CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DE TECNOLOGIA
PROGRAMA DE PÓS GRADUAÇO EM MATEMÁTICA
Karen Regina Panzarin
Reobrimentos Ramiados entre Superfíies e
Dessins d'Enfants
São Carlos - SP
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DE TECNOLOGIA
PROGRAMA DE PÓS GRADUAÇO EM MATEMÁTICA
Reobrimentos Ramiados entre Superfíies e
Dessins d'Enfants
Karen Regina Panzarin
Orientador: Prof. Dr. Daniel Vendrúsolo
Dissertação apresentada ao Programa de
Pós-Graduação em Matemátia da UFSCar
omo parte dos requisitos para a obtenção
do título de Mestre emMatemátia.
São Carlos - SP
Ficha catalográfica elaborada pelo DePT da
Biblioteca Comunitária da UFSCar
P199rr
Panzarin, Karen Regina.
Recobrimentos ramificados entre superfícies e dessins
d’enfants / Karen Regina Panzarin. -- São Carlos : UFSCar,
2012.
54 f.
Dissertação (Mestrado) -- Universidade Federal de São
Carlos, 2012.
1. Topologia. 2. Recobrimento ramificado. 3. Superfícies
(Matemática). I. Título.
Em primeirolugar à Deus, pois sem Ele,nada disso teria sido possível.
À minha família que sempre me ajudou e me apoiou em meus momentos de
desespero, por areditarem emmim e nuna me deixarem desistir de meus sonhos;
em espeial, minha mãe e avó por todas as orações, e ao Leandro por se dispor a
meajudar om as guras,portodo arinho,paiênia edediação.
Ao professorDaniel Vendrúsolo porter aeitado meorientar.
À professoraAlieKimieMiwa Libardiporter mepreparadoeporme ajudar
sempreque neessitei.
Aos meus pouos, mas sineros, amigos queestiveram omigonesta batalha.
Por m, à todos que já passaram por minha vida e que de alguma maneira
Considere duas superfíies fehadas, onexas,
X
eY
, inteirosn
≥
0
ed
≥
2
, e parai
= 1
, . . . , n
uma partição(
dij
)
j
=1
,...,m
i
ded
. A 5-upla(
X, Y, n, d,
(
dij
))
é odado de ramiação de um andidato a reobrimento ramiado.
Em muitos trabalhos disute-se quando um dado de ramiação pode ser
re-alizado por um reobrimento ramiado
f
:
X
→
Y
de graud
, omn
pontos de ramiaçãoe graus loais na pré-imagemdos pontosde ramiaçãodados pordij
.Hurwitz estabeleeu uma equivalênia algébria para este problema
geomé-trio, esta equivalênia tem sido utilizada para tratar do tema. Neste trabalho
apresentamos a denição de dessin d'enfant, um grafo na superfíie
X
, relaionadoom um reobrimentoramiado eutilizamosesta ferramenta paraobter ondições
que estabeleem quando um dado de ramiação é exepional (não pode ser
re-alizado). Abordamos também uma versão alternativa para a denição de dessin
Given losed onneted surfaes
X
andY
, integersn
≥
0
andd
≥
2
, and fori
= 1
, . . . , n
partitions(
dij
)
j
=1
,...,m
i
ofd
. The 5-tuple(
X, Y, n, d,
(
dij
))
is alled thebranh datumof a andidate branhed overing.
Many worksdisusswhenagivenbranhdatumanberealizedbyabranhed
overing
f
:
X
→
Y
of degreed
, withn
branhing points and loal degree in the pre-images of branhing points given bydij
.Hurwitz has established an algebrai equivalene to this geometri problem,
this equivalene has been used to treat the subjet. In this dissertation we dene
dessin d'enfant, a graph on the surfae
X
, related to a branhed overing and usethis tool to obtain onditions for a given branh datum be exeptional (i.e. an
not be realized). We also dene an alternative and more expliit version for the
Agradeimentos iii
Resumo iv
Abstrat v
Introdução vii
1 Pré-requisitos 1
1.1 Reobrimentos Ramiados . . . 1
1.2 Problema de Existênia de Hurwitz . . . 4
1.3 Dessins d'Enfants . . . 5
2 De Dessins d'Enfants para Permutações e Vie-Versa 8
3 Exeções via Dessin d'Enfant 18
Considere duas superfíies fehadas, onexas,
X
eY
,inteirosn
≥
0
ed
≥
2
, e parai
= 1
, . . . , n
umapartição(
dij
)
j
=1
,...,m
i
ded
. A5-upla(
X, Y, n, d,
(
dij
))
éodadode ramiação de um andidato a reobrimento ramiado. Para a existênia de
talreobrimento,existem algumasondiçõesneessárias em termosde
χ
(
X
)
, χ
(
Y
)
, orientabilidade, grau total e grau loaldos pontosde ramiação.O Problema de Existênia de Hurwitz é um problema lássio que questiona
quando essas ondições também são suientes. Existem várias maneiras
equiva-lentes de seformular esse problema bemomo várias ténias desenvolvidas, om o
passar do tempo, para tentar soluioná-lo. O únio aso que ainda permanee em
aberto é quando
Y
éa esfera e éneste aso tambémqueapareem as exeções.Hurwitz reformulou o problema em termos de permutações e esta é a
fer-ramenta lássia para a abordagem do mesmo. Uma outra ténia reentemente
abordadapor[7℄,éanoção de dessind'enfant. Elafoi introduzidadentrodoestudo
de apliações algébrias entre superfíies Riemannianas e remonta à Grothendiek.
Essa é uma ténia quenão haviasido empregadadiretamenteantes pra resolver o
problema em si.
Neste trabalho apresentamos a denição de dessin d'enfant e nos utilizamos
desta ferramenta para obter ondições que estabeleem quando um dado de
rami-ação é exepional (não pode ser realizado). Abordamos também uma versão
alternativapara a denição de dessin d'enfant,mais ompleta.
O desenvolvimento dos apítulosdeste trabahoé feitadoseguintemodo:
O apítulo 2 é omposto de resultados previamente onheidos e que são
en-ontradosem [2℄e[5℄. Em[4℄oautortambémtrabalhaomresultadossemelhantes.
Empartiular, é neste apítuloque aparee o Teoremade Hurwitz.
Porm, noapítulo3apresentamosresultadosbaseados em[7℄e[3℄que
forne-emondiçõesparadizerquandoumdadoompatívelérealizávelporalgum
reobri-mentoramiado. Outrostrabalhos quetratamderealizabilidadede reobrimentos
Pré-requisitos
Neste apítulo apresentamos as denições básias, notações e exemplos das
ferramentasque utilizaremos durante todoo trabalho.
1.1 Reobrimentos Ramiados
Denição 1.1.1. Um reobrimento é uma apliação
f
:
X
→
Y
, ondeX
eY
são espaçostopológios,f
ésobrejetorae, paraadap
∈
Y
,existeumavizinhançaabertade
p
,Up
⊂
Y
, tal quef
−
1
(
Up
)
pode ser esrita omo união disjunta de onjuntos
abertos
Vα
⊂
X
e a restrição def
àVα
é um homeomorsmo deVα
emUp
.f
:
R
→
S
1
t
7→
e
2
πit
Figura1.1: Reobrimentotendoomoespaçodereobrimentoaretareal,
R
,eomoespaçobase aesfera,
S
1
; observe queada
p
∈
S
1
possui innitaspré-imagens.
Neste trabalho, sempre que nos referirmos a um reobrimento
f
:
X
→
Y
, faremos uso da Denição 1.1.1 oloandoX
eY
omo sendo superfíies fehadas(isto é,ompatas e sem bordo) e onexas.
Exemplo 1.1.3.
f
:
T
→
K
Figura 1.2: Reobrimento tendo omo espaço de reobrimento o toro,
T
, e omoespaçobaseagarrafadeKlein,
K
;observequeadap
∈
K
possuiduaspré-imagens.Denição 1.1.4. Um reobrimento ramiado é uma apliação
f
:
X
→
Y
, ondeUx
omx
∈
Ux
de modo que a restrição def
aUx
se omporta loalmente omo aapliação
C
∋
z
7→
z
k
∈
C
para algum
k
∈
Z
,k
≥
1
.Exemplo 1.1.5. Seja
f
:
S
2
→
S
2
e onsidere a esfera
S
2
entrada na origem
0
∈
R
3
. Geometriamente, podemos desrever
f
omo a apliação que assoia adaurva quedá uma volta num íruloda
S
2
de altura no ponto
(0
,
0
, t
)
, t
∈
(
−
1
,
1)
, a uma urva que dá três voltas no mesmo írulo daS
2
.
Figura 1.3: Reobrimento ramiado tendo omo espaço de reobrimento e espaço
base aesfera,
S
2
.
Observemos quea apliação
f
:
S
2
→
S
2
doexemplo1.1.5 é um reobrimento
ramiado pois os pólos,
P N
eP S
, não possuem três pré-imagens omo todos osoutros pontos da esfera. Se onsiderarmos
f
:
S
2
\ {
P N, P S
} →
S
2
\ {
P N, P S
}
teremosum reobrimentonão-ramiado.
Denição 1.1.6. Considere
k
∈
Z
omo na Denição 1.1.4. Sex
∈
X
é tal quek >
1
, dizemos quef
(
x
)
é um ponto de ramiação e o inteirok
é o grau loal doreobrimento.
Notemos que ada
x
∈
f
−
1
(
xj
)
, onde
xj
é ponto de ramiação, é isolado.quedenotaremos por
n
, de taispontos.Denição1.1.7. Consideremosoonjunto
R
=
{
xi
∈
Y
;
xi
é pontode ramiação}
.f
′
=
f
|
X
\
f
−
1
(
R
)
:
X
\
f
−
1
(
R
)
→
Y
\
R
é umreobrimentoeo númerode pré-imagens
é onstante e nito, denotado por
d
e hamado grau do reobrimento.Com essa denição, vemos que o Exemplo 1.1.3 é um reobrimento de grau 2
e oExemplo 1.1.5 é um reobrimento de grau 3.
Denição 1.1.8. Se o
i
-ésimo ponto de ramiação emY
possuimi
pré-imagens,os graus loais
(
dij
)
j
=1
,...,m
i
desse ponto nos dão uma partição ded
, omdij
≥
1
em
i
X
j
=1
dij
=
d
.Denição1.1.9. Suponhamosdadosassuperfíiesfehadasonexas
X
eY
, inteirosn
≥
0
ed
≥
2
e, parai
= 1
, . . . , n
, uma partição(
dij
)
j
=1
,...,m
i
ded
. A5
-upla(
X, Y, n, d,
(
dij
))
será hamadadado de ramiação ou dado de reobrimento de umandidato a reobrimento ramiado.
Para tal dado, sempre assoiaremoso inteiro
n
˜
=
m
1
+
. . .
+
mn
.Exemplo 1.1.10.
(
T,
RP
2
,
5
,
8
,
(4
,
4); (3
,
1
,
4); (5
,
3); (2
,
2
,
2
,
2); (2
,
3
,
3))
é um dado
de ramiação de um andidato à reobrimento ramiado do toro,
T
, no planoprojetivo,
RP
2
, que possui
n
= 5
pontos de ramiação, graud
= 8
en
˜
= 2 + 3 +
2 + 4 + 3
.1.2 Problema de Existênia de Hurwitz
A seguir apresentamos uma denição que nos diz quando um dado de
rami-ação éompatível. A maioriados itens desta denição deorrem dofato de que se
tirarmosospontosderamiaçãoesuasrespetivaspré-imagensdeumreobrimento
ramiado, oresultado ainda será um reobrimento,porémnão-ramiado.
Denição 1.2.1. Um dado de ramiação é ompatível se as seguintes ondições
(1)
χ
(
X
)
−
n
˜
=
d.
(
χ
(
Y
)
−
n
)
;(2)
n.d
−
n
˜
é par;(3) Se
Y
é orientável,entãoX
é também orientável;(4) Se
Y
é não-orientável ed
é ímpar, entãoX
é também não-orientável;(5) Se
Y
é não-orientável masX
é orientável, então ada partição(
dij
)
j
=1
,...,m
i
de
d
rena a partição(
d/
2
, d/
2)
. (Note qued
é par pela ondição (4).)Denição 1.2.2. Um dado
(
X, Y, n, d,
(
dij
))
é realizávelse existir um reobrimento ramiado tendo-o omo dado de ramiação.Denição 1.2.3. Um dado de ramiaçãoé exepional se elefor ompatível, mas
não for realizávelpor nenhum reobrimento ramiado.
Surge assim, uma questão: quando um dado de ramiação ompatível é
rea-lizávelpor algumreobrimentoramiado?
Essa pergunta é onheida omo o Problema de Existênia de Hurwitz.
Exis-tem várias maneiras equivalentes de se formular esse problema bem omo várias
ténias desenvolvidas, om o passar do tempo, para tentar soluioná-lo. A
ferra-mentalássiafoio próprioHurwitzquem introduziu,reformulandoalgebriamente
um problema geométrio emtermos de permutações.
No apítulo 3 apresentaremos alguns resultados que respondem
geometria-menteà essa questão para ertos asos espeíos.
1.3 Dessins d'Enfants
Denição 1.3.1. Um dessin d'enfant em uma superfíie fehada onexa
X
é umgrafo
D
⊂
X
onde:(2) Para
i
= 1
, . . . , n
−
2
ada aresta emEi
une um vértie deVi
a um deVi
+1
;(3) Para
i
= 2
, . . . , n
−
2
, ada vértie deVi
possui grau par e ao redor dele seenontram, alternadamente, arestas de
Ei
−
1
e arestas deEi
;(4)
X
\
D
onsiste de disos abertos.Denição 1.3.2. O omprimento dos disos em
X
\
D
é o número de arestas quedelimitam a fronteira dos disos (om multipliidade).
Exemplo 1.3.3. .
Figura1.4: Dessind'enfant notoro. (Este dessin d'enfant será, mais adiante,
asso-iado aodado de ramiação
(
T, S
2
,
3
,
8
,
(2
,
2
,
2
,
2)
,
(3
,
5)
,
(5
,
3))
).
Denição 1.3.4. Um dessin d'enfant ompleto em uma superfíie fehada onexa
(1) Para algum
n
≥
3
, oonjunto de vérties deD
se deompõeomoV
1
⊔
. . .
⊔
Vn
e o onjunto de arestas deD
se deompõe omoE
1
⊔
. . .
⊔
En
−
1
;(2) Para
i
= 1
, . . . , n
−
1
ada aresta emEi
une um vértie deVi
a um deVi
+1
;(3) Para
i
= 2
, . . . , n
−
1
, ada vértie deVi
possui grau par e ao redor dele seenontram, alternadamente, arestas de
Ei
−
1
e arestas deEi
;(4)
X
\
D
onsiste de disos abertos.Exemplo 1.3.5. .
Figura 1.5: Dessin d'enfant ompleto no toro. (Este dessin d'enfant
ompleto também será, mais adiante, assoiado ao dado de ramiação
(
T, S
2
,
3
,
8
,
(2
,
2
,
2
,
2)
,
(3
,
5)
,
(5
,
3))
De Dessins d'Enfants para
Permutações e Vie-Versa
Neste apítulo introduzimos alguns resultados básios que são demonstrados
em[2℄e [5℄. Como onentramosnosso trabalho emdessins d'enfants,optamos por
não demonstrá-los.
Seja
(
X, Y, n, d,
(
dij
))
um dado de ramiação de um reobrimento ramiadof
, ondeY
= ˜
Y
∪
B
éuma superfíieonexaeloalmenteonexaporaminhos (logoonexaporaminhos),
Y
˜
éumasuperfíiesembordoeasomponentesonexasdeB
, obordodeY
,sãohomeomorfasaS
1
oua
R
;X
éumasuperfíienãoneessariamenteonexa;
R
=
{
xi
∈
Y
;
xi
é pontode ramiação}
,Y
ˆ
=
Y
\
R
,i
= 1
, . . . , n
ej
=
1
, . . . , mi
. ConsidereVx
i
uma vizinhança dexi
tal quef
restrita às omponentesonexas de
f
−
1
(
Vx
i
)
é dotipoz
7→
z
d
ij
;
Vx
ˆ
i
=
Vx
i
\
R
.Seja
z
ˆ
∈
Y
ˆ
. ComoY
ˆ
é onexo por aminhos, existe um aminhovi
queunez
ˆ
axi
ˆ
, ondexi
ˆ
∈
Vx
ˆ
i
. Sejaαx
i
um laço emVx
ˆ
i
om pontobasexi
ˆ
e onsidere{
v
∗
i
}
alasse de homotopia do aminho
v
∗
i
=
vi.αx
i
.v
−
1
i
. Considere também{
w
∗
q
}
a lassede homotopia do aminho
w
∗
q
=
wq.
{
C
q
}
.w
q
−
1
, ondewq
é um aminho emY
ˆ
e é talque
wq
(0) = ˆ
z
,wq
(1) = ˆ
xq
(xq
ˆ
∈
C
q
∈
B
,
C
q
omponenteonexa de
B
homeomorfaà
S
1
Teorema 2.0.6 (Hurwitz). 1
Um dado de ramiação
(
X, Y, n, d,
(
dij
))
é realizável se, e somente se,é possível deniro homomorsmoΨ :
π
1
( ˆ
Y ,
z
ˆ
)
→
Sd
{
v
∗
i
}
7→
σx
i
{
w
∗
q
}
7→
λq
onde o onjunto dos omprimentos dos ilos dados pela deomposição únia das
permutações
σx
i
eλq
derevem a ramiação sobrexi
eC
q
, respetivamente.
Mais ainda,
X
é onexo se, e somente se, a ação que orresponde aΨ
é transitiva.Observação 2.0.7. Dado um dessin d'enfant
D
, om notação omo na denição1.3.1, orrespondendo à realização de um dado de ramiação
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
,
podemos onstruir permutações orrespondendo à mesma realização,omo segue:
•
EnumereasarestasdeEi
omoe
(1)
i
, . . . , e
(
d
)
i
, omeçandodeummodoarbitráriopara
E
1
e de modoque parai
≥
2
, ao redor de ada vértie deVi
, ada arestae
(
i
k
)
é seguida pelaarestae
(
k
)
i
−
1
om o mesmo númerok
;•
Parai
≤
n
−
2
ek
∈ {
1
, . . . , d
}
seleione o vértie deVi
no quale
(
k
)
i
estáligadoe dena
τi
(
k
)
omo sendoh
tal que opróximoe
(
∗
)
i
ao redor do vértieée
(
i
h
)
;•
Parak
∈ {
1
, . . . , d
}
seleione o vértie deVn
−
1
no quale
(
k
)
n
−
2
está ligado edena
τn
−
1
(
k
)
omo sendoh
talqueo próximoe
(
∗
)
n
−
2
aoredordo vértie ée
(
h
)
n
−
2
.Lembremos que
X
está orientada e observemos que os seguintes fatos sobrea aresta
e
(
h
)
i
são neessários para denirτi
(
k
)
: parai
= 1
, esta aresta vem logodepois de
e
(
k
)
i
, enquanto que parai
= 2
, . . . , n
−
2
, existea arestae
(
k
)
i
−
1
situadaentreelas. Observemos também que a aresta
e
(
h
)
n
−
2
quando usada na denição deτn
−
1
(
k
)
novamente vem logo depois da
e
(
k
)
n
−
2
.1
Paradesreveraorrespondêniaoposta, dados
τ
1
, . . . , τn
−
1
∈
Sd
, onstruímosum grafo
D
(
τ
1
, . . . , τn
−
1
)
om vértiesV
1
⊔
. . .
⊔
Vn
−
1
, ondeVi
é o onjunto dosilos de
τi
, e parai
= 1
, . . . , n
−
2
ek
= 1
, . . . , d
uma arestae
(
k
)
i
une os ilos deτi
eτi
+1
o qual ontémk
. Observe queD
(
τ
1
, . . . , τn
−
1
)
é onexo se, e somente se,< τ
1
, . . . , τn
−
1
>
é transitivo. Deste modo, usaremos as permutações para onstruirlaços que garantem a onexidade do grafo. Estes laços são onstruídos da seguinte
maneira:
Começamos om algum vértie de
V
1
e seguimos o aminhoe
(
k
)
1
, . . . , e
(
k
)
n
−
2
.Tendo assim hegado a um vértie de
Vn
−
1
, nós seguimos o aminho:e
(
τ
−
1
n
−
1
(
k
))
n
−
2
, e
(
τ
−
1
n
−
2
τ
−
1
n
−
1
(
k
))
n
−
3
, . . . , e
(
τ
−
1
3
...τ
−
1
n
−
1
(
k
))
2
, e
(
τ
−
1
2
τ
−
1
3
...τ
−
1
n
−
1
(
k
))
1
o qual nos leva a um vértie de
V
1
. De lá, nós proedemos do mesmo modoome-çando de
e
(
τ
−
1
1
τ
2
−
1
τ
3
−
1
...τ
n
−
−
1
1
(
k
))
1
até enontrarmos a arestae
(
k
)
1
novamente.Deste modo,temos que, dados
τ
1
, . . . , τn
−
1
∈
Sd
orrespondendoà umarealiza-çãodeumdadoderamiação
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
, oespaçoobtidode
D
(
τ
1
, . . . , τn
−
1
)
anexandodisosaosilosdistintosdesritosanteriormenteéX
,eD
(
τ
1
, . . . , τn
−
1
)
⊂
X
é um dessind'enfant orrespondente àmesma realização do dadode ramiação.Observemos que oloando
n
no lugarden
−
1
noproedimentoaima, ons-truímos o grafoD
(
τ
1
, . . . , τn
)
⊂
X
o qual é o dessin d'enfant ompleto orrespon-dente à mesmarealização do dado de ramiação.Exemplo 2.0.8. Construção do reobrimento ramiado, do dessin d'enfant e do
dessin d'enfant ompletodadas as permutações:
τ
1
= (12)(34)(56)(78)
τ
2
= (135)(27468)
τ
3
= (16327)(485)
.Para omeçar, temos que:
V
1
=
{
(12)
,
(34)
,
(56)
,
(78)
}
=
{
v
11
, v
12
, v
13
, v
14
}
V
3
=
{
(16327)(485)
}
=
{
v
31
, v
32
}
Apenas olhando para esses onjuntos, podemos dizer que
d
= 8
,n
= 3
,(
d
1
j
)
j
=1
,...,
4
= (2
,
2
,
2
,
2)
,(
d
2
j
)
j
=1
,
2
= (3
,
5)
e(
d
3
j
)
j
=1
,
2
= (5
,
3)
.Vamos agora onstruir as arestas
e
(
k
)
i
. Devemos observar que na onstruçãodo dessind'enfant ompleto apareeum onjunto de arestas a mais se ompararmos
om a onstrução do dessin d'enfant lássio.
Faremos primeiramente o grafo
D
(
τ
1
, τ
2
)
e em seguida o grafoD
(
τ
1
, τ
2
, τ
3
)
.Oonjuntodearestasdoprimeirografoé
E
1
=
{
e
(1)
1
, e
(2)
1
, e
(3)
1
, e
(4)
1
, e
(5)
1
, e
(6)
1
, e
(7)
1
, e
(8)
1
}
,onde:
e
(1)
1
une os ilos(12)
∈
τ
1
e(135)
∈
τ
2
;e
(2)
1
une os ilos(12)
∈
τ
1
e(27468)
∈
τ
2
;e
(3)
1
une os ilos(34)
∈
τ
1
e(135)
∈
τ
2
;e
(4)
1
une os ilos(34)
∈
τ
1
e(27468)
∈
τ
2
;e
(5)
1
une os ilos(56)
∈
τ
1
e(135)
∈
τ
2
;e
(6)
1
une os ilos(56)
∈
τ
1
e(27468)
∈
τ
2
;e
(7)
1
une os ilos(78)
∈
τ
1
e(27468)
∈
τ
2
;e
(8)
1
une os ilos(78)
∈
τ
1
e(27468)
∈
τ
2
.Os laços do grafo
D
(
τ
1
, τ
2
)
é onstruído omo segue:Começamosom o vértie
v
11
∈
V
1
e seguimos o aminhoe
(1)
1
o qual nos levaaovértie
v
21
∈
V
2
. Dessevértie, nósseguimos oaminhoe
(
τ
−
1
2
(1))
1
=
e
(5)
1
oqual nosleva aovértie
v
13
∈
V
1
. Devemos agora seguir o aminhoe
(
τ
−
1
1
τ
2
−
1
(1))
1
=
e
(6)
1
que noslevaao vértie
v
22
∈
V
2
e seguir pore
(
τ
−
1
2
(6))
1
=
e
(4)
1
hegandoemv
12
∈
V
1
. Seguimosagora por
e
(
τ
−
1
1
τ
2
−
1
(6))
1
=
e
(3)
1
que nos leva av
21
∈
V
2
; passamos novamente pore
(
τ
2
−
1
(3))
1
=
e
(1)
1
hegando emv
11
∈
V
1
e seguimos pore
(
τ
−
1
1
τ
2
−
1
(3))
1
=
e
(2)
1
que nos levaa
v
22
∈
V
2
epore
(
τ
−
1
2
(2))
1
=
e
(8)
1
hegando emv
14
∈
V
1
. Daqui seguimos peloaminhoe
(
τ
1
−
1
τ
2
−
1
(2))
1
=
e
(7)
1
que hega emv
22
∈
V
2
e, por último, seguimose
(
τ
−
1
2
(7))
1
=
e
(2)
1
quenalmente ompleta o laço hegando em
v
11
∈
V
1
, já que o próximo aminho seriae
(
τ
1
−
1
τ
−
1
2
(7))
1
=
e
Temos,portanto, olaço
L
1
:
v
11
−
v
21
−
v
13
−
v
22
−
v
12
−
v
21
−
v
11
−
v
22
−
v
14
−
v
22
−
v
11
.Proedendodomesmo modoomofeitoaimaparaosvérties
v
12
, v
13
, v
14
∈
V
1
obtemos, respetivamente, os laços:
L
2
:
v
12
−
v
21
−
v
11
−
v
22
−
v
14
−
v
22
−
v
11
−
v
21
−
v
13
−
v
22
−
v
12
,L
3
:
v
13
−
v
21
−
v
12
−
v
22
−
v
14
−
v
22
−
v
13
,L
4
:
v
14
−
v
22
−
v
11
−
v
21
−
v
13
−
v
22
−
v
12
−
v
21
−
v
11
−
v
22
−
v
14
.Como
L
1
, L
2
eL
4
orrespondem aomesmo laço, onsideramosapenas umde-les, digamos
L
1
.Figura2.1: Laços
L
1
eL
3
quetornam ografo onexo vistoomo polígonos.Como existem arestas em omum a ambos os laços, podemos identiar as
arestas
v
22
e
(7)
1
←→
v
14
e
(8)
1
Figura 2.2: Polígono orrespondente aos laços
L
1
eL
3
depois da primeiraidenti-ação das arestas.
Identiando as arestas
v
22
e
(4)
1
←→
v
12
e
(3)
1
←→
v
21
obtemos o ilindro:Figura2.3: Polígonoorrespondente aos laços
L
1
eL
3
depoisdasegundaidentia-ção das arestas.
Por m, identiamos as arestas
v
22
e
(2)
1
←→
v
11
e
(1)
1
←→
v
21
e
(5)
1
←→
v
13
e
(6)
1
←→
v
22
eobtemos o toro.
Deste modo,obtemosqueoespaçodereobrimentoé otoro. Fazendooálulo
de ompatibilidade, obtemosque
χ
(
Y
) = 2
e, portanto, o espaço base é a esferaS
2
.
11
12
13
14
21
22
11
13
14
21
22
12
Figura2.4: No desenho da esquerda temos uma outra representação dos dois laços
L
1
eL
3
; no desenho dadireita, quando oloadosno toro..
E
1
=
{
e
(1)
1
, e
(2)
1
, e
(3)
1
, e
(4)
1
, e
(5)
1
, e
(6)
1
, e
(7)
1
, e
(8)
1
}
eE
2
=
{
e
(1)
2
, e
(2)
2
, e
(3)
2
, e
(4)
2
, e
(5)
2
, e
(6)
2
, e
(7)
2
, e
(8)
2
}
,onde:
e
(1)
2
une os ilos(135)
∈
τ
2
e(16327)
∈
τ
3
;e
(2)
2
une os ilos(27468)
∈
τ
2
e(16327)
∈
τ
3
;e
(3)
2
une os ilos(135)
∈
τ
2
e(16327)
∈
τ
3
;e
(4)
2
une os ilos(27468)
∈
τ
2
e(485)
∈
τ
3
;e
(5)
2
une os ilos(135)
∈
τ
2
e(485)
∈
τ
3
;e
(6)
2
une os ilos(27468)
∈
τ
2
e(16327)
∈
τ
3
;e
(7)
2
une os ilos(27468)
∈
τ
2
e(16327)
∈
τ
3
;e
(8)
2
une os ilos(27468)
∈
τ
2
e(485)
∈
τ
3
.e o onjunto
E
1
é o mesmo utilizado na onstrução anterior.Construindo os laços do grafo
D
(
τ
1
, τ
2
, τ
3
)
de modo análogo ao feito anterior-mente, obteremos os laços:l
1
=
v
11
−
v
21
−
v
31
−
v
22
−
v
11
,l
2
=
v
12
−
v
21
−
v
31
−
v
22
−
v
12
,l
3
=
v
13
−
v
21
−
v
32
−
v
22
−
v
13
,l
4
=
v
14
−
v
22
−
v
31
−
v
22
−
v
14
.Conluímos assim,que o dado de ramiação possui a forma:
Exeções via Dessin d'Enfant
Nesteapítuloapresentamosresultadosbaseadosem[3℄e[7℄queforneem
on-diçõespara dizer quando um dado ompatívelé realizável por algum reobrimento
ramiado.
Proposição 3.0.9. Um dado de ramiação
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
é realizável se, e
somentese,existeumdessind'enfant
D
⊂
X
omoonjuntodevértiesdeompostoomo
V
1
, . . . , Vn
−
1
tal que:(i) Para
i
= 1
ei
=
n
−
1
, os vérties emVi
possuem grau(
dij
)
j
=1
,...,m
i
;(ii) Para
i
= 2
, . . . , n
−
2
,n >
3
, os vérties emVi
possuem grau(2
dij
)
j
=1
,...,m
i
;(iii) Os disos em
X
\
D
possuem omprimento(2(
n
−
2)
dnj
)
j
=1
,...,m
n
.Dem.:
Para a primeira impliação, suponhamos que exista um reobrimento
rami-ado
f
:
X
→
S
2
om pontos de ramiação
x
1
, . . . , xn
que realiza o dado(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
, e vamos onstruir um dessin d'enfant
D
⊂
X
que satisfaça (i),(ii)e (iii).
Para
i
= 1
, . . . , n
−
2
esolha um aro simplesαi
que unexi
axi
+1
. SuponhaConsidere
α
=
n
−
2
[
i
=1
αi
.Figura3.1: Construção daurva
α
.Dena
D
=
f
−
1
(
α
)
eoloque
Vi
=
f
−
1
(
xi
)
e
Ei
=
f
−
1
(
αi
)
.
Observemos quepelomodoque
D
foionstruído, asondições(1), (2), (3)dadeniçãode dessind'enfanteositens(i)e(ii)daproposiçãoestãosatisfeitos. Deste
modo, faltaapenas provarmos osdois fatos sobre asomponentes de
X
\
D
.S
2
\
α
éumdisoabertoe,aorestringirmos
f
aqualqueromponentedeX
\
D
,teremosum reobrimentosobreessedisoomumúniopontode ramiação,o
xn
.Tal reobrimento é sempre modelado no reobrimento
z
7→
z
d
nj
do diso unitário
abertonelemesmo. Assim,asomponentesde
X
\
D
sãodisosabertoseaondição(4)dadenição de dessin d'enfant está satisfeita.
Para ser mais preiso, existe um desses disospara ada elementode
f
−
1
(
xn
)
e o
j
-ésimo possui o omprimentodesejado:(2(
n
−
2)
dnj
)
j
=1
,...,m
Figura 3.2:
j
-ésimo diso de omprimento(2(
n
−
2)
dnj
)
j
=1
,...,m
n
.Paraareíproa, suponhamosdados
S
2
omosuperfíiebasee
D
⊂
X
odessind'enfant om o onjunto de vérties deomposto omo
V
1
, . . . , Vn
−
1
satisfazendo asondições(i), (ii)e (iii).
Observemos que om essas informações onseguimos obter o dado
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
; para mostrar que é realizável, vamos onstruir um reobrimento
ramiado
f
:
X
→
S
2
quetenha este dado omo dado de ramiação.
Esolha
n
pontosdistintosx
1
, . . . , xn
naesferaen
−
2
arossimplesα
1
, . . . , αn
−
2
talqueαi
unexi
axi
+1
ede modoqueseenontrem apenasemseusextremosenãopassem por
xn
.Denotemos:
Vi
=
{
x
(
i
j
)
∈
X
;
j
= 1
, . . . , mi
}
, i
= 1
, . . . , n
−
1
.Ei
=
{
γ
l
i,j
: [0
,
1]
→
X
;
γ
i,j
l
(0) =
x
(
j
)
i
eγ
l
i,j
(1) =
x
(
l
)
i
+1
,
omj
= 1
, . . . , mi, l
=
1
, . . . , mi
+1
}
, i
= 1
. . . , n
−
2
.α
=
n
−
2
[
i
=1
αi
.Denamos
f
:
D
→
S
2
oloando
f
(
x
(
j
)
e
f
(
γ
l
i,j
(
t
)) =
αi
(
t
)
,i
= 1
, . . . , n
−
2
,j
= 1
, . . . , mi
,l
= 1
, . . . , mi
+1
.Resta denir
f
emX
\
D
.Notemosque
X
\
D
onsiste, amenosdehomeomorsmo,demn
disosabertosCj
,j
= 1
, . . . , mn
.Vamos então denir
f
em adaCj
,j
= 1
, . . . , mn
.Observemos que
S
2
\
α
é homeomorfo a um diso aberto
U
uja fronteira éomposta pelas urvas
αi
'se que as fronteiras dos disos abertosCj
são ompostaspelas urvas
γ
l
i,j
.Assim, existeumaapliação
Ψ :
D
2
→
S
2
om
Ψ
|
˚
D
2
: ˚
D
2
→
U
homeomorsmode modo que, a orrespondênia ontrária de
Ψ
seria ortar a esferaS
2
em
α
abrindo-a num diso uja fronteira são duas ópias de
α
:α
1
eα
2
. Ou seja,Ψ
identiaα
1
eα
2
fehando odiso emα
etransformando-o naesfera.Figura3.3: Desrição geométria daapliação
Ψ
.Vamosolhar oqueaontee nasfronteirasdas omponentes de
X
\
D
,ouseja,amenos de homeomorsmo,nas fronteiras dos disos
Cj
's.Paramanteraonexidadedografo,afronteirade
Cj
,paraadaj
= 1
, . . . , mn
, deve onter pontos das pré-imagens de todos os pontos de ramiação, exetoxn
,poisos pontos
x
(
j
)
n
def
−
1
(
xn
)
estarãono interior de
Cj
.Vamos denir
f
′
:
Cj
→
D
2
de modo que, para ada aro da fronteira de
Cj
que se iniia em um vértie de
V
1
e termina no vértie deVn
−
1
(o primeiro queaparee depois de
V
1
), seu orrespondente pelaf
′
seja
α
1
; e o aro seguinte queorrespondente, pela
f
′
, oaro
α
2
.Lembremos que existem
dnj
de ambos osaros itados.Figura3.4: Desriçãogeométria da apliação
f
′
.
Vamos exigirtambémque
f
′
(
x
(
j
)
n
) =
xn
∈
D
˚
2
omΨ(
xn
) =
xn
.Deste modo, resta denir
f
′
nos pontosde
Cj
˚
\ {
x
(
j
)
n
}
.Dado
y
∈
Cj
˚
\ {
x
(
j
)
n
}
, omoCj
é estrelado, podemos parametrizaro segmentodereta queomeçaem
x
(
j
)
n
∈
Cj
,passapory
eterminaemγ
l
i,j
(
t
1
) =
yn
∈
∂Cj
,paraalgum
t
1
∈
[0
,
1]
. Assim,y
= (1
−
ty
)
x
(
j
)
n
+
ty
yn
, paraalgumty
∈
[0
,
1]
.Dena
f
′
(
y
) = (1
−
ty
)
xn
+
ty
f
′
(
yn
)
. (Observemos que
f
′
(
yn
)
já está denido
já que
yn
∈
∂Cj
).Portanto, podemos denir
f
:
Cj
→
S
2
oloando
f
= Ψ
◦
f
′
.
Figura3.5: Desrição geométria daapliação
f
= Ψ
◦
f
′
.
Como uma onsequênia da demonstração da proposição anterior, podemos
enuniar oseguinte
Corolário 3.0.10. A ada realização de um dado de ramiação
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
orresponde um dessin d'enfant
D
⊂
X
.Se usarmosa Denição1.3.4 aoinvés daDenição 1.3.1na proposição aima,
teremoso seguinte resultado:
Proposição 3.0.9.' As realizações de um dado de ramiação
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
orrespondem aos dessins d'enfants
D
⊂
X
om o onjunto de vérties deompostoomo
V
1
, . . . , Vn
tal que:(i) Para
i
= 1
ei
=
n
, os vérties emVi
possuem grau(
dij
)
j
=1
,...,m
i
;(ii) Para
i
= 2
, . . . , n
−
1
, os vérties emVi
possuem grau(2
dij
)
j
=1
,...,m
i
;(iii) Os disos em
X
\
D
possuem omprimento onstante2(
n
−
1)
.Corolário 3.0.11. As realizações de um dado de ramiação
(
X, S
2
, n, d,
(
dij
))
orrespondem às esolhas de
τi
= Ψ(
vi
)
emSd
parai
= 1
, . . . , n
−
1
tal que< τ
1
, . . . , τn
−
1
>
é transitivo e, oloandoτn
=
τ
−
1
n
−
1
· · ·
τ
1
−
1
, a lasse deonjuga-ção de
τi
é dada por(
dij
)
j
=1
,...,m
i
, ondei
= 1
, . . . , n
.Proposição 3.0.12. Um dado de ramiação
D
= (
S
2
, Y,
3
, d,
(
x, d
−
x
)
,
(2
, . . . ,
2)
,
(2
, . . . ,
2))
, omd
par, é realizável se, e somente se,x
=
d
2
.Dem.:
Suponhamos que
D
seja realizável. Então(
S
2
, Y,
3
, d,
(2
, . . . ,
2)
,
(2
, . . . ,
2)
,
(
x, d
−
x
))
étambémrealizávele,pelaProposição3.0.9,eleorrespondeaum dessind'enfant
D
⊂
S
2
om o onjunto de vérties deomposto omo
V
1
⊔
V
2
tal que osvértiesem
V
1
possuem grau 2e osvérties emV
2
possuemgraux
ed
−
x
.Na demonstração da Proposição 3.0.9, vemos que devemos ter o vértie de
grau
x
em uma omponente deS
2
\
D
e o outro vértie, de grau
d
−
x
, em outraomponente. Comotodasasomponentesdevemonterumelementodapré-imagem
de
x
3
, onluímos quetemos apenas duas omponentes, oque mostra queD
éumaurvasimplesfehadaimersaem
S
2
eportanto,osdisosem
S
2
\
D
possuemmesmo
omprimento,ou seja,
2(3
−
2)
x
= 2(3
−
2)(
d
−
x
)
, logo,x
=
d
−
x
e,assim,x
=
d
2
.Reiproamente, suponhamos que
x
=
d
2
e mostremos queD
= (
S
2
, Y,
3
, d,
(
d/
2
, d/
2)
,
(2
, . . . ,
2)
,
(2
, . . . ,
2))
é realizável. Para isso, vamos onstruir um dessind'enfant,
D
, queorresponda àrealização desse dado de ramiação.Consideremos odado
(
S
2
, Y,
3
, d,
(2
, . . . ,
2)
,
(2
, . . . ,
2)
,
(
d/
2
, d/
2))
eobservemos
que, sendo
(2
, . . . ,
2)
,
(2
, . . . ,
2)
,
(
d/
2
, d/
2)
partições ded
, teremosm
1
=
k
=
m
2
, paraalgumk
∈
Z
ed
1
j
= 2 =
d
2
j
paratodoj
= 1
, . . . , m
1
. Portanto,oúnio dessin que orresponde à essas araterístias é o ilustrado na gura 3.6, onde os pontosilustrados na primeira leira orrespondem a pré-imagem de
x
1
e os da segunda(
S
2
, Y,
3
, d,
(2
, . . . ,
2)
,
(2
, . . . ,
2)
,
(
d/
2
, d/
2))
.
Observe que
D
satisfaz todas as propriedades da Denição 1.3.1 e daPro-posição 3.0.9. Além disso, ressaltamos o fato de ter duas omponentes onexas
omo exigido pela partição
d
2
,
d
2
e o omprimento dos disos em
S
2
\
D
ser
2
k
=
d
= 2(3
−
2)
d
2
.Portanto,
D
érealizável.Proposição3.0.13. Seja
(
X, S
2
,
3
, d,
(2
, . . . ,
2)
,
(5
,
3
,
2
, . . . ,
2)
,
(
d
3
j
)
j
=1
,...,m
3
)
umdadode ramiação ompatível om
d
≥
8
par.•
SeX
=
T
, o toro, em
3
= 2
, então o dado é realizável se, e somente se,(
d
31
, d
32
)
6
= (
d/
2
, d/
2)
.•
SeX
=
S
2
e
m
3
= 4
, entãoo dadoé realizávelse, esomente se,(
d
3
j
)
j
=1
,...,
4
6
=
k, k,
d
2
−
k,
d
2
−
k
para algum
k >
0
, ou(
d
3
j
)
j
=1
,...,
4
6
= (
d/
2
, d/
6
, d/
6
, d/
6)
parad
múltiplo de 6.Dem.:
Primeiramentefaremos uso de algumasobservações.
Um dessin d'enfant lássio
D
orrespondendo àsduas primeiraspartiçõesdodos grafos
A
eB
mostrados nagura 3.7, omos dois vérties visíveispertenentesa
V
2
.Figura3.7: Os dois grafosom vértiesde graus 5e 3.
Para obter
D
devemos então inserir em ada aresta deA
ouB
um númeroímpar de vérties pertenentes a
V
1
eV
2
alternadamente. Com um leve abuso denotação, suponhamos que adiionamos
2
α
+ 1
vérties emα
, depois2
β
+ 1
emβ
, e assimpordiante. UsandoofatoqueV
1
possuid/
2
vérties,vemosqueα
+
β
+
γ
+
δ
=
d
2
−
4
, e esta éa únia restriçãosobreα, β, γ
eδ
.A menosde simetria,aspossíveisopçõesde
A
eB
para superfíies orientáveisFigura3.8: Possibilidades para
A
eB
.As superfíies fehadas
X
assoiadas e os respetivos semi-omprimentosdosdisos são os seguintes:
A
1
:
S
2
,
(
α
+ 1
, γ
+ 1
, δ
+ 1
, α
+ 2
β
+
γ
+
δ
+ 5)
A
2
:
S
2
,
(
α
+ 1
, γ
+ 1
, γ
+
δ
+ 2
, α
+ 2
β
+
δ
+ 4)
A
3
:
T,
(
α
+ 1
, α
+ 2
β
+ 2
γ
+ 2
δ
+ 7)
B
1
:
S
2
,
(
α
+ 1
, β
+
γ
+ 2
, γ
+
δ
+ 2
, α
+
β
+
δ
+ 3)
B
2
:
T,
(
α
+ 1
, α
+ 2
β
+ 2
γ
+ 2
δ
+ 7)
B
3
:
T,
(
β
+
γ
+ 2
,
2
α
+
β
+
γ
+ 2
δ
+ 6)
B
4
:
T,
(
α
+
β
+
γ
+ 3
, α
+
β
+
γ
+ 2
δ
+ 5)
.Vamos então determinar todos os valores possíveis que podem ser realizados
pelos
Ai
'seBi
'squandoα, β, γ
eδ
variamnosinteirosnão-negativossobarestriçãoα
+
β
+
γ
+
δ
=
d
2
−
4
.Começandoa demonstraçãoom
X
=
T
,onsideraremos osasosA
3
, B
2
, B
3
eB
4
.Suponhamos que
(
d/
2
, d/
2)
sejarealizável. Assim,•
Se(
α
+ 1
, α
+ 2
β
+ 2
γ
+ 2
δ
+ 7) = (
d/
2
, d/
2)
,então2
β
+ 2
γ
+ 2
δ
+ 6 +
d/
2 =
d/
2
⇒
β
+
γ
+
δ
+ 3 = 0
⇒
β
+
γ
+
δ
=
−
3
o que não pode aonteer já queβ, γ, δ
∈
Z
+
.•
Se(
β
+
γ
+2
,
2
α
+
β
+
γ
+2
δ
+6) = (
d/
2
, d/
2)
,então2
α
+2
δ
+4 = 0
⇒
α
+
δ
=
−
2
.Absurdo!
•
Se(
α
+
β
+
γ
+ 3
, α
+
β
+
γ
+ 2
δ
+ 5) = (
d/
2
, d/
2)
,então2
δ
+ 2 = 0
⇒
δ
=
−
1
.Absurdo!
Portanto,
(
d
31
, d
32
)
6
= (
d/
2
, d/
2)
.Paraareíproa, tomando
1
≤
k
≤
d
2
−
3
,temosque(
d
2
+
k,
d
2
−
k
)
érealizávelusando
B
4
omα
=
d
2
−
3
−
k
,β
=
γ
= 0
eδ
=
k
−
1
.Além disso,
(
d
−
1
,
1)
é realizável usandoA
3
omα
=
d
−
2
,β
=
γ
= 0
eδ
=
d
2
−
4
e(
d
−
2
,
2)
érealizávelusandoB
3
omα
=
d
Comoessaspartiçõesobremtodasaspossibilidadespara
(
d
31
, d
32
)
6
= (
d/
2
, d/
2)
, temos queo dado érealizável. E oprimeiro item está terminado.Para
X
=
S
2
,vamosomeçar om o aso
B
1
.Vamos denotar os elementos de
(
d
3
j
)
j
=1
,...,
4
(não neessariamente na mesma ordem) porx, y, z, w
=
d
−
x
−
y
−
z
e resolver o sistema abaixo nas inógnitasα, β, γ
eδ
:
x
=
α
+ 1
y
=
β
+
γ
+ 2
z
=
γ
+
δ
+ 2
w
=
α
+
β
+
δ
+ 3
⇒
α
=
x
−
1
β
=
d/
2
−
x
−
z
−
1
γ
=
x
+
y
+
z
−
1
−
d/
2
δ
=
d/
2
−
x
−
y
−
1
.
Essesistemapossuisoluçãose,esomentese,
α, β, γ
eδ
sãotodosnão-negativos,ouseja, se
(
∗
)
x
+
y
≤
d/
2
−
1
x
+
z
≤
d/
2
−
1
x
+
y
+
z
≥
d/
2 + 1
.
Logo, um dado de ramiação om
X
=
S
2
é realizávelusando o aso
B
1
se,e somentese, épossívelextrair de
(
d
3
j
)
j
=1
,...,
4
inteirosx, y, z
satisfazendo (*).Denotaremos porl o maior dos
d
3
j
's e provaremosos seguintes fatos:Armação 1: Se
l
≥
d/
2
, então o dado de ramiação não pode ser realizado usandoB
1
.Armação 2: Se
l < d/
2
, então odado de ramiação pode serrealizadousandoB
1
se, e somente se,(
d
3
j
)
j
=1
,...,
4
não tem a forma(
k, k,
d
2
−
k,
d
2
−
k
)
.Armação 3: Se
l
≥
d/
2
, então o dado de ramiação pode ser realizado usandoA
1
ouA
2
se,e somente se,(
d
3
j
)
j
=1
,...,
4
não tem a forma(
d/
2
, d/
6
, d/
6
, d/
6)
.Armação 4: Nenhum dado de ramiação om