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, vq 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, ve = 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 < 1} e
X (x0 , x1 , x2 . . . , xn ) = (x0 , x2 , . . . , xn ) . Não consegui terminar. Ver ideia da demonstração aqui .
10
→ × →
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 diferenciável 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
∈
ba (α)
◦ ◦ b
=
b
α (t), α (t)
α(t)
a
b
=
dt =
a
(f α) (t), (f α) (t)
a
df α(t) α (t), df α(t) α (t)
f ◦α(t)
f ◦α(t)
dt
dt = ba (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 ). S n uma isometria e e1 , . . . , en+1 S n é base canônica Lema 1.5. Se f : S n de Rn+1 , então f (e1 ), . . . , f ( en+1 ) é uma base ortonormal de Rn+1 .
→
{
{
}⊂
} × S → R é a distância induzida pela métrica
Demonstração. De
n fato, se ρ : S n Riemanniana em S n , então usando o Lema 1.3 e a Proposição 1.4, temos
e, como arccos : [−1, 1] → [0, π] é bijetora, isso implica que f (e ), f (e ) = δ , para arccos δ ij = arccos ei , e j = ρ(ei , e j ) = ρ(f (ei ), f (e j )) = arccos f (ei ), f (e j ) i
todo i, j = 1, . . . , n + 1 .
j
ij
Finalmente podemos provar o enunciado do exercício: S n , então a transformação linear ortogonal T : Proposição 1.6. Se f : S n 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 |S n = 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))
⇒ f (e ), f (x1, . . . , x +1) = x . j
n
= arccos e j , (x1 , . . . , xn+1 ) = arccos x j
j
Como T é ortonormal, temos que T (x1 , . . . , xn+1) ∈ S n . Assim, podemos escrever
n+1
ρ(T (x1 , . . . , xn+1), f (x1 , . . . , xn+1 )) = arccos
x j f (e j ), f (x1 , . . . , xn+1 )
j =1
n+1
= arccos
j =1
= arccos
x j2 = arccos 1 = 0.
j =1
11
x j f (e j ), f (x1 , . . . , xn+1 )
Como ρ : S n × S n → R é uma função distância, isso implica que T (x1 , . . . , xn+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.
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. Solução:
Exercício 7. Envolve
Grupos de Lie.
12
Capítulo 2
Conexões Afins; Conexão Riemanniana Exercício 1. Seja M uma
variedade Riemanniana. Considere a aplicação
→ T ( )M
P = P c,t0 ,t : T c(t0 ) M
c t
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. 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 DdtV = 0 = DdtU . Observe que U (t) = P (u) e V (t) = P (v). Usando as propriedades da derivada covariante, temos Solução:
D (U + λV ) D U D V = + λ = 0. dt dt dt
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 . Afirmamos que P ◦ Q = 1T c(t) M e Q ◦ P = 1T c(t0 ) M . De fato, seja v ∈ T c(t0 ) M e V (t) o transporte paralelo de v ao longo de c de t 0 a t . Então V (t0 ) = v e DdtV = 0 . Logo, Q ◦ P (v) = Q(V (t)). Mas Q(V (t)) é dado por V (t0 ), em que V é tal que V (t) = V (t) e DdtV = 0 (ou seja, é o transporte paralelo de V (t) ao longo de c , mas no sentido “de t a t 0 ”). 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 (t0 ) = V (t0 ) = v , ou seja, mostramos que Q ◦ P (v) = v = 1T c(t0 ) M , para todo v ∈ T c(t0 ) M . Analogamente, mostra-se que P ◦ Q = 1T c(t) M . Isso conclui a demonstração de que P é um isomorfismo.
13
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) ( ) , ∀t ∈ I = Dom , c
c t
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 p M como sendo positiva se ela possui a mesma orientação que { X 1 , . . . , Xn }. Mostremos que a “orientação positiva” em T p M 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), . . . , Xn ( p)} respectivamente em {Y 1 ( p), . . . , Yn ( 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
◦
−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 < det(d(x−1
◦
y)(0))
= det(d(x−1 ( p)) dy (0)) = det(d(x−1 ( p))) det(dy (0)).
◦
·
Assim,
◦
−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 ( 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, vα(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 , v0v0 = 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 < 0 < v1}, = 0 e f (v) = 0, é uma imersão. onde f e g são diferenciáveis, com f (v)2 + g (v) U = (u, v)
{
A imagem ϕ(U ) é a superfície gerada pela rotação em torno do eixo 0z da curva (f (v), g(v)) e é chamada uma superfície de revolução S . As imagens por ϕ das curvas u = constante e v = constante são chamadas meridianos e paralelos , respectivamente, de S . (a) Mostre que a métrica induzida nas coordenadas (u, v) é dada por g11 = f 2 , g12 = 0, g22 = (f )2 + (g )2 .
(b) Mostre que as equações locais de uma geodésica γ são
d2 v dt2
−
d2 u 2ff d u d v + 2 = 0, dt2 f dt dt ff du 2 f f + g g + (f )2 + (g )2 dt (f )2 + (g )2
dv dt
2
= 0.
(c) Obtenha o seguinte significado geométrico das equações acima: a segunda equação é, exceto para meridianos e paralelos, equivalente ao fato de que a “energia” |γ (t)|2 de uma geodésica é constante ao longo de γ ; a primeira equação significa que se β (t) é o ângulo orientado, β (t) < π , de γ com um paralelo P intersectando γ em γ (t), então r cos β = const.,
onde r é o raio do paralelo P (a equação acima é chamada relação de Clairaut ). (d) Use a relação de Clairaut para mostrar que uma geodésica de um parabolóide (f (v) = v, g(v) = v 2 , 0 < v <
∞, −ε < u < 2π + ε),
que não é um meridiano, se auto-intersecta um número infinito de vezes. 24
Solução:
(a) Mostremos que ϕ : U → R3 é uma imersão. É claro que ϕ é diferenciável. Além disso, se (u, v) ∈ U , então dϕ(u,v) =
Se (x, y) ∈ R2 , então
−
f (v)sen u f (v)cos u f (v)cos u f (v)sen u . 0 g (v)
dϕ(u,v) (x, y) = 0
⇒ (−xf (v)sen u + yf (v)cos u,xf (v)cos u + yf (v)sen u,yg(v)) = (0, 0, 0) ⇒ −xf (v)sen u + yf (v)cos u = 0 = xf (v)cos u + yf (v)sen u. Se cos u = 0, então −xf (v) sen u = 0 ⇒ x = 0 (pois f (v) = 0 = sen u) e, pela = 0 pois f é imersão). segunda equação, yf (v) sen u = 0 ⇒ y = 0 (pois f (v) Portanto, (x, y) = (0, 0) e isso mostra que ϕ é imersão, neste caso. Suponha = 0 . Temos agora que cos u xf (v)tan u = yf (v) e − xf (v) = yf (v)tan u, que implica −xf (v) = (xf (v) tan u) tan u = xf (v)(tan u)2 ⇒ 0 = x(1 + (tan u)2 ) ⇒ x = 0 ⇒ 0 = yf (v) ⇒ y = 0 ⇒ (x, y) = (0, 0), o que prova que ϕ é imersão, neste caso. Portanto, ϕ induz uma métrica Riemanniana em U que será dada por
( ) = dϕ( )e1, dϕ( )e1 = (−f (v)sen u, f (v)cos u, 0), (−f (v)sen u, f (v)cos u, 0)
g11 (u, v) = e1 , e1
u,v
u,v
u,v
= (f (v))2 ((sen u)2 + (cos u)2 ) = (f (v))2 ,
g12 (u, v) = e1 , e2
−
(
u,v ) = dϕ(u,v) e1 , dϕ(u,v) e2
= ( f (v)sen u, f (v)cos u, 0), (f (v)cos u, f (v)sen u, g (v)) = 0,
g22 (u, v) = dϕ(u,v) e1 , dϕ(u,v) e1
= (f (v)cos u, f (v)sen u, g (v)), (f (v)cos u, f (v)sen u, g (v)) = (f (v))2 + (g (v))2 .
(b) Calculemos os símbolos de Christoffel em U . Temos
f 2 0 G = 2 0 f + g 2
⇒
G
−1
1 2 = f 0
0 . 1 f 2 + g 2
Sabemos que Γm ij
1 2 ∂ g jk ∂ gki = + 2 k=1 ∂x i ∂x k
25
−
∂ gij ∂x k
g km
sendo g km a entrada correspondente da matriz G −1 . Fazendo as contas, obtemos f , f f f + g g 2 Γ22 = . f 2 + g 2
Γ111 = Γ122 = Γ212 = 0, Γ211 =
−ff
f 2 + g 2
Γ112 =
,
Assim, se γ : I → U , γ (t) = (u(t), v(t)) é uma geodésica, então (veja “equações locais de uma geodésica” , Manfredo, pág. 69): 2 d2 u d xi d x j 0= 2 + Γ1ij dt dt dt i,j =1
2 d2 u d xi d u d xi d v = 2 + Γ1i1 + Γ1i2 dt dt dt dt dt i=1
0 d2 u d u d u + Γ1 d u d v = 2 + Γ111 12 dt dt dt dt dt =
0 dv du d v d v + Γ121 + Γ122 dt dt dt dt
d2 u f d u d v + 2 . dt2 f dt dt
e 2 d2 v d xi d x j 0= 2 + Γ2ij dt dt dt i,j =1
2 d2 v d xi d u d xi d v = 2 + Γ2i1 + Γ2i2 dt dt dt dt dt i=1
0 d2 v dudu d u d v = 2 + Γ211 + Γ212 dt dt dt dt dt d2 v = 2 dt
−
f f f 2 + g 2
du dt
2
0 d v d u + Γ2 d v d v + Γ221 22 dt dt dt dt
f f + g g + f 2 + g 2
dv dt
2
.
(c) (d) O raio do paralelo ( f (v) cos u, f (v) sen u, g(v)) é igual a |f (v)| que, neste caso, é igual a f (v) = v (pois 0 < v < ∞). Portanto, a relação de Clairaut fica v cos β = cte. Ou seja, se γ (t) = (u(t), v(t)) é uma geodésica em U , então v(t) = coscte . β (t)
26
