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Teorema do Levantamento de Caminhos
Ariadne, Jean, Murilo, Rafael e Pedro
Neste trabalho destrinchamos o teorema de levantamento de caminhos. E importante ter´
em mente que, no texto que se segue, demonstra¸c˜ao inspirada na encontrada na referˆencia [1],
R ´e um espa¸co de recobrimento de S
1 , p ´e a aplica¸c˜ao exponencial p : R → S
1 tal que p(x) =
(cos (2πx), sin (2πx))( aplica¸c˜ao de recobrimento) e I ´e o intervalo [0, 1].
Teorema 0.1. Seja γ : I → S
1 um caminho tal que γ(0) = (1, 0) Ent˜ao existe um ´unico levanta-
mento γ : I → R tal que γ(0) = 0
Prova: Provaremos, primeiramente, a unicidade do levantamento, e depois garantiremos sua
existˆencia por meio do processo de indu¸c˜ao finita.
Unicidade do levantamento: Suponha que existam dois levantamentos de γ, a saber,
γ 1 : I → R e γ 2 → R que satisfa¸cam `as teses dadas no teorema, ou seja, duas fun¸c˜oes tais que:
γ 1 (0) = 0 = γ 2 (0) (1)
e
p ◦ γ 1 = p ◦ γ 2 (2)
Para provar a unicidade de γ, ´e suficiente provar que o conjunto:
A : {t ∈ I|γ 1 (t) = γ 2 (t)} = {t ∈ I|(γ 1 − γ 2 )(t) = 0} = (γ 1 − γ 2 )
a ({ 0 })
´e aberto e fechado em I, pois desde que I ´e conexo e, pela hip´otese (1) 0 ∈ A, A 6 = ∅, seguir´a que
A = I. Prossigamos, ent˜ao, provando que:
(i) A ´e fechado em I;
Com efeito, sabemos que { 0 } ´e fechado em R com sua topologia usual, e que:
γ 1 − γ 2 : I → R
´e cont´ınua, devido `a hip´otese de γ 1 e γ 2 serem levantamentos. Logo, segue-se que:
A = (γ 1 − γ 2 )
a ({ 0 })
´e fechado em I.
(ii) A ´e aberto em I;
Dado t ∈ A, mostremos que ∃W ⊂abI tal que t ∈ W ⊂ A.
Se t ∈ A, ent˜ao γ 1 (t) = γ 2 (t). Seja U uma vizinhan¸ca aberta de γ(t). Como p ´e uma aplica¸c˜ao
de recobrimento,
p
a (U)⊂abR
e como γ 1 (t) = γ 2 (t) ∈ p
a (U), pois p◦γ 1 (t) = p◦γ 2 (t) = γ(t) ∈ U, segue que existe uma vizinhan¸ca
aberta:
V ⊂abR
tal que
γ 1 (t) = γ 2 (t) ∈ V ⊂ p
a (U)
tal que
p
V
: V → U
´e um homeomorfismo.
Como γ 1 e γ 2 s˜ao cont´ınuas no ponto t, existem abertos W 1 , W 2 ⊂abI, contendo t tais que:
γ 1 (W 1 ) ⊂ V e γ 2 (W 2 ) ⊂ V
Considere:
W = W 1 ∩ W 2
Ent˜ao, obviamente,
t ∈ γ 1 (W ) ⊂ V e t ∈ γ 2 (W )
afirmamos que W ⊂ A (W ´e o aberto contendo t desejado). Com efeito,
∀y ∈ W, γ 1 (y) = γ 2 (y)
e dado y ∈ W , temos, pela hip´otese (2), que:
γ(y) = p ◦ γ 1 (y)
hip = p ◦ γ 2 (y) ⇒ p(γ 1 (y)) = p(γ 2 (y))
Como γ 1 (y), γ 2 (y) ∈ V e como p
V
´e um homeomorfismo, segue da injetividade do mesmo que
γ 1 (y) = γ 2 (y) ∀y ∈ W
portanto,
W ⊂ A
Logo A 6 = ∅ ´e aberto e fechado em I, e como I ´e conexo, segue que A = I. Logo, ∀t ∈ I
tem-se:
γ 1 (t) = γ 2 (t)
γ 1 = γ 2
e o levantamento ´e ´unico.
j´a foi constru´ıda de modo que:
Lembremo-nos que ∀k = 0, · · · n − 1
γ([ak, ak+1]) ⊂ Ux k
e que
p
a (Uxk ) =
· ⋃
j∈J
Wj Wj ⊂abR
onde cada Wj ´e aplicado homeomorficamente em Uxk por:
p
Wj
: Wj → Uxk
Agora,
γk(ak) ∈ Wj 0
para um ´unico j 0 ∈ J, pois como
γk(ak) = γ(ak) ∈ Ux k
segue que
γk(ak) ∈ p
a (Ux k
· ⋃
j∈J
Wj
Como a restri¸c˜ao:
p
Wj 0
: Wj 0 → Uwk
´e um homeomorfismo, esta admite inversa.
Considere, para cada k = 0, 1 , · · · , n − 1, ρk definida por:
ρk : [ak, ak+1] −→ Wj 0
t 7 −→
p
Wj 0
◦ γ
[ak,ak+1]
(t)
ent˜ao
p
Wj 0
◦ρk = γ
[ak ,ak− 1 ]
Com isto, definimos:
γk+1 : [0, ak+1] −→ R
s 7 −→
γk(s), se s ∈ [0, ak];
ρk(s), se s ∈ [ak, ak+1].
ρk ´e cont´ınua por ser composi¸c˜ao de duas fun¸c˜oes cont´ınuas.
γk+1 ´e cont´ınua porque:
p ◦ γk(ak)
(2) = γ(ak) ⇒ p
Wj 0
◦γk(ak) = γ(ak) ⇒
p
Wj 0
p
Wj 0
◦ γk(ak) =
p
Wj 0
◦ γ(ak) ⇒ γk(ak) =
p
Wj 0
◦ γ|ak,ak+1 ⇒ γk(ak) = ρk(ak)
Mostremos, agora, que:
ρ ◦ γk+1 = γ
[0.ak+1]
de fato, ∀s ∈ [0, ak+1],
p◦γk+1(s) =
p ◦ γk(s), se s ∈ [0, ak]
p ◦ ρk(s), se s ∈ [ak, ak+1]
γ
[0,ak]
(s), se s ∈ [0, ak]
p
Wj 0
p
Wj 0
◦ γ
ak, ak+1 se s ∈ [ak, ak+1]
= γ
[0,ak+1]
logo, ∀k ∈ N vale a indu¸c˜ao, em particular, tomando k = n, teremos que
∃! γn : I → R
tal que
p ◦ γn = γ
Referˆencias
[1] Kosniowski, Czes – A first course in algebraic topology/ ISBN 0 521 29864 4, Morrison and
Gibb Ltd., pp. 137, 138
[2] Notas tomadas das aulas da professora Denise Mattos, professora do ICMC -USP.
