1RECOBRIMENTOS VERSUS COHOMOLOGIA

Topologia Algebrica 2014-IIProfessor: Dr. Leonardo Magalhaes Macarini

Aluno: Francisco Miguel Zamora Inuma

Sejam M e M duas superfcies. Uma aplicacao pi : M M chama-se um recobrimento se:1. M e conexa.

2. Para todo y M , existe uma vizinhanca de y, chamada de aberto distinguido tal que: pi1(V ) = V, com V M , aberto e V 6= , para todo . pi := pi|V : V V e homeomorfismo para todo .

Observacao 1.

1). pi e sobrejetiva.

2). M e chamado de espaco recobridor de M , ou espaco total e M , base do recobrimento.

3). pi e aberta.

4). Para cada y M , o conjunto piy := pi1(y) e chamado de fibra de pi em y.5). piy tem a topologia discreta.

6). Se existe y0 M , tal que #(piy0) = k, entao #(piy) = k, para todo y M e dizemos que orecobrimento e de k-folhas, k N {}.

7). Dizemos que pi e finito, se para cada y M , piy e finito.Definicao 1.

a). Seja g : M M um homeomorfismo, dizemos que g e uma transformacao de Deck se pi g = pi,e denotamos ao conjunto de todas as transformacoes de Deck por Deck(pi).

b). Dizemos que pi e um recobrimento diferenciavel se pi e um difeomorfismo local. Seja

G := Diff(M) Deck(pi).

pi e chamado regular ou normal se: Para todo x1, x2 M , com pi(x1) = pi(x2), existe g G(chamado de automorfismo de recobrimento) tal que g(x1) = x2.

c). Seja pi : M M um recobrimento, f : N M continua. Uma aplicacao f : N M e umlevantamento de f se pi f = f .

2Proposicao 1. Se pi : M M e um recobrimento, f : N M continua, f , f : N M levantamentosde f . Se N e conexo e existe y0 N tal que f(y0) = f (y0), entao f = f .Proposicao 2. Se pi : M M e finito, regular, M conexo, entao G e finito.Demonstracao. Seja g G, entao g e levantamento de pi. Dado y0 M , seja piy0 = {x1, . . . , xk}. Fixemosxj piy0 e definamos

: G piy0g 7 g(xj),

que e injetivo, logo #(G) #(piy0) = k.Alem disso, pi e propria, logo induz homomorfismos

pi : Hr(M) Hr(M)[] 7 [pi]

e pic : Hrc (M) Hrc (M) definido analogaanente.

Observacao 2. No caso de pi ter infinitas folhas, pi nao necessariamente e fechada, e portanto, propria.Seja o recobrimento

pi : R S1t 7 e2piit,

e o fechado X = {1 + 1/n|n N}, logo pi(X) S1, mas 1 pi(X) \ pi(X).Teorema 1. [Teorema 5] Seja pi : M M um recobrimento diferenciavel, regular e finito. Para todor 0, o homomorfismo induzido pi : Hr(M) Hr(M) e injetivo.Demonstracao. Seja |G| o cardinal de G. Sabemos por definicao que

pi : Hr(M) Hr(M)[] 7 [pi]

para Zr(M). Seja [] Ker(pi), i.e., 0 = pi([]) = [pi], isto implica que pi Br(M). Logo,existe r1(M) tal que pi = d.

Queremos provar que [] = 0, ou seja, que Br(M), isto e, que existe r1(M) com = d.Como pi = d, seja

:=1

|G|gG

g,

logo

d =1

|G|gG

d(g) =1

|G|gG

g(d) =1

|G|gG

g(pi) =1

|G|gG

pi = pi = d.

Alem disso, para todo h G, tem-seh = . (1)

Isto se exprime dizendo que a forma e invariante sob o grupo G.Afirmacao: Se existe r1(M) tal que pi = , entao d = . Com efeito, como d(pi) =

d = d = pi, entaopi = pi(d). (2)

Por outra parte, como pi e difeomorfismo local, para todo x M , temos que pi(x) : TxM Tpi(x)Me um isomorfismo, logo

pi : r(M) r(M)e injetiva, e de (2) temos que = d. Portanto, basta mostrar que existe r1(M) tal que pi = .

De (1) temos que g = , logo, para todo x M , v1, . . . , vr1 TxM tem-se(g)(x)(v1, . . . , vr1) = (x)(v1, . . . , vr1)(g(x))(g(x)(v1), . . . , g(x)(vr1)) = (x)(v1, . . . , vr1).

(3)

0.1. RECOBRIMENTO DUPLO ORIENTADO 3

Seja x M , y = pi(x) M e i = pi(x)(vi) TyM , i = 1, . . . , r 1(os i sao unicos pois pi e umisomorfismo). Assim, defino r1(M) como sendo

(y)(1, . . . , r1) := (x)(v1, . . . , vr1).

esta bem definida, pois como pi e regular, existe g G tal que pi(g(x)) = y, logoi = pi

(x)(vi) = (pi g)(x)(vi) = pi(g(x))(g(xi)(vi)), i = 1, . . . , r 1.Assim

(y)(1, . . . , r1) = (g(x))(g(x)(v1), . . . , g(x)(vr1)) = (x)(v1, . . . , vr1).

Onde a ultima igualdade decorre de (3).

Observemos que embora Hrc (M) nao seja um subespaco vetorial de Hr(M), usando o mesmo raciocnio

da prova do Teorema 1, percebemos que Zrc (M) e pi = d, para r1c (M), entao o argumentola desenvolvido nos fornece r1c tal que d = . Este argumento prova o seguinte teorema:Teorema 2. [Teorema 5c] Seja pi : M M um recobrimento diferenciavel, regular e finito. Para todor 0, o homomorfismo induzido pic : Hrc (M) Hrc (M) e injetivo.

0.1 Recobrimento Duplo Orientado

Seja pi : M M um recubrimento diferenciavel de duas folhas, ou seja, para todo y M , piy = {x1, x2},logo G = {Id, g} onde g e tal que se pi(x1) = pi(x2), entao g(x1) = x2.Definicao 2. Se M e orientada, M conexa e para todo x1 M , a transformacao linear g(x1) : Tx1M Tx2M inverte orientacao, dizemos que pi e o recobrimento duplo orientado de M .

Observacao 3. Se pi e de duas folhas e M conexa, entao M tem no maximo, duas componentes conexas.Seja a M fixo, logo g(a) M .

Dado x M , provemos que x pode ser ligado por um caminho em M ao ponto a ou g(a). Comox, a M , entao pi(x) = pi(a) M , sendo M conexa, existe um caminho : [0, 1]M com (0) = pi(x)e (1) = pi(a). Ora, consideremos o levantamento de a partir de x, que e um caminho : [0, 1] M ,com (0) = x e pi = . Como pi((1)) = (1) = pi(a), entao (1) = a ou (1) = g(a).Teorema 3. [Teorema 6] Seja pi : M M um recubrimento duplo orientado. A superfcie M e orientavelse, e somente se, M e desconexa.

Demonstracao. Suponhamos que M e orientavel, seja

A = {x M |pi(x) : TxM Tpi(x)M preserva orientacao}.Sabemos que G = {Id, g}, seja B = g(A), logo, se y B, y = g(x), x A e pi(y) = pi(x) = p, alem

disso g(x) inverte orientacao, assim como pi(x) = pi(g(x)) temos

pi(x) = pi(y) g(x).Mas como pi(x) preserva e g(x) inverte a orientacao, temos que pi(y) inverte orientacao. Assim

B = g(A) = {y M |pi(y) : TyM Tpi(y)M inverte orientacao}.Logo, a reuniao disjunta M = AB e uma cisao nao trivial de M , o que implica que M e desconexa.Suponhamos agora que M = AB e uma cisao nao trivial de M , entao pi aplica A e B difeomorfica-

mente sobre M , assim, M e orientavel.

Observacao 4. Se M e orientada, M conexa e pi : M M um recobrimento diferenciavel de duasfolhas, entao pi nao necessariamente e um recobrimento duplo orientado. Com efeito, seja T 2 = S1 S1o toro bidimensional, entao

pi : T 2 T 2(z, w) 7 (z2, w)

e um recubrimento de duas folhas, mas nao e um recobrimento duplo orientado, pois T 2 e conexo e pi(T 2)e orientavel.

4Exemplo 1 (Exemplo 10). Seja Pm = RPm o espaco projetivo real de dimensao m. A aplicacao

pi : Sm Pm(x1, . . . , xn) 7 [x1 : . . . : xn]

e um difeomorfismo local tal que pi(x) = pi(y) se, e somente se, y = x. A aplicacao antpoda : Sm Sm

x 7 xe tal que pi = pi e temos que G = {Id, } e sabemos que preserva orientacao quando m e impar einverte se m e par.

Portanto, quando m e par, inverte orientacao, e assim pi e um recobrimento duplo orientado, masSm e conexa, logo, pelo Teorema 3, temos que Pm e nao orientavel.

Se m for impar, Pm e orientavel. Quer m seja par ou impar, quando 0 < r < m, tem-se pelo exemplo(6) que Hr(Sm) = 0 e como pi : Hr(Pm) Hr(Sm) e injetivo, temos que Hr(Pm) = 0, para 0 < r < m.Resta calcular Hm(Pm).

Se m e mpar, Hm(Pm) tem dimensao 1, como ocorre com qualquer superfcie m-dimensional com-pacta orientavel. E se m e par, tem-se que Hm(Pm) = 0 como resulta do teorema seguinte no qual seusa o fato de que toda superfcie nao-orietavel possui um recobrimento duplo orientado.

Teorema 4. [Teorema 7] Se a superfcie m-dimensional conexa M e nao orientavel, entao Hmc (M) =Hm(M) = 0.

Antes de comecar a prova, lembremos alguns resultados que vamos utilizar:

Teorema 5. [Teorema 4] Seja Mm uma superfcie conexa e orientada(compacta ou nao), logo a trans-formacao linear definida por

A : Hmc (M) R[] 7

M

e um isomorfismo.

Teorema 6 (Dualidade de Poincare). Seja M uma superfcie orientada, a transformacao linear

DM : Hr(M) [Hrc (M)]

[] 7DM ([]) : H

mrc (M) R

[] 7M

e um isomorfismo, para todo r = 0, . . . ,m.

Continuando com la demonstracao do Teorema 4. Seja pi : M M o recobrimento duplo orientadode M . Como M e nao orientavel, pelo Teorema 3, M e conexa, alem disso, M e orientada(def. derecobrimento duplo orientado), pelo Teorema 5 a transformacao linear

A : Hmc (M) R[] 7

M

e um isomorfismo. Seja g : M M o difeomorfismo sem pontos fixos tal que pi g = pi : M M . Paratoda mc (M), como g inverte orientacao, temos

A(pic []) = A([pic]) =

M

pic =M

g(pic) = M

pic = A([pic]),

logo A([pic]) = 0, como A e isomorfismo, pic [] = 0 e pelo Teorema 2, pi

c e injetivo e assim [] = 0. Isto

implica que Hmc (M) = 0. Se M e compacta, entao Hm(M) = Hmc (M) = 0. Se M nao e compacta, entao

M nao e compacta, do Exemplo (8) temos que H0c (M) = 0, logo, pela Dualidade de Poincare temos

Hm(M) [H0c (M)] = 0,e como pi : Hm(M) Hm(M) e injetiva, temos finalmente que Hm(M) = 0, isto demonstra o Teorema.

0.1. RECOBRIMENTO DUPLO ORIENTADO 5

Exemplo 2. Consideremos o seguinte recobrimento duplo da faixa de Mobius aberta, M , pelo cilindroaberto

C = {(r, , t) R3|r = 1, [0, 2pi), t (1, 1)},expressado em coordenadas cilindricas em R3 pelo mapa de recobrimento

(, t) = (2 cos(2) + t cos() cos(2), 2 sin(2) + t cos() sin(2), t sin()).

Seja

A : C C(1, , t) 7 (1, + pi,t),

mostra-se que (A(1, , t)) = (1, , t), o que implica que A e uma transformacao de Deck. Se dotamosao cilindro com a orientacao induzida da orientacao natural de R3, entao pelo Teorema 3, M sera naoorientavel se A inverte orientacao. Por outra parte

det(DA(1, , t)) = det

[1 00 1

]= 1 < 0.

Logo, pi e R.D.O. Como C e conexo, temos que M e nao orientavel.

Exemplo 3. Sejam M Rm+1 hiperfcie conexa nao orientavel, necessariamente nao-fechada, pois nessecaso, M = e assim M e orientavel. Seja V2[M ] uma vizinhanca tubular. O bordo M = (V[M ])e uma hiperfcie orientavel. A projecao pi : M M e um recobrimento de duas folhas pois e umdifeomorfismo local e, para cada y M , sua fibra, piy consiste nos dois extremos do segmento B+[y, (y)].Alem disso, M e conexa. Segue-se do Teorema 3 que pi e um recobrimento duplo orientado.

Recobrimento Duplo Orientado