• Nenhum resultado encontrado

Seja ∇ a conexão Riemanniana de M. Seja g = k⊕p, onde k é álgebra de Lie de K e p é um complemento Ad(K)−invariante, isto é, Ad(K)(p) ⊂ p. A existência do complementopé uma consequência da Proposição 1.50, a qual garante a existência de um produto interno(,) que satisfaz (Ad(k)X, Ad(k)Y) = (X, Y), para todo k ∈ K e X, Y ∈ g. Assim, basta tomar p como o complemento ortogonal de k em relação ao produto(,), pois paraX ∈ p = k eY ∈ kvale que0 = (X, Y) = (Ad(k)X, Ad(k)Y). Comoké claramenteAd(K)-invariante, tem-se queAd(k)(Y)∈k, logoAd(k)(X)∈p= t, para todok ∈K, isto mostra quep=kéAd(K)-invariante.

Veja que pé isomorfo a Te¯M. Considere uma vizinhança U dee ∈ Ge uma base {X1, ..., Xm}dep. Assim,{X1(¯q), ..., Xm(¯q)}é base em uma vizinhança dee.¯

DadosW, Z ∈X(M), escrevaW(¯q) =

m

P

i=1

fi(¯q)Xi(¯q)eZ(¯q) =

m

P

j=1

gj(¯q)Xj(¯q)em uma vizinhança de¯e.

Se define inicialmente para essa base, ∇¯XiXj(¯e) = −12[Xi, Xj](¯e). Em seguida, estenda essa aplicação, de forma a satisfazer as condições de conexão afim no ponto

¯e, ou seja, ∇¯WZ(¯e) = (

De modo análogo, valem:

(b) hU(Y, Z), Xi+hZ, U(Y, X)i= 12(h[Z, Y]p, Xi+hZ,[X, Y]pi).

(c) hU(Z, X), Yi+hX, U(Z, Y)i= 12(h[X, Z]p, Yi+hX,[Y, Z]pi).

Calculando(a) + (b)−(c), concluímos que hU(X, Y), Zi= 1

2(h[Z, X]p, Yi+h[Z, Y]p, Xi).

2

Lema 3.4. Suponha queX, Y ∈pe[X, Y]p= 0, então

hR(X, Y)Y, Xie¯=hU(X, Y), U(X, Y)i − hU(X, X), U(Y, Y)i.

Demonstração: Note que ∇¯XY(¯e) = −12[X, Y]¯e = 0 e assim, U(X, Y) = ∇XY(¯e).

Desta forma, usando o fato de que os camposX eYsão de Killing emM, obtêm-se:

hR(X, Y)Y, Xie¯ = −h

:0

[X,Y]Y, Xie¯+h∇XYY, Xi¯e− h∇YXY, Xie¯

= Xh∇YY, Xie¯− h∇YY,∇XXi¯e−Y

:0 h∇XY, Xi¯e+ h∇XY,∇YXie¯

= Xh∇YY, Xie¯− hU(Y, Y), U(X, X)i+hU(X, Y), U(Y, X)i.

Mas,

h∇YY, Xi¯e=−h∇XY, Yi¯e=−h

:0

[X, Y] +∇YX, Yi¯e=−h∇YX, Yie¯= 0.

Portanto,hR(X, Y)Y, Xi¯e=hU(X, Y), U(X, Y)i − hU(X, X), U(Y, Y)i.

2

T EOREMA DE E STRUTURA

4.1 Lemas e Proposições

Proposição 4.1. Sejam Gum grupo de Lie compacto e conexo e K um subgrupo fechado de G. Considere M = G/K e suponha que Gage efetivamente em M. SeM admite estrutura RiemannianaG-invariante,h·,·i, com curvatura seccional estritamente positiva, então:

(a) SeM tem dimensão par, entãoGé semi-simples.

(b) Se M tem dimensão ímpar, então ou G é semi-simples ou o centro de Gtem dimensão um.

Demonstração: A álgebra de LiegdeGé compacta. Assim, pode-se escreverg=z⊕g1, ondezé o centro degeg1 = [g,g]é uma álgebra de Lie semi-simples.

SejaP :g→g1a projeção correspondente à decomposição acima. Denote pork⊂g a álgebra de Lie deKe considerek1 =P(k).

Agora, será demonstrado queP :k→k1 é um isomorfismo. Note que,

• P é um homomorfismo. De fato, dadosX, Y ∈k, vale que

P([X, Y]) = P([Xz+Xg1, Yz+Yg1])

= P([Xg1, Yg1])

= [Xg1, Yg1]

= [P(Xz+Xg1), P(Yz+Yg1)].

• P é claramente sobrejetora.

• P é injetora. Para ver isso, tomeX ∈Ker(P). Então,X ∈k∩ze assim,exp(tX)∈ K ∩Z(G), para todot∈R. Desta forma, sendoφa ação deGemM, tem-se que

φexp(tX)(gK) = exp(tx)(gk) = g(exp(tx)K) =gK,∀gK ∈M.

Comoφé efetiva, segue queexp(tX) = 1, para todot∈R, logoX = 0.

Portanto,P :k→k1 é um isomorfismo.

A subálgebrag1 éAd(K)−invariante. De fato, dados [X, Y] ∈ g1 ek ∈ K, tem-se queAd(k)[X, Y] = [Ad(k)X, Ad(k)Y]∈g1.

Além disso, dadoXk1 ∈k1, existeX =Xk1 +Xz∈k, tal queP(X) = Xk1. Assim,

P(Ad(K)(X)) =P(Ad(K)(Xk1)) +

:0

P(Ad(K)(Xz) =Ad(K)(Xk1),

isto mostra que Ad(K)(Xk1) ∈ k1, ou seja, k1 éAd(K)-invariante. Desta forma, existe um complementoAd(K)−invariante dek1 emg1, o qual será denotado porp1.

Sejap=z⊕p1. SeX ∈p∩k, entãoP(X)∈p1∩k1 ={0}, assim, conforme mostrado acima,X = 0.

Uma vez quezep1sãoAd(K)-invariantes, tem-se quepé um complemento dekem g,Ad(K)−invariante.

Foi usadoppara definir∇¯ eU, como feito no Capítulo 3.

DadosX, Y ∈z⊂peZ ∈p, segue do Lema 3.3 que,

hU(X, Y), Zi= 1

2h:0 [Z, X], Yi+1

2h

*0

[Z, Y], Xi= 0.

O que mostra queU(X, Y) = 0, para todosX, Y ∈ z.Consequentemente, pelo Lema 3.4, obtêm-se que seX, Y ∈ z, entãohR(X, Y)Y, Xie¯= 0. Por hipótese, a curvatura seccional de M é estritamente positiva, logo X e Y são linearmente dependentes, e assim,dimz≤1.

Afirmação: Sedimz=1, entãodim(M)é ímpar.

Neste caso,z = RX. Definaρ : p1 → p1 por ρ(Y) = U(X, Y). Então, utilizando o

Lema 3.3, segue que

hρ(Y), Zi = hU(X, Y), Zi

= 1

2hX,[Z, Y]i+1

2h:0 [Z, X], Yi

= −1

2hX,[Y, Z]i − 1 2h

*0 [Y, X], Zi

= −hρ(Z), Yi.

Além disso, seY 6= 0, pelo Lema 3.4,

hρ(Y), ρ(Y)i=hU(X, Y), U(X, Y)i=hR(X, Y)Y, Xi¯e+

:0 hU(X, X), U(Y, Y)i>0.

Assim,ρ(Y) 6= 0. Portanto, ρé um isomorfismo anti-simétrico, e isso implica que dimp1 é par. Logo,p= z⊕p1 tem dimensão ímpar. Comop' Te¯M, segue quedimM

é ímpar. 2

Nos próximos resultados, considereT um toro maximal deKeC(T) ={g ∈G;gt= tg,∀t∈T}, o centralizador deT emG. Denote porteuàs álgebras de Lie deT eC(T), respectivamente.

Tem-se queu = {X ∈ g; exp(sX) ∈ C(T),∀s ∈ R}. Veja que seX ∈ u, então para todos Y ∈ t e s, r ∈ R, vale que exp(sX)comuta com exp(rY). O que implica, pela Proposição 1.114, que[X, Y] = 0. Por outro lado, dado X ∈ g, tal que[X, Y] = 0, para todoY ∈ t. Concluímos, novamente pela Proposição 1.114, queexp(sX)comuta com exp(rY). ComoT é conexo,exp(sX)comuta com todos os elementos deT, logoX ∈u.

Portanto, como justificado acima,u={X ∈g; [X, Y] = 0,∀Y ∈t}.

Lema 4.2. Sejam G, K, M e h·,·i como na Proposição 4.1. Seja T um toro maximal de K.

Então, dimensão deM é par se, e somente se,C(T) = T.

Demonstração: Suponha que M tem dimensão par. Assim, pelo Teorema de Berger, todo campo de Killing possui um zero.

Lembre que para todop¯∈M,X(¯p) =d(φp¯)e(X)eϕ(t,p) =¯ φ(exp(tX),p)¯ é a curva integral que passa porp¯em t = 0, do campoX. E comoX é de Killing emM existe

¯

g ∈M, tal queX(¯g) = 0.

Note que a curva constante emg, satisfaz as condições de curva integral, daí, pela¯

unicidade, segue queϕ(t,g¯)é constante, ou seja,gK = ϕ(t, gK) = exp(tX)gK.Disso, segue quegg−1(exp(tX)−1 = exp(−tX) ∈ K, para todo t ∈ R eX ∈ u. Desta forma, dadoX ∈u, tem-se queexp(−tX)∈ K∩C(T) =T, para todot ∈ R. Portanto,X ∈t, isto mostra queu⊂t. Logo,u=t, e consequentemente,C(T) =T.

Agora, suponha que C(T) = T. Então, a subálgebra de Cartan t de k é também subálgebra de Cartan deg. Conforme o Teorema 1.79, g = z(g)⊕g1, onde g1 é semi-simples. Como feito na demonstração da Proposição 4.1, existe uma álgebrak1 ⊂ g1, que é isomorfa àk.

Sejat1uma subálgebra de Cartan dek1, entãot1 'ttambém é subálgebra de Cartan deg. Desta forma,t1∩z(g) = 0e pela Observação (1.57),z(g)⊂t1. Assim,z(g) = 0.

Isso mostra quegé semi-simples. Então,g=t⊕ P

α∈R

gα ek=t⊕ P

β∈S

kβ. Assim, pelo item(2)do Lema 1.62, segue que

dim(M) = dim(g)−dim(k) =dimt+X

α∈R

dimgαdimt−X

β∈S

dimkβ =|R|−|S|.

Tem-se que|R|−|S|é par, pois seαé raiz, então−αtambém é.

Portanto,dim(M)é par. 2

Proposição 4.3. SejamGum grupo de Lie compacto e conexo eKum subgrupo fechado deG.

SejaG˜ o grupo de recobrimento universal deGeK˜ o subgrupo conexo deG˜, correspondente a K. Então,G/˜ K˜ é um espaço de recobrimento deG/K. E mais, a aplicação de recobrimento é diferenciável.

Demonstração: Sejaρ: ˜G→Go recobrimento universal deG. ComoK˜ é um subgrupo conexo e satisfaz ρ( ˜K) = K, então K˜ é a componente conexa de e ∈ G˜ em ρ−1(K).

Pelo Teorema 1.120, tem-se queKerρé um subgrupo discreto central. Note queKerρé fechado emG˜que é compacto, assim,Kerρtambém é compacto. Todo espaço discreto e compacto é finito, logo Kerρ = {z1, ..., zn}. Como Kerρ ⊂ Z( ˜G), vale que zig˜K˜ =

˜

gziK, para˜ g˜∈G˜ ei= 1, ..., n.

Deve-se mostrar que existe um difeomorfismo,ξ¯e : ˜G/ρ−1(K) → G/K e uma apli-cação de recobrimento diferenciávelϕ: ˜G/K˜ →G/ρ˜ −1(K).

Considere φ a ação de G em M e defina, φ˜ : ˜G× G/K → G/K, por φ(˜˜ g, hK) = φ(ρ(˜g), hK). Note queφ˜também é uma ação diferenciável, assim, pelo Teorema 1.119,

existe um difeomorfismoξe¯ : ˜G/G˜e¯ → G˜·e, onde o subgrupo de isotropia¯ G˜e¯é dado

Afirmação: A aplicaçãoϕé aberta.

Dado um aberto U ⊂ G/˜ K˜, tem-se que ϕ(U) ⊂ G/ρ˜ −1(K) é aberto se, e só se,

Isso implica que

ziU0 ={zih˜K; ˜˜ hK˜ ∈U0}={hz˜ iK; ˜˜ hK˜ ∈U0}={˜hzjK; ˜˜ hK˜ ∈U0}=zjU0.

Logo, ϕ−1(V) = S

¯ zi∈C

¯

ziU0 é a união disjunta de conexos abertos. Pela construção das vizinhanças, ϕ|z¯iU0 : ¯ziU0 → ϕ(U0) = V é bijeção. Como ϕ é contínua e aberta, segueϕ|z¯iU0 é um homeomorfismo. Portanto, ϕé uma aplicação de recobrimento e é diferenciável.

Assim, a composiçãoξ¯e◦ϕé uma aplicação de recobrimento diferenciável do espaço

simplesmente conexoG/˜ K˜ emG/K. 2

Documentos relacionados