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RESOLUÇÃO DOS EXERĆICIOS DE TOPOLOGIA PARA 11/5
Munkres 51.3: (a) Seja X = [0, 1] ou R. Em qualquer dos casos, a aplicação H : X× [0, 1]→
X definida por H(x, t) = tx é uma homotopia entre a aplicação constante
igual a zero e iX .
(b) Seja H : X × [0, 1] → X uma homotopia entre a identidade iX e uma
aplicação constante c, e seja x0 = c(x). Dado x ∈ X, a aplicação
f : [0, 1]→ X definida por f(t) = H(x, t) é um caminho que uneH(x, 0) =
iX(x) = x e H(x, 1) = c(x) = x0. Portanto x0 e x pertencem à mesma
componente conexa por arcos. Conclui-se que X é conexo por arcos.
(c) Seja H : Y × [0, 1] → Y uma homotopia entre a identidade iY e uma
aplicação constante c : Y → Y com c(y) = y0. Dada uma função cont́ınua
f : X → Y , a aplicação
K : X × [0, 1]→ Y
definida porK(x, t) = H(f(x), t) é uma homotopia entre x 7→ H(f(x), 0) =
iY (f(x)) = f(x) e a aplicação constante c ◦ f logo [X,Y ] contém apenas
a classe de homotopia da aplicacão c ◦ f : X → Y constante igual a y0.
(d) Seja H : X×[0, 1]→ X uma homotopia entre a identidade iX e a aplicação
constante c : X → X definida por c(x) = x0. Dada uma aplicação
cont́ınua f : X → Y , a aplicação K : X × [0, 1]→ Y definida por
K(x, t) = f(H(x, t))
é uma homotopia entre a aplicação f ◦ iX = f e f ◦ c que é a aplicação
constante igual a f(x0).
Seja y0 ∈ Y e d : Y → Y a aplicação constante igual a y0. Como Y é
conexo por arcos, existe um caminho g : [0, 1] → Y com g(0) = f(x0) e
g(1) = y0. Então a aplicação L : X × [0, 1]→ Y definida por L = g ◦ π1,
isto é, por
L(x, t) = g(t)
define uma homotopia entre as aplicações constantes iguais a f(x0) e y0.
Como a relação de homotopia é transitiva, conclui-se que a aplicação f
é homotópica à aplicação d e portanto [X,Y ] é um conjunto singular
formado pela classe de homotopia de d.
Munkres 52.3: Suponhamos que π1(X,x0) é abeliano, e sejam α, β : [0, 1]→ X caminhos de
x0 a x1. Então β ∗ α é um laço em x0. Sendo γ um laço qualquer baseado
em x0 temos
α̂([γ]) = [α] ∗ [γ] ∗ [α]
= [β] ∗ [β] ∗ [α] ∗ [γ] ∗ [α]
= [β] ∗ [β ∗ α] ∗ [γ] ∗ [α]
= [β] ∗ [γ] ∗ [β ∗ α] ∗ [α] ( porque π1(X,x0) é abeliano ),
= [β] ∗ [γ] ∗ [β] ∗ [α] ∗ [α]
= [β] ∗ [γ] ∗ [β]
= β̂([γ]).
Reciprocamente, suponhamos que, para todos os caminhos α, β : [0, 1]→ X
entre x0 e x1 temos α̂ = β̂. Seja λ : [0, 1]→ X um caminho fixado unindo x0
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e x1, e sejam γ e δ laços quaisquer em x0. Então γ ∗λ é outro caminho de x0
a x1 e temos a seguinte sequência de implicações:
γ̂ ∗ λ([δ]) = λ̂([δ])
[γ ∗ λ] ∗ [δ] ∗ [γ ∗ λ] = [λ] ∗ [δ] ∗ [λ]
[λ] ∗ [γ] ∗ [δ] ∗ [γ] ∗ [λ] = [λ] ∗ [δ] ∗ [λ] (porque α ∗ β = β ∗ α)
[γ] ∗ [δ] ∗ [γ] = [δ] (multiplicando dos dois lados à es-
querda por [λ] e à direita por [λ]) )
[δ] ∗ [γ] = [γ] ∗ [δ] (multiplicando por [γ]) à esquerda).
Conclui-se que π1(X,x0) é abeliano.
Munkres 52.4: Seja i : A → X a inclusão, de maneira que r ◦ i = idA. Temos então (pelo
Teorema 52.4) o seguinte diagrama comutativo
π1(A, a0)
i∗ //
idA∗=id &&MM
MMM
MMM
MM
π1(X, a0)
r∗
��
π1(A, a0).
Sendo [γ] ∈ π1(A, a0), tem-se então
r∗(i∗([γ])) = [γ]
o que mostra que r∗ é sobrejectivo.
Munkres 52.6: Seja γ um laço em x0. Temos então
β̂((hx0)∗([γ])) = [β] ∗ ((hx0)∗([γ])) ∗ [β]
= [β] ∗ [h ◦ γ] ∗ [β]
= [h ◦ α] ∗ [h ◦ γ] ∗ [h ◦ α]
= [(h ◦ α) ∗ (h ◦ γ) ∗ (h ◦ α)]
= [h ◦ (α ∗ γ ∗ α)]
= (hx1)∗[α ∗ γ ∗ α]
= (hx1)∗(α̂([γ])).
portanto β̂ ◦ (hx0)∗ = (hx1)∗ ◦ α̂.
Munkres 53.3: Vamos ver que o conjunto K = {b ∈ B : #p−1({b}) = k} é aberto, fechado e
não vazio. Uma vez que B é conexo isto implica que K = B que é a afirmação
que pretendemos demonstrar.
O conjunto K é não vazio porque b0 ∈ K. Seja b ∈ K e U uma vizinhança
trivializante de b para o revestimento p. Então
p−1(U) = ∪αVα
com Vα abertos disjuntos de E tais que p|Vα é um homeomorfismo. Em partic-
ular p|Vα é uma bijecção e portanto cada Vα contém exactamente um elemento
de p−1({b′}) para cada b′ ∈ U . Portanto todos os conjuntos p−1({b′}) com
b′ ∈ U têm exactamente o mesmo número de elementos e, como #p−1({b}) =
k, este número é k. Conclui-se que U ⊂ K e portanto K é aberto.
O argumento do parágrafo anterior mostra que se b e b′ pertencem à mesma
vizinhança trivializante para p, então há uma bijecção entre p−1({b}) e p−1(b′).
Logo se #p−1({b}) 6= k, há uma vizinhança de b formada por pontos em que o
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mesmo acontece. Isto significa que B \K é aberto, ou seja, que K é fechado.
Isto conclui a demonstração.