Psikolojik Belirtiler ile Đlgili Yapılan Araştırmalar

Repetimos o exemplo anterior substituindo o recobrimento p2 pelo recobrimento duplo

orientado ¯p2 : T2 → RP2#RP2. Também aqui, temos µ( ef ) = 1, com o par ( ef , ef (e0))

realizando µ( ef ). _¤

Pequenos ajustes nas construções dos dois últimos exemplos são sucientes para se de- monstrar o seguinte resultado:

Teorema 6.7. Seja K o 2-complexo dos dois últimos exemplos. Para cada inteiro positivo n, existem aplicações celulares fn: K → T2 e gn: K → RP2#RP2 satisfazendo:

1. N (fn) = n, µC(fn) = 1 e µ(fn) = 2n − 1.

2. N (gn) = 2n, µC(gn) = 1 e µ(gn) = 4n − 1.

Prova: Para o primeiro item, seja ef : K → T2 como no Exemplo 6.5. Seja pn : T2 → T2

um recobrimento a n folhas (a existência de um tal recobrimento é óbvia; por exemplo, para cada z ∈ T considerado como um par z = (z1, z2) ∈ S1× S1, dena pn(z) = (z1n, z2)). Dena

fn= pn◦ ef : K → T2. Agora proceda aos argumentos do Exemplo 6.5.

Para o segundo item, seja ef : K → T2 _{como no Exemplo 6.6. Seja p}

n : T2 → T2

um recobrimento a n folhas (como no parágrafo precedente, por exemplo), e seja ¯p2 : T →

RP2_#RP2 _{o recobrimento duplo orientado da garrafa de Klein. Dena q}

2n : T → RP2#RP2

pela composição q2n = ¯p2◦ pn. Então q2né um recobrimento a 2n folhas. Dena fn= q2n◦ ef :

K → RP2#RP2. Agora proceda aos argumentos do Exemplo 6.6. _¥

6.2

Raízes de aplicações levantadas

Na seção anterior, vimos vários exemplos de aplicações de um complexo em uma superfície fechada que admitem levantamento ao longo de algum espaço de recobrimento e não possuem todas as suas classes de raízes com a cardinalidade mínima. Nesta seção, estudamos a relação entre o número mínimo de raízes de uma aplicação e o número mínimo de raízes de seus possíveis levantamentos ao longo de espaços de recobrimento.

Em toda esta seção, M e N denotarão n-variedades topológicas (sem bordo) compactas ou trianguláveis e X denotará espaço topológico compacto, conexo, localmente conexo por caminhos e semilocalmente simplesmente conexo. Todas estas hipótese são satisfeitas, por exemplo, se X é um complexo CW conexo e nito.

Lema 6.8. Seja pk : ¯Y → Y um recobrimento a k folhas e seja f : X → Y uma aplicação

que se levanta a ef : X → ¯Y ao longo de pk. Sejam a ∈ Y um ponto p−1k (a) = {a1, . . . , ak} a

bra de pk sobre a. Então µ(f, a) ≥Pk_i=1µ( ef , ai).

Prova: Seja ϕ : X → Y uma aplicação homotópica a f tal que #ϕ−1_{(a) = µ(f, a). Como}

a ef. Segue-se que ϕ−1_{(a) = ∪}k

i=1ϕe−1(ai), com esta reunião sendo disjunta, e certamente

# eϕ−1(ai) ≥ µ( ef , ai) para todo 1 ≤ i ≤ k. Portanto,

µ(f, a) = # Ã _k [ i=1 e ϕ−1(ai) ! ≥ k X i=1 µ( ef , ai). ¥

Teorema 6.9. Seja pk: M → N um recobrimento a k folhas e seja f : X → N uma aplicação

que se levanta a ef : X → M ao longo de pk. Então µ(f) ≥ k µ( ef ). Além disso, µ(f) = 0 se,

e somente se, µ( ef ) = 0.

Prova: Seja a ∈ N um ponto arbitrário e seja p−1

k (a) = {a1, . . . , ak} a bra de pk sobre

a. Como M e N são ambas superfícies, tem-se µ(f) = µ(f, a) e µ( ef ) = µ( ef , ai) para todo

1 ≤ i ≤ k. Portanto, pelo lema anterior, µ(f) ≥ k µ( ef ). E isto implica diretamente que µ( ef ) = 0se µ(f) = 0. Para provar o que resta, suponha µ( ef ) = 0. Então N( ef ) = 0 e, pelo Teorema 1.12, existe uma aplicação eg : X → M homotópica a ef tal que dim eg(X) ≤ n − 1, (onde n é a dimensão de M e N). Seja ϕ : X → N a composição ϕ = pk◦ eϕ. Então ϕ é

homotópica a f e dim ϕ(X) ≤ n − 1. Portanto µ(f) = 0. _¥

Observa-se que se no teorema anterior tem-se k = 1, então o recobrimento pk : M → N é

um homeomorsmo e tem-se µ(f) = µ( ef ).

Nos Exemplos 6.4, 6.5 e 6.6 da seção anterior são apresentadas aplicações f : K → N de 2-complexos em superfícies (N sendo, respectivamente, o plano projetivo, o toro e a garrafa de Klein) para as quais se verica

µ(f ) ≥ 3 > 2 = 2 µ( ef ).

Isto mostra que existem aplicações f : K → N de um 2-complexo em uma superfície fechada N que se levantam a aplicações ef : K → M ao longo de um recobrimento duplo p2: M → N e satisfazem a desigualdade estrita

µ(f ) > 2 µ( ef ).

Além disso, o Teorema 6.7 mostra que se N é o toro (respectivamente a garrafa de Klein), então, para cada inteiro n > 1, existe um complexo K e uma aplicação fn : K → N que se

levanta a uma aplicação efn: K → T2, ao longo de um recobrimento a n folhas pn : T2 → N

(respectivamente a 2n folhas q2n : T2 → N), que satisfaz a relação µ(fn) = 2n − 1 > n =

n µ( efn)(respectivamente µ(fn) = 4n − 1 > 2n = 2n µ( efn)).

Das provas dos dois últimos resultados, os quais enunciam a desigualdade µ(f) ≥ k µ( ef ), surge naturalmente uma condição necessária e suciente para que se verique a igualdade µ(f ) = k µ( ef ). Para maior clareza, enunciamos e demonstramos isto na seqüência. Iniciamos com um lema.

6.2 Raízes de aplicações levantadas 97 Lema 6.10. Seja pk : M → N um recobrimento a k folhas, sejam a1, . . . , ak pontos distintos

de M e seja a ∈ N um ponto arbitrário. Então, existe um recobrimento a k folhas qk: M → N

isomorfo e homotópico a pk e tal que q−1k (a) = {a1, . . . , ak}.

Prova: Seja p−1

k (a) = {b1, . . . , bk}a bra de pksobre a. Pode ocorrer que algum ai seja igual

a algum bj. Neste caso, a menos de reindexação, podemos assumir ai = bi para 1 ≤ i ≤ r e

ai 6= bi para i > r, para algum 1 ≤ r ≤ k. Se ai 6= bj para quaisquer i, j, então ponhamos

r = 0. Se r = k, então nada há para se demonstrar. Assumamos então r 6= k.

Para cada i = r + 1, . . . , k, seja Ui um aberto de M homeomorfo a uma bola aberta do

Rn, contendo ai e bi e não contendo quaisquer outros aj′s e bj′s (Ui certamente existe, já

que M é uma n-variedade). Seja hi : M → M um homeomorsmo homotópico a aplicação

identidade, sendo a própria aplicação identidade fora de Ui e tal que hi(ai) = bi.

Seja h : M → M o homeomorsmo h = hk◦ · · · ◦ hr+1. Então h é homotópico a aplicação

identidade e h(ai) = bi para cada 1 ≤ i ≤ k. Dena qk: M → N pela composição qk= pk◦ h.

Então qk é um recobrimento a k folhas isomorfo e homotópico a pk. Além disso, é claro que

q−1_k (a) = {a1, . . . , ak}. _¥

Teorema 6.11. Seja pk : M → N um recobrimento a k folhas e seja f : X → N uma

aplicação que se levanta a ef : X → M ao longo de pk. Então µ(f) = k µ( ef ) se, e somente

se, para todo par (ϕ, a) realizando µ(f), cada par ( eϕ, ai) realiza µ( ef ), onde eϕé levantamento

de ϕ homotópico a ef e p−1_k (a) = {a1, . . . , ak}.

Prova: Seja (ϕ, a) um par realizando µ(f), seja p−1

k (a) = {a1, . . . , ak} a bra de pk sobre a,

e seja eϕlevantamento de ϕ homotópico a ef. Então ϕ−1_{(a) = ∪}k

i=1ϕe−1(ai), com esta reunião

sendo disjunta, e portanto µ(f) = Pk

i=1# eϕ−1(ai). Agora, certamente, # eϕ−1(ai) ≥ µ( ef )

para cada 1 ≤ i ≤ k. Portanto, µ(f) = k µ( ef ) se, e somente se, # eϕ−1(ai) = µ( ef ) para cada

1 ≤ i ≤ k, ou seja, cada par ( eϕ, ai) realiza µ( ef ). ¥

Teorema 6.12. Seja pk : M → N um recobrimento a k folhas e seja f : X → N uma

aplicação que se levanta a ef : X → M ao longo de pk. Então µ(f) = k µ( ef ) se, e somente

se, dados k pontos distintos a1, . . . , ak de M, existe uma aplicação eϕ : X → M tal que, para

cada 1 ≤ i ≤ k, o par ( eϕ, ai) realiza µ( ef ).

Prova: Seja (ϕ, a) um par realizando µ(f) e seja qk : M → N um recobrimento isomorfo e

homotópico a pk tal que qk−1(a) = {a1, . . . , ak}, conforme o Lema 6.10.

Suponha µ(f) = k µ( ef ). Seja eϕ : X → M um levantamento de ϕ ao longo de qk,

homotópico a ef. Então, pelo teorema anterior, ( eϕ, ai) realiza µ( ef )para cada i = 1, . . . , k.

Por outro lado, suponha que exista uma aplicação eϕ : X → Mtal que, para cada 1 ≤ i ≤ k, o par ( eϕ, ai) realiza µ( ef ). Seja ϕ = qk◦ eϕ : X → N. Então eϕé um levantamento de ϕ ao

longo de qk, homotópico a ef, e temos µ(f) ≤ #ϕ−1(a) =P_i=1k # eϕ−1(ai) = k µ( ef ).Mas, pelo

Teorema 6.13. Seja pk : M → N um recobrimento a k folhas e seja f : X → N uma

aplicação que se levanta a ef : X → M ao longo do recobrimento pk. Então µ(f) > k µ( ef )

se, e somente se, para toda aplicação eϕ : X → M homotópica a ef, existe no máximo k − 1 pontos de M cuja pré-imagem por eϕ contém exatamente µ( ef ) pontos.

Prova: Pelo Teorema 6.9, µ(f) 6= k µ( ef ) se, e somente se, µ(f) > k µ( ef ). Sendo assim, um argumento trivial mostra que a asserção deste teorema é equivalente a asserção do teorema

precedente. ¥

Exemplo 6.14. Sejam f : K → N, p2 : M → N e ef : K → M conforme o Exemplo 6.4

ou 6.5 ou 6.6. Pelo que temos provado, µ(f) ≥ 3 > 2 = 2 µ( ef ). (Mais precisamente, nos Exemplos 6.5 e 6.6 tem-se µ(f) = 3). Portanto, pelo teorema precedente, se eϕ : K → M é uma aplicação realizando µ( ef )(que é igual a 1), então é único o ponto de M cuja pré-imagem

por eϕconsiste de um só ponto. ¤

Agora, apresentamos uma proposição mostrando equivalências entre a nulidade dos nú- meros de Nielsen e os números mínimos de raízes de uma aplicação e de seus possíveis levan- tamentos ao longo de recobrimentos.

Proposição 6.15. Seja pk : M → N um recobrimento a k folhas e seja f : X → M uma

aplicação que se levanta a ef : X → M ao longo de pk. Então, as seguintes asserções são

equivalentes:

(i) N(f) = 0, (ii) N( ef ) = 0, (iii) µ(f) = 0, (iv) µ( ef ) = 0.

Prova: Primeiro, lembramos que, pelo Teorema 6.9, (iii) ⇔ (iv). Também, como N(g) ≤ µ(g)para toda aplicação g, é óbvio que (iii) ⇒ (i) e (iv) ⇒ (ii). Por outro lado, pelo Teorema

1.10, temos que (i) ⇒ (iii) e (ii) ⇒ (iv). Isto completa a prova. ¥

Até agora, estudamos os casos em que a dada aplicação f tem um levantamento ao longo de um recobrimento com um número nito de folhas. Quando f tem um levantamento ao longo de um recobrimento com um número innito de folhas, utilizamos resultados de D. L. Gonçalves e P. Wong apresentados em [18], os quais já foram devidamente inseridos e referenciados no Capítulo 1, para provar o seguinte resultado:

Teorema 6.16. Seja f : X → N uma aplicação que se levanta a ef : X → M ao longo de um recobrimento p∞: M → N com um número innito de folhas. Então N(f), N( ef ), µ(f)

e µ( ef )são todos iguais a zero.

Prova: Certamente, o subgrupo f#π1(X) tem índice innito no grupo π1(N ). Assim, pelo

Corolário 1.11, µ(f) = 0 e, portanto, N(f) = 0. Assim, existem uma aplicação ϕ homotópica a f e um ponto a ∈ N tais que ϕ−1_{(a) = ∅. Seja eϕ : X → M um levantamento de ϕ ao longo}

de p∞homotópico a ef. Então ϕ−1(a) =S_a∈p˜ −1 ∞(a)ϕe

−1_{(˜a), o que implica que eϕ}−1_{(˜a) = ∅para}

cada ˜a ∈ p−1