con�guração ordenado de N .De�nimos τ1 : Fp(N)→ Fp(N) pela fórmula

τ1(x0, x1, . . . , xp−1) = (x1, . . . , xp−1, x0).

É fácil ver que τ1 é o gerador de uma ação livre de Zp, conforme a De�nição 6.2.1 e o Lema6.2.2. Denotamos por Qp(N) o espaço de órbitas desta ação e por j : Fp(N) → Qp(N) a projeçãonatural. Notemos que j é um recobrimento a p folhas.

6.2 AÇÕES LIVRE DE ZP E A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM 95

O grupo π1(Fp(N)) é denotado por Pp(N) (não estamos nos preocupando com ponto base) e échamado de grupo de p-tranças puras de N . Denotamos o grupo π1(Qp(N)) por Gp(N). Obtemosassim, a seguinte sequência exata

1 // Pp(N)j# // Gp(N)

π // Zp // 1 (6.3)

sendo que estamos identi�candoGp(N)

j#(Pp(N))com Zp e π é a projeção natural.

Agora, vamos fazer uma construção totalmente análoga ao que �zemos na Seção 1.4.Suponhamos que (M,Zp;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam. Por de�nição, existe uma

função f : M → N tal que para todo x ∈ M o conjunto {f(x), f(τ(x)), . . . , f(τp−1(x))} tem ppontos distintos. Logo, está bem de�nida a seguinte função:

F : M −→ Fp(N)x 7−→ (f(x), f(τ(x)), . . . , f(τp−1(x))).

Para todo x ∈M temos

F (τ(x)) = (f(τ(x)), f(τ(τ(x))), . . . , f(τ(τp−1(x)))) = (f(τ(x)), f(τ(τ(x))), . . . , f(x)) = τ1(F (x))

donde segue F (τk(x)) = τk1 (F (x)) para todo k ∈ {0, 1, . . . , p− 1}. Logo, F se passa ao quociente,isto é, existe F : Mτ → Qp(N) tal que o seguinte diagrama é comutativo:

MF //

pτ

��

Fp(N)

j

��Mτ

F // Qp(N).

Aplicando o funtor π1 neste diagrama e usando argumentos análogos aos que usamos na demons-tração do Lema 1.4.1, obtemos o seguinte diagrama comutativo:

π1(Mτ )F# //

θτ ##

Gp(N)

π{{

Zp.

Nos casos em que N 6= S2,RP2, vale a recíproca. Mais precisamente, temos o seguinte resultado:

Lema 6.2.4. Sejam uma ação livre de Zp em M , sendo M uma superfície fechada, τ : M →M ogerador desta ação e N igual ao plano R2 ou igual a uma superfície fechada diferente de S2 ou RP2. Atripla (M,Zp;N) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam se, e somente se, existe um homomor�smoψ : π1(Mτ )→ Gp(N) tal que é comutativo o seguinte diagrama:

π1(Mτ )ψ //

θτ ##

Gp(N)

π||

Zp

(6.4)

sendo θτ como de�nido em (6.2) e π como de�nido em (6.3).

Demonstração. A parte �somente se� já está feita. Basta tomar ψ = F#, sendo F : Mτ → Qp(N)

96 A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM PARA AÇÕES DE ZP 6.2

como construída anteriormente.

Suponhamos então que temos o diagrama comutativo (6.4). Se x ∈ π1(Mτ ) é tal que θτ (x) = 0, então(π ◦ ψ)(x) = θτ (x) = 0. Logo, por restrição, está bem de�nido o homomor�smoψ|ker θτ : ker θτ → kerπ. Pela exatidão das sequências (6.2) e (6.3), existe um homomor�smoϕ : π1(M)→ Pp(M) tal que é comutativo o seguinte diagrama:

π1(M)ϕ //

(pτ )#

��

Pp(N)

j#

��π1(Mτ )

ψ //

θτ ##

Gp(N)

π{{

Zp.

Como N é igual ao R2 ou é igual a uma superfície fechada diferente de S2 ou RP2, em [13, Co-rolário 2.2] está demonstrado que πi(Fp(N)) é trivial se i > 1. Como j : Fp(N) → Qp(N) é umrecobrimento, segue πi(Qp(N)) é trivial se i > 1. A partir daqui, a argumentação segue de maneiratotalmente análoga as demonstrações do Lema 1.4.1 e do Lema Fundamental 1.4.3 e por isso vamosomitir o restante da prova.

O objetivo do restante deste capítulo é provar o seguinte resultado:

Teorema 6.2.5. Sejam Zp uma ação livre em M , sendo p > 2 e M uma superfície fechada, eτ : M → M o gerador desta ação. Seja ainda N igual ao plano R2 ou igual a uma superfíciefechada. Existe uma função f : M → N que é homotópica a uma função constante tal que para todox ∈M o conjunto {x, τ(x), . . . , τp−1(x)} tem p elementos distintos, ou equivalentemente, a imagemda órbita de x pela função f tem p pontos distintos. Portanto, (M,Zp;N) não tem a propriedadede Borsuk-Ulam.

Antes de provar o Teorema 6.2.5, vamos fazer algumas considerações sobre o espaço de órbitasMτ e seu grupo fundamental.

Se Mτ é orientável, então π1(Mτ ) tem a seguinte presentação:

π1(Mτ ) = 〈a1, a2, . . . a2n−1, a2n | [a1, a2] · · · [a2n−1, a2n]〉.

Se Mτ é não orientável, dependendo da característica de Euler de Mτ , nós temos as seguintespossibilidades para presentação de π1(Mτ ):

π1(Mτ ) =⟨u, v, a1, a2, a2n−1, a2n | uvuv−1[a1, a2] · · · [a2n−1, a2n]

⟩, se χ(Mτ ) é par;

π1(Mτ ) =⟨c, a1, a2, a2n−1, a2n | c2[a1, a2] · · · [a2n−1, a2n]

⟩, se χ(Mτ ) é ímpar.

Lema 6.2.6. Sejam Zp uma ação livre em M , sendo M uma superfície fechada, e τ : M →M umgerador desta ação. Suponhamos que p 6= 2 e o espaço de órbitas Mτ é não orientável. Valem asseguintes condições, sendo θτ : π1(Mτ )→ Zp como de�nido em (6.2):

• Se χ(Mτ ) é par, então θτ (u) = 0.

• Se χ(Mτ ) é ímpar, então θτ (c) = 0.

6.2 AÇÕES LIVRE DE ZP E A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM 97

Demonstração. Suponhamos que χ(Mτ ) é par. Como θτ é homomor�smo, então

θτ (uvuv−1[a1, a2] . . . [a2n−1, a2n]) = 0.

Como Zp é um grupo abeliano, a igualdade anterior se reduz a 2θτ (u) = 0. Portanto, o elementoθτ (u) tem ordem par, mas como p é um inteiro primo ímpar, não existem elementos não nulos deordem par. Segue que θτ (u) = 0. A prova é análoga para o caso em que χ(Mτ ) é ímpar, e por issoa omitimos.

Demonstração do Teorema 6.2.5. Primeiramente, vamos mostrar que (M,Zp;R2) não tem a pro-priedade de Borsuk-Ulam. Como a sequência (6.3) é exata, então π : Gp(R2) → Zp é sobrejetora.Logo, existe

b ∈ Gp(R2) tal que π(b) = 1.

1o caso: Suponhamos que Mτ é orientável. Para cada gerador ai ∈ π1(Mτ ), seja

ki ∈ {0, 1, 2, , . . . , p− 1} tal que θτ (ai) = ki.

De�nimosµ : {a1, . . . , an} −→ Gp(R2)

ai 7−→ µ(ai) = bki .(6.5)

Notemos queµ([a1, a2] · · · [a2n−1, a2n]) = [bk1 , bk2 ] · · · [bk2n−1 , bk2n ] = 1,

e portanto, nós temos um bem de�nido homomor�smo ψ : π1(Mτ ) → Gp(R2), o qual no conjuntode geradores coincide com µ. Mostremos que temos uma diagrama comutativo como em (6.4). Paratodo i ∈ {1, . . . , n}, temos

(π ◦ ψ)(ai) = π(ψ(ai)) = π(µ(ai)) = π(bki) = ki (π(b)) = ki1 = ki = θτ (ai).

Segue pelo Lema 6.2.4 que (M,Zp;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

2o caso: Suponhamos que Mτ é não orientável e χ(Mτ ) é par. Seja

kv ∈ {0, 1, 2, . . . , p− 1} tal que θτ (v) = kv.

De�nimosν : {u, v, a1, . . . , an} −→ Gp(R2)

u 7−→ ν(u) = 1v 7−→ ν(v) = bkv

ai 7−→ ν(ai) = µ(ai).

sendo µ(ai) como de�nido em (6.5). Notemos que

ν(uvuv−1[a1, a2] · · · [a2n−1, a2n]) = 1bkv1(bkv)−1[bk1 , bk2 ] · · · [bk2n−1 , bk2n ] = 1,

e portanto, temos um bem de�nido homomor�smo ψ : π1(Mτ ) → Gp(R2), o qual coincide com νno conjunto de geradores. Vamos mostrar que com esta de�nição, temos uma diagrama comutativocomo em (6.4). De maneira análoga ao que �zemos no 1o caso, temos que (π ◦ψ)(ai) = θτ (ai), paratodo i ∈ {1, . . . , n}, e (π ◦ ψ)(v) = θτ (v). Pelo Lema 6.2.6, nós temos que θτ (u) = 0, e portantotemos que

(π ◦ ψ)(u) = π(ψ(u)) = π(ν(u)) = π(1) = 0 = θτ (u).

Segue pelo Lema 6.2.4 que (M,Zp;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam.

3o caso: Suponhamos que Mτ é não orientável e χ(Mτ ) é ímpar. Vamos omitir a demonstraçãodeste caso, pois é totalmente análoga ao caso anterior.

98 A PROPRIEDADE DE BORSUK-ULAM PARA AÇÕES DE ZP

Como (M,Zp;R2) não tem a propriedade de Borsuk-Ulam, por de�nição, existe uma funçãog : M → R2 tal que para todo x ∈ M o conjunto {g(x), g(τ(x)), . . . , g(τp−1(x))} tem p pontosdistintos. Como N é uma superfície fechada ou R2, então existe um mergulho i : R2 → N . Logo,a função f : M → N de�nida por f(x) = (i ◦ g)(x) para todo x ∈ M é homotópica a uma funçãoconstante, uma vez que R2 é contrátil, e tal que o conjunto

{f(x), f(τ(x)), . . . , f(τp−1(x))}

tem p pontos distintos para todo x ∈ M . Portanto, a tripla (M,Zp;N) não tem a propriedade deBorsuk-Ulam.

cabeçalho para os apêndices

Apêndice A

Os grupos de tranças do Toro

O objetivo deste apêndice é demonstrar que P2(T2) é isomorfo a F (x, y)⊕Z⊕Z e mostrar comoum elemento especial de B2(T2), chamado σ, atua por conjugação nesta apresentação. Este mesmoresultado poderá ser encontrado em [17].

Nós usaremos neste apêndice o fato que T2 menos uma 2-célula é homeomorfo a um disco D2

unido com 2 alças não torcidas. Tal fato está enunciado, por exemplo, em [25] e pode ser visualizadoatravés da seguinte sequência de �guras:

Figura A.1: Retirando

um disco do Toro. Figura A.2: �Retalhando�. Figura A.3: �Remontando�.

Figura A.4: �Arredondando�

a �gura A.3, sendo a = a1a2e b = b1b2.

Figura A.5: �Colocando

as alças� .

A partir de [12, Seção 4], nós temos o seguinte resultado:

99

100 APÊNDICE A

Proposição A.0.7. P2(T2) admite a seguinte apresentação:Geradores: B, ρ1,1, ρ1,2, ρ2,1, ρ2,2

Relações:

(i) [ρ1,1, ρ−11,2] = [ρ2,1, ρ

−12,2] = B;

(ii) ρ2,kρ1,kρ−12,k = Bρ1,kB

−1 e ρ−12,kρ1,kρ2,k = ρ1,k[B

−1, ρ1,k], k ∈ {1, 2};

(iii) ρ2,1ρ1,2ρ−12,1 = Bρ1,2[ρ−1

1,1, B] e ρ−12,1ρ1,2ρ2,1 = B−1[B, ρ1,1]ρ1,2[B−1, ρ1,1];

(iv) ρ2,2ρ1,1ρ−12,2 = ρ1,1B

−1 e ρ−12,2ρ1,1ρ2,2 = ρ1,1B[B−1, ρ1,2].

A representação geométrica dos geradores é dada pelas �guras A.6, A.7, A.8, A.9 e A.10:

Figura A.6: gerador ρ1,1. Figura A.7: gerador ρ1,2. Figura A.8: gerador B.

Figura A.9: gerador ρ2,1. Figura A.10: gerador ρ2,2.

Notemos que as relações descritas na Proposição A.0.7 são em termos da ação de ρ2,1 e ρ2,2

por conjugação nos elementos ρ1,1 e ρ1,2. Para facilitar certos cálculos, vamos mostrar no próximoresultado como ρ2,1 e ρ2,2 atuam em B.

Lema A.0.8. Em P2(T2) valem as seguintes relações:

(a) ρ2,1Bρ−12,1 = Bρ−1

1,1Bρ1,1B−1; (b) ρ2,2Bρ

−12,2 = Bρ−1

1,2Bρ1,2B−1.

Demonstração. Vamos usar a presentação de P2(T2) para mostrar que valem as fórmulas (a) e (b).Temos que

ρ2,1Bρ−12,1

(i)= [ρ2,1ρ1,1ρ

−12,1, ρ2,1ρ

−11,2ρ

−12,1]

(ii),(iii)= Bρ1,1B

−1[B, ρ−11,1]ρ−1

1,2B−1Bρ−1

1,1B−1Bρ1,2[ρ−1

1,1, B]

= Bρ1,1B−1Bρ−1

1,1B−1ρ1,1ρ

−11,2ρ

−11,1B

−1Bρ1,2ρ−11,1Bρ1,1B

−1

(i)= Bρ−1

1,1Bρ1,1B−1

OS GRUPOS DE TRANÇAS DO TORO 101

e portanto, vale (a). Agora, temos que

ρ2,2Bρ−12,2

(i)= [ρ2,2ρ1,1ρ

−12,2, ρ2,2ρ

−11,2ρ

−12,2]

(ii),(iv)= ρ1,1B

−1Bρ−11,2B

−1Bρ−11,1Bρ1,2B

−1

= ρ1,1ρ−11,2ρ

−11,1(ρ1,2ρ

−11,2)Bρ1,2B

−1

(i)= Bρ−1

1,2Bρ1,2B−1

e logo, vale (b).

No próximo resultado, vamos exibir dois elementos que pertencem ao centro de P2(T2). Nodecorrer do texto, �cará claro que estes elemento na verdade geram todo o centro do grupo detranças do Toro.

Proposição A.0.9. Os elementos ρ1,1B−1ρ2,1 e ρ1,2B

−1ρ2,2 pertencem ao centro de P2(T2).

Demonstração. Vamos usar as relações dadas na Proposição A.0.7 e no Lema A.0.8 para mostrarque os elementos ρ1,1B

−1ρ2,1 e ρ1,2B−1ρ2,2 comutam com os geradores de P2(T2), o que é su�ciente

para que o resultado �que provado. Primeiramente, temos que

[ρ1,1B−1ρ2,1, ρ1,1] = ρ1,1B

−1(ρ2,1ρ1,1ρ−12,1)Bρ−1

1,1ρ−11,1 = ρ1,1B

−1Bρ1,1B−1Bρ−1

1,1ρ−11,1 = 1,

[ρ1,1B−1ρ2,1, ρ1,2] = ρ1,1B

−1(ρ2,1ρ1,2ρ−12,1)Bρ−1

1,1ρ−11,2 = ρ1,1B

−1Bρ1,2[ρ−11,1, B]Bρ−1

1,1ρ−11,2

= ρ1,1ρ1,2ρ−11,1Bρ1,1B

−1Bρ−11,1ρ

−11,2 = ρ1,1ρ1,2ρ

−11,1ρ1,1ρ

−11,2ρ

−11,1ρ1,2ρ1,1ρ

−11,1ρ

−11,2 = 1,

[ρ1,1B−1ρ2,1, ρ2,1] = ρ1,1B

−1ρ2,1ρ2,1ρ−12,1Bρ

−11,1ρ

−12,1 = ρ1,1B

−1(ρ2,1Bρ−12,1)(ρ2,1ρ1,1ρ

−12,1)−1

= ρ1,1B−1Bρ−1

1,1Bρ1,1B−1Bρ−1

1,1B−1 = 1

e

[ρ1,1B−1ρ2,1, ρ2,2] = ρ1,1B

−1ρ2,1ρ2,2ρ−12,1Bρ

−11,1ρ

−12,2 = ρ1,1B

−1(ρ2,2ρ−12,2)ρ2,1ρ2,2ρ

−12,1Bρ

−11,1ρ

−12,2

= ρ1,1B−1ρ2,2B

−1Bρ−11,1ρ

−12,2 = ρ1,1B

−1(ρ2,2ρ−11,1ρ

−12,2) = ρ1,1B

−1Bρ1,1 = 1.

Agora, temos que

[ρ1,2B−1ρ2,2, ρ1,1] = ρ1,2B

−1(ρ2,2ρ1,1ρ−12,2)Bρ−1

1,2ρ−11,1 = ρ1,2B

−1ρ1,1B−1Bρ−1

1,2ρ−11,1

= ρ1,2ρ−11,2ρ1,1ρ1,2ρ

−11,1ρ1,1ρ

−11,2ρ

−11,1 = 1,

[ρ1,2B−1ρ2,2, ρ1,2] = ρ1,2B

−1(ρ2,2ρ1,2ρ−12,2)Bρ−1

1,2ρ−11,2 = ρ1,2B

−1Bρ1,2B−1Bρ−1

1,2ρ−11,2 = 1,

[ρ1,2B−1ρ2,2, ρ2,1] = ρ1,2B

−1ρ2,2ρ2,1ρ−12,2Bρ

−11,2ρ

−12,1 = ρ1,2B

−1ρ2,2ρ2,1ρ−12,2(ρ−1

2,1ρ2,2ρ−12,2ρ2,1)Bρ−1

1,2ρ−12,1

= ρ1,2B−1ρ2,2Bρ

−12,2ρ2,1Bρ

−11,2ρ

−12,1 = ρ1,2B

−1(ρ2,2Bρ−12,2)(ρ2,1Bρ

−12,1)(ρ2,1ρ

−11,2ρ

−12,1)

= ρ1,2B−1Bρ−1

1,2Bρ1,2B−1Bρ−1

1,1Bρ1,1B−1[B, ρ−1

1,1]ρ−11,2B

−1

= Bρ1,2ρ−11,1Bρ1,1B

−1Bρ−11,1B

−1ρ1,1ρ−11,2B

−1 = 1

102 APÊNDICE A

e

[ρ1,2B−1ρ2,2, ρ2,2] = ρ1,2B

−1ρ2,2ρ2,2ρ−12,2Bρ

−11,2ρ

−12,2 = ρ1,2B

−1(ρ2,2Bρ−12,2)(ρ2,2ρ

−11,2ρ

−12,2)

= ρ1,2B−1Bρ−1

1,2Bρ1,2B−1Bρ−1

1,2B−1 = 1.

Seja f : P2(T2)→ Z⊕ Z de�nida nos geradores por

f(ρ1,1) = (1, 0) f(ρ1,2) = (0, 1) f(ρ2,1) = f(ρ2,2) = (0, 0).

Usando a Proposição A.0.7, é fácil ver que de fato f é um bem de�nido homomor�smo. Notemosque pelas �guras A.1, A.2, A.3, A.4 e A.5, f é, a menos de isomor�smo, o homomor�smo induzido nogrupo fundamental da aplicação p1 : F2(T2)→ T2, de�nida por p1(x, y) = x, e que geometricamentecorresponde a eliminar a segunda corda de uma trança.

Notemos que pela Proposição A.0.9, está bem de�nido o homomor�smo ϕ : Z ⊕ Z → P2(T2)que nos geradores tem os seguintes valores:

ϕ(1, 0) = ρ1,1B−1ρ2,1 e ϕ(0, 1) = ρ1,2B

−1ρ2,2.

É fácil ver que f ◦ ϕ = IdZ⊕Z. Assim, a seguinte sequência é exata e cinde:

1 // F (ρ2,1, ρ2,2) �� // P2(T2)

f // Z⊕ Z //

ϕ

ii1

Lembremos que

F (ρ2,1, ρ2,2) oθ (Z⊕ Z)λ //

P2(T2)γoo

λ(b, c) = bϕ(c) γ(x) = (xϕ(f(x−1)), f(x))

são isomor�smos e λ = γ−1, sendo θ : Z⊕ Z −→ Aut(F (ρ2,1, ρ2,2)) de�nida do seguinte modo:

θ(m,n) : F (ρ2,1, ρ2,2) −→ F (ρ2,1, ρ2,2)x 7−→ ϕ(m,n) x ϕ(m,n)−1.

Novamente pela Proposição A.0.9, temos que o homomor�smo θ é trivial. Assim, nós temos osseguintes isomor�smos

F (ρ2,1, ρ2,2)⊕ Z⊕ Zλ //

P2(T2)γoo

Vamos calcular explicitamente λ e γ nos geradores. A�m de evitar confusões, nós denotaremoso elemento neutro de F (ρ2,1, ρ2,2) pelo símbolo 1. Temos que

λ(ρ2,1, 0, 0) = ρ2,1ϕ(0, 0) = ρ2,1,

λ(ρ2,2, 0, 0) = ρ2,2ϕ(0, 0) = ρ2,2,

λ(1, 1, 0) = 1ϕ(1, 0) = ρ1,1B−1ρ2,1,

λ(1, 0, 1) = 1ϕ(0, 1) = ρ1,2B−1ρ2,2,

OS GRUPOS DE TRANÇAS DO TORO 103

γ(ρ1,1) = (ρ1,1ϕ(f(ρ−11,1)), f(ρ1,1)) = (ρ1,1ϕ(1, 0)−1, 1, 0) = (ρ1,1ρ

−12,1Bρ

−11,1, 1, 0)

= (ρ−12,1Bρ

−11,1ρ1,1, 1, 0) = (ρ−1

2,1B, 1, 0),

γ(ρ1,2) = (ρ1,2ϕ(f(ρ−11,2)), f(ρ1,2)) = (ρ1,2ϕ(0, 1)−1, 0, 1) = (ρ1,2ρ

−12,2Bρ

−11,2, 0, 1)

= (ρ−12,2Bρ

−11,2ρ1,2, 0, 1) = (ρ−1

2,2B, 0, 1),

γ(ρ2,1) = (ρ2,1ϕ(f(ρ−12,1)), f(ρ2,1)) = (ρ2,1ϕ(0, 0), 0, 0) = (ρ1,1, 0, 0),

γ(ρ2,2) = (ρ2,2ϕ(f(ρ−12,2)), f(ρ2,2)) = (ρ1,2ϕ(0, 0), 0, 0) = (ρ1,2, 0, 0).

Figura A.11: σ ∈ B2(T2).

Seja σ ∈ B2(T2) de�nido geometricamente con-forme a �gura A.4.

Notemos que σ2 = B.Seja agora cσ : P2(T2) → P2(T2), de�nido por

cσ(x) = σxσ−1.Geometricamente, é facil concluir que

cσ(ρ1,1) = ρ2,1,

cσ(ρ1,2) = ρ2,2,

cσ(ρ2,1) = Bρ1,1B−1,

cσ(ρ2,2) = Bρ1,2B−1.

De�nimos agora lσ : F (ρ2,1, ρ2,2) ⊕ Z ⊕ Z → F (ρ2,1, ρ2,2) ⊕ Z ⊕ Z de modo que o seguintediagrama seja comutativo

F (ρ2,1, ρ2,2)⊕ Z⊕ Z lσ //

λ��

F (ρ2,1, ρ2,2)⊕ Z⊕ Z

P2(T2) cσ// P2(T2)

γ

OO

Vamos calcular lσ nos geradores de F (ρ2,1, ρ2,2)⊕ Z⊕ Z. Temos que

lσ(ρ2,1, 0, 0) = (γ ◦ cσγλ)(ρ2,1, 0, 0) = (γ ◦ cσ)(ρ2,1) = γ(Bρ1,1B−1)

= (B, 0, 0)(ρ−12,1B, 1, 0)(B−1, 0, 0) = (Bρ−1

2,1, 1, 0),

lσ(ρ2,2, 0, 0) = (γ ◦ cσγλ)(ρ2,2, 0, 0) = (γ ◦ cσ)(ρ2,2) = γ(Bρ1,2B−1)

= (B, 0, 0)(ρ−12,2B, 0, 1)(B−1, 0, 0) = (Bρ−1

2,2, 0, 1),

lσ(1, 1, 0) = (γ ◦ cσγλ)(1, 1, 0) = (γ ◦ cσ)(ρ1,1B−1ρ2,1) = γ(ρ2,1B

−1Bρ1,1B−1)

= γ(ρ2,1ρ1,1B−1) = (Bρ−1

1,1, 1, 0)(ρ1,1, 0, 0)(B−1, 0, 0) = (1, 1, 0)

104 APÊNDICE A

e

lσ(1, 0, 1) = (γ ◦ cσγλ)(1, 0, 1) = (γ ◦ cσ)(ρ1,2B−1ρ2,2) = γ(ρ2,2B

−1Bρ1,2B−1)

= γ(ρ2,2ρ1,2B−1) = (Bρ−1

1,2, 0, 1)(ρ1,2, 0, 0)(B−1, 0, 0) = (1, 0, 1).

Denotando ρ2,1 por x e ρ2,2 por y, como resumo das informações obtidas, nós podemos fazer aseguinte observação:

Observação A.0.10. A menos de isomor�smo, P2(T2) se escreve na forma F (x, y)⊕Z⊕Z, sendoF (x, y) o grupo livre gerado pelo conjunto {x, y}. Com respeito a esta escrita, temos que:

• (p1)# : P2(T2) → π1(T2) = Z ⊕ Z é a projeção de F (x, y) ⊕ Z ⊕ Z em Z ⊕ Z, isto é,(p1)#(w,m, n) = (m,n);

• Existe um elemento σ ∈ B2(T2)− P2(T2) tal que σ2 = (B, 0, 0), sendo B = [x, y−1];

• O homomor�smo lσ : P2(T2)→ P2(T2), de�nido por lσ(b) = σbσ−1 para todo b ∈ P2(T2), temos seguintes valores nos geradores:

lσ(x, 0, 0) = (Bx−1, 1, 0)

lσ(y, 0, 0) = (By−1, 0, 1)

lσ(1, 1, 0) = (1, 1, 0)

lσ(1, 0, 1) = (1, 0, 1)

sendo 1 ∈ F (x, y) o elemento neutro.

Apêndice B

Os grupos de tranças da garrafa de Klein

O objetivo deste apêndice é demonstrar que P2(K2) é isomorfo a F (u; v) oθ (Z o Z) para umhomomor�smo θ : ZoZ→ Aut(F (u, v)) que será explicitado. Também para um elemento especialde B2(K2), chamado de σ, calcularemos a acão de σ em P2(K2), onde esta acão será determinadausando o grupo F (u; v) oθ (Z o Z) que foi determinado.

Nós usaremos neste apêndice o fato que K2 é homeomorfo a RP2#RP2. Tal fato está enunciado,por exemplo, em [22, Capítulo 1, Exemplo 4.3] e pode ser visualizado através da seguinte sequênciade �guras:

Figura B.1: RP2#RP2. Figura B.2: �Retalhando�.

Figura B.3: �Rodando�. Figura B.4: K2.

Com base em [3, Teorema A.3], nós podemos enunciar o seguinte resultado:

105

106 APÊNDICE B

Proposição B.0.11. B2(K2) admite a seguinte apresentação:Geradores: a1, a2, σ.Relações:

(R2) σ−1arσ−1ar = arσ

−1arσ, r ∈ {1, 2}

(R3) σ−1a1σa2 = a2σ−1a1σ,

(TR) a21a

22 = σ2.

A representação geométrica dos geradores é dada pelas �guras B.5, B.6 e B.7.

Figura B.5: gerador a1. Figura B.6: gerador a2. Figura B.7: gerador σ.

Para fornecer uma presentação de P2(K2), nós vamos usar o método de Reidemeister-Schreier.Vamos fazer um resumo de como funciona este método, baseado em [24, Apêndice I, Seção 6]. Maisdetalhes podem ser encontrados em [21].

Vamos nos restringir ao caso onde G é �nitamente presentado e H é de indice �nito parailustrar o método, que vale em geral. Suponhamos que G = 〈X | R〉, sendo X = {x1, . . . , xn} eR = {r1, . . . , rm}.

Seja S = {s1 = 1, s2, . . . , sk} ⊂ G um conjunto de representantes de classes laterais a direita deH, isto é, para cada g ∈ G, existe um único si ∈ S tal que g ∈ Hsi.

Dizemos que S é um sistema de Schreier de H se vale a seguinte condição:

Se si = xε1i1 . . . xεl−1

il−1xεlil ∈ S está escrito na forma reduzida, isto é,

εi ∈ {1,−1} e xεjij xεj+1

ij+16= 1, então xε1i1 . . . x

εl−1

il−1∈ S.

Para cada g ∈ G, denotamos por g ∈ S o representante da classe lateral de g, ou seja, g ∈ Hg.Para cada si ∈ S de�nimos

%(si, g) = sigsig−1 (B.1)

Notemos que como sig e sig pertencem a mesma classe lateral, então %(si, g) ∈ H.

Seja Y = {%(si, xj) | si ∈ S, xj ∈ X}. Se h ∈ H, então temos que

h = xε1i1xε2i2. . . x

εp−1

ip−1xεpip

= (xε1i1xε1i1

−1)(xε1i1x

ε2i2xε1i1x

ε2i2

−1) · · · (xε1i1x

ε2i2· · ·xεp−1

ip−1xεpip

)

= %(1, xε1i1 )%(xε1i1 , xε2i2

)%(xε1i1xε2i2, xε3i3 )%(xε1i1x

ε2i2. . . x

εp−1

ip−1, x

εpip

) =: τ(h) (B.2)

Seja W = {τ(sirks−1i ) | si ∈ S, rk ∈ R}. Então W é um conjunto de relações de Y .

Em resumo, vale o seguinte resultado:

OS GRUPOS DE TRANÇAS DA GARRAFA DE KLEIN 107

Proposição B.0.12 (Método de Reidemeister - Schreier). Sejam G = 〈x1, x2, . . . , xn | r1, . . . , rm〉um grupo e H um subgrupo de índice �nito. Se S = {s1, . . . , sk} é um sistema de Schreier de H,então

H =⟨%(si, xj) | τ(sirks

−1i ), i = 1, . . . , k, j = 1, . . . , n, k = 1, . . . ,m

⟩sendo % como em (B.1) e τ como em (B.2).

Agora vamos usar o método acima para calcular uma presentação de P2(K2) olhado como umsubgrupo de índice dois de B2(K2). Um sistema de Schreier para P2(K2) é {1, σ}. Vamos calcularos geradores. Temos que

%(1, a1) = 1a11a1−1

= a11 = a1,

%(1, a2) = 1a21a2−1

= a21 = a2,

%(1, σ) = 1σ1σ−1

= σσ−1 = 1,

%(σ, a1) = σa1σa1−1 = σa1σ

−1 =: b1,

%(σ, a2) = σa2σa2−1 = σa2σ

−1 =: b2,

%(σ, σ) = σσσσ−1 = σ21 = σ2 =: B.

Agora vamos calcular as relações. Temos que

τ(1(R2)1−1) = τ(σ−1arσ−1arσ

−1a−1r σa−1

r )

= (σ−1 σ−1−1

)(σ−1 ar σ−1ar−1

)

(σ−1ar σ−1 σ−1arσ−1

−1)

(σ−1arσ−1 ar σ−1arσ−1ar−1

)

(σ−1arσ−1ar σ−1 σ−1arσ−1arσ−1

−1)

(σ−1arσ−1arσ−1 a−1r σ−1arσ−1arσ−1a−1

r

−1)

(σ−1arσ−1arσ−1a−1r σ σ−1arσ−1arσ−1a−1

r σ−1

)

(σ−1arσ−1arσ−1a−1r σ a−1

r σ−1arσ−1arσ−1a−1r σa−1

r

−1)

= (σ−1σ−1)(σarσ−1)(σσ−11)(1ar1)(1σ−1σ−1)(σa−1

r σ−1)(σσ1)(1a−1r 1)

= B−1brarB−1b−1

r Ba−1r ,

τ(σ(R2)σ−1) = τ(arσ−1arσ

−1a−1r σa−1

r σ−1)

= (ar ar−1)(ar σ

−1 arσ−1−1

)

(arσ−1 ar arσ−1ar−1

)

(arσ−1ar σ−1 arσ−1arσ−1

−1)

(arσ−1arσ−1 a−1r arσ−1arσ−1a−1

r

−1)

(arσ−1arσ−1a−1r σ arσ−1arσ−1a−1

r σ−1

)

(arσ−1arσ−1a−1r σ a−1

r arσ−1arσ−1a−1r σa−1

r

−1)

(arσ−1arσ−1a−1r σa−1

r σ−1 arσ−1arσ−1a−1r σa−1

r σ−1−1

)

= (ar1)(1σ−1σ−1)(σarσ−1)(σσ−11)(1a−1

r 1)(1σσ−1)(σa−1r σ−1)(σσ−11)

= arB−1bra

−1r b−1

r ,

108 APÊNDICE B

τ(1(R3)1−1) = τ(σ−1a1σa2σ−1a−1

1 σa−12 )

= (σ−1 σ−1)(σ−1 a1 σ−1a1−1

)

(σ−1a1 σ σ−1a1σ−1

)

(σ−1a1σ a2 σ−1a1σa2−1

)

(σ−1a1σa2 σ−1 σ−1a1σa2σ−1

−1)

(σ−1a1σa2σ−1 a−11 σ−1a1σa2σ−1a−1

1

−1)

(σ−1a1σa2σ−1a−11 σ σ−1a1σa2σ−1a−1

1 σ−1

)

(σ−1a1σa2σ−1a−11 σ a−1

2 σ−1a1σa2σ−1a−11 σa−1

2

−1)

= (σ−1σ−1)(σa1σ−1)(σσ−1)(1a21)(1σ−1σ−1)(σa−1

1 σ−1)(σσ1)(1a−12 1)

= B−1b1Ba2B−1b−1

1 Ba−12 ,

τ(σ(R3)σ−1) = τ(a1σa2σ−1a−1

1 σa−12 σ−1)

= (a1 a1−1)(a1 σ a1σ

−1)

(a1σ a2 a1σa2−1)

(a1σa2 σ−1 a1σa2σ−1

−1)

(a1σa2σ−1 a−11 a1σa2σ−1a−1

1

−1)

(a1σa2σ−1a−11 σ a1σa2σ−1a−1

1 σ−1

)

(a1σa2σ−1a−11 σ a−1

2 a1σa2σ−1a−11 σa−1

2

−1)

(a1σa2σ−1a−11 σa−1

2 σ−1 a1σa2σ−1a−11 σa−1

2 σ−1−1

)

= (a11)(1σσ−1)(σa2σ−1)(σσ−11)(1a−1

1 1)(1σσ−1)(σa−12 σ−1)(σσ−11)

= a1b2a−11 b−1

2 ,

τ(1(TR)1−1) = τ(a1a1a2a2σ−1σ−1)

= = (a1 a1−1)(a1 a1 a1a1

−1)

(a1a1 a2 a1a1a2−1)

(a1a1a2 a2 a1a1a2a2−1)

(a1a1a2a2 σ−1 a1a1a2a2σ−1

−1)

(a1a1a2a2σ−1 σ−1 a1a1a2a2σ−1σ−1−1

)

= (a11)(1a11)(1a21)(1a21)(1σ−1σ−1)(σσ−11)

= a1a1a2a2B−1,


τ(σ(TR)σ−1) = (σa1a1a2a2σ−1σ−1σ−1)

= (σ σ−1)(σ a1 σa1−1)

(σa1 a1 σa1a1−1)

(σa1a1 a2a1a1a2−1)

(σa1a1a2 a2 σa1a1a2a2−1)

(σa1a1a2a2 σ−1 σa1a1a2a2σ−1

−1)

(σa1a1a2a2σ−1 σ−1 σa1a1a2a2σ−1σ−1−1

)

(σa1a1a2a2σ−1σ−1 σ−1 σa1a1a2a2σ−1σ−1σ−1−1

)

= (σσ−1)(σa1σ−1)(σa1σ

−1)(σa2σ−1)(σa2σ

−1)(σσ−11)(1σ−1σ−1)(σσ−11)

= b1b1b2b2B−1.

Rearrumando a maneira de escrever as relações, nós obtemos o seguinte resultado:

Teorema B.0.13. P2(K2) admite a seguinte apresentação:Geradores: a1, a2, b1, b2, B.Relações:

(i) brar = BarB−1brB, r ∈ {1, 2};

(ii) [ar, br] = arBa−1r , r ∈ {1, 2};

(iii) b1Ba2B−1 = Ba2B

−1b1;

(iv) [a1, b2] = 1;

(v) a21a

22 = b21b

22 = B.

Lembremos que p1 : F2(K2) → K2 é a projeção no primeiro fator, isto é, para cada(x, y) ∈ F2(K2), temos que p1(x, y) = x. A partir dos modelos geométricos dos geradoresa1, a2, σ ∈ B2(K2), segue que o homomor�smo

(p1)# : P2(K2) −→ π1(K2) =⟨α1, α2 | α2

1α22 = 1

⟩é de�nido nos geradores do seguinte modo:

(p1)#(a1) = α−11

(p1)#(a2) = α−12

(p1)#(b1) = 1(p1)#(b2) = 1

(p1)#(B) = 1.

Vamos dar uma seção para o homomor�smo (p1)#, isto é, um homomor�smo

β : π1(K2)→ P2(K2) tal que (p1)# ◦ β = Id.

De�nimos

β :

{α1 7−→ a−1

1 b−11

α2 7−→ a−12 b−1

2 .

110 APÊNDICE B

De fato β de�ne um homomor�smo, pois usando as relações do Teorema B.0.13, temos que

β(α21α

22) = (a−1

1 b−11 )2(a−1

2 b−12 )2 = ((b2a2)2(b1a1)2))−1

= (b2a2(b2a2)(b1a1)b1a1)−1 = (b2a2[b2, a2]a2b2[b1, a1]a1b1b1a1)−1

(ii)= (b2a2a2B

−1a−12 a2b2a1B

−1a−11 a1b1b1a1)−1 = (b2(a2

2)B−1b2a1B−1(b21)a1)−1

(v)= (b2a

−21 BB−1b2a1B

−1Bb−22 a1)−1 = (b2a

−21 b2a1b

−22 a1)−1

(iv)= 1.

Mostremos que β é de fato uma seção. Temos que

((p1)# ◦ β)(α1) = (p1)#(a−11 b−1

1 ) = (p1)#(a1)−1(p1)#(b1)−1 = (α−11 )−11 = α1

e((p1)# ◦ β)(α2) = (p1)#(a−1

2 b−12 ) = (p1)#(a2)−1(p1)#(b2)−1 = (α−1

2 )−11 = α2.

Lembremos que as funções ⟨α1, α2 | α2

1α22 = 1

⟩ r //Z o Zs

oo

de�nidas, respectivamente por

r :

{α1 7−→ (1,−1)

α2 7−→ (0, 1)s :

{(1, 0) 7−→ α−1

1 α−12

(0, 1) 7−→ α2

são isomor�smo e r = s−1. Logo, a seguinte sequência é exata e cinde:

1 // F (b1, b2) �� // P2(K2)

f // Z o Z //

ϕ

ii1

sendo f = r ◦ (p1)# e ϕ = β ◦ s.Assim, nós temos um bem de�nido homomor�smo

θ : Z o Z −→ Aut(F (b1, b2))

θ(m,n) : F (b1, b2) −→ F (b1, b2)x 7−→ ϕ(m,n) x ϕ(m,n)−1.

Lembremos que

F (b1, b2) oθ (Z o Z)λ //

P2(K2)γoo

λ(b, c) = bϕ(c) γ(x) = (xϕ(f(x−1)), f(x))

são isomor�smos e λ = γ−1.A�m de calcular explicitamente quanto vale θ(m,n) em um elemento de F (b1, b2) para cada

(m,n) ∈ Z o Z, nós precisamos saber como os elementos a1, a2 agem em b1, b2. Porém tambémcalcularemos explicitamente como a1, a2 agem em B, pois usaremos nos cálculos posteriores.

Lema B.0.14. Em P2(K2) valem as seguintes relações:


(1) a1b1a−11 = b−1

1 b−22 = b−1

1 B−1b21;

(2) a1b2a−11 = b2;

(3) a1Ba−11 = b−1

1 b−22 b−1

1 = b−11 Bb1;

(4) a2b1a−12 = (b−1

2 B−1b−12 )b1(b2Bb2);

(5) a2b2a−12 = b−1

2 B−1b22;

(6) a2Ba−12 = b−1

2 B−1b2;

(7) a−11 b1a1 = B−1b1;

(8) a−11 b2a1 = b2;

(9) a−11 Ba1 = (b−2

2 b−11 )2b22 = (B−1b1)B−1(b−1

1 B);

(10) a−12 b1a2 = (B−1b−1

2 b−21 b−1

2 )b1(b2b21b2B) = (B−1b2B

−1b2)b21(b−12 Bb−1

2 B);

(11) a−12 b2a2 = B−1b2;

(12) a−12 Ba2 = B−1b−1

2 b−21 b−1

2 B = (B−1b2)B−1(b−12 B).

Demonstração. Vamos usar as relações dadas no Teorema B.0.13 para mostrar que valem as fórmu-las como no enunciado do Lema. As relações (2) e (8) seguem diretamente da relação (iv). Temosque

[ar, br](ii)= arBa

−1r

arbra−1r b−1

r = arBa−1r

bra−1r b−1

r = Ba−1r

a−1r b−1

r ar = b−1r B

a−1r brar = B−1br

e portanto, valem as igualdades (7) e (11). Agora temos que

a−11 Ba1

(v)= a−1

1 b21b22a1

(iv)= a−1

1 b21a1b22 = (a−1

1 b1a1)2b22(7)= (B−1b1)2b22

(v)= (b−2

2 b−21 b1)2b22 = (b−2

2 b−11 )2b22

e logo, vale (9). Mostremos que vale (1).

[a1, b1](ii)= a1Ba

−11

a1b1a−11 b−1

1 = a1Ba−11

a1b1a−11 = a1Ba

−11 b1

a1b1a−11

(v)= a1b

21b

22a−11 b1

a1b1a−11

(iv)= a1b

21a−11 b22b1

a1b1a−11 = (a1b1a

−11 )2b22b1

b−11 b−1

2 = a1b1a−11 .

Mostremos agora que vale (3).

a1Ba−11

(v)= a1b

21b

22a−11

(iv)= a1b

21a−11 b22 = (a1b1a

−11 )2b22

(1)= (b−1

1 b−22 )2b22 = b−1

1 b−22 b−1

1 b−22 b22 = b−1

1 b−22 b−1

1 .

112 APÊNDICE B

Temos também que

b2a2(i)= Ba2B

−1b2B

B−1b2a2B−1b−1

2 Ba−12 = 1

B−1b2(a2Ba−12 )−1(a2b2a

−12 )−1(a2Ba

−12 ) = 1

B−1b2[a2, b2]−1(a2b2a−12 )−1[a2, b2]

(ii)= 1

B−1b2b2(a2b−12 a−1

2 )(a2b2a−12 )−1(a2b2a

−12 )b−1

2 = 1

B−1b22(a2b−12 a−1

2 )b−12 = 1

a2b−12 a−1

2 = b−22 Bb2

a2b2a−12 = b−1

2 B−1b22

e portanto, vale (5). Mostremos que vale (6).

[a2, b2](ii)= a2Ba

−12

a2b2a−12 b−1

2 = a2Ba−12

b−12 B−1b22b

−12

(5)= a2Ba

−12

b−12 B−1b2 = a2Ba

−12 .

Vamos mostrar que vale (4).

b1Ba2B−1 (iii)

= Ba2B−1b1

b1Ba2B−1b−1

1 Ba−12 = B

b1B(a2Ba−12 )−1(a2b1a

−12 )−1(a2Ba

−12 ) = B

b1Bb−12 Bb2(a2b1a

−12 )−1b−1

2 B−1b2(6)= B

(a2b1a−12 )−1 = b−1

2 B−1b2B−1b−1

1 Bb−12 Bb2

(a2b1a−12 )−1 (v)

= b−12 B−1b2b

−22 b−2

1 b−11 b21b

22b−12 Bb2

(a2b1a−12 )−1 = b−1

2 B−1b−12 b−1

1 b2Bb2

a2b1a−12 = b−1

2 B−1b−12 b1b2Bb2.

Agora temos que

a2Ba−12

(6)= b−1

2 B−1b2

b2a2Ba−12 b−1

2 = B−1

a−12 b2a2Ba

−12 b−1

2 a2 = a−12 B−1a2

B−1b2Bb−12 B

(11)= a−1

2 B−1a2

a−12 Ba2 = B−1b2B

−1b−12 B

a−12 Ba2

(v)= B−1b2b

−22 b−2

1 b−12 B

a−12 Ba2 = B−1b−1

2 b−21 b−1

2 B


e portanto, vale (12). Por �m, mostremos que vale (10), o que encerra a demonstração.

b1Ba2B−1 (iii)

= Ba2B−1b1

(a−12 b1a2)(a−1

2 Ba2)B−1 = (a−12 Ba2)B−1b1

a−12 b1a2 = (a−1

2 Ba2)B−1b1B(a−12 Ba2)−1

a−12 b1a2

(12)= B−1b−1

2 b−21 b−1

2 BB−1b1BB−1b2b

21b2B

a−12 b1a2 = B−1b−1

2 b−21 b−1

2 b1b2b21b2B.

Vamos calcular explicitamente f nos geradores de P2(K2) e ϕ nos geradores de Z o Z.

f(a1) = (r ◦ (p1)#)(a1) = r(α−11 ) = r(α1)−1 = (1,−1)−1 = (1, 1)

f(a2) = (r ◦ (p1)#)(a2) = r(α−12 ) = r(α)−1

2 = (0, 1)−1 = (0,−1)

f(bi) = (r ◦ (p1)#)(bi) = r(1) = (0, 0), i ∈ {1, 2}

ϕ(1, 0) = (β ◦ s)(1, 0) = β(α−11 α−1

2 ) = β(α1)−1β(α2)−1

= (a−11 b−1

1 )−1(a−12 b−1

2 )−1 = b1a1b2a2(iv)= b1b2a1a2

ϕ(0, 1) = (β ◦ s)(0, 1) = β(α2) = a−12 b−1

2 = b−12 Ba−1

2 .

Agora vamos calcular θ(1, 0) e θ(0, 1) nos geradores de F (b1, b2). Usaremos o Teorema B.0.13 eo Lema B.0.14

θ(1, 0)(b1) = ϕ(1, 0)b1ϕ(1, 0)−1 = b1a1b2(a2b1a−12 )b−1

2 a−11 b−1

1

(4)= b1a1b2b

−12 B−1b−1

2 b1b2Bb2b−12 a−1

1 b−11

(iv)= b1(a1Ba

−11 )−1b−1

2 (a1b1a−11 )b2(a1Ba

−11 )b−1

1

(1,3)= (b1b1b

22)b1b

−12 b−1

1 b−22 b2b

−11 (b−2

2 b−11 b−1

1 )

(v)= Bb1b

−12 b−1

1 b−12 b−1

1 B−1

θ(1, 0)(b2) = ϕ(1, 0)b2ϕ(1, 0)−1 = b1a1b2(a2b2a−12 )b−1

2 a−11 b−1

1

(5)= b1a1b2b

−12 B−1b22b

−12 a−1

1 b−11

(iv)= b1(a1Ba

−11 )−1b2b

−11

(3)= (b1b1b

22)b1b2b

−11

(v)= Bb1b2b

−11

θ(1, 0)(B) = ϕ(1, 0)Bϕ(1, 0)−1 = b1a1b2(a2Ba−12 )b−1

2 a−11 b−1

1

(6)= b1a1b2b

−12 B−1b2b

−12 a−1

1 b−11 = b1(a1Ba

−11 )−1b−1

1

= b1b1b22b1b

−11

(v)= B

114 APÊNDICE B

θ(0, 1)(b1) = ϕ(0, 1)b1ϕ(0, 1)−1 = a−12 b−1

2 b1b2a2

= (a−12 b2a2)−1(a−1

2 b1a2)(a−12 b2a2)

(10,11)= b−1

2 BB−1b−12 b−2

1 b−12 b1b2b

21b2BB

−1b2

= (b−22 b−2

1 )b−12 b1b2(b21b

22)

(v)= B−1b−1

2 b1b2B

θ(0, 1)(b2) = ϕ(0, 1)b2ϕ(0, 1)−1 = a−12 b−1

2 b2b2a2 = a−12 b2a2

(11)= B−1b2

θ(0, 1)(B) = ϕ(0, 1)Bϕ(0, 1)−1 = a−12 b−1

2 Bb2a2

= (a−12 b2a2)−1(a−1

2 Ba2)(a−12 b2a2)

(11,12)= b−1

2 BB−1b−12 b−2

1 b−12 BB−1b2

= b−22 b−2

1

(v)= B−1.

A�m de simpli�car as expressões de θ, vamos fazer a seguinte mudança de base no grupoF (b1, b2):

F (u, v)//F (b1, b2)oo

{u 7−→ b1b2

v 7−→ b−12 .

{b1 7−→ uv

b2 7−→ v−1.

Notemos que o elemento B = b21b22 se escreve como uvuv−1, o qual também denotaremos por B.

Vamos calcular θ(1, 0) e θ(0, 1) nessa nova base.

θ(1, 0)(u) = θ(1, 0)(b1b2) = θ(1, 0)(b1)θ(1, 0)(b2)

= Bb1b−12 b−1

1 b−12 b−1

1 B−1Bb1b2b−11

= Bb1b−12 b−2

1 = Bb1b2(b−22 b−2

1 ) = Bb1b2B−1

= Buvv−1B−1 = BuB−1

θ(1, 0)(v) = θ(1, 0)(b−12 ) = θ(1, 0)(b2)−1 = b1b

−12 b−1

1 B−1

= uvvv−1u−1B−1 = uvu−1B−1 = uv(uv−1vu−1)u−1B−1

= (uvuv−1)vu−1u−1B−1 = Bvu−2B−1

θ(0, 1)(u) = θ(0, 1)(b1b2) = θ(0, 1)(b1)θ(1, 0)(b2)

= B−1b−12 b1b2BB

−1b2 = B−1b−12 b−1

1 b21b22

= B−1vv−1u−1B = B−1u−1B

θ(0, 1)(v) = θ(0, 1)(b−12 ) = θ(0, 1)(b2)−1 = b−1

2 B = vB.


A�m de explicitar o automor�smo θ(m,n) para todo (m,n) ∈ Z o Z, vamos mostrar doisresultados preliminares.

Lema B.0.15. Para todo (m, 0) ∈ Z o Z, temos que

θ(m, 0) :

u 7−→ BmuB−m

v 7−→ Bmvu−2mB−m

B 7−→ B.

Demonstração. Para m = 0 e m = 1 o resultado é verdadeiro. Vamos proceder por indução emm. Suponhamos o resultado verdadeiro para m ≥ 1. O símbolo ∗ signi�ca que estamos usando ahipótese de indução. Temos que

θ(m+ 1, 0)(u) = θ(m, 0)(θ(1, 0)(u)) = θ(m, 0)(BuB−1)

= θ(m, 0)(B)θ(m, 0)(u)θ(m, 0)(B)−1

∗= BBmuB−mB−1 = Bm+1uB−(m+1)

θ(m+ 1, 0)(v) = θ(m, 0)(θ(1, 0)(v)) = θ(m, 0)(Bvu−2B−1)

= θ(m, 0)(B)θ(m, 0)(v)θ(m, 0)(u)−2θ(m, 0)(B)−1

∗= BBmvu−2mB−m(BmuB−m)−2B−1

= Bm+1vu−2(m+1)B−(m+1)

θ(m+ 1, 0)(B) = θ(m, 0)(θ(1, 0)(B)) = θ(m, 0)(B)∗= B.

Se m < 0, então −m > 0 e já sabemos θ(−m, 0). Assim, temos

B = θ(0, 0)(B) = θ(m, 0)(θ(−m, 0)(B)) = θ(m, 0)(B)

Temos também

u = θ(m, 0)(θ(−m, 0)(u)) = θ(m, 0)(B−muBm)

= θ(m, 0)(B)−mθ(m, 0)(u)θ(m, 0)(B)m

= B−mθ(m, 0)(u)Bm

e

v = θ(m, 0)(θ(−m, 0)(v)) = θ(m, 0)(B−mvu2mBm)

= θ(m, 0)(B)−mθ(m, 0)(v)θ(m, 0)(u)2mθ(m, 0)(B)m

= B−mθ(m, 0)(v)(BmuB−m)2mBm

= B−mθ(m, 0)(v)Bmu2m,

e portanto, segue que θ(m, 0)(u) = BmuB−m e θ(m, 0)(v) = Bmvu−2mB−m.

Lema B.0.16. Para todo (0, n) ∈ Z o Z, temos que

θ(0, n) :

u 7−→ B−δnu(−1)nBδn

v 7−→ vBδn

B 7−→ B(−1)n

116 APÊNDICE B

sendo δn =

{0, se n é par;

1, se n é ímpar..

Demonstração. Para n = 0 e n = 1 o resultado é verdadeiro. Vamos proceder por indução emn. Suponhamos o resultado verdadeiro para n ≥ 1. O símbolo ∗ signi�ca que estamos usando ahipótese de indução. Assim, temos que

θ(0, n+ 1)(u) = θ(0, 1)(θ(0, n)(u))∗= θ(0, 1)(B−δnu(−1)nBδn)

= θ(0, 1)(B)−δn θ(0, 1)(u)(−1)nθ(0, 1)(B)δn

= (B−1)−δn (B−1u−1B)(−1)n (B−1)δn

= BδnB−1u(−1)n+1BB−δn = B−δ(n+1)u(−1)n+1

Bδ(n+1)

θ(0, n+ 1)(v) = θ(0, 1)(θ(0, n)(v))∗= θ(0, 1)(vBδn)

= θ(0, 1)(v) θ(0, 1)(B)δn = vB(B−1)δn

= vBδ(n+1)

θ(0, n+ 1)(B) = θ(0, 1)(θ(0, n)(B))∗= θ(0, 1)(B(−1)n)

= θ(0, 1)(B)(−1)n = (B−1)(−1)n = B(−1)(n+1).

Se n < 0, então −n > 0 e já sabemos θ(0,−n). Assim, temos que

B = θ(0, 0)(B) = θ(0, n)(θ(0,−n)(B)) = θ(0, n)(B(−1)−n) = θ(0, n)(B)(−1)n ,

e portanto, segue que θ(0, n)(B) = B(−1)n . Temos também que

u = θ(0, n)(θ(0,−n)(u)) = θ(0, n)(Bδ−nu(−1)−nB−δn)

e

v = θ(0, n)(θ(0,−n)(v)) = θ(0, n)(vBδ−n)

= θ(0, n)(v)θ(0, n)(B)δn = θ(0, n)(v)(B(−1)n)δn .

Se n é par, então u = θ(0, n)(u) e v = θ(0, n)(v) e portanto, para este caso, valem as fórmulas. Sen é ímpar, então temos que

u = θ(0, n)(B−1u−1B)

= θ(0, n)(B)−1θ(0, n)(u)−1θ(0, n)(B)

= (B−1)−1θ(0, n)(u)−1B−1

ev = θ(0, n)(v)B,

e portanto, temos que θ(0, n) = B−1u−1B e θ(0, n) = vB. Logo, valem as fórmulas para este caso,o que encerra a demonstração.

Vamos agora explicitar o automor�smo θ(m,n) e o isomor�smo entre F (u, v) oθ (Z o Z) eP2(K2).

Para não carregar a notação, nós denotaremos um elemento (w, (m,n)) ∈ F (u, v) oθ (Z o Z)por (w;m,n). Para evitar confusão, denotaremos por 1 o elemento neutro de F (u, v)


Teorema B.0.17. O homomor�smo θ : Z o Z→ Aut(F (u, v)) é de�nido por:

θ(m,n) :

u 7−→ Bm−δnu(−1)nB−m+δn


B 7−→ B(−1)n

δn =

{0, se n é par;

1, se n é ímpar.

Os isomor�smos

F (u, v) oθ (Z o Z)λ //

P2(K2)γoo

são de�nidos por

λ :

(u; 0, 0) 7−→ b1b2

(v; 0, 0) 7−→ b−12

(B; 0, 0) 7−→ B

(1; 1, 0) 7−→ b1a1b2a2

(1; 0, 1) 7−→ a−12 b−1

2

γ :

a1 7−→ (v−1u−1; 1, 1)

a2 7−→ (v; 0,−1)

b1 7−→ (uv; 0, 0)

b2 7−→ (v−1; 0, 0)

B 7→ (B; 0, 0).

Demonstração. Vamos usar os Lemas B.0.15 e B.0.16 para explicitar o homor�smoθ(m,n) : F (u, v)→ F (u, v). Assim, temos que

θ(m,n)(B) = θ(m, 0) ◦ θ(0, n)(B) = θ(m, 0)(B(−1)n) = θ(m, 0)(B)(−1)n = B(−1)n ,

θ(m,n)(u) = θ(m, 0) ◦ θ(0, n)(u) = θ(m, 0)(B−δnu(−1)nBδn)

= θ(m, 0)(B)−δnθ(m, 0)(u)(−1)nθ(m, 0)(B)δn

= B−δn(BmuB−m)(−1)nBδn

= Bm−δnu(−1)nB−mδn

θ(m,n)(v) = θ(m, 0) ◦ θ(0, n)(v) = θ(m, 0)(vBδn)

= θ(m, 0)(v)θ(m, 0)(B)δn

= Bmvu−2mB−mBδn

= Bmvu−2mB−mδn .

Agora vamos explicitar os valores dos isomor�smos λ e γ.

λ(u; 0, 0) = λ(b1b2; 0, 0) = b1b2ϕ(0, 0) = b1b2

λ(v; 0, 0) = λ(b−12 ; 0, 0) = b−1

2 ϕ(0, 0) = b−12

λ(B; 0, 0) = λ(uvuv−1; 0, 0) = λ(b21b22, (0, 0)) = b21b

22ϕ(0, 0) = B

λ(1; 1, 0) = 1ϕ(1, 0) = b1a1b2a2

λ(1; 0, 1) = 1ϕ(0, 1) = a−12 b−1

2

118 APÊNDICE B

γ(a1) = (a1ϕ(f(a−11 )); f(a1)) = (a1ϕ(1, 1)−1; 1, 1) = (a1(ϕ(1, 0)ϕ(0, 1))−1; 1, 1)

= (a1(b1a1b2a2a−12 b−1

2 )−1; 1, 1) = (b−11 ; 1, 1) = (v−1u−1; 1, 1)

γ(a2) = (a2ϕ(f(a−12 )); f(a2)) = (a2ϕ(0,−1)−1; 0,−1) = (a2ϕ(0, 1); 0,−1)

= (a2a−12 b−1

2 ; 0,−1) = (b−12 ; 0,−1) = (v; 0,−1)

γ(b1) = (b1ϕ(f(b−11 )); f(b1)) = γ(b1ϕ(0, 0); 0, 0) = γ(uv; 0, 0)

γ(b2) = (b2ϕ(f(b−12 )); f(b2)) = γ(b2ϕ(0, 0); 0, 0) = γ(v−1; 0, 0).

Vamos calcular f ◦ λ nos geradores de F (u, v) oθ (Z o Z). Temos que

(f ◦ λ)(u; 0, 0) = f(b1b2) = (0, 0)

(f ◦ λ)(v; 0, 0) = f(b−12 ) = (0, 0)

(f ◦ λ)(1; 1, 0) = f(b1a1b2a2) = (0, 0)(1, 1)(0, 0)(0,−1) = (1, 0)

(f ◦ λ)(1; 0, 1) = f(a−12 b−1

2 ) = (0,−1)−1(0, 0) = (0, 1).

Geometricamente, é fácil ver que r é induzido do homeomor�smo descrito nas �guras B.1, B.2,B.3 e B.4. Assim, abusaremos da notação e denotaremos f ◦ λ por (p1)#. Deste modo, resumimosas informações de P2(K2) até aqui encontradas na seguinte observação:

Observação B.0.18 (Presentação de P2(K2)). A menos de isomor�smo, P2(K2) se escreve naforma F (u, v)oθ (ZoZ), sendo F (u, v) o grupo livre gerado por {u, v} e θ : ZoZ→ Aut(F (u, v))de�nida do seguinte modo:

θ(m,n) :

u 7−→ Bm−δnu(−1)nB−m+δn


B 7−→ B(−1)n

δn =

{0, se n é par

1, se n é ímpar

B = uvuv−1.

Com respeito a esta escrita, temos que (p1)# : P2(K2) → π1(K2) = Z o Z é a projeção deF (u, v) oθ (Z o Z) em Z o Z, isto é, (p1)#(w; r, s) = (r, s).

Vamos agora estudar como a conjugação por σ em P2(K2) se comporta em F (u, v) oθ (Zo Z).Comecemos de�nindo a notação. Seja

cσ : P2(K2) −→ P2(K2)x 7−→ σ x σ−1.

Temos pela presentação de P2(K2) que

cσ(a1) = b1cσ(a2) = b2

cσ(b1) = Ba1B−1

cσ(b2) = Ba2B−1

cσ(B) = B.


Seja agora lσ : F (u, v)oθ (ZoZ)→ F (u, v)oθ (ZoZ) de�nido de modo que o seguinte diagramaseja comutativo:

F (u, v) oθ (Z o Z)lσ //

λ��

F (u, v) oθ (Z o Z)

P2(K2) cσ// P2(K2).

γ

OO

Vamos calcular lσ nos geradores de F (u, v) oθ (Z o Z). Temos que

lσ(u; 0, 0) = (γ ◦ cσ ◦ λ)(u; 0, 0) = (γ ◦ cσ)(b1b2) = γ(Ba1B−1Ba2B

−1)

= γ(B)γ(a1)γ(a2)γ(B)−1 = (B; 0, 0)(v−1u−1; 1, 1)(v; 0,−1)(B, 0, 0)−1

= (Bv−1u−1θ(1, 1)(v)θ(1, 0)(B−1); 1, 0) = (Bv−1u−1Bvu−2B−1; 1, 0)

= (Bv−1u−1uvuv−1vu−2B−1; 1, 0) = (Bu−1B−1; 1, 0)

lσ(v; 0, 0) = (γ ◦ cσ ◦ λ)(v; 0, 0) = (γ ◦ cσ)(b−12 ) = γ(Ba−1

2 B−1)

= γ(B)γ(a2)−1γ(B)−1 = (B; 0, 0)(v; 0,−1)−1(B; 0, 0)−1

= (B; 0, 0)(θ(0, 1)(v)−1; 0, 1)(B−1; 0, 0) = (B(vB)−1θ(0, 1)(B)−1; 0, 1)

= (BB−1v−1B; 0, 1) = (v−1B; 0, 1)

lσ(B, 0, 0) = (γ ◦ cσ ◦ λ)(B, 0, 0) = (γ ◦ cσ)(B) = γ(B) = (B; 0, 0)

lσ(1; 1, 0) = (γ ◦ cσ ◦ λ)(1; 1, 0) = (γ ◦ cσ)(b1a1b2a2) = γ(Ba1B−1b1Ba2B

−1b2)

= γ(B)γ(a1)γ(B)−1γ(b1)γ(B)γ(a2)γ(B)−1γ(b2)

= (B; 0, 0)(v−1u−1; 1, 1)(B; 0, 0)−1(uv; 0, 0)(B; 0, 0)(v; 0,−1)(B; 0, 0)−1(v−1; 0, 0)

= (Bv−1u−1θ(1, 1)(B)−1θ(1, 1)(u)θ(1, 1)(v)θ(1, 1)(B)θ(1, 1)(v)θ(1, 0)(B)−1θ(1, 0)(v)−1; 1, 0)

= (Bv−1u−1Bu−1Bvu−2B−1Bvu−2B−1(Bvu−2B−1)−1; 1, 0)

= (Bv−1u−1Bu−1Bvu−2B−1Bvu−2B−1Bu2v−1B−1; 1, 0)

= (Bv−1u−1Bu−1Bvu−2B−1; 1, 0)

= (uvuv−1v−1u−1uvuv−1u−1uvuv−1vu−2vu−1v−1u−1; 1, 0) = (1; 1, 0)

lσ(1; 0, 1) = (γ ◦ cσ ◦ λ)(1; 0, 1) = (γ ◦ cσ)(a−12 b−1

2 )

= γ(b−12 Ba2B

−1) = γ(b2)−1 γ(B) γ(a2) γ(B)−1

= (v−1; 0, 0)−1(B; 0, 0)(v; 0,−1)−1(B; 0, 0)−1

= (v; 0, 0)(B; 0, 0)(θ(0, 1)(v)−1; 0, 1)(B−1; 0, 0)

= (vB(vB)−1θ(0, 1)(B)−1; 0, 1) = (B; 0, 1)

Vamos agora explicitar o automor�smo lσ em potências dos geradores de F (u, v) oθ (Z o Z).Mais precisamente, vamos mostrar o seguinte resultado:

Lema B.0.19. Para cada r, s,m, n ∈ Z, valem as seguintes expressões para o automor�smo lσ:

120 APÊNDICE B

1. lσ(ur; 0, 0) = ((Bu−1)rB−r; r, 0);

2. lσ(vs; 0, 0) = ((uv)−s(uB)δs ; 0, s);

3. lσ(1;m, 0) = (1;m, 0);

4. lσ(1; 0, n) = (Bδn ; 0, n).

Demonstração. Primeiramente vamos mostrar que lσ(ur, 0, 0) = ((Bu−1)rB−r, r, 0). Vamos proce-der por indução em r. Para r = 0 é óbvio e já mostramos para r = 1. Suponhamos o resultadoverdadeiro para r ≥ 1. O símbolo ∗ signi�ca que estamos usando a hipótese de indução.

lσ(ur+1; 0, 0) = lσ(u; 0, 0)lσ(ur; 0, 0)∗= (Bu−1B−1; 1, 0)((Bu−1)rB−r; r, 0)

= (Bu−1B−1(θ(1, 0)(B)θ(1, 0)(u)−1

)rθ(1, 0)(B)−r; r + 1, 0)

= (Bu−1B−1(B(BuB−1)−1

)rB−r; r + 1, 0)

= (Bu−1B−1(BBu−1B−1

)rB−r; r + 1, 0)

= (Bu−1B−1B(Bu−1)rB−1B−r; r + 1, 0)

= ((Bu−1)r+1B−(r+1); r, 0).

Se r < 0, então −r > 0 e já sabemos lσ(u−r; 0, 0). Assim, temos que

lσ(ur; 0, 0) = lσ(u−r; 0, 0)−1 = ((Bu−1)−rBr;−r, 0)−1 = ((θ(r, 0)((Bu−1)−rBr))−1; r, 0)

= (((θ(r, 0)(B)θ(r, 0)(u)−1)−rθ(r, 0)(B)r)−1; r, 0)

= (((B(BruB−r)−1)−rBr)−1; r, 0) = (((BBru−1B−r)−rBr)−1; r, 0)

= ((Br(Bu−1)−rB−rBr)−1; r, 0) = ((Bu−1)rB−r; r, 0).

Agora vamos mostrar que lσ(vs, 0, 0) = ((uv)−s(uB)δs ; 0, s). Primeiramente suponhamos s par.Neste caso temos que s = 2k, para algum k ∈ Z, e queremos mostrar que

lσ(v2k; 0, 0) = ((uv)−2k; 0, 2k).

Para k = 1, temos que

lσ(v2; 0, 0) = lσ(v; 0, 0)lσ(v; 0, 0) = (v−1B; 0, 1)(v−1B; 0, 1)

= (v−1Bθ(0, 1)(v)−1θ(0, 1)(B); 0, 2) = ((v−1B(vB)−1B−1; 0, 2)

= (v−2B−1; 0, 2) = (v−2vu−1v−1u−1; 0, 2) = ((uv)−2; 0, 2).

Portanto, para k = 0 e k = 1 a fórmula é verdadeira. Vamos proceder por indução em k. Suponhamoso resultado verdadeiro para algum k ≥ 1. O símbolo ∗ signi�ca que estamos usando a hipótese deindução. Assim, temos que

lσ(v2(k+1); 0, 0) = lσ(v2k; 0, 0)lσ(v2; 0, 0)∗= ((uv)−2k; 0, 2k)((uv)−2; 0, 2)

= ((uv)−2k(θ(0, 2k)(u)θ(0, 2k)(v))−2; 0, 2k + 2)

= ((uv)−2k(uv)−2; 0, 2(k + 1)) = ((uv)−2(k+1); 0, 2(k + 1)).

Se k < 0, então −k > 0, e já sabemos lσ(v−2k, 0, 0). Assim, temos

lσ(v2k; 0, 0) = lσ(v−2k; 0, 0)−1 = ((uv)2k; 0,−2k)−1 = ((θ(0, 2k)((uv)2k))−1; 0, 2k)

= (((θ(0, 2k)(u)θ(0, 2k)(v))2k)−1; 0, 2k) = ((uv)−2k; 0, 2k).


Agora suponhamos s ímpar. Seja k ∈ Z tal que s = 2k + 1. Queremos mostrar que

lσ(v2k+1; 0, 0) = ((uv)−2k−1uB; 0, 2k + 1).

Já sabemos a fórmula para lσ(v2k; 0, 0). Assim, temos que

lσ(v2k+1; 0, 0) = lσ(v2k; 0, 0)lσ(v; 0, 0) = ((uv)−2k; 0, 2k)(v−1B; 0, 1)

= ((uv)−2kθ(0, 2k)(v)−1θ(0, 2k)(B); 0, 2k + 1) = ((uv)−2kv−1B; 0, 2k + 1)

= ((uv)−2k(uv)−1(uv)v−1B; 0, 2k + 1) = ((uv)−2k−1uB, 0, 2k + 1).

A fórmula 3 decorre facilmente, pois temos que

lσ(1;m, 0) = lσ(1; 1, 0)m = (1; 1, 0)m = (1;m, 0).

Para mostra a fórmula 4, notemos que para cada n ∈ Z, existe um único k ∈ Z tal que n = 2k+ δn.Assim, temos que

lσ(1; 0, n) = lσ(1; 0, 1)n = (B; 0, 1)n = (B; 0, 1)2k(B; 0, 1)δn

= ((B; 0, 1)(B; 0, 1))k(Bδn ; 0, δn)

= (Bθ(0, 1)(B); 0, 2)k(Bδn , 0, δn)

= (BB−1; 0, 2)k(Bδn ; 0, δn) = (1; 0, 2k)(Bδn ; 0, δn)

= (θ(0, 2n)(B)δn ; 0, 2k + δn) = (Bδn ; 0, n).

Seja g : F (u, v)→ Z o Z de�nida nos geradores por

g(u) = (1, 0) e g(v) = (0, 1).

Notemos que pelo Lema B.0.19, o seguinte diagrama é comutativo:

F (u, v) �� //

g,,

F (u, v) oθ (Z o Z)lσ // F (u, v) oθ (Z o Z)

(p1)#��

Z o Z.

Notemos ainda que se w ∈ F (u, v) e g(w) = (r, s), então v−su−rw ∈ ker g. Logo, w = urvsx paraalgum x ∈ ker g. Por estas observações, vamos obter uma presentação para o grupo ker g utilizandoo método de Reidemeister-Schreier, que também se aplica no caso de um subgrupo de índice não�nito.

A�rmamos que um sistema de Schreier de ker g é S = {vsur}r,s∈Z. De fato, temos que

g(vsur) = (0, 1)s(1, 0)r = (0, s)(r, 0) = (r(−1)s, s),

o que implica que g|S : S → ZoZ é uma bijeção. A�m de facilitar o cálculo dos geradores de ker g,notemos que

g(vsurv) = (0, 1)s(1, 0)r(0, 1) = (0, s)(r, 0)(0, 1) = (r(−1)s, s+ 1)

= ((−r)(−1)s+1, s+ 1) = (0, s+ 1)(−r, 0) = (0, 1)s+1(1, 0)−r = g(vs+1u−r)

Calculemos os geradores:

122 APÊNDICE B

vsuru vsuru−1

= vsuru vsur+1−1

= vsuru(vsur+1)−1 = 1

vsurv vsurv−1

= vsurv(vs+1u−r)−1 = vsurvurv−1v−s =: Γs,r.

Notemos que Γs,r = 1⇔ r = 0. Uma vez que F (u, v) é livremente gerado por {u, v}, segue pelométodo de Reidemeister-Schreier que ker g é livremente gerado pelo conjunto {Γs,r}s,r∈Z,r 6=0.

Seja agora Bs,r := vsurBu−rv−s ∈ F (u, v). Notemos que Bs,r ∈ ker g e que B0,0 = B. Vamosmostrar que ker g é livremente gerado pelo conjunto {Bs,r}s,r∈Z. Antes, vamos mostrar a relaçãoentre Γs,r e Bs,r.

Lema B.0.20. Em ker g valem as seguintes relações:

1. Γs, r =

r−1∏i=0

Bs,r−1−i, se r ≥ 1

−r−1∏i=0

B−1s,r+i, se r ≤ −1

2. Bs,r = Γs,r+1Γ−1s,r , sendo Γs,0 = 1.

Demonstração. Primeiro vamos mostrar que o item 1 do enunciado do Lema é verdadeiro paras = 0. Temos que

Γ0,1 = uvuv−1 = B0,0.

Suponhamos por indução que a fórmula do item 1 é verdadeira para algum r ≥ 1 e s = 0 e vamosmostrar que a fórmula é verdadeira para r+ 1. O símbolo ∗ signi�ca que estamos usando a hipótesede indução.

Γ0,r+1 = ur+1vur+1v−1 = uurvur(v−1u−1uv)uv−1

= u(urvurv−1)u−1(uvuv−1)

= uΓ0,ru−1Γ0,1

∗= u

(r−1∏i=0

B0,r−1−i

)u−1B0,0

=

(r−1∏i=0

B0,r−i

)B0,0 =

(r+1)−1∏i=0

B0,(r+1)−1−i.

Agora temos que

Γ0,−1 = u−1vu−1v−1 = u−1vu−1v−1(u−1u) = u−1(uvuv−1)−1u = u−1B−10,0u = B−1

0,−1.

Suponhamos por indução que a fórmula do item 1 é verdadeira para r ≤ −1 e s = 0 e vamosmostrar que a fórmula é verdadeira para r−1. O símbolo ∗ signi�ca que estamos usando a hipótesede indução.

Γ0,r−1 = ur−1vur−1v−1 = u−1urvur(v−1uu−1v)u−1v−1(u−1u)

= u−1(urvurv−1)uu−1(uvuv−1)−1u

= u−1Γ0,ruB−10,−1

∗= u−1

(−r−1∏i=0

B−10,r+i

)uB−1

0,−1

=

(−r−1∏i=0

B−10,r−1+i

)B−1

0,−1 =

−(r−1)−1∏i=0

B−10,(r−1)+i.

O caso geral é obtido do anterior notando que Γs,r = vsΓ0,rv−s e Bs,r = vsB0,rv

−s. A fórmula 2.Bs,r = Γs,r+1Γ−1

s,r é de veri�cação direta e por isso omitimos os cálculos.


Teorema B.0.21. O conjunto {Bs,r = vsurBu−rv−s}s,r∈Z é uma base de ker g.

Demonstração. Notemos que pelo Lema B.0.20, o conjunto {Bs,r} gera ker g. Para mostrar que esteconjunto de fato é uma base, basta mostrar que só existem relações triviais entre esses geradores.Vamos fazer a prova por contradição. Suponhamos que exista uma palavra

w = Bε1s1,r1B

ε2s2,r2 · · ·B

εksk,rk

= 1, com εi ∈ {−1, 1} e Bεisi,riB

εi+1si+1,ri+1 6= 1.

Seja S o conjunto dos índices {s1, s2, . . . , sk}. Fixemos s ∈ S. Seja Rs o conjunto dos índices rjtal que o gerador Bs,rj aparece na palavra w. Sejam rm e rM o elemento minimal e o elementomaximal de Rs, respectivamente. De�nimos os subconjuntos Bs e Γs de acordo com as seguintespossibilidades:

• Bs = {Bs,0, . . . , Bs,rm , . . . , Bs,rM } e Γs = {Γs,1. . . . ,Γs,rM ,Γs,rM+1}, se 0 ≤ rm

• Bs = {Bs,rm , . . . , Bs,−1, Bs,0, Bs,1, . . . , Bs,rM } e Γs = {Γs,rm , . . . ,Γs,−1,Γs,1, . . . ,Γs,rM+1}, serm < 0 < rM + 1

• Bs = {Bs,rm , . . . , Bs,rM } e Γs = {Γs,rm , . . . ,Γs,rM }, se rM + 1 = 0

• Bs = {Bs,rm , . . . , Bs,rM , Bs,rM+1} e Γs = {Γs,rm , . . . ,Γs,rM ,Γs,rM+1}, se rM + 1 < 0

Notemos que em todos os casos, Bs e Γs tem a mesma cardinalidade e ambos geram um mesmosubgrupo de ker g, de acordo com o Lema B.0.20.

Agora notemos que se s, s′ ∈ S, com s 6= s′, então Bs ∩ Bs′ = ∅ = Γs ∩ Γs′ . Assim, temos queos conjuntos CB =

⋃s∈S

Bs e CΓ =⋃s∈S

Γs tem a mesma cardinalidade �nita, e geram um mesmo

subgrupo C. Como CΓ é base de C, segue CB também o é. Notemos que a palavra w está escritaem termos dos geradores CB, o que é um absurdo, pois w = 1. Segue a conclusão.

124 APÊNDICE B

Apêndice C

O grupo fundamental dos espaços de

con�guração A2(S2) e B2(S2)

Seja A2(S2) = {(x, y) ∈ S2 × S2 | x 6= ±y}. Neste espaço, de�nimos a involução livre de pontos�xos

τ1 : A2(S2) −→ A2(S2)(x, y) 7−→ (y, x)

e denotamos por B2(S2) o espaço de órbitas.O objetivo deste apêndice é mostrar que π1(A2(S2)) e π1(B2(S2)) são cíclicos de ordem 2 e 4,

respectivamente. Consideremos os elementos B ∈ π1(A2(S2)) e σ ∈ π1(B2(S2)), que são as classesde homotopia dos laços representados nas Figuras C.1 e C.2, respectivamente. Mais especi�camente,mostraremos que π1(A2(S2)) =

⟨B | B2 = 1

⟩e π1(B2(S2)) =

⟨σ | σ4 = 1

⟩.

Figura C.1: B ∈ π1(A2(S2)). Figura C.2: σ ∈ π1(B2(S2)).

Seja pA : S2 → RP2 o recobrimento duplo induzido da função antipodal A : S2 → S2, e sejap = pA × pA : S2 × S2 → RP2 × RP2 o recobrimento produto.

Notemos que

F2(RP2) = RP2 × RP2 −∆ e p−1(F2(RP2)) = A2(S2).

sendo ∆ = {(x, x) | x ∈ RP2} e F2(RP2) como de�nido na Seção 1.4.Por restrição, nós temos que j = p|A2(S2) : A2(S2)→ F2(RP2) é uma aplicação de recobrimento.

Logo, é injetor o homomor�smo

j# : π1(A2(S2))→ P2(RP2) = π1(F2(RP2)).

Em [6, Seção VI], está demonstrado que j#(B) é não trivial, e portanto B ∈ π1(A2(S2)) é não

125

126 APÊNDICE C

trivial.Consideremos a variedade de Stiefel V3,2 = {(x1, x2) ∈ R3 × R3 | 〈xi, xj〉 = δij}, sendo δij a

função delta de Kronecker.Em [11, Teorema 2.4], está demonstrado que A2(S2) tem o mesmo tipo de homotopia que V3,2.

Em [27, Capítulo IV, Teorema 10.13], está demonstrado que π1(V3,2) é isomorfo a Z2. Portanto,π1(A2(S2)) é cíclico de ordem 2 e como B é não trivial, então

π1(A2(S2)) =⟨B | B2 = 1

⟩.

Tal qual nós �zemos na Seção 1.3, nós temos a seguinte sequência exata:

1 // π1(A2(S2)) =⟨B | B2 = 1

⟩ (pτ1 )# // π1(B2(S2))θτ1 // Z2

// 1.

Logo, nós temos que ou π1(B2(S2)) é isomorfo a Z4 ou a Z2 ⊕ Z2. Geometricamente, é fácil verque (pτ1)#(B) = σ2 e como B é o gerador de π1(A2(S2)), então σ2 não é o elemento trivial deπ1(B2(S2)). Logo, π1(B2(S2)) é isomorfo a Z4 e σ é o gerador.

Nós podemos resumir os fatos provados neste apêndice no seguinte resultado:

Teorema C.0.22. Os grupos π1(A2(S2)) e π1(B2(S2)) são cíclicos de ordem 2 e 4, respectivamente,e temos a seguinte sequência exata

1 // π1(A2(S2)) =⟨B | B2 = 1

⟩ (pτ1 )# // π1(B2(S2)) =⟨σ | σ4 = 1

⟩ θτ1 // Z2// 1

sendo (pτ1)#(B) = σ2 e θτ1(σ) = 1.

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