Soluções Geometria Riemanniana (Manfredo)

(1)

Geometria Riemanniana

Manfredo Perdigão do Carmo Manfredo Perdigão do Carmo

Soluções dos Exercícios Soluções dos Exercícios 4 de novembro de 2017 4 de novembro de 2017

(2)

Sumário

0

0 VVarieariedades Ddades Difereiferenciánciáveveisis 22 1

1 MétriMétricas cas RiemRiemanniaannianasnas 33

2

2 ConexConexões Aﬁnões Aﬁns; Cos; Conexãnexão Rieo Riemannmannianaiana 1313 3

(3)

Capítulo 0

(4)

Capítulo 1

Métricas Riemannianas

Exercício 1. Prove que a aplicação antípoda A : S n

_→

S n dada por A( p) =

₋

p é

uma isometria de S n. Use este fato para introduzir uma métrica Riemanniana no

espaço projetivo real P n(R₎ tal que a projeção natural _{π : S}n

_→

_Pn₍R₎ seja uma

isometria local.

Solução: Como S n

_⊂

Rn+1, podemos fazer uso da estrutura de Rn+1 de forma que,

se p

_∈

S n e u, v

_∈

T pS n, a métrica Riemanniana em S n é dada por



u, v



_p :=



u, v



,

sendo

_

,

_

o produto interno canônico de Rn.

Já sabemos do Capítulo 0 que A : S n

_→

S n é um difeomorﬁsmo com A−1 = A.

Calculemos dA p : T pS n

→

T − pS n. Seja v

∈

T pS n e seja α : (

−

, )

→

S n uma curva

diferenciável tal que α(0) = p e α(0) = v. Por deﬁnição, temos dA p(v) = (A

◦

α)(0) =

−

α(0) =

−

v.

Assim,



u, v

_

_p =

_

u, v

_

=

_−

u,

₋

v

_

=

_

dA p(u), dA p(v)



₋_p =



dA p(u), dA p(v)



_A₍_p₎ .

Isso mostra que A : S n

→

S n _{é uma isometria.}

Podemos considerar P n(R₎ como sendo a variedade quociente_Sn_/G, onde_G é

o grupo dado por

_{

1S n, A

}

. Dessa forma, a projeção natural π : S n

→

P n(R) é

dada por π( p) =

_{

p,

₋

p

_}

e é um difeomorﬁsmo local. Queremos deﬁnir uma métrica

Riemanniana em P n(R₎. Seja_q

_∈

_Pn₍R₎ e _U

_⊂

_Sn aberto tal que_π

_|

_U_: U

_→

_π(U )

seja difeomorﬁsmo com q

_∈

π(U ). Para vetores u, v

_∈

T qP n(R), deﬁna



u, v

_

_q : =



d(π

_|

U )q−1(u), d(π

|

U )−1q (v)



₍_π_|

U )−1(q)

=



d(π

_|

U )−1q (u), d(π

|

U )−1q (v)



_Rn+1 .

Aﬁrmamos que essa deﬁnição não depende do aberto U . De fato, seja V

_⊂

S n

um outro aberto tal que π

_|

V : V

→

π(V ) é um difeomorﬁsmo e q

∈

π(V ). Se

(π

_|

V )−1(q ) = (π

|

U )−1(q ), então U

∩

V



=

∅

e π

|

U = π

|

V = π

|

U ∩V sobre U

∩

V e

(5)

(π

_|

V )−1(q ) = A

◦

(π

|

U )−1(q ) e V

∩

A(U )



=

∅

. Teremos



d(π

_|

V )−1q (u), d(π

|

V )−1q (v)



₍_π_|

V )−1(q)

=



d(

₋

π

_|

U )−1q (u), d(

−

π

|

U )−1q (v)



₍₋_π_|

U )−1(q)

=



₋

d(π

_|

U )−1q (u),

−

d(π

|

U )−1q (v)



₍_π_|

U )−1(q)

=



d(π

_|

U )−1q (u), d(π

|

U )−1q (v)



(π|U )−1(q)

.

Isso mostra que

_

u, v

_

_q está bem deﬁnido. Podemos tomar como atlas sobre P n(R₎

a coleção

_{

(Uα,xα)

}

tal que U α

⊂

Rn é um aberto e xα é da forma xα = π

|

y(U α)

◦

yα,

para alguma carta yα : U α

→

S n e π

|

y(U α) : y(U α)

→

π(y(U α)) é um difeomorﬁsmo.

Assim, se (U, x) é uma tal carta e _∂x∂

i(q ), i = 1, . . . , n são os elementos da base de

T qP n(R) relativa a x e p = x−1(q ), então



∂ ∂xi (q ), ∂ ∂x j (q )



q

=

_

dx p(ei), dx p(e j)



_q =



d(π

|

U

◦

y) p(ei), d(π

|

U

◦

y)(e j)



_q

=



d(π

_|

U )y( p)

◦

dy p(ei), d(π

|

U )y( p)

◦

dy p(e j)



q

:=



d(π

_|

U )−1q (d(π

|

U )y( p)

◦

dy p(ei)), d(π

|

U )−1q (d(π

|

U )y( p)

◦

dy p(e j))



(π|U )−1(q)

=



(d(π

_|

U )y( p))−1(d(π

|

U )y( p)

◦

dy p(ei)), (d(π

|

U )y( p))−1(d(π

|

U )y( p)

◦

dy p(e j))



y( p)

=

_

dy p(ei), dy p(e j)



_y₍_p₎ =



dy p(ei), dy p(e j)



Rn+1 ,

que é uma função diferenciável em p. Portanto,

_

,

_

_q deﬁne de fato uma métrica

Riemanniana em P n(R₎.

Da forma como foi deﬁnida, é imediato que π : S n

_→

P n(R₎ é uma isometria

local. 

Exercício 2. Introduza uma métrica Riemanniana no toro T n exigindo que a

projeção natural π : Rn

_→

_Tn dada por

π(x1, . . . , xn) = (eix1, . . . , eixn), (x1, . . . , xn)

∈

Rn,

seja uma isometria local. Mostre que com esta métrica T n é isométrico ao toro plano.

Solução: π : Rn

_→

_Tn é um difeomorﬁsmo local, pois _π

_|

I 1×···×I n é difeomorﬁsmo,

sendo cada I i da forma (xi

−

π, xi + π)

⊂

R. Denote p = (x1, . . . , xn). Assim,

sendo U p = I 1

× · · · ×

I n

⊂

Rn temos que d( π

|

_U) p : U

→

T n é invertível. Para

u, v

_∈

T _π₍_p₎T n, deﬁna



u, v

_

_π₍_p₎ :=



(d( π

_|

_U_p) p)−1u, (d( π

|

_U_p) p)−1v



p,

sendo

_·

,

_·

_p =

_·

,

_·

Rn. Precisamos mostrar que tal produto interno está bem deﬁnido.

Seja q = (y1, . . . , yn) tal que π(q ) = π( p). Segue que eixj = eiyj, j = 1, . . . , n

⇒

x j =

y j + 2k jπ, para certos k j

∈

Z, j = 1, . . . , n. Denote por T : Rn

→

Rn a translação

dada por T (x) = x + k, com k = (2k1π , . . . , 2knπ). Temos T (U q) = U p e, para todo

(a1, . . . , an)

∈

U q,

π

_|

_U_p

_◦

T (a1, . . . , an) = π

|

_U_p (a1 + 2k1π , . . . , an + 2knπ) = (ei(a1+2k1π), . . . , ei(an+2knπ))

= (eia1_{, . . . , e}ian_{) = π}

(6)

Portanto, π

_|

_U_p

_◦

T = π

_|

_U_q

_⇒

d( π

_|

_U_p)_T₍_q₎

_◦

dT q = d( π

|

_U_q)q

⇒

d(π

|

_U_p) p

◦

1Rn =

d( π

_|

_U_q)q

⇒

d( π

|

_U_q) = d( π

|

_U_p). Isso garante que o produto interno em π( p) = π(q )

está bem deﬁnido.

Mostremos agora que tal produto interno é diferenciável. Para isso, basta mos-trar que ele é diferenciável com respeito a uma parametrização especíﬁca (como as mudanças cartas são difeomorﬁsmos, isso implicará que o produto interno é di-ferenciável em qualquer parametrização). Mas (U p, π

|

_U_p) é uma parametrização!

Sendo



∂

∂x1(q ), . . . ,

∂

∂xn(q )



a base de T qT

n_,_q

∈

U p, com respeito à parametrização

(U p, π

|

_U_p), temos

gij(q ) =



∂ ∂xi (q ), ∂ ∂x j (q )



π(q) =



d( π

_|

_U_p)qei, d( π

|

_U_p)qe j



π(q)

:=



(d( π

_|

_U_p)q)−1(d( π

|

_U_p)qei), (d( π

|

_U_p)q)−1(d( π

|

_U_p)qe j)



=



ei, e j



= δ ij,

que é constante e, portanto, diferenciável.

Isso faz de T n uma variedade Riemanniana. Da forma como foi deﬁnido, temos



d( π

_|

_U_p) pu, d( π

|

_U_p) pv



π( p) :=



(d( π

|

U p) p)

−1_{(d( π}

|

U p) pu), (d( π

|

U p) p)

−1_{(d( π}

|

U p) pv)



=

_

u, v

_

,

_∀

u, v

_∈

Rn

e π : Rn

_→

_Tn é uma isometria local.

Considere o toro plano dado por T n ₌ Rn_/2πZn, onde _2πZn é o grupo das

translações T __k : Rn

_−→

Rn da forma _T_

k(x) = x +  k, com  k

∈ {

(2πk1, . . . , 2πkn)

∈

Rn

_|

_(k₁_{, . . . , k}_n₎

_∈

Zn

_}

1. Observe que cada translação _T_

k ﬁca unicamente

deter-minada pelo vetor  _k_{e de forma que os grupos} _2πZn e

_{

 _k

_∈

Rn

_{| ∃}

_T_

k

∈

2πZn

}

são

isomorfos e consideramos os dois como sendo o mesmo objeto. Observemos que T n

possui uma métrica Riemanniana natural. Sabemos que a estrutura diferenciável de

T n é tal que a projeção_{Π :} Rn

_→

T n é um difeomorﬁsmo local. Mais que isso, para

todo (a1, . . . , an)

∈

Rn, se I i = (ai

−

π, ai + π)

⊂

R (intervalo aberto de comprimento

2π em torno de ai), então Π

|

_I₁_×···×_I_n : I 1

× · · · ×

I n

→

Π(I 1

× · · · ×

I n)

⊂

T n é um

difeomorﬁsmo (portanto, uma carta).

Seja p = [(a1, . . . , an)]

∈

T n e u, v

∈

T pM . Seja U p = (a1

−

π, a1 + π)

× · · · ×

(an

−

π, an + π)

⊂

Rn de forma que Π

|

_U: U p

→

Π(U p) é uma carta em torno de p.

Deﬁna



u, v

_

_p :=



d( Π

_|

−1_U_p) p(u), d( Π

|

−1_U_p) p(v)



_R_n.

Precisaríamos mostrar que tal produto interno está bem-deﬁnido e que, de fato, deﬁne uma métrica Riemanniana em T n. No entanto, a demonstração deste fato é

semelhante ao que ﬁzemos acima para a métrica Riemanniana em T n.

Deﬁna

f : T n

_−→

_Tn

[(x1, . . . , xn)]

−→

(eix1, . . . , eixn) .

Aﬁrmação 1.1. f é uma isometria. 1

(7)

Primeiro, precisamos mostrar que f está bem deﬁnida. Se [(x₁, . . . , xn)] =

[(y₁, . . . , yn)]

∈

T n, então existe  k = (2πk1, . . . , 2πkn)

∈

2πZn tal que (x1, . . . , xn) =

(y1, . . . , yn) + (2πk1, . . . , 2πkn)

⇒

x j = y j + 2πk j,

∀

j = 1, . . . , n. Segue que

eixj _= ei(yj+2πkj) _= eiyj_ei2πkj _= eiyj_,

∀

j = 1, . . . , n ,

e isso garante que f está bem-deﬁnida. De forma semelhante,

g : T n

_−→

T n

(eix1_{, . . . , e}ixn₎

−→

[(x1, . . . , xn)]

está bem-deﬁnida, g

_◦

f = 1T n e f

◦

g = 1_Tn. Portanto, f é bijetora.

Seja V =

_{

(x1, . . . , xn)

∈

Rn

|

a j

−

π < x j < a j + π

}

. V

⊂

Rn é tal que

f ( p)

_∈

π(V ) e π

_|

_V: V

_−→

π(V )

_⊂

T n é um difeomorﬁsmo. Observe que f (Π(U p)) =

π

_|

_V(V ). Assim, a expressão de f em coordenadas, com (x1, . . . , xn)

∈

U p, é dada

por

π

_|

−1_V

_◦

f

_◦

Π

_|

_U_p (x1, . . . , xn) = π

|

−1_V

◦

f ([(x1, . . . , xn)])

= π

_|

−1_V (eix1_{, . . . , e}ixn₎

= (x₁, . . . , xn)

=1U p(x1, . . . , xn),

que é diferenciável. Isso mostra que f : T n

_→

_Tn é diferenciável. De forma

seme-lhante, mostra-se que g : T n

_→

T n é diferenciável e, portanto,_f é um difeomorﬁsmo.

A conta acima também mostra que f

_◦

Π = π. Assim, se p = Π(q ) (q

_∈

Rn) e

w

_∈

Rn, teremos

dπq(w) = d(f

◦

Π)q(w) = df Π(q)

◦

dΠq(w) = df p

◦

dΠq(w).

Assim, como Π e π são difeomorﬁsmos locais, podemos escrever df p = dπq

◦

(dΠq)−1, pelo menos em uma vizinhança de q . Logo, se u, v

∈

T pT n, temos



df p(u), df p(v)



_f₍_p₎ =



df p(u), df p(v)



_f_(Π(_q₎₎ =



df p(u), df p(v)



_π₍_q₎

=



dπq

◦

(dΠq)−1(u), dπq

◦

(dΠq)−1(v)



π(q) :=



(dπq)−1(dπq

◦

(dΠq)−1(u)), (dπq)−1(dπq

◦

(dΠq)−1(v))



_R_n =



(dΠq)−1(u), (dΠq)−1(v)



_R_n =



d(Π−1) p(u), d(Π−1) p



_R_n :=

_

u, v

_

_p ,

e isso prova que f é uma isometria. 

Exercício 3. Obtenha uma imersão isométrica do toro plano T n em R2n.

Solução: Pelo Exercício anterior, do ponto de vista da categoria de variedades

Riemannianas, o toro plano e T n = S 1

_{× · · · ×}

S 1 tratam-se do mesmo objeto. Deﬁna f : T n = S 1

_{× · · · ×}

S 1

_−→

R2n

(eix1_{, . . . , e}ixn₎

(8)

É fácil ver que tal aplicação está bem-deﬁnida e é diferenciável. Seja p = (eia1_{, . . . , e}ian₎

∈

T n e U p =

{

(x1, . . . , xn)

∈

Rn

|

a j

−

π < x j <

a j + π

}

. π

|

_U_p : U p

→

π(U p)

⊂

T n é um difeomorﬁsmo (uma carta em torno de

p). Calculemos df p : T pT n

→

R2n. Seja u = α(0)

∈

T pT n. Se α : I

→

T n com

α(t) = (eiθ1(t)_{, . . . , e}iθn(t)₎, então

df p(u) := (f

◦

α)(0) =

d

dt





_t₌₀(f

◦

α)(t)

= d

dt





_t₌₀(cos θ1(t), sen θ1(t) . . . , cos θn(t), sen θn(t))

= (

₋

θ₁(0) sen θ₁(0), θ₁(0) cos θ₁(0), . . . ,

₋

θ_n(0) sen θn(0), θn(0) cos θn(0)).

Portanto, se v = β (0)

_∈

T pT n, β (t) = (eiϕ1(t), . . . , eiϕn(t)) é tal que df p(u) =

df p(v), então, para todo j = 1, . . . , n,



₋

θ_j(0) sen θ j(0) =

−

ϕ j(0) sen ϕ j(0),

θ_j(0) cos θ j(0) = ϕ_j(0) cos ϕ j(0).

Como α(0) = p = β (0), isso implica que

₋

θ_j(0) =

₋

ϕ_j(0) e θ_j(0) = ϕ_j(0), para todo j = 1, . . . , n e, portanto, u = v. Isso prova que df p é injetora, para todo p

∈

M

ou seja, f é uma imersão.

Considere U p =

{

(x1, . . . , xn)

∈

Rn

|

ai

−

π < xi < ai + π

}

e a carta em

torno de p dada por X := π

_|

_U_p : U p

→

π(U p). Para cada q

∈

U p, denote por



∂

∂x1(q ), . . . ,

∂

∂xn(q )



a base coordenada de T π(q)T

n_{. Para não carregar a notação,}

escreveremos simplesmente π ao invés de π

_|

_U_p, ﬁcando implícito que estamos

traba-lhando apenas em U p. Para todo q = (x1, . . . , xn)

∈

U p, temos



_df π(q)

·

∂ ∂xi(q ), df π(q)

·

∂ ∂x j(q )



f ◦π(q) =



df _π₍_q₎ d dt





_t₌₀π(q + tei), df π(q) d dt





_t₌₀(π(q + te j)



Rn =



d dt





_t₌₀(f

◦

π(q + tei)), d dt





_t₌₀(f

◦

π(q + te j))



=



d dt





_t₌₀(f

◦

π)(x1, . . . , xi + t, . . . , xn), d dt





_t₌₀(f

◦

π)(x1, . . . , x j + t, . . . , xn)



=



d

dt





_t₌₀(cos x1, sen x1, . . . , cos(xi + t), sen(xi + t), . . . , cos xn, sen xn), d

dt





_t₌₀(cos x1, sen x1, . . . , cos(x j + t), sen(x j + t), . . . , cos xn, sen xn)



=

_

(0, 0, . . . ,

₋

sen xi, cos xi, . . . , 0, 0), (0, 0, . . . ,

−

sen x j, cos x j, . . . , 0, 0)



= δ ij =



∂ ∂xi (q ), ∂ ∂x j (q )



π(q) .

Isso implica que, para vetores quaisquer u, v

_∈

T _π₍_q₎T n_,



df π(q)(u), df π(q)(v)



_f

◦π(q) =



u, v



π(q) ,

(9)

Exercício 4. Uma função g : R

_→

R dada por _{g(t) = yt + x},_{t, x, y}

_∈

R, _{y > 0}, é

chamada função aﬁm própria .

O conjunto de todas essas funções com alei usual de composição é um grupo de Lie G. Como variedade diferenciável, G é simplesmente o semi-plano superior isto é

{

(x, y)

_∈

R2_{; y > 0}

_}

com a estrutura diferenciável usual. Prove que:

(a) A métrica Riemanniana de G invariante à esquerda, que no elemento neutro e = (0, 1) coincide com a métrica euclidiana (g₁₁ = g₂₂ = 1, g₁₂ = 0) é dada

por g11 = g22 = _y12, g12 = 0, (esta é métrica da geometria não-euclidiana de

Lobatchevski).

(b) Pondo (x, y) = z = x + iy, i =

√

₋

1, a transformação z

_→

z = az_cz₊+_db, a,b,c,d

_∈

R,_ad

₋

_{bc = 1} é uma isometria de_G.

Sugestão: Observe que a primeira forma fundamental pode ser escrita:

ds2 = dx 2 _+ dy2 y2 =

−

4 dz dz (z

₋

z)2. Solução:

(a) Suponha que G esteja munido de uma métrica Riemanniana invariante à

esquerda. Como dito no enunciado, estamos identiﬁcando cada g

_∈

G dada por g(t) = yt + x, y > 0, t, x

_∈

R com o ponto _{(x, y)} do semiplano superior de R2. Assim, para cada _g₀

_≡

_(x₀_{, y}₀₎

_∈

_G, temos que a translação à esquerda

Lg0 : G

→

G é dada por

Lg0(g)(t) = g0g(t) = g0(g(t)) = g0(yt + x) = y0(yt + x) + x0 = (y0y)t + y0x + x0,

para todo g

_≡

(x, y)

_∈

G. Escrito de outra forma, temos L₍_x₀_,y₀₎(x, y) = (y0x + x0, y0y),

para todo (x0, y0), (x, y) no semiplano superior. Assim, utilizando a estrutura

diferenciável do semiplano superior, temos

d(L₍_x₀_,y₀₎)₍_x,y₎ =





∂ ∂xL(x0,y0),1(x, y) ∂ ∂yL(x0,y0),1(x, y) ∂ ∂xL(x0,y0),2(x, y) ∂ ∂yL(x0,y0),2(x, y)





=



y0 0 0 y0



_.

Isso mostra que d(L₍_x₀_,y₀₎)₍_x,y₎ u = y0u, para todo (x, y)

∈

G e u

∈

T (x,y)G

≡

R2.

Estamos supondo que G possui uma métrica invariante à esquerda, ou seja,



u, v

_

₍_x,y₎ =



d(L₍_x₀_,y₀₎)₍_x,y₎ u, d(L₍_x₀_,y₀₎)₍_x,y₎ v



L₍_x₀_,y₀₎(x,y),

para todo (x0, y0), (x, y)

∈

G, u, v

∈

R2. Tomando (x, y) = e = (0, 1) nesta

equação e supondo que

_

u, v

_

_e =

_

u, v

_

(produto interno usual de R2), obtemos



u, v

_

=

_

u, v

_

₍₀_,₁₎ =

_

y0u, y0v



_L₍_x

0,y0)(0,1) = y

2

(10)

donde concluímos que



u, v

_

₍_x,y₎ =



u, v



y2 ,

∀

(x, y)

∈

G.

De fato, os gij dessa métrica são gij(x, y) =



ei, e j



₍_x,y₎ = ei_y,e2j =

δij

y2 , como

pede o enunciado do exercício.

Observação 1.2. Supomos inicialmente que G possuía uma métrica Rieman-niana invariante à esquerda e chegamos a uma expressão explícita para ela. Observe que tal expressão deﬁne de fato uma métrica Riemanniana em G.

(b) Mostremos primeiramente que ϕ : G

_→

G dada por ϕ(z) = az_cz₊+_db, ad

₋

bc = 1, a,b,c,d

_∈

R está bem deﬁnida. De fato, seja_{z = (x, y)}

_∈

_G. Temos

Im_{ϕ(z) =} Im



az + b cz + d



= Im



(az + b)(cz + d)

|

cz + d

_|

2



= 1

|

cz + d

_|

2Im((az + b)(cz + d)) = 1

|

cz + d

_|

2Im(ac

|

z

|

2_{+ adz + bcz + bd)} = 1

|

cz + d

_|

2Im(adz + bcz) = 1

|

cz + d

_|

2(adIm(z) + bcIm(z)) = 1

|

cz + d

_|

2(adIm(z)

−

bcIm(z)) = Im_(z)

|

cz + d

_|

2 > 0,

pois z

_∈

G

_⇒

Im_(z) > 0. Portanto,_ϕ : G

_→

_G está bem deﬁnida.

Mostremos que ϕ é uma isometria. Sejam z = (x, y)

_∈

G, u, v

_∈

R2 quaisquer.

Usando o fato de que dϕz(u) = ϕ(z)

·

u, em que ϕ : G

→

C é a derivada

complexa2 _de

ϕ e ϕ(z)

_·

u é o produto complexo de ϕ(z) e u, temos



d(ϕ)z(u), d(ϕ)z(v)



_ϕ₍_z₎ = 1 (Im_ϕ(z))2



ϕ _(z)

·

u, ϕ(z)

_·

v



=

|

cz + d

|

4 (Im_z)2



a(cz + d)

₋

(az + b)c (cz + d)2

·

u, a(cz + d)

₋

(az + b)c (cz + d)2

·

v



=

|

cz + d

|

4 (Im_z)2



ad

₋

bc (cz + d)2

·

u, ad

₋

bc (cz + d)2

·

v



=

|

cz + d

|

2 (Im_z)2



1 (cz + d)2

·

u, 1 (cz + d)2

·

v



(∗) =

|

cz + d

|

4 (Im_z)2 1

|

cz + d

_|

4



u, v



= 1 (Im_z)2



u, v



=



u, v



z

o que mostra que ϕ é uma isometria.

Em (

_∗

) estamos usando que o produto interno

_·

,

_·

usual em R2 satisfaz



λ

_·

u,λv

_

=

_|

λ

_|

2

_

u, v

_

,

_∀

λ

_∈

C, _{u, v}

_∈

R2

_≡

C, sendo “

_·

”_{o produto complexo}.

2

(11)

Provemos este fato. Sejam λ = (x, y), u = (u₁, u₂) e v = (v₁, v₂)

_∈

C

_≡

R2.

Temos



λ

_·

u, λ

_·

v

_

=

_

(x, y)(u₁, u₂), (x, y)(v₁, v₂)

_

=

_

(xu1

−

yu2, xu2 + yu1), (xv1

−

yv2, xv2 + yv1)



= (xu1

−

yu2)(xv1

−

yv2) + (xu2 + yu1)(xv2 + yv1)

= x2u₁v₁

₋

xyu₁v₂

₋

xyu₂v₁ + y2u₂v₂ + x2u₂v₂ + xyu₂v₁ + xyu₁v₂ + y2u₁v₁ = (x2+ y2)(u1v1 + u2v2) =

|

λ

|

2



u, v



.

Isso encerra o exercício.



Exercício 5. Prove que as isometrias de S n

_⊂

Rn+1 com a métrica induzida são as

restrições a S n das transformações lineares ortogonais de Rn+1.

Solução: Considere a função arccos : [

₋

1, 1]

_→

[0, π].

Lema 1.3. Se ρ : S n

×

S n

→

R_{é a distância induzida pela métrica Riemanniana}

em S n, então ρ( p, q ) = arccos(

_

p, q

_

),

_∀

p, q

_∈

S n

_⊂

Rn_.

Demonstração. Sejam p, q

_∈

S n_{. Se} _{p = q}_{, então} _{ρ( p, q ) = 0 = arccos 1 =}

arccos

_

p, q

_

.

Caso 1. Se p =

₋

q :

Seja β : [a, b]

_→

S n um caminho diferenciável por partes ligando p a q . Complete

{

p

_}

a uma base (ordenada) ortonormal B ₌

_{

_{p, v}₁_{, . . . , v}_n

_}

de Rn+1. Escreva, nesta

base, β (t) = (x0(t), x1(t), . . . , xn(t)). Como β (a) = p e β (b) = q =

−

p, temos

x0(a) = 1 e x0(b) =

−

1. Como x0 : [a, b]

→

R é contínua, existe ξ

∈

[a, b] tal que

x₀(ξ ) = 0. Se v₁ = β (ξ ), então



p, v₁



=

_

(1, 0, . . . , 0), (0, x1(ξ ), . . . , xn(ξ ))



= 0.

Assim, a menos de trocar v1 por v₁, podemos supor que β sai de p e passa por v1

antes de chegar em q . Deﬁna α : [0, π]

_→

S n, α(t) = (cos t, sen t, 0, . . . , 0). Temos π₀(α) =



π 0

|

α _(t)

|

dt =



π 0 1 dt = t

|

π 0 = π.

Seja U + =

{

(x0, x1, . . . , xn)

∈

S n

|

0 < x1

}

. Como v1

∈

U + e β (ξ ) = v1, temos

que β ([a, b])

_∩

U ₊

_

=

_∅

. Seja (a, b)

_⊂

[a, b], com a = inf

_{

t

_∈

[a, b]

_|

β ([t, ξ ])

_⊂

U ₊

_}

e b = sup

_{

t

_∈

[a, b]

_|

β ([ξ, t])

_⊂

U +

}

. Como β : [a, b]

→

S n é contínua e U +

é aberto em S n_{, é possível provar que} _a _{< ξ < b} _{e que} _β (a_{), β (b}_{) /}

∈

U ₊ e lim

t→ax1(t) = 0 = lim_t_→_bx1(t). Observe que β ((a

_{, b}₎₎

⊂

U +. Considere o sistema de

coordenadas X : U +

→

Dn, sendo Dn =

{

(x0, x2, . . . , xn)

∈

Rn

|

x20+

· · ·

+ x2n < 1

}

e

X (x0, x1, x2 . . . , xn) = (x0, x2, . . . , xn) .

(12)

Proposição 1.4. Se f : M

_→

N é uma isometria entre variedades Riemannianas e

ρ : M

_×

M

_→

R_, _{σ : N}

_×

_N

_→

R_{são as respectivas distâncias induzidas em cada}

variedade, então σ(f ( p), f (q )) = ρ( p, q ), para todo p, q

_∈

M .

Demonstração. Sejam p, q

_∈

M quaisquer. Seja α : [a, b]

_→

M um caminho

diferen-ciável por partes ligando p a q . Como o comprimento de α é soma dos comprimentos

de cada segmento diferenciável de α, suporemos que a própria α é diferenciável.

Usando que f é isometria, obtemos b_a(α) =



b a



α _{(t), α}_(t)



α(t) dt =



b a



df α(t)α _{(t), df} α(t)α(t)



_f ◦α(t) dt =



b a



(f

_◦

α)(t), (f

_◦

α)(t)



_f_◦_α₍_t₎ dt = b_a(f

_◦

α).

Portanto, se α é um caminho diferenciável ligando p a q , então existe um caminho

diferenciável f

_◦

α ligando f ( p) a f (q ) tal que (α) = (f

_◦

α). Usando o mesmo

argumento para a função inversa f −1 : N

_→

M , temos que os conjuntos

_{

(α)

_∈

R

_|

_{α : [a, b]}

_→

_{M , α(a) = p, α(b) = q,a < b}

_}

e

_{

_(β )

_∈

R

_|

_{β : [a}_{, b}_]

_→

_{N, β (a}_{) =}

f ( p), β (b) = f (q ), a < b

_}

são iguais e, portanto, seus ínﬁmos são iguais. Portanto, σ(f ( p), f (q )) = ρ( p, q ).

Lema 1.5. Se f : S n

_→

S n uma isometria e

_{

e₁, . . . , en+1

} ⊂

S n é base canônica

de Rn+1_{, então}

_{

_f (e₁_{), . . . , f (e}_n₊₁₎

_}

_{é uma base ortonormal de}Rn+1_.

Demonstração. De fato, se ρ : S n

_×

S n

_→

R é a distância induzida pela métrica

Riemanniana em S n_{, então usando o Lema 1.3 e a Proposição 1.4, temos}

arccos δ ij = arccos



ei, e j



= ρ(ei, e j) = ρ(f (ei), f (e j)) = arccos



f (ei), f (e j)



e, como arccos : [

₋

1, 1]

_→

[0, π] é bijetora, isso implica que

_

f (ei), f (e j)



= δ ij, para

todo i, j = 1, . . . , n + 1.

Finalmente podemos provar o enunciado do exercício:

Proposição 1.6. Se f : S n

_→

S n, então a transformação linear ortogonal T :

Rn+1

_→

Rn+1 _{deﬁnida por}_T (e_j_{) = f (e}_j₎_,

_∀

_{j = 1, . . . , n + 1}_{é tal que} _T

_|

S n = f .

Demonstração. Pelo Lema 1.5, T de fato é uma transformação linear ortogonal, pois

leva base ortonormal em base ortonormal. Resta mostrar apenas que T

_|

_Sn = f . Seja

(x1, . . . , xn+1)

∈

S n. Para cada j = 1, . . . , n + 1, temos

arccos

_

f (e j), f (x1, . . . , xn+1)



= ρ(f (e j), f (x1, . . . , xn+1)) = ρ(e j, (x1, . . . , xn+1))

= arccos

_

e j, (x1, . . . , xn+1)



= arccos x j

⇒ 

f (e j), f (x1, . . . , xn+1)



= x j.

Como T é ortonormal, temos que T (x1, . . . , xn+1)

∈

S n. Assim, podemos escrever

ρ(T (x₁, . . . , xn+1), f (x1, . . . , xn+1)) = arccos



n+1



j=1 x jf (e j), f (x1, . . . , xn+1)



= arccos n+1



j=1 x j



f (e j), f (x1, . . . , xn+1)



= arccos



j=1 x_j2 = arccos 1 = 0.

(13)

Como ρ : S n

×

S n

→

R é uma função distância, isso implica que_T (x₁_{, . . . , x}_n₊₁_{) =}

f (x₁, . . . , xx+1). Portanto, T

|

S n = f .

Isto encerra o exercício. 

Exercício 6. Mostre que a relação “M é localmente isométrica a N ” não é simétrica.

Solução: Seja M =

_{

(x,y, 0)

_∈

R3

_|

_{x, y}

_∈

R

_}

e_{N = M}

_∪

_S, sendo_S =

_{

_(x,y,z)

_∈

R3

_{| |}

_(x,y,z)

₋

_{(0, 0, 2)}

_|

_{= 1}

_}

a esfera de centro _{(0, 0, 2)} e raio ₁. Considere as

respectivas estruturas de variedades Riemannianas em M e N induzidas da estrutura

de R3. Neste caso, todos os conceitos de Geometria Riemanniana coincidem com

os respectivos conceitos vistos em Geometria Diferencial de Superfícies em R3. Em

particular, vale o Teorema Egregium de Gauß.

Dessa forma, f : M

_→

N dada pela inclusão f ( p) = p é uma isometria local. No

entanto, se p

_∈

S

_⊂

N , não pode haver isometria local f : U

_⊂

N

_→

f (U )

_⊂

M , p

_∈

U , já que a curvatura de S em p é positiva e a curvatura em M é sempre zero.

Exercício 7. Envolve Grupos de Lie.

(14)

Capítulo 2

Conexões Aﬁns; Conexão

Riemanniana

Exercício 1. Seja M uma variedade Riemanniana. Considere a aplicação P = P c,t0,t : T c(t0)M

→

T c(t)M

deﬁnida por: P c,t0,t(v), v

∈

T c(t0)M , é o transporte paralelo do vetor v ao longo

da curva c. mostre que P é uma isometria e que, se M é orientada, P preserva

orientação.

Solução: Mostremos que P é um isomorﬁsmo linear. Sejam u, v

_∈

T _c₍_t₀₎M e λ

_∈

R quaisquer. Sejam _U (t) e _V (t) os transportes paralelos de _u e_v ao longo de

c, respectivamente, isto é, U e V são os campos de vetores ao longo de c tais que U (t₀) = u, V (t₀) = v e D V _dt = 0 = D U _dt . Observe que U (t) = P (u) e V (t) = P (v).

Usando as propriedades da derivada covariante, temos

D (U + λV ) dt = D U dt + λ D V dt = 0.

Além disso, (U + λV )(t₀) = U (t₀) + λV (t₀) = u + λv. Logo, o campo U + λV ao

longo de c é o transporte paralelo de u + λv, ou seja, P (u + λv) = P (u) + λP (v),

portanto P é linear.

Da mesma forma como P foi deﬁnida, considere Q : T _c₍_t₎M

_→

T _c₍_t₀₎M .

Aﬁrma-mos que P

_◦

Q = 1T _c₍_t₎M e Q

◦

P = 1T _c₍_t

0)M . De fato, seja v

∈

T c(t0)M e V (t) o

transporte paralelo de v ao longo de c de t0 a t. Então V (t0) = v e D V _dt = 0. Logo,

Q

_◦

P (v) = Q(V (t)). Mas Q(V (t)) é dado por V (t



₀), em que V



é tal que V (t) = V (t)



e D



V

dt = 0 (ou seja, é o transporte paralelo de V (t) ao longo de c, mas no sentido “de t

a t0”). Aﬁrmamos que V (t) = V (t)



. Isso segue da unicidade de transportes paralelos

e do fato que V já possui tais propriedades. Assim, Q(V (t)) = V (t



0) = V (t0) = v,

ou seja, mostramos que Q

_◦

P (v) = v = 1T c(t₀₎M , para todo v

∈

T c(t0)M .

Analoga-mente, mostra-se que P

_◦

Q = 1T _c₍_t₎M . Isso conclui a demonstração de que P é um

(15)

Mostremos que P é uma isometria. Sejam u, v

_∈

T _c₍_t₀₎M e U e V os transportes

paralelos de u e v ao longo de c. Pela compatibilidade da conexão com a métrica

Riemanniana, sabemos que



u, v

_

_c₍_t₀₎ =

_

U (t), V (t)

_

_c₍_t₎ ,

_∀

t

_∈

I = Domc,

e isso nos diz exatamente que P é uma isometria entre os espaços vetoriais normados (T _c₍_t₀₎M,

_·

,

_·

_c₍_t₀₎) e (T _c₍_t₎M,

_·

,

_·

_c₍_t₎).

Suponha por ﬁm que M possui orientação A (atlas orientado). Observamos a

seguir que a escolha de uma tal orientação induz uma orientação em cada plano tangente a M . De fato, seja (U,x)

∈

A e sejam X i = _∂x∂ _i a base coordenada

associada a x. Assim, se p

∈

x(U ), deﬁnimos a orientação em T pM como sendo

positiva se ela possui a mesma orientação que

_{

X 1, . . . , X n

}

. Mostremos que a

“orientação positiva” em T pM está bem deﬁnida. Suponha que (V,y)

∈

A com p

_∈

W =x(U )

∩

y(V ) e denote Y _i = _∂y∂

i a base coordenada de y. Seja T o isomorﬁsmo

linear que leva

_{

X 1( p), . . . , X n( p)

}

respectivamente em

{

Y 1( p), . . . , Y n( p)

}

. Queremos

mostrar que det T > 0. A menos de translações de Rn (_{que sabemos que preservam}

a orientação), podemos supor que 0

_∈

U

_∩

V e x(0) = p = y(0). Assim, sobre

∅ 

= W =



x(U

∩

V )

∩

y(U

∩

V ), podemos deﬁnir y

◦

x−1 : W



→

W



.

Aﬁrmação 2.1. T = d(y

◦

x−1)( p). De fato, temos d(y

◦

x−1)( p)

·

X _i( p) = dy(x−1( p))

◦

dx−1( p)

·

X _i( p) = dy(0)

◦

dx−1( p)

◦

dx(0)

·

ei = dy(0)

◦

d(x−1

◦

x)(0)

·

e_i = dy(0)

◦

d(1)(0)

·

e_i = dy(0)

◦

1

·

ei = dy(0)

·

ei = Y i( p).

Como T : T pM

→

T pM dada por T (X i( p)) = Y i( p) é única, devemos ter

T = d(y

◦

x−1)( p). Isso prova a aﬁrmação.

Como A é uma orientação, temos

0 < det(d(x−1

◦

y)(0)) = det(d(x−1( p))

◦

dy(0)) = det(d(x−1( p)))

·

det(dy(0)).

Assim,

det T = det(d(y

◦

x−1)( p)) = det(dy(0)

◦

dx−1( p)) = det(dy(0))

·

det(dx−1( p)) > 0. Isso conclui a demonstração de que

_{

X ₁( p), . . . , X n( p)

}

e

{

Y 1( p), . . . , Y n( p)

}

pos-suem a mesma orientação. Portanto, a orientação em T pM não depende da carta

escolhida.

Resta mostrar que P : T _c₍_t₀₎M

_→

T _c₍_t₎M preserva orientação. Primeiramente,

podemos supor que c([t0, t]) está contido na imagem x(U ) de alguma parametrização (U,x)

∈

A (caso contrário, podemos cobrir c([t₀, t]) com uma quantidade ﬁnita de

tais vizinhanças e provar o resultado em cada uma delas, fato que implica o resultado no intervalo [t0, t]).

(16)

Para cada s

_∈

[t₀, t], seja

_{

X ₁(c(s)), . . . , X n(c(s))

}

a base coordenada da

para-metrização (U,x). Seja

{

v₁, . . . , v_n

}

uma base positiva de T _c₍_t₀₎M . Para mostrar

que P preserva orientação, precisamos mostrar que

_{

P (v1), . . . , P (vn)

}

(que é base

de T _c₍_t₎M pois já mostramos que P é isomorﬁsmo) é positiva. Sejam V ₁, . . . , V n os

transportes paralelos de v1, . . . , vn, respectivamente. Para cada s

∈

[t0, t], escreva

V j(s) = n



i=0

aij(s)X i(c(s)). Sabemos que os transportes paralelos são

diferenciá-veis, de forma que as funções aij : [t0, t]

→

R são diferenciáveis. Observe que

{

X 1(c(s)), . . . , X n(c(s))

}

é uma base positiva de T c(s)M , para todo s

∈

[t0, t]. A

matriz da mudança de base que leva

_{

X 1(c(s)), . . . , X n(c(s))

}

em

{

V 1(s), . . . , V n(s)

}

é precisamente (aij(s)), que é inversível, pela primeira parte do exercício. Portanto,

det(aij(s))



= 0,

∀

s

∈

[t0, t]. Logo, a função d : [t0, t]

→

R dada por d(s) = det(aij(s))

é contínua e não se anula. Como d(t0) = det(aij(t0)) > 0 (pois

{

V 1(t0), . . . , V n(t0)

}

=

{

v₁, . . . , vn

}

é positiva), devemos ter d(t) = det(aij(t)) = det P > 0, como

quería-mos quería-mostrar (observe que

_{

P (v1), . . . , P (vn)

}

=

{

V 1(t), . . . , V n(t)

}

). Isso conclui o

exercício. 

Exercício 2. Sejam X e Y campos de vetores numa variedade Riemanniana M .

Sejam p

_∈

M e c : I

_→

M uma curva integral de X por p, i.e. c(t₀) = p e

d c

dt = X (c(t)). Prove que a conexão Riemanniana de M é

(

_∇

X Y )( p) =

d dt(P

−1

c;t0;t(Y (c(t)))),

onde P c;t0;t : T c(t0)M

→

T c(t)M é o transporte paralelo de c de t0 a t (isso mostra

como a conexão pode ser reobtida da noção de paralelismo).

Solução: Denote por P a aplicação P c,t0,t : T c(t0)M

→

T c(t)M e V : I

→

T M a

aplicação Y

_◦

c(t). Como (

_∇

X Y )( p) depende apenas do vetor X ( p) e do valor de Y

ao longo de uma curva tangente a X em p, usando que c é a curva integral de X e o

item (c) da Proposição 2.2, temos

D V

dt (t0) = (

∇

d cdtY )(t0) =

∇

X (c(t0))Y =

∇

X ( p)Y = (

∇

X Y )( p). (

∗

)

Seja

_{

e1, . . . , en

}

uma base ortonormal de T pM . Para cada i = 1, . . . , n, sejam

P i os transportes paralelos do vetor ei ao longo de c de t0 a t. Observe que

{

P ₁(s), . . . , P n(s)

}

é uma base ortonormal de T c(s)M , para todo s

∈

I , pois a conexão

é compatível com a métrica. Dessa forma, V (s) se escreve como V (s) =

n



i=1

ai(s)P i(s),

para todo s

_∈

I , com ai : I

→

R diferenciáveis. Temos

D V dt = D dt



n



i=1 aiP i



= n



i=1 D dtaiP i = n



i=1



d ai dt P i + ai D P i dt



= n



i=1 d ai dt P i.

Em particular, segue de (

_∗

) que

(

_∇

X Y )( p) = D V dt (t0) = n



i=1 a(t0)P i(t0) = n



i=1 a(t0)ei. (

∗∗

)

(17)

Aﬁrmamos que P −1(V (t)) =

n



i=1

ai(t)ei (aqui, t

∈

I está ﬁxo! É aquele t para o

qual P = P c,t0,t). Como P é isomorﬁsmo, para provar este fato basta mostrar que

P



n



i=1

ai(t)ei



= V (t). De fato, para cada s

∈

I , seja V (s) =



n



i=1 ai(t)P i(s). Temos



V (t0) = n



i=1 ai(t)P i(t0) = n



i=1 ai(t)ei e D_dsV



= n



i=1 d ai(t) ds P i(s) = 0. Portanto, V



é o transporte paralelo de



n i=1

ai(t)ei ao longo de c. Mas V (t) =



n



i=1

ai(t)P i(t) = V (t).

Isso prova que P



n



i=1

ai(t)ei



= V (t). Assim, temos que a função f : I

→

T pM

dada por f (t) = P _c−1_;_t₀_,t(Y (c(t)), na verdade é dada por f (t) = P _c−1_;_t₀_,t(Y (c(t)) = P _c−1_;_t₀_,t(V (t)) = n



i=1 ai(t)ei. Portanto, d dtP −1 c;t0,t(Y (c(t))





t=t0 = d f dt





t=t0 = n



i=1 a(t₀)ei (∗∗) = (

_∇

X Y )( p),

como queríamos demonstrar. 

Exercício 3. Seja f : M n

_→

M n+k uma imersão de uma variedade diferenciável

em uma variedade Riemanniana M . Suponha que M tem a métrica Riemanniana

induzida por f (cf. Exemplo 2.5 do Cap. I). Seja p

_∈

M e U

_⊂

M uma vizinhança

de p tal que f (U )

_⊂

M seja uma subvariedade de M . Sejam X , Y campos de vetores

em f (U ) e estenda-os a campos de vetores X e Y em um aberto de M . Deﬁna (

_∇

X Y )( p) = componente tangencial de

∇

_XY , onde

∇

é a conexão Riemanniana de

M . Prove que

_∇

é a conexão Riemanniana de M .

Solução: 

Exercício 4. Seja M 2

_⊂

R3 uma superfície em R3 com a métrica Riemanniana

induzida. Seja c : I

_→

M uma curva diferenciável em M e V um campo de vetores

tangentes a M ao longo de c; V pode ser pensado como uma função diferenciável V : I

_→

R3, com _V (t)

_∈

_T_c₍_t₎_M.

(a) Mostre que V é paralelo se e somente se d V _dt é perpendicular a T _c₍_t₎M

_⊂

R3

onde d V

dt é a derivada usual de V : I

→

R3.

(b) Se S 2

_⊂

R3 é a esfera unitária de R3, mostre que o campo velocidade ao longo

de círculos máximos parametrizados pelo comprimento de arco é um campo paralelo. O mesmo argumento se aplica para Rn

_⊂

Rn+1.

Solução: 

Exercício 5. No espaço euclidiano, o transporte paralelo de um vetor entre dois

pontos não depende da curva que liga estes dois pontos. Mostre, por um exemplo, que isto não é verdade numa variedade Riemanniana qualquer.

(18)

Solução: Considere a esfera unitária S 2

_⊂

R3. Considere o vetor _{v = (0, 1, 0)}

tangente a S 2 em pN = (0, 0, 1). Considere α : [0, π]

→

S 2 dada por α(t) =

(0, sen t, cos t). Temos α(0) = (0, 0, 1) = pN e α(π) = (0, 0,

−

1) = pS . Seja V :

[0, π]

_→

R3 o transporte paralelo de_v ao longo de_α. Aﬁrmamos que_{V (t) = α}_(t),

∀

t

_∈

[0, π]. De fato, α(0) = (0, cos t,

₋

sen t)

_|

_t₌₀ = (0, 1, 0) = v e1

D α dt (t) = d α(t) dt T = α(t)T = (0,

₋

sen t,

₋

cos t)T =

₋

α(t)T = 0,

pois

₋

α(t) é normal a S 2 em α(t). Pela unicidade do transporte paralelo, segue

que V = α. Daí, V (π) = α(π) = (0, cos π,

₋

sen π) = (0,

₋

1, 0). Façamos agora o

transporte paralelo de v saindo de pN e chegando em pS , mas ao longo da curva

β : [0, π]

_→

S 2, β (t) = (sen t, 0, cos t). Denote por W : [0, π]

_→

R3 tal transporte

paralelo. Aﬁrmamos que W (t) = v,

_∀

t

_∈

[0, π]. Primeiro, precisamos mostrar

que W (t) = v está bem deﬁnida, isto é, v

_∈

T β(t)S 2, para todo t

∈

[0, π]. Mas2



v, β (t)

_

=

_

(0, 1, 0), (sen t, 0, cos t)

_

= 0

_⇒

v

_⊥

β (t)

_⇒

v

_∈

T _β₍_t₎S 2, para todo t

_∈

[0, π]. Portanto, W (t)

_≡

v é um campo bem deﬁnido ao longo de β . É claro que W (0) = v e D W _dt (t) = d W _dt T = 0 e, portanto, W é o transporte paralelo de v ao longo

de β . No entanto,

W (π) = v = (0, 1, 0)

_

= (0,

₋

1, 0) = V (π).



Exercício 6. Seja M uma variedade Riemanniana e p um ponto de M . Considere

a curva constante f : I

_→

M dada por f (t) = p, para todo t

_∈

I . Seja V um

1

Nesta situação, a derivada covariante corresponde à componente tangente da derivada usual em

R3_.

2

(19)

campo vetorial ao longo de f (isto é, V é uma aplicação diferenciável de I em T pM ).

Mostre D V

dt = d V dt , isto é, a derivada covariante coincide com a derivada usual de

V : I

_→

T pM .

Solução: 

Exercício 7. Seja S 2

_⊂

R3 a esfera unitária,_c um paralelo qualquer de_S2 e_V₀ um

ve tor tangente a S 2 em um ponto de c. Descreva geometricamente o transporte

paralelo de V 0 ao longo de c.

Sugestão: Considere o cone C tangente a S 2 ao longo de c e mostre que o transporta

paralelo de V 0 ao longo de c é o mesmo, quer tomado em relação a S 2 ou a C .

Solução: 

Exercício 8. Considere o semi-plano superior

R2+ ₌

_{

_{(x, y)}

_∈

R2_{; y > 0}

_}

com a métrica dada por g₁₁ = g₂₂ = _y12, g12 = 0 (métrica da geometria não-euclidiana

de Lobatchevski).

(a) Mostre que os símbolos de Christoﬀel da conexão Riemanniana são: Γ1₁₁ = Γ2₁₂ = Γ1₂₂ = 0, Γ2₁₁ = _y1, Γ1₁₂ = Γ2₂₂ =

₋

1_y.

(b) Seja v₀ = (0, 1) um vetor tangente no ponto (0, 1) de R2+ (_v₀ é o vetor unitário

do eixo 0y com origem em (0, 1)). Seja v(t) o transporte paralelo de v0 ao

longo da curva x = t, y = 1. Mostre que v(t) faz um ângulo t com a direção de 0y no sentido horário.

Sugestão: O campo v(t) = (a(t), b(t)) satisfaz o sistema (2) que deﬁni um campo

paralelo e que, neste caso, se simpliﬁca em



d a

dt + Γ112b = 0, d b

dt + Γ211a = 0.

Fazendo a = cos θ(t), b = sen θ(t) e notando que ao longo da curva dada temos y = 1,

obteremos das equações acima que d θ

dt =

−

1. Como v(0) = v0, isto implica que

θ(t) = π₂

₋

t.

Solução:

(a) Usaremos a expressão clássica dos símbolos de Christoﬀel da conexão Rie-manniana em termo da métrica RieRie-manniana (ver Manfredo, pág. 62, eq. (10)): Γm_ij = 1 2 n



k=1



∂ ∂xi g jk + ∂ ∂x j gki

−

∂ ∂xk gij



gkm,

sendo (gkm)k,m a matriz inversa da métrica Riemanniana g = (gkm)k,m. No

caso do plano de Lobatchevski, temos

g(x, y) =



g11(x, y) g12(x, y) g21(x, y) g22(x, y)



₌



1 y2 0 0 _y12



⇒

(g(x, y))−1 =



y2 0 0 y2



_.

(20)

No nosso caso, n = 2, temos Γm_ij = 1 2 2



k=1



∂ ∂xi g jk + ∂ ∂x j gki

−

∂ ∂xk gij



gkm = 1 2



∂ ∂xi g j1 + ∂ ∂x j g₁i

−

∂ ∂x₁gij



_g1m ₊



∂ ∂xi g j2 + ∂ ∂x j g₂i

−

∂ ∂x₂gij



_g2m



_. Assim, Γ1₁₁(x, y) = 1 2



∂ ∂xg11(x, y) + ∂ ∂xg11(x, y)

−

∂ ∂xg11(x, y)



y 2 = 0, Γ2₁₂(x, y) = 1 2



∂ ∂xg22(x, y) + ∂ ∂yg21(x, y)

−

∂ ∂yg12(x, y)



y 2 = 1 2 (0 + 0 + 0) y 2 _{= 0,} Γ1₂₂(x, y) = 1 2



∂ ∂yg21(x, y) + ∂ ∂yg12(x, y)

−

∂ ∂xg22(x, y)



y 2 = 1 2 (0 + 0 + 0) y 2 _{= 0,} Γ2₁₁(x, y) = 1 2



∂ ∂xg12(x, y) + ∂ ∂xg21(x, y)

−

∂ ∂yg11(x, y)



y 2 = 1 2



−

(

−

2) 1 y3



y 2 ₌ 1 y, Γ1₁₂(x, y) = 1 2



∂ ∂xg21(x, y) + ∂ ∂yg11(x, y)

−

∂ ∂xg12(x, y)



y 2 = 1 2



−

2 1 y3



y 2 ₌

−

_y1, Γ2₂₂(x, y) = 1 2



∂ ∂yg22(x, y) + ∂ ∂yg22(x, y)

−

∂ ∂yg22(x, y)



y 2 = 1 2



−

2 1 y3



y 2 ₌

−

_y1.

(b) Denote v(t) = (a(t), b(t)) o campo transporte paralelo de v0 ao longo da curva

α(t) = (t, 1). Lembre-se que, se α(t) = (x1(t), . . . , xn(t)) é a expressão local

de uma curva em uma variedade M (no nosso caso, α(t) = (t, 1)) e v₀

_∈

T pM ,

com α(t0) = p, então o transporte paralelo V (t) =

n



j=1

v j(t)X j(α(t)) é dado

pelo sistema de n equações diferenciais 0 = d v k dt + n



i,j=1 Γk_ijv jd xi dt , k = 1, . . . , n , (Veja Manfredo, pág. 58, 59)

(21)

com condição inicial V (t₀) = v₀. No nosso caso, obtemos 0 = d a dt + 2



i,j=1 Γ1_ijv jd xi dt (para k = 1) = d a dt +   0 Γ1₁₁ad x1 dt + Γ 1 12b d x₁ dt +   0 Γ1₂₁ad x2 dt +   0 Γ1₂₂bd x2 dt = d a dt

−

1 x2b d x1 dt = d a dt

−

b, e 0 = d b dt + Γ 2 11a d x1 dt +   0 Γ2₁₂bd x1 dt +   0 Γ2₂₁ad x2 dt + Γ 2 22b_   0 d x2 dt (para k = 2) = d b dt

−

1 x₂a d x₁ dt = d b dt

−

a, ou seja,



d a dt

−

b = 0 d b dt

−

a = 0 . (

_∗

)

Observe que

_

u, v

_

_α₍_t₎ = _Im₍u,v_α₍_t₎₎2 = u,v₁2 =



u, v



, ou seja, a métrica

Rieman-niana do plano de Lobatchevski coincide com a métrica usual do R2,_{sobre a}

curva α. Daí,

_

v0, v0



_v₀ =



v0, v0



= 1. Como v(t) é paralelo e a conexão é

compatível com a métrica, devemos ter

_

v(t), v(t)

_

_α₍_t₎ =

_

v0, v0



v0 = 1. Mas

então

_

v(t), v(t)

_

= 1, isto é, v(t) é unitário no sentido usual (R2₎. Logo,_v(t)

se escreve como v(t) = (a(t), b(t)) = (cos θ(t), sen θ(t)). Segue de (

_∗

) que



₋

θ(t)sen θ(t)

₋

sen θ(t) = 0 θ(t)cos θ(t)

₋

cos θ(t) = 0

⇒

θ

_{(t) =}

−

1,

_∀

t.

pois,

_∀

t, sen θ(t)

_

= 0 ou cos θ(t)

_

= 0. Como v(0) = v₀ = (0, 1), temos θ(0) = π₂ + 2kπ, para algum k

_∈

Z. Tomando_{k = 0}, por simplicidade, obtemos

θ(t) = π₂

₋

t. Agora, θ(t) é o ângulo formado entre v(t) e o eixo 0x no sentido

anti-horário. Daí, o ângulo entre v(t) e o eixo 0y no sentido anti-horário é

π

2

−

t

−

π2 =

−

t. Portanto, o ângulo entre v(t) e o eixo 0y no sentido horário é t. 

Exercício 9. (Métricas pseudo-Riemannianas ). Uma métrica pseudo-Riemanniana

em uma variedade diferenciável M é a escolha, para cada ponto p

_∈

M , de uma

forma bilinear simétrica não degenerada

_

,

_

(porém não necessariamente positiva

deﬁnida) em T pM e que varia diferenciavelmente com p. Exceto pleo fato de não

ser

_

,

_

deﬁnida positiva, todas as deﬁnições até agora apresentadas fazem sentido

em uma métrica pseudo-Riemanniana. Por exemplo, uma conexão aﬁm em M é compatível com uma métrica pseudo-Riemanniana de M se (4) é satisfeita; se, além

disto, (5) se veriﬁca, a conexão aﬁm é dita simétrica .

(a) Mostre que o Teorema de Levi-Civita se estende a métricas pseudo-Riemannianas. A conexão assim obtida é chama pseudo-Riemanniana.

(22)

(b) Introduza uma métrico pseudo-Riemanniana em Rn+1 pela forma quadrática

Q(x0, . . . , xn) =

−

x20 + x21 +

· · ·

+ x2n, (x0, . . . , xn)

∈

Rn+1.

Mostre que o transporte paralelo da conexão de Levi-Civita deste métrica coin-cide com o transporte paralelo usual do Rn+1 (esta métrica pseudo-Riemanniana

é chamada métrica de Lorentz ; para n = 3, ela aparece naturalmente em

Rela-tividade.)

Solução:

(a) Basta observar que na demonstração do Teorema de Levi-Civita, não utiliza-se o fato de que a métrica Riemanniana é deﬁnida positiva.

(b) Uma forma quadrática num R-espaço vetorial _V é uma aplicação_{q : V}

_→

R

da forma q (v) = f (v, v), v

_∈

V , para alguma aplicação bilinear f : V

_×

V

_→

R.

A forma quadrática q : V

_→

R é dita_{deﬁnida positiva}se _q (v)

_≥

₀,

_∀

_v

_∈

_V e

q (v) = 0

_⇔

v = 0. Temos o seguinte resultado:

Proposição 2.2. Se V é um R_{-espaço vetorial e}_{q : V}

_→

R_{é uma forma}

quadrática deﬁnida positiva, então

_

,

_

: V

_×

V

_→

R_{dada por}



u, v

_

= 1

2(q (u + v)

−

q (u)

−

q (v)), u , v

∈

V,

é um produto interno em V .

Demonstração. De fato, seja f : V

_×

V

_→

R a aplicação bilinear tal que

q (v) = f (v, v). Temos



v, v

_

= 1 2(q (2v)

−

2q (v)) = 1 2(f (2v, 2v)

−

2f (v, v)) = 1 2(4f (v, v)

−

2f (v, v)) = f (v, v) = q (v),

∀

v

∈

V

e, portanto,

_

v, v

_{ ≥}

0 e

_

v, v

_

= 0

_⇔

v = 0. Além disso, é claro que



u, v

_

=

_

v, u

_

,

_∀

u, v

_∈

V e



u + λv, w

_

= 1

2(q (u + λv + w)

−

q (u + λv)

−

q (w)) = 1

2(f (u + λv + w, u + λv + w)

−

f (u + λv, u + λv)

−

f (w, w)) = 1

2(   



f (u, u) +    λf (u, v) + f (u, w) +     λf (v, u) +     λ2f (v, v)  

+ λf (v, w) + f (w, u) + λf (w, v) +    f (w, w) 

₋

   f (u, u) 

₋

   λf (u, v)  

−

   λf (v, u) 

₋

   λ2f (v, v)  

₋

   f (w, w))  = 1 2(f (u, w) + f (w, u)) + λ 2(f (v, w) + f (w, v)) = 1

2(f (u, u) + f (u, w) + f (w, u) + f (w, w)

−

f (u, u)

−

f (w, w)) + λ

(23)

= 1

2(f (u + w, u + w)

−

f (u, u)

−

f (w, w)) + λ 2(f (v + w, v + w)

−

f (v, v)

−

f (w, w)) = 1 2(q (u + w)

−

q (u)

−

q (w)) + λ 2(q (v + w)

−

q (v)

−

q (w)) =

_

u, w

_

+ λ

_

v, w

_

,

_∀

u,v,w

_∈

V, λ

_∈

R_.

Isso mostra que

_

,

_

é um produto interno.

Observação 2.3. Observe que, se conhecemos a aplicação bilinear f tal que

q (v) = f (v, v), então o produto interno da proposição acima também pode ser expresso por

_

u, v

_

= 1₂(f (u, v) + f (v, u)).

Voltemos ao exercício. A proposição acima motiva uma pseudo-métrica Rieman-niana a partir da forma quadrática fornecida Q. Observe que f : Rn+1

_×

Rn+1

_→

R dada por

f (x, y) =

₋

x0y0 + x1y1 +

· · ·

+ xnyn

é uma aplicação bilinear e que Q(x) = f (x, x), para todo x

_∈

Rn+1. Deﬁna em

todo ponto p

_∈

Rn+1 e para quaisquer vetores_{x, y}

_∈

Rn+1,



x, y

_

∗ = 1

2(f (x, y) + f (y, x)) = f (x, y) =

−

x0y0 + x1y1 +

· · ·

+ xnyn. Isso de fato deﬁne uma pseudo-métrica pois f f é bilinear simétrica (portanto

diferenciável) e não-degenerada (i.e. f (x, y) = 0,

_∀

y

_∈

Rn+1

_⇒

_{x = 0}).

Portanto, M ∗ = (Rn+1_,

_

_,

_

₎ é uma variedade pseudo-Riemanniana. Denote

por

_∇

∗ _e _{[ , ]}∗ _{a conexão pseudo-Riemanniana e o colchete de} _M∗_{. Como}

M ∗ é o Rn+1 na categoria de variedades diferenciáveis, e o colchete depende

apenas da estrutura diferenciável, temos que [ , ]∗ = [ , ], isto é, o colchete de M = (Rn+1_,

_

_,

_

₎. Dito isso, seja

_∇

a conexão riemanniana de_M. Mostraremos

que

_∇

=

_∇

∗. Para isso, pela unicidade fornecida pelo Teorema de Levi-Civita,

basta mostrar que

_∇

é compatível com a pseudo-métrica de M ∗ e simétrica

com relação ao colchete de M ∗. Temos3

∇

X Y

− ∇

Y X = [X, Y ] = [X, Y ]∗,

∀

X, Y

∈

X(M ∗) = X(M ),

e, portanto,

_∇

é simétrica em M ∗. Lembre-se que (

_∇

X Y )( p) =

∂Y ( p)

∂X ( p), p

∈

R

n+1_.

Mostremos que

_∇

é compatível com

_

,

_

∗. De fato, para todo p

_∈

Rn+1, e_X,

3