Soluções Geometria Riemanniana (Manfredo)

Geometria Riemanniana Manfredo Perdigão do Carmo

Soluções dos Exercícios 4 de novembro de 2017

Sumário 0

Varie ariedades dades Difere Diferenciá nciáve veis is

2

1

Métricas Métri cas Riem Riemannia annianas nas

3

2

Conexões Conex ões Afins; Afins; Conexã Conexão o Riemann Riemanniana iana

13

3

Geodésicas Geodés icas;; Vizinhan Vizinhanças ças Conv Convexas exas

24

1

Capítulo 0

Variedades Diferenciáveis

2

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 →  P n (R)  seja uma isometria local.   Como  S n ⊂ Rn+1 , podemos fazer uso da estrutura de Rn+1 de forma que, se  p ∈  S n e  u, v ∈ T  p S 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  p S n →  T − p S n . Seja  v  ∈ T  p S n e seja  α  : (−, ) →  S n uma curva diferenciável tal que  α(0) = p  e α (0) = v . Por definição, temos Solução:

dA p (v) = (A α) (0) =

◦

−α(0) = −v.

Assim,

u, v  = u, v = −u, −v = dA (u), dA (v)−  = dA (u), dA (v) ( ) . Isso mostra que  A  : S  →  S  é uma isometria. Podemos considerar  P  (R)  como sendo a variedade quociente  S  /G, onde  G  é o grupo dado por { , A}. Dessa forma, a projeção natural π : S  → P  (R) é dada por  π( p) = { p, − p}  e é um difeomorfismo local. Queremos definir uma métrica Riemanniana em P  (R). Seja  q  ∈ P  (R)  e U  ⊂  S  aberto tal que  π | : U  →  π(U ) seja difeomorfismo com  q  ∈ π(U ). Para vetores  u, v ∈ T  P  (R), defina u, v  : = d(π| )−1(u), d(π| )−1(v) ( | ) ( ) = d(π | )−1 (u), d(π | )−1 (v)  . Afirmamos que essa definição não depende do aberto  U . De fato, seja  V  ⊂  S  um outro aberto tal que π | : V  → π(V  )  é um difeomorfismo e q  ∈ π(V  ). Se (π |  )−1 (q ) = (π | )−1 (q ), então U  ∩  V   = ∅ e π | = π | = π | ∩   sobre U  ∩  V  e = (π | )−1 (q ), então necessariamente, não temos nada a demonstrar. Se  (π|  )−1 (q )   p

 p

n

 p

 p

 p

 p

n

n

n

n

1S n

n

n

n

 

U  q

U  q

U  q

U  q

U 

 

π

U 

1

−

q

Rn+1

n

V  

V  

U 

U 

V  

V  

U 

3

n

n

q

q

A  p

U  V  

(π V   )−1 (q ) = A (π U )−1 (q )  e  V 

|

◦ | d(π |  )−1 (u), d(π |  )−1 (v)



V   q

 ∩ A(U ) = ∅. Teremos = d(−π | )−1 (u), d(−π | )−1 (v) ( |  ) ( ) = −d(π | )−1 (u), −d(π | )−1 (v) = d(π | )−1 (u), d(π | )−1 (v) ( |



V   q

π

V  

1

−

  

q

U  q

U  q

U  q

U  q

U  q



U  q

 

π

1 (q )

(−π |U )

−

1 (q )

(π |U )

−

1 (q )

U )

−

.

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  x α  é da forma  x α  = π |y(U α) ◦ yα , para alguma carta y α  :  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 q P n (R)  relativa a  x  e  p  = x −1 (q ), então





∂  ∂  (q ), (q ) ∂x i ∂x j

  

|





 |  ◦ y) (e ), d(π|  ◦ y)(e )

= dx p (ei ), dx p (e j ) q  = d(π q

◦

|

◦

= d(π U )y( p) dy p (ei ), d(π U )y( p) dy p (e j ) −1



U 

 p

i

U 

q

−1



:= d(π U )q (d(π U )y( p) dy p (ei )), d(π U )q (d(π U )y( p) dy p (e j )) =

| (d(π |

|

◦

|

|

◦

 j

(π |U )

q

1 (q )

−



−1 (d(π U )y( p) dy p (ei )), (d(π U )y( p) )−1 (d(π U )y( p) dy p (e j )) U )y( p) )

|

= dy p (ei ), dy p (e j )

◦

|

 ( )  = dy (e ), dy (e )



 p

y  p

i

 p

 j

|

Rn+1

◦

 ,

y ( p)

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 →  T n dada por π(x1 , . . . , xn ) = (eix1 , . . . , eixn ), (x1 , . . . , xn )

n

∈R ,

seja uma isometria local. Mostre que com esta métrica  T n é isométrico ao toro plano. π  : Rn  T n 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, n  I n R temos que d( π U ) p : U  T n é invertível. Para sendo U  p = I 1 u, v  T π( p) T n , defina Solução:

 ∈

→  −  × ··· ×  ⊂ u, v ( )  := π  p

 ⊂



(d( π

|

U p ) p )

| →

|

−1

u, (d( π

|

−1

U p ) p )

v



 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  e ixj = eiyj ,  j  = 1, . . . , n ⇒  x j = y j  + 2k j π , para certos  k j ∈ Z, j = 1, . . . , n. Denote por  T  : Rn → Rn a translação dada por  T (x) = x + k , com  k  = (2k1 π , . . . , 2kn π). Temos  T (U q ) = U  p  e, para todo (a1 , . . . , an ) ∈  U q , π

| ◦ T (a1, . . . , a ) = π| U p

n

U p

(a1  + 2k1 π , . . . , an  + 2kn π) = (ei(a1 +2k1 π) , . . . , ei(an +2kn π) )

= (eia1 , . . . , eian ) = π

|

4

U q

(a1 , . . . , an ).

Portanto, π |U p ◦ T  = π |U q

d( π

| )  ⇒ U q q

⇒  d( π|

 ◦ dT 

|

q

= d( π

| )  ⇒  d(π| U q q

U p ) p

◦

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

|

U p )T (q )

1Rn

está bem definido. Mostremos agora que tal produto interno é diferenciável. Para isso, basta mostrar que ele é diferenciável com respeito a uma parametrização específica (como as mudanças cartas são difeomorfismos, isso implicará que o produto interno é diferenciável em qualquer parametrização). Mas (U  p , π |U p )  é uma parametrização! Sendo ∂x∂ 1 (q ), . . . , ∂x∂ n (q )  a base de  T q T n ,  q  ∈ U  p , com respeito à parametrização (U  p , π |U p ), temos





gij (q ) =

 

 

∂  ∂  (q ), (q ) ∂x i ∂x j

:= (d( π

|

= d( π

π (q )

−1 (d( π U p )q )

|

|



U p )q ei , d( π U p )q e j π (q )

|

U p )q ei ), (d( π

|

−1 (d( π U p )q )



|





U p )q e 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 ) p u, d( π U p ) p v π ( p)

:= (d( π

|

−1

U p ) p )

(d( π

= u, v ,

  ∀u, v ∈ R

|

|

−1

U p ) p u), (d( π U p ) p )

n

(d( π

|



U p ) p v)

e  π  : Rn →  T n é uma isometria local. Considere o toro plano dado por T  n = Rn /2πZn , onde 2πZn é o grupo das k , com    k ∈ {(2πk 1 , . . . , 2πk n ) ∈ translações T k  : Rn −→ Rn da forma T k (x) = x +   n n 1 R |  (k1 , . . . , kn )  ∈ Z } . Observe que cada translação T k   fica unicamente deterk  e de forma que os grupos 2π Zn e {  k ∈ Rn | ∃T k  ∈  2π Zn }  são minada pelo vetor    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  a i ), então Π|I 1 ×···×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  p M . 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





−1 d( Π −1 U p ) p (u), d( Π U p ) p (v)

|

|

Rn

.

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  :

n

T  

[(x1 , . . . , xn )]

−→ −→

T n . (eix1 , . . . , eixn )

Afirmação 1.1. f  é uma isometria. 1

O toro usual

n

R

/Zn não é isométrico a  T n

=

S 1 × · · · × S 1 !

5

Primeiro, precisamos mostrar que f   está bem definida. Se [(x1, . . . , xn )] = k = (2πk 1 , . . . , 2πk n ) ∈  2π Zn tal que  (x1 , . . . , xn ) = [(y1 , . . . , yn )] ∈ T  n , então existe    (y1 , . . . , yn ) + (2πk 1 , . . . , 2πk n ) ⇒  x j = y j  + 2πk j , ∀ j = 1, . . . , n. Segue que eixj = e i(yj +2πk j ) = e iyj ei2πk j = e iyj ,

∀ j = 1, . . . , n ,

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

T n (eix1 , . . . , eixn )

n

−→ −→

T  

[(x1 , . . . , xn )]

está bem-definida,  g ◦ f  = 1T  n e f  ◦ g = 1T n . 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 ◦ f  ◦ Π | V  

U p

|−1 ◦ f ([(x1, . . . , x )]) = π |−1 (e , . . . , e )

(x1 , . . . , xn ) = π

n

V  

ix1

V  

ixn

= (x1 , . . . , xn )

= 1U p (x1 , . . . , xn ),

que é diferenciável. Isso mostra que  f  : T  n →  T n é diferenciável. De forma semelhante, 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  p T  n , temos

df  (u), df  (v) ( )  = df  (u), df  (v) (Π( ))  = df  (u), df  (v) ( ) = dπ  ◦ (dΠ )−1 (u), dπ  ◦ (dΠ )−1 (v) ( ) := (dπ )−1 (dπ  ◦ (dΠ )−1 (u)), (dπ )−1 (dπ  ◦ (dΠ )−1 (v))  p

 p

f   p

   

 p

 p

q

f 

 p

q

q

q

q

q

q

q

 

:= u, v  p ,



π q

q



π q

q



q



= (dΠq )−1 (u), (dΠq )−1 (v) = d(Π−1 ) p (u), d(Π−1 ) p

 p

Rn

Rn

e isso prova que f  é uma isometria. Exercício 3.  Obtenha

Rn



uma imersão isométrica do toro plano  T n em R2n .

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 Solução:

f  : T n = S 1 S 1 (eix1 , . . . , eixn )

×···×

−→ R2 −→   (cos x1, sen x1, . . . , cos x , sen x ) . n

n

6

n

É fácil ver que tal aplicação está bem-definida e é diferenciável. Seja p = (eia1 , . . . , eian ) ∈ 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  p T n → R2n . Seja u = α (0) ∈ T  p T n . Se α : I  → T n com α(t) = (eiθ1 (t) , . . . , eiθn (t) ), então



d df  p (u) := (f  α) (0) = (f  α)(t) dt t=0 d = (cos θ1 (t), sen θ1 (t) . . . , cos θn (t), sen θn (t)) dt t=0 = ( θ1 (0) sen θ1 (0), θ1 (0) cos θ1 (0), . . . , θn (0) sen θn (0), θn (0) cos θn (0)).

 ◦

−





 ◦

−

Portanto, se v = β  (0) ∈ T  p T 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 |  a i −  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 ∂  ∂  n ∂x 1 (q ), . . . , ∂x n (q )  a base coordenada de T π (q ) T  . Para não carregar a notação, escreveremos simplesmente π  ao invés de π |U p , ficando implícito que estamos trabalhando apenas em  U  p . Para todo  q  = (x1, . . . , xn ) ∈  U  p , temos







df π(q)

   

·



∂  ∂  (q ), df π(q) (q ) ∂x i ∂x j

·

   ◦   ◦   −

= df π(q)

d dt

t=0

f ◦π (q )

    ◦    ◦

π(q  + tei ), df π(q)

d dt

(π(q  + te j )

t=0

Rn

d d (f  π(q  + tei )), (f  π(q  + te j )) dt t=0 dt t=0 d d = (f  π)(x1 , . . . , xi  + t, . . . , x n ), (f  π)(x1 , . . . , x j  + t, . . . , xn ) dt t=0 dt t=0 d = (cos x1 , sen x1 , . . . , cos(xi  + t), sen(xi + t), . . . , cos xn , sen xn ), dt t=0 d (cos x1 , sen x1 , . . . , cos(x j  + t), sen(x j  + t), . . . , cos xn , sen xn ) dt t=0 = (0, 0, . . . , sen xi , cos xi , . . . , 0, 0), (0, 0, . . . , sen x j , cos x j , . . . , 0, 0) =



= δ ij =



∂  ∂  (q ), (q ) ∂x i ∂x j





−



. π (q )

Isso implica que, para vetores quaisquer  u, v ∈ T π(q)T n ,





df π(q) (u), df π(q) (v)

e, portanto,  f  é uma imersão isométrica.

7

f ◦π (q )

  ( ) ,

= u, v

π q



Exercício 4.  Uma função g : R chamada  função afim própria .

 → R  dada por g(t) = yt + x,  t, x, y ∈ R, y > 0, é

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 = g 22 = 1, g12 = 0) é dada por g11 = g 22 = y12 , g12 = 0, (esta é métrica da geometria não-euclidiana de Lobatchevski).

√ 

(b)  Pondo (x, y) = z = x +  iy , i = −1, a transformação z a,b,c,d ∈ R,  ad − bc = 1  é uma isometria de  G . Sugestão:

→

z =

az+b cz +d

,

Observe que a primeira forma fundamental pode ser escrita: ds2 =

dx2 + dy 2 = y2

dz − (z4 dz − 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 , y0 ) ∈ G, temos que a translação à esquerda Lg0 : G →  G  é dada por Lg0 (g)(t) = g 0 g(t) = g 0 (g(t)) = g 0 (yt + x) = y 0 (yt + x) + x0  = (y0 y)t + y0 x + x0 ,

para todo  g  ≡ (x, y) ∈  G . Escrito de outra forma, temos L(x0 ,y0 ) (x, y) = (y0 x + x0 , y0 y),

para todo  ( x0, y0), (x, y )  no semiplano superior. Assim, utilizando a estrutura diferenciável do semiplano superior, temos d(L(x0 ,y0 ) )(x,y)  =

=

   

∂  L (x, y) ∂x (x0 ,y0 ),1 ∂  L (x, y) ∂x (x0 ,y0 ),2

 

∂  L (x, y) ∂y (x0 ,y0 ),1 ∂  L (x, y) ∂y (x0 ,y0 ),2

y0 0 . 0 y0

Isso mostra que  d(L(x0 ,y0 ) )(x,y) u = y 0u, 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

2

L(x0 ,y0 ) (0,1)  = y 0

,

8

u, v(

x0 ,y0 ) ,

donde concluímos que

u, v(

x,y)  =

 u, v , ∀(x, y) ∈ G. y2

De fato, os gij  dessa métrica são gij (x, y) = ei , e j (x,y) = pede o enunciado do exercício.

ei ,ej  y2

=

δij y2

 , como

Observação 1.2.   Supomos inicialmente que  G   possuía uma métrica Riemanniana invariante à esquerda e chegamos a uma expressão explícita para ela. Observe que tal expressão define de fato uma métrica Riemanniana em  G. +b − bc = 1, (b)  Mostremos primeiramente que  ϕ  : G →  G  dada por  ϕ(z) = az cz +d ,  ad a,b,c,d ∈ R  está bem definida. De fato, seja  z  = (x, y) ∈  G . Temos

   az + b  = cz + d



(az + b)(cz + d) Imϕ(z) = Im Im cz + d 2 1 1 2 = Im((az + b)(cz + d)) = Im(ac z + adz + bcz + bd) 2 2 cz + d cz + d 1 1 = (adIm(z) + bcIm(z)) Im(adz + bcz) = cz + d 2 cz + d 2 1 Im(z) = (adIm(z) bcIm(z)) = > 0, 2 cz + d cz + d 2

| |

|

| |

|

|

| |

||

|

− | | | | 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 dϕ (u) = ϕ (z) ·  u, em que ϕ : G → C  é a derivada complexa de  ϕ  e  ϕ  (z) · u  é o produto complexo de  ϕ  (z)  e u, temos z

2





1 d(ϕ) (u), d(ϕ) (v) ( )  = (Imϕ(z)) ϕ (z) · u, ϕ (z) · v 2  |cz + d|4 a(cz + d) − (az + b)c · u, a(cz + d) − (az + b)c · v = z

z

 |  | 

ϕ z

(Imz)2 (cz + d)2 cz + d 4 ad bc ad bc = u, v (Imz)2 (cz + d)2 (cz + d)2 cz + d 2 1 1 = u, v (Imz)2 (cz + d)2 (cz + d)2 4 1 (∗) cz + d = u, v (Imz)2 cz + d 4 1 = u, v  = u, v z (Imz)2

 |  |

|

|

   ·

−  ·

(cz + d)2

−  ·

 ·



|         |

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

Observe que  ϕ  é holomorfa pois é o quociente de funções holomorfas.

9

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

 ≡ R2.

C

λ · u, λ · v = (x, y)(u1, u2), (x, y)(v1, v2) = (xu1 − yu 2 , xu2  + yu 1 ), (xv1 − yv2 , xv2  + yv 1 ) = (xu1 − yu 2 )(xv1 − yv2 ) + (xu2  + yu 1 )(xv2  + yv 1 ) = x 2 u1 v1 − xyu 1 v2 − xyu 2 v1  + y 2 u2 v2 + x2 u2 v2  + xyu 2 v1 + xyu 1 v2  + y 2 u1 v1 = (x2 + y 2 )(u1 v1  + u2 v2 ) = |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].

R  é a distância induzida pela métrica Riemanniana  Lema 1.3. Se  ρ : S n S n n em  S  , então ρ( p, q ) = arccos(  p, q  ),  p, q   S n Rn .

× →

Demonstração.   Sejam p, q 

∈

arccos  p, q  .

 

Caso 1.

   ∀  ∈ ⊂ S n .

Se p = q , então ρ( p, q ) = 0 =   arccos 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, v1, . . . , vn} 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  v 1  = β (ξ ), então

 

 p, v1  = (1, 0, . . . , 0), (0, x1 (ξ ), . . . , xn (ξ ))  = 0.





Assim, a menos de trocar  v 1 por  v 1 , podemos supor que  β  sai de  p  e passa por  v 1 antes de chegar em  q . Defina  α  : [0, π] →  S n ,  α(t) = (cos t, sen t, 0, . . . , 0). Temos π

0 (α) =

  | π

0



 

π

α (t) dt =

|

0

1 dt = t π0 = π.

|

Seja U + = {(x0 , x1 , . . . , xn ) ∈ S n |  0  < x1 }. Como v1 ∈  U + e β (ξ ) = v 1 , 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 x1 (t) = 0 = lim x1 (t). Observe que β ((a , b )) ⊂ U + . Considere o sistema de t→a t→b coordenadas  X  :  U + → D n , sendo  D n = {(x0 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn |  x 20 + ··· + x2n    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

◦

 

−1 )( p).

x

De fato, temos d(y

◦

−1

x

)( p) X i ( p) = d y (x−1 ( p)) dx−1 ( p) X i ( p)

·

◦

·

= d y (0) dx−1 ( p) dx(0) ei = d y = d y = d y = d y

◦ ◦ · (0) ◦ d( −1 ◦ )(0) · e (0) ◦ d( )(0) · e (0) ◦ · e (0) · e  = Y  ( p). x

x

1

1

i

i

i

i

i

Como T  : T  p M  → T  p M   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  0.

◦ · Isso conclui a demonstração de que {X 1 ( p), . . . , X   ( p)}  e  {Y 1 ( p), . . . , Y   ( p)}  pos-

det T  = det(d(y

x

n

n

suem a mesma orientação. Portanto, a orientação em T  p M  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]). 14

Para cada s ∈ [t0 , t], seja {X 1 (c(s)), . . . , Xn  (c(s))}  a base coordenada da parametrização (U, x). Seja {v1 , . . . , vn }  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 , . . . , Vn  os transportes paralelos de v1, . . . , vn , respectivamente. Para cada s ∈  [t0 , t], escreva n

V  j (s) =



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

i=0

veis, de forma que as funções aij : [t0, t] → R são diferenciáveis. Observe que {X 1(c(s)), . . . , Xn  (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)), . . . , Xn  (c(s))}  em  {V 1(s), . . . , Vn  (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 ), . . . , Vn  (t0 )} = {v1, . . . , vn}  é positiva), devemos ter d(t) = det(aij (t)) = det P > 0 , como queríamos mostrar (observe que {P (v1 ), . . . , P (  vn )}  =  {V 1 (t), . . . , Vn  (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 dc dt = X (c(t)). Prove que a conexão Riemanniana de  M  é

∇

(

X Y  )( p)

=

d −1 (P  (Y  (c(t)))), dt c;t0 ;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).   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 Solução:

D V  (t0 ) = ( dt

∇

dc dt

Y  )(t0 ) =

∇

X (c(t0 )) Y 

=

∇

X ( p) Y 

=(

∇

(∗)

X Y  )( p).

Seja  { e1 , . . . , en }  uma base ortonormal de T  p M . 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), . . . , Pn  (s)} é uma base ortonormal de  T c(s)M , para todo  s ∈ I , pois a conexão n

 

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

i=1

para todo  s ∈  I , com  a i  :  I  → R  diferenciáveis. Temos D V  D = dt dt

   n

n

D ai P i  = ai P i  = dt i=1 i=1

 n

i=1

ai (s)P i (s),

d ai D P i P i + ai  = dt dt

n

d ai P i . dt i=1

Em particular, segue de  ( ∗)  que D V  ( X Y  )( p) = (t0 ) = dt

∇

n

 i=1

15

n



a (t0 )P i (t0 ) =

 i=1

a (t0 )ei .

(∗∗)

n

Afirmamos que

P −1 (V  (t))

=



ai (t)ei  (aqui, t

i=1

 ∈ 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

    n

n

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

P 

i=1

n

V (t0 ) =

n

 

ai (t)P i (t0 ) =

i=1

n

transporte paralelo de

 

D V   ds

i=1

=

i=1

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

ai (t)ei



n

 

i=1

 

ai (t)P i (s). Temos

i=1

ai (t)ei  ao longo de c. Mas V (t) =

n

Isso prova que P 

∈ I , seja V (s) = n

ai (t)ei e

 

ai (t)P i (t) = V  (t).

i=1

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

i=1

 → T  M   p

dada por  f (t) = P c−1 ;t0 ,t (Y  (c(t)), na verdade é dada por n

f (t)

= P c−1 ;t0 ,t (Y  (c(t))

= P c−1 ;t0 ,t (V  (t))

=



ai (t)ei .

i=1

Portanto, d −1 P  (Y  (c(t)) dt c;t0 ,t



t=t0

d f  = dt

como queríamos demonstrar. Exercício 3.   Seja f  : M n

  n

=

t=t0

i=1

(∗∗)

a (t0 )ei = (

∇

X Y  )( p),



→  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 ∇X Y  , 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 ddtV    é perpendicular a T c(t)M  ⊂ onde ddtV   é a derivada usual de  V  : I  → R3.

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. 16

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 Solução:

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

T 

− sen t, − cos t)

=

T 

−α(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 T  W (0) = v e DdtW  (t) = ddtW  = 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

3

R

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

. 2

A todo momento estamos usando as estruturas de

17

3

R

.

campo vetorial ao longo de  f  (isto é,  V  é uma aplicação diferenciável de  I  em  T  p M ). Mostre DdtV   = ddtV   , isto é, a derivada covariante coincide com a derivada usual de V  : I  →  T  p M . Solução:



Exercício 7.  Seja  S 2

⊂ R3 a esfera unitária,  c  um paralelo qualquer de  S 2 e  V 0 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 R

2+

= (x, y)

com a métrica dada por  g 11  = g 22  = de Lobatchevski).

{

1

y2

∈ R2; y > 0}

,  g 12  = 0 (métrica da geometria não-euclidiana

(a)  Mostre que os símbolos de Christoffel da conexão Riemanniana são: Γ111 = Γ212  = Γ122  = 0,  Γ 211  = y1 ,  Γ 112  = Γ222  = − y1 . (b)   Seja  v 0  = (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



da dt db dt

+ Γ112 b = 0, + Γ211 a = 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 ddtθ = −1. Como v(0) = v0 , isto implica que θ(t) = π2 − t. Solução:

(a)   Usaremos a expressão clássica dos símbolos de Christoffel da conexão Riemanniana em termo da métrica Riemanniana (ver Manfredo, pág. 62, eq. (10)):



1 n ∂  ∂  m Γij = g jk  + gki 2 k=1 ∂x i ∂x j

−



∂  gij gkm , ∂x k

sendo (g km )k,m  a matriz inversa da métrica Riemanniana g = (gkm )k,m . No caso do plano de Lobatchevski, temos



  ⇒

g (x, y) g12 (x, y) g(x, y) = 11  = g21 (x, y) g22 (x, y)

18

1

y2

0

0

y2

1

 (g(x, y))−1 =

 

y2 0 . 0 y2

No nosso caso,  n  = 2, temos

 

1 2 ∂  ∂  m Γij = g jk  + gki 2 k=1 ∂x i ∂x j 1 = 2

∂  ∂  g j 1  + g1i ∂x i ∂x j

−

−



∂  gij gkm ∂x k

 

∂  gij g1m + ∂x 1

∂  ∂  g j 2  + g2i ∂x i ∂x j

−

 

∂  gij g2m . ∂x 2

Assim,



Γ111 (x, y)

1 ∂  ∂  = g11 (x, y) + g11 (x, y) 2 ∂x ∂x = 0,

Γ212 (x, y)

1 ∂  ∂  = g22 (x, y) + g21 (x, y) 2 ∂x ∂y 1 =  (0 + 0 + 0) y 2 = 0, 2

Γ122 (x, y)

1 ∂  ∂  = g21 (x, y) + g12 (x, y) 2 ∂y ∂y 1 =  (0 + 0 + 0) y 2 = 0, 2

Γ211 (x, y)

1 = 2 1 = 2

Γ112 (x, y)

1 = 2 1 = 2

Γ222 (x, y)

1 = 2 1 = 2

 

 − −   −  −  −  −

∂  ∂  g12 (x, y) + g21 (x, y) ∂x ∂x  1 1 ( 2) 3 y 2 = , y y ∂  g21 (x, y) + ∂x 1 2 3 y2 = y

∂  g11(x, y) ∂y 1 , y

∂  g22 (x, y) + ∂y 1 2 3 y2 = y

∂  g22(x, y) ∂y 1 . y



−

∂  g11 (x, y) y 2 ∂x

−

∂  g12 (x, y) y2 ∂y

−

∂  g22 (x, y) y2 ∂x

−

∂  g11 (x, y) y 2 ∂y

−

∂  g12 (x, y) y 2 ∂x

−

∂  g22 (x, y) y2 ∂y

 

 



(b)  Denote  v (t) = (a(t), b(t))  o campo transporte paralelo de  v 0  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  v 0 ∈ T  p M , n

com α(t0) = p , então o transporte paralelo V  (t) = pelo sistema de  n  equações diferenciais n d vk d xi 0= + Γkij v j , k = 1, . . . , n , dt dt i,j =1



19



v j (t)X  j (α(t))  é dado

 j =1

(Veja Manfredo, pág. 58, 59)

com condição inicial  V  (t0 ) = v 0 . No nosso caso, obtemos 2 da d xi 0= + Γ1ij v j dt i,j =1 dt



 

(para k = 1)

0 0 0 da    a d x1 + Γ1 b d x1 + Γ1   a d x2 + Γ1   b d x2 +   Γ111 12 dt dt dt   21 dt   22 dt da 1 d x1 da = = b b, dt x2 dt dt =

−

−

e db dt db = dt

0=

0 0 0     d x1 x2    b d x1 + Γ2    d x2 + Γ 2 b d   + Γ211 a +   Γ212   21 a 22    dt dt dt   dt 1 d x1 db a = a, x2 dt dt

 −

(para k = 2)

 −

ou seja,

  − da dt db dt

 −

b = 0  . a = 0

(∗)

  = u,v = u, v, ou seja, a métrica RiemanObserve que u, vα(t) = Im(u,v α(t))2 12 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.

= 0 ou cos θ(t)  = 0. Como v(0) = v0 = (0, 1), temos pois, ∀t, sen θ(t)  π θ(0) = 2  + 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 π 2 − t − 2 = −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  p M  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. 20

(b) Introduza uma métrico pseudo-Riemanniana em Rn+1 pela forma quadrática Q(x0 , . . . , xn ) =

−x20 + x21 + ··· + x2 , n

(x0 , . . . , xn )

∈ R +1. n

Mostre que o transporte paralelo da conexão de Levi-Civita deste métrica coincide com o transporte paralelo usual do Rn+1 (esta métrica pseudo-Riemanniana é chamada  métrica de Lorentz ; para n = 3, ela aparece naturalmente em Relatividade.) 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:

→

R   é uma forma  Proposição 2.2. Se  V  é um  R-espaço vetorial e  q  : V  R  dada por  quadrática definida positiva, então ,  : V  V 

     × → u, v = 12 (q (u + v) − q (u) − q (v)),

u,v

 ∈ V,

é um produto interno em  V  . Demonstração.   De

fato, seja f  : V  ×  V  q (v) = f (v, v). Temos

→ R  a aplicação bilinear tal que

v, v = 12 (q (2v) − 2q (v)) = 12 (f (2v, 2v) − 2f (v, v)) 1 = (4f (v, v) − 2f (v, v)) = f (v, v) = q (v), ∀v ∈ V  2 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 = 12 (q (u + λv + w) − q (u + λv) − q (w)) 1 = (f (u + λv + w, u + λv + w) − f (u + λv, u + λv) − f (w, w)) 2

1     + f (u, w) + λf (v,  + λ2                            = (   f (u, u) +   λf (u, v) u) v)   f (v,    2    f (u,                + λf (v, w) + f (w, u) + λf (w, v) +   f (w, w) u)    λf (u, v)             λ2                   λf  (   v,   u) v)    f (w, w))   f (v,    1  λ = (f (u, w) + f (w, u)) + (f (v, w) + f (w, v)) 2 2 1 = (f (u, u) + f (u, w) + f (w, u) + f (w, w) f (u, u) f (w, w)) 2  λ + (f (v, v) + f (v, w) + f (w, v) + f (w, w) f (v, v) f (w, w)) 2

−

−

−

−

−

−

−

21

−

−

1 = (f (u + w, u + w) f (u, u) f (w, w)) 2  λ + (f (v + w, v + w) f (v, v) f (w, w)) 2 1  λ = (q (u + w) q (u) q (w)) + (q (v + w) q (v) 2 2 = u, w + λ v, w , u,v,w  V, λ R.

−

−

−

−

−



−   ∀



−

 ∈

− q (w))

∈

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  = 21 (f (u, v) + f (v, u)).

  

Voltemos ao exercício. A proposição acima motiva uma pseudo-métrica Riemanniana a partir da forma quadrática fornecida  Q. Observe que f  : Rn+1 × Rn+1 → R  dada por f (x, y) =

−x0y0 + x1y1 + ··· + x y

n n

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∗ = 12 (f (x, y) + f (y, x)) = f (x, y) = −x0y0 + x1y1 + ··· + x y . n n

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

∇ Y  − ∇  X  = [X, Y  ] = [X, Y  ]∗, ∀X, Y  ∈ X(M ∗) = X(M ), e, portanto, ∇  é simétrica em  M ∗ . Lembre-se que X 

Y  

∇

(

X Y  )( p)

=

∂Y  ( p) , p ∂X ( p)

∈ R +1. n

Mostremos que ∇  é compatível com   , ∗ . De fato, para todo  p ∈ Rn+1 , e  X , 3

Em particular, pelo Teorema de Schwarz, o colchete de

22

n+1

R

é identicamente nulo!

Y  = (Y 0 , . . . , Yn  )  e  Z  = (Z 0 , . . . , Zn  )

∈ X(M ∗), temos

∂  Y, Z  ∗ ∂  X  Y, Z  ( p) = ( p) =  ( Y 0 Z 0  + Y 1 Z 1  + . . . Yn  Z n ) ( p) ∂X ( p) ∂X ( p) ∂Y 0 ( p) ∂Z 0 ( p)  ∂ Y n ( p) ∂Z n ( p) = Z 0 ( p) Y 0 ( p) + + Z n ( p) + Y n ( p) ∂X ( p) ∂X ( p) ∂X ( p) ∂X ( p) ∗ ∂Y 0 ( p)  ∂Y n ( p) = ,..., , (Z 0 ( p), . . . , Zn  ( p)) ∂X ( p) ∂X ( p) ∂Z 0 ( p)  ∂Z n ( p) ∗ + (Y 0 ( p), . . . , Yn  ( p)),  , . . . , ∂X ( p) ∂X ( p) ∗ ∗ ∂Y  ( p)  ∂ Z ( p) = , Z ( p) + Y  ( p), ∂X ( p) ∂X ( p) = ( X Y  )( p), Z ( p) ∗ + Y  ( p), ( X Z )( p) ∗



∗





−

  



−

∇ = ( ∇

 

−

···

 

  ∇ Y, Z ∗ + Y, ∇ Z ∗ ) ( p),

X 



 



X 

  ∇ Z ∗ , e isso mostra a compatibilidade e concluímos que ∇∗ = ∇. Como a derivada = , covariante induzida por uma conexão é única, teremos também que isto é, a derivada covariante de campos ao longo de curvas induzida por ∇∗ ∴

X  Y, Z  ∗ =





∇

X Y,

Z  ∗ + Y,

X 

D∗ dt

D dt

é a mesma que a do Rn+1. Logo, os transportes paralelos ao longo de curvas também são os mesmos. 

23

Capítulo 3

Geodésicas; Vizinhanças Convexas Exercício 1. (Geodésicas de superfícies de revolução).

Indique por (u, v)  as coordenadas cartesianas de Mostre que a função ϕ : U  ⊂ R2 → R3 dada por ϕ(u, v) = (f (v)cos u, f (v)sen u, g(v)), R2 .

∈ R2; u0  < u < u1; v0