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Universidade Federal da Bahia -UFBA

Instituto de Matemática e Estatística - IME

Programa de Pós-Graduação em Matemática - PGMAT

Dissertação de Mestrado

Representações Lineares dos Grupos de Tranças

Caio Lima Silva

Salvador-Bahia

Março de 2019

Representações Lineares dos Grupos de Tranças

Caio Lima Silva

Dissertação de Mestrado apresentada ao

Colegiado da Pós-Graduação em Matemática da

Universidade Federal da Bahia como requisito

parcial para obtenção do título de Mestre em

Matemática.

Orientador: Prof. Dr. Oscar Eduardo Ocampo

Uribe.

Salvador-Bahia

Março de 2019

Ficha catalográfica elaborada pelo Sistema Universitário de Bibliotecas (SIBI/UFBA), com os dados fornecidos pelo(a) autor(a).

Lima Silva, Caio Representações Lineares dos Grupos de Tranças / CaioLima Silva. -- Salvador, 2019. 101 f. : il

Orientador: Oscar Ocampo. Dissertação (Mestrado - Mestrado em Matemática) --Universidade Federal da Bahia, UFBA, 2019.

1. Grupo de tranças de Artin. 2. Representações. 3.Linearidade. I. Ocampo, Oscar. II. Título.

À minha mãe, familiares e

amigos.

Agradecimentos

Difícil dizer uma pessoa que nunca ouviu alguém próximo perguntar o que você

quer da vida ou, talvez, quais os próximos passos. Ainda mais, que matemático nunca

ouviu a pergunta sobre sua sanidade mental.

Às vezes vamos vivendo conforme a onda vai nos levando, mas é inegável que

voltamos à realidade e idealizamos nossos futuros mesmo num Brasil onde as coisas não

estão muito adequadas para diversos prossionais, principalmente professores e pesquisa-

dores. Mesmo assim, existem pessoas que te apoiam e te ajudam nos diversos momentos.

É a elas que tenho muito a agradecer.

Tiveram muitos momentos nessa caminhada do mestrado que acabei me abatendo

ou o ânimo esvaiu, mas tive uma turma, cada um da sua maneira, que conseguia se manter

e dar força um para o outro. Então agradeço a Djavan, Glaene, Joedson, Saimon, Victor

e Yure. Agradeço também aos agregados dos outros semestres: Carol, Ênio, Leydiane,

Taís e Tamires. Um agradecimento especial para duas pessoas: meu irmão acadêmico que

sempre me ajudou e contribuiu para esse trabalho, obrigado Paulo, e a Enathielle que foi

a minha el companheira de jornada, enfrentou os diversos problemas e alavancou minha

conança para eu conseguir terminar o mestrado, você é demais.

Ao fechar essa leva do mestrado, existe um grupo de pessoas (pra não soar mate-

maticamente) que mesmo longe do que acontecia nos corredores do IME contribuiu para

me manter forte para aguentar todos os momentos dessa caminhada. Um grande obrigado

a Adson, Amanda, Érica, Igor e Luan. Outros, que mesmo distantes pelas eventualidades

da vida ainda assim torceram, a esses também agradeço.

Um obrigado também aos professores que deram sua contribuição para ser quem

eu sou, incluindo colégio, graduação e mestrado. Aqui destaco a professora Rita de Cássia

que foi de fundamental importância na graduação e que me incentivou a fazer o mestrado,

ao professor Vinícius Casteluber por aguentar os vários pedidos para abrir a matéria e

pelos vários conselhos durante a disciplina e ao professor Samuel Gomes por todo apoio e

ajuda nas dúvidas que surgiam.

Em um momento que estava imerso de contas pra fazer veio uma solução e um

apoio de longe, mas que tornou essas contas mais acessíveis, compondo o trabalho. Agra-

deço a você, Ariel. Outra pessoa que devo meu obrigado é a Raquel Magalhães que me

apoiou e me ajudou com toda sua alegria e inteligência.

Junto com os devidos agradecimentos, peço perdão aos que tive que me afastar,

mas saibam que foi por um motivo nobre.

Agradeço à minha família e a meu padrasto. Contudo, tenho que destacar duas

pessoas que foram fundamentais em todo o processo. Tiago, obrigado por tudo: por ser

quem você é, pelos vários conselhos, por todo o apoio e ajuda. Você é especial. Mãe, você

é meu porto seguro. Obrigado por me apoiar e fazer com que eu me mantivesse em pé

independente do que tivesse acontecido. Muito obrigado, te amo.

Agradeço também ao meu orientador que me fez enxergar o mundo dele na ma-

temática. Um cara que sempre admirei e que tive a oportunidade de trabalhar. Oscar,

obrigado. Agradeço aos professores Daciberg e John pela participação na banca e contri-

buição dada.

Por m, agradeço a FAPESB pelo apoio nanceiro concedido a mim durante todo

o meu mestrado.

Portanto, sigamos atrás de nossos sonhos. Muito obrigado a todos.

A imaginação é mais

importante que o conheci-

mento.

Albert Einstein

Resumo

Neste trabalho estudaremos o chamado grupo de tranças de Artin e algumas de

suas representações lineares. Um problema que permaneceu em aberto por muito tempo

foi a linearidade do grupo de tranças de Artin. Motivado por isto, veremos a contribuição

da representação de Burau do grupo de tranças para esse questionamento, assim como

também estudaremos a representação de Gassner no contexto do grupo de tranças puras.

Palavras-chave: Grupo de tranças de Artin; Representações; Linearidade.

Abstract

In this work we shall study the so-called Artin braid group and some of its

linear representations. One problem that remained open for a long time was the linearity

of the Artin braid group. Motivated by this, we will see the contribution of Burau's

representation of the braid group to this questioning, as well as the representation of

Gassner in the context of the pure braid group.

Keywords: Artin braid group; Representations; Linearity.

Sumário

Introdução 2

1 Aspectos básicos da teoria de tranças 5

1.1 Denição de tranças geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Movimentos elementares e equivalência de tranças . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Invariantes de tranças e tranças puras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4 Grupo de tranças geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Geradores e a decomposição de tranças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.6 Grupo de tranças algébrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.7 Tranças puras e homomorsmos de esquecimento . . . . . . . . . . . . . . 20

1.7.1 Geradores e propriedades do grupo de tranças . . . . . . . . . . . . 20

1.7.2 Homomorsmos de esquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2 Representações de Burau: clássica e reduzida 28

2.1 Conceitos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Representação de Burau ψn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2.1 Denição da representação de Burau . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2.2 Características da representação de Burau . . . . . . . . . . . . . . 37

2.3 Representação reduzida de Burau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.3.1 Redução de ψn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.3.2 A delidade de ψ3 : B3 → GL2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3 Representação de Gassner 49

3.1 Preliminares e notações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.1.1 Conceitos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.1.2 Subgrupo livre de Pn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.1.3 Subgrupo de congruência de GLn(Ξ) . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.1.4 Estrutura de Kin/K

i+1n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.2 Injetividade de Φi : Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)→ Kin/K

i+1n . . . . . . . . . . . . 66

3.2.1 Caso i = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.2.2 Caso i = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.2.3 Caso i = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.2.4 Caso i = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.3 Núcleo da restrição da representação de Gassner gn : Fn−1 → Xn . . . . . . 75

4 Apêndice 78

4.1 Método de Reidemeister-Schreier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.2 Tabelas para injetividade de Φi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Introdução

Os grupos de tranças de Artin, denotados por Bn, foram introduzidos por Emil

Artin em 1925 de forma geométrica e intuitiva, onde cada elemento desse grupo se com-

porta como um trançado de cordas com certas restrições. Artin, retratado na Figura 1,

foi um matemático austríaco que nasceu no nal do século XIX e que veio a falecer no

meado do século XX. Iniciou sua carreira na Alemanha, contudo, com a ameaça nazista,

foi obrigado a emigrar para os Estados Unidos em 1937 e foi depois desse período que

ele deu contribuições grandiosas na teoria de tranças de um viés algébrico que podem ser

vistos em [A1], [A2] e [A3], como por exemplo conseguir provar que, de fato, as tranças

formam um grupo e conseguir uma apresentação para esse grupo.

Figura 1: Emil Artin

Os grupos de tranças são interessantes por si próprios, mas também têm um

papel importante em diferentes áreas da matemática, como por exemplo em topologia,

geometria, álgebra, sistemas dinâmicos e física teórica. Destacamos o seu uso no estudo

dos nós e enlaçamentos, na denição de invariantes topológicos, dos mapping class groups,

da propriedade de Borsuk-Ulam para aplicações em superfícies e da teoria de homotopia

clássica. Também têm aplicações na biologia, robótica, criptograa e na teoria dos grupos

cristalográcos (ver [BCHWW], [Han], [KT], [GGO] e [MK]).

Um problema que durou em torno de sete décadas em aberto é a linearidade do

grupo de tranças, isto é, se o grupo de tranças é isomorfo a um grupo linear (grupos de

matrizes invertíveis). Isto vem com o fato de responder se é possível, ou não, encontrar2

3

uma representação linear el (isto é, injetora) dos grupos de tranças. Muitas represen-

tações lineares de Bn tem sido construídas, a primeira a ser estudada nessa dissertação

é a representação de Burau, que não é el para valores grandes de n. No caso n = 4

não é conhecido se a representação de Burau é injetora, é um problema em aberto. A

representação de Gassner é uma variação da representação de Burau, mas que é apenas

denida nos grupos de tranças puras. Até o momento é desconhecido se a representação

de Gassner é injetora para n maior ou igual a 4.

Em 1990 Ruth Lawrence, uma matemática britânica-israelense, publicou um ar-

tigo intitulado Representações homólogicas da álgebra de Hecke que entre outras coisas

introduz algumas novas representações lineares do grupo de tranças, conhecidas como

representações de Lawrence. Da família de representações de Lawrence, destacou-se a re-

presentação chamada de representação de Lawrence-Krammer-Bigelow. Em 2001 e 2002,

Stephen Bigelow e Daan Krammer publicaram trabalhos os quais estabeleceram a de-

lidade dessa representação de maneira independente. A prova de S. Bigelow foi baseada

num resultado de D. Krammer do ano 2000 que provou a linearidade de B4. Eles utiliza-

ram técnicas como visualizar o grupo de tranças como o mapping class group de um disco

n-vezes perfurado e a utilização da teoria de homologia com coecientes locais. Já a prova

de D. Krammer para a linearidade de Bn foi completamente algébrica e independente de

qualquer artigo anterior. Ele utilizou dentre outros resultados o Lema do ping-pong para

grupos de tranças, que seria um análogo do Lema do ping-pong para grupos livres, o qual

permite concluir a existência de um produto livre através de uma ação de grupos.

O objetivo geral dessa dissertação foi estudar a linearidade do grupo de tranças,

perpassando sobre a teoria de tranças e estudando sobre as representações de Burau e

Gassner. A representação de Lawrence-Krammer-Bigolow não será estudada aqui, visto

que seria necessário um estudo mais aprofundado de outros tópicos. O trabalho foi di-

vidido em quatro capítulos, sendo um deles um apêndice. Subentendemos a existência

de uma certa familiaridade com conceitos de álgebra e álgebra linear para a leitura deste

texto.

No primeiro capítulo expomos alguns pré-requisitos necessários para leitura desta

dissertação e descrevemos algumas características da teoria de tranças. Destacamos duas

denições do grupo de tranças, uma sob perspectiva geométrica enquanto a outra sob

a concepção algébrica. Além disso, estudamos também certos homomorsmos que são

chamados de homomorsmos de esquecimento, os quais produzem um subgrupo livre das

tranças puras que tem seu destaque no terceiro capítulo. Este capítulo foi baseado nos

livros [MK] e [KT].

O segundo capítulo traz consigo o estudo da representação de Burau. Ela foi a

primeira representação a ser vista, onde a denimos e atrelamos características à imagem

e ao núcleo dessa representação, sendo o último bastante importante perante a injetivi-

dade. Mostramos que a representação de Burau é el para n = 2 e a existência de um

4

contraexemplo para o caso n = 5, sendo assim, provando a não delidade para casos

n ≥ 5. Enm buscamos estudar o caso n = 3, visto que o caso n = 4 é um caso ainda

em aberto. Para esse estudo se tornou necessário recorrermos a representação de Burau

em sua forma reduzida a qual foi denida e explorada nesse texto. Por m, obtemos a

conclusão que a representação de Burau é el para n = 3, porque a sua reduzida é el

para este caso. Este capítulo foi baseado nas primeiras seções do capítulo 3 do livro [KT].

No terceiro capítulo estudamos a representação de Gassner. Esse estudo foi atre-

lado à técnica desenvolvida por K. Knudson em [Kn2] que se baseou em restringir o

domínio da representação para o subgrupo livre Fn−1 das tranças puras Pn e, ainda mais,

aos quocientes de elementos da série central inferior de Fn−1. Denimos um subgrupo de

congruência sobre um ideal chamado de aumentação e também estudamos alguns quoci-

entes atrelados a esse subgrupo, vislumbrando um homomorsmo entre esses quocientes

e os quocientes de elementos da série central inferior de Fn−1. Dessa forma conseguimos

desenvolver ferramentas para provar que o núcleo da restrição a Fn−1 da representação de

Gassner está contido em [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)].

Por m, no apêndice, expomos o método de Reidemeister-Schreier para apresen-

tações de subgrupos nitamente apresentados e registramos as tabelas usadas no terceiro

capítulo.

Capítulo 1

Aspectos básicos da teoria de tranças

Neste capítulo iremos estudar os conceitos preliminares do grupo de tranças.

Serão introduzidas as denições de tranças tanto da forma geométrica, quanto da forma

algébrica, além de alguns resultados iniciais. O objetivo é conceber ao leitor ferramentas

básicas para a leitura do trabalho. Esse capítulo é baseado nos livros [MK] e [KT], com

algumas guras retiradas dos mesmos. A menos de menção contrária, ao longo do texto,

I denotará o intervalo fechado [0, 1].

1.1 Denição de tranças geométricas

Seja D um cubo unitário, D = (x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x, y, z ≤ 1. Sobre o

interior da face superior do cubo, escolhemos n pontos, A1, A2, . . . , An, e escolhemos n

pontos sobre o interior da face inferior, B1, B2, . . . , Bn, mediante a projeção dos pontos

A1, A2, . . . , An sobre essa face. A Figura 1.1 representa a construção feita acima.

Figura 1.1: Cubo D com pontos marcados

Agora, juntemos os n pontos A1, A2, . . . , An com B1, B2, . . . , Bn por meio de n

segmentos poligonais d1, d2, . . . , dn. Podemos também desenhar tais segmentos como cur-

vas suaves.

5

6

Suponhamos que tais segmentos satisfazem as seguintes condições:

i) d1, d2, . . . , dn são disjuntos dois a dois.

ii) Cada di conecta algum Aj com algum Bk, onde j e k podem ou não ser iguais, mas

não é permitido conectar Aj com Ak ou Bj com Bk.

iii) Cada plano de nível Es, tal que z = s e 0 ≤ s ≤ 1, intersecta cada arco di exatamente

em um ponto.

Denição 1.1. Uma tal conguração de n segmentos d1, d2, . . . , dn é chamada de uma n-

trança, ou uma trança com n cordas. Cada di chamaremos de corda, onde 1 ≤ i ≤ n.

O conjunto de todas as n-tranças é denotado por Bn.

Observação 1.2. Notemos que, pela condição iii), as cordas podem ser tratadas como

caminhos que se comportam de maneira monótona, ou seja, descem de vez, não havendo

assim uma volta para cima das cordas da trança.

Para que o conceito de tranças que claro iremos trazer alguns exemplos e con-

traexemplos.

Exemplo 1.3. Percebemos pela Figura 1.2 abaixo que na Figura (a) temos uma 2-trança

e na Figura (b) temos uma 4-trança. Já a Figura (c) não é uma trança, visto que, por

exemplo, não satisfaz a terceira condição.

Figura 1.2: Exemplos e contraexemplo de tranças

Uma maneira que visa simplicar o jeito de ver uma trança será com o processo

de projeção de uma trança. Ele tem como ideia permitir a visualização de um objeto

tridimensional como um objeto bidimensional facilitando assim o desenho.

Tomemos o cubo D = (x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x, y, z ≤ 1 e o projetemos para o

plano yz por meio da projeção p, que faz p(x, y, z) = (0, y, z), vejamos a Figura 1.3. Dessa

forma cumpriremos o proposto, mas há uma perda de informação que é saber qual corda

passa pela frente ou por trás de uma outra. Sendo assim, existe um método prático que

ajuda nessa percepção que quando a corda passa pela frente, manteremos a linha cheia, e,

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caso contrário, faremos um tracejado na linha no local da interseção. Em outras palavras,

é como se a corda da frente fosse uma ponte, não permitindo que enxerguemos a outra

corda no local do cruzamento, vejamos a Figura 1.4.

Figura 1.3: Projeção de tranças Figura 1.4: Cruzamentos

Esse novo meio de observar a curva acarreta algumas condições que descreveremos

na continuação. Para uma trança β, temos:

i) p(β) tem número nito de pontos de interseções.

ii) Se Q é ponto de interseção na trança projetada, então a imagem inversa de Q em β

(p−1(Q) ∩ β) tem exatamente dois pontos.

iii) Um vértice de β nunca pode ser aplicado num ponto de interseção.

Exemplo 1.4. Veremos aqui como podemos visualizar no plano a trança da Figura 1.3

sem perder informação dos cruzamentos.

Figura 1.5: Trança após a projeção e identicação

1.2 Movimentos elementares e equivalência de tranças

Nessa seção iremos denir uma relação de equivalência que consiste em deter-

minados tipos de movimentos nas cordas da trança. A partir dessa relação poderemos

determinar quando duas tranças são equivalentes.

Denição 1.5. Sejam AB dois extremos de um pedaço de corda de uma trança em De C um ponto de D tal que o triângulo 4ABC (também em D) não intercepte outra

corda. Suponhamos que AC ∪ CB intercepta todo plano de nível no máximo em um

ponto. Chamaremos de Ω a operação de substituir AB por AC ∪ CB e chamaremos de

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Ω−1 a operação de substituir AC ∪ CB por AB. As operações Ω±1 são chamadas de

movimentos elementares.

Figura 1.6: Movimentos elementares

Notemos que em alguns livros, como [KT] por exemplo, os movimentos elemen-

tares são chamados de movimentos de Reidemeister.

Denição 1.6. Sejam β, β′ duas n-tranças. Elas são ditas equivalentes, denotado por

β ∼ β′, se em β puder ser aplicado uma quantidade nita de movimentos elementares

transformando-a em β′ em D.

β = β0Ω±1

−→ β1Ω±1

−→ . . .Ω±1

−→ βn−1Ω±1

−→ βn = β′

Exemplo 1.7. As três tranças a seguir são equivalentes:

Figura 1.7: Tranças equivalentes

Observação 1.8. A relação ∼ da Denição 1.6 dene uma relação de equivalência. De

fato, para a reexividade basta fazermos zero movimentos elementares. Já para a simetria,

se α ∼ β, então existe uma sequência nita de movimentos elementares que transforma α

em β. Basta provar que β ∼ α. Para isso iremos tomar a sequência inversa, ou seja, a

sequência seria igual a anterior vista de trás pra frente onde cada passagem se aplicaria

o Ω±1 com sinal trocado. Finalmente, a transitividade. Sejam α ∼ β e β ∼ γ. Portanto,

temos duas sequências nitas de movimentos elementares tais que transformam α em β

e β em γ. Basta fazermos primeiramente os movimentos elementares que tranformam

α em β e logo em seguida os movimentos que transformam β em γ. Percebamos que

ambas as sequências de movimentos elementares são nitas, determinando que fazer uma

seguida da outra também é uma sequência nita de movimentos elementares e dessa forma

garantindo a transitividade.

9

No contexto da Observação 1.8, concluímos que ∼ é uma relação de equivalência

em Bn. Logo, podemos denir o conjunto Bn = Bn/ ∼.

Observação 1.9. Notemos também que uma n-trança e uma m-trança não são equiva-

lentes quando n 6= m, pois não existe sequência de movimentos elementares que faz com

que o número de cordas aumente ou diminua.

1.3 Invariantes de tranças e tranças puras

Sabemos pela Observação 1.9 que uma n-trança não é equivalente a umam-trança

se n 6= m. Mas não sabemos necessariamente se duas n-tranças quaisquer são equivalentes.

Uma ferramenta que pode nos ajudar é através de um invariante de tranças que se trata

de uma função f que possui domínio Bn e contradomínio um objeto algébrico (grupo,

anel, etc.) que tiver a propriedade

β ∼ β′ ⇒ f(β) = f(β′).

Observação 1.10. Na Observação 1.9 temos um invariante dado pelo número de cordas.

Sejam j : 1, . . . , n → 1, . . . , n uma bijeção, β uma n-trança e suponhamos i

referente à corda di de β que parte de Ai e chega em Bj(i), para i = 1, . . . , n. Denamos

π : Bn → Sn tal que

π(β) =

(1 2 . . . n

j(1) j(2) . . . j(n)

).

A função π é um invariante de tranças que chamamos de permutação de tranças. De

fato, se β ∼ β′, então, para cada i = 1, . . . , n, a i-ésima corda de cada uma das tranças

tem o mesmo ponto inferior Bj(i). Portanto, possuem a mesma permutação associada.

Com essa construção, podemos denir um conjunto de tranças especíco. Diremos que

uma trança em Bn é uma trança pura se sua permutação associada é a trivial. Dessa

forma, denotaremos por Pn o conjunto das n-tranças puras.

Exemplo 1.11. Usemos as tranças da Figura 1.2. A 2-trança da Figura (a), quando

aplicada a permutação de tranças π, entrega como resultado a permutação trivial, logo é

uma trança pura. Já a 4-trança, que chamaremos de b, possui como permutação associada

o 4-ciclo

π(b) =(

1 3 4 2).

Apresentaremos mais um invariante de tranças antes de encerrar essa seção que

é o número de cruzamentos de uma trança. Sejam β uma n-trança e di e dj cordas de β,

com i 6= j. Denamos:

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• p(β | di, dj) é o número de vezes que di cruza dj da esquerda para a direita por

baixo.

• n(β | di, dj) é o número de vezes que di cruza dj da direita para a esquerda por

baixo.

Chamaremos de número de cruzamentos de β o seguinte valor

cr(β | di, dj) = p(β | di, dj)− n(β | di, dj).

Armamos que o número de cruzamentos é um invariante. Primeiro, provare-

mos que cada movimento elementar preserva o número de cruzamentos. De fato, como o

número de cruzamentos trata de duas cordas especícas, suporemos sem perda da ge-

neralidade que temos uma 2-trança. Ainda, sem perda da generalidade, tomemos a

trança β que liga Ai com Bi por segmentos de retas, para i = 1, 2, na qual fare-

mos um movimento elementar que pode ser das duas formas vistas na Figura 1.8. A

Figura 1.8: Aplicação de movimentos elementares em uma trança

trança β possui cr(β | d1, d2) = cr(β | d2, d1) = 0, pois não há cruzamentos. Chamare-

mos de β1 a trança em que d1 passa totalmente por baixo de d2 e β2 a trança em que

d1 passa totalmente por cima de d2. Essas outras tranças possuem p(β1 | d1, d2) = 1,

p(β1 | d2, d1) = 0, p(β2 | d1, d2) = 0, p(β2 | d2, d1) = 1. Da mesma forma temos

n(β1 | d1, d2) = 1, n(β1 | d2, d1) = 0, n(β2 | d1, d2) = 0, n(β2 | d2, d1) = 1. Disso,

cr(βk | di, dj) = p(βk | di, dj) − n(βk | di, dj) = 0 em todos os casos, onde βk ∈ β1, β2.Então, concluímos que cada movimento elementar preserva o número de cruzamentos.

Provemos agora que é um invariante. Com efeito, visto que se β ∼ β′, então

existe uma sequência nita de movimentos elementares que transforma β em β′. Como

cada movimento elementar preserva o número de cruzamentos, então β e β′ possuirão o

mesmo número de cruzamentos.

Exemplo 1.12. Peguemos novamente a Figura 1.2. A 2-trança, que chamaremos de a,

possui: p(a | d1, d2) = 2, n(a | d1, d2) = 0, p(a | d2, d1) = 2 e n(a | d2, d1) = 0. Assim,

cr(a | d1, d2) = 2 e cr(a | d2, d1) = 2.

11

Proposição 1.13. Seja β uma n-trança pura. Então, para todo i 6= j, temos

cr(β | di, dj) = cr(β | dj, di).

Demonstração. O número cr(β | di, dj) trata do número de cruzamentos entre duas cordas,

esquecendo o que acontece com as demais, então, por simplicidade, basta analisarmos o

que acontece com uma 2-trança. Ainda mais, havendo cruzamento da corda i com a corda

j, pelo fato da trança ser pura, a corda i terá que voltar a sua posição original cruzando

novamente com a corda j. Temos, portanto, quatro casos de tranças a serem analisados

(ver Figura 1.9).

Figura 1.9: Casos de tranças

Ao contarmos os cruzamentos, percebemos que cr(β | d1, d2) = cr(β | d2, d1),

independente do caso analisado. Isso é suciente, pois qualquer 2-trança pode ser decom-

posta em pedaços que tem o mesmo comportamento de um dos quatro casos da Figura

1.9.

Observação 1.14. A decomposição mencionada na demonstração da Proposição 1.13

será denida mais formalmente na Seção 1.5.

1.4 Grupo de tranças geométricas

Sejam β1, β2 duas n-tranças em Bn. Deniremos agora o produto β1β2, dito

produto de tranças, da seguinte forma. Tomemos U1 e U2 dois quadrados os quais

possuem a projeção das tranças β1 e β2, respectivamente. Atentemos que, daqui em

diante, iremos tratar as tranças como projeções. Através de um certo homeomorsmo,

iremos colar a parte inferior do quadrado U1 no topo do quadrado U2. Nisso, forma-se uma

nova trança num retângulo o qual podemos reescalonar e transformá-lo em um quadrado

U, como na Figura 1.10.

Proposição 1.15. Suponhamos que β, β′, β e β′ são n-tranças tais que β ∼ β′ e β ∼ β′.

Então, ββ ∼ β′β′.

12

Figura 1.10: Produto de tranças

Demonstração. Como β ∼ β′, existe uma sequência nita de movimentos elementares que

transforma β em β′

β = β0Ω±1

−→ β1Ω±1

−→ . . .Ω±1

−→ βm−1Ω±1

−→ βm = β′. (1.1)

De maneira análoga, existe uma sequência nita de movimentos elementares que

transforma β em β′

β = β0Ω±1

−→ β1Ω±1

−→ . . .Ω±1

−→ βk−1Ω±1

−→ βk = β′. (1.2)

O processo para fazer a demonstraçao é ir alterando cada sequência por vez como

ilustrado a seguir:

ββ = β0β0Ω±1

−→ β1β0Ω±1

−→ . . .Ω±1

−→ βm−1β0Ω±1

−→ βmβ0 = β′β (aplicamos (1.1))

β′β = βmβ0Ω±1

−→ βmβ1Ω±1

−→ . . .Ω±1

−→ βmβk−1Ω±1

−→ βmβk = β′β′ (aplicamos (1.2)).

Dessa forma, conseguimos uma sequência nita com m+k etapas que transforma a trança

ββ em β′β′, obtendo o desejado.

Denimos a operação produto de classes de tranças em Bn por

[α][β] = [αβ],

onde está bem denida, pois, pela Proposição 1.15, garantimos a independência do re-

presentante de classe. Com isso, podemos chegar ao teorema principal dessa seção (ver

Teorema 1.19).

Proposição 1.16. O produto de tranças é associativo, isto é, se β1, β2, β3 são n-tranças,

então β1(β2β3) ∼ (β1β2)β3.

A armativa da Proposição 1.16 é ilustrada pela Figura 1.11.

13

Figura 1.11: Associatividade de tranças

Seja e a n-trança, a qual chamamos de trança trivial, tal que todo Ai se ligue a Bi

através de um segmento de reta, como mostra a Figura 1.12. Observemos que nem sempre

a trança trivial é encontrada como a trança da Figura 1.12, sendo necessário aplicar uma

sequência de movimentos elementares para transformá-la na da gura.

Figura 1.12: Trança e em Bn

Proposição 1.17. A trança trivial é o elemento neutro do produto de tranças em Bn,

isto é, seja β uma n-trança, então eβ ∼ β e βe ∼ β.

Basta olhar o exemplo da Figura 1.13 do produto e perceber que podemos aplicar

movimentos elementares até deslocar os cruzamentos e chegar na mesma trança.

Figura 1.13: Produto eβ = β

14

Seja agora β−1 a n-trança formada a partir do espelhamento da trança β na parte

inferior do quadrado, como mostra a Figura 1.14.

Figura 1.14: Processo de espelhamento de β

Proposição 1.18. A trança β−1 é o elemento inverso de β em Bn, isto é, seja β uma

n-trança, então ββ−1 ∼ e e β−1β ∼ e.

Podemos aplicar movimentos elementares de forma a obtermos a trança trivial.

A Figura 1.15 ilustra tal argumento.

Figura 1.15: Transformação do produto ββ−1 na trança trivial

Finalizamos essa seção mostrando no Teorema 1.19 que Bn é um grupo. Isso

decorre das Proposições 1.16, 1.17 e 1.18 que garantem associatividade, existência de

elemento neutro e existência de elemento inverso, respectivamente, perante o conjunto Bn

munido pela operação de produto de classes de equivalência de tranças.

Teorema 1.19. O conjunto Bn munido da operação de produto de classes de equivalência

de tranças forma um grupo chamado de grupo das n-tranças de Artin.

1.5 Geradores e a decomposição de tranças

Nessa seção apresentamos os geradores de Artin e mostramos como podemos

decompor qualquer n-trança. Para isso, analisemos uma trança e façamos sua projeção

através da projeção vista na Seção 1.1. É possível particionar essa projeção por planos de

15

nível tal que entre dois planos consecutivos a trança possua apenas um cruzamento entre

duas cordas e as demais desçam verticalmente. Ilustramos isto na Figura 1.16.

Figura 1.16: Divisão de uma trança em planos de nível

Denamos σi e σ−1i como as tranças retratadas nas Figuras 1.17 e 1.18.

Figura 1.17: Trança σi em Bn Figura 1.18: Trança σ−1i em Bn

Proposição 1.20. Qualquer n-trança pode ser escrita por produtos da forma σ±1i .

Demonstração. A demonstração se torna clara ao seguir a construção feita a partir da

Figura 1.16.

Agora partiremos para analisar duas propriedades que serão alicerces do estudo

da apresentação do grupo de tranças. A primeira propriedade é que os sigmas comutam

se estiverem distantes o suciente. Mais precisamente, σiσk = σkσi, para |i − k| ≥ 2.

Vejamos a Figura 1.19.

Figura 1.19: σiσk = σkσi

16

Para provar essa propriedade, basta deslocarmos os cruzamentos de forma in-

dependente. Já a segunda propriedade será provada para um caso especíco através de

movimentos elementares, contudo pode ser generalizada para todo 1 ≤ i ≤ n−1. Teremos

que σiσi+1σi = σi+1σiσi+1, para 1 ≤ i ≤ n− 1. Ilustraremos a validade para o caso i = 1

numa 3-trança dada na Figura 1.20.

Figura 1.20: σ1σ2σ1 = σ2σ1σ2

A partir disso, resumimos duas propriedades de n-tranças nos seguintes itens:

σiσk = σkσi, para |i− k| ≥ 2. (1.3)

σiσi+1σi = σi+1σiσi+1, para 1 ≤ i ≤ n− 1. (1.4)

As propriedades (1.3) e (1.4) serão as relações da apresentação do grupo de tranças

que serão estudadas na Seção 1.6. Vejamos a seguir algumas igualdades que seguem de

tais propriedades.

Proposição 1.21. Para 1 ≤ i ≤ n− 2, temos:

i) σiσli+1σ−1i = σ−1

i+1σliσi+1, para qualquer l ∈ Z,

ii) (σ1σ2 . . . σn−1)σi = σi+1(σ1σ2 . . . σn−1), para n ≥ 1 e 1 ≤ i ≤ n− 2 e

iii) (σn−1σn−2 . . . σ1)σi = σi−1(σn−1σn−2 . . . σ1), para n ≥ 1 e 2 ≤ i ≤ n− 1.

Demonstração. Seja 1 ≤ i ≤ n− 2, temos:

17

i) Seja l ∈ Z, temos

σliσi+1 = σliσi+1 ⇔ σliσi+1σiσ−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1

⇔ σl−1i σiσi+1σiσ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1

⇔ σl−1i σi+1σiσi+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1 (por (1.4))

⇔ σl−2i σiσi+1σiσi+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1

⇔ σl−2i σi+1σiσi+1σi+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1 (por (1.4))

⇔ σl−2i σi+1σiσ

2i+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1

⇔ . . .

⇔ σiσi+1σiσl−1i+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1

⇔ σi+1σiσi+1σl−1i+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1 (por (1.4))

⇔ σi+1σiσli+1σ

−1i = σi+1σ

−1i+1σ

liσi+1

⇔ σiσli+1σ

−1i = σ−1

i+1σliσi+1,

onde as reticências indicam que o processo continua de l − 2 até 1.

ii) Pelas condições desse item segue que vale

(σ1σ2 . . . σn−1)σi = (σ1 . . . σi−1σiσi+1σiσi+2 . . . σn−1) (por (1.3))

= (σ1 . . . σi−1σi+1σiσi+1σi+2 . . . σn−1) (por (1.4))

= σi+1(σ1σ2 . . . σn−1) (por (1.3)).

iii) Análogo ao caso ii).

1.6 Grupo de tranças algébrico

Daremos uma denição algébrica do grupo de tranças para algum inteiro positivo

n. A denição será dada em termos da apresentação do grupo por geradores e relações

e, por m, obteremos um isomorsmo entre o grupo de tranças algébrico e o grupo de

tranças geométrico.

Denição 1.22. O grupo de tranças algébrico Gn é o grupo com a seguinte apresen-

tação

Gn =

⟨σ1, . . . , σn−1 |

σiσi+1σi = σi+1σiσi+1, para 1 ≤ i ≤ n− 2;

σiσj = σjσi, para |i− j| ≥ 2

⟩. (1.5)

Lema 1.23. Se s1, . . . , sn−1 são geradores de um grupo G e satisfazem as relações da

apresentação do grupo de tranças, então há um único homomorsmo f : Gn → G tal que

si = f(σi), para todo i = 1, 2, . . . , n− 1.

Demonstração. Seja Fn um grupo livre gerado por σ1, . . . , σn−1. Existe um único ho-

momorsmo de grupos f : Fn → G tal que f(σi) = si, para todo i = 1, . . . , n − 1. Esse

18

homomorsmo induz um homomorsmo de grupos f : Gn → G denido por f(x) = f([x]),

onde x ∈ Fn e [x] é classe de equivalência em Gn = Fn/N , onde N é o fecho normal das

relações dadas em Gn. Basta vericarmos que vale a igualdade das imagens das relações

por f . De fato, para a primeira relação de tranças, temos:

f(σiσj) = f(σi)f(σj) (f é homomorsmo)

= sisj

= sjsi (comutam por hipótese)

= f(σj)f(σi)

= f(σjσi) (f é homomorsmo).

E para a segunda, temos:

f(σiσi+1σi) = f(σi)f(σi+1)f(σi) (f é homomorsmo)

= sisi+1si

= si+1sisi+1 (hipótese)

= f(σi+1)f(σi)f(σi+1)

= f(σi+1σiσi+1) (f é homomorsmo).

Percebamos que quando escolhemos G = Bn, podemos estudar o seguinte teo-

rema.

Teorema 1.24. O grupo de tranças Bn e o grupo de tranças algébrico Gn são isomorfos.

Demonstração. Pelo Lema 1.23, obtemos um homomorsmo f : Gn → Bn. Para provar o

isomorsmo basta vericar que f é uma bijeção. Como σi, para 1 ≤ i ≤ n − 1, está na

imagem do homomorsmo f e pelo fato de σi gerar Bn (ver Proposição 1.20), então f é

sobrejetiva.

Agora analisemos a injetividade. Sejam g, g′ ∈ Gn de forma que f(g) = f(g′).

Podemos escrever g = σε1i1 . . . σεkike g′ = ση1j1 . . . σ

ηljle tomar β = σε1i1 . . . σ

εkike β′ = ση1j1 . . . σ

ηljl.

Pelo fato de f(g) = f(g′), então temos que β ∼ β′. É necessário provarmos que g = g′. A

ideia dessa prova é conseguir uma sequência de inserções ou simplicações elementares,

fazendo com que g se transforme em g′. A construção é feita pela sequência de movimentos

elementares que transformam β em β′, já que β ∼ β′ e por essa construção extensa, não

será mostrada aqui e poderá ser vista em [MK, Seção 3, Capítulo 2].

Observação 1.25. Como π : Bn → Sn é um invariante de tranças (ver Seção 1.3), pode-

mos dizer que se β1 ∼ β2, então π(β1) = π(β2) e portanto podemos denir o homomorsmo

19

que a uma classe de n-tranças associa a permutação associada

π : Bn → Sn, onde π(σi) = (i i+ 1), usando a apresentação de Bn.

Assim, no decorrer do texto e a menos de menção contrária π denotará o homomorsmo

acima.

Segue do Teorema 1.24 que os grupos Bn e Gn são algebricamente os mesmos e,

a menos de isomorsmo, possuem a mesma apresentação. Para essas relações e gerado-

res, podemos fazer algumas considerações perante a homomorsmos que chamaremos de

inclusões naturais. Isto é, podemos tomar o homomorsmo ι : Bn → Bn+1, denido

por ι(σi) = σi, para i = 1, . . . , n − 1, onde os σi são os geradores de Artin de Bn. De

fato, ι é chamada de inclusão porque apenas estaremos localizando as tranças com menos

cordas num ambiente que possui mais cordas. Com efeito, pela construção geométrica, ι

nada mais faz do que adicionar a última corda que liga o ponto Ai+1 com o ponto Bi+1

através de uma corda vertical sem interseções com as demais cordas. Ademais, vericamos

que é uma inclusão, visto que, para β1 e β2 duas n-tranças tais que ι(β1) = σεi1i1 . . . σ

εikik

e ι(β2) = σεj1j1 . . . σ

εjljl sejam equivalentes em Bn+1, garantimos que β1 = σ

εi1i1 . . . σ

εikik e

β2 = σεj1j1 . . . σ

εjljl e portanto equivalentes em Bn, onde ik, jl ∈ 1, . . . , n− 1 e εi,j ∈ Z.

Denição 1.26. Sejam A, B, C e D grupos tais que existam os homomorsmos f , g, h

e p como abaixo

Af //

g

B

h

Cp // D.

O diagrama quadrado é dito quadrado comutativo se p g = h f .

Em alguns momentos se faz necessário a visualização de Bn em Bn+1 via ι e dessa

forma obtemos uma cadeia crescente de grupos B1 ⊂ B2 ⊂ B3 ⊂ . . .. Ainda podemos

compor ι com π de forma a obter o seguinte quadrado comutativo (ver Denição 1.26)

Bnπ //

ι

Sn

ι

Bn+1π // Sn+1,

onde

ι : Sn → Sn+1

(i i+ 1) 7→ (i i+ 1),

para i ∈ 1, . . . , n− 1.

20

1.7 Tranças puras e homomorsmos de esquecimento

Nessa seção vamos estudar o conceito de tranças puras e estabeleceremos algumas

propriedades notáveis. Ademais, deniremos um grupo livre que será de vital importância

para o estudo feito na dissertação.

1.7.1 Geradores e propriedades do grupo de tranças

Como vimos na Seção 1.3 e na Observação 1.25, denimos um homomorsmo

π : Bn → Sn onde uma n-trança pura era vista como elemento do Ker(π). Elementos

importantes desse grupo são as tranças Ai,j, com 1 ≤ i < j ≤ n, que podem ser expressas

em função dos geradores σ1, . . . , σn−1 de Bn por

Ai,j = σj−1σj−2 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−2σ

−1j−1

e que possuem representação geométrica dada pelo desenho da Figura 1.21.

Figura 1.21: Trança pura Ai,j em Pn ⊆ Bn

Iremos descrever a ação por conjugação de Bn em Pn.

Proposição 1.27. Para todo 1 ≤ k ≤ n− 1 e para todo 1 ≤ i < j ≤ n, temos:

σkA±1i,j σ

−1k =

A±1i,j , se k 6= i− 1, i, j − 1, j

A−1i,j A

±1i,j−1Ai,j, se j = k + 1 e i < k

A±1i,j , se j = k + 1 e i = k

A−1i,j A

±1i−1,jAi,j, se i = k + 1

A±1i,j+1, se j = k

A±1i+1,j, se i = k < j − 1.

A prova da Proposição 1.27 (ver [MK, Capítulo 3]) não será contemplada nesse

texto, visto que, inspirado nessa proposição, elaboramos a conjugação da Proposição 1.28

que tem demonstração semelhante à da Proposição 1.27.

21

Proposição 1.28. Para todo 1 ≤ k ≤ n− 1 e para todo 1 ≤ i < j ≤ n, temos:

σ−1k A±1

i,j σk =

A±1i,j , se k 6= i− 1, i, j − 1, j

A±1i,j−1, se j = k + 1 e i < k

A±1i,j , se j = k + 1 e i = k

A±1i−1,j, se i = k + 1

A−1j,j+1A

±1i,j+1Aj,j+1, se j = k

A−1i,i+1A

±1i+1,jAi,i+1, se i = k < j − 1.

Demonstração. Sejam a, b, c ∈ G tais que b−1ab = c. Dessa forma, (b−1ab)−1 = c−1

implica b−1a−1b = c−1. Assim, basta apenas fazermos o caso Ai,j.

Caso I: Suponhamos k 6= i− 1, i, j − 1, j. De imediato, podemos dividir em três

subcasos:

i) j < k.

ii) k < i− 1.

iii) i < k < j − 1.

Subcaso i)

σ−1k Ai,jσk = σ−1

k σj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σk

= σj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σ

−1k σk (por (1.3))

= σj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1

= Ai,j.

Subcaso ii) Análogo ao Subcaso i).

Subcaso iii)


k σj−1 . . . σk+1σkσk−1 . . . σ2i . . . σ

−1k−1σ

−1k σ−1

k+1 . . . σ−1j−1σk

= σj−1 . . . σ−1k σk+1σkσk−1 . . . σ

2i . . . σ

−1k−1σ

−1k σ−1

k+1 . . . σ−1j−1σk (por (1.3))

= σj−1 . . . σk+1σkσ−1k+1σk−1 . . . σ

2i . . . σ

−1k−1σ

−1k σ−1

k+1 . . . σ−1j−1σk (Prop. 1.21, i), l = 1)

= σj−1 . . . σk+1σkσk−1 . . . σ2i . . . σ

−1k−1σ

−1k+1σ

−1k σ−1

k+1 . . . σ−1j−1σk (por (1.3))

= σj−1 . . . σk+1σkσk−1 . . . σ2i . . . σ

−1k−1σ

−1k σ−1

k+1σ−1k . . . σ−1

j−1σk (por (1.4))

= σj−1 . . . σk+1σkσk−1 . . . σ2i . . . σ

−1k−1σ

−1k σ−1

k+1 . . . σ−1j−1σ

−1k σk (por (1.3))

= σj−1 . . . σk+1σkσk−1 . . . σ2i . . . σ

−1k−1σ

−1k σ−1

k+1 . . . σ−1j−1

= Ai,j.

Caso II: Sejam j = k + 1 e i < k. Então

22


j−1σj−1σj−2 . . . σ2i . . . σ

−1j−2σ

−1j−1σj−1

= σj−2 . . . σ2i . . . σ

−1j−2

= Ai,j−1.

Caso III: Para j = k + 1 e i = k, temos


k Ak,k+1σk

= σ−1k σ2

kσk

= σ2k

= Ak,k+1

= Ai,j.

Caso IV: Suponhamos i = k + 1. Assim,


k σj−1 . . . σk+2σ2k+1σ

−1k+2 . . . σ

−1j−1σk

= σj−1 . . . σk+2σ−1k σ2

k+1σkσ−1k+2 . . . σ

−1j−1 (por (1.3))

= σj−1 . . . σk+2σk+1σ2kσ−1k+1σ

−1k+2 . . . σ

−1j−1 (pela Proposição 1.21, item i))

= Ak,j

= Ai−1,j.

Caso V: Consideremos j = k. Então,


j σj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σj

= σ−1j σ−1

j σjσj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σ

−1j σjσj

= σ−2j Ai,j+1σ

2j

= A−1j,j+1Ai,j+1Aj,j+1.

Caso VI: Seja i = k < j − 1, temos


i σj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σi

= σ−1i σ−1

i σiσj−1 . . . σi+1σ2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σ

−1i σiσi

= A−1i,i+1σiσj−1 . . . σi+1σ

2i σ−1i+1 . . . σ

−1j−1σ

−1i Ai,i+1

= A−1i,i+1σj−1 . . . σiσi+1σiσiσ

−1i+1σ

−1i . . . σ−1

j−1Ai,i+1 (por (1.3))

= A−1i,i+1σj−1 . . . σi+1σiσi+1σiσ

−1i+1σ

−1i . . . σ−1

j−1Ai,i+1 (por (1.4))

= A−1i,i+1σj−1 . . . σi+1σiσi+1σ

−1i+1σ

−1i σi+1 . . . σ

−1j−1Ai,i+1 (Prop. 1.21, i), l = −1)

= A−1i,i+1σj−1 . . . σ

2i+1 . . . σ

−1j−1Ai,i+1

= A−1i,i+1Ai+1,jAi,i+1.

23

Vejamos agora um exemplo o qual mostrará a validade da Proposição 1.28 no

contexto geométrico. Para isso, xaremos n = 5.

Exemplo 1.29. Caso I:

i) Consideremos k > j. Tomemos i = 1, j = 3 e k = 4. Temos a trança da

Figura 1.22.

Figura 1.22: Trança σ−14 A1,3σ4 em B5 Figura 1.23: Trança A1,3 em B5

Percebamos que as duas últimas cordas da trança da Figura 1.22 são indepen-

dentes das três primeiras e notemos também que a quarta corda pode passar por cima

da quinta, desfazendo o enlaçamento. Ao fazer esse processo, obtemos a trança da Fi-

gura 1.23.

ii) Seja k < i−1. Tomemos i = 3, j = 5 e k = 1. Temos a trança da Figura 1.24.


Pelos mesmos argumentos de i), agora com as duas primeiras sendo as cordas

independentes, obtemos exatamente a trança da Figura 1.25.


24

iii) Suponhamos i < k < j−1. Tomemos i = 1, j = 4 e k = 2. Temos a trança da

Figura 1.26. Notemos que a segunda e terceira corda passam por baixo da quarta e ainda

que a segunda corda passa por cima da terceira. Assim podemos desfazer o enlaçamento

da segunda com a terceira, para obtermos a trança da Figura 1.27.

Caso II: Consideremos k = j − 1 e i < k. Tomemos i = 2, j = 4 e k = 3. A

trança que representa esse caso é a retratada na Figura 1.28.


Observemos que a quarta corda passa inteiramente por trás da terceira corda,

podendo assim desfazer os enlaçamentos entre elas e obter a trança da Figura 1.29.

Caso III: Sejam k = j − 1 e i = k. Tomemos i = 3, j = 4 e k = 3. A trança que

representa é dada pela Figura 1.30.


Para esse caso, podemos pegar a terceira corda na parte superior, em que ela

passa por cima da quarta corda, e desfazer esse enlaçamento. Assim é suciente para

conseguir a trança da Figura 1.31 que é a que desejávamos.

Caso IV: Suponhamos k = i− 1. Tomemos i = 2, j = 4 e k = 1. Representamos

esse exemplo com a trança abaixo.


Notemos que a segunda corda pode passar por baixo do cruzamento da primeira

com a quarta corda, atingindo a trança a qual buscávamos, retratada a seguir.

25

Caso V: Consideremos k = j. Tomemos i = 2 e j = 4 = k. A trança que

representa esse caso é pela Figura 1.34.

Figura 1.34: Trança σ−14 A2,4σ4 em B5 Figura 1.35: Trança A−1

4,5A2,5A4,5 em B5

Criaremos cruzamentos da seguinte forma. Adicionaremos σ−14 σ4 entre as tran-

ças σ−14 e o A2,4, na parte superior, e σ−1

4 σ4 entre as tranças A2,4 e o σ4, na parte inferior.

Notemos que a trança a seguir é exatamente a trança da Figura 1.34 com esses novos cru-

zamentos e que se puxarmos volta a ser a conguração anterior. A trança da Figura 1.35

é a que precisávamos.

Caso VI: Sejam i = k < j − 1. Tomemos i = 2 = k e j = 5. A trança pode ser

retratada pela Figura 1.36.

Figura 1.36: Trançaσ−1

2 A2,5σ2 em B5

Figura 1.37: Trançaσ−2

2 σ2A2,5σ−12 σ2

2 em B5

Figura 1.38: TrançaA−1

2,3A3,5A2,3 em B5

Da mesma maneira que no Caso V, podemos adicionar σ−12 σ2 entre as tranças

σ−12 e o A2,5 e σ−1

2 σ2 entre as tranças A2,5 e o σ2, obtendo a trança da Figura 1.37.

Só que ainda podemos notar que a segunda corda passa por baixo da quinta corda e,

principalmente, embaixo do cruzamento entre a terceira e quinta cordas. Ao trazer ela

por baixo conseguimos a trança da Figura 1.38, concluindo esse último caso.

26

A comutatividade do diagrama (1.6) implica que a inclusão ι : Bn → Bn+1 mapeia

Pn em Pn+1. Cometeremos um abuso de linguagem e também chamaremos a restrição de

ι. Isto é, há um homomorsmo ι : Pn → Pn+1 que também é injetor. Por m, daremos

uma apresentação do grupo de tranças puras. Essa prova é um pouco extensa e bem

técnica, pois sabemos a apresentação do grupo de tranças Bn dada em (1.5) e, a partir

do método de Reidemeister-Schreier (ver Apêndice 4.1), conseguimos a apresentação para

o grupo de tranças puras dessa proposição. Podemos encontrar essa demonstração em

[MK, Capítulo 3, seção 3, Pg. 43].

Proposição 1.30. O grupo Pn é gerado por Ai,j1≤i<j≤n com as seguintes relações:

A−1r,sAi,jAr,s =

Ai,j, se s < i ou i = r < s < j

Ar,jAi,jA−1r,j , se s = i

Ar,jAs,jAi,jA−1s,jA

−1r,j , se i = r < s < j

Ar,jAs,jA−1r,jA

−1s,jAi,jAs,jAr,jA

−1s,jA

−1r,j , se r < i < s < j.

1.7.2 Homomorsmos de esquecimento

Denimos homomorsmos de esquecimento fn : Pn → Pn−1 da forma que

descreveremos a seguir. Seja β ∈ Pn, isto é, a i-ésima corda liga Ai com Bi, para todo

i = 1, . . . , n−1. Ao retirar a n-ésima corda de β obtemos fn(β), uma (n−1)-trança. Obvi-

amente, se β e β′ forem equivalentes, teremos que fn(β) e fn(β′) são também equivalentes.

Ao passar às classes de equivalência, obtemos que fn é bem denida e, ao considerar a de-

nição de multiplicação de tranças, obtemos que fn é homomorsmo. Além disso, temos

que fn ι = idPn−1 e, por conseguinte, fn é epimorsmo.

Percebamos que os elementos de Ker(fn) são n-tranças as quais, ao excluir a

última corda, obtemos como resultado a trança trivial. Como exemplo, podemos observar

que Ai,n ∈ Ker(fn) para 1 ≤ i ≤ n−1. Mais ainda, podemos enunciar o seguinte teorema,

cuja demonstração pode ser encontrada em [KT, Subseção 1.4.2, Pg. 28].

Teorema 1.31. Para todo n ≥ 2, o grupo Ker(fn) é livre com n−1 geradores Ai,ni=1,...,n−1.

Para n ≥ 2, denotaremos

Fn−1 = Ker(fn). (1.6)

Qualquer trança pura β pode ser unicamente expandida da forma

β = ι(β′)βn,

com β′ ∈ Pn−1 e βn ∈ Fn−1. Onde β′ = fn(β) e βn = ι(β′)−1β. Aplicando indutivamente

27

a expansão, concluímos que β pode ser escrita unicamente como

β = β2β3 . . . βn, onde βk ∈ Fk−1 e 2 ≤ k ≤ n.

Tal expansão é chamada de trança penteada (ou normal) de β.

Capítulo 2

Representações de Burau: clássica e

reduzida

Estudaremos nesse capítulo as construções de duas representações lineares resul-

tantes dos grupos de tranças: a representação de Burau e a representação reduzida de

Burau. A partir delas, nos questionaremos sobre a delidade de tais representações. Este

estudo foi baseado nas primeiras seções do [KT, Capítulo 3].

2.1 Conceitos básicos

Discutiremos nessa seção a construção da representação de Burau assim como sua

representação reduzida. Usaremos a seguinte convenção do comutador de a com b como

sendo

[a, b] = a−1b−1ab, (2.1)

para todo a, b ∈ G em todo decorrer da dissertação. Além disso, V denotará um espaço

vetorial sobre um corpo K e GLn(K) o grupo linear geral, que corresponde ao grupo de

todas as matrizes invertíveis de ordem n com entradas em K, munido da operação de

multiplicação de matrizes.

Denição 2.1. Dados G um grupo nito e V um espaço vetorial sobre um corpo K,

chamaremos de representação linear de grupo, ou simplesmente de representação,

um homomorsmo entre G e GLn(K). Além disso, se uma representação for injetora,

diremos que ela é uma representação el.

Em geral, as representações lineares de grupos descrevem grupos abstratos em

termos de transformações lineares de espaços vetoriais (matrizes). Dessa maneira, pro-

blemas de grupos podem ser reduzidos a problemas de álgebra linear.

Exemplo 2.2. Seja D4 o grupo diedral. Vamos exibir uma representação linear el de

D4 em GL2(R). Lembremos que D4 pode ser visto como o grupo de simetrias do quadrado28

29

ABCD. Peguemos os eixos coordenados Ox e Oy e coloquemos a interseção O no centro

do quadrado, como na Figura 2.1. Então,

D4 = e, r, r2, r3, a, b, x, y,

onde r é a rotação em torno de O de π/2 no sentido anti-horário e a, b, x, y as reexões

de AC, BD, Ox e Oy, respectivamente.

Figura 2.1: Quadrado ABCD

Por denição, qualquer elemento g ∈ D4 é uma isometria do plano R2 que envia

o quadrado nele mesmo. Evidentemente, g deve enviar O em si próprio e, assim, dar

origem a uma aplicação linear

Q(g) : R2 → R2.

A aplicação g 7→ Q(g) ∈ GL2(R) dene uma representação ρ de D4 em GL2(R). Essa

representação ρ é dada em termos de matrizes por

e 7→

(1 0

0 1

), r 7→

(0 −1

1 0

), r2 7→

(−1 0

0 −1

), r3 7→

(0 1

−1 0

),

a 7→

(0 1

1 0

), b 7→

(0 −1

−1 0

), x 7→

(1 0

0 −1

), y 7→

(−1 0

0 1

).

Ainda mais, essa representação é el.

Denição 2.3. Uma matriz M pode ser particionada ou subdividida em blocos de ma-

trizes menores, que chamaremos de submatrizes, inserindo cortes horizontais e verticais

entre linhas e colunas selecionadas.

Exemplo 2.4. Seja M = (ai,j) uma matriz descrita em forma de tabela como

30

M =

a1,1 a1,2 a1,3 a1,4

a2,1 a2,2 a2,3 a2,4

a3,1 a3,2 a3,3 a3,4

.

Uma possível partição dessa matriz é da seguinte forma

M =

a1,1 a1,2 a1,3 a1,4

a2,1 a2,2 a2,3 a2,4

a3,1 a3,2 a3,3 a3,4

=

(A1,1 A1,2

A2,1 A2,2

),

onde suas quatro submatrizes são A1,1 e A1,2, duas matrizes quadradas de ordem 2, A2,1

e A2,2 duas matrizes 1× 2.

Como falado nas entrelinhas do Exemplo 2.4, essa não seria a única forma da

divisão em blocos de matrizes. A divisão será feita seguindo os princípios da denição e

a partir da escolha das submatrizes que farão parte da composição dos blocos da matriz

original. Ademais, essas submatrizes são vistas como novos elementos da matriz original,

ou seja, M = (Ar,s).

Uma matriz quadrada M = (ai,j) é dita matriz diagonal se ai,j = 0 para

todo i 6= j. Além disso, M será uma matriz de ordem m quadrada por blocos se

M = (Ar,s) para todo 1 ≤ r, s ≤ m, onde Ar,s são as submatrizes encontradas depois de

uma partição em blocos. Ademais, M será uma matriz diagonal por blocos se M é

quadrada por blocos e Ar,s = 0 para todo r 6= s.

Proposição 2.5. Seja M uma matriz quadrada de ordem n, diagonal por k blocos qua-

drados, M1,M2, . . . ,Mk, então

i) tr(M) =∑k

i=1 tr(Mi) ,

ii) det(M) =∏k

i=1 det(Mi) ,

onde tr(M) é o traço de M e det(M) é o determinante de M .

Demonstração. Para o item i) basta observarmos que os termos da diagonal principal da

matriz M = (ai,j) são exatamente os termos da diagonal principal das submatrizes que

compõem sua diagonal, ou seja,M1,M2, . . . ,Mk. Dessa forma, temos que vale a armação

i).

Já a assertiva ii) será vericada por indução sobre a quantidade k de submatrizes

de M . O caso k = 1 é verdade, pois a matriz só possuirá um único bloco M1. Dessa

forma, M = M1 e, portanto,

det(M) =1∏i=1

det(Mi) = det(M1).

31

O caso k = 2 pode ser vericado utilizando uma técnica de cálculo de determinante de

uma matriz chamada expansão em cofatores ao longo da última coluna (ver [AR, Capítulo

2, Denição 1]). Dessa forma,

det(M) =n∑i=1

ai,n cofn−1i,n =

n∑i=n−p+1

ai,n cofn−1i,n ,

porque todo ai,n = 0 quando 1 ≤ i ≤ n − p. Cada parcela desse somatório possui um

determinante de uma submatriz de M de ordem n− 1 chamado de cofator do termo ai,n,

denotado por cofn−1i,n e formado a partir da supressão da i-ésima linha e da n-ésima coluna.

Como cofn−1i,n é um determinante, podemos usar esse artifício novamente na sua última

coluna (coluna n− 1 da matriz M sem o termo ai,n) e assim,

cofn−1i,n =

n−1∑i=1

ai,n−1 cofn−2i,n−1 =

n−1∑i=n−p+1

ai,n−1 cofn−2i,n−1,

porque todo ai,n−1 = 0 quando 1 ≤ i ≤ n − p. Portanto, podemos aplicar esse processo

de maneira recurssiva e obter um somatório, onde todas as parcelas estão multiplicadas

por cofn−p−1i,n−p . Ao colocar esse fator em evidência obtemos um somatório que corresponde

ao determinante da matriz M2 e assim,

det(M) = det(M1) det(M2),

obtendo o desejado.

Suponhamos a veracidade para todos os valores até k−1 e, então, provemos o caso

k. SejaM matriz quadrada de ordem n, diagonal por k blocos quadradosM1,M2, . . . ,Mk.

Seja p a ordem da matriz Mk, podemos reorganizar essa divisão de blocos de forma que

M seja uma matriz quadrada, diagonal por 2 blocos quadrados M ′ (de ordem n − p) eMk. Pela hipótese de indução

det(M) = det(M ′) det(Mk). (2.2)

Entretanto,M ′ é uma matriz quadrada de ordem n−p diagonal por blocosM1,M2, . . . ,Mk−1.

Dessa forma, pela hipótese de indução

det(M ′) =k−1∏i=1

det(Mi),

que, ao substituir em (2.2), obtemos

det(M) = det(M ′) det(Mk)

32

=

(k−1∏i=1

det(Mi)

)det(Mk)

=k∏i=1

det(Mi).

Denição 2.6. Seja π : 1, 2, . . . ,m → 1, 2, . . . ,m uma permutação. Uma matriz

A = (ai,j) de ordem m é dita matriz de permutação associada a π se para cada j,

(ai,j) = 1 quando π(j) = i e (ai,j) = 0, caso contrário, com 1 ≤ j ≤ m. Isto é, seria uma

permutação das linhas da matriz identidade de ordem m.

2.2 Representação de Burau ψn

Em 1936 W. Burau [Bu] introduziu uma representação linear do grupo de tranças

Bn no grupo de matrizes n× n com entradas no anel de polinômios de Laurent

Λ = Z[t, t−1],

para todo n ≥ 1. Um polinômio de Laurent com coecientes em um anel R (no nosso

caso, em Z) é uma expressão da forma

λ =∑k∈Z

λktk, λk ∈ Z. (2.3)

Ou seja, o polinômio de Laurent difere da denição clássica de polinômios pelo fato de

sua combinação linear levar em conta também as variáveis com expoente negativo. Com

isso, a adição e a multiplicação se comportam como na denição de polinômios e, por

consequência disso, o anel de Laurent é uma extensão do anel de polinômios.

Vamos mostrar na continuação como construir a representação de Burau do grupo

de tranças Bn.

2.2.1 Denição da representação de Burau

Fixemos n ≥ 2. Para i = 1, . . . , n−1, consideremos a seguinte n×n matriz sobre

o anel Λ = Z[t, t−1]

Ui =

Ii−1 0 0 0

0 1− t t 0

0 1 0 0

0 0 0 In−i−1

, (2.4)

33

onde Ik denota a matriz identidade de tamanho k × k. Quando i = 1, não existe matriz

identidade na esquina superior esquerda de U1. Quando i = n−1, não existe matriz identi-

dade na esquina inferior direita de Un−1. Substituindo t = 1 na denição de U1, . . . , Un−1,

obtemos matrizes de permutação de tamanho n × n. Cada matriz Ui tem um formato

diagonal por blocos tal que as submatrizes sejam a identidade e a matriz 2× 2

U =

(1− t t

1 0

). (2.5)

Lembremos antes de um resultado importante da álgebra linear que não será

provado aqui no intuito de nos concentrarmos na construção da representação de Burau.

Podemos ver a demonstração deste teorema em [Ev, Teorema 4.5.3].

Teorema 2.7. (Cayley-Hamilton) Se p = p(λ) é o polinômio característico associado

à matriz A, então p(A) = 0.

Assim, pelo Teorema de Cayley-Hamilton (Teorema 2.7), qualquer matriz M de

tamanho 2× 2 sobre um anel Λ qualquer satisfaz a igualdade

M2 − tr(M)M + det(M)I2 = 0. (2.6)

De fato, seja M uma matriz 2× 2 tal que

M =

(a b

c d

).

Sabemos que o polinômio característico p(λ) = det(M−λI). Dessa maneira, obtemos que

p(λ) = λ2− (a+ d)λ+ (ad+ bc). Contudo, temos que tr(M) = a+ d e det(M) = ad+ bc,

tendo assim o desejado. Como a matriz U tem ordem 2 e substituindo na equação (2.6),

conseguimos determinar sua inversa que corresponde a

U−1 =

(0 1

t−1 1− t−1

).

Sabemos que se uma matriz M quadrada de ordem n, diagonal por blocos,

M1, . . . ,Mk, então M é invertível se, e somente se, Ms é invertível para todo 1 ≤ s ≤ k e

M−1 será uma matriz quadrada de ordem n, diagonal por blocos, M−11 , . . . ,M−1

k . Dessa

forma,

U−1i =

Ii−1 0 0 0

0 0 1 0

0 t−1 1− t−1 0

0 0 0 In−i−1

,

34

onde 1 ≤ i ≤ n− 1.

A forma em blocos que tem as matrizes U1, . . . , Un−1 implica que UiUj = UjUi

para todo i, j com |i− j| ≥ 2. Também pode ser vericado que UiUi+1Ui = Ui+1UiUi+1

para todo i = 1, . . . , n− 2. Com efeito, xado n, a armação que UiUj = UjUi para todo

i, j com |i− j| ≥ 2 vale. Sem perda da generalidade, consideremos i < j. Iremos refazer

a divisão das matrizes de forma a ter apenas dois blocos quadrados na diagonal, além

disso, que os blocos da esquina superior esquerda consistam em matrizes quadradas com

ordem i + 1 e que os blocos da esquina inferior direita são matrizes quadradas de ordem

n− (i+ 1), sendo U a matriz dada em (2.5) e como está representada nas matrizes

Ui =

Ii−1 0

0 U0

0 In−(i+1)

e Uj =

Ii+1 0

0

Ii+j 0 0

0 U 0

0 0 In−2i−j−3

.

Notemos que, na nova divisão, o bloco da esquina inferior direita da matriz Ui e o da es-

quina superior esquerda da matriz Uj são matrizes identidade. Observando que, dado esse

contexto, a multiplicação entre essas matrizes é feita entre blocos de cima e entre blocos

de baixo separadamente, como visto em [Ev, Exercício 1.9-7]. Então, a comutatividade

de qualquer matriz com as matrizes identidade faz valer UiUj = UjUi para todo i, j com

|i− j| ≥ 2, pois

UiUj =

Ii−1 0

0 U0

0 In−(i+1)

Ii+1 0

0

Ii+j 0 0

0 U 0

0 0 In−2i−j−3

=

(Ii−1 0

0 U

)Ii+1 0

0 In−(i+1)

Ii+j 0 0

0 U 0

0 0 In−2i−j−3

=

Ii+1

(Ii−1 0

0 U

)0

0

Ii+j 0 0

0 U 0

0 0 In−2i−j−3

In−(i+1)

35

=

Ii+1 0

0

Ii+j 0 0

0 U 0

0 0 In−2i−j−3

Ii−1 0

0 U0

0 In−(i+1)

= UjUi.

Para a armação UiUi+1Ui = Ui+1UiUi+1, para todo i = 1, . . . , n− 2, é necessária

uma nova divisão na matriz, onde resultará uma matriz diagonal por 3 blocos da seguinte

forma: os blocos da esquina superior esquerda consistirão em matrizes quadradas de ordem

i − 1, os blocos da esquina inferior direita serão blocos de ordem n − (i + 2) e, por m,

matrizes no centro de ordem 3.

Ui =

Ii−1 0 0

0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

0

0 0 In−(i+2)

e Ui+1 =

Ii−1 0 0

0

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

0

0 0 In−(i+2)

.

Notemos que as matrizes esquinas, tanto inferior direita quanto superior esquerda, são

matrizes identidade e, pela observação de multiplicação feita na vericação da primeira

armação que está localizada logo abaixo da denição de Ui e Uj, percebamos que 1− t t 0

1 0 0

0 0 1

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

=

1− t −t2 + t t2

1 0 0

0 0 1

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

=

1− t −t2 + t t2

1− t t 0

1 0 0

=

1− t t 0

1− t 0 t

1 0 0

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

=

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

.

Da validade das igualdades imediatamente acima podemos então computar que,

36

para todo 1 ≤ i ≤ n− 2,

UiUi+1Ui = Ui+1UiUi+1. (2.7)

De modo efetivo, temos

Ii−1 0 0

0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

0

0 0 In−(i+2)

Ii−1 0 0

0

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

0

0 0 In−(i+2)

Ii−1 0 0

0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

0

0 0 In−(i+2)

=

Ii−1Ii−1Ii−1 0 0

0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

0

0 0 In−(i+2)In−(i+2)In−(i+2)

=

Ii−1Ii−1Ii−1 0 0

0

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

0

0 0 In−(i+2)In−(i+2)In−(i+2)

=

Ii−1 0 0

0

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

0

0 0 In−(i+2)

Ii−1 0 0

0

1− t t 0

1 0 0

0 0 1

0

0 0 In−(i+2)

Ii−1 0 0

0

1 0 0

0 1− t t

0 1 0

0

0 0 In−(i+2)

.

Pelo exposto acima, concluímos que a sentença (2.7) é válida.

Pelo Lema 1.23,

ψn : Bn → GLn(Λ), ψn(σi) = Ui para i = 1, . . . , n− 1

dene um homomorsmo de grupos do grupo de tranças Bn para o grupo de matrizes

invertíveis de ordem n com entradas no anel Λ, GLn(Λ), com n ≥ 2. Esse homomorsmo

é chamado de representação de Burau de Bn. Em particular, para n = 2, a repre-

sentação de Burau é o homomorsmo B2 → GL2(Λ) que envia o gerador σ1 de B2∼= Z à

matriz dada em (2.5). Por convenção, a representação de Burau ψ1 do grupo (trivial) B1

é o homomorsmo trivial B1 → GL1(Λ).

Observemos que det(Ui) = −t para todo 1 ≤ i ≤ n − 1. Isso implica que, para

qualquer β ∈ Bn, det(ψn(β)) = −t〈β〉, onde 〈β〉 ∈ Z é a imagem de β pelo homomor-

smo Bn → Z que manda os geradores σ1, σ2, ..., σn−1 em 1, chamado homomorsmo

expoente. De fato, em [MK, Proposição 5.1, Capítulo 2] vemos que ε : Bn → Z é um

invariante e portanto ε : Bn → Z está bem denido. Como as imagens dos geradores

satisfazem as relações de Bn, pelo Lema 1.23, ε : Bn → Z é um homomorsmo.

A representação de Burau ψnn≥1 é compatível com a inclusão natural ι : Bn →

37

Bn+1, isto é, para todo n ≥ 1 e β ∈ Bn, vale

ψn+1(ι(β)) =

(ψn(β) 0

0 1

). (2.8)

2.2.2 Características da representação de Burau

Nessa seção estudaremos a representação de Burau ψn : Bn → GLn(Λ). Estabe-

leceremos uma propriedade simples da imagem, mostrando que ela está contida em um

subgrupo bastante restrito de GLn(Λ). Além disso, faremos uma primeira análise sobre o

núcleo dessa representação.

Lembremos que uma involução é uma função invertível que é igual a sua própria

inversa e deniremos o conjugado de Laurent, denotado por λ, como sendo

λ =∑k∈Z

λkt−k, λk ∈ Z.

A menos de menção contrária, a partir desse momento e até o nal dessa seção, o símbolo

¯ , chamado de barra, representará o conjugado de Laurent. Consideremos o automor-

smo involutivo do anel de poliômios de Laurent Λ, ξΛ : Λ → Λ, denido por ξΛ(λ) = λ

para todo λ ∈ Λ.

Para uma matriz A = (λi,j) sobre Λ denamos A = (λi,j) e AT = (λj,i) como

sendo amatriz conjugada de Laurent e amatriz transposta de A, respectivamente.

Ademais, seja Ωn a matriz triangular inferior de ordem n sobre Λ com os termos da

diagonal principal iguais a 1 e todos os termos diferentes de 0, iguais a 1 − t, como na

matriz abaixo:

Ωn =

1 0 0 . . . 0

1− t 1 0 . . . 0

1− t 1− t 1 . . . 0...

......

. . ....

1− t 1− t 1− t . . . 1

.

O intuito na continuação é enunciar e demonstrar o Teorema 2.9, onde mostrare-

mos que AΩnAT = Ωn quando A está na imagem da representação de Burau. Mas, para

isso precisamos de algumas propriedades que nos guiarão nessa prova.

Proposição 2.8. Sejam A e B matrizes quadradas invertíveis de ordem n. Então

i) ATBT = (BA)T ,

ii) (AT )−1 = (A−1)T ,

iii) AB = AB,

38

iv) (A)T = AT ,

v) (A)−1 = A−1.

Demonstração. As propriedades i) e ii) são clássicas da álgebra linear e podemos vê-las

em [Ev, Teorema 1.5.2, item 4] e [Ev, Teorema 2.2.7], respectivamente. Por esse motivo

não faremos tais demonstrações.

O item iii) segue imediatamente de ab = ab e a + b = a+ b, pois, ao fazermos

a multiplicação de matrizes conjugadas, caímos em um certo somatório de multiplicações

de elementos conjugados. Ao aplicarmos as duas armações, chegamos onde queríamos.

Então, mostremos primeiro que ab = ab, para

a =

(∑k∈Z

aktk

)∈ Λ e b =

(∑k∈Z

bktk

)∈ Λ.

Sabemos que

ab =∑k∈Z

cktk, onde ck =

∑i+j=k

aibj ∈ Z.

Disso,

ab =∑k∈Z

cktk =∑k∈Z

ckt−k, onde ck =

∑i+j=k

aibj.

Por outro lado,

ab =

(∑i∈Z

ait−i

)(∑j∈Z

bjt−j

), ai, bj ∈ Z.

Ao fazermos a distributiva, obtemos

ab =∑k∈Z

(∑i+j=k

aibj

)t−k, ai, bj ∈ Z.

Portanto, vale que ab = ab, onde a, b ∈ Λ. Ainda temos que a+ b = a+ b. De fato,

a+ b =∑k∈Z

cktk, onde ck = ak + bk ∈ Z.

Consequentemente,

a+ b =∑k∈Z

cktk =∑k∈Z

ckt−k, onde ck = ak + bk.

Agora analisemos o elemento a+ b,

a+ b =

(∑k∈Z

akt−k

)+

(∑k∈Z

bkt−k

)=∑k∈Z

(ak + bk)t−k, onde ak, bk ∈ Z.

39

Obtemos que vale a+ b = a+ b.

A propriedade iv) segue imediatamente, pois a transposta de uma matriz muda

apenas o local do elemento, não mudando sua natureza, já o conjugado de Laurent, muda

a natureza, não alterando o local do elemento.

Já para o item v), temos

AA−1 = AA−1 (pelo item iii))

= I = I.

A vericação do inverso de A à esquerda é análoga. Logo, (A)−1 = A−1.

Teorema 2.9. Seja ψn : Bn → GLn(Λ) a representação de Burau. Para n ≥ 1 e A ∈ψn(Bn) ⊂ GLn(Λ), temos

AΩnAT = Ωn. (2.9)

Demonstração. Iremos provar que a equação (2.9) vale para os U1, U2, . . . , Un−1 (ver (2.4)).

Além disso provaremos que se a equação (2.9) vale para as matrizes A1 e A2, então também

valerá para a multiplicação e para os inversos. Dessa forma, conseguiremos a validade da

equação (2.9) para qualquer elemento da imagem da representação de Burau.

Primeiro provaremos que se a equação (2.9) vale para a matriz A, então também

valerá para sua inversa. Com efeito, multiplicando a equação (2.9) à esquerda por (A)−1

e à direita por (AT )−1, obtemos uma equação semelhante, ilustrada a seguir

AΩnAT = Ωn ⇒ (A)−1AΩnA

T (AT )−1 = (A)−1Ωn(AT )−1

⇒ Ωn = A−1Ωn(A−1)T (usando a Proposição 2.8 itens ii) e v)).

Concluindo que se vale a equação (2.9) para A, então, torna-se verídico também para

A−1. Ainda mais, se a equação (2.9) é satisfeita para A1 e A2, então também será para o

produto entre eles.

A1A2Ωn(A1A2)T = A1A2ΩnAT2A

T1 = A1ΩnA

T1 = Ωn.

Por m, provaremos que (2.9) vale para as matrizes Ui para todo i = 1, . . . , n − 1. Para

mostrar essa assertiva, faremos uma divisão em blocos das matrizes Ui e Ωn da seguinte

forma:

Ui =

Ii−1 0 0

0 U 0

0 0 In−(i+1)

, Ωn =

Ωi−1 0 0

K2,i−1 Ω2 0

Kn−(i+1),i−1 Kn−(i+1),2 Ωn−(i+1)

,

40

onde U é a matriz dada em (2.5), Ω2 é a matriz

Ω2 =

(1 0

1− t 1

)

e Kp,q é a matriz com todas as entradas iguais a 1− t. Uma conta direta resulta

UiΩn(Ui)T =

Ωi−1 0 0

UK2,i−1 UΩ2UT 0

Kn−(i+1),i−1 Kn−(i+1),2UT Ωn−(i+1)

.

Notemos que UK2,i−1 = K2,i−1, visto que para cada coluna de K2,i−1 temos

U

(1− t1− t

)=

(1− t−1 t−1

1 0

)(1− t1− t

)=

(1− t1− t

).

De maneira similar, agora olhando para cada linha, é verdadeiro que Kn−i−1,2UT =

Kn−i−1,2, pelo seguinte motivo

(1− t 1− t

)UT =

(1− t 1− t

)( 1− t 1

t 0

)=(

1− t 1− t).

Através da computação direta obtemos que UΩ2UT = Ω2:

UΩ2UT =

(1− t−1 t−1

1 0

)(1 0

1− t 1

)(1− t 1

t 0

)

=

(0 1

t

1 0

)(1− t 1

t 0

)

=

(1 0

1− t 1

)= Ω2.

Com isso, concluímos que UiΩn(Ui)T = Ωn.

Partindo da demonstração do Teorema 2.9, ao aplicar a involução ξA : A → A e

a transposta de matrizes em (2.9), obtemos:

AΩnAT = Ωn ⇒ AΩnAT = Ωn (aplicando ξA)

⇒ AΩnAT = Ωn

⇒ (AΩnAT )T = ΩnT

(aplicando a transposta)

⇒ (AT )T (Ωn)TAT = ΩnT

41

⇒ A(Ωn)TAT = (Ωn)T .

Além do mais, por propriedades de multiplicação de matriz por escalar e entre

matrizes, para qualquer A ∈ ψn(Bn) e quaisquer λ, µ ∈ Λ,

A(λΩn + µ(Ωn)T )AT = AλΩnAT + Aµ(Ωn)TAT

= λAΩnAT + µA(Ωn)TAT

= λΩn + µ(Ωn)T .

Em particular, quando λ = µ = 1, adquirimos

AΘnAT = Θn, (2.10)

onde Θn = Ωn + (Ωn)T é a matriz

Θn =

2 1− t−1 1− t−1 . . . 1− t−1

1− t 2 1− t−1 . . . 1− t−1

1− t 1− t 2 . . . 1− t−1

......

.... . .

...

1− t 1− t 1− t . . . 2

.

A matriz Θn é Hermitiana no sentido do conjugado de Laurent, ou seja,

(Θn)T = Θn.

Agora, começaremos a discutir um pouco sobre o núcleo da representação de

Burau ψn : Bn → GLn(Λ). Na Denição 2.1 vimos que uma representação será el se for

injetora. Uma maneira de vericar que de fato há delidade da representação é checar se

seu núcleo é trivial.

O homomorsmo ψ1 é injetivo, pois B1 = 1. Há também delidade do homo-

morsmo ψ2. De fato, a matriz U = U1 ∈ GL2(Λ), que é a imagem do gerador σ1 de

B2∼= Z, satisfaz (

1 −1)U =

(−t t

)= −t

(1 −1

).

Portanto, ( 1 − 1 )Uk = (−t)k( 1 − 1 ) para todo k ∈ Z e podemos concluir que U é

de ordem innita em GL2(Λ).

Seguindo [KT, Capítulo 3], mostraremos na Seção 2.3 que Ker(ψ3) = 1. Paran ≥ 4, a questão de ψn ser el permaneceu em aberta por um longo período de tempo.

Em 1991 foi provado por J. A. Moody que tal representação não é el para n ≥ 9, o

qual pode ser visto em [Mo]. A posteriori, em 1993, D. D. Long e M. Paton renaram o

42

resultado de Moody, provando a não delidade da representação de Burau para n ≥ 6,

que podemos ver em [LP]. Entretanto, apenas em 1999, S. Bigelow prova em [Bi1] que

também não há delidade no caso n = 5.

Observemos que Ker(ψn) ⊂ Ker(ψn+1), perante à inclusão Bn ⊂ Bn+1. Por essa

feita, se Ker(ψn) 6= 1, então teremos que Ker(ψm) 6= 1 para todo m ≥ n.

Teorema 2.10. O núcleo da representação de Burau ψn não é trivial para n ≥ 5.

Demonstração. A estratégia dessa demonstração será exibir uma 5-trança diferente da

trivial a qual está no núcleo da representação de Burau.

Seja

γ = σ4σ−13 σ−1

2 σ21σ−12 σ−2

1 σ−22 σ−1

1 σ−54 σ2σ3σ

34σ2σ

21σ2σ

−13 ∈ B5. (2.11)

Tomemos a 5-trança

ρ = [γσ4γ−1, σ4σ3σ2σ

21σ2σ3σ4]

= (γσ4γ−1)−1(σ4σ3σ2σ

21σ2σ3σ4)−1γσ4γ

−1σ4σ3σ2σ21σ2σ3σ4

(2.12)

Primeiramente vericamos através da permutação de tranças que as 5-tranças

σ4σ3σ2σ21σ2σ3σ4, (γσ4γ

−1)−1(σ4σ3σ2σ21σ2σ3σ4)−1γσ4γ

−1 e por consequência ρ são puras,

visto que todas possuem permutação de tranças trivial. Além disso, percebamos que

σ4σ3σ2σ21σ2σ3σ4 = σ4σ3σ2σ

21σ2σ3σ

−14 σ2

4

= σ4σ3σ2σ21σ2σ3σ

−14 A4,5

= σ4σ3σ2σ21σ2σ

−13 σ2

3σ−14 A4,5


−13 σ−1

4 σ4σ23σ−14 A4,5


−13 σ−1

4 A3,5A4,5

= σ4σ3σ2σ21σ−12 σ2

2σ−13 σ−1

4 A3,5A4,5

= σ4σ3σ2σ21σ−12 σ−1

3 σ3σ22σ−13 σ−1

4 A3,5A4,5

= σ4σ3σ2σ21σ−12 σ−1

3 σ−14 σ4σ3σ

22σ−13 σ−1

4 A3,5A4,5

= σ4σ3σ2σ21σ−12 σ−1

3 σ−14 A2,5A3,5A4,5

= A1,5A2,5A3,5A4,5.

Desse modo,

ρ = (γσ4γ−1)−1(A1,5A2,5A3,5A4,5)−1γσ4γ

−1A1,5A2,5A3,5A4,5

= γσ−14 γ−1A−1

4,5A−13,5A

−12,5A

−11,5γσ4γ

−1A1,5A2,5A3,5A4,5.(2.13)

Armamos que ρ é um elemento não trivial do Ker(ψ5 : B5 → GL5(Λ)). A trança

ρ de fato está no núcleo da representação e isso decorre da computação de multiplicação

43

de 118 matrizes. Essa conta foi feita através de um programa de computador e não será

posta nesse texto dada a sua extensão. Sabemos que as tranças A1,5A2,5A3,5A4,5 e sua

inversa pertencem ao núcleo de f5 (ver Subseção 1.7.2). Além do mais, quando aplicamos

o mesmo homomorsmo de esquecimento em γσ−14 γ−1A−1

4,5A−13,5A

−12,5A

−11,5γσ4γ

−1 podemos

perceber que essa trança também pertence ao núcleo já que A−14,5A

−13,5A

−12,5A

−11,5 se torna

trivial, γσ−14 γ−1 e sua inversa têm permutação que mantém a quinta corda nela mesma,

fazendo com que os extremos se cancelem. Para provarmos que ρ não é trivial recorremos

ao penteamento da trança e utilizamos as Proposições 1.27 e 1.28 para escrever ρ como

produto dos geradores de Artin das tranças puras. Era preciso escrever ρ em relação aos

geradores do Ker(f5), mas não foi possível atingir o objetivo por causa da extensão da

escrita em geradores de Artin.

Observação 2.11. Com o intuito de provar que ρ é diferente da trança trivial, fez-se

necessário a criação e a utilização de um programa feito em JAVA pelo programador e

estudante de engenharia elétrica com ênfase em sistemas e computação da UERJ Ariel

Gonçalves Freire em trabalho realizado juntamente comigo. O programa, intitulado por

BraidBrusher, é composto por bibliotecas nas quais foram organizadas as Proposições 1.27

e 1.28, além dos possíveis cancelamentos.

Ao aplicar os conjugados em A−14,5A

−13,5A

−12,5A

−11,5, calculou-se uma série de 53 itera-

ções as quais são o passo a passo de como obter a escrita de ρ como produto dos geradores

de Artin das tranças puras. Mas, por questão da extensa quantidade de páginas não

traremos a trança escrita dessa forma nesse texto.

Observação 2.12. Até o momento da conclusão dessa dissertação o caso n = 4 sobre a

injetividade da representação de Burau ψ4 ainda é um caso em aberto.

2.3 Representação reduzida de Burau

Mostraremos nessa seção que a representação de Burau é redutível, ou seja, conse-

guiremos um homomorsmo com domínio Bn e contradomínio GLn−1(Λ) que se relaciona

com a representação de Burau. Como uma aplicação dessa representação reduzida prova-

remos a delidade de ψ3 : B3 → GL3(Λ). Consideremos ainda nessa seção Λ = Z[t, t−1] o

polinômio de Laurent.

2.3.1 Redução de ψn

Vamos considerar nessa subseção as matrizes

U1, . . . , Un−1 ∈ GLn(Λ)

44

do início da Subseção 2.2.1 (ver (2.4)). Como já dito, Ik denota a matriz identidade de

ordem k. O seguinte teorema mostra que a representação de Burau é redutível.

Teorema 2.13. Sejam n ≥ 3 e V1, V2, . . . , Vn−1 matrizes de ordem n − 1 sobre Λ dadas

por

V1 =

−t 0 0

1 1 0

0 0 In−3

, Vn−1 =

In−3 0 0

0 1 t

0 0 −t

e para 1 < i < n− 1

Vi =

Ii−2 0 0 0 0

0 1 t 0 0

0 0 −t 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 0 In−i−2

.

Então, para todo i = 1, . . . , n− 1,

C−1UiC =

(Vi 0

(∗i) 1

)(2.14)

onde C é a seguinte matriz de ordem n

C = Cn =

1 1 1 . . . 1

0 1 1 . . . 1

0 0 1 . . . 1...

......

. . ....

0 0 0 . . . 1

e (∗i) é a matriz linha de tamanho n− 1 igual a 0 se i < n− 1 e (0, . . . , 0, 1) se i = n− 1.

Demonstração. Para i = 1, . . . , n− 1, tomemos

V ′i =

(Vi 0

(∗i) 1

).

Provar a equação (2.14) é equivalente a provar que UiC = CV ′i , para 1 ≤ i ≤ n − 1.

Fixemos i ∈ 1, . . . , n−1 e observemos que para qualquer k = 1, . . . , n, a k-ésima coluna

de UiC é a soma das primeiras k colunas de Ui. A computação direta mostra que UiC

é obtida de C através da substituição da (i, i)-ésima entrada por 1 − t e substituindo a

(i+ 1, i)-ésima entrada por 1. De fato,

45

UiC =

Ii−1 0 0 0

0 1− t t 0

0 1 0 0

0 0 0 In−i−1

Ii−1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 In−i−1

=

Ii−1 1 1 1

0 1− t 1 1

0 1 1 1

0 0 0 In−i−1

(2.15)

Similarmente, para qualquer l = 1, . . . , n, a l-ésima linha de CV ′i é a soma das últimas l

linhas de Vi. Uma computação direta também mostra que CV ′i é obtido de C pela mesma

modicação feita acima. Com efeito,

CV ′i =

Ii−1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 In−i−1

(

Vi 0

(∗i) 1

)

=

Ii−1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 In−i−1

Ii−2 0 0 0 0

0 1 t 0 0

0 0 −t 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 0 In−i−2

0

(∗i) 1

=

Ii−1 1 1 1

0 1− t 1 1

0 1 1 1

0 0 0 In−i−1

(2.16)

Portanto, pelas equações (2.15) e (2.16) temos UiC = CV ′i .

Ilustraremos a demonstração do Teorema 2.13 através do próximo exemplo.

Exemplo 2.14. Fixemos n = 5 e i = 2.

U2C =

1 0 0 0 0

0 1− t t 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 1 1 1

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

46

=

1 1 1 1 1

0 1− t 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

=

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 1 1 1

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

1 t 0 0 0

0 −t 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

= CV ′2 .

Uma vez que as matrizes U1, . . . , Un−1 ∈ GLn(Λ) satisfazem as relações de tranças

(UiUj = UjUi para todo i, j com |i− j| ≥ 2 e (2.7)), então as matrizes conjugadas

C−1U1C, . . . , C−1Un−1C também satisfazem tais relações. A fórmula da equação (2.14)

implica que as matrizes V1, . . . , Vn−1 também satisfazem as relações de tranças. É fácil

provar que essas matrizes são invertíveis sobre Λ e, portanto, pertencem a GLn−1(Λ).

Pelo Lema 1.23, a fórmula ψrn(σi) = Vi dene um homomorsmo de grupos ψrn : Bn →GLn−1(Λ), para todo n ≥ 3, que é chamado de representação reduzida de Burau. A

denição de ψ2n : B2 → GL1(Λ), o qual envia σ1 à matriz (−t) que possui ordem 1 é feita

de forma que a fórmula (2.14) também seja válida. A denição de ψrn implica que para

qualquer n ≥ 2 e qualquer trança β ∈ Bn,

C−1ψn(β)C =

(ψrn(β) 0

(∗β) 1

)(2.17)

onde (∗β) é uma matriz linha de comprimento n−1 sobre Λ dependendo de β. O seguinte

lema mostra como computar esta linha da matriz ψrn(β).

Lema 2.15. Para i = 1, . . . , n− 1, seja ai a i-ésima linha da matriz ψrn(β)− In−1. Então

−(1 + t+ . . .+ tn−1)(∗β) =n−1∑i=1

(1 + t+ . . .+ ti)ai.

Demonstração. Consideremos o Λ-módulo Λn cujos elementos são identicados como ma-

trizes linha de comprimento n sobre Λ. O grupo GLn(Λ) age em Λn na direita via

multiplicação das linhas pelas matrizes. A vericação direta mostra que o vetor

E = (1, t, t2, . . . , tn−1) ∈ Λn

47

satisfaz EUi = E para 1 ≤ i ≤ n− 1 e onde Ui são as matrizes vistas em (2.4). De fato,

EUi = (1, t, t2, . . . , tn−1)

Ii−1 0 0 0

0 1− t t 0

0 1 0 0

0 0 0 In−i−1

= (1, t, t2, . . . , tn−1)

= E.

Portanto, Eψn(β) = E, pois ψn é homomorsmo e Ui | i = 1, . . . , n − 1 é base de

GLn(Λ). Então o vetor

F = EC = (1, 1 + t, 1 + t+ t2, . . . , 1 + t+ t2 + . . .+ tn−1) ∈ Λn

satisfaz

F

(ψrn(β) 0

(∗β) 1

)= ECC−1ψn(β)C = F.

Subtraindo FIn = F , obtemos

F

(ψrn(β)− In−1

(∗β)

)= 0.

Esta igualdade signica que a combinação linear de linhas ai da matriz ψrn(β)− In−1 com

coecientes 1, 1 + t, 1 + t+ t2, 1 + t+ . . .+ tn−2 é igual a −(1 + t+ . . .+ tn−1)(∗β).

O Lema 2.15 mostra que nenhuma informação é perdida na passagem da represen-

tação de Burau para sua forma reduzida. Em particular, se ψrn(β) = In−1, então (∗β) = 0

e ψn(β) = In. Portanto, Ker(ψrn) ⊂ Ker(ψn). A inclusão oposta segue diretamente de

(2.17). Sendo assim, chegamos à conclusão que Ker(ψrn) = Ker(ψn).

2.3.2 A delidade de ψ3 : B3 → GL2

Provaremos na continuação que a representação de Burau ψ3 é el. Considere-

mos o homomorsmo ϕ : GL2(Λ) → SL2(Z) obtido pela substituição de t por −1. Isto

transforma as matrizes reduzidas de Burau

V1 =

(−t 0

1 1

), V2 =

(1 t

0 −t

)

em

48

a1 = ϕ(V1) =

(1 0

1 1

), a2 = ϕ(V2) =

(1 −1

0 1

).

Por [KT, Apêndice A], o grupo SL2(Z) é gerado pela transposição das matrizes

A = aT1 , B = aT2 com relações ABA = BAB e (ABA)4 = 1. Portanto, SL2(Z) é gerado

por a1, a2 com relações a1a2a1 = a2a1a2 e (a1a2a1)4 = 1. O homomorsmo ϕ ψr3 : B3 →SL2(Z) envia os geradores de tranças σ1, σ2 em a1, a2, respectivamente. Está claro que

este homomorsmo é sobrejetivo e seu núcleo é o subgrupo normal gerado pela trança

(σ1σ2σ1)4 = (σ1σ2)6. A Seção 1.3.3 de [KT] traz um estudo sobre o centro de Bn. Em

particular, o Teorema 1.24 de [KT] nos diz que

Z(B3) = Z(P3) =⟨(σ1σ2)3

⟩e assim (σ1σ2σ1)4 está no centro de Bn. Por essa trança ser central e não trivial, o núcleo

em questão é o grupo cíclico innito 〈(σ1σ2σ1)4〉 ⊂ B3. Consequentemente,

Ker(ψ3) ⊂ Ker(ϕ ψr3) =⟨(σ1σ2σ1)4

⟩.

Observemos que

V1V2V1 =

(0 −t2

−t 0

), (V1V2V1)2 =

(t3 0

0 t3

).

Portanto, para k ∈ Z não nulo,

ψr3((σ1σ2σ1)4k) = (V1V2V1)4k

=

(t6k 0

0 t6k

)6= I2.

Como consequência temos Ker(ψ3) = Ker(ψr3) = 1.

Capítulo 3

Representação de Gassner

Estudaremos nesse capítulo a representação de Gassner do grupo de tranças puras

Pn considerando sua restrição a um subgrupo livre Fn−1. Será mostrado que o núcleo dessa

restrição está no subgrupo [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)], aguçando um resultado de Lipschutz [Li].

Este capítulo foi atrelado ao estudo desenvolvido no artigo de K. Knudson em [Kn2].

Primeiro iremos denir uma expansão do que vimos de polinômio de Laurent

(vide (2.3)). Um polinômio de Laurent de n variáveis com coecientes em Z é uma

expressão da forma

ξ =∑k1∈Z

∑k2∈Z

. . .∑kn∈Z

ξk1,k2,...,kntk11 t

k22 . . . tknn , ξk1,k2,...,kn ∈ Z. (3.1)

Denotaremos por

Ξ = Z[t±11 , t±1

2 , . . . , t±1n ]

o anel de polinômios de Laurent de n variáveis e observemos que, assim como o polinômio

de Laurent é uma extensão do polinômio clássico, o polinômio de Laurent de n variáveis

também é uma extensão do polinômio de n variáveis.

Denotemos por Ar,s, 1 ≤ r < s ≤ n, os geradores de Artin das tranças puras

Pn. A representação de Gassner (não reduzida) é o homomorsmo Gn : Pn → GLn(Ξ)

dado pela fórmula

Gn(Ar,s) =

Ir−1 0 0 0 0

0 1− tr + trts 0 tr(1− tr) 0

0 ~u Is−r−1 ~v 0

0 1− ts 0 tr 0

0 0 0 0 In−s

(3.2)

onde,

~u = ((1− tr+1)(1− ts) . . . (1− ts−1)(1− ts))T ,

49

50

~v = ((1− tr+1)(tr − 1) . . . (1− ts−1)(tr − 1))T

e Ik denota a matriz identidade de ordem k. Essa representação é redutível a uma repre-

sentação (n− 1)-dimensional, mas a fórmula resultante é mais complicada.

3.1 Preliminares e notações

Nessa seção iremos denir série central inferior, estudaremos sequências exatas

curtas, falaremos sobre o subgrupo livre de tranças puras Fn−1 e estudaremos um subgrupo

de congruência de GLn(Ξ).

3.1.1 Conceitos preliminares

Chamaremos de série central inferior de um grupo G a seguinte sequência

encaixada de grupos

G = Γ1(G) ⊇ Γ2(G) ⊇ . . . ⊇ Γi(G) ⊇ . . . ,

onde os Γk(G) são construídos de maneira recursiva da seguinte forma

G = Γ1(G)

Γ2(G) = [Γ1(G), G] = [x, y], x ∈ G e y ∈ GΓ3(G) = [Γ2(G), G] = [x, y], x ∈ Γ2(G) e y ∈ G...

Γi+1(G) = [Γi(G), G] = [x, y], x ∈ Γi(G) e y ∈ G

Percebamos que Γi(G) Γi−1(G) para todo i ≥ 2. Para isso, basta provarmos

que Γi(G) G para todo i ≥ 1, pois Γi(G) ⊆ Γi−1(G) ⊆ G. Provaremos por indução que

vale Γi(G) G. Para o caso i = 1 é claro, visto que GG. Já para o caso i = 2 iremos

supor g ∈ G e [g1, g2] ∈ Γ2(G), onde g1, g2 ∈ G. Vericaremos que g[g1, g2]g−1 ∈ [G,G].

Notemos que

g[g1, g2]g−1 = gg−11 g−1

2 g1g2g−1

= gg−11 g−1gg−1

2 g−1gg1g−1gg2g

−1

= [gg1g−1, gg2g

−1].

Percebamos que gg−11 g−1 = (gg1g

−1)−1 e gg−12 g−1 = (gg2g

−1)−1 estão em G. Assim,

g[g1, g2]g−1 ∈ [G,G].

Suponhamos a veracidade para o caso i − 1. Provemos então que Γi(G) G.

Sejam g ∈ G e [a, b] ∈ Γi(G), onde a ∈ Γi−1(G) e b ∈ G. Então basta vericarmos que

51

g[a, b]g−1 ∈ Γi(G). Percebamos que

g[a, b]g−1 = ga−1b−1abg−1

= ga−1g−1gb−1g−1gag−1gbg−1

= [gag−1, gbg−1].

Notemos que ga−1g−1 = (gag−1)−1 está em Γi−1(G), pois Γi−1(G) G pela hipótese de

indução e gb−1g−1 = (gb−1g−1)−1 está em G. Portanto, g[a, b]g−1 ∈ Γi(G), concluindo a

indução.

Agora partiremos ao estudo de sequências exatas.

Denição 3.1. Seja . . . , Lk−1, Lk, Lk+1, . . . uma família de grupos e fk : Lk−1 → Lkuma família de homomorsmos. A sequência de homomorsmos

. . .fk−1 // Lk−1

fk // Lkfk+1 // Lk+1

fk+2 // . . .

é dita exata, se para todo k ∈ Z vale a seguinte igualdade Im(fk−1) = Ker(fk). Se

a família for nita, a sequência será dita sequência exata nita. Em particular, a

sequência exata a seguir é dita exata curta

1 // L1f1 // L2

f2 // L3// 1 ,

onde 1 representa o grupo trivial.

Proposição 3.2. A sequência

1 u // Lf //M

é exata se, e somente se, f é injetor.

Demonstração. Suponhamos que a sequência da Proposição 3.2 seja exata. Seja x ∈Ker(f). Então x ∈ Im(u) = 1. Portanto, x = 1 e, com isso, f é injetor. Vamos provar

agora a recíproca. Suponhamos que f seja injetor, isto é, Ker(f) = 1. Por outro lado

temos que Im(u) = 1, pois u é a inclusão do grupo trivial. Portanto, Ker(f) = Im(u).

Logo, a sequência é exata.

Proposição 3.3. A sequência

Mg // N

v // 1

é exata se, e somente se, g é sobrejetor.

Demonstração. Suponhamos que a sequência da Proposição 3.3 seja exata e, além disso,

que v é o homomorsmo nulo. Segue portanto que Im(g) = Ker(v) = N . Logo, g é

sobrejetor.

52

Vericaremos agora a recíproca. Suponhamos que g é sobrejetor. Disso, Im(g) =

N . Contudo, como v(x) = 1 para todo x ∈ N , segue que Ker(v) = N = Im(g). Logo, a

sequência é exata.

Seja uma sequência exata curta

1 // Lf //M

g // N // 1 .

Em virtude das Proposições 3.2 e 3.3, então f é injetor e g é sobrejetor.

Exemplo 3.4. Sejam G um grupo, NG, ι : N → G a inclusão canônica e π : G→ G/N

a projeção canônica. Então a sequência

1 // Nι // G

π // G/N // 1

é exata curta. Com efeito, sabemos que ι é um monomorsmo e π é um epimorsmo.

Disso, Im(ι) = N . Ademais, seja x ∈ Ker(π), então π(x) = xN = 1N = N . Dessa

forma, Ker(π) ⊂ N . Por outro lado, obviamente, N ⊂ Ker(π). Concluimos então que

Im(ι) = Ker(π).

Deniremos agora um diagrama comutativo de sequências exatas curtas. Para

isso, sejam duas sequências exatas curtas

1 // Lf //M

g // N // 1 e 1 // L′f ′ //M ′ g′ // N ′ // 1,

de modo que obtemos o seguinte diagrama

1 // L

u

f //M

v

g // N

w

// 1

1 // L′f ′ //M ′ g′ // N ′ // 1.

(3.3)

Dizemos que o diagrama (3.3) é um diagrama comutativo de sequências exatas

curtas se v f = f ′ u e w g = g′ v.A seguir temos três proposições as quais contemplam sequências exatas curtas.

Proposição 3.5. Sejam as sequências exatas curtas

1 // Lf //M

g // N // 1 e 1 // L′f ′ //M ′ g′ // N ′ // 1

de forma que exista o seguinte diagrama

53

1 // L

u

f //M

v

g // N

w

// 1

1 // L′f ′ //M ′ g′ // N ′ // 1.

Suponhamos também que o diagrama quadrado da direita é comutativo. Então, existe uma

aplicação u : L→ L′ que faz o diagrama quadrado da esquerda ser comutativo.

Demonstração. Vericaremos v(f(x)) ∈ Im(f ′), para todo x ∈ L. Pela Denição 3.1 é

equivalente vericar que v(f(x)) ∈ Ker(g′). O que é verdade pela sequência exata curta

da parte superior do diagrama, pois w(g(f(x))) = 1 e como o diagrama quadrado da

direita comuta, então 1 = w(g(f(x))) = g′(v(f(x))) e, portanto, v(f(x)) ∈ Ker(g′).

Denamos u(x) como sendo o único x′ ∈ L′ tal que v(f(x)) = f ′(x′). O fato da

boa denição de u vem da Proposição 3.2 que diz que f ′ é injetora.

Proposição 3.6. Sejam as sequências exatas curtas

1 // Lf //M

g // N // 1 e 1 // L′f ′ //M ′ g′ // N ′ // 1


1 // L

u

f //M

v

g // N

w

// 1

1 // L′f ′ //M ′ g′ // N ′ // 1.

Suponhamos que o diagrama quadrado da esquerda é comutativo. Então, existe uma apli-

cação w : N → N ′ que faz o diagrama quadrado da direita ser comutativo.

Demonstração. Seja z ∈ N , então existe y ∈ M tal que g(y) = z. Denamos w(z) =

g′(v(y)). Basta, portanto, vericarmos que w está bem denida. Sejam y1, y2 ∈ M tais

que g(y1) = g(y2). Disso, y1y−12 ∈ Ker(g) = Im(f). Ou seja, existe x ∈ L de forma que

f(x) = y1y−12 . Aplicando g′ v obtemos

g′(v(f(x))) = g′(v(y1y−12 ))⇒ g′(f ′(u(x))) = g′(v(y1))g′(v(y2))−1 (g′ é homomorsmo)

⇒ 1 = g′(v(y1))g′(v(y2))−1 (sequência exata curta)

⇒ g′(v(y1)) = g′(v(y2)).

Proposição 3.7. Sejam G e H grupos e χ : G → H um homomorsmo sobrejetor. Se

Ker(χ) e H forem livres de torção, então G também é livre de torção.

Demonstração. Suponhamos que g ∈ G é tal que gn = 1, para algum n ≥ 1. Aplicando

a função χ temos χ(gn) = 1, contudo, χ(gn) = [χ(g)]n por χ ser homomorsmo. Disso,

54

[χ(g)]n = 1. Mas H é livre de torção, então χ(g) = 1. Por esse motivo g ∈ Ker(χ),

grupo o qual também é livre de torção. Logo, g = 1, concluindo assim que G é livre de

torção.

A seguir deniremos grupo residualmente nilpotente que será usado no Teo-

rema 3.15.

Denição 3.8. Seja G um grupo. G é um grupo residualmente nilpotente se a in-

terseção dos grupos que compõem sua série central inferior for o subgrupo trivial. Ou

seja,∞⋂i=1

(Γi(G)) = 1.

O resultado que vem em seguida é encontrado em [Ro, Teorema 6.1.10], também

chamado de Teorema de Magnus, o qual deixaremos como referência para a demonstração.

Proposição 3.9. Se G é um grupo livre, então G é residualmente nilpotente.

Para nalizar essa seção provaremos uma proposição geral sobre injetividade de

funções.

Proposição 3.10. Sejam f : A→ B e g : C → D tais que Im(f) ⊂ C. Se gf é injetora,

então f é injetora.

Demonstração. Sejam x, y ∈ A tais que f(x) = f(y). Aplicando g temos que g(f(x)) =

g(f(y)). Como g f é injetora, então x = y. Dessa forma, f também é injetora.

3.1.2 Subgrupo livre de Pn

Denotemos por Fn−1 o subgrupo livre de Pn obtido pela exclusão da última corda,

ver (1.6). Este subgrupo tem geradores A1,n, A2,n, . . . , An−1,n por causa do Teorema 1.31.

Além disso, temos uma sequência exata curta

1 −→ Fn−1 −→ Pn −→ Pn−1 −→ 1

de modo que Pn é o produto semidireto de Pn−1 e Fn−1. Ademais, o diagrama a seguir

comuta:

Pn //

Pn−1

Gn(Ξ) // Gn−1(Ξ)

(3.4)

onde a aplicação horizontal inferior é dada denindo tn = 1 na matriz (3.2) e excluindo a

enésima linha e coluna. Com efeito, primeiro temos que vericar que a aplicação inferior é

um homomorsmo. Esse fato segue, pois essa aplicação nada mais é do que o esquecimento

55

da última linha e da última coluna da matriz, com apenas um adendo: quando fazemos a

multiplicação haverá fatores da linha retirada na coluna em que ela estava. Contudo, esse

problema é facilmente resolvido pois esses elementos são iguais a zero. Agora provemos

que o diagrama (3.4) comuta. Pelo fato de f ser um homomorsmo, então basta provarmos

a comutatividade do diagrama para os geradores de Artin das tranças puras em Pn. Dessa

forma, dividiremos em dois casos:

Caso 1: Para Ai,j, com j 6= n

f(Gn(Ai,j)) = f

Ii−1 0 0 0 0

0 1− ti + titj 0 ti(1− ti) 0

0 ~u Ij−1−1 ~v 0

0 1− tj 0 ti 0

0 0 0 0 In−j

=

Ii−1 0 0 0 0

0 1− ti + titj 0 ti(1− ti) 0

0 ~u Ij−1−1 ~v 0

0 1− tj 0 ti 0

0 0 0 0 In−1−j

.

Por outro lado, ao remover a última corda de Ai,j ∈ Pn, continuamos com Ai,j ∈ Pn−1 e

assim

Gn−1(Ai,j) =

Ii−1 0 0 0 0

0 1− ti + titj 0 ti(1− ti) 0

0 ~u Ij−1−1 ~v 0

0 1− tj 0 ti 0

0 0 0 0 In−1−j

.

Caso 2: Ai,n. Visto que, ao perder a última corda, o gerador vira a trança

identidade, então

Gn−1(e) = In−1.

Mas, na outra mão, temos que

f(Gn(Ai,n)) = f

Ii−1 0 0 0

0 1− ti + titn 0 ti(1− ti)0 ~u In−i−1 ~v

0 1− tn 0 ti

=

Ii−1 0 0

0 1 0

0 0 In−i−1

= In−1.

56

Vamos exemplicar na continuação que f : Gn(Pn) → Gn−1(Pn−1) é homomor-

smo para o caso n = 3.

Exemplo 3.11. Seja f : G3(P3)→ G2(P2) a aplicação inferior do diagrama (3.4) e sejam

A = (ai,j), B = (bi,j) matrizes em G3(P3), com 1 ≤ i, j ≤ 3, e A′ = f(A) e B′ = f(B).

AB =

a1,1 a1,2 a1,3

a2,1 a2,2 a2,3

a3,1 a3,2 a3,3

b1,1 b1,2 b1,3

b2,1 b2,2 b2,3

b3,1 b3,2 b3,3

=

a1,1b1,1 + a1,2b2,1 + a1,3b3,1 a1,1b1,2 + a1,2b2,2 + a1,3b3,2 a1,1b1,3 + a1,2b2,3 + a1,3b3,3



=

a1,1b1,1 + a1,2b2,1 a1,1b1,2 + a1,2b2,2 0

a2,1b1,1 + a2,2b2,1 a2,1b1,2 + a2,2b2,2 0

0 0 a3,3b3,3

.

Percebamos que ai,j = 0 = bi,j quando i, j = 3 e i 6= j, onde conseguimos notar isso pelos

geradores (3.2). Atentemos que a aplicação f transforma t3 em 1, tornando a igualdade

ai,j = 0 = bi,j quando i, j = 3 e i 6= j válida inclusive para o gerador Ap,3, com 1 ≤ p < 3.

Veriquemos que f é homomorsmo

f(AB) = f

a1,1b1,1 + a1,2b2,1 a1,1b1,2 + a1,2b2,2 0

a2,1b1,1 + a2,2b2,1 a2,1b1,2 + a2,2b2,2 0

0 0 a3,3b3,3

=

(a1,1b1,1 + a1,2b2,1 a1,1b1,2 + a1,2b2,2

a2,1b1,1 + a2,1b2,1 a2,1b1,2 + a2,2b2,2

)

=

(a1,1 a1,2

a2,1 a2,1

)(b1,1 b1,2

b2,1 b2,2

)= A′B′

= f(A)f(B).

Denotemos por Γ•(Fn−1) a série central inferior de Fn−1 = Ker(fn) (ver (1.6)) e

para cada i ∈ N, consideremos o grupo abeliano livre

Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1). (3.5)

De fato, provemos que o quociente (3.5) é abeliano e, segundo [Hal], vamos exibir

uma base. Seja [[a, b], c] ∈ Γi+1(Fn−1), com [a, b] ∈ Γi(Fn−1) e c ∈ Fn−1. Temos que o

quociente Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1) é abeliano, pois

[[a, b], c]Γi+1(Fn−1) = 1Γi+1(Fn−1)⇔ [a, b]−1c−1[a, b]cΓi+1(Fn−1) = 1Γi+1(Fn−1)

⇔ [a, b]cΓi+1(Fn−1) = c[a, b]Γi+1(Fn−1).

57

Dessa forma, podemos dizer que a classe de [a, b] no quociente Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1) co-

muta com qualquer classe em Fn−1/Γi+1(Fn−1), então comutará com qualquer classe em

Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1). Precisamos de uma base explícita de cada Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1) a

qual será dada pelo conjunto de comutadores básicos de peso i, que são denidos da

seguinte maneira. Denotemos por xj a imagem de Aj,n em Fn−1/Γ2(Fn−1). Então os

xj são os comutadores básicos de peso um (denotemos isto por w(xj) = 1) e tendo

denido os comutadores básicos c de peso k menor que i (denotemos por w(c) = k), os

comutadores básicos de peso i são os vários [cu, cv] onde

i) cu e cv são básicos com w(cu) + w(cv) = i e (3.6)

ii) cu > cv e se cu = [ca, cb], então cv ≥ cb. (3.7)

Os comutadores são ordenados de forma que os que tenham peso i seguem aqueles

de peso menor que i e são ordenados arbitrariamente uns em relação aos outros. Para

esse trabalho admitiremos a ordem lexicográca.

O resultado que Γi(F )/Γi+1(F ) é um grupo abeliano livre vale para qualquer

grupo livre F . Essa descrição para qualquer grupo livre pode ser vista no início do

Capítulo 11 de [Hal] e uma prova de que os comutadores básicos de peso i formam uma

base pode ser encontrada em [Hal, Teorema 11.2.4, Pg. 175]. Contudo, com o intuito

de estarmos no contexto da dissertação, optamos por trazer a demonstração direcionada

para Fn−1 = Ker(fn), que por ser um grupo livre, [Hal, Teorema 11.2.4, Pg. 175] garante

também que a construção dos comutadores básicos feita em (3.6) e (3.7) são de fato uma

base.

Exemplo 3.12. Nesse exemplo, conseguiremos uma base para Γ4(F3)/Γ5(F3) a partir

da construção feita acima. Notemos que x1, x2, x3 são os geradores de peso 1, os quais

ordenaremos lexicogracamente. Assim, x1 < x2 < x3.

A primeira iteração será feita em busca da aquisição de geradores de peso 2, onde

a única maneira é através dos geradores de peso 1.

x1 < x2 < x3 < [x2, x1] < [x3, x1] < [x3, x2].

A segunda iteração será feita para aquisição de geradores de peso 3, onde a única

maneira é através da combinação de geradores de peso 2 com geradores de peso 1.

x1 < x2 < x3 < [x2, x1] < [x3, x1] < [x3, x2] < [[x2, x1], x1]

< [[x3, x1], x1] < [[x2, x1], x2] < [[x3, x1], x2] < [[x3, x2], x2]

< [[x2, x1], x3] < [[x3, x1], x3] < [[x3, x2], x3].

Já a terceira iteração visa adquirir geradores de peso 4, onde temos duas possi-

bilidades. A primeira possiblidade é combinar um gerador de peso 3 com um gerador de

58

peso 1. A outra possibilidade é através da combinação de dois geradores de peso 2. Assim

conseguimos a seguinte ordenação

x1 < x2 < x3 < [x2, x1] < [x3, x1] < [x3, x2] < [[x2, x1], x1] < [[x3, x1], x1]

< [[x2, x1], x2] < [[x3, x1], x2] < [[x3, x2], x2] < [[x2, x1], x3] < [[x3, x1], x3]

< [[x3, x2], x3] < [[[x2, x1], x1], x1] < [[[x3, x1], x1], x1] < [[[x2, x1], x1], x2]

< [[[x3, x1], x1], x2] < [[[x2, x1], x2], x2] < [[[x3, x1], x2], x2] < [[[x3, x2], x2], x2]



< [[x3, x1], [x2, x1]] < [[x3, x2], [x2, x1]] < [[x3, x2], [x3, x1]].

Portanto, temos a base para Γ4(F3)/Γ5(F3):

[[[x2, x1], x1], x1]; [[[x3, x1], x1], x1]; [[[x2, x1], x1], x2]; [[[x3, x1], x1], x2];



[[[x2, x1], x3], x3]; [[[x3, x1], x3], x3]; [[[x3, x2], x3], x3]; [[x3, x1], [x2, x1]];

[[x3, x2], [x2, x1]]; [[x3, x2], [x3, x1]].

Denotemos por gn : Fn−1 → Xn a restrição de Gn a Fn−1 e seja Xn = gn(Fn−1).

Teorema 3.13. Gn : Pn → GLn(Ξ) é el se, e somente se, gn : Fn−1 → Xn é el.

Demonstração. Suponhamos que Gn seja el. Dessa forma, como gn é a restrição da Gn

no conjunto Fn−1, então obviamente gn é el. Usaremos indução para provar a recíproca.

Notemos de imediato que G1 é injetor, visto que P1 = 1. Logo, Ker(G1) = 1.Suponhamos agora validade para n − 1, mostraremos que vale para n. Consideremos o

diagrama em que as linhas horizontais são sequências exatas curtas

1 // Fn−1

gn

// Pn

Gn

// Pn−1

Gn−1

// 1

1 // Ker(f) h // GLn(Ξ)f // GLn−1(Ξ) // 1.

Na Subseção 3.1.2 (ver (3.4)) mostramos que o diagrama quadrado da direita

comuta e, mais ainda, no Caso 2 dessa prova mostramos que os geradores gn(Ai,n) =

Gn(Ai,n) de Xn tem a matriz identidade de ordem n como imagem do homomorsmo f ,

ou seja, Xn ⊆ Ker(f). Temos também que o diagrama quadrado da esquerda comuta,

visto que os homomorsmos da vertical são os mesmos, a menos de restrição do domínio e

os homomorsmos horizontais são inclusões. Dessa maneira, seja x ∈ Pn tal que Gn(x) =

1 e y a trança em Pn−1 resultante da retirada da última corda de x. Por um lado,

f(Gn(x)) = f(1) = 1. Como o diagrama quadrado da direita comuta e Gn−1 é injetor,

então Gn−1(y) = f(Gn(x)) = 1 e y = 1. Isso implica que x ∈ Fn−1 e percebamos que

59

gn(x) ∈ Xn. Como o diagrama quadrado da esquerda comuta, então h(gn(x)) = 1. Pela

linha de baixo do diagrama ser uma sequência exata curta, temos que h é injetor e, por

esse mérito, gn(x) = 1. Por m temos que gn é injetor, logo x = 1, concluindo que Gn é

el.

Por causa da equivalência do Teorema 3.13 passamos a estudar a representação

de Gassner apenas no subgrupo livre Fn−1 ao invés de todo o grupo de tranças puras

Pn. O próximo teorema é uma equivalência entre a representação de Gassner gn e um

homomorsmo no quociente de elementos da série central inferior de Fn−1, mas para isso

faremos um lema antes.

Lema 3.14. Sejam i ∈ N e gn : Fn−1 → Xn a restrição da representação de Gassner.

Se ϕk : Γk(Fn−1)/Γk+1(Fn−1) → Γk(Xn)/Γk+1(Xn) é injetora para 1 ≤ k ≤ i − 1, então

Ker(gn) ⊆ Γi(Fn−1).

Demonstração. Provaremos esse lema por indução. Para i = 1 temos a validade imediata

visto que Ker(gn) ⊆ Γ1(Fn−1) = Fn−1.

Seja ι : Ker(gn)→ Fn−1 a inclusão natural. Observemos o diagrama

Ker(gn)

ι

1 // Γ2(Fn−1)

gn

// Fn−1

gn

π1 // Fn−1/Γ2(Fn−1)

ϕ1

// 1

1 // Γ2(Xn) // Xnh1 // Xn/Γ2(Xn) // 1.

Seja x ∈ Ker(gn). Por ι ser a inclusão natural temos que x ∈ Fn−1. Seja [x]

a imagem de x pelo homomorsmo π1. Por outro lado, por x ∈ Ker(gn), gn(x) = 1 e,

por conformidade, a imagem de gn(x) = 1 por h1 em Xn/Γ2(Xn) é 1, visto que h1 é

homomorsmo. Além do mais, sabendo da comutatividade do diagrama da direita, temos

que ϕ1([x]) = 1 e, por saber que ϕ1 é injetor por hipótese, [x] = 1. Concluindo que

x ∈ Γ2(Fn−1) e, disso, Ker(gn) ⊂ Γ2(Fn−1).

Suponhamos que temos a validade para i−1, ou seja, Ker(gn) ⊂ Γi−1(Fn−1). Com

o intuito de provarmos que Ker(gn) ⊂ Γi(Fn−1) cometeremos um abuso de linguagem ao

considerar gn como restrição da gn nos conjuntos dados no diagrama a seguir

Ker(gn)

ι

1 // Γi(Fn−1)

gn

// Γi−1(Fn−1)

gn

πi−1 // Γi−1(Fn−1)/Γi(Fn−1)

ϕi−1

// 1

1 // Γi(Xn) // Γi−1(Xn)hi−1 // Γi−1(Xn)/Γi(Xn) // 1.

60

Seja x ∈ Ker(gn). Por ι ser a inclusão natural temos que x ∈ Γi−1Fn−1. Seja [x]

a imagem de x pelo homomorsmo πi−1. Por outro lado, por x ∈ Ker(gn), gn(x) = 1 e,

por conformidade, a imagem de gn(x) = 1 por hi−1 em Γi−1(Xn)/Γi(Xn) é 1, visto que

hi−1 é homomorsmo. Além do mais, sabendo da comutatividade do diagrama da direita,

temos que ϕi−1([x]) = 1 e, por saber que ϕi−1 é injetor por hipótese, [x] = 1. Concluindo

que x ∈ Γi(Fn−1) e, disso, Ker(gn) ⊂ Γi(Fn−1).

Teorema 3.15. gn : Fn−1 → Xn é injetor se, e somente se, o homomorsmo

ϕi : Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)→ Γi(Xn)/Γi+1(Xn)

é injetor para cada i ≥ 1.

Demonstração. Mostraremos que se gn é injetor, então conseguimos construir o homo-

morsmo ϕi injetor, onde

ϕi : Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)→ Γi(Xn)/Γi+1(Xn).

Para o caso i = 1, temos o seguinte diagrama

1 // Γ2(Fn−1)

gn

// Fn−1

gn

f // Fn−1/Γ2(Fn−1)

ϕ1

// 1

1 // Γ2(Xn) // Xnh // Xn/Γ2(Xn) // 1.

Percebamos que o diagrama quadrado da esquerda é comutativo, visto que os

homomorsmos verticais são os mesmos a menos de restrições de domínio e os homomor-

smos horizontais são inclusões. Dessa forma, pela Proposição 3.6, existe o homomorsmo

ϕ1 e ele é denido tal que h(X) = ϕ1(f(α)), para α ∈ Fn−1, X ∈ Xn e gn(α) = X.

Provemos que ϕ1 é injetor. Seja β ∈ Fn−1/Γ2(Fn−1) tal que ϕ1(β) = 1. Como f

é sobrejetor, existe α ∈ Fn−1 de forma que f(α) = β. Dessa forma, seja X ∈ Xn tal que

gn(α) = X. Como o diagrama da direita comuta temos que h(X) = 1. Isso implica que

X ∈ Ker(h) = Γ2(Xn). Mas, pela comutatividade do diagrama quadrado da esquerda,

α ∈ Γ2(Fn−1) = Ker(f). Então, pela sequência exata curta de cima, β = 1, concluindo

que ϕ1 é injetor.

Para os demais i ∈ N, tomemos o seguinte diagrama

1 // Γi+1(Fn−1)

gn

// Fn−1

gn

f // Fn−1/Γi+1(Fn−1)

ηi+1

// 1

1 // Γi+1(Xn) // Xnh // Xn/Γi+1(Xn) // 1.

Pelos mesmos argumentos, ηi+1 existe, é injetor, faz o diagrama quadrado da direita

comutar e, no caso i = 1, ϕ1 = η2. Observemos mais um diagrama

61

1 // Γ2(Fn−1)/Γ3(Fn−1)

ϕ2

f ′ // Fn−1/Γ2(Fn−1)

ϕ1

// Fn−1/Γ3(Fn−1)

η3

// 1

1 // Γ2(Xn)/Γ3(Xn) h′ // Xn/Γ2(Xn) // Xn/Γ3(Xn) // 1.

Como o diagrama quadrado da direita comuta, existe o homomorsmo ϕ2 e faz

com que o diagrama quadrado da esquerda comute, por causa da Proposição 3.5. Prove-

mos agora que ϕ2 é injetor. Tomemos α ∈ Γ2(Fn−1)/Γ3(Fn−1) tal que ϕ2(α) = 1. Como

h′ é homomorsmo, h′(1) = 1. Por outro lado, f ′ e ϕ1 são injetores, daí ϕ1 f ′ tambémé injetor. Portanto, ϕ1(f ′(α)) = h′(1) = 1 e disso, α = 1. Logo, ϕ2 é injetor.

Para o caso geral é usado o mesmo argumento recursivo no seguinte diagrama

1 // Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)

ϕi

// Fn−1/Γi(Fn−1)

ηi

// Fn−1/Γi+1(Fn−1)

ηi+1

// 1

1 // Γi(Xn)/Γi+1(Xn) // Xn/Γi(Xn) // Xn/Γi+1(Xn) // 1.

A recíproca é vista a partir do próximo diagrama

Ker(gn)

ι

1 // Γi+1(Fn−1)

gn

// Γi(Fn−1)

gn

πi // Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)

ϕi

// 1

1 // Γi+1(Xn) // Γi(Xn) // Γi(Xn)/Γi+1(Xn) // 1.

Por hipótese, ϕi é injetor para todo i ∈ N. Por isso, usamos o Lema 3.14 e conseguimos

Ker(gn) ⊂ Γi(Fn−1) para todo i ∈ N e com isso

Ker(gn) ⊆∞⋂i=1

(Γi(Fn−1)).

Porém, como Fn−1 é livre (Teorema 1.31), pela Proposição 3.9, Fn−1 também é residual-

mente nilpotente. Com isso, pela Denição 3.8, temos

Ker(gn) ⊆∞⋂i=1

(Γi(Fn−1)) = 1

e, assim, provamos que gn é injetor.

62

3.1.3 Subgrupo de congruência de GLn(Ξ)

Denotemos por Kn o subgrupo de GLn(Ξ) que consiste nas matrizes A tal que

A ≡ In mod (t1 − 1, t2 − 1, . . . , tn − 1), isto é, Kn = GLn(Ξ, J) para J o ideal gerado por

(t1 − 1, t2 − 1, . . . , tn − 1) chamado de ideal de aumentação. Notemos que a imagem

de Pn por Gn está em Kn. O grupo Kn é ltrado por potências:

Kin = A ∈ Kn : A ≡ In mod J i.

Provaremos de maneira geral que Ki+1n ⊂ Ki

n. Seja M = (ai,j) ∈ Ki+1n , então

M ≡ Ii+1 mod J i+1.

Ou seja,

ai,j ≡ δi,j mod [(tl1 − 1)(tl2 − 1) . . . (tli+1− 1)],

onde δi,j é o delta de Kronecker e 1 ≤ l1 ≤ . . . ≤ li+1 ≤ n. Dessa forma, existem

k1, k2 ∈ J i+1 tais que

ai,j = k1[(tl1 − 1)(tl2 − 1) . . . (tli+1− 1)] + δi,j.

Tomemos k2 = k1(tli+1− 1). Disso,

ai,j = k2[(tl1 − 1)(tl2 − 1) . . . (tli − 1)] + δi,j.

Portanto, M ∈ Kin.

Consideremos os quocientes graduados Kin/K

i+1n no intuito de construir a aplica-

ção induzida

Φi : Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)→ Kin/K

i+1n .

Então, pelos Teoremas 3.13 e 3.15, nós temos o seguinte teorema.

Teorema 3.16. Gn é injetor se Φi é injetor para todo i ≥ 1.

Demonstração. Consideremos as duas sequências exatas curtas

1 // Γi+1(Xn) // Γi(Xn) // Γi(Xn)/Γi+1(Xn) // 1,

1 // Ki+1n

// Kin

// Kin/K

i+1n

// 1,


63

1 // Γi+1(Xn)

// Γi(Xn)

// Γi(Xn)/Γi+1(Xn)

ϑi

// 1

1 // Ki+1n

// Kin

// Kin/K

i+1n

// 1

e possua o diagrama quadrado da esquerda comutativo. Pela Proposição 3.6 existe ϑi,

para todo i ∈ N.Consideremos Φi = ϑi ϕi. Como, por hipótese, Φi é injetor para todo i ∈ N, e

adicionando o fato de valer a Proposição 3.10, temos que ϕi é injetor para todo i e pelos

Teoremas 3.13 e 3.15, temos Gn é injetor.

Nós mostraremos na Seção 3.2 que Φk é injetor para k ≤ 4, mas que a injetividade

falha para k = 5.

3.1.4 Estrutura de K in/K

i+1n

Dado A ∈ Kin, podemos escrevê-lo como

A ≡

(In +

∑1≤l1≤...≤li≤n

(tl1 − 1) . . . (tli − 1)Al1,...,li

)mod J i+1,

onde Al1,...,li ∈Mn(Z).

Podemos fazer uma analogia com restos de divisão, isto é, esses fatores se com-

portam como os possíveis restos ao passar o mod J i+1. Notemos que os únicos termos têm

a forma de produto de i fatores, visto que A ∈ Kin. Caso possuísse menos de i fatores,

eles deixariam resto quando passasse mod J i também, contradizendo que A ∈ Kin.

Atentemos que haverá uma proximidade das notações do gerador de Artin das

tranças puras e da matriz Al1,...,li referente a nova escrita da matriz A quando i = 2, onde

a diferença se dá pelo contexto.

Veremos que é possível calcular quantos elementos compõem o somatório∑1≤l1≤...≤li≤n

(tl1 − 1) . . . (tli − 1)Al1,...,li .

Para isso, determinamos uma proposição para contar esses termos.

Proposição 3.17. Sejam i, n números naturais maiores ou iguais que 1. O número de

sequências distintas (l1, . . . , li), com 1 ≤ l1 ≤ . . . ≤ li ≤ n é de

(n− 1 + i)!

i!(n− 1)!.

Demonstração. Fixemos i, n ∈ N. Sejam Li,n = li,n = (l1, . . . , li) : 1 ≤ l1 ≤ . . . ≤ li ≤ ne Ai,n = ai,n = (a1, . . . , an) : a1 + . . .+ an = i e ak ∈ N, para 1 ≤ k ≤ n.

64

A proposição quer determinar a cardinalidade de Li,n. Para isso, iremos construir

uma bijeção entre Li,n e Ai,n, pois bastará saber a cardinalidade de Ai,n para obter o

desejado.

Seja

fi,n : Li,n → Ai,n,

denida por fi,n(li,n) = ai,n, em que ak denota a quantidade de vezes que k se repete na

sequência li,n, para 1 ≤ k ≤ n. Como a sequência li,n é composta de i números e akcontam a quantidade de aparições do número k em li,n, então a1 + . . .+an = i, concluindo

a boa denição da função fi,n.

Para provar a sobrejetividade tomemos ai,n ∈ Ai,n. Disso, para ai,n = (a1, . . . , an)

temos que a1 + . . . + an = i. Sejam ak0 ≤ ak1 ≤ . . . ≤ akj , todos os ak não nulos. Seja

li,n = (l1, . . . , li) denida da seguinte forma

l1 = . . . = lak0 = k0

l1+ak0= . . . = lak0+ak1

= k1

l1+ak0+ak1= . . . = lak0+ak1+ak2

= k2

...

l1+ak0+...+akj−1= . . . = lak0+...+akj

= li = kj.

Dessa forma temos que fi,n(li,n) = ai,n, tendo assim que fi,n é sobrejetora.

Falta mostrar a injetividade para obtermos a bijeção. Sejam li,n, ti,n ∈ Li,n tal

que

fi,n(li,n) = fi,n(ti,n) = ai,n = (a1, . . . , an),

com 1 ≤ l1 ≤ . . . ≤ li ≤ n e 1 ≤ t1 ≤ . . . ≤ ti ≤ n. Dessa maneira, ak é a quantidade

de lj's e tj's iguais a k (ak pode ser zero). Consideremos apenas os ak não nulos e iremos

supor que ak0 é o primeiro não nulo. Daí,

l1 = l2 = . . . = lak0 = k0

e de igual modo

t1 = t2 = . . . = tak0 = k0.

Disso, t1 = l1, t2 = l2, . . . , tak0 = lak0 . Podemos fazer esse procedimento para todos os aknão nulos e portanto t1 = l1, . . . , ti = li, sendo assim fi,n é injetora e por consequência

fi,n é bijeção.

Logo, basta calcular a cardinalidade de Ai,n. Para isso devemos contar as soluções

inteiras para a equação a1 +. . .+an = i, com 0 ≤ aj ≤ i. Esse é um problema bem simples

encontrado em questões de combinações completas, como bem explicado em [MCCS, Pg.

52] e que resulta de imediato na fórmula proposta.

65

Para elucidarmos a bijeção construída na prova da Proposição 3.17 faremos um

exemplo.

Exemplo 3.18. Fixemos n = 5 e i = 3. Tomemos a sequência (l1, l2, l3) = (1, 1, 4).

Dessa sequência, percebemos que a quantidade de lj iguais a 1 é igual a 2, assim como

a quantidade de l′js iguais a 2 é igual a 0, a quantidade de lj iguais a 3 é igual a 0, a

de lj iguais a 4 é igual a 1 e, por m, a quantidade de lj iguais a 5 é igual a 0, onde j

varia entre 1, 2 e 3. Portanto, conseguimos associar a sequência (1, 1, 4) com a sequência

(a1, a2, . . . , an) = (2, 0, 0, 1, 0).

Denamos

πi : Kin →

⊕(n−1+i)!i!(n−1)!

Mn(Z)

por

πi(A) = (Al1,...,li)1≤l1≤...≤li≤n.

A função πi é homomorsmo e Ker(πi) = Ki+1n . Com efeito, sejam A,B ∈ Ki

n e

que podem ser escritas como

A ≡(In +

∑1≤l1≤...≤li≤n(tl1 − 1) . . . (tli − 1)Al1,...,li

)mod J i+1

e

B ≡(In +

∑1≤l1≤...≤li≤n(tl1 − 1) . . . (tli − 1)Bl1,...,li

)mod J i+1.

Disso,

A+B ≡

(In +

∑1≤l1≤...≤li≤n

(tl1 − 1) . . . (tli − 1)(A+B)l1,...,li

)mod J i+1.

Contudo, (A+B)l1,...,li = (A)l1,...,li + (B)l1,...,li . Então,

πi(A+B) = ((A+B)l1,...,li)1≤l1≤...≤li≤n

= ((A)l1,...,li + (B)l1,...,li)1≤l1≤...≤li≤n

= ((A)l1,...,li)1≤l1≤...≤li≤n + ((B)l1,...,li)1≤l1≤...≤li≤n

= πi(A) + πi(B)

Ademais, seja A ∈ Ki+1n . Logo, A ≡ In mod J i+1 e podemos escrever

A ≡

(In +

∑1≤l1≤...≤li≤n

(tl1 − 1) . . . (tli − 1)Al1,...,li

)mod J i+1,

onde o somatório∑

1≤l1≤...≤li≤n(tl1 − 1) . . . (tli − 1)Al1,...,li é igual a 0. Portanto, πi(A) =

(0)1≤l1≤...≤li≤n e assim A ∈ Ker(πi) e Ki+1n ⊆ Ker(πi). A prova da inclusão oposta é

análoga, concluindo que Ker(πi) = Ki+1n .

66

Seja el,m(x) a matriz a qual possui x na posição (l,m) e zero nas demais entradas.

Notemos que π1 é sobrejetora, pois toda matriz pode ser escrita como soma de elementos

el,m. Além disso,

πi(In + el,m(tj − 1)) = (0, . . . , 0, el,m(1), 0, . . . , 0),

onde el,m(1) aparece na entrada correspondente a tj−1, porque el,m(tj−1) = (tj−1)el,m(1).

Ilustraremos que πi é sobrejetora para o caso i = 2 no próximo exemplo.

Exemplo 3.19. Sejam n = 3 e i = 2. Usando a fórmula combinatória da Proposição 3.17

obtemos 6 sequências que representaremos por 11, 12, 13, 22, 23, 33. Dessa forma, tome

(A11, A12, A13, A22, A23, A33), onde Ajk ∈M3(Z), onde 1 ≤ j ≤ k ≤ 3. A matriz

B = (t1 − 1)(t1 − 1)A11 + (t1 − 1)(t2 − 1)A12 + (t1 − 1)(t3 − 1)A13

+(t2 − 1)(t2 − 1)A22 + (t2 − 1)(t3 − 1)A23 + (t3 − 1)(t3 − 1)A33,

quando aplicamos o homomorsmo π2 : K23 →

⊕6M3(Z) resulta exatamente em

(A11, A12, A13, A22, A23, A33).

Notemos que, para i > 1 e l 6= m, a imagem de πi é a soma de cópias de M0n(Z)

(matrizes de traço zero). Também percebamos que podemos obter el,l(1) − el+1,l+1(1)

através da aplicação de πi na matriz

V =

Il−1 0 0 0

0 1 + (tj1 − 1) . . . (tji − 1) 0 0

0 0 1− (tj1 − 1) . . . (tji − 1) 0

0 0 0 In−(l+2)

∈ Kin,

pois obtemos que πi(V ) = (0, . . . , 0, el,l(1) − el+1,l+1(1), 0, . . . , 0) em que a única entrada

diferente de zero é a correspondente à sequência (tj1 − 1) . . . (tji − 1).

3.2 Injetividade de Φi : Γi(Fn−1)/Γi+1(Fn−1)→ K in/K

i+1n

Vimos ferramentas que levam a estudar a delidade da representação de Gass-

ner. De forma a ter uma abordagem mais concreta, xaremos n = 4. Iremos investigar

o homomorsmo Φi : Γi(F3)/Γi+1(F3) → Ki4/K

i+14 através da imagem dos comutadores

básicos vistos no Exemplo 3.12 e lembremos que xr é a imagem de Ar,4 em F3/Γ2(F3),

para 1 ≤ r ≤ 3.

Observação 3.20. Em toda a análise das Φi cometeremos o abuso de escrever apenas

os elementos diferentes de zero nas entradas da k-úpla referente à imagem de Φi(x) pelo

67

homomorsmo πi, onde x é um comutador básico.

3.2.1 Caso i = 1

O objetivo nessa subseção é vericar a injetividade de Φ1. Temos

Φ1(xr) = ϑ1(ϕ1(xr))

= ϑ1

Ir−1 0 0 0

0 1− tr + trt4 0 tr(1− tr)0 ~u I4−r−1 ~v

0 1− t4 0 tr

.

Porém, quando aplicamos Φ1 chegamos em K4/K24 e conseguimos

tr = 1 + (tr − 1) e (3.8)

(1− tr)(1− ts) = 0⇒ 1− tr − ts + trts = 0

⇒ 1− tr + trts = ts.(3.9)

Por conta de (3.8) e de (3.9) obtemos

ϑ1(ϕ1(xr)) =

Ir−1 0 0 0

0 1 + (t4 − 1) 0 (1− tr)0 0 I4−r−1 0

0 1− t4 0 1 + (tr − 1)

.

Logo,

π1(Φ1(xr)) =

(er,r(1) + en,r(−1)︸︷︷︸ , er,n(−1) + en,n(1)︸︷︷︸

),

entrada tn − 1 entrada tr − 1

onde temos apenas as entradas correspondentes a tn−1 e a tr−1 diferentes de zero, como

mencionado na Observação 3.20.

Pelo fato da entrada correspondente a (tr−1) variar conforme o r, é possível obter

uma 4-úpla diferente, o que torna os elementos de K4/K24 linearmente independentes.

Como consequência, Φ1 é injetor.

3.2.2 Caso i = 2

Passemos agora a investigar a injetividade de Φ2. Nesse novo nível estudaremos

as imagens dos comutadores básicos [xr, xs] para 1 ≤ s < r ≤ 3. Disso temos três casos

ordenados lexicogracamente assim como no Exemplo 3.12

68

i) [x2, x1] = x−12 x−1

1 x2x1,

ii) [x3, x1] = x−13 x−1

1 x3x1 e

iii) [x3, x2] = x−13 x−1

2 x3x2.

Antes de discriminarmos os casos, em vista a simplicar a visualização, conside-

remos t1 = a, t2 = b, t3 = c e t4 = d.

Caso i)

Φ2([x2, x1]) = ϑ2(ϕ2([x2, x1]))

= ϑ2(ϕ2(x−12 x−1

1 x2x1))

= ϑ2(ϕ2(x2)−1ϕ2(x1)−1ϕ2(x2)ϕ2(x1))

= ϑ2(A),

onde A = (A1A2A3A4), com Ak matrizes colunas dadas por

A1 =

−a+ ab− b+ ad− abd+ bd− d+ 2

−b+ bd− d+ 1b−bc+c−bd+bcd−cd+d−1

abb−bd+d−1

ab

,

A2 =

a−ad+d−1

d

1−a+ac−c+ad−acd+cd−d+1

abd−a+ad−d+1

abd

, A3 =

0

0

1

0

,

A4 =

−a+ab−b−a2d+2ad+a2bd−2abd+bd−d+1

d

a− ab+ b− 1a−ab+b−ac+abc−bc+c−ad+abd−bd+acd−abcd+bcd−cd+d−1

abda−ab+b−ad+2abd−bd+d−1

abd

.

Caso ii)

Φ2([x3, x1]) = ϑ2(ϕ2([x3, x1]))

= ϑ2(ϕ2(x−13 x−1

1 x3x1))

= ϑ2(ϕ2(x3)−1ϕ2(x1)−1ϕ2(x3)ϕ2(x1))

= ϑ2(B),

onde B = (B1B2B3B4), com Bk matrizes colunas dadas por

69

B1 =

−a+ ac− c+ ad− acd+ cd− d+ 2

a−ab+b−ac+abc−bc+c−ad+abd−bd+acd−abcd+bcd−cd+d−1a

−c+ cd− d+ 1c−cd+d−1

ac

,

B2 =

0

1

0

0

, B3 =

a−ad+d−1

d−a+ab−b+ad−abd+bd−d+1

ad

1−a+ad−d+1

acd

,

B4 =

−a+ac−c−a2d+2ad+a2cd−2acd+cd−d+1

da−ab+b−ac+abc−bc+c+a2d−2ad−a2bd+2abd−bd−a2cd+2acd+a2bcd−2abcd+bcd−cd+d−1

ad

a− ac+ c− 1a−ac+c−ad+2acd−cd+d−1

acd

.

Caso iii)

Φ2([x3, x2]) = ϑ2(ϕ2([x3, x2]))

= ϑ2(ϕ2(x−13 x−1

2 x3x2))

= ϑ2(ϕ2(x3)−1ϕ2(x2)−1ϕ2(x3)ϕ2(x2))

= ϑ2(C),

onde C = (C1C2C3C4), com Ck matrizes colunas dadas por

C1 =

1

0

0

0

, C2 =

0

−b+ bc− c+ bd− bcd+ cd− d+ 2

−c+ cd− d+ 1c−cd+d−1

bc

,

C3 =

0

b−bd+d−1d

1−b+bd−d+1

bcd

, C4 =

0

−b+bc−c−b2d+2bd+b2cd−2bcd+cd−d+1d

b− bc+ c− 1b−bc+c−bd+2bcd−cd+d−1

bcd

.

Usaremos aqui uma estratégia similar com a feita na igualdade (3.8) e nas impli-

cações (3.9) que consiste em buscar simplicar os termos das matrizes A, B e C através

da identicação dos termos a, b, c e d e seus respectivos graus. Ou seja, observaremos

qual o maior grau de aparição do a, b, c e d e dele tentaremos escrever produtos da forma

(a− 1)γ1(b− 1)γ2(c− 1)γ3(d− 1)γ4 , (3.10)

70

com γj ∈ N. Por exemplo, olhemos para o termo a1,1

a1,1 = −a+ ab− b+ ad− abd+ bd− d+ 2

= (−a+ ab− b+ ad− abd+ bd− d+ 1) + 1

= −(a− 1)(b− 1)(d− 1) + 1.

Contudo, quando aplicamos Φ2 ao elemento a1,1 haverá uma simplicação, pois temos que

−(a− 1)(b− 1)(d− 1) = 0. Então

a1,1 = 1

Para car ainda mais claro faremos mais um exemplo, calculando agora o termo

b2,4. Temos

b2,4 =a− ab+ b− ac+ abc− bc+ c+ a2d− 2ad− a2bd

ad

+2abd− bd− a2cd+ 2acd+ a2bcd− 2abcd+ bcd− cd+ d− 1

ad.

(3.11)

Por outro lado,

(a− 1)2(b− 1)(c− 1)(d− 1)

ad=a− ab+ b− ac+ abc− bc+ c+ a2d

ad

+−2ad− a2bd+ 2abd− bd− a2cd+ 2acd

ad

++a2bcd− 2abcd+ bcd− cd+ d− 1

ad

+−a2bc+ a2b+ a2c− a2 + abc− ab− ac+ a

ad.

(3.12)

Ao comparar a equação (3.11) com a equação (3.12), obtemos

(a− 1)2(b− 1)(c− 1)(d− 1)

ad=b2,4 − a2bc+ a2b+ a2c− a2 + abc− ab− ac+ a

ad, (3.13)

que ao aplicar o homomorsmo Φ2 na igualdade (3.13), conseguimos

b2,4 − a2bc+ a2b+ a2c− a2 + abc− ab− ac+ a

ad= 0,

pois(a− 1)2(b− 1)(c− 1)(d− 1)

ad= 0.

Mas, por a(a− 1)(b− 1)(c− 1) = 0, temos

b2,4 = a2bc− a2b− a2c+ a2 − abc+ ab+ ac− a

= a(abc− ab− ac+ a− bc+ b+ c− 1)

71

= a(a− 1)(b− 1)(c− 1)

= 0,

A partir de contas semelhantes construímos as Tabelas 4.1, 4.2 e 4.3 (ver Apên-

dice 4.2) de simplicações as quais sinalizam quais termos utilizamos no processo (isto é,

com qual elemento da multiplicação (3.10) foi comparado) e como cou após as contas.

Por causa dessas tabelas conseguimos generalizar e organizar em 10-úplas, como zemos

no caso i = 1, através da imagem pela π2 : K24 →

⊕10M4(Z) da seguinte maneira

π2(Φ2([xr, xs])) =

(es,r(−1) + en,r(1)︸︷︷︸ , er,s(1) + en,s(−1)︸︷︷︸, er,n(−1) + es,n(1)︸︷︷︸

).

(ts − 1)(tn − 1) (tr − 1)(tn − 1) (tr − 1)(ts − 1)

Somente o elemento [xr, xs] contribui para o elemento (tr − 1)(ts − 1) da 10-úpla. Dado

que r e s variam, obtemos uma 10-úpla diferente, tornando os elementos de K24/K

34

linearmente independentes. Portanto, Φ2 é injetor.

3.2.3 Caso i = 3

A injetividade a ser estudada agora será perante o homomorsmo Φ3. Para esse

caso, estudaremos as imagens dos comutadores básicos de peso 3, ou seja, [[xr, xs], xu] para

1 ≤ r, s, u ≤ 3, s < r e s ≤ u. No artigo [Kn2] K. Knudson traz uma tabela a qual repre-

senta a contribuição para cada entrada da 20-úpla quando calculamos π3(Φ3([[xr, xs], xu])),

ver Tabela 4.4 no Apêndice 4.2.

Dos casos anteriores observamos que para Φ1(xr), a entrada que era fundamental

para ver a linearidade do conjunto imagem era a relacionada ao fator (tr − 1) e, de

forma semelhante, para Φ2([xr, xs]), o fator fundamental era o atrelado ao (tr−1)(ts−1).

Perante essa percepção, para Φ3([[xr, xs], xu])), observaremos o fator (tr−1)(ts−1)(tu−1).

Denotemos Φ3([[xr, xs], xu])) por crsu.

Proposição 3.21. crsu : r > s, u ≥ s é um conjunto linearmente independente em

K34/K

44 .

Demonstração. Suponhamos que ∑r>s, u≥s,r, s, u∈Z

mrsucrsu = 0,

para alguns mrsu ∈ Z. Ao provarmos que para todo mrsu = 0, concluiremos a demonstra-

ção. Para isso, será necessário dividirmos em três casos.

72

Caso I: Seja s = u. Olhemos para o fator funtamental (tr − 1)(ts − 1)(tu − 1) =

(tr − 1)(ts − 1)2. O único elemento do conjunto imagem que contribui para o fator

(tr − 1)(ts − 1)2 é crss, os demais tem 0 nessa entrada. Logo, todo mrsu = 0, nesse caso.

Caso II: Seja r = u. A prova desse caso é análoga à demonstração do Caso I.

Caso III: Seja r 6= s 6= u. Observemos o fator (tr − 1)(ts − 1)(tu − 1). Nesse

caso, existem dois elementos do conjunto imagem que contribuem para esse fator: crsue cusr. Contudo, os elementos desses fatores são respectivamente er,n(−1) + es,n(1) e

eu,n(−1)+es,n(1), os quais são linearmente independentes emMn(Z). Então, todo mrsu =

musr = 0.

Notemos que estudamos três casos que englobam todas as possibilidade e que nos

três conseguimos a independência linear do conjunto, nalizando a demonstração.

Ao termos que crsu : r > s, u ≥ s é um conjunto linearmente independente em

K34/K

44 , temos por m que Φ3 é injetor.

3.2.4 Caso i = 4

Estudamos até agora os casos i = 1, i = 2 e i = 3 com os comutadores básicos

de peso 1, 2 e 3. Partiremos a estudar agora a injetividade de Φ4, assim vericaremos

as imagens dos comutadores básicos de peso 4. Todavia, existem dois tipos de elementos

básicos de peso 4, os que possuem a forma [[[xr, xs], xu], xv], com r > s, u ≥ s e v ≥ u,

e os que têm a forma [[[xr, xs], [xu, xv]], para r > s, u > v e r ≥ u (caso r = u, então

s > v). O artigo de K. Knudson [Kn2] traz uma tabela para cada um dos dois tipos de

imagem de elementos básicos e que podemos ver na Tabela 4.5 e na Tabela 4.6 que estão

no Apêndice 4.2.

Para a próxima proposição usaremos a mesma ideia que foi elaborada na demons-

tração da injetividade de Φ3 vista na Proposição 3.21.

Diremos que temos a propriedade

• P1 se r > s, u ≥ s e v ≥ u e

• P2 se r > s, u > v e r ≥ u (caso r = u, então s > v).

Proposição 3.22. Os elementos crsuv : P1 ou P2 são linearmente independentes em

K44/K

54 .

Demonstração. Suponhamos ∑P1 ou P2r, s, u, v ∈Z

mrsuvcrsuv = 0,

73

para mrsuv ∈ Z. Se provarmos que todo mrsuv = 0 temos a independência linear e a

injetividade, por conseguinte. Dividiremos novamente em casos, de forma a estudar por

completo o conjunto crsuv : P1 ou P2.Caso I: Considere que apenas 2 números dentre r, s, u, v sejam distintos. Nova-

mente iremos recorrer ao fator relacionado ao termo (tr − 1)(ts − 1)(tu − 1)(tv − 1) que

por conta da condição do caso é escrito da forma (ti − 1)k(tj − 1)l, onde i, j são índices

distintos entre r, s, u, v e 1 ≤ k, l ≤ 4, tais que k + l = 4.

Notemos que os únicos elementos da imagem que seguem o roteiro da condição são

crsss, crssr e crsrr, que são imagem dos comutadores básicos [[[xr, xs], xu], xv]. Entretanto,

cada um contribui para as entradas (tr − 1)(ts − 1)3, (tr − 1)2(ts − 1)2 e (tr − 1)3(ts − 1),

sendo vericada a independência linear (semelhante ao que aconteceu na demonstração

da Proposição 3.21 Caso I).

Antes de encerramos esse caso, observemos que o comutador básico [[xr, xs], [xu, xv]]

não satisfaz a condição desse caso, dado que r > s, u > v e r ≥ u (caso r = u, então

s > v).

Caso II: Agora iremos considerar que temos 3 números dentre r, s, u, v distintos.

Com isso, faremos uma nova subdivisão:

i) s = u,

ii) u = v e r > u e

iii) u = v e r < u.

De maneira similar ao que zemos no Caso I, olharemos os elementos que contri-

buem para (tr − 1)(ts − 1)(tu − 1)(tv − 1) que por conta da condição desse caso é escrito

da forma (ti − 1)k(tj − 1)l(tp − 1)q, onde i, j, p são índices distintos entre r, s, u, v e

1 ≤ k, l, q ≤ 4, tais que k + l + q = 4.

Subcaso i) Sem perda da generalidade, suponhamos r > v. Os elementos que

contribuem são crssv, cvssr e crsvs, onde apenas o último é referente ao comutador básico

do tipo [[xr, xs], [xu, xv]].

Percebamos que apenas o crssv e cvssr contribuem com o fator (tr−1)(ts−1)2(tv−1), onde o primeiro faz a contribuição através do elemento er,n(−1) + es,n(1) e o segundo

através do elemento ev,n(−1) + es,n(1) que são linearmente independentes em Mn(Z). Isso

implica que todo mrssv = mvssr = 0, contudo não conseguimos vericar para todo crsvs.

Dessa maneira consideramos o fator (tr − 1)(ts − 1)2(tn − 1). O crssv contribui com o

elemento er,v(1) + es,v(−1), cvssr com o elemento er,v(−1) + en,v(1) e crsvs contribui com o

elemento er,v(−1) + es,v(1), portanto, todo mrsvs = mrssv. Todavia, do que zemos para

o fator (tr − 1)(ts − 1)2(tv − 1), conseguimos que todo mrssv = mvssr = 0, concluindo que

todo mrsvs = 0 e que as imagens dos comutadores básicos são linearmente independentes

para esse subcaso.

74

O fato de não perder a generalidade vem de que, ao considerarmos r < v, a única

troca é sobre o elemento que vem do comutador básico [[xr, xs], [xu, xv]] que passa a ser

cvsrs, mas pelos mesmos argumentos, vale a independência linear.

Subcaso ii) Temos logo de início que u > s, por estarmos supondo 3 números

distintos. Os componentes do conjunto imagem que contribuem nesse caso são crsuu,

cusur e cruus, onde o último é o único elemento vindo de um comutador básico do tipo

[[xr, xs], [xu, xv]]. Somente os dois primeiros contribuem para o fator (tr−1)(ts−1)(tu−1)2

através dos elementos er,n(−1) + es,n(1) e eu,v(−1) + es,v(1), respectivamente. Portanto,

notamos que eles são linearmente independentes emMn(Z), implicando que todo mrsuu =

musur = 0. Falta analisar agora juntamente com o componente cruus e para isso analisare-

mos o fator (tr − 1)(tu − 1)2(tn − 1). Temos que crsuu contribui com eu,s(1) + en,s(−1), já

cusur com er,s(1) + en,s(−1) e por m cruus com er,s(1) + eu,s(−1). Pelo que foi feito, todo

mrsuu = musur = 0 e por conseguinte todo mruus = 0, concluindo que são linearmente

independentes para esse subcaso.

Subcaso iii) Aqui é feito o mesmo argumento anterior, dessa forma omitiremos

alguns passos. Teremos crsuu, cusru e curus, os dois primeiros contribuem para o fator

(tr− 1)(ts− 1)(tu− 1)2 por er,n(−1) + es,n(1) e eu,n(−1) + es,n(1), respectivamente. Disso,

todo mrsuu = musru = 0. Os componentes contribuem para (tr − 1)(tu − 1)2(tn − 1) com

eu,s(1) + en,s(−1), er,n(−1) + es,n(1) e er,n(−1) + es,n(1), respectivamente. Pelo que foi

feito antes, todo mrsuu = musru = 0 e repercutindo que todo murus = 0, concluindo que

são linearmente independentes para esse subcaso e encerrando o Caso II.

Caso III: Aqui iremos supor que r, s, u, v são distintos, contudo esse estudo será

mais uma vez dividido em subcasos.

i) Para componentes crsuv vindos a partir [[[xr, xs], xu], xv] e

ii) Para componentes crsuv vindos a partir [[xr, xs], [xu, xv]].

Subcaso i) A condição dada sobre o comutador para esse subcaso é que r > s e

v > u > s. Notemos que r pode estar em três situações distintas: ou r > v > u > s ou

v > r > u > s ou v > u > r > s. Assim, os componentes que contribuem para o fator

(tr − 1)(ts − 1)(tu − 1)(tv − 1) são

I) crsuv,

II) cusvr (se r > v),

III) cusrv (se v > r),

IV) cvsur (se r > u) e

V) cvsru (se u > r).

75

O I) contribui com o elemento er,n(−1) + es,n(1), o II) e o III) contribuem com eu,n(−1) +

es,n(1), o IV) e V) com ev,n(−1) + es,n(1) que são linearmente independentes em Mn(Z),

visto que o II) e III) não podem acontecer ao mesmo tempo, além de que o IV) e o V)

também não podem acontecer ao mesmo tempo. Logo, todo mrsuv = musvr = musvr =

mvsur = mvsru = 0.

Subcaso ii) A condição dada sobre o comutador para esse subcaso é que r > s

e r > u > v. Note que s pode estar em três situações distintas: ou r > v > u > s ou

r > v > s > u ou r > s > v > u. Observemos as Tabelas 4.7 e 4.8 (ver Apêndice 4.2) que

revelam os componentes a serem estudados e os elementos que eles contribuem para cada

fator.

Notemos que crusv e cruvs não ocorrem ao mesmo tempo, assim como crvsu e crvustambém não ocorrem. Dessa maneira basta vericarmos a independência linear entre o

crsuv, crusv e crvsu, sendo os outros casos análogos. Ao visualizar o fator (ts − 1)(tu −1)(tv − 1)(tn − 1), encontramos que mrsuv = mrvsu e mrusv = −mrvsu, entretanto, o fator

(tr − 1)(tu − 1)(tv − 1)(tn − 1) nos diz que mrsuv = −mrvsu e mrusv = mrvsu. Por conta

disso, obtemos mrsuv = mrusv = mrvsu = 0, concluindo a independência linear.

3.3 Núcleo da restrição da representação de Gassner

gn : Fn−1 → Xn

Nessa subseção mostraremos que o núcleo do homomorsmo gn está contido em

[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]. Para esse propósito teremos que usar os resultados adquiridos nas

Subseções 3.2.1, 3.2.2, 3.2.3 e 3.2.4.

A seguir deniremos um objeto algébrico que veremos no Teorema 3.26. O iso-

lador de S em R é o conjunto

IS(R) = x ∈ S : xn ∈ R para algum n ≥ 1.

Veremos agora que o núcleo de gn está contido em Γ5(Fn−1).

Teorema 3.23. O núcleo de gn : Fn−1 → Xn está contido em Γ5(Fn−1).

Demonstração. Pelas Subseções 3.2.1, 3.2.2, 3.2.3 e 3.2.4 temos que Φk é injetora, com

1 ≤ k ≤ 4. Mais ainda, pela Proposição 3.10, obtemos que ϕk é injetora, com 1 ≤ k ≤ 4.

Portanto, usando o Lema 3.14, o resultado segue imediatamente.

Antes de continuarmos, precisaremos de dois lemas os quais nos auxiliarão no

Teorema 3.26.

Lema 3.24. Sejam F um grupo livre e R subgrupo normal de F . Para s, n ≥ 1

Γs(R) ∩ Γn(F ) = IR∏

[R ∩ Γi1 , R ∩ Γi2 , . . . , R ∩ Γis ],

76

onde o produtório é referente a todas as s-úplas (i1, i2, . . . , is) com i1 + i2 + . . .+ is = n.

A demonstração do Lema 3.24 pode ser encontrada em [Hu2, Teorema A].

Lema 3.25. O quociente [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)]/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é abeliano livre.

Demonstração. Considerando m = 2 e n = 3 no Teorema 6 de [Hu1], temos que o

quociente [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)]/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é abeliano livre, concluindo assim a

prova.

Traremos agora o teorema que retrata o trabalho de K. Knudson em [Kn2].

Teorema 3.26. O núcleo de gn : Fn−1 → Xn está contido em [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)].

Demonstração. A partir do Teorema 3.23 e de [Li], como arma [Kn2], temos Ker(gn) ⊂Γ5(Fn−1) ∩ [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)].

Do Lema 3.24 com n = 5, s = 2, R = Γ2(Fn−1) e F = Fn−1, temos que

Γ5(Fn−1) ∩ [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)] = IΓ2(Fn−1)[Γ4(Fn−1),Γ2(Fn−1)][Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)].

Contudo, como [Γ4(Fn−1),Γ2(Fn−1)] ⊂ [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)], então

Γ5(Fn−1) ∩ [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)] = IΓ2(Fn−1)[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)].

Mostremos que

IΓ2(Fn−1)([Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]) = [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)].

De fato, seja x ∈ [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]. Notemos que [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] ⊂ Γ5(Fn−1) ⊂Γ2(Fn−1), logo x ∈ Γ2(Fn−1). Dessa forma, x ∈ IΓ2(Fn−1)([Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]), fa-

zendo valer a inclusão ⊇. Já para a outra inclusão basta provarmos que o quociente

Γ2(Fn−1)/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é livre de torção. Pois, para um elemento y tal que y ∈IΓ2(Fn−1)([Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]), temos y ∈ Γ2(Fn−1) e yn ∈ [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] para

algum n ≥ 1. Entretanto, passando ao quociente, obtemos yn = 1. Mas, se de fato

Γ2(Fn−1)/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é livre de torção, então o único elemento de ordem nita

é o trivial. Como consequência y = 1 e, assim, y ∈ [Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)], fazendo valer a

inclusão direta ⊆.Resta agora provar que Γ2(Fn−1)/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é livre de torção. Pelo

Lema 3.25, temos que [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)]/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é abeliano livre. Além do

mais, Γ2(Fn−1)/[Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é o subgrupo abelianizado do grupo livre Γ2(Fn−1),

o que implica que Γ2(Fn−1)/[Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)] também é abeliano livre. Observemos a

sequência exata curta em que os extremos são livres de torção.

1 // [Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)][Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]

// Γ2(Fn−1)[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)]

// Γ2(Fn−1)[Γ2(Fn−1),Γ2(Fn−1)]

// 1.

77

Pela Proposição 3.7 temos que Γ2(Fn−1)/[Γ3(Fn−1),Γ2(Fn−1)] é livre de torção,

concluindo a demonstração.

Capítulo 4

Apêndice

4.1 Método de Reidemeister-Schreier

Um dos teoremas mais aplicáveis na teoria de apresentação de grupos é ummétodo

que consiste na determinação da apresentação de subgrupos a partir da apresentação

do grupo, chamado de método de Reidemeister-Schreier. Por conta da maioria

dos trabalhos envolverem grupos nitamente apresentáveis, incluindo essa dissertação,

iremos supor que o número de geradores e relações seja nito. O intuito dessa seção é

descrever o método, aconselhando a visualização das demonstrações das proposições em

[MK, Apêndice I, Seção 6].

Suponhamos que temos a seguinte apresentação do grupo G

G = 〈x1, . . . , xn | R1 = 1, . . . , Rm = 1〉 (4.1)

e tomemos H subgrupo de G.

Na tentativa de achar uma apresentação de H em termos de geradores e rela-

ções de G, dadas em (4.1), precisamos ter em mãos um conjunto de representantes das

classes laterais à direita de H em G. Em outras palavras, seja M o sistema completo de

representantes das classes laterais à direita

M = M1,M2, . . ., (4.2)

onde cada Mi deve ser explicitamente escrito como uma palavra com x1, . . . , xn e seus

inversos. A cardinalidade de M pode ser innita. Além disso, assumimos que dado um

elemento g ∈ G e um conjunto de representantes à direita, conseguimos um método que

permite encontrar explicitamente o representante correto de Mi, que representa Hg.

Para clarear um pouco o método de Reidemeister-Schreier, vejamos um exemplo.

78

79

Exemplo 4.1. Sejam G o grupo dado por

G =⟨x1, . . . , xn | x3

1 = 1, . . . , x3n = 1

⟩(4.3)

e G′ o subgrupo comutador de G. Então podemos encontrar uma apresentação de G′ em

termos de xi e x−1i usando esse método. Conhecemos que G′G, assim, cada classe lateral

à direita corresponde a um elemento de G/G′ e sabemos também que G/G′ é abeliano,

todo elemento desse quociente pode ser escrito por

G′xα11 . . . xαn

n ,

onde 0 ≤ α1, . . . , αn < 3. Consequentemente, o conjunto de 3n elementos

M = xα11 . . . xαn

n | 0 ≤ α1, . . . , αn < 3

é um conjunto completo de classes laterais à direita.

Pelo que zemos em (4.2), todo elemento g ∈ G pode ser escrito como

g = hMi,

para algum h ∈ H e Mi ∈M . Em adição, podemos escrever

Mi = xε1i1 . . . xεkik, (4.4)

onde 1 ≤ i1, . . . , ik ≤ n e εl = ±1. Podemos assumir que M1 = 1 é o representante da

classe lateral de H.

Denição 4.2. O conjunto M visto em (4.2) é chamado de Sistema de Schreier, ou

Diagonal de Schreier, se para cada Mi em (4.4) as seguintes k− 1 consecutivas partes

iniciais de Mi

xε1i1 , xε1i1xε2i2 , x

ε1i1xε2i2 x

ε3i3, . . . , xε1i1 . . . x

εkik

estão em M .

Proposição 4.3. Suponhamos que G é um grupo com a apresentação dada em (4.1). Se

H < G, então existe um Sistema de Schreier de representantes de classes laterais à direita

de H em G.

Sua prova pode ser encontrada em [MK, Proposição 6.1, Anexo I].

Continuaremos com o Exemplo 4.1 de forma a usarmos o método de Reidemeister-

Schreier.

80

Exemplo 4.4. Para n = 2, M possui ordem 9 e temos que

M = 1, x1, x2, x21, x

22, x1x2, x1x

22, x

21x2, x

21x

22 (4.5)

é um Sistema de Schreier. Já

M ′ = 1, x−11 , x2, x1, x

22, x1x2, x1x

22, x

21x2, x

21x

22

não é um Sistema de Schreier, visto que, por exemplo, para o elemento x21x2 ∈M ′, seria

necessário ter x21 ∈ M ′. Contudo, notemos que G′x−1

1 = G′x21, se trocarmos x2

1x2 por

x−11 x2 e x2

1x22 por x−1

1 x22, obtemos um Sistema de Schreier.

Agora, para um elemento g ∈ G, vamos denotar por g a classe de representantes

laterais à direita em M da classe Hg. Por exemplo, se g ∈ H, então g = 1.

Proposição 4.5. a) Para algum g ∈ G e Mi, para i = 1, 2, . . . , |M |, temos que

%(Mi, g) = Mig(Mig)−1

é elemento de H.

b) Para j = 1, 2, . . . , n e k = 1, 2, . . . , [G : H], tomemos

yj,k = %(Mk, xj).

Então, H é gerado por yj,k e seus inversos.

A partir da Proposição anterior (sua prova pode ser encontrada em [MK, Propo-

sição 6.2, Anexo I]) obtemos os geradores de H, cando apenas a questão de determinar

suas relações, que veremos na próxima proposição. Antes deniremos palavra reduzida e

a fórmula de reescrita.

Seja x uma palavra, a qual pode ser escrita como uma palavra na forma reduzida

(isto é, se x = xε1i1 xε2i2. . . x

εpip, com εk = ±1 para 1 ≤ k ≤ p e xεjij x

εj+1

ij+16= 1 para 1 ≤ j ≤ p−1)

por x = xε1i1 xε2i2. . . x

εpip, com εl = ±1 e l = 1, . . . , p. O processo de reescrita, ou fórmula

de reescrita, simbolizado por τ , é denido da seguinte forma:

τ(xε1i1 xε2i2. . . x

εpip

) = %(1, xε1i1 )%(xε1i1 , xε2i2

)%(xε1i1 xε2i2, xε3i3 ) . . . %(xε1i1 x

ε2i2. . . x

εp−1

ip−1, x

εpip

).

Este processo tem o intuito de escrever determinados elementos de uma maneira

adequada à vista da próxima proposição.

Proposição 4.6. Sejam G o grupo com a apresentação vista em (4.1) e H < G. Se

81

M = M1 = 1,M2, . . . é um Sistema de Schreier, então H possui a seguinte apresentação

H = 〈yj,k | Rl,k para j = 1, 2, . . . , n; l = 1, 2, . . . ,m; k = 1, 2, . . . , [G : H]〉 ,

onde

Rl,k = τ(MkRlM−1k ).

Sua prova pode ser encontrada em [MK, Teorema 6.3, Anexo I].

Por m, terminemos o Exemplo 4.1.

Exemplo 4.7. Em vista a simplicar a notação, troquemos x1 por a e x2 por b em (4.3)

e em (4.5). Sejam apq = %(apbq, a) e bpq = %(apbq, b), vamos começar a descrever uma

apresentação de G′.

O primeiro passo é obter os geradores:

a00 = %(1, a) = 1a(1a)−1 = aa−1 = 1,

a10 = %(a, a) = aa(aa)−1 = a2a−2 = 1,

a20 = %(a2, a) = a2a(a2a)−1 = a31−1 = a3,

a01 = %(b, a) = ba(ba)−1 = ba(ab)−1 = bab−1a−1,

a11 = %(ab, a) = aba(aba)−1 = aba(a2b)−1 = abab−1a−2,

a21 = %(a2b, a) = a2ba(a2ba)−1 = a2ba(b)−1,

a02 = %(b2, a) = b2a(b2a)−1 = b2a(ab2)−1 = b2ab−2a−1,

a12 = %(ab2, a) = ab2a(ab2a)−1 = ab2a(a2b2)−1 = ab2ab−2a−2,

a22 = %(a2b2, a) = a2b2a(a2b2a)−1 = a2b2a(b2)−1 = a2b2ab−2,

b00 = %(1, b) = 1b(1b)−1 = bb−1 = 1,

b10 = %(a, b) = ab(ab)−1 = ab(ab)−1 = 1,

b20 = %(a2, b) = a2b(a2b)−1 = a2b(a2b)−1 = 1,

b01 = %(b, b) = bb(bb)−1 = b2b−2 = 1,

b11 = %(ab, b) = abb(abb)−1 = ab2(ab2)−1 = 1,

b21 = %(a2b, b) = a2bb(a2bb)−1 = a2b2(a2b2)−1 = 1,

b02 = %(b2, b) = b2b(b2b)−1 = b31−1 = b3,

b12 = %(ab2, b) = ab2b(ab2b)−1 = ab3a−1,

b22 = %(a2b2, b) = a2b2b(a2b2b)−1 = a2b3a−2.

Disso, obtemos como geradores

a00 = 1, a01 = bab−1a−1, a02 = b2ab−2a−1, b00 = 1, b01 = 1, b02 = b3,

a10 = 1, a11 = abab−1a−2, a12 = ab2ab−2a−2, b10 = 1, b11 = 1, b12 = ab3a−1,

a20 = a3 a21 = a2bab−1, a22 = a2b2ab−2, b20 = 1, b21 = 1, b22 = a2b3a−2.

O próximo passo é o cálculo das relações. Para a relação a3 = 1, conseguimos:

82

τ(1a31−1) = %(1, a)%(a, a)%(a2, a)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, a)

= a20,

τ(aa3a−1) = %(1, a)%(a, a)%(a2, a)%(a3, a)%(a4, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, a)%(1, a)%(a, a−1)

= a20,

τ(a2a3a−2) = %(1, a)%(a, a)%(a2, a)%(a3, a)%(a4, a)%(a5, a−1)%(a4, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, a)%(1, a)%(a, a)%(a2, a−1)%(a, a−1)

= a20,

τ(ba3b−1) = %(1, b)%(b, a)%(ba, a)%(ba2, a)%(ba3, b−1)

= %(1, b)%(b, a)%(ab, a)%(a2b, a)%(b, b−1)

= a01a11a21,

τ(aba3(ab)−1) = %(1, a)%(a, b)%(ab, a)%(aba, a)%(aba2, a)%(aba3, b−1)%(aba3b−1, a−1)

= %(1, a)%(a, b)%(ab, a)%(a2b, a)%(b, a)%(ab, b−1)%(a, a−1)

= a11a21a01,

τ(a2ba3(a2b)−1) = %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, a)%(a2ba, a)%(a2ba2, a)%(a2ba3, b−1)

%(a2ba3b−1, a−1)%(a2ba3b−1a−1, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, a)%(b, a)%(ab, a)%(a2b, b−1)%(a2, a−1)

%(a, a−1)

= a21a01a11,

τ(b2a3b−2) = %(1, b)%(b, b)%(b2, a)%(b2a, a)%(b2a2, a)%(b2a3, b−1)%(b2a3b−1, b−1)

= %(1, b)%(b, b)%(b2, a)%(ab2, a)%(a2b2, a)%(b2, b−1)%(b, b−1)

= a02a12a22,

τ(ab2a3(ab2)−1) = %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, a)%(ab2a, a)%(ab2a2, a)%(ab2a3, b−1)

%(ab2a3b−1, b−1)%(ab2a3b−2, a−1)

= %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, a)%(a2b2, a)%(b2, a)%(ab2, b−1)%(ab, b−1)

%(a, a−1)

= a12a22a02,

τ(a2b2a3(a2b2)−1) = %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, a)%(a2b2a, a)%(a2b2a2, a)

%(a2b2a3, b−1)%(a2b2a3b−1, b−1)%(a2b2a3b−2, a−1)%(a2b2a3b−2a−1, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, a)%(b2, a)%(ab2, a)%(a2b2, b−1)

%(a2b, b−1)%(a2, a−1)%(a, a−1)

= a22a02a12.

Já para a relação b3 = 1, temos:

83

τ(1b31−1) = %(1, b)%(b, b)%(b2, b)

= %(1, b)%(b, b)%(b2, b)

= b02,

τ(ab3a−1) = %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b)%(ab3, a−1)

= %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b)%(a, a−1)

= b12,

τ(a2b3a−2) = %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b)%(a2b3, a−1)%(a2b3a−1, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b)%(a2, a−1)%(a, a−1)

= b22,

τ(bb3b−1) = %(1, b)%(b, b)%(b2, b)%(b3, b)%(b4, b−1)

= %(1, b)%(b, b)%(b2, b)%(1, b)%(b, b−1)

= b02,

τ(abb3(ab)−1) = %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b)%(ab3, b)%(ab4, b−1)%(ab3, a−1)

= %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b)%(a, b)%(ab, b−1)%(a, a−1)

= b12,

τ(a2bb3(a2b)−1) = %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b)%(a2b3, b)%(a2b4, b−1)

%(a2b3, a−1)%(a2b3a−1, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b)%(a2, b)%(a2b, b−1)%(a2, a−1)

%(a, a−1)

= b22,

τ(b2b3b−2) = %(1, b)%(b, b)%(b2, b)%(b3, b)%(b4, b)%(b5, b−1)%(b4, b−1)

= %(1, b)%(b, b)%(b2, b)%(1, b)%(b, b)%(b2, b−1)%(b, b−1)

= b02,

τ(ab2b3(ab2)−1) = %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b)%(ab3, b)%(ab4, b)%(ab5, b−1)%(ab4, b−1)

%(ab3, a−1)

= %(1, a)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b)%(a, b)%(ab, b)%(ab2, b−1)%(ab, b−1)%(a, a−1)

= b12,

τ(a2b2b3(a2b2)−1) = %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b)%(a2b3, b)%(a2b4, b)%(a2b5, b−1)

%(a2b4, b−1)%(a2b3, a−1)%(a2b3a−1, a−1)

= %(1, a)%(a, a)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b)%(a2, b)%(a2b, b)%(a2b2, b−1)

%(a2b, b−1)%(a2, a−1)%(a, a−1)

= b22.

Usando as relações de G′, os geradores b02, b12 e b22 podem ser eliminados, visto

que b3 = 1. De maneira semelhante o gerador a20 pode ser eliminado já que a3 = 1.

Assim,

84

a01a11a21 = abab−1a−2a2bab−1bab−1a−1

= aba3b−1a−1

= 1

e

a02a12a22 = b2ab−1a−1ab2ab−2a−2a2b2ab−2

= b2a3b−2

= 1.

Por conta disso, a01a11a21 = 1 implica que a21a01a11 = a11a21a01 = 1 e, analogamente,

a02a12a22 = 1, produz a22a02a12 = a12a22a02 = 1.

Ainda com o intuito de simplicar a apresentação de G′, podemos escrever a21 =

a−111 a

−101 e a22 = a−1

12 a−102 . Dessa forma, conseguimos escrever uma apresentação de G′ da

seguinte maneira

G = 〈a01, a02, a11, a12 | − 〉 .

4.2 Tabelas para injetividade de Φi

Nessa seção do apêndice registraremos as tabelas que utilizamos na Seção 3.2.

Simplicação dos elementos da matriz A.ai,j Comparado com Simplicadoa1,1 −(a− 1)(b− 1)(d− 1) 1

a1,2 −(a− 1)(d− 1) − (a−1)(d−1)d

a1,3 0 0

a1,4 (a− 1)2(b− 1)(d− 1) a(a−1)(b−1)d

a2,1 (b− 1)(d− 1) (b− 1)(d− 1)a2,2 1 1a2,3 0 0a2,4 −(a− 1)(b− 1) −(a− 1)(b− 1)a3,1 (b− 1)(c− 1)(d− 1) 0a3,2 −(a− 1)(c− 1)(d− 1) 0a3,3 1 1a3,4 −(a− 1)(b− 1)(c− 1)(d− 1) 0

a4,1 −(b− 1)(d− 1) − (b−1)(d−1)ab

a4,2 (a− 1)(d− 1) (a−1)(d−1)abd

a4,3 0 0a4,4 (a− 1)(b− 1)(d− 1) 1

Tabela 4.1: Simplicação dos elementos da matriz A

85

Simplicação dos elementos da matriz B.bi,j Comparado com Simplicadob1,1 −(a− 1)(c− 1)(d− 1) 1b1,2 0 0

b1,3 −(a− 1)(d− 1) − (a−1)(d−1)d

b1,4 (a− 1)2(c− 1)(d− 1) a(a−1)(c−1)d

b2,1 −(a− 1)(b− 1)(c− 1)(d− 1) 0b2,2 1 1b2,3 −(a− 1)(b− 1)(d− 1) 0b2,4 (a− 1)2(b− 1)(c− 1)(d− 1) 0b3,1 (c− 1)(d− 1) (c− 1)(d− 1)b3,2 0 0b3,3 1 1b3,4 −(a− 1)(c− 1) −(a− 1)(c− 1)

b4,1 −(c− 1)(d− 1) − (c−1)(d−1)ac

b4,2 0 0

b4,3 (a− 1)(d− 1) (a−1)(d−1)acd

b4,4 (a− 1)(c− 1)(d− 1) 1

Tabela 4.2: Simplicação dos elementos da matriz B

Simplicação dos elementos da matriz C.ci,j Comparado com Simplicadoc1,1 1 1c1,2 0 0c1,3 0 0c1,4 0 0c2,1 0 0c2,2 −(b− 1)(c− 1)(d− 1) 1

c2,3 −(b− 1)(d− 1) − (b−1)(d−1)d

c2,4 (b− 1)2(c− 1)(d− 1) b(b−1)(c−1)d

c3,1 0 0c3,2 (c− 1)(d− 1) (c− 1)(d− 1)c3,3 1 1c3,4 −(b− 1)(c− 1) −(b− 1)(c− 1)c4,1 0 0

c4,2 −(c− 1)(d− 1) − (c−1)(d−1)bc

c4,3 (b− 1)(d− 1) (b−1)(d−1)bcd

c4,4 (b− 1)(c− 1)(d− 1) 1

Tabela 4.3: Simplicação dos elementos da matriz C

86

Contribuição de π3(Φ3([[xα, xβ], xγ])).Entrada Elemento

(tβ − 1)(tn − 1)2 eβ,α(δγ,β) + eβ,α(−δγ,α) + en,α(−δγ,β) + en,α(δγ,α)(tβ − 1)(tγ − 1)(tn − 1) eβ,n(δα,γ) + eγ,α(1) + en,n(−δα,γ) + en,α(−1)

(tα − 1)(tn − 1)2 eα,β(δγ,β) + eα,β(−δγ,α) + en,β(−δγ,β) + en,β(δγ,α)(tα − 1)(tγ − 1)(tn − 1) en,n(δγ,β) + en,β(1) + eα,n(−δγ,β) + eγ,β(−1)

(tα − 1)(tβ − 1)(tn − 1)eα,n(δγ,α) + eα,γ(1) + en,n(−δγ,α)

+eβ,n(−δγ,β) + eβ,γ(−1) + en,n(δγ,β)(tα − 1)(tβ − 1)(tγ − 1) eα,n(−1) + eβ,n(1)

Tabela 4.4: Contribuição de π3(Φ3([[xα, xβ], xγ])) visto em [Kn2, Página 112]

Contribuição de π4(Φ4([[[xα, xβ], xγ], xω])).Entrada Elemento

(tβ − 1)(tn − 1)3

eβ,ω(δγ,βδω,α) + eω,α(−δω,β) + en,α(δβ,γδω,β)+eβ,ω(−δγ,αδω,α) + en,ω(−δγ,αδω,α) + eω,α(δγ,αδω,β)

+en,α(−δγ,αδω,β) + en,ω(−δγ,βδω,α)

(tβ − 1)(tω − 1)(tn − 1)2

eβ,n(−δγ,βδα,ω) + eω,α(−δγ,β) + eβ,n(δγ,αδα,ω)+en,n(δγ,βδα,ω) + en,α(δγ,β) + eω,α(δγ,α)

+en,n(−δγ,αδα,ω) + en,α(−δγ,α)

(tβ − 1)(tγ − 1)(tn − 1)2

eω,n(−δα,γδω,β) + eβ,ω(−δα,γ) + en,n(δα,γδβ,ω)+eγ,ω(δα,ω) + eω,α(−δγ,ω) + en,α(δγ,ω)

+en,ω(δα,γ) + en,ω(−δα,ω)

(tβ − 1)(tγ − 1)(tω − 1)(tn − 1)eβ,n(δα,γ) + eγ,n(−δα,ω) + eω,n(−δα,γ)

+en,n(δα,ω) + eω,α(−1) + en,α(−1)

(tα − 1)(tn − 1)3

eα,ω(δγ,βδω,β) + eω,β(−δγ,βδω,α) + en,β(δγ,βδω,α)+eα,ω(−δγ,αδω,β) + eω,β(δγ,αδω,α) + en,β(δγ,αδω,α)

+en,ω(δγ,αδβ,ω) + en,ω(−δγ,βδω,β)

(tα − 1)(tω − 1)(tn − 1)2

eα,n(−δγ,βδω,β) + eα,n(δγ,αδω,β) + eω,β(δγ,α)+en,n(−δγ,αδω,β) + en,β(−δγ,α) + eω,β(−δγ,β)

+en,n(δγ,βδω,β) + en,β(δγ,β)

(tα − 1)(tγ − 1)(tn − 1)2

eω,n(δγ,βδω,α) + eα,ω(δγ,β) + en,n(−δγ,βδω,α)+eγ,ω(−δω,β) + eω,β(δγ,ω)) + en,β(−δγ,ω)

+en,ω(−δγ,β) + en,ω(δω,β)

(tα − 1)(tγ − 1)(tω − 1)(tn − 1)eα,n(−δγ,β) + eγ,n(δω,β) + eω,n(δγ,β)+eω,β(1) + en,n(−δω,β) + en,β(−1)

(tα − 1)(tβ − 1)(tn − 1)2

eω,n(−δγ,αδω,α) + eα,ω(−δγ,α) + en,n(δγ,αδω,α)+eα,ω(δγ,ω) + eω,γ(−δω,α) + en,γ(δω,α)

+en,ω(δγ,α) + eω,γ(δω,β) + eω,n(δγ,βδω,β)+eβ,ω(δγ,β) + en,n(−δγ,βδω,β) + eβ,ω(−1)+en,γ(−δω,β) + en,γ(−δω,β) + en,ω(−δω,β)

(tα − 1)(tβ − 1)(tω − 1)(tn − 1)eα,n(δγ,α) + eα,n(−δγ,ω) + eω,n(−δγ,α)+eβ,n(−δγ,β) + eβ,n(δγ,ω) + eω,n(δγ,β)

(tα − 1)(tβ − 1)(tγ − 1)(tn − 1)eω,n(δα,ω) + eω,n(−δβ,ω) + eα,ω(1)

+en,n(−δα,ω) + eβ,ω(−1) + en,n(δβ,ω)(tα − 1)(tβ − 1)(tγ − 1)(tω − 1) eα,n(−1) + eβ,n(1)

Tabela 4.5: Contribuição de π4(Φ4([[[xα, xβ], xγ], xω])) visto em [Kn2, Página 113]

87

Contribuição de π4(Φ4([[xα, xβ], [xγ, xω]])).Entrada Elemento

(tβ − 1)(tω − 1)(tn − 1)2 eβ,γ(δα,ω) + eω,α(−δγ,β) + en,α(δγ,β) + en,γ(−δα,ω)(tβ − 1)(tγ − 1)(tn − 1)2 eβ,ω(−δα,γ) + eγ,α(δω,β) + en,α(−δω,β) + en,ω(δα,γ)

(tβ − 1)(tγ − 1)(tω − 1)(tn − 1)eβ,n(δα,γ) + eβ,n(δα,ω) + eγ,α(1)

+en,n(−δα,γ) + eω,α(−1) + en,n(δα,ω)(tα − 1)(tω − 1)(tn − 1)2 eα,γ(−δβ,ω) + eω,β(δα,γ) + en,β(−δα,γ) + en,γ(δβ,ω)(tα − 1)(tγ − 1)(tn − 1)2 eα,ω(δγ,β) + eγ,β(−δα,ω) + en,β(δα,ω) + en,ω(−δβ,γ)

(tα − 1)(tγ − 1)(tω − 1)(tn − 1)eα,n(−δγ,β) + eα,n(δω,β) + eγ,β(−1)+en,n(δγ,β) + eω,β(1) + en,n(−δω,β)

(tα − 1)(tβ − 1)(tω − 1)(tn − 1)eω,n(−δα,γ) + en,n(δα,γ) + eα,γ(−1)+eω,n(δβ,γ) + eβ,γ(1) + en,n(−δβ,γ)

(tα − 1)(tβ − 1)(tγ − 1)(tn − 1)eγ,n(δα,ω) + en,n(−δα,ω) + eα,ω(1)

+eγ,n(−δβ,ω) + eβ,ω(−1) + en,n(δβ,ω)(tα − 1)(tβ − 1)(tγ − 1)(tω − 1) 0

Tabela 4.6: Contribuição de π4(Φ4([[xα, xβ], [xγ, xω]])) visto em [Kn2, Página 114]

Elementos x Fatores: estudo da imagem de [[xr, xs], [xu, xv]] por Φ4.

(ts − 1)(tu − 1)(tv − 1)(tn − 1) (tr − 1)(tu − 1)(tv − 1)(tn − 1)

crsuv eu,r(1) + ev,r(−1) eu,s(−1) + ev,s(1)crusv es,r(1) + ev,r(−1) er,s(−1) + eu,s(1)crvsu es,r(1) + eu,r(−1) er,s(−1) + ev,s(1)cruvs ev,r(1) + es,r(−1) er,s(1) + eu,s(−1)crvus eu,r(1) + es,r(−1) er,s(1) + ev,s(−1)

Tabela 4.7: Elementos x Fatores: estudo da imagem de [[xr, xs], [xu, xv]] por Φ4 visto em[Kn2, Página 115]

Elementos x Fatores: estudo da imagem de [[xr, xs], [xu, xv]] por Φ4.

(tr − 1)(ts − 1)(tv − 1)(tn − 1) (tr − 1)(ts − 1)(tu − 1)(tn − 1)

crsuv er,u(−1) + es,u(1) er,v(1) + es,v(−1)crusv es,u(−1) + ev,u(1) er,v(1) + eu,v(−1)crvsu er,u(1) + ev,u(−1) es,v(−1) + eu,v(1)cruvs ev,u(−1) + es,u(1) er,v(−1) + eu,v(1)crvus er,u(−1) + ev,u(1) eu,v(−1) + es,v(1)

Tabela 4.8: Elementos x Fatores: estudo da imagem de [[xr, xs], [xu, xv]] por Φ4 visto em[Kn2, Página 115]

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