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Geometria RiemannianaGeometria Riemanniana
Manfredo Perdigão do CarmoManfredo Perdigão do Carmo
Soluções dos ExercíciosSoluções dos Exercícios
4 de novembro de 20174 de novembro de 2017
SumárioSumário
0 0 VVarieariedades Ddades Difereiferenciánciáveveisis 22
1 1 MétriMétricas cas RiemRiemanniaannianasnas 33
2 2 ConexConexões Afinões Afins; Cos; Conexãnexão Rieo Riemannmannianaiana 1313
3 3 GeodésGeodésicasicas; Vizi; Vizinhannhanças Coças Convnvexasexas 2424
11
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.
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  S n/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  ∈ P n(R) e U  ⊂  S n 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 )−1q (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
não temos nada a demonstrar. Se  (π|V   )−1(q ) = (π|U )−1(q ), então necessariamente,
3
(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 ∂ ∂xi (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 → T n dada por
π(x1, . . . , xn) = (e
ix1 , . . . , eixn), (x1, . . . , xn) ∈ Rn,
seja uma isometria local. Mostre que com esta métrica  T n é isométrico ao toro plano.
Solução: 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,
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) = (e
i(a1+2k1π), . . . , ei(an+2knπ))
= (eia1 , . . . , eian) = π|U q (a1, . . . , an).
4
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 → T n é uma isometria local.
Considere o toro plano dado por T  n = Rn/2πZn, onde 2πZn é o grupo das
translações T  k : R
n −→ Rn da forma T  k(x) =  x +  k, com  k ∈ {(2πk1, . . . , 2πkn) ∈
Rn |  (k1, . . . , kn) ∈ 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|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  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|−1U p ) p(u), d( Π|
−1
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  : T  n −→ T n
[(x1, . . . , xn)] −→ (eix1 , . . . , eixn)
.
Afirmação 1.1. f  é uma isometria.
1O toro usual Rn/Zn não é isométrico a  T n = S 1 × · · · × S 1!
5
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) = eiyjei2πkj = eiyj , ∀ j  = 1, . . . , n ,
e isso garante que  f  está bem-definida. De forma semelhante,
g : T n −→ T  n
(eix1 , . . . , eixn) −→ [(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 talque
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|−1V   ◦ f  ◦ Π|U p (x1, . . . , xn) = π|
−1
V   ◦ f ([(x1, . . . , xn)])
= π|−1V   (eix1 , . . . , eixn)
= (x1, . . . , xn)
= 1U p(x1, . . . , xn),
que é diferenciável. Isso mostra que  f  : T  n → T n 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))

Rn
=

(dΠq)
−1(u), (dΠq)
−1(v)

Rn
=

d(Π−1) p(u), d(Π
−1) p

Rn
:= 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 , . . . , eixn) −→   (cos x1, sen x1, . . . , cos xn, sen xn)
.
6
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  pT n → R2n. Seja u = α(0) ∈ T  pT n. Se α : I  → T n com
α(t) = (eiθ1(t), . . . , eiθn(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), θ1(0) cos θ1(0), . . . ,−θn(0) sen θn(0), θn(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=0
π(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) ,
e, portanto, f  é uma imersão isométrica. 
7
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 = 1y2 , 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+bcz+d ,
a,b,c,d ∈ R,  ad − bc = 1  é uma isometria de  G.
Sugestão: Observe que a primeira forma fundamental pode ser escrita:
ds2 =
dx2 + 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, y0) ∈ 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)  =


∂ 
∂x
L(x0,y0),1(x, y)
∂ 
∂y
L(x0,y0),1(x, y)
∂ 
∂x
L(x0,y0),2(x, y)
∂ 
∂y
L(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(x0,y0)(0,1) =  y
2
0 u, v(x0,y0) ,
8
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,ej
y2
=
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+bcz+d ,  ad − bc = 1,
a,b,c,d ∈ R está bem definida. De fato, seja  z  = (x, y) ∈ G. Temos
Imϕ(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
(Imϕ(z))2

ϕ(z) · u, ϕ(z) · v
=
 |cz + d|4
(Imz)2

a(cz + d) − (az + b)c
(cz + d)2
· u, a(cz + d) − (az + b)c
(cz + d)2
· v

=
 |cz + d|4
(Imz)2

ad− bc
(cz + d)2
 · u, ad− bc
(cz + d)2
 · v

=
 |cz + d|2
(Imz)2

1
(cz + d)2
 · u, 1
(cz + d)2
 · v

(∗)
=
|cz + d|4
(Imz)2
1
|cz + d|4 u, v
=
1
(Imz)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.
2Observe 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) ∈ 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, 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, v1

 = (1, 0, . . . , 0), (0, x1(ξ ), . . . , xn(ξ )) = 0.
Assim, a menos de trocar  v1 por  v 1, 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|π0 = 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) .
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 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
ba(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 =  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 ).
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  (en+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 |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))
= 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
x2 j = arccos 1 = 0.
11
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.
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.

12
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 DV  dt = 0 =
DU 
dt   . Observe que U (t) =  P (u)  e V  (t) =  P (v).
Usando as propriedades da derivada covariante, temos
D (U  +  λV  )
dt
=
DU 
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(t0)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 DV  dt = 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 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  (t0) = 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
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)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) ∈ Ae sejam X i = ∂ ∂xi 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  = ∂ ∂yi 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) · ei
= dy(0) ◦ d(1)(0) · ei
= 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]).
14
Para cada s ∈ [t0, t], seja {X 1(c(s)), . . . , X  n(c(s))} a base coordenada da para-
metrização (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, . . . , 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 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 −1c;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) = (∇ dc
dt
Y  )(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
dt
aiP 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. (∗∗)
15
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
V  
ds =
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 −1c;t0,t(Y  (c(t)), na verdade é dada por
f (t) = P −1c;t0,t(Y  (c(t)) = P 
−1
c;t0,t(V  (t)) =
n
i=1
ai(t)ei.
Portanto,
d
dt
P −1c;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 ∇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 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.
16
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
Dα
dt
(t) =
dα(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, cosπ,− 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 aolongo de  β . É claro que
W (0) = v e DW dt (t) =
dW 
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
1Nesta situação, a derivada covariante corresponde à componente tangente da derivada usual em
R
3.
2A todo momento estamos usando as estruturas de R3.
17
campo vetorial ao longo de  f  (isto é,  V  é uma aplicação diferenciável de  I  em  T  pM ).
Mostre DV  dt =
dV  
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  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) ∈ R2; y > 0}
com a métrica dada por  g11  =  g22 = 1y2 , g12 = 0 (métrica da geometria não-euclidiana
de Lobatchevski).
(a)  Mostre que os símbolos de Christoffel da conexão Riemanniana são: Γ111 =
Γ212  = Γ
1
22 = 0,  Γ
2
11 =
1
y ,  Γ
1
12 = Γ
2
22 = − 1y .
(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 + Γ
1
12b = 0,
d b
dt + Γ
2
11a = 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 θdt = −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 Riemanniana (ver Manfredo, pág. 62, eq.
(10)):
Γmij =
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 1
y2

⇒ (g(x, y))−1 =

y2 0
0 y2

.
18
No nosso caso,  n  = 2, temos
Γmij =
1
2
2
k=1

∂ 
∂xi
g jk  +
∂ 
∂x j
gki −
∂ 
∂xk
gij

gkm
=
1
2

∂ 
∂xi
g j1 +
∂ 
∂x j
g1i −
∂ 
∂x1
gij

g1m +

∂ 
∂xi
g j2 +
∂ 
∂x j
g2i −
∂ 
∂x2
gij

g2m

.
Assim,
Γ111(x, y) =
1
2

∂ 
∂x
g11(x, y) +
∂ 
∂x
g11(x, y) −
∂ 
∂x
g11(x, y)

y2
= 0,
Γ212(x, y) =
1
2

∂ 
∂x
g22(x, y) +
∂ 
∂y
g21(x, y) −
∂ 
∂y
g12(x, y)

y2
=
1
2
 (0 + 0 + 0) y2 = 0,
Γ122(x, y) =
1
2

∂ 
∂y
g21(x, y) +
∂ 
∂y
g12(x, y) −
∂ 
∂x
g22(x, y)

y2
=
1
2
 (0 + 0 + 0) y2 = 0,
Γ211(x, y) =
1
2

∂ 
∂x
g12(x, y) +
∂ 
∂x
g21(x, y) −
∂ 
∂y
g11(x, y)

y2
=
1
2

−(−2) 1
y3

y2 =
1
y
,
Γ112(x, y) =
1
2

∂ 
∂x
g21(x, y) +
∂ 
∂y
g11(x, y) −
∂ 
∂x
g12(x, y)

y2
=
1
2

−2 1
y3

y2 = −1
y
,
Γ222(x, y) =
1
2

∂ 
∂y
g22(x, y) +
∂ 
∂y
g22(x, y) −
∂ 
∂y
g22(x, y)

y2
=
1
2

−2 1
y3

y2 = −1
y
.
(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 vk
dt
+
n
i,j=1
Γkijv
 j d xi
dt
, k = 1, . . . , n , (Veja Manfredo, pág. 58, 59)
19
com condição inicial V  (t0) = v0. No nosso caso, obtemos
0 =
d a
dt
+
2
i,j=1
Γ1ijv j
d xi
dt
  (para k = 1)
=
d a
dt
+  
  
0
Γ111a
d x1
dt
+ Γ112b
d x1
dt
+  
  
0
Γ121a
d x2
dt
+  
  
0
Γ122b
d x2
dt
=
d a
dt
− 1
x2
b
d x1
dt
=
d a
dt
− b,
e
0 =
d b
dt
+ Γ211a
d x1
dt
+  
  
0
Γ212b
d x1
dt
+  
  
0
Γ221a
d x2
dt
+ Γ222b
  
  
  
0
d x2
dt
  (para k = 2)
=
d b
dt
 − 1
x2
a
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) =
u,v
Im(α(t))2 =
u,v
12 = 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.
20
(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
2
(f (v, v) + f (v, w) + f (w, v) + f (w, w) − f (v, v) − f (w, w))
21
=
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 ∈ Rn+1.
Mostremos que ∇ é compatível com  , ∗. De fato, para todo  p ∈ Rn+1, e X ,
3Em particular, pelo Teorema de Schwarz, o colchete de Rn+1 é identicamente nulo!
22
Y  = (Y 0, . . . , Y  n) e  Z  = (Z 0, . . . , Z  n) ∈ X(M ∗), temos
X Y, Z ∗ ( p) = ∂ Y, Z 
∗
∂X ( p)
( p) =
∂ 
∂X ( p)
 (−Y 0Z 0 + Y 1Z 1 + . . . Y  nZ n) ( p)
= −∂Y 0( p)
∂X ( p)
Z 0( p) − Y 0( p)
∂Z 0( p)
∂X ( p)
+ · · · +  ∂Y n( p)
∂X ( p)
Z n( p) + Y n( p)
∂Z n( p)
∂X ( p)
=

∂Y 0( p)
∂X ( p)
, . . . ,
 ∂Y n( p)
∂X ( p)

, (Z 0( p), . . . , Z  n( p))
∗
+

(Y 0( p), . . . , Y  n( p)),

∂Z 0( p)
∂X ( p)
 , . . . ,
 ∂Z n( p)
∂X ( p)
∗
=

∂Y  ( p)
∂X ( p)
, Z ( p)
∗
+

Y  ( p),
 ∂Z ( p)
∂X ( p)
∗
= (∇X Y  )( p), Z ( p)∗ + Y  ( p), (∇X Z )( p)∗
= (∇X Y, Z ∗ + Y,∇X Z ∗) ( p),
∴ X Y, Z ∗ = ∇X Y, Z ∗ + Y,∇X Z ∗ ,
e isso mostra a compatibilidade e concluímos que ∇∗ = ∇. Como a derivada
covariante induzida por uma conexão é única, teremos também que D
∗
dt =
D
dt ,
isto é, a derivada covariante de campos ao longo de curvas induzida por ∇∗
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 co-
ordenadas cartesianas de R2. Mostre que a função ϕ : U  ⊂ R2 → R3 dada por
ϕ(u, v) = (f (v)cos u, f (v)sen u, g(v)),
U  = {(u, v) ∈ R2; u0 < u < u1; v0 <  0  < v1},
onde f  e g   são diferenciáveis, com f (v)2 + g(v) = 0 e f (v) = 0, é uma imersão.
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 u
dt2
+
 2ff 
f 2
d u
dt
d v
dt
= 0,
d2 v
dt2
− ff 

(f )2 + (g)2

d u
dt
2
+
f f  + gg
(f )2 + (g)2

d v
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) = v2, 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) =


−f (v)sen u f (v)cos u
f (v)cos u f (v)sen u
0 g(v)

 .
Se  (x, y) ∈ R2, então
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
segunda equação,  yf (v) sen u = 0 ⇒ y  = 0 (pois  f (v) = 0 pois f  é imersão).
Portanto,  (x, y) = (0, 0) e isso mostra que ϕ é imersão, neste caso. Suponha
agora que cos u = 0. Temos
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
g11(u, v) = e1, e1(u,v) =

dϕ(u,v)e1, dϕ(u,v)e1

= (−f (v)sen u, f (v)cos u, 0), (−f (v)sen u, f (v)cos u, 0)
= (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
G =

f 2 0
0 f 2 + g2

⇒ G−1 =


1
f 2
0
0
1
f 2 + g2

 .
Sabemos que
Γmij =
1
2
2
k=1

∂ g jk
∂xi
+
 ∂ gki
∂xk
−  ∂ gij
∂xk

gkm
25
sendo  gkm a entrada correspondente da matriz G−1.
Fazendo as contas, obtemos
Γ111 = Γ
1
22  = Γ
2
12 = 0, Γ
1
12  =
f 
f 
 ,
Γ211 =
−ff 
f 2 + g2
, Γ222  =
f f  + gg
f 2 + g2
.
Assim, se  γ  :  I  → U ,  γ (t) = (u(t), v(t)) é uma geodésica, então (veja  “equações 
locais de uma geodésica” , Manfredo, pág. 69):
0 =
d2 u
dt2
+
2
i,j=1
Γ1ij
d xi
dt
d x j
dt
=
d2 u
dt2
+
2
i=1

Γ1i1
d xi
dt
d u
dt
+ Γ1i2
d xi
dt
d v
dt

=
d2 u
dt2
+

  
  
0
Γ111
d u
dt
d u
dt
+ Γ112
d u
dt
d v
dt

+

Γ121
d v
dt
d u
dt
+  
  
0
Γ122
d v
dt
d v
dt

=
d2 u
dt2
+ 2
f 
f 
d u
dt
d v
dt
 .
e
0 =
d2 v
dt2
+
2
i,j=1
Γ2ij
d xi
dt
d x j
dt
=
d2 v
dt2
+
2
i=1

Γ2i1
d xi
dt
d u
dt
+ Γ2i2
d xi
dt
d v
dt

=
d2 v
dt2
+

Γ211
d u
dt
d u
dt
+  
  
0
Γ212
d u
dt
d v
dt

+

  
  
0
Γ221
d v
dt
d u
dt
+ Γ222
d v
dt
d v
dt

=
d2 v
dt2
− f f 

f 2 + g2

d u
dt
2
+
 f f  + gg
f 2 + g2

d v
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) = ctecosβ(t) .

26