Seja x ∈ R arbitrário Considere-se o limite lim
2. para todo n ∈ N suficientemente grande, ˜z n não é monótono por F n e por conseguinte
3.1 Teorema de Birkhoff
TEOREMA 3.1 (BIRKHOFF) Seja f : C → C a projeção de uma aplicação twist monó-
tona. Seja U ⊂ C aberto tal que
1. U é um subconjunto homeomorfo ao cilíndro C; 2. U é invariante por f;
3. existem a, b ∈ R a < b tais que R/Z × (−∞, a] ⊂ U ⊂ R/Z × (−∞, b]. Então a fronteira de U, ∂U, é o gráfico de uma função de Lipschitz γ : R/Z → R.
DEMONSTRAÇÃO: Quer-se provar que ∂U é o gráfico de uma γ : R/Z → R. Para
tanto é necessário que a cada ponto x ∈ R/Z se associe um ponto γ(x) ∈ R tal que o par (x, γ(x)) ∈ ∂U e que não haja outro ponto em ∂U cuja primeira coordenada seja igual a x.
Ora, como conseqüência da terceira hipótese, partindo-se de um ponto (x, a) e subindo- se por uma vertical, em algum momento sair-se-á de U. Assim, seja γ : R/Z → R definida por γ(x) = sup{y ∈ R : x × (a, y] ⊂ U}. Note-se que o par (x, γ(x)) está na fronteira de U. Vai-se então provar que π1 : ∂U → R/Z é injetiva, e por conseguinte concluir-se que
∂U é de fato o gráfico da aplicação γ.
Seja U1 = π−1(U), i.e., o levantamento do aberto U ao plano R2. Como a projeção é
contínua, U1 é também aberto. Além disto, já que U é o homeomorfo a C, é induzido um
homeomorfismo no levantamento entre U1 e R2 = π−1(C). Portanto, conclui-se que U1 é
conexo e simplesmente conexo. Ademais, U1é invariante por um levantamento F de f e por
translações horizontais por valores inteiros, i.e.,
U1+ (1, 0) = {(˜x, ˜y) + (1, 0) : (˜x, ˜y) ∈ U1} = U1.
Seja V = {(˜x, ˜y) : (˜x, ˜y′
) ∈ U1, ∀˜y′ ∈ [a, ˜y]} o subconjunto dos pontos de U1 que se
conectam por verticais ao conjunto R×{a}. Pela maneira como foi definido, V é conexo por caminhos. Mais ainda, V é aberto (para se convencer deste fato, lembre-se que o segmento vertical que vai de um ponto qualquer em V a R × {a} é um conjunto compacto).
Tendo em vista a tese de ∂U como gráfico de uma função, necessariamente todos os pontos de U1 seriam ligados por verticais a R/Z × {a}. Isto é, U1 = V . No que se segue,
serão apresentados lemas que culminam com a conclusão de que U1 = V . Dar-se-á agora o
LEMA 3.1 Sejam I = [x1, x2] um intervalo e y ∈ R tais que (x1, y), (x2, y) ∈ V e I ×
{y} ⊂ U1, então I × [a, y] ⊂ U1.
DEMONSTRAÇÃO: Considere-se o perímetro retangular formado pela união dos sub-
conjuntos I ×{y}, I ×{a}, {x1}×[a, y], {x2}×[a, y]. Por hipótese, este perímetro retangular
está contido em U1. E de fato, toda a região I × [a, y] está contida em U1. Do contrário, tal
curva fechada não seria contráctil a um ponto e isto contradiria o fato de U1ser simplesmente
conexo.
Q.E.D.
Considere-se o subconjunto dos pontos p ∈ U1 tais que toda vizinhança aberta de p
contém pontos em V e no complemento de V em U1, U1\V . Denomina-se tal conjunto como
a fronteira de V em U1e denota-se por ∂U1V . O Lema a seguir apresenta uma caracterização para tal conjunto.
LEMA 3.2 A fronteira de V em U1, ∂U1V , é a união disjunta de segmentos verticais Sαcom extremidades em ∂U1.
DEMONSTRAÇÃO: Seja ˜z ∈ ∂U1V . Como V é aberto, ˜z /∈ V , i.e., ˜z não se liga por uma vertical ao conjunto R × {a}. Observe-se que existe um subconjunto
{π1(˜z)} × (˜y1, ˜y2)
onde π2(˜z) ∈ (˜y1, ˜y2), contido em U1, e tal que (π1(˜z), ˜y1), (π1(˜z), ˜y2) ∈ ∂U1: (π1(˜z), ˜y1) é
o primeiro ponto fora de U1 descendo a vertical (π1(˜z), π2(˜z) + s) e (π1(˜z), ˜y2) é o primeiro
ponto fora de U1 subindo a vertical (π1(˜z), π2(˜z) + s), s ∈ (−∞, ∞).
Ora, ˜y1 existe pelo fato de ˜z /∈ V , e ˜y2pela hipótese que
∃a, b ∈ R, a < b tais que R/Z × (−∞, a] ⊂ U ⊂ R/Z × (−∞, b]. Denota-se este subconjunto referente ao ponto ˜z, {π1(˜z)} × (˜y1(˜z), ˜y2(˜z)), por Sz˜.
Deste modo, provou-se que
∂U1V ⊂ [ ˜ z∈∂U1V Sz˜. Reciprocamente, seja ˜ w ∈ [ ˜ z∈∂U1V Sz˜,
i.e., ˜w ∈ Sz˜para algum ˜z. Então ˜w ∈ ∂U1V . Parece-me simples para o leitor se convencer desta afirmação. Portanto,
[
˜ z∈∂U1V
Sz˜⊂ ∂U1V. Além disto, pode-se afirmar que
∂U1V = [
α
Sα.
onde os subconjuntos Sα são disjuntos entre si, já que dois subconjuntos deste tipo com
interseção não-vazia coincidem pela maneira que foram definidos.
Q.E.D.
Ademais, se p ∈ Sα então toda bola centrada em p é subdividida em dois abertos: um
contido em V e outro contido em U1\ V .
LEMA 3.3 Para todo α, U1 \ Sα é a união de duas componentes conexas, uma das quais é
disjunta de V . Além disto,
[(U1 \ Sα) ∩ (U1\ V )] ∩ [(U1\ Sβ) ∩ (U1\ V )] = ∅,
para todo α 6= β.
DEMONSTRAÇÃO: Tome um ponto ˜z ∈ Sα. Como U1 é aberto, existe um subconjunto
[π1(˜z) − δ, π1(˜z) − δ] × {π2(˜z)}
contido em U1. Note-se que (π1(˜z) − δ, π2(˜z)) ou (π1(˜z) + δ, π2(˜z)) está contido em U1\ Sα
e não está em V . Sem perda de generalidade, pode-se dizer que seja (π1(˜z) − δ, π2(˜z)).
Agora suponha por absurdo que a componente conexa dos pontos de U1 \ Sα que não
estão contidos em V não seja disjunta de V . Neste caso poder-se-ia construir uma curva fechada a partir de (π1(˜z) − δ, π2(˜z)) que não é contráctil a um ponto. Ora, isto contradiria o
fato de U1ser simplesmente conexo. Portanto, de fato U1\Sαé a união de duas componentes
conexas, uma das quais é disjunta de V .
Por fim, note-se que se [(U1\ Sα) ∩ (U1\ V )] ∩ [(U1\ Sβ) ∩ (U1\ V )] 6= ∅, novamente
obtém-se uma curva fechada não-contráctil a um ponto.
Q.E.D.
Denota-se por Eα as componentes conexas não contidas em V que se encontrem à es-
em U1 (i.e., Eα∪ Sα) por Eα U1
. Para os conjuntos do tipo Rβ define-se o fecho, Rβ U1
, de maneira análoga.
LEMA 3.4 Sob as hipóteses do teorema de Birkhoff,
F (V ) ∩ Eα U1 = F−1(V ) ∩ R β U1 = ∅.
DEMONSTRAÇÃO: Seja ˜z ∈ V arbitrário. Considere-se o segmento vertical {π1(˜z)} × (−∞, π2(˜z)]. Pela invariância do conjunto U1por F , F ({π1(˜z)}×(−∞, π2(˜z)]) está contida
em U1. Além disto, conjunto F ({π1(˜z)} × (−∞, π2(˜z)]) é conexo, pois é a imagem pela
aplicação contínua F do conexo {π1(˜z)} × (−∞, π2(˜z)].
Afirmo que a imagem de ˜z não está num conjunto Eα U1
. Caso contrário, o conexo F ({π1(˜z)} × (−∞, π2(˜z)]) estaria todo contido em Eα
U1
. Como F preserva os fins do cilindro, em algum momento F ({π1(˜z)} × (−∞, π2(˜z)]) intersectaria R × {a}. Ora, e isto
contradiria o lema anterior.
Q.E.D.
COROLARIO 3.1 Sob às hipóteses do teorema de Birkhoff,
F−1(E α U1 ) ∩ V = F (Rβ U1 ) ∩ V = ∅. DEMONSTRAÇÃO: Se houvesse ˜z ∈ F−1(E α U1 ) ∩ V , então F (˜z) ∈ F (V ) ∩ Eα U1 . Isto contradiria o lema que se acabou de provar.
Q.E.D.
Denota-se por E a união dos conjuntos do tipo Eα,
E =[
α
Eα ,
e de maneira análoga define-se o conjunto R como a união dos conjuntos do tipo Rβ. Além
disto, denota-se por EU1
a união dos conjuntos do tipo Eα U1
. De maneira similar define-se RU1
.
LEMA 3.5 Sob as hipóteses do teorema, F−1(EU1
) ∩ RU1
= F (RU1
) ∩ EU1 = ∅ DEMONSTRAÇÃO: Suponha por absurdo que F−1(EU1
) ∩ RU1 6= ∅. Então F−1 (Eα U1 ) ∩ Rβ U1 6= ∅
para algum par (α, β). Como Eα U1
é conexo, pela continuidade da aplicação F−1, a sua
imagem F−1
(Eα U1
) também o é. Assim, como Rβ U1
é também conexo, segue-se que neces- sariamente F−1(E α U1 ) ⊂ Rβ U1 . Considere-se o subconjunto Sα ⊂ Eα U1
. Seja a ∈ Sα. Note-se que se f−1(a) ∈ Rβ tem-
se um absurdo, pois neste caso haveria um elemento b ∈ Rβ tal que b ∈ F−1(V ). E se
f−1(a) ∈ S
β pela condição twist (no sentido contrário) da aplicação F−1, também tem-se
um absurdo. Portanto, F−1
(EU1) ∩ RU1 = ∅. A outra parte do lema é demonstrada de forma análoga.
Q.E.D.
LEMA 3.6 O conjunto U1é igual a V .
DEMONSTRAÇÃO: Vai-se provar que os conjuntos E e R são de fato vazios. Tem-se
até então que F−1(E α U1 ) está contido em Eα U1 e que F (Rβ U1 ) está contido em Rβ U1 . Suponha por absurdo que R 6= ∅. Então exite um Rβ′ não-vazio. Como F (R
U1 ) está contido em RU1 , então F (Rβ′ U1 ) está contido em RU1
. Conseqüentemente, pela conexidade dos conjuntos do tipo Rβ
U1 , F (Rβ′ U1 ) estaria contido em Rβ′′ U1 para algum β′′.
Seja a ∈ Sβ′ arbitrário. Se F (a) é interior a Rβ′′ há um aberto de F (V ) contido em R e isto contradiz a preservação de área. Se F (a) ∈ Sβ também tem-se uma contradição.
Portanto, R = ∅. Para E, demonstra-se de forma análoga.
Q.E.D.
Resta apenas notar que não há segmentos verticais em U1. Afinal, isto implicaria na
existência de conjuntos do tipo Rβ ou Eα. Portanto, de fato tem-se que γ(x) = sup{y ∈ R :
x × (a, y] ⊂ U} é o gráfico de uma função.
Por fim, vai-se provar que esta função é de Lipschitz. LEMA 3.7 A função γ é de Lipschitz.
DEMONSTRAÇÃO: A imagem de uma vertical por uma aplicação twist monótona é um
gráfico. A idéia é buscar um reta levemente inclinada de forma que se tenha ainda como imagem um gráfico.
B 6= 0. Tem-se ao longo desta curva, pela regra da cadeia da derivação, d dsF1(−sB −1 + k, s) = ∂ ∂xF1(−sB −1 + k, s).dx ds + ∂ ∂yF1(−sB −1 + k, s).dy ds = −B−1 ∂ ∂xF1(−sB −1+ k, s) + ∂ ∂yF1(−sB −1+ k, s).
Como a derivada parcial de F com relação a x é contínua, esta assume um máximo M no compacto [0, 1] × [a, b]. Assim. tomando-se B > 2M/c, segue-se que
d
dsF1(−sB
−1+ k, s) > c
2,
onde c é a constante da definição de aplicação twist monótona. Isto é, a imagem de uma curva ζ com B > 2M/c pode ser vista como o gráfico de uma aplicação definida em R.
Agora sejam x1, x2 ∈ R, x1 < x2 arbitrários. Ora, afirmo que
γ(x1) − γ(x2) ≤ B(x2− x1)
Do contrário, ter-se-ia pelo que foi mostrado acima π1(f (x1, γ(x1))) > π1(f (x2, γ(x2))).
Mas isto é absurdo, pois isto implicaria na existência conjuntos do tipo Rβ. De maneira
análoga, repete-se o argumento para a F−1e novamente pode-se afirmar que para x
1, x2 ∈ R,
x1 > x2arbitrários que
γ(x1) − γ(x2) ≥ C(x2− x1)
Só resta notar que o máximo entre B e C pode ser a constante de Lipschitz requerida.
Q.E.D. A demonstração deste último lema encerra portanto a prova do teorema de Birkhoff. Q.E.D.