3.1 Preliminares
3.3.3 Fibrações diagonais
Definição 3.3.8. Seja 𝛾 uma geodésica na diagonal Δ𝑓. A hipersuperfície
D(𝑓, 𝛾) := proj−1Δ
𝑓𝛾
será chamada de fibração diagonal com espinha Δ𝑓 e eixo 𝛾. Os vértices da geodésica 𝛾
serão chamados os vértices de D(𝑓, 𝛾) e, para cada 𝑝 ∈ 𝛾, a diagonal proj−1Δ
uma fatia de D(𝑓, 𝛾).
Observação 3.3.9. A espinha diagonal (e portanto, o eixo) de D(𝑓, 𝛾) não é única. De fato,
se ℎ é uma isometria hiperbólica arbitrária estabilizando a geodésica 𝛾1, então Δ𝑓 ℎ é uma
espinha de D(𝑓, 𝛾), pois, para qualquer 𝑝 ∈ 𝛾, proj−1Δ
𝑓𝑝 = (1, 𝑓 𝑟(𝑝1))Δ = (1, 𝑓 ℎ𝑟(𝑝 ′ 1))Δ = proj−1Δ 𝑓 ℎ(𝑝 ′
1, 𝑓 ℎ𝑝′1), onde 𝑝′1 := ℎ−1/2𝑝1. Assim, D(𝑓, 𝛾) = proj−1Δ𝑓𝛾 = proj
−1
Δ𝑓 ℎ(𝛾1, 𝑓 𝑔𝛾1).
Proposição 3.3.10. Uma fibração diagonal é completamente determinada por seus
vértices.
Demonstração. Sejam 𝛾 e 𝜎 geodésicas em B com o mesmo par de vértices. Suponha que 𝛾 ∈ Δ𝑓 e que 𝜅(𝜎) = 1. Então, para alguma isometria ℎ estabilizando 𝜎1, temos que
𝜎 = (𝛾1, 𝑓 ℎ𝛾1), pois é sempre possível reparametrizar de modo que a primeira coordenada
de 𝜎 e 𝛾 coincidam ponto a ponto. O resultado segue da observação anterior.
Proposição 3.3.11. Fibrações diagonais possuem uma fibração por produtos de hiperci-
clos.
Demonstração. Seja D := proj−1Δ𝛾, para alguma geodésica 𝛾 ∈ Δ. Seja 𝑐 um hiperciclo da
geodésica 𝛾1 e seja 𝑟 a reflexão em 𝛾1. Se (𝑝, 𝑞) ∈ 𝑐 × 𝑟𝑐, então o ponto médio 𝑚 de 𝑝 e 𝑞
está na geodésica 𝛾1, o que implica que (𝑝, 𝑞) ∈ Δ𝑚 ⊂ D. Reciprocamente, dado (𝑝, 𝑞) ∈ D,
existe 𝑚 ∈ 𝛾1 tal que 𝑞 = 𝑟(𝑚)𝑝. Denote por 𝑐 (resp. 𝑐′) o hiperciclo de 𝛾 passando por 𝑝
(resp. 𝑞). É claro que 𝑐′ = 𝑟𝑐. Isso mostra que D = {𝑐 × 𝑟𝑐 | 𝑐 é um hiperciclo de 𝛾}.
A proposição acima permite entender que fibrações diagonais fazem parte de uma família mais abrangente de fibrações. De fato, sejam 𝑆 = 𝛾1 × 𝛾2 um plano euclidiano,
𝜅 ∈ R̸=0 e 𝜎 uma geodésica intersectando 𝑆 ortogonalmente e tal que 𝜅(𝜎) = 𝜅. Defina
H(𝑆, 𝜎) := ⨆︁
𝑝∈𝜎
𝑐𝑝1× 𝑐𝑝2,
onde 𝑐𝑝𝑗 é o hiperciclo de 𝛾𝑗 passando por 𝑝𝑗, 𝑗 = 1, 2. Note que, para cada plano euclidiano 𝑆 e 𝜅 ∈ R̸=0 existem exatamente duas hipersuperfícies do tipo acima contendo o plano
euclidiano 𝑆, e estas duas são opostas (a definição de fibrações opostas, neste caso, é análoga àquela de fibrações euclidianas opostas). O papel de 𝜎 na definição de H é apenas indicar o par de blocos associados a 𝑆 que H(𝑆, 𝜎) deve intersectar. A hipersuperfície H(𝑆, 𝜎) é uma fibração diagonal sse 𝜅(𝜎) = 1.
Lema 3.3.12. Seja 𝛾 uma geodésica em Δ. Então, para quaisquer 𝑝, 𝑞 ∈ 𝛾, 𝑝 ̸= 𝑞,
(︁
1, 𝑟(𝑞))︁D(1, 𝛾) = (︁1, 𝑟(𝑝))︁D(1, 𝛾).
Demonstração. Dado 𝑥 ∈ 𝛾1, existe 𝑥′ ∈ 𝛾1tal que 𝑟(𝑞)𝑟(𝑥′) = 𝑟(𝑝)𝑟(𝑥). Logo
(︁
1, 𝑟(𝑞))︁Δ𝑥′ =
(︁
44 Capítulo 3. O bidisco hiperbólico
Proposição 3.3.13. Sejam Δ𝑓1 e Δ𝑓2 ultraparalelas. Então existe uma única fibração
diagonal, denotada por D(𝑓1, 𝑓2), contendo Δ𝑓1 e Δ𝑓2 como fatias.
Demonstração. Seja 𝑓 := 𝑓1−1𝑓2. Pela proposição 3.2.18, temos que Δ e Δ𝑓 possuem
ortogonais comuns somente ao longo das geodésicas (𝛾, 𝛾) ⊂ Δ e (𝛾, 𝑓 𝛾) ⊂ Δ𝑓, onde 𝛾 é o
eixo de 𝑓 . Seja 𝑝 ∈ 𝛾 arbitrário. Então D′ :=(︁1, 𝑟(𝑝))︁D(1, 𝛾) contém Δ = (︁1, 𝑟(𝑝))︁Δ𝑝 e
Δ𝑓 =
(︁
1, 𝑟(𝑝))︁Δ𝑞 como fatias, onde 𝑞 = 𝛾𝑝,𝑓−1𝑝(1/2). A hipersuperfície procurada é então
(1, 𝑓1)D′ = (︁ 1, 𝑓1𝑟(𝑝) )︁ D(︁1, (𝛾, 𝛾))︁= D(︁𝑓1𝑟(𝑝), (︁ 𝛾, 𝑓1𝑟(𝑝)𝛾 )︁)︁ .
Sejam 𝛾 uma geodésica na diagonal Δ𝑓 e ℎ uma isometria hiperbólica com eixo
𝛾1. Se 𝑝 ∈ 𝛾1, então 𝛾 : 𝑡 ↦→ (ℎ𝑡𝑝, 𝑓 ℎ𝑡𝑝) é uma parametrização para 𝛾. Obtemos assim a
seguinte descrição alternativa para fibrações diagonais
proj−1Δ 𝑓𝛾 = ⨆︁ 𝑡∈R proj−1Δ 𝑓 (︁ ℎ𝑡𝑝, 𝑓 ℎ𝑡𝑝)︁= ⨆︁ 𝑡∈R (︁ ℎ𝑡, 𝑓 ℎ𝑡)︁proj−1Δ (𝑝, 𝑝) = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ ℎ𝑡, 𝑓 ℎ𝑡)︁Δ𝑝. (3.5)
Proposição 3.3.14. Sejam Δ𝑓1 e Δ𝑓2 ultraparalelas. A fibração diagonal contendo Δ𝑓1 e
Δ𝑓2 como fatias é dada por
D(𝑓1, 𝑓2) = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ 1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ. (3.6)
Demonstração. Sejam 𝑓 := 𝑓1−1𝑓2 e 𝛾 o eixo de 𝑓 . Se 𝑝 ∈ 𝛾, então, pela proposição 3.3.13
e pela descrição (3.5) acima, temos que
D(𝑓1, 𝑓2) = ⨆︁ 𝑡∈R proj−1Δ 𝑓1𝑟(𝑝) (︁ 𝑓𝑡𝑝, 𝑓1𝑟(𝑝)𝑓𝑡𝑝 )︁ = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ 1, 𝑓1𝑟(𝑝) )︁ proj−1Δ (︁𝑓𝑡𝑝, 𝑓𝑡𝑝)︁ = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ 1, 𝑓1𝑟(𝑝) )︁ Δ𝑓𝑡𝑝 = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ 1, 𝑓1𝑟(𝑝)𝑟(𝑓𝑡𝑝) )︁ Δ = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ 1, 𝑓1𝑓−2𝑡 )︁ Δ = ⨆︁ 𝑡∈R (︁ 1, 𝑓1𝑓𝑡 )︁ Δ.
Observação 3.3.15. Introduzimos a seguinte notação para certos subespaços de D(𝑓1, 𝑓2):
D[𝑓1, 𝑓2) := ⨆︁ 𝑡>0 (︁ 1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ, D[𝑓1, 𝑓2)∘ = ⨆︁ 𝑡>0 (︁ 1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ, D[𝑓1, 𝑓2] := ⨆︁ 𝑡∈[0,1] (︁ 1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ, D[𝑓1, 𝑓2]∘ = ⨆︁ 𝑡∈(0,1) (︁ 1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ.
Definição 3.3.16. Sejam 𝛾 uma geodésica em Δ𝑓 e ℎ uma isometria hiperbólica com
eixo 𝛾1. Definimos a trajetória de um ponto 𝑝 ∈ D(𝑓, 𝛾) como a imagem em B do mapa
𝑡 ↦→ (ℎ𝑡, 𝑓 ℎ𝑡𝑓−1)𝑝.
Se 𝑝 é um ponto arbitrário de D(𝑓, 𝛾), então 𝑝 =(︁𝑝1, 𝑓 𝑟(𝑞)𝑝1
)︁ para algum 𝑝1 ∈ H e 𝑞 ∈ 𝛾. Assim, (ℎ𝑡, 𝑓 ℎ𝑡𝑓−1)𝑝 =(︁ ℎ𝑡𝑝 1, 𝑓 ℎ𝑡𝑟(𝑞)𝑝1 )︁ =(︁ℎ𝑡𝑝 1, 𝑓 𝑟(ℎ𝑡𝑞)ℎ𝑡𝑝1 )︁
projΔ 𝑓(ℎ 𝑡, 𝑓 ℎ𝑡𝑓−1)𝑝 = (︁ ℎ𝑡, 𝑓 ℎ𝑡𝑓−1)︁ 𝑞′, onde 𝑞′ := (𝑞, 𝑓 𝑞). Logo, (︁ℎ𝑡, 𝑓 ℎ𝑡𝑓−1)︁ 𝑝 ⊂ 𝑐 × 𝑓 𝑐′
para todo 𝑡 ∈ R, onde 𝑐 é o hiperciclo de 𝛾 passando por 𝑝1 e 𝑐′ é o hiperciclo de 𝛾
passando por 𝑟(𝑞)𝑝1. Isso mostra que fibrações diagonais possuem uma terceira fibração,
dessa vez por curvas cujas coordenadas são parametrizações de hiperciclos.
Quando a fibração diagonal é definida por um par de diagonais ultraparalelas Δ𝑓1, Δ𝑓2, da proposição3.3.13, temos que D(𝑓1, 𝑓2) = D(𝑓1𝑟(𝑞), 𝛾), onde 𝛾 =
(︁
𝛾1, 𝑓1𝑟(𝑞)𝛾1
)︁
e 𝑞 é um ponto no eixo 𝛾1 de 𝑓 := 𝑓1−1𝑓2. Assim, da definição 3.3.16, a trajetória de um
ponto 𝑝 ∈ Δ𝑓1 em D(𝑓1, 𝑓2) é dada por
𝑡 ↦→(︁𝑓𝑡, 𝑓1𝑟(𝑞)𝑓𝑡𝑟(𝑞)𝑓1−1
)︁
𝑝 =(︁𝑓𝑡, 𝑓1𝑓−𝑡𝑓1−1
)︁ 𝑝.
Proposição 3.3.17. A reflexão numa fatia de uma fibração diagonal estabiliza a trajetória dos seus pontos.
Demonstração. Seja 𝑝 ∈ D(1, 𝛾) e 𝑓 uma isometria hiperbólica com eixo 𝛾1. Sejam 𝑝1 ∈ H
e 𝑞 ∈ 𝛾1 tais que 𝑝 = (︁ 𝑝1, 𝑟(𝑞)𝑝1 )︁ . A reflexão de 𝑐𝑝 : 𝑡 ↦→ (𝑓𝑡, 𝑓𝑡)𝑝 na fatia Δ𝑓𝑠𝑞, 𝑠 ∈ R, de D(1, 𝛾) é dada por 𝜄 ∘(︁𝑟(𝑓𝑠𝑞), 𝑟(𝑓𝑠𝑞))︁𝑐𝑝(𝑡) = 𝜄 ∘ (︁ 𝑟(𝑓𝑠𝑞), 𝑟(𝑓𝑠𝑞))︁(︁𝑓𝑡𝑝1, 𝑓𝑡𝑟(𝑞)𝑝1 )︁ =(︁𝑟(𝑓𝑠𝑞)𝑓𝑡𝑟(𝑞)𝑝1, 𝑟(𝑓𝑠𝑞)𝑓𝑡𝑝1 )︁ =(︁𝑓𝑠𝑟(𝑞)𝑓−𝑠𝑓𝑡𝑟(𝑞)𝑝1, 𝑓𝑠𝑟(𝑞)𝑓−𝑠𝑓𝑡𝑝1 )︁ =(︁𝑓𝑠𝑓𝑠𝑓−𝑡𝑟(𝑞)𝑟(𝑞)𝑝1, 𝑓𝑠𝑓𝑠𝑓−𝑡𝑟(𝑞)𝑝1 )︁ =(︁𝑓2𝑠−𝑡𝑝1, 𝑓2𝑠−𝑡𝑟(𝑞)𝑝1 )︁ =(︁𝑓2𝑠−𝑡, 𝑓2𝑠−𝑡)︁(𝑝1, 𝑟(𝑞)𝑝1) = 𝑐𝑝(2𝑠 − 𝑡).
Corolário 3.3.18. A trajetória de um ponto em uma fibração diagonal intercecta as fatias
ortogonalmente.
O estudo da interseção de duas fibrações diagonais com uma fatia em comum se resume a determinar a classe de conjugação de certas isometrias no produto dos subgrupos uniparamétricos associados a essas fibrações. A seguir, vamos ver que tais classes de conjugação são completamente determinadas pela posição relativa das geodésicas estáveis pelos subgrupos uniparamétricos em questão.
Observação 3.3.19. Sejam 𝑓1 e 𝑓2 isometrias hiperbólicas com eixos assintóticos. Se 𝑓1
e 𝑓2 não têm nenhum ponto fixo atrator/repulsor em comum, então a isometria 𝑓1𝑓2 é
parabólica sse 𝑓1 e 𝑓2 têm o mesmo comprimento de translação. Nos demais casos, 𝑓1𝑓2 é
hiperbólica com comprimento de translação |ℓ𝑓2 − ℓ𝑓1|. Por outro lado, se 𝑓1 e 𝑓2 possuem
46 Capítulo 3. O bidisco hiperbólico
com mesmo ponto fixo atrator (resp. repulsor) que 𝑓1 e 𝑓2. Além do mais, o comprimento
de translação de 𝑓1𝑓2 é ℓ𝑓1 + ℓ𝑓2.
Lema 3.3.20. Sejam 𝑓1 e 𝑓2 isometrias hiperbólicas com eixos distintos. Então 𝑓1−𝑡1𝑓
𝑡2
2
não tem pontos fixos em H para todo 𝑡1, 𝑡2 ̸= 0 sse os eixos de 𝑓1 e 𝑓2 são concorrentes ou
assintóticos.
Demonstração. Suponha que os eixos de 𝑓1 e 𝑓2 são ultraparalelos e seja 𝛾 a geodésica
simultâneamente ortogonal aos eixos de 𝑓1e 𝑓2. Para cada 𝑥 /∈ 𝛾, denote por 𝛾𝑗𝑥 a geodésica
passando por 𝑥 e ortogonal ao eixo de 𝑓𝑗, 𝑗 = 1, 2. Então 𝑟(𝛾)𝑟(𝛾𝑗𝑥) = 𝑓
𝑡𝑗
𝑗 para algum
𝑡𝑗 ̸= 0, 𝑗 = 1, 2, o que implica que 𝑓1−𝑡1𝑓
𝑡2
2 = 𝑟(𝛾1𝑥)𝑟(𝛾)𝑟(𝛾)𝑟(𝛾2𝑥) = 𝑟(𝛾1𝑥)𝑟(𝛾2𝑥) fixa 𝑥 (ver
figura2a). A recíproca é imediata.
Sejam 𝑓1 e 𝑓2 isometrias hiperbólicas. Dizemos que 𝑓1 e 𝑓2 têm ordem cíclica +1
(resp. −1) se a ordem cíclica dos pontos fixos de 𝑓1 e 𝑓2 é dada por 𝑎𝑟𝑎𝑟 (resp. 𝑎𝑎𝑟𝑟), onde
𝑎 denota um ponto fixo atrator e 𝑟 denota um ponto fixo repulsor (ver figura 2).
𝑟 𝑎 𝑟 𝑎 𝑓2 𝑓1 𝑥 𝛾 𝛾𝑥 1 𝛾𝑥 2 𝑟 𝑎 𝑎 𝑟 𝑓2 𝑓1 𝑓−𝑡11𝑓 𝑡2 2 𝛾𝑡1 𝛾 𝛾𝑡2
(a) 𝑓1 e 𝑓2 têm ordem cíclica −1. (b) 𝑓1 e 𝑓2 têm ordem cíclica +1.
Figura 2
Lema 3.3.21. Sejam 𝑓1 e 𝑓2 isometrias hiperbólicas com eixos distintos. Então 𝑓1−𝑡1𝑓
𝑡2
2
não tem pontos fixos em H para todo 𝑡1, 𝑡2> 0 sse
1. 𝑓1 e 𝑓2 têm eixos assintóticos ou concorrentes, ou
2. 𝑓1 e 𝑓2 têm eixos ultraparalelos e ordem cíclica +1.
Demonstração. 1.) Segue do lema3.3.20 e da observação3.3.19. 2.) Suponha que 𝑓1 e 𝑓2
têm eixos ultraparalelos e ordem ciclíca +1. Seja 𝛾 a geodésica simultâneamente ortogonal aos eixos de 𝑓1 e 𝑓2. Para cada 𝑡𝑗 > 0 denote por 𝛾𝑡𝑗 a geodésica em H ortogonal ao eixo
de 𝑓𝑗, 𝑗 = 1, 2, tal que 𝑓1−𝑡1 = 𝑟(𝛾𝑡1)𝑟(𝛾) e 𝑓
𝑡2
2 = 𝑟(𝛾)𝑟(𝛾𝑡2) (ver figura2b). Note que 𝛾𝑡1 e
𝛾𝑡2 estão de lados opostos com relação à geodésica 𝛾 para todos 𝑡1, 𝑡2 > 0. Isto implica
que 𝑓−𝑡1
1 𝑓
𝑡2
Corolário 3.3.22. Se 𝑓 é hiperbólica e 𝑔 é elíptica, então 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓𝑠𝑔−𝑘 é hiperbólica para
todos 𝑡, 𝑠 > 0 e 𝑘 ∈ R com 𝑔𝑘̸= 1.
Demonstração. Denote por 𝛾 o eixo de 𝑓 . Se 𝑔𝑘𝛾 e 𝛾 são assintóticas ou concorrentes, o
resultado segue do lema 3.3.20. Suponha então que 𝑔𝑘𝛾 e 𝛾 são ultraparalelas. Neste caso,
a ordem cíclica de 𝑓 e 𝑔𝑘𝑓 𝑔−𝑘 é +1, o que implica que a ordem cíclica de 𝑓𝑡 e 𝑔𝑘𝑓𝑠𝑔−𝑘 é
+1 para todos 𝑡, 𝑠 > 0. O resultado segue do lema 3.3.21.
Definição 3.3.23. Duas fibrações diagonais são ditas cotranchais se têm uma fatia em
comum. Duas fibrações diagonais são ditas coespinais se têm uma espinha em comum.
Proposição 3.3.24. Duas fibrações diagonais cotranchais D(𝑓, 𝑓1) e D(𝑓, 𝑓2) são disjuntas
fora da fatia comum Δ𝑓 sse os eixos de 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 são concorrentes ou assintóticos.
Demonstração. Podemos supor que 𝑓 = 1. Então 𝑓1e 𝑓2 são, necessariamente, hiperbólicas.
As fibrações D(1, 𝑓1) e D(1, 𝑓2) são disjuntas fora da fatia comum Δ sse quaisquer duas
de suas fatias Δ𝑓𝑡
1, Δ𝑓
𝑠
2, 𝑡, 𝑠 ̸= 0, não se intersectam em B, i.e., sse 𝑓 −𝑡
1 𝑓2𝑠 não tem pontos
fixos em H para todos 𝑡, 𝑠 ̸= 0. Pelo lema 3.3.20, isto acontece sse os eixos de 𝑓1 e 𝑓2 são
concorrentes ou assintóticos. No primeiro caso, se 𝑝 denota o ponto de interseção dos eixos de 𝑓1 e 𝑓2, então, pelo lema 3.3.12, Δ𝑝 é uma espinha comum de D(1, 𝑓1) e D(1, 𝑓2). No
segundo caso, as fibrações não possuem espinha em comum.
Proposição 3.3.25. Sejam Δ𝑓, Δ𝑓1 e Δ𝑓2 duas a duas ultraparalelas. Então D[𝑓, 𝑓1) e
D[𝑓, 𝑓2) se intersectam somente em Δ𝑓 sse
1. 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 têm eixos assintóticos ou concorrentes, ou
2. 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 têm eixos ultraparalelos ou iguais e ordem cíclica +1.
Demonstração. Podemos supor que 𝑓 = 1 e que 𝑓𝑗 é hiperbólica, 𝑗 = 1, 2. Assim, da
proposição 3.3.14, podemos escrever D[1, 𝑓𝑗) = ⨆︀𝑡>0
(︁
1, 𝑓𝑗𝑡)︁Δ, 𝑗 = 1, 2. O resultado segue dos lemas 3.3.20e 3.3.21.
A seguir vamos determinar condições necessárias para que duas fibrações diagonais cotranchais não se aproximem “demais” quando nos afastamos da fatia comum. Esta condição é essencial para a aplicação da versão do Teorema Poliedral de Poincaré (vide (ANAN’IN; GROSSI,2011b)) que utilizaremos no Capítulo 4.
Suponha que as fibrações diagonais cotranchais D[1, 𝑓1) e D[1, 𝑓2) sejam disjuntas
fora do slice comum. Se os eixos de 𝑓1 e 𝑓2 são concorrentes em 𝑝 ∈ H, então, para cada
𝑡, 𝑠 > 0, existem 𝑝𝑠1, 𝑝𝑡2 ∈ H tais que 𝑓1−𝑠= 𝑟(𝑝𝑠1)𝑟(𝑝) e 𝑓2𝑡 = 𝑟(𝑝)𝑟(𝑝𝑡2) (ver figura3). Fixado
𝑠 > 0, a distância entre as fatias Δ𝑓𝑠
1 e Δ𝑓2𝑡, 𝑡 > 0, é dada por 𝜇 (︂ Δ𝑓1𝑠, Δ𝑓𝑡 2 )︂ = 𝑑(𝑝𝑠1, 𝑝𝑡2)√2,
48 Capítulo 3. O bidisco hiperbólico
onde 𝑑(𝑝𝑠
1, 𝑝𝑡2) é metade do comprimento de translação de 𝑓 −𝑠 1 𝑓2𝑡.
Se ∠(𝑝𝑡
2, 𝑝, 𝑝𝑠1) 6 𝜋/2, a distância mínima é realizada exatamente quando 𝑝𝑡2 é a
projeção ortogonal de 𝑝𝑠
1 em 𝛾2 := eixo(𝑓2) (ver figura 3a). Logo,
𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, D[1, 𝑓2) )︂ = 𝑑(︁𝑝𝑠1, 𝛾2 )︁√ 2.
Por outro lado, se ∠(︁𝑝𝑡
2, 𝑝, 𝑝𝑠1
)︁
∈ (𝜋/2, 𝜋), então Δ𝑓𝑠
1 está mais próxima de Δ do
que de qualquer outra fatia de D[1, 𝑓2) (ver figura 3b), ou seja,
𝜇(︁Δ𝑓𝑠 1, D[1, 𝑓2) )︁ = 𝑑(𝑝𝑠1, 𝑝)√2 = 𝑠ℓ𝑓1/ √ 2 = 𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, Δ )︂ . 𝑝′ . 𝑝𝑠 1 𝑝𝑡 2 𝑝 𝑓− 𝑠 1 𝑓𝑡2 𝑝′ 𝑝𝑠 1 𝑝𝑡 2 𝑝 𝑓− 𝑠 1 𝑓𝑡2 𝑟 𝑎 𝑎 𝑟 𝑓2 𝑓1 𝑓−𝑠1 𝑓 𝑡 2 𝛾𝑠 𝛾 𝛾𝑡 (a) (b) (c)
Figura 3 – O ponto 𝑝′ é a projeção ortogonal de 𝑝𝑠1 no eixo de 𝑓2.
Suponha agora que os eixos de 𝑓1 e 𝑓2 são assintóticos. Da observação 3.3.19, se o
ponto fixo comum de 𝑓1 e 𝑓2 não é atrator/repulsor para ambas, então 𝑓1−𝑠𝑓2𝑡 é hiperbólica
para todos 𝑡, 𝑠 > 0. Fixado 𝑠 > 0, a observação 3.3.19 e a proposição 3.2.20 implicam que a distância entre as fatias Δ𝑓𝑠
1 e Δ𝑓2𝑡, 𝑡 > 0, é dada por 𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, Δ𝑓2𝑡 )︂ = (𝑠ℓ𝑓1 + 𝑡ℓ𝑓2)/ √ 2.
Neste caso, a distância é mínima exatamente quando 𝑡 = 0, i.e.,
𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, D[1, 𝑓2) )︂ = 𝑠ℓ𝑓1/ √ 2 = 𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, Δ )︂ .
Se, por outro lado, o ponto fixo comum é atrator/repulsor para 𝑓1 e 𝑓2, então, para cada
𝑠 > 0, existe 𝑡 = 𝑡(𝑠) > 0 tal que 𝑓1−𝑠𝑓𝑡
2 é parabólica. Assim, quando 𝑡
′ → 𝑡, a distância
entre Δ𝑓𝑠
1 e Δ𝑓2𝑡′ se aproxima de 0.
Por fim, suponha que 𝑓1 e 𝑓2 têm eixos ultraparalelos e ordem cíclica +1. Seja 𝛾 a
geodésica ortogonal comum aos eixos de 𝑓1 e 𝑓2. Para cada 𝑡, 𝑠 > 0 existem geodésicas
𝛾𝑠, 𝛾𝑡 ∈ H tais que 𝑓1−𝑠 = 𝑟(𝛾𝑠)𝑟(𝛾) e 𝑓2𝑡= 𝑟(𝛾)𝑟(𝛾𝑡) (ver figura3c). Assim, fixado 𝑠 > 0, a
distância entre as fatias Δ𝑓𝑠
1 e Δ𝑓2𝑡, 𝑡 > 0, é dada por 𝜇 (︂ Δ𝑓1𝑠, Δ𝑓𝑡 2 )︂ = 𝑑(𝛾𝑠, 𝛾𝑡) √ 2, (3.7)
onde 𝑑(𝛾𝑠, 𝛾𝑡) é metade do comprimento de translação de 𝑓1−𝑠𝑓2𝑡. Note que (3.7) é mínima
exatamente quando 𝑡 = 0. Neste caso, temos
𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, D[1, 𝑓2) )︂ = 𝑑(︁𝛾𝑠, 𝛾)︁√2 = 𝑠ℓ𝑓1/ √ 2 = 𝜇 (︂ Δ𝑓𝑠 1, Δ )︂ .
Seja 𝑆 um subconjunto qualquer de B e 𝜖 ∈ R. Definimos por
𝑁 (𝑆, 𝜖) := ⋃︁
𝑥∈𝑆
{︁
𝑦 ∈ B | 𝜇(𝑦, 𝑥) < 𝜖}︁
a 𝜖-vizinhança de 𝑆. Assim, se 𝑓1 e 𝑓2 são como acima, é fácil ver que para cada 𝜖 > 0,
existe 𝛿 = 𝛿(𝜖) > 0 tais que D[1, 𝑓1) ∩ 𝑁
(︁
D[1, 𝑓2), 𝛿
)︁
⊂ 𝑁 (Δ, 𝜖). Em outras palavras, se D[1, 𝑓1) intersecta uma vizinhança de D[1, 𝑓2), então essa interseção ocorre perto da fatia
comum Δ. Isso prova a seguinte
Proposição 3.3.26. Sejam Δ𝑓, Δ𝑓1 e Δ𝑓2 duas a duas ultraparalelas. Se
1. 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 têm eixos concorrentes, ou
2. 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 têm eixos assintóticos, mas nenhum ponto fixo atrator/repulsor em
comum, ou
3. 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 têm eixos ultraparalelos e ordem cíclica +1,
então, para cada 𝜖 > 0, existe 𝛿 = 𝛿(𝜖) > 0 tal que
D[𝑓, 𝑓1) ∩ 𝑁
(︁
D[𝑓, 𝑓2), 𝛿
)︁
⊂ 𝑁 (Δ𝑓, 𝜖).
No que se segue, vamos considerar uma região do bidisco, cujo bordo é constituído por duas fibrações diagonais cotranchais, e vamos exibir critérios para garantir que as cópias dessa região por uma certa família de isometrias de B tessela o bidisco.
Proposição 3.3.27. Sejam Δ𝑓1 e Δ𝑓2 ultraparalelas e seja 𝑔 uma isometria elíptica. Se
𝐼 = (𝑔, 𝑓1𝑔𝑓1−1), então D[𝑓1, 𝑓2) ∩ 𝐼𝑘D[𝑓1, 𝑓2) = Δ𝑓1 para todo 𝑘 ∈ R tal que 𝑔
𝑘 ̸= 1.
Demonstração. Note que 𝐼𝑘D[𝑓1, 𝑓2) = (︁ 𝑔𝑘, 𝑓1𝑔𝑘𝑓1−1 )︁ ⨆︁ 𝑡>0 (︁ 1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ = (1, 𝑓1) ⨆︁ 𝑡>0 (︁ 𝑔𝑘, 𝑔𝑘(𝑓1−1𝑓2)𝑡 )︁ Δ = (1, 𝑓1) ⨆︁ 𝑡>0 (︁ 1, 𝑔𝑘(𝑓1−1𝑓2)𝑡𝑔−𝑘 )︁ Δ = (1, 𝑓1) ⨆︁ 𝑡>0 (︁ 1, (𝑔𝑘𝑓1−1𝑓2𝑔−𝑘)𝑡 )︁ Δ = (1, 𝑓1)D [︁ 1, 𝑔𝑘𝑓1−1𝑓2𝑔−𝑘 )︁ .
50 Capítulo 3. O bidisco hiperbólico
Logo, D[𝑓1, 𝑓2) e 𝐼𝑘D[𝑓1, 𝑓2) são disjuntas fora da fatia comum Δ𝑓1 sse D[1, 𝑓 ) e D
[︁
1, 𝑔𝑘𝑓 𝑔−𝑘)︁
são disjuntas fora da fatia comum Δ, onde 𝑓 := 𝑓1−1𝑓2. Isto acontece sse
𝑓−𝑡(︁𝑔𝑘𝑓 𝑔−𝑘)︁𝑠 = 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓𝑠𝑔−𝑘
não tem pontos fixos em H para todos 𝑡, 𝑠 > 0. O resultado segue do corolário3.3.22. Sejam 𝑓1, 𝑓2, 𝑔 ∈ Isom H tais que 𝑓1−1𝑓2 é hiperbólica e 𝑔 é uma rotação por 2𝜋/𝑛,
𝑛 > 2. Se 𝐼 =(︁𝑔, 𝑓1𝑔𝑓1−1 )︁ , então o subespaço 𝑆(𝑔, 𝑓1, 𝑓2) := ⨆︁ 𝑡∈(0,1) 𝐼𝑡D[𝑓1, 𝑓2)∘ = ⨆︁ 𝑡∈(0,1) 𝑠>0 (︁ 1, 𝑓1𝑔𝑡(𝑓1−1𝑓2)𝑠𝑔−𝑡 )︁ Δ
é uma região conexa do bidisco limitada por 𝜕𝑆(𝑔, 𝑓1, 𝑓2) := D[𝑓1, 𝑓2) ∪ 𝐼D[𝑓1, 𝑓2).
Corolário 3.3.28. Sejam Δ𝑓1 e Δ𝑓2 ultraparalelas e seja 𝑔 uma rotação por 2𝜋/𝑛, 𝑛 > 2.
Então 𝑆(𝑔, 𝑓1, 𝑓2) ∩ 𝐼𝑘𝑆(𝑔, 𝑓1, 𝑓2) = ∅ para todo 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 − 1, onde 𝐼 =
(︁
𝑔, 𝑓1𝑔𝑓1−1
)︁
.
Sejam 𝑝1, 𝑝2 ∈ H, 𝑝1 ̸= 𝑝2, 𝑔 ∈ Isom H elíptica e 𝑓 ∈ Isom H hiperbólica com eixo 𝛾.
Denote por 𝑚 o ponto médio do segmento de geodésica ligando 𝑝1 e 𝑝2 e por 𝜎 a geodésica
passando por 𝑚 e ortogonal à geodésica ligando 𝑝1 e 𝑝2. Se 𝑠 > 0 é o menor número real
tal que 𝑔𝑠 = 1, então existem apenas dois valores de 𝑡 no intervalo [0, 𝑠] tais que 𝑔𝑡𝛾 é
ortogonal a 𝜎 (ver figura4a). Além disso, para apenas um destes dois valores de 𝑡 existe um (único) 𝑠0 > 0 tal que 𝑝2 = 𝑔𝑡𝑓𝑠0𝑔−𝑡𝑝1. Em particular, se 𝑔 é uma rotação por 2𝜋/𝑛,
𝑛 > 2, acabamos de mostrar que
B =
𝑛
⋃︁
𝑘=1
𝐼𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ],
onde 𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] := 𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ) ∪ 𝜕𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ). Neste caso, dizemos que a região 𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] tessela o bidisco em torno da diagonal Δ.
Lema 3.3.29 ((ANAN’IN; GROSSI, 2011a)). Sejam 𝛾 uma geodésica em H e 𝑝 ̸∈ 𝛾. A
distância 𝑑(𝑝, 𝛾) de 𝑝 a 𝛾 é dada por cosh2𝑑(𝑝, 𝛾) = 1 − ta(𝑝, 𝑢), onde 𝑢 é o polar de 𝛾.
Lema 3.3.30. Sejam 𝛾 uma geodésica em H com polar 𝑢 e seja 𝑔 uma rotação por 2𝜋/𝑛,
𝑛 > 2, em torno de 𝑝 ∈ H.
1. Se 𝑛 é par, então 𝛾 intersecta 𝑔𝑘𝛾 em H, para todo 𝑘 = 1, . . . , 𝑛 − 1, 𝑘 ̸= 𝑛/2, sse
ta(𝑝, 𝑢) ∈ [− tg2(𝜋/𝑛), 0). É claro que 𝛾 intersecta 𝑔𝑛/2𝛾 sse ta(𝑝, 𝑢) = 0.
2. Se 𝑛 é ímpar, então 𝛾 intersecta 𝑔𝑘𝛾 em H, para todo 𝑘 = 1, . . . , 𝑛 − 1, sse ta(𝑝, 𝑢) ∈
𝑣+ 𝑣− 𝑝2 𝑝1 𝑚 𝑝 𝛾 𝑔 𝑡2𝛾 𝑔𝑡1𝛾 𝜎 𝜎′
(a) 𝑔 é uma rotação antihorária em torno de 𝑝 e 𝑓 tem ponto fixo atrator/repulsor
𝑣+/𝑣− e eixo 𝛾. A geodésica 𝜎 é orto- gonal a 𝑔𝑡𝑗𝛾, 𝑗 = 1, 2, e a geodésica 𝜎′, passando por 𝑝1, é ortogonal a 𝑔𝑡2𝛾.
𝑝 𝛾 𝑔𝛾 𝑔2𝛾 𝑔3𝛾 𝑔4𝛾 𝑔5𝛾 𝑔6𝛾 𝑔7𝛾
(b) 𝑔 é uma rotação por 2𝜋/8 em torno de 𝑝 e 𝛾 é a geodésica polar a (1, 0, cos(3𝜋/8)).
Figura 4
Demonstração. Note que 𝑔𝑘𝛾 ∩ 𝛾 ̸= ∅ ⇔ 𝑔𝑛−𝑘𝛾 ∩ 𝛾 ̸= ∅. Logo, é suficiente mostrar que
há interseção apenas para 𝑘 6 𝑘0 := 𝑛/2 − 1 se 𝑛 é par e para 𝑘 6 𝑘1 := (𝑛 − 1)/2 se 𝑛 é
ímpar. Podemos supor que 𝑝 = (0, 0, 1) e que a geodésica 𝛾 é polar a 𝑢 := (1, 0, cos 𝑡) para algum 𝑡 ∈ (0, 𝜋/2]. Se 𝑛 for par, então 𝛾 intersecta 𝑔𝑘𝛾, 𝑘 = 1, . . . , 𝑘
0, sse 𝑡 > 𝑘𝜋/𝑛 (ver
figura 4b). Logo, 𝛾 intersecta 𝑔𝑘𝛾 para todo 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 − 1, com exceção de 𝑔𝑛/2𝛾, sse
𝑡 > 𝑘0𝜋/𝑛 (quando 𝑡 = 𝜋/2, 𝑔𝑛/2𝛾 = 𝛾), ou seja, sse
ta(︁𝑝, 𝜋(𝑢)𝑝)︁= 1 − ta(𝑝, 𝑢) = 1 +cos 2𝑡 sen2𝑡 = 1/ sen 2 𝑡 6 1/ sen2(𝑘0𝜋/𝑛) = 1/ sen2(𝜋/2 − 𝜋/𝑛) = 1/ cos2(𝜋/𝑛) = 1 + tg2(𝜋/𝑛).
Por outro lado, se 𝑛 é ímpar, 𝛾 intersecta 𝑔𝑘𝛾, 𝑘 = 1, . . . , 𝑘
1, sse 𝑡 > 𝑘𝜋/𝑛. Logo 𝛾
intersecta 𝑔𝑘𝛾 para todo 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 − 1 sse 𝑡 > 𝑘
1𝜋/𝑛, ou seja, sse
ta(𝑝, 𝜋(𝑢)𝑝) = 1 − ta(𝑝, 𝑢) = 1/ sen2𝑡 6 1/ sen2(𝑘1𝜋/𝑛) = 1/ sen2(𝜋/2 − 𝜋/2𝑛)
= 1/ cos2(𝜋/2𝑛) = 1 + tg2(𝜋/2𝑛).
Sejam 𝑓 e 𝑔 isometrias arbitrárias e seja 𝑘 ∈ Z. Então é imediato que (𝜄 ∘ (𝑔, 𝑔))𝑘Δ𝑓 =
(︁
1, 𝑔𝑘𝑓𝜖𝑘𝑔−𝑘)︁Δ, (3.8)
onde 𝜖𝑘 = (−1)𝑘.
Proposição 3.3.31. Sejam Δ𝑓1 e Δ𝑓2 ultraparalelas e seja 𝑔 uma rotação por 2𝜋/𝑛, 𝑛 > 2,
em torno de 𝑝 ∈ H. Se 𝐼 = 𝜄 ∘(︁𝑓1𝑔, 𝑔𝑓1−1
)︁
, então D[𝑓1, 𝑓2) ∩ 𝐼𝑘D[𝑓1, 𝑓2) = Δ𝑓1, para todo
𝑘 ∈ Z tal que 𝐼𝑘 ̸= 1, sse
52 Capítulo 3. O bidisco hiperbólico
2. 𝑛 é ímpar e ta(𝑝, 𝑢) ∈ [− tg2(𝜋/2𝑛), 0],
onde 𝑢 é o polar do eixo de 𝑓1−1𝑓2.
Demonstração. Podemos supor que 𝑓1 = 1 e que 𝑓2 = 𝑓 é hiperbólica. Da equação 3.8
temos que D[1, 𝑓 ) e 𝐼𝑘D[1, 𝑓 ) se intersectam apenas em Δ sse
𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓𝑠𝜖𝑘𝑔−𝑘
não tem pontos fixos em H para todo 𝑡, 𝑠 > 0. Se 𝑘 é par, então 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓𝑠𝜖𝑘𝑔−𝑘 = 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓𝑠𝑔−𝑘
e o resultado segue do corolário3.3.22. Suponha que 𝑛 seja par. Neste caso 𝐼 tem ordem
𝑛. Se 𝑘 é ímpar, então 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓𝜖𝑘𝑠𝑔−𝑘 = 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓−𝑠𝑔−𝑘. Se os eixos de 𝑓 e 𝑔𝑘𝑓−1𝑔−𝑘 são
ultraparalelos, então existem 𝑡, 𝑠 > 0 tais que a isometria 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓−𝑠𝑔−𝑘 tem pontos
fixos em H, pois a ordem cíclica de 𝑓 e 𝑔𝑘𝑓−1𝑔−𝑘 é −1 (ver prova do lema 3.3.20).
Portanto, 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓−𝑠𝑔−𝑘
não tem pontos fixos em H para todos 𝑡, 𝑠 > 0 sse o eixo 𝛾 de
𝑓 intersecta 𝑔𝑘𝛾 em H para todo 𝑘 ímpar. Se 𝑛/2 é ímpar, então existem 𝑡, 𝑠 > 0 tais
que 𝑓−𝑡𝑔𝑛/2𝑓−𝑠𝑔−𝑛/2 tem pontos fixos, pois 𝑓 e 𝑔𝑛/2𝑓−1𝑔−𝑛/2 têm eixos ultraparalelos (ou
iguais, caso o eixo de 𝑓 passe por 𝑝) e ordem cíclica −1. Se 𝑛/2 é par, então, pelo lema
3.3.30, 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓−𝑠𝑔−𝑘 não tem pontos fixos para todo 𝑘 ímpar sse ta(𝑝, 𝑢) ∈ [− tg2(𝜋/𝑛), 0]. Suponha agora que 𝑛 seja ímpar. Neste caso 𝐼 tem ordem 2𝑛 e (𝑛 − 1)/2 ou (𝑛 + 1)/2 é ímpar. Logo, do lema3.3.30, 𝑓−𝑡𝑔𝑘𝑓−𝑠𝑔−𝑘
não tem pontos fixos em H para todo 𝑘 ímpar sse ta(𝑝, 𝑢) ∈ [− tg2(𝜋/2𝑛), 0].
Sejam 𝑓, 𝑔 ∈ Isom H tais que 𝑓 é hiperbólica e 𝑔 é como na proposição acima. Se
𝐼 = 𝜄 ∘ (𝑔, 𝑔), então 𝐼𝑘𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ) = 𝐼𝑘 ⋃︁ 𝑡∈(0,1) 𝑠>0 (︁ 1, 𝑔𝑡𝑓𝑠𝑔−𝑡)︁Δ = ⋃︁ 𝑡∈(0,1) 𝑠>0 (︁ 1, 𝑔𝑘+𝑡𝑓𝑠𝜖𝑘𝑔−(𝑘+𝑡))︁Δ.
Assim, para analisar como as cópias de 𝑆 := 𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ) por 𝐼 interagem umas com as outras, é suficiente determinar a quais classes de conjugação pertencem as isometrias
𝑔𝑡1𝑓−𝑠1𝑔−𝑡1𝑔𝑘+𝑡2𝑓𝑠2𝜖𝑘𝑔−(𝑘+𝑡2) = 𝑔𝑡1(︁𝑓−𝑠1𝑔𝑘+𝑡2−𝑡1𝑓𝑠2𝜖𝑘𝑔−(𝑘+𝑡2−𝑡1))︁𝑔−𝑡1
para todos 𝑡1, 𝑡2 ∈ (0, 1), 𝑠1, 𝑠2 > 0 e 𝑘 ∈ Z tal que 𝐼𝑘 ̸= 1. Suponha que o ponto
fixo 𝑝 de 𝑔 não esteja no eixo de 𝑓 . Se 𝑘 for par, então é imediato que 𝑆 e 𝐼𝑘𝑆 não se
intersectam (corolário 3.3.22). Se 𝑛 e 𝑘 = (𝑛 − 1)/2 (resp. 𝑘 = (𝑛 + 1)/2) são ímpares, então para cada 𝑡2 − 𝑡1 suficientemente próximo de 1/2 (resp. −1/2), as isometrias 𝑓 e
𝑔(𝑘+𝑡2−𝑡1)𝑓−1𝑔−(𝑘+𝑡2−𝑡1) têm eixos ultraparalelos e ordem cíclica −1, o que implica que
existem 𝑠1, 𝑠2 > 0, tais que 𝑓−𝑠1𝑔(𝑘+𝑡2−𝑡1)𝑓−𝑠2𝑔−(𝑘+𝑡2−𝑡1) é elíptica. Se 𝑛 é par e 𝑘 = 𝑛/2 − 1
(resp. 𝑘 = 𝑛/2) é ímpar, então, para cada 𝑡2− 𝑡1 suficientemente próximo de 1 (resp. 0),
existem 𝑠1, 𝑠2 > 0 tais que 𝑓−𝑠1𝑔(𝑘+𝑡2−𝑡1)𝑓−𝑠2𝑔−(𝑘+𝑡2−𝑡1) é elíptica. Em outras palavras, se 𝑝
agora que 𝑝 esteja no eixo de 𝑓 . Se 𝑛 é ímpar e 𝑘 = (𝑛 − 1)/2 (resp. 𝑘 = (𝑛 + 1)/2 ) é ímpar, então, para todos 𝑡2− 𝑡1 = 1/2 (resp. 𝑡2− 𝑡1 = −1/2) e 𝑠1 = 𝑠2 > 0, temos que
𝑓−𝑠1𝑔𝑘+𝑡2−𝑡1𝑓−𝑠2𝑔−(𝑘+𝑡2−𝑡1) = 1. Se 𝑛 é par e 𝑘 = 𝑛/2 é ímpar, então, para todo 𝑡
1 = 𝑡2 = 0
e 𝑠1 = 𝑠2 > 0, temos que 𝑓−𝑠1𝑔𝑘+𝑡2−𝑡1𝑓−𝑠2𝑔−(𝑘+𝑡2−𝑡1) = 1, ou seja, neste caso 𝑆 = 𝐼𝑘𝑆. Se
𝑛 e 𝑛/2 são pares, então é imediato que 𝑆 ∩ 𝐼𝑘𝑆 = ∅ para todo 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 − 1, pois
os eixos de 𝑓 e 𝑔𝑘+𝑡𝑓−𝑠
𝑔−(𝑘+𝑡) são distintos para todo 𝑘 ímpar e 𝑡 ∈ (−1, 1). Isso prova o seguinte
Corolário 3.3.32. Sejam 𝑔 uma rotação por 2𝜋/𝑛, 𝑛 > 2, em torno de 𝑝 e 𝑓 uma isometria
hiperbólica. Se 𝐼 = 𝜄 ∘ (𝑔, 𝑔) e 𝑆 := 𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ), então 𝑆 ∩ 𝐼𝑘𝑆 = ∅ para todo 𝑘 ∈ Z tal que
𝐼𝑘̸= 1, sse o eixo de 𝑓 passa por 𝑝 e 𝑛 ∈ 4Z.
Sejam 𝑓 e 𝑔 como no corolário acima. Denote 𝐽 := (𝑔, 𝑔). Então
𝐼𝑘𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ) = ⋃︁ 𝑡∈(0,1) 𝑠>0 (︁ 1, 𝑔𝑘+𝑡𝑓𝑠𝜖𝑘𝑔−(𝑘+𝑡))︁Δ = 𝐽𝑘 ⋃︁ 𝑡∈(0,1) 𝑠>0 (︁ 1, 𝑔𝑡𝑓𝑠𝜖𝑘𝑔−𝑡)︁Δ.
Se 𝑛 é um múltiplo de 4 e 𝑘 é ímpar, então 𝑛/2 + 𝑘 é ímpar e 𝐼𝑘𝑆 = 𝐽𝑛/2+𝑘𝑆. Isto implica
que 𝑛 ⋃︁ 𝑘=1 𝐼𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] = 𝑛 ⋃︁ 𝑘=1 𝐽𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] = B.
Se 𝑛 é ímpar e 𝑘 + 𝑛 é par, então 𝑘 é ímpar e
⋃︁ 𝑘=2,4,...,2𝑛 𝐼𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] = 𝑛 ⋃︁ 𝑘=1 𝐽𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] = B.
E por fim, se 𝑛 é ímpar e 𝑘 + 𝑛 é ímpar, então 𝑘 é par e
⋃︁ 𝑘=1,3,...,2𝑛−1 𝐼𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓 ] = 𝑛 ⋃︁ 𝑘=1 𝐽𝑘𝑆[𝑔, 1, 𝑓−1] = B.
Proposição 3.3.33. Sejam Δ𝑓1 e Δ𝑓2 ultraparalelas e seja 𝑔 uma rotação por 2𝜋/𝑛, 𝑛 > 2,
em torno de 𝑝. Se 𝐼 = 𝜄 ∘(︁𝑓1𝑟(𝑝)𝑔, 𝑟(𝑝)𝑔𝑓1−1
)︁
, então D[𝑓1, 𝑓2) ∩ 𝐼𝑘D[𝑓1, 𝑓2) = Δ𝑓1, para
todo 𝑘 ∈ Z tal que 𝐼𝑘 ̸= 1, sse 𝑛 ∈ 2Z e ta(𝑝, 𝑢) ∈ [− tg2(𝜋/𝑛), 0], onde 𝑢 é o polar do
eixo de 𝑓1−1𝑓2.
Demonstração. Análoga à demonstração da proposição 3.3.31.
Seja 𝑓 uma isometria hiperbólica com eixo 𝛾 e seja 𝑔 como na proposição acima. Suponha que 𝑛 = 2𝑟 com 𝑟 ímpar. Então (𝑟(𝑝)𝑔)𝑘+𝑟𝛾 = (𝑟(𝑝)𝑔)𝑘𝛾, para todo 𝑘 =
1, . . . , 𝑛. Por outro lado, (𝑟(𝑝)𝑔)𝑘+𝑟𝑓𝜖𝑘+𝑟(𝑟(𝑝)𝑔)−(𝑘+𝑟)= (𝑟(𝑝)𝑔)𝑘𝑓−𝜖𝑘(𝑟(𝑝)𝑔)−𝑘 para todo 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛, ou seja, os eixos de (𝑟(𝑝)𝑔)𝑘+𝑟𝑓𝜖𝑘+𝑟(𝑟(𝑝)𝑔)−(𝑘+𝑟) e (𝑟(𝑝)𝑔)𝑘𝑓𝜖𝑘(𝑟(𝑝)𝑔)−𝑘
coincidem, mas têm orientações opostas. Em outras palavras, 𝐼𝑘D[1, 𝑓 ) e 𝐼𝑘+𝑟D[1, 𝑓 ) são
54 Capítulo 3. O bidisco hiperbólico
Corolário 3.3.34. Seja 𝑔 uma rotação por 2𝜋/𝑛, 𝑛 = 2𝑟> 2, em torno de 𝑝 ∈ H. Seja 𝑓
uma isometria hiperbólica cujo eixo passa por 𝑝. Se 𝐼 = 𝜄 ∘ (𝑟(𝑝)𝑔, 𝑟(𝑝)𝑔) e 𝑆 := 𝑆(𝑔, 1, 𝑓 ), então 𝑆 ∩ 𝐼𝑘𝑆 = ∅ para todo 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛 − 1.
Demonstração. Basta notar que, para todos 𝑡1, 𝑠1 ∈ (0, 1) e 𝑡, 𝑠 > 0 e 𝑘 = 1, . . . , 𝑛 − 1, a
isometria
𝑔𝑡1𝑓−𝑡𝑔−𝑡1(𝑟(𝑝)𝑔)𝑘(𝑔𝑠1𝑓𝑠𝑔−𝑠1)𝜖𝑘(𝑟(𝑝)𝑔)−𝑘 = 𝑔𝑡1𝑓−𝑡𝑔−𝑡1𝑟(𝑝)𝑘𝑔𝑘𝑔𝑠1𝑓𝜖𝑘𝑠𝑔−𝑠1𝑔−𝑘𝑟(𝑝)𝑘𝑔𝑡1𝑔−𝑡1
= 𝑔𝑡1(︁𝑓−𝑡𝑔𝑘+𝑠1−𝑡1𝑟(𝑝)𝑘𝑓𝜖𝑘𝑠𝑟(𝑝)𝑘𝑔−(𝑘+𝑠1−𝑡1))︁𝑔−𝑡1
= 𝑔𝑡1(︁𝑓−𝑡𝑔𝑘+𝑠1−𝑡1𝑓𝑠𝑔−(𝑘+𝑠1−𝑡1))︁𝑔−𝑡1
é hiperbólica (corolário3.3.22).
Definição 3.3.35. Sejam 𝑓𝑗 ∈ Isom H, 𝑗 = 1, . . . , 𝑛 > 3. O subespaço
D[𝑓1, . . . , 𝑓𝑛] := 𝑛
⋃︁
𝑗=1
D[𝑓𝑗, 𝑓𝑗+1]
será chamado uma configuração de fibrações diagonais com vértices Δ𝑓𝑗 e faces D[𝑓𝑗, 𝑓𝑗+1]
(índices módulo 𝑛). Diremos que a fibração D[𝑓1, . . . , 𝑓𝑛] é simples quando seus vértices
são dois a dois ultraparalelos e quaisquer duas de suas faces se intersectam em B somente se têm um vértice em comum e tal interseção se restringe a este vértice comum. Quando
𝑛 = 3, chamaremos a configuração acima de triângulo diagonal. Um poliedro diagonal em B
é um subespaço 𝑃 ⊂ B limitado por uma configuração de fibrações diagonais. Dizemos que um poliedro diagonal 𝑃 ⊂ B é simples se a configuração de fibrações diagonais associada é simples. Denotaremos por 𝑃 [𝑓1, . . . , 𝑓𝑛] o poliedro diagonal limitado pela configuração
D[𝑓1, . . . , 𝑓𝑛].
Proposição 3.3.36. Sejam Δ𝑓, Δ𝑓1 e Δ𝑓2 duas a duas ultraparalelas. O triângulo diagonal
D[𝑓, 𝑓1, 𝑓2] é simples sse os eixos de 𝑓−1𝑓1 e 𝑓−1𝑓2 são assintóticos ou concorrentes.
Demonstração. Suponha que os eixos de 𝑓1 e 𝑓2 são ultraparalelos. Então, pela proposição 3.3.25parte (2), temos que D[1, 𝑓1] e D[1, 𝑓2] são disjuntos fora da fatia comum sse a ordem
cíclica de 𝑓1 e 𝑓2 é +1. Suponha que este seja o caso. Então as fibrações diagonais D[𝑓1, 1]
e D[𝑓1, 𝑓2] são disjuntas fora da fatia comum Δ𝑓1 sse D[1, 𝑓 −1
1 ] e D[1, 𝑓 −1
1 𝑓2] são disjuntas
fora da fatia comum Δ, o que por sua vez acontece sse a ordem cíclica de 𝑓1−1 e 𝑓1−1𝑓2 é
+1, o que é uma contradição (ver figura 2b). De maneira análoga mostra-se que D[𝑓2, 1] e
D[𝑓2, 𝑓1] se intersectam fora da fatia comum Δ𝑓2. A recíproca segue da proposição3.3.25
parte (1).
Proposição 3.3.37. O poliedro diagonal limitado por um triângulo diagonal simples é
Demonstração. Se as faces do triângulo diagonal são coespinais, o resultado é imediato.
Suponha que este não seja o caso e que D[1, 𝑓1, 𝑓2] seja o triângulo diagonal simples em
questão. Denote por 𝑣 ∈ 𝜕H o ponto fixo em comum de 𝑓1 e 𝑓2. Devemos mostrar que
duas diagonais distintas de P[1, 𝑓1, 𝑓2] =⋃︀𝑡∈[0,1]D[1, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡] não se intersectam. Para
isso, basta mostrar que, para todos 𝑡1, 𝑡2 ∈ [0, 1], 𝑡1 ̸= 𝑡2, 𝑠1, 𝑠2 ∈ [0, 1], a isometria
(︁ 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡1 )︁−𝑠1(︁ 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡2 )︁𝑠2 (3.9)
não tem pontos fixos em H. Da observação3.3.19, existe um único 𝑡0 ∈ R tal que 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡0
não é hiperbólica. Resta notar que, se 𝑡1, 𝑡2 ∈ R∖𝑡0 são distintos, 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡2 e 𝑓1(𝑓1−1𝑓2)𝑡2
têm eixos distintos; logo, a isometria 3.9(que fixa o ponto 𝑣 e, portanto, não é elíptica) não é a identidade.