Exercícios Resolvidos Geometria Riemanniana

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Resolução de Exercícios
Geometria Riemanniana
Edward Landi Tonucci
24 de Março de 2013
Índice
Lista 1 1
Lista 2 9
Lista 3 17
Lista 4 22
Lista 5 28
Lista 6 34
Lista 7 40
Lista 8 44
Lista 9 (1a Avaliação) 47
Lista 10 52
Lista 11 56
Lista 12 58
i
Lista 1
Exercício 1.1. Prove que os dois atlas construídos em sala da aula para Pn(R) são
compatíveis, e portanto, determinam a mesma estrutura diferencial.
Demonstração. Seja x̂t =
√√√√1− n∑
t=1
x2t e sejam
ϕi : Rn → Pn
(x1, . . . , xn) = [x1, . . . , xi−1, 1, xi, . . . , xn]
e
ψi : D
n → Pn
(x1, . . . , xn) =
[
x1
x̂t
, . . . ,
xi−1
x̂t
, 1,
xi+1
x̂t
, . . . ,
xn
x̂t
]
,
onde Dn é o disco aberto de centro 0 e raio 1 do Rn.
Seja Ψij = ϕ−1j ◦ ψi, assim temos que se i = j, então
Ψi,i(x1, . . . , xn) = ϕ
−1
i
([
x1
x̂t
, . . . ,
xi−1
x̂t
, 1,
xi
x̂t
, . . . ,
xn
x̂t
])
=
(
x1
x̂t
, . . . ,
xi−1
x̂t
, 1,
xi
x̂t
, . . . ,
xn
x̂t
)
é claramente é difeomorfismo nas pré-imagens das interseções das cartas.
Se i 6= j, então temos as coordenadas xi de ϕ−1i (ψj(Dn)) são sempre não nulas,
1
2
logo
Ψi,j(x1, . . . , xn) = ϕ
−1
i
([
x1
x̂t
, . . . ,
xj−1
x̂t
, 1,
xj
x̂t
, . . . ,
xn
x̂t
])
= ϕ−1i

x1xi , . . . , xi−1xi , 1, xi+1xi , . . . , xj−1xi , x̂txi︸︷︷︸
j−ésima entrada
,
xj
xi
, . . . ,
xn
xi


=
x1xi , . . . , xi−1xi , xi+1xi , . . . , xj−1xi , x̂txi︸︷︷︸
j−ésima entrada
,
xj
xi
, . . . ,
xn
xi
 ,
que também é claramente um difeomorfismo nas pré-imagens das interseções das cartas
Exercício 1.2. Prove que se c ∈ Rh é um valor regular para a função vetorial, diferen-
ciável de classe Ck,
F = (F1, . . . , Fh), com Fi : Rn → R,
com n ≥ k, então o conjunto de nível
Sc = {x ∈ Rn : F1(x) = c1, . . . , Fh(x) = ch}
é uma variedade diferenciável de classe Ck e dimensão n− h.
Demonstração. Como c ∈ Rh é um valor regular para F , tomando a ∈ F−1(c), podemos
aplicar o teorema da aplicação implícita e garantir que podemos decompor a = (a1, a2),
onde a1 ∈ Rn−h e a2 ∈ Rh, e encontrar vizinhanças Ua e Z de a1 e a, respectivamente, tais
que, para cada x ∈ Ua existe um único α(x) ∈ Rh tal que (x, α(x)) ∈ Z e F ((x, α(x))) = c
e α ∈ C1.
Dessa forma, para cada a ∈ F−1(c), temos que
ϕa :
⊂Rn−h︷︸︸︷
Ua → Rn
x 7→ (x, α(x))
é uma carta para F−1(c), restando apenas verificar que a aplicação de transição é um
difeomorfismo Ck.
Sejam então (ϕa, Ua) e (ϕb, Ub) tais que ϕa(Ua) ∩ ϕb(Ub) = V(a,b) 6= ∅. Tome
x ∈ ϕ−1a (Va,b) e seja
ϕ−1b ◦ ϕa : ϕ
−1
a (Va,b)→ ϕ−1b (Va,b),
3
assim,
ϕ−1b ◦ ϕa(x) = ϕ
−1
b (ϕa(x))
= ϕ−1b (x, a(x))
= x,
logo ϕ−1b ◦ ϕa = Id é um difeomorfismo de classe Ck e com isso F−1(c) é uma variedade
Ck de dimensão n− h.
Exercício 1.3. Prove que se F : M → N é uma aplicação diferenciável entre duas
variedades diferenciais M e N , com dimM = dimN = posto(JF ) = n, então F é um
difeomorfismo local.
Demonstração. Sejam (ϕ,U) carta para M com p ∈ ϕ(U) e (ψ, V ) carta para N com
F (p) ∈ ψ(V ).
Queremos mostrar que Φ(ϕ,ψ) = ψ−1 ◦ F ◦ ϕ é um difeomorfismo local.
Tomando f ∈ C∞(N), temos que F ∗(f) ∈ C∞(M) e ,com isso,
F ∗(f) ◦ ϕ = f ◦ F ◦ ϕ
= f ◦ ψ ◦ ψ−1 ◦ F ◦ ϕ.
Como f ∈ C∞(N), temos que f ◦ψ ∈ C∞, e já que F é diferenciável, temos que ψ−1◦F ◦ϕ
é diferenciável.
Sejam (x1, . . . , xn) coordenadas locais para ϕ(U), (y1, . . . , yn) coordenadas locais
para ψ(V ) e πi as projeções de V em R. Assim,
∂(πi ◦ ψ−1 ◦ F ◦ ϕ)
∂xj
(ϕ−1(p)) =
∂(y−1i ◦ F )
∂xj
(p)
=
∂Fi
∂xj
(p),
e com isso JΦ(ϕ,ψ) = JF 6= 0.
Dessa forma podemos aplicar o Teorema da Aplicação Inversa e encontrar que
existem vizinhanças U ′ de ϕ−1(p) e V ′ de ψ−1(F (p)) tais que Φ(ϕ,ψ) é um difeomorfismo,
assim, por definição, temos que F é um difeomorfismo nessas vizinhanças.
Exercício 1.4. Sejam γ1 e γ2 duas curvas regulares sobre uma variedade M que passam
pelo ponto p ∈ M . γ1 e γ2 possuem o mesmo vetor tangente em p se, e somente se, em
uma carta ϕ : U → M , com p ∈ ϕ(U), as curvas ϕ−1 ◦ γ1 e ϕ−1 ◦ γ2 possuem o mesmo
vetor tangente. Prove que essa propriedade de γ1 e γ2 não depende da escolha da carta ϕ.
Demonstração. Sejam γ1 e γ2 duas curvas em M que possuem o mesmo vetor tangente
em p, ou seja, existe uma carta ϕ : U →M , com p ∈ ϕ(U), e as curvas ϕ−1 ◦ γ1 e ϕ−1 ◦ γ2
possuem o mesmo vetor tangente em p.
4
Seja então ψ : V →M com p ∈ ψ(V ). Devemos mostrar que o vetor tangente de
ψ−1 ◦ γ1 em p coincide com o vetor tangente de ψ−1 ◦ γ2 em p, ou seja
d(ψ−1 ◦ γ1)
dt
(p) =
d(ψ−1 ◦ γ2)
dt
(p).
Como ϕ−1 ◦ γ1 e ϕ−1 ◦ γ2 possuem o mesmo vetor tangente em p, temos que
d(ϕ−1 ◦ γ1)
dt
(p) =
d(ϕ−1 ◦ γ2)
dt
(p),
logo
d(ψ−1 ◦ γ1)
dt
(p) =
d(ψ−1 ◦ ϕ ◦ ϕ−1 ◦ γ1)
dt
(p)
=
d(ψ−1 ◦ ϕ)
dt
(ϕ−1 ◦ γ1(p)) ·
d(ϕ−1 ◦ γ1)
dt
(p)
=
d(ψ−1 ◦ ϕ)
dt
(ϕ−1 ◦ γ2(p)) ·
d(ϕ−1 ◦ γ2)
dt
(p)
=
d(ψ−1 ◦ ϕ ◦ ϕ−1 ◦ γ2)
dt
(p)
=
d(ψ−1 ◦ γ2)
dt
(p).
Exercício 1.5. Seja F : M → N uma aplicação diferenciável entre duas variedades
M e N . Seja ξp um vetor tangente a M no ponto p ∈ M , isto é, ξp ∈ TpM . Usar a
definição invariante de F∗p : TpM → TF (p)N para calcular a fórmula de transformação
das componentes de ξp em coordenadas locais.
Demonstração. Sejam (ϕ,U) carta para M com p ∈ ϕ(U) e (ψ, V ) carta para N com
F (p) ∈ ψ(V ). Sejam também (x1, . . . , xn) coordenadas locais para ϕ(U), (y1, . . . , yn)
coordenadas locais para ψ(V ).
Seja
(
∂
∂xi
)
base local para TpM . Tomando f ∈ C∞(N), temos que
F∗p
(
∂
∂xi
∣∣∣∣
p
)
(f) =
∂(f ◦ F )
∂xi
(p)
=
∑
j
∂f
∂yj
(F (p)) · ∂yj
∂xi
(p)
=
∑
j
∂f
∂yj
(F (p)) · ∂Fj
∂xi
(p)
=
(∑
j
∂Fj
∂xi
(p) · ∂
∂yj
|(F (p))
)
(f).
5
Assim, tomando ξp =
∑
i
ai∂xi |p ∈ TpM , temos que
F∗p
∑
i
ai∂xi
∣∣∣∣∣
p
 = ∑
i
aiF∗p
(
∂xi|p
)
=
∑
i
ai
∑
j
∂Fj
∂xi
(p) · ∂
∂yj
∣∣∣∣
(F (p))
=
∑
i,j
ai
∂Fj
∂xi
(p) · ∂
∂yj
∣∣∣∣
(F (p))
.
Exercício 1.6. Seja
F : R2 → R3
(x, y) 7→ (x, y, xy).
Calcule F∗p(∂x|p), F∗p(∂y|p), F∗p(a∂x|p + b∂y|p) no caso em que p = (x0, y0), a, b ∈ R.
Demonstração.
F∗(x0,y0)(∂x|(x0,y0)) =
∂
∂y1
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ x0
∂
∂y3
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
F∗(x0,y0)(∂y|(x0,y0)) =
∂
∂y2
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ y0
∂
∂y3
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
F∗(x0,y0)(a∂x|(x0,y0) + b∂x|(x0,y0)) = a
(
∂
∂y1
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ y0
∂
∂y3
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
)
+b
(
∂
∂y2
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ x0
∂
∂y3
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
)
= a
∂
∂y1
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ b
∂
∂y2
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ (ayo + bx0)
∂
∂y3
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
Exercício 1.7. Seja
F : R2 → R3
(x, y) 7→ Rθ ·
(
x
y
)
, onde Rθ =
(
cosθ −senθ
senθ cosθ
)
.
Calcule F∗p((y∂x − x∂y)|p) com p = (x0, y0).
6
Demonstração. Note que
Rθ ·
(
x
y
)
=
(
xcosθ − ysenθ
xsenθ + ycosθ
)
.
Assim, temos que
F∗(x0,y0)(y0∂x|(x0,y0)) = y0
(
cosθ
∂
∂y1
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ senθ
∂
∂y2
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
)
F∗(x0,y0)(−x0∂y|(x0,y0)) = −x0
(
−senθ ∂
∂y1
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ cosθ
∂
∂y2
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
)
,
logo
F∗(x0,y0)(y0∂x|p − x0∂y|p) = y0
(
cosθ ∂
∂y1
∣∣∣
F ((x0,y0))
+ senθ ∂
∂y2
∣∣∣
F ((x0,y0))
)
−x0
(
−senθ ∂
∂y1
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
+ cosθ
∂
∂y2
∣∣∣∣
F ((x0,y0))
)
= (y0cosθ + x0senθ)
∂
∂y1
∣∣∣∣
F (p)
+ (y0senθ − x0cosθ)
∂
∂y2
∣∣∣∣
F (p)
.
Exercício 1.8. Prove que TM é uma variedade diferenciável, terminando a constru-
ção de um atlas iniciada em sala de aula e verificando que as funções de transição são
difeomorfismos.
Exercício 1.9. Prove que a definição de um campo vetorial tangente, a uma variedade
diferencial M , como seção diferencial do fibrado TM → M , é equivalente à definição
segundo a qual um campo vetorial tangente é uma derivação da álgebra C∞(M).
Demonstração. Se σ : M → TM é uma seção do fibrado vetorial, temos associado a
seguinte derivação Xp dada por
σ : M → TM
p 7→ Xp : C∞(M) → R
f 7→ Xp(f) := X(f)(p).
Reciprocamente, se temos uma derivação da álgebra X : C∞(M) → C∞(M),
tomando f ∈ C∞(M) e p ∈M , podemos associar a seguinte seção do fibrado:
X : C∞(M) → C∞(M)
f 7→ X(f) : C∞(M) → R
p 7→ X(f)(p).
7
Exercício 1.10. Prove que se X, Y ∈ D(M), então [X, Y ] := X ◦ Y − Y ◦X ∈ D(M).
Em particular mostre que vale a identidade de Jacobi, ou seja
[[X, Y ], Z] + [[Y, Z],X] + [[Z,X], Y ] = 0.
Demonstração. Sejam f, g ∈ C∞(M) e a, b ∈ R. Temos que
[X, Y ](af + bg) = (X ◦ Y − Y ◦X)(af + bg)
= (X ◦ Y )(af + bg)− (Y ◦X)(af + bg)
= X(Y (af + bg))− Y (X(af + bg))
= X(aY (f) + bY (g))− Y (aX(f) + bX(g))
= aX(Y (f)) + bX(Y (g))− aY (X(f))− bY (X(g))
= a(X(Y (f))− Y (X(f))) + b(X(Y (g))− Y (X(g)))
= a[X, Y ](f) + b[X, Y ](g)
[X, Y ](fg) = (X ◦ Y − Y ◦X)(fg)
= (X ◦ Y )(fg)− (Y ◦X)(fg)
= X(Y (fg))− Y (X(fg))
= X(fY (g) + gY (f))− Y (gX(f) + fX(g))
= X(fY (g)) +X(gY (f))− Y (gX(f))− Y (fX(g))
= fX(Y (g)) + Y (g)X(f) + gX(Y (f)) + Y (f)X(g)
−gY (X(f))−X(f)Y (g)− fY (X(g))−X(g)Y (f)
= fX(Y (g))− fY (X(g)) + gX(Y (f))− gY (X(f))
= f [X, Y ](g) + g[X, Y ](f)
Para provar a identidade de Jacobi, denotaremos A◦B = AB. Assim, temos que:
[[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] + [[Z,X], Y ] = [[XY − Y X,Z] + [Y Z − ZY,X]
+[ZX −XZ, Y ]
= XY Z − Y XZ − ZXY + ZY X
+Y ZX − ZY X −XY Z +XZY
+ZXY −XZY − Y ZX + Y XZ
= 0.
Exercício 1.11. Se, em coordenadas locais {x1, . . . , xn}, os campos X e Y são
X =
∑
i
ai∂xi , Y =
∑
j
bj∂xj ,
8
onde ai, bi são funções C∞ de (x1, . . . , xn), então [X, Y ] nestas coordenadas se escreve
[X, Y ] =
∑
j
(
∑
i
ai
∂bj
∂xi
−
∑
i
bi
∂aj
∂xi
)∂xj ,
ou equivalentemente
[X, Y ] =
∑
j
X(bj)∂xj −
∑
j
Y (aj)∂xj .
Demonstração. Seja f ∈ C∞(M). Temos que
X ◦ Y (f) = X(
∑
j
bj
∂f
∂xj
)
=
∑
i
ai
∂(
∑
j bj
∂f
∂xj
)
∂xi
=
∑
i
ai
∑
j
∂(bj
∂f
∂xj
)
∂xi
=
∑
i,j
ai
(
∂bj
∂xi
· ∂f
∂xj
+ bj ·
∂2f
∂xi∂xj
)
,
analogamente, temos que
Y ◦X(f) =
∑
i,j
bj
(
∂ai
∂xj
· ∂f
∂xi
+ ai ·
∂2f
∂xi∂xj
)
.
Assim temos que
[X, Y ](f) =
∑
i,j
ai
(
∂bj
∂xi
· ∂f
∂xj
+ bj ·
∂2f
∂xi∂xj
)
−
∑
i,j
bj
(
∂ai
∂xj
· ∂f
∂xi
+ ai ·
∂2f
∂xi∂xj
)
=
∑
i,j
ai
∂bj
∂xi
· ∂f
∂xj
+
∑
i,j
aibj ·
∂2f
∂xi∂xj
−
∑
i,j
bj
∂ai
∂xj
· ∂f
∂xi
−
∑
i,j
bjai ·
∂2f
∂xi∂xj
=
∑
i,j
ai
∂bj
∂xi
· ∂f
∂xj
−
∑
i,j
bj
∂ai
∂xj
· ∂f
∂xi
=
∑
i,j
ai
∂bj
∂xi
· ∂f
∂xj
−
∑
i,j
bi
∂aj
∂xi
· ∂f
∂xj
=
∑
i,j
(
ai
∂bj
∂xi
· ∂f
∂xj
− bi
∂aj
∂xi
· ∂f
∂xj
)
=
∑
i,j
(
ai
∂bj
∂xi
− bi
∂aj
∂xi
)
∂f
∂xj
=
∑
j
(∑
i
(
ai
∂bj
∂xi
− bi
∂aj
∂xi
))
∂f
∂xj
=
∑
j
(∑
i
ai
∂bj
∂xi
−
∑
i
bi
∂aj
∂xi
)
∂f
∂xj
.
9
Para finalizar, note que
∑
j
(∑
i
ai
∂bj
∂xi
−
∑
i
bi
∂aj
∂xi
)
∂f
∂xj
=
∑
j
X(bj) ·
∂f
∂xj
−
∑
j
X(aj) ·
∂f
∂xj
.
Exercício 1.12. Sejam X, Y ∈ D(R3) tais que
X = xy∂x+ cos(z)∂y + xyz∂z e
Y = xyz∂x− x+ y
z
∂y − (x+ y)∂z.
Calcule [X, Y ].
Demonstração. Pelo exercício anterior, temos que
[X, Y ] =
∑
j
(∑
i
ai
∂bj
∂xi
−
∑
i
bi
∂aj
∂xi
)
∂f
∂xj
,
assim,
[X, Y ] =
∑
j
(
xy
∂bj
∂x
+ cos(z)
∂bj
∂y
+ xyz
∂bj
∂z
− xyz∂aj
∂x
+
x+ y
z
∂aj
∂y
+ (x+ y)
∂aj
∂z
)
∂xj
=
(
xy2z + cos(z)xz + x2y2z − xy2z + (x+ y)x+ (x+ y)xy
)
∂x
+
(
−xy
z
− cos(z)
z
+
xyz(x+ y)
z2
− (x+ y)sen(z)
)
∂y
+
(
−xy − cos(z)− xy2z2 + (x+ y)xz
z
+ (x+ y)xy
)
∂z
=
(
cos(z)xz + x2y2z + (x+ y)x+ (x+ y)xy
)
∂x
+
(
−xy
z
− cos(z)
z
+
xyz(x+ y)
z2
− (x+ y)sen(z)
)
∂y
+
(
−xy − cos(z)− xy2z2 + (x+ y)xz
z
+ (x+ y)xy
)
∂z.
Lista 2
Exercício 2.1. SejamM e N variedades diferenciáveis e sejam {(U,ϕ)} e {(V, ψ)} estru-
turas diferenciáveis de M e N respectivamente. Considere o produto cartesiano M × N
e as aplicações γϕ,ψ(p, q) = (ϕ(p), ψ(q)), p ∈ U e q ∈ V . Mostre que {(U × V, γϕ,ψ)}
é uma estrutura diferenciável em M × N , na qual as projeções π1 : M × N → M e
π2 : M ×N → N são diferenciáveis.
Demonstração. Note que
⋃
ϕ,ψ
Im(γϕ,ψ) = M × N e a injetividade das cartas seguem tri-
vialmente da injetividade das cartas de M e N . Assim resta verificar que as funções de
transição são difeomorfismos.
Sejam γϕ,ψ e γϕ′,ψ′ tais que Im(γϕ,ψ)∩Im(γϕ′,ψ′) = W 6= ∅. Sejam (x, y) ∈ U ′×V ′
tais que γϕ′,ψ′(x, y) = (p, q) ∈ W , então, as funções de transição
Φ(x, y) = γ−1ϕ,ψ ◦ γϕ′,ψ′(x, y)
= γ−1ϕ,ψ(ϕ
′(x), ψ′(y))
= (ϕ−1(ϕ′(x)), ψ−1(ψ′(y)))
= (ϕ−1 ◦ ϕ′, ψ−1 ◦ ψ′)(x, y),
são difeormorfismos, pois suas coordenadas o são.
Para mostrar que as πi são diferenciáveis, basta observar que ϕ−1◦π1◦γϕ,ψ(x, y) =
(x) e ψ−1 ◦ π2 ◦ γϕ,ψ(x, y) = (y) são claramente diferenciáveis.
Exercício 2.2. Consideremos na reta real R as duas estruturas diferenciáveis seguintes:
(R, ϕ), onde ϕ : R→ R é dada por ϕ(x) = x, x ∈ R; (R, ψ), onde ψ : R→ R é dada por
ψ(x) = x3, x ∈ R. Mostre que:
(a) a aplicação identidade i : (R, ϕ) → (R, ψ) não é um difeomorfismo; portanto, as
estruturas máximas determinadas por (R, ϕ) e (R, ψ) são distintas.
(b) a aplicação f : (R, ϕ) → (R, ψ) dada por f(x) = x3 é um difeomorfismo; isto é,
embora as estruturas diferenciáveis (R, ϕ) e (R, ψ) sejam distintas, elas determinam
variedades diferenciáveis difeomorfas.
Demonstração. (a) Basta notar que ψ−1 ◦ i ◦ ϕ(x) = x
1
3 não é diferenciável em x = 0.
10
11
(b) Temos que
ψ−1 ◦ f ◦ ϕ(x) = ψ−1 ◦ f(ϕ(x))
= ψ−1 ◦ f(x)
= ψ−1(x3)
= x,
logo ψ−1 ◦ f ◦ϕ é diferenciável, pois é a aplicação identidade em R. Por outro lado,
temos que f−1(x) = x
1
3 , logo
ϕ−1 ◦ f−1 ◦ ψ(x) = ϕ−1 ◦ f−1(ψ(x))
= ϕ−1 ◦ f−1(x3)
= ϕ−1(x)
= x,
também é a aplicação identidade em R, logo f é um difeomorfismo entre variedades.
Exercício 2.3. Mostrar que SL(n) (Grupo Geral Linear) e SO(n) (Grupo Ortogonal
Especial) são variedades diferenciáveis.
Demonstração. Afirmação: SL(n) é uma variedade diferenciável.
Temos que SL(n) = {A ∈ Rn 'Mn(R) : det(A) = 1}. Assim, denotando por
a(i,j) o elemento da i-ésima coluna e j-ésima linha de A, temos que
det : Rn → R
(a(i,j)) 7→ det(A) =
n∑
i=1,j=1
(−1)i+ja(i,j).det(A(i,j)),
onde A(i,j) é a matriz (n−1)× (n−1) encontrada ao se excluir a i-ésima coluna e j-ésima
linha de A.
Assim,
∂(det)
∂x(i,j)
= (−1)i+j.det(A(i,j)),
portanto se det(A) = 1, então existe (i, j) tal que
∂(det)
∂x(i,j)
6= 0, e com isso d(det)(A) 6= 0,
o que implica que 1 é valor regular para det, logo, det−1(1) = SL(n) é uma variedade
diferenciável.
Afirmação: SO(n) é uma variedade diferenciável.
Temos que SO(n) =
{
A ∈Mn(R) : AAT = ATA = Id e det(A) = 1
}
e S(n) ={
A ∈Mn(R) : A = AT
}
. Seja a aplicação F dada por
F : Mn(R) → S(n)
A 7→ ATA.
12
Temos que dFA(X) = ATX +XTA. De fato,
dFA(X) = limt→0
F (A+ tX)− F (A)
t
= limt→0
ATA+ tATX + tXTA+ t2XTX − ATA
t
= limt→0
tATX + tXTA+ t2XTX
t
= ATX +XTA.
Note também que se A ∈ O(n) =
{
A ∈Mn(R) : AAT = ATA = Id
}
, então dFA
é sobrejetivo, pois, se Y ∈ S(n), então dFA
(
AY
2
)
= Y . Portanto, Id é um valor regular
para a aplicação F , logo F−1(Id) = O(n) é uma variedade diferenciável.
Como det(B) = det(BT ), temos que se A ∈ O(n), então det(A) = ±1, portanto,
O(n) = SO(n)∪SO(n)−, onde SO(n)− =
{
A ∈Mn(R) : AAT = ATA = Id e det(A) = −1
}
.
Observe que SO(n) ∩ SO(n)− = ∅, portanto restringido o atlas de O(n) para as cartas
cujas matrizes da imagem possua det = 1, conseguimos dotar SO(n) de uma estrutura de
variedade diferenciável.
Exercício 2.4. Determinar a fórmula com a qual se transformam as componentes de
uma 1-forma sob mudança de coordenadas.
Demonstração. Sejam ω uma 1-forma diferencial sobre M e, {xi} e {yi = yi(x)} sistemas
de coordenadas locais de uma mesma vizinhança de M . Temos que
∂
∂xi
∣∣∣∣
p
e
∂
∂yi
∣∣∣∣
p
são
bases para TpM .
Dessa forma, tomando ωi = ω
(
∂
∂xi
)
e ω′i = ω
(
∂
∂yi
)
, devemos encontrar como
ω′i se escreve em função de x.
Para isso, basta notar que
∂
∂xi
=
∑
j
∂
∂yj
· ∂yj
∂xi
,
logo
∂f
∂yi
=
∑
j
∂f
∂xj
· ∂xj
∂yi
⇓
ω
(
∂f
∂yi
)
= ω
(∑
j
∂f
∂xj
· ∂xj
∂yi
)
ω′i =
∑
j
∂xj
∂yi
· ωj.
13
Exercício 2.5. Provar que em uma vizinhança local com coordenadas {xi} o espaço dos
tensores de tipo (r, s) é finito dimensional e tem como base
{∂xa1 ⊗ . . .⊗ ∂xar ⊗ dxb1 ⊗ . . .⊗ dxbs} .
Qual a dimensão, se dimM = n.
Demonstração. Sejam (ϕ,U) uma carta de M com p ∈ ϕ(U) e (x1, . . . , xn) coordenadas
locais para ϕ(U). Temos que {∂xi} e {dxi} são bases de TpM e T ∗pM respectivamente.
Para mostrar que {∂xa1 ⊗ . . .⊗ ∂xar ⊗ dxb1 ⊗ . . .⊗ dxbs} é um conjunto L.I., seja∑
αa1 ,...,αar ,βb1 ,...,βbs
αa1 . . . αarβb1 . . . βbs∂xa1 ⊗ . . .⊗ ∂xar ⊗ dxb1 ⊗ . . .⊗ dxbs = 0,
assim, aplicando (dxγ1 , . . . , dxγr , ∂xθ1 , . . . , ∂xθs)nesta combinação linear, temos como re-
sultado αγ1 . . . αγrβθ1 . . . βθs = 0, já que qualquer elemento do somatório é 0 quando al-
guns dos índices não coincide. Analogamente, para qualquer outra sequência de escalares
da combinação linear acima, aplicando os vetores adequados, podemos encontrar que a
mesma é 0, logo o conjunto é L.I..
Para encontrar a dimensão deste espaço vetorial, basta verificar que se dimM = n,
então para cada entrada dos elementos da base temos n possibilidades, e como podemos
ter repeticação nas entradas, então temos que dim(T (r,s)(M)) = nr.ns = nn+s.
Exercício 2.6. Determinar a fórmula com a qual se transformam as componentes de
uma h-forma sob mudanças de coordenadas.
Demonstração. Sejam {xi} e {yi} coordenadas locais de M e
ω =
∑
i1,...,ih
αi1 , . . . , αihdxi1 ∧ . . . ∧ dxih
uma h-forma de M .
Pelo Exercício 2.4, temos que dxi =
n∑
j=1
∂xi
∂yj
dyj, assim
ω =
∑
i1,...,ih
αi1 , . . . , αihdxi1 ∧ . . . ∧ dxih
=
∑
i1,...,ih
αi1 , . . . , αih
(
n∑
j=1
∂xi1
∂yj
dyj
)
∧ . . . ∧
(
n∑
j=1
∂xih
∂yj
dyj
)
=
∑
i1,...,ih
αi1 , . . . , αihβi1,...,ihdyi1 ∧ . . . ∧ dyih ,
14
onde
βi1,...,ih =
∑
σ
∂xi1
∂yσ(i1)
. . .
∂xih
∂yσ(ih)
e σ varia no conjunto de todas as permutações de n elementos.
Exercício 2.7. Determinar a fórmula em coordenadas do pull-back de uma h-forma, por
meio de uma aplicação diferenciável.
Demonstração. Sejam F : M → N uma aplicação diferenciável entre variedades, {xi}
e {yi = yi(x)} sistemas de coordenadas locais sobre M e N respectivamente, e ω =∑
i1<···<ih
ωIdxI uma h-forma diferencial sobre N , onde I = i1, . . . , ih, ωI = αi1 . . . αih e
dxI = dxi1 ∧ . . . ∧ dxih . Temos que
∂
∂xi
∣∣∣∣
p
e
∂
∂yi
∣∣∣∣
p
são bases para TpM e TF (p)N , respec-
tivamente.
Temos que
F ∗(ω)
(
∂
∂xi1
, . . . ,
∂
∂xih
)
= ω ◦ F
(
F∗
(
∂
∂xi1
)
, . . . , F∗
(
∂
∂xih
))
,
assim, chamando ωI ◦ F = (αi1 ◦ F ) . . . (αih ◦ F ) e
(
∂
∂xi1
, . . . ,
∂
∂xih
)
=
∂
∂x
, temos que
F ∗(ω)
(
∂
∂x
)
(f) = (ω ◦ F )
((
∂(f ◦ F )
∂xi1
)
, . . . ,
(
∂(f ◦ F )
∂xih
))
=
∑
i1<···<ih
(ωI ◦ F )dxI
((
∂(f ◦ F )
∂xi1
)
, . . . ,
(
∂(f ◦ F )
∂xih
))
=
∑
i1<···<ih
(ωI ◦ F )det

dxi1
(
∂(f ◦ F )
∂xi1
)
. . . dxi1
(
∂(f ◦ F )
∂xih
)
... . . .
...
dxih
(
∂(f ◦ F )
∂xi1
)
. . . dxih
(
∂(f ◦ F )
∂xih
)

=
∑
i1<···<ih
(ωI ◦ F )det

F ∗(dxi1)
(
∂
∂xi1
)∣∣∣∣
f
. . . F ∗(dxi1)
(
∂
∂xih
)∣∣∣∣
f
... . . .
...
F ∗(dxih)
(
∂
∂xi1
)∣∣∣∣
f
. . . F ∗(dxih)
(
∂
∂xih
)∣∣∣∣
f

=
∑
i1<···<ih
(ωI ◦ F )F ∗dxI
((
∂
∂xi1
)
, . . . ,
(
∂
∂xih
))
(f)
=
∑
i1<···<ih
(ωI ◦ F )d(xI ◦ F )
((
∂
∂xi1
)
, . . . ,
(
∂
∂xih
))
(f).
15
Exercício 2.8. Determinar a fórmula com a qual se transformam as componentes de um
tensor de tipo (r, s) sob mudanças de coordenadas.
Exercício 2.9. Calcular o pull-back da seguinte 2-forma sobre R2 (com coordenadas
x, y, z)
ω = xydx ∧ dy + yzdy ∧ dz + xzdx ∧ dz
com respeito à aplicação
F : R3 → R3
(x, y, z) 7→ (xy, yz, xz).
Demonstração. Pelo Exercício 2.7 temos que
f ∗(ω)
(
∂
∂x
)
=
∑
i1<···<ih
(ωI ◦ F )d(xI ◦ F )
((
∂
∂xi1
)
, . . . ,
(
∂
∂xih
))
(f).
Temos também que
d(x ◦ F ) = d(xy) = ydx+ xdy
d(y ◦ F ) = d(yz) = zdy + ydz
d(z ◦ F ) = d(xz) = zdx+ xdz
e
α1 ◦ F = xy
α2 ◦ F = yz
α3 ◦ F = xz,
logo
F∗(ω) = (xy)(yz)(ydx+ xdy) ∧ (zdy + ydz)
+(xy)(xz)(ydx+ xdy) ∧ (zdx+ xdz)
+(yz)(yz)(zdy + ydz) ∧ (zdx+ xdz)
= xy2z(yzdx ∧ dy + y2dx ∧ dz + xydy ∧ dz)
+x2yz(xydx ∧ dz − xzdx ∧ dy + x2dy ∧ dz)
+xyz2(−z2dx ∧ dy − yzdx ∧ dz + xzdy ∧ dz),
portanto
F∗(ω) = (x
3z2−x3yz2−xyz4)dx∧dy+(xy4z+x3y2z−xy2z3)dx∧dz+(x2y3z+x4yz+x2yz3)dy∧dz.
Exercício 2.10. Calcular o diferencial externo dω, onde ω é a forma do exercício ante-
rior. Calcular também o diferencial externo dρ onde ρ = i(∂x−∂y)ω.
16
Demonstração. Temos que
i(∂x−∂y)ω = i(∂x−∂y)(xydx ∧ dy + yzdy ∧ dz + xzdx ∧ dz)
= xydy + xzdz + xydx− yzdz
= xydx+ xydy + (xz − yz)dz,
portanto
d(i(∂x−∂y)ω) = d(xydx+ xydy + (xz − yz)dz)
= xdy ∧ dx+ ydx ∧ dy + zdx ∧ dz − zdy ∧ dz
= (y − x)dx ∧ dy + zdx ∧ dz − zdy ∧ dz.
Exercício 2.11. Calcular a derivada de Lie da 2-forma ω do Exercício 2.9 ao longo do
campo X = x∂y − y∂x+ xy∂z.
Demonstração. Temos que
LXω = (iX ◦ d+ d ◦ iX)(ω).
Note que d(ω) = 0, logo, basta calcular (d ◦ iX)(ω). Assim
iX(ω) = iX(xydx ∧ dy + yzdy ∧ dz + xzdx ∧ dz)
= xy(−ydy − xdx) + yz(xdz − xydy) + xz(−ydz − xydx)
= −(x2y + x2yz)dx− (xy2 + xy2z)dy + (xyz − xyz)dz
= −(x2y + x2yz)dx− (xy2 + xy2z)dy,
logo
d(iX)(ω) = d(−(x2y + x2yz)dx− (xy2 + xy2z)dy)
= −(x2 + x2z)dy ∧ dx− x2ydz ∧ dx− (y2 + y2z)dx ∧ dy − xy2dz ∧ dy
= (x2 + x2z − y2 − y2z)dx ∧ dy + x2ydx ∧ dz + xy2dy ∧ dz.
Exercício 2.12. Uma variedade simplética é uma variedade M equipada com uma 2-
forma Ω fechada (isto é, dΩ = 0) e não degenerada (isto é, Ω : D(M) → Λ1(M) tal que
Ω(X) = iX(Ω) é um isomorfismo).
Um campo X ∈ D(M) chama-se Hamiltoniano se existe uma H ∈ C∞(M) tal que
iX(Ω) = dH. Neste caso H chama-se a função Hamiltoniana de X, geralmente utilizamos
a notação XH .
Prove os seguintes fatos:
(1) Toda H ∈ C∞(M) determina um campo Hamiltoniano XH .
17
(2) Se X ∈ D(M) é Hamiltoniano, então LXΩ = 0.
(3) Se X1, X2 ∈ D(M) são Hamiltonianos, com Hamiltonianas correspondentes H1 e
H2 (isto é, iXi(Ω) = dHi), então [X1, X2] também é Hamiltoniano com função
Hamiltoniana correspondente denotada por {H1, H2} e definida como: {H1, H2} :=
iX1(iX2(Ω)).
(4) Considerando o colchete (Poisson):
{ , } : C∞(M)× C∞(M) → C∞(M)
(H1, H2) 7→ {H1, H2} := iXH1 (iXH2 (Ω)).
Prove que { , } define uma estrutura de álgebra de Lie sobre C∞(M).
Demonstração.
(1) Temos que dH ∈ Λ1, logo como Ω é não degenerada, temos que existe um campo
X ∈ D(M) tal que Ω(X) = dH.
(2) Temos que LXΩ = iXdΩ+d(iXΩ). Como Ω é fechada, sabemos que iXdΩ = iX(0) =
0 e já queX é Hamiltoniano, então, exitsteH ∈ C∞(M) tal que iXΩ = dH, portanto
d(iXΩ) = d(dH) = 0. Dessa forma, temos que LXΩ = 0.
Lista 3
Exercício 3.1. Mostre que a variedade produto S1 × . . . × S1 de n círculos S1, onde
S1 ⊂ R2 tem a estrutura diferenciável usual, é difeomorfa ao n-toro T n.
Exercício 3.2. Mostre que o fibrado tangente de uma variedade diferenciável M é orien-
tável (mesmo que M não o seja).
Demonstração. Sejam (U ′α = Uα×Rn, ϕ′α) e (U ′β = Uβ ×Rn, ϕ′β) cartas de TM induzidas
pelas cartas (Uα, ϕα) e (Uβ, ϕβ) de M , dadas por
ϕ′α(x1, . . . , xn, α1, . . . , αn) =
(
ϕα(x1, . . . , xn),
∑
i
αi
∂
∂xi
)
e
ϕ′β(y1, . . . , yn, β1, . . . , βn) =
(
ϕβ(y1, . . . , yn),
∑
i
βi
∂
∂yi
)
,
e W = ϕ′α(U ′α) ∩ ϕ′β(U ′β).
Temos que se p ∈ W em coordenadas locais de ϕα, podemos escrever ξ ∈ TpM
como
ξ =
∑
i
αi
∂
∂xi
,
e em coordenadas locais de ϕβ, temos que
ξ =
∑
i,j
αi
∂yj
∂xi
· ∂
∂yj
,
assim
ϕ′−1β ◦ ϕ′α(x1, . . . , xn, α1, . . . , αn) = ϕ′
−1
β
(
ϕα(x1, . . . , xn),
∑
i
αi
∂
∂xi
)
= ϕ′
−1
β
(
ϕα(x1, . . . , xn),
∑
i,j
αi
∂yj
∂xi
· ∂
∂yj
)
=
(
ϕ−1β ◦ ϕα(x1, . . . , xn),
∑
i,j
αi
∂yj
∂xi
)
,
18
19
portanto
J(ϕ′−1β ◦ϕ′α) = det
(
J(ϕ−1β ◦ϕα) 0
A J(ϕ−1β ◦ϕα)
)
=
(
detJ(ϕ−1β ◦ϕα)
)2
> 0.
Note que não explicitamos A pois queremos apenas calcular o determinante, e, neste caso,
tal matriz não influi no cálculo.
Dessa forma encontramos que o atlas de TM induzido pelo atlas deM é um atlas
orientado de TM , portanto, TM é orientável.
Exercício 3.3. Prove que:
(a) uma superfície regular S ⊂ R3 é uma variedade orientável se, e somente se, existe
uma aplicação diferenciável N : S → R3 com N(p)⊥TpS e |N(p)| = 1, para todo
p ∈ S.
(b) a faixa de Möbius é não orientável.
Demonstração.
(a) (⇒) Suponha que S é orientável e sejam (Uα, ϕα) e (Uβ, ϕβ) parametrizações
compatíveis com uma orientação de S.
Para cada p ∈ S, chamando de pα = ϕ−1α (p), podemos definir a aplicação
Nα(p) =
∂x1 × ∂x2
|∂x1 × ∂x2|
∣∣∣∣
pα
.
Afirmação: Se p ∈ Im(ϕα) ∩ Im(ϕβ), então Nα(p) = Nβ(p).
De fato, se p ∈ Im(ϕα) ∩ Im(ϕβ), como detJ (ϕ−1α ◦ ϕβ) = 1 temos que
Nα(p) =
∂x1 × ∂x2
|∂x1 × ∂x2|
∣∣∣∣
pα
=
det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ) · ∂y1 × ∂y2
|det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ) · ∂y1 × ∂y2|
∣∣∣∣
pβ
=
det(J(ϕ−1α ◦ ϕβ) · ∂y1 × ∂y2
|det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ)| · |∂y1 × ∂y2|
∣∣∣∣
pβ
=
∂y1 × ∂y2
|∂y1 × ∂y2|
∣∣∣∣
pβ
= Nβ(p),
portanto a afirmação segue, e temos que a aplicação N(p) está bem definida se tomarmos
N(p) = Nα(p) para alguma ϕα compatível com a orientação de S.
20
Trivialmente temos que a aplicação N(p)⊥TpS e |N(p)| = 1, ∀p ∈ S, temos
também que a mesma é diferenciável, pois é a composição de aplicações diferenciáveis.
(⇐) Suponha que exista uma aplicação N(p) que satisfaça as hipóteses do exer-
cício, temos que localmente tal aplicação coincide com uma das seguintes aplicações
± ∂x1 × ∂x2
|∂x1 × ∂x2|
.
Tome então
Nα(p) =
∂x1 × ∂x2
|∂x1 × ∂x2|
∣∣∣∣
pα
.
Caso para alguma carta ϕα o campo local Nα seja dado com o sinal negativo, podemos
intercambiar os eixos e conseguir uma carta local que coincida com o sinal positivo.
Portanto, temos que esse conjunto de cartas fornece uma orientação para S, pois
se para algum par de cartas ϕα, ϕβ tivermos detJϕ−1β ◦ϕα ≤ 0, encontraríamos um absurdo,
pois, em p na interseção da imagem dessas cartas, temos que
N(p) = Nα(p)
=
∂x1 × ∂x2
|∂x1 × ∂x2|
∣∣∣∣
pα
=
det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ) · ∂y1 × ∂y2
|det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ) · ∂y1 × ∂y2|
∣∣∣∣
pβ
=
det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ) · ∂y1 × ∂y2
|det(J (ϕ−1α ◦ ϕβ)| · |∂y1 × ∂y2|
∣∣∣∣
pβ
= − ∂y1 × ∂y2
|∂y1 × ∂y2|
∣∣∣∣
pβ
= −Nβ(p)
= −N(p),
,
o que implicaria que N(p) = 0, contrariando a hipótese de que N(p) = 1, ∀p ∈ S.
(b) Sejam (Uϕ = (0, 2π)× (−1, 1), ϕ) e (Uψ = (π, 3π)× (−1, 1), ψ) cartas da faixa
de Möbius dadas por
ϕ(x1, x2) =
((
2− x2sen
(x1
2
))
sen(x1),
(
2− x2sen
(x1
2
))
cos(x1), x2cos
(x1
2
))
e
ψ(y1, y2) =
((
2− y2sen
(y1
2
))
sen(y1),
(
2− y2sen
(y1
2
))
cos(y1), y2cos
(y1
2
))
.
Temos dessa forma que a inteseção das imagens dessas cartas é dada pelas se-
21
guintes componentes conexas
W1 = {ϕ(x1, x2) : 0 < x1 < π} = {ψ(y1, y2) : 2π < y1 < 3π} e
W2 = {ϕ(x1, x2) : π < x1 < 2π} = {ψ(y1, y2) : π < y1 < 2π} .
Podemos verificar que a função de transição Φ = ψ−1 ◦ ϕ é dada por
Φ(x1, x2) =
{
(y1,−y2), se (x1, x2) ∈ W1
(y1, y2), se (x1, x2) ∈ W2,
portanto detΦ = −1 em W1 e detΦ = 1 em W2.
Assim, se S, a faixa de Möbius, fosse orientável, conseguiríamos definir um campo
normal em S, porém com as parametrizações acima, temos que isso é impossível, visto
que numa mesma parametrização encontramos que o vetor normal muda de direção, con-
trariando a hipótese de diferenciabilidade desse campo.
Exercício 3.4. Mostre que o plano projetivo P2(R) é não orientável.
Sugestão: Prove que se a variedade M é orientável, todo aberto de M é uma
variedade orientável. Observe que P2(R) contém um aberto difeomorfo a uma faixa de
Möbius, que é não-orientável.
Demonstração. Note que se M é orientável e a topologia de M é dada pela imagem de
abertos das cartas, temos que um aberto deM é simplesmente fazer uma restrição do atlas
de M à um atlas cuja união das imagens seja exatamente esse aberto. Note que tal atlas
existe pois basta restringir os domínios de cada carta à pre-imagem do aberto de M , e
trivialmente temos que essa carta já pertencia ao atlas de M , pois a restrição do domínio
à um aberto continua satisfazendo as propriedades da definição de uma carta. Temos
trivialmente que ao fazer essas restrições à um atlas compatível com uma orientação de
M , esse novo atlas continua orientado, pois os Jacobianos não se alteram ao se fazer
restrições. Dessa forma, temos que um aberto de uma variedade orientável M também é
uma variedade orientável.
Tomando V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1, |z| < α}, e o grupo G = C2 =
{1,−1}, podemos definir uma ação propriamente descontínua de C2 em V por ϕ1 = Id e
ϕ−1 = A, onde A é a aplicação antípoda. Dessa forma, podemos definir a faixa de Möbius
como V/C2.
Seja agora U =
{
(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) ∈ S2 e |z| < α√
1 + α2
}
. Temos que a
aplicação
f : V → U
p 7→ p
|p|
,
é um difeomorfismo.
22
Note também que U/C2 difeomorfo à um aberto do plano projetivo P2(R), assim,
como V ' U , temos que V/C2 ' U/C2, e com isso, P2(R) não é orientável, pois possui
um aberto que não o é.
Exercício 3.5. Sejam M1 e M2 variedades diferenciáveis. Seja f : M1 → M2 uma
aplicação diferenciável que é localmente um difeomorfismo. Prove que se M2 é orientável,
então M1 é orientável.
Demonstração. Seja (Uα, ϕα) uma orientação de M2 e tome (Uα, f−1 ◦ ϕα) um conjunto
de aplicações.
Afirmação: (Uα, f−1 ◦ ϕα) é um atlas para M1.
De fato, trivialmente temos que essas aplicações são homeomorfismos e que⋃
α f
−1 ◦ ϕα(Uα) = M1.
Resta então provar que as funções de transição são difeomorfismos. Para isso
basta notar que
Φ(α,β) = (f
−1 ◦ ϕβ)−1 ◦ f−1 ◦ ϕα
= ϕ−1β ◦ f ◦ f−1 ◦ ϕα
= ϕ−1β ◦ ϕα
são difeomorfismos de classe C∞, pois ϕα e ϕβ são cartas de M2. Com isso, temos que a
afirmação procede.
Note também que esse atlas de M1 é uma orientação, pois pelo argumento ante-
rior, encontramos que as funções de transição de (Uα, f−1◦ϕα) são as mesmas de (Uα, ϕα),
e que, por hipótese, sabemos possuir determinante maior que 1.
Lista 4
Exercício 4.1. Prove que a aplicação antípoda A : Sn → Sn dada por A(p) = −p é
uma isometria de Sn. Use este fato para introduzir uma métrica Riemanniana no espaço
projetivo real Pn(R) tal que a projeção natural π : Sn → Pn(R) seja uma isometria local.
Demonstração. Como A(p) = −p, temos que ∂Ai
∂xj
= −δij, portanto
dAp =

−1 0 . . . 0
0 −1 . . . 0
...
... . . .
...
0 0 · · · −1,

e com isso dAp(v) = −v, ∀v ∈ TpSn.
Como o produto interno em cada p ∈ Sn é dado pelo produto interno usual do
Rn+1, temos que
〈dAp(v), dAp(w)〉A(p) = 〈−v,−w〉A(p)
= 〈v, w〉A(p)
= 〈v, w〉p,
portanto A é uma isometria.
Tomando π, a projeção canônica de de Sn em Pn(R), temos que π é um difeo-
morfismo local, portanto, dado um ponto p ∈ Pn(R), existe uma vizinhanca U ⊂ Sn com
π−1(p) ∈ U tal que π|U = π′ é um difeomorfismo, portanto, podemos induzir uma métrica
em Pn(R) da seguinte maneira
〈u, v〉π′−1(p) = 〈dπ′(u), dπ′(v)〉p,
para todos u, v ∈ Tπ′−1(p)Sn.
Obviamente pela forma como foi definido a métrica em Pn(R), temos que π é
uma isometria local.
Exercício 4.2. 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,
23
24
seja uma isometria local. Mostre que com essa métrica T n é isométrico ao toro plano.
Demonstração. Como a projeção natural π é um difeomorfismo local, podemos definir em
uma vizinhança de qualquer ponto p ∈ T n, tomando a restrição de π à uma vizinhança
U ⊂ Rn tal que π−1(p) π|U seja difeomorfismo com a sua imagem, a seguinte métrica
〈dπ−1(u), dπ−1(v)〉π−1(p) = 〈u, v〉p,
para todos u, v ∈ TpT n, e, novamente, pela forma como foi definida, temos que π|U é uma
isometria local.
Para mostrar que T n é isométrico ao toro plano, devemos lembrar que a métrica
do toro plano é dada pela métrica produto, 〈〈 , 〉〉, induzida pelas projeções de S1 em
(0, 1).
Seja então {α1, . . . , αn} uma base ortonormal de TpT n. Pela definição de métrica
produto, temos
〈〈fi, fj〉〉 =
n∑
k=1
〈dπk(fi), dπk(fj)〉(0,1) = δij.
Tomando então F um difeomorfismo de T n em T n tal que dπ−1 ◦dF (fi) = ei, i =
1, . . . , n, onde {ei} é a base canônica do Rn, temos que
〈〈fi, fj〉〉 = δij
= 〈ei, ej〉Rn
= 〈dπ−1 ◦ dF (fi), dπ−1 ◦ dF (fj)〉Rn
= 〈dF (fi), dF (fj)〉π,
resultando que T n é isométrico ao toro plano.
Exercício 4.3. 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 a lei usual de composição é um grupo de
Lie G. Como variedade diferenciável, G é simplesmente o semi-plano superior, isto é,
{(x, y) ∈ Rn : 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 =
1
y2
, g12 = 0, (esta é a métrica da geometria não-euclideana de Lobatchevski).
(b) Pondo (x, y) = z = x+ yi, i =
√
−1, a transformação z → z′ = az + b
cz + d
, a,b, c, d ∈
R, ad− bc = 1 é uma isometria de G.
25
Sugestão: Observe que a primeira forma fundamental pode ser escrita:
ds2 =
dx2 + dy2
y2
= − 4dzdz
(z − z)2
.
Demonstração. (a) Seja 〈 , 〉 a métrica de G que satisfaz as condições do item (a). Como
〈 , 〉 é invariante à esquerda, temos que
〈u, v〉b = 〈d(La)bu, d(La)bv〉La(b).
Tomando a = (x, y) e b = (x′, y′), temos que
La(b) = ab = (yt+ x) ◦ (y′t+ x′) = yy′t+ yx′ + x = (yx′ + x, yy′),
portanto
d(La)b =
(
y 0
0 y
)
,
e com isso d(La)bv = yv, ∀v ∈ TbG.
Tomando b = e = (0, 1), temos que
〈u, v〉e = 〈d(La)eu, d(La)ev〉La(e)
= 〈yu, yv〉a
= y2 〈u, v〉a
⇓
〈 , 〉e
y2
= 〈 , 〉a
para todo a ∈ G. Assim g11(a) = g22(a) =
g11
y2
=
g22
y2
e g12(a) =
g12
y2
pois gij(e) = gij.
(b) Lembrando que toda aplicação bilinear pode ser escrita da forma
〈u, v〉 = uT · A · v,
para uma matriz A adequada. Dessa forma, se A(p) é a matriz associada ao produto
〈 , 〉p, temos que F preserva métrica se, e somente se,
〈u, v〉p = 〈dFp(u), dFp(v)〉F (p)
m
uT · A(p) · v = dFp(u)T · A(F (p)) · dFp(v)
= uT · (JFp)T · A(F (p)) · (JFp) · v,
ou seja
A(p) = (JFp)T · A(F (p)) · (JFp).
26
Seja então F (z) =
az + b
cz + d
, a, b, c, d ∈ R, ad − bc = 1. Podemos decompor
F = F3 ◦ F2 ◦ F1, onde F1(z) = z +
a
c
, F2(z) = −
1
z
e F3(z) = c2z + cd.
Exercício 4.4. Prove que as isometrias de Sn ⊂ Rn+1 com a métrica induzida são as
restrições a Sn das transformações lineares ortogonais de Rn+1.
Exercício 4.5. Seja G um grupo de Lie compacto e conexo (dimG = n). O objetivo do
exercício é provar que G possui uma métrica bi-invariante. Para isto, prove as seguintes
etapas:
(a) Seja ω uma n-forma diferencial em G invariante à esquerda, isto é, L∗xω = ω, para
todo x ∈ G. Prove que ω é invariante à direita.
Sugestão: Para cada a ∈ G, R∗aω é invariante à esquerda. Decorre daí que
R∗aω = f(a)ω. Verifique que f(ab) = f(a)f(b), isto é, f : G → R\ {0} é um
homomorfismo (contínuo) de G no grupo multiplicativo dos números reais. Como
f(G) é um subgrupo compacto e convexo, conclui-se que f(G) = 1. Logo R∗aω = ω.
(b) Mostre que existe uma n-forma diferencial invariante à esquerda ω em G.
(c) Seja 〈 , 〉 uma métrica invariante à esquerda em G. Seja ω uma n-forma diferencial
positiva e invariante à esquerda em G, e defina uma nova métrica Riemanniana
〈〈 , 〉〉 em G por
〈〈 u, v 〉〉y =
∫
G
〈(dRx)yu, (dRx)yv〉yxω,
onde x, y ∈ G, u, v ∈ Ty(G). Prove que 〈〈 , 〉〉 é bi-invariante.
Demonstração. (a) Seja ω uma n-forma invariante à esquerda.
Como dim(G) = n, temos que o espaço Λn(G) é um espaço vetorial unidimensi-
onal, portanto para todo ω ∈ Λn(G) e a ∈ G, temos que R∗aω = f(a)ω. Temos também
que f é um homomorfismo de grupos, pois
f(ab)ω = R∗abω
= R∗a ◦R∗bω
= R∗af(b)ω
= f(a)f(b)ω,
para todos, a, b ∈ G, e trivialmente temos que f(1) = 1, pois f(e)ω = R∗eω = ω.
Como f é um homomorfismo contínuo de G no grupo multiplicativo de R, temos
que 0 /∈ Im(f), portanto como G é conexo, temos que f(G) ⊂ R+ ou R−, porém, como
f(e) = 1, temos que ocorre o primeiro caso. Note também que como G é compacto,
f(G) = 1, pois caso f(g) < 1, teríamos que fn(g) → 0 quando n → ∞, mas como f
27
é contínua, deveríamos ter que 0 ∈ Im(f), absurdo, e de forma análoga, temos que se
f(g) > 1, então deveríamos ter que fn(g)→∞ quando n→∞, encontrando novamente
um absurdo, pois, como G é compacto, deveríamos ter que sua imagem é um compacto
da reta, logo um intervalo limitado, o que não ocorreria nesse caso. Portanto f(G) = 1 e
R∗aω = ω, ∀a ∈ G.
(b) Definindo
ωa(v1, . . . , vn) = ωe((dLa−1)av1, . . . , (dLa−1)avn),
temos que ωa é invariante à esquerda.
De fato
L∗bωa(v1, . . . , vn) = L
∗
bωe((dLa−1)av1, . . . , (dLa−1)avn)
= ωe(Lb)((dLb)La−1 (a)(dLa−1)av1, . . . , (dLb)La−1 (a)(dLa−1)avn)
= ωb((dLba−1)av1, . . . , (dLba−1)avn)
= ωe((dLb−1)Lb(a)(dLba−1)av1, . . . , (dLb−1)Lb(a)(dLba−1)avn)
= ωe((dLa−1)av1, . . . , (dLa−1)avn)
= ωe((dLa−1)av1, . . . , (dLa−1)avn)
= ωa(v1, . . . , vn),
para todo b ∈ G.
(c) Primeiro vamos mostrar que 〈〈 , 〉〉 é invariante à esquerda.
De fato
〈〈 (dLz)xu, (dLz)xv 〉〉zx =
∫
G
〈(dRy)zx(dLz)xu, (dRy)zx(dLz)xv〉zxyω
=
∫
G
〈(d(Ry ◦ Lz))xu, (d(Ry ◦ Lz))xv〉zxyω
=
∫
G
〈(d(Lz ◦Ry))xu, (d(Lz ◦Ry))xv〉zxyω
=
∫
G
〈(d(Lz)yx(dRy))xu, (d(Lz)yx(dRy))xv〉zxyω
=
∫
G
〈((dRy))xu, (dRy))xv〉xyω
= 〈〈u, v〉〉x .
28
Temos também que 〈〈 , 〉〉 também é invariante à direita, pois,
〈〈 (dRz)xu, (dRz)xv 〉〉zx =
∫
G
〈(dRy)zx(dRz)xu, (dRy)zx(dRz)xv〉zxyω
=
∫
G
〈(d(Ry ◦Rz))xu, (d(Ry ◦Rz))xv〉zxyω
=
∫
G
〈d(Rzy)xu, d(Rzy)xv〉zxyω
= 〈〈u, v〉〉x .
Logo 〈〈 , 〉〉 é bi-invariante.
Lista 5
Exercício 5.1. Seja M uma variedade Riemanniana. Considere a aplicação
P = Pc,t0,t : Tc(t0)M → Tc(t)M
definida por: Pc,t0,t(v), v ∈ Tc(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.
Demonstração. Sejam u, v ∈ TpM , onde p = c(t0), e, U(t), V (t) e W (t) os transportes
paralelos de u, v e au+ v, respectivamente, com u, v ∈ TpM e a ∈ R.
Temos que aU(t) + V (t) é um campo paralelo, pois
D(aU(t) + V (t))
dt
= a
DU(t)
dt
+
DV (t)
dt
= 0.
Note que W (t0) = aU(t0) + V (t0), e pela unicidade do transporte paralelo, W (t) =
aU(t) + V (t), e com isso, P é uma aplicação linear.
Lembremos que uma aplicação linear é uma isometria se, e somente se, a imagem
de uma base ortonormal é uma base ortonormal (Exerc. 2.15, Cap. I, Curso de Análise
Vol. 2 - Elon L. Lima, 11a Edição). Como ∇ é uma conexão Riemanniana, sabemos que
a mesma é compatível com a métrica, logo
d 〈U(t), V (t)〉
dt
=
〈
DU(t)
dt
, V (t)
〉
+
〈
U(t),
DV (t)
dt
〉
= 0,
e com isso 〈U(t), V (t)〉 = K constante, portanto, tomando {e1, . . . en} uma base ortonor-
mal de TpM , temos
δij = 〈ei, ej〉 = 〈P (ei), P (ej)〉 ,
encontrando que a imagem de uma base ortonormal é ortonormal, e assim P é uma
isometria.
Exercício 5.2. 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
29
30
que a conexão Riemanniana de M é
(∇XY )(p) =
d
dt
(P−1c;t0;t(Y (c(t))))
∣∣∣∣
t=t0
,
onde Pc;t0;t : Tc(t0)M → Tc(t)M é o transporte paralelo ao londo de c de t0 a t (isto mostra
como a conexão pode ser reobtida da noção de paralelismo).
Exercício 5.3. Seja f : Mn →Mn+k uma imersão de uma variedade diferenciável M em
uma variedade Riemanniana M . Suponha que M tem a métrica Riemanniana induzida
por f (cf. Exemplo 2.5 do Cap. I). Sejam 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,Y em um aberto de M . Defina (∇XY )(p) =
componente tangencial de ∇XY (p), onde ∇ é a conexão Riemanniana de M . Prove que
∇ é a conexão Riemanniana de M .
Demonstração. Afirmação: ∇ é uma conexão afim.
De fato,
∇gX+hYZ = (∇gX+hYZ)T
= (g∇XZ + h∇YZ)T
= g(∇XZ)T + h(∇YZ)T
= g∇XZ + h∇YZ,
∇X(Y + Z) = ∇X(Y + Z)T
= (∇XY +∇XZ)T
= (∇XY )T + (∇XZ)T
= ∇XY +∇XZ,
onde as penúltimas igualdades ocorrem devido a linearidade da projeção, e
∇X(fY ) = (∇XfY )T
= (f∇XY +X(f)Y )T
= (f∇XY )T + (X(f)Y )T
= f∇XY +X(f)Y.
Dessa forma, ∇ é uma conexão afim.
Temos que ∇ é simétrica, pois
∇XY −∇YX = (∇XY )T − (∇YX)T
= (∇XY −∇YX)T
= [X,Y ]T
= [X, Y ],
31
e também é compatível com a métrica, já
〈∇XY, Z〉+ 〈Y,∇XZ〉 =
〈
∇XY
T
, Z
〉
+
〈
Y ,∇XZ
T
〉
= (
〈
∇XY , Z
〉
+
〈
Y ,∇XZ
〉
)T
= (X
〈
Y , Z
〉
)T
= X 〈Y, Z〉 ,
pois, Y = Y , Z = Z.
Exercício 5.4. Seja M2 ⊂ R3 uma superfície em R3 com a métrica Riemanniana indu-
zida. 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) ∈ Tc(t)M .
a) Mostre que V é paralelo se, e somente se,
dV
dt
é perpendicular a Tc(t)M ⊂ R3 onde
dV
dt
é a derivada usual de V : I → R3.
b) Se S2 ⊂ 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 aplicapara Sn ⊂ Rn+1.
Demonstração. a) Seja (U,ϕ(x, y)) uma parametrização de M2 tal que p ∈ ϕ(U). Note
que podemos escrever
V (t) = α1(t)X1(t) + α2(t)X2(t),
onde Xi(t) é o transporte paralelo de
∂
∂xi
(t0), logo
DV
dt
=
∑
i=1,2
(
dαi
dt
· Xi + αi ·
D
dt
(Xi)
)
=
∑
i=1,2
dαi
dt
·Xi
=
dV
dt
,
pois
D
dt
(Xi) = 0, ∀i, portanto
〈
DV
dt
,Xi
〉
=
〈
dV
dt
,Xi
〉
,
assim temos que V é paralelo se, e somente se, dV
dt
é perpendicular a Tc(t)M , já que
DV
dt
∈ Tc(t)M .
32
b) Seja γ(t) = (γ1(t), γ2(t), γ3(t)) uma parametrização de um grande círculo com
comprimento de arco 1, ou seja, |γ′(t)| = 1, assim, temos que
1 = |γ′(t)|
= |(γ′1(t), γ′2(t), γ′3(t))|
=
√
γ′1(t)
2 + γ′2(t)
2 + γ′3(t)
2
⇓
1 = γ′1(t)
2 + γ′2(t)
2 + γ′3(t)
2,
derivando essa expressão encontramos que
0 = 2γ′1(t)γ
′′
1 (t) + 2γ
′
2(t)γ
′′
2 (t) + 2γ
′
3(t)γ
′′
3 (t)
= 2 〈γ′(t), γ′′(t)〉
⇓
0 = 〈γ′(t), γ′′(t)〉 ,
portanto, pelo item (a), temos que o campo velocidade é um campo paralelo, pois
dγ′(t)
dt
=
γ′′(t) é perpendicular a Tγ(t)S2.
Para o Sn o argumento é análogo.
Exercício 5.5. 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.
Exercício 5.6. 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 campo vetorial
ao longo de f (isto é, V é uma aplicação diferenciável de I em TpM). Mostre
DV
dt
=
dV
dt
,
isto é, a derivada covariante coincide com a derivada usual de V : I → TpM .
Demonstração. Podemos denotar o campo V (t) = (v1(t), . . . , vn(t)) e em uma vizinhança
coordenada (Uϕ ⊂ Rn, ϕ(x1, . . . , xn)) de p, temos que f(t) = ϕ(x) para algum x ∈ Uϕ
fixo, logo
DV
dt
=
∑
k
{
dvk
dt
+
∑
i,j
Γkijvj
dxi
dt
}
∂xk.
Como f(t) é constante, temos que
dxi
dt
= 0, ∀i, logo
DV
dt
=
∑
k
dvk
dt
∂xk =
dV
dt
.
33
Exercício 5.7. Seja S2 ⊂ R3 a esfera unitária, c um paralelo qualquer de S2 e V0 um
vetor tangente a S2 em um ponto de c. Descreva geometricamente o transporte paralelo
de V0 ao longo de c.
Sugestão: Considere o cone C tangente a S2 ao longo de c e mostre que o
transporte paralelo de V0 ao longo de c é o mesmo, quer tomado em relação a S2 ou C.
Exercício 5.8. Considere o semiplano superior
R2+ =
{
(x, y) ∈ R2 : y > 0
}
com a métrica dada por g11 = g22 =
1
y2
, g12 = 0.
a) Mostre que os símbolos de Christoffel da conexão Riemanniana são: Γ111 = Γ212 =
Γ122 = 0, Γ
2
11 =
1
y
, Γ112 = Γ
2
22 = −
1
y
.
b) Seja v0 = (0, 1) um vetor tangente no ponto (0, 1) de R2+ (v0 é o vetor tangente no
ponto (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 ao sistema (2) (sec. 3, cap. II,
Geometria Riemanniana - M. P. do Carmo (4a Edição)) que define um campo paralelo e
que, neste caso, se simplifica em 
da
dt
+ Γ112b = 0,
da
dt
+ Γ211a = 0.
Fazendo a = cosθ(t), b = senθ(t) e notando que ao longo da curva dada temos y = 1,
obteremos das equações acima que
dθ
dt
= −1. Como v(0) = v0, isto implica que θ(t) =
π/2− t.
Demonstração. Temos que a matriz que representa essa métrica é dada por
(gij) =
(
g11 g12
g21 g22
)
=
(
y−2 0
0 y−2
)
,
consequentemente
(gij) =
(
y2 0
0 y2
)
.
Utilizando a fórmula
Γmij =
1
2
∑
k
{
∂
∂xi
gjk +
∂
∂xj
gki −
∂
∂xk
gij
}
gkm,
34
temos que
Γ111 =
1
2
((
∂g11
∂x
+
∂g11
∂x
− ∂g11
∂x
)
g11 +
(
∂g12
∂x
+
∂g21
∂x
− ∂g11
∂y
)
g21
)
=
1
2
(
0 · y2 +
(
∂g12
∂x
+
∂g21
∂x
− ∂g11
∂y
)
· 0
)
= 0.
Analogamente podemos verificar que os outros símbolos de Christoffel são dados
por Γ111 = Γ212 = Γ122 = 0, Γ211 = y−1, Γ112 = Γ222 = −y−1.
b) Chamando de θ(t) o ângulo formado por v(t) e o eixo Oy, utilizando a sugestão,
temos que
da
dt
= −sen(θ(t)) · dθ
dt
e
db
dt
= cos(θ(t)) · dθ
dt
,
assim, substituindo do sistema dado pela sugestão, temos que
−sen((θ(t)) · dθ
dt
+ Γ112sen(θ(t)) = 0
cos((θ(t)) · dθ
dt
+ Γ211cos(θ(t)) = 0.
Dessa forma, multiplicando a primeira equação por −cos(θ(t)) e a segunda por
sen(θ(t)) e somando-as, temos
2sen(θ(t))cos(θ(t))
dθ
dt
= sen(θ(t))cos(θ(t))[Γ112 − Γ211],
portanto, se sen(θ(t))cos(θ(t)) 6= 0, temos
dθ
dt
=
Γ112 − Γ211
2
=
−y−1 − y−1
2
= −y−1,
portanto ao longo da curva y = 1, temos que
dθ
dt
= −1⇒ θ0 = −t,
onde θ0 = θ(0) é o ângulo que v0 = v(0) faz com o eixo Oy, o que sabemos ser 0, portanto
θ(t) = −t.
Pela continuidade do transporte paralelo, temos que θ(t) continua sendo igual a
−t nos pontos onde sen(θ(t))cos(θ(t)) = 0, já que este é um conjunto discreto de pontos.
Lista 6
Exercício 6.1. (Geodésicas de superfícies de revolução) Indique por (u, v) as coordena-
das 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 funções diferenciáveis, com f ′(v)2 + g′(v)2 6= 0 e f(v) 6= 0, é uma imer-
são. 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
d2u
dt2
+
2ff ′
f 2
du
dt
dv
dt
= 0,
d2v
dt2
− ff
′
(f ′)2 + (g′)2
(
du
dt
)2
+
f ′f ′′ + g′g′′
(f ′)2 + (g′)2
(
dv
dt
)2
= 0.
c) Obtenha o seguinte significado geométrico das equações acima: a segunda equação é,
exsceto 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).
35
36
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.
Demonstração. A função ϕ é uma imersão, pois dada a sua derivada
dϕ =
 −f(v)sen(u) f
′(v)cos(u)
f(v)cos(u) f ′(v)sen(u)
0 g′(v)
 ,
e chamando Aij a submatriz de dϕ obtida utilizando a i-ésima e j-ésima linha de dϕ,
temos que se f ′(v) 6= 0, então det(A12) 6= 0, pois f 6= 0, e caso f ′(v) = 0, temos que
g′(v) 6= 0, logo dependendo do valor de u, temos que det(A23) ou det(A13) é diferente de
0, pois sen e cos não se anulam mutuamente em nenhum ponto.
a) Temos que
dϕ =
 −f(v)sen(u) f
′(v)cos(u)
f(v)cos(u) f ′(v)sen(u)
0 g′(v)
 .
Assim, parametrizando U com (U, Id), temos que ∂x = (1, 0) e ∂y = (0, 1) são os vetores
coordenados de TpU, ∀p ∈ U , portanto dϕp(∂x) = ϕu e dϕp(∂y) = ϕv, ∀p ∈ U , logo
g11 = 〈∂x, ∂x〉p = 〈ϕu, ϕu〉ϕ(p) = f
2(sen2(u) + cos2(u)) = f 2
g12 = g21 = 〈∂x, ∂y〉p = 〈ϕu, ϕv〉ϕ(p) = −ff
′sen(u)cos(u) + ff ′sen(u)cos(u) = 0
g22 = 〈∂y, ∂y〉p = 〈ϕv, ϕv〉ϕ(p) = (f
′)2(sen2(u) + cos2(u)) + (g′)2 = (f ′)2 + (g′)2.
b) Temos que os símbolos de Christoffel são dados por
Γkij =
1
2
∑
1,2
(
∂
∂xi
gjk +
∂
∂xj
gki −
∂
∂xk
gij
)
gkm
onde gkm são as entradas akm da matriz (gij)−1ij . Portanto, temos que
g11 = f−2, g12 = g21 = 0, g22 = ((f ′)2 + (g)′2)−1
logo,
Γ111 = Γ
2
12 = Γ
2
21 = Γ
1
22 = 0, Γ
2
11 = −
f · f ′
(f ′)2 + (g′)2
,
37
Γ112 = Γ
1
21 = f
′f, 2 Γ222 =
f ′ · f ′′ + g′ · g′′
(f ′)2 + (g′)2
.
De forma geral, temos que uma curva é uma geodésica se, e somente se, satisfaz
o seguinte sistema de equações
d2xk
dt
+
∑
i,j
Γkij
dxi
dt
dxj
dt
= 0 ∀1 ≤ k ≤ n,
logo substituindo os símbolos de Christoffel no sistema das equações locais da geodésicas,
temos o resultado.
Exercício 6.2. É possível introduzir uma métrica Riemannianano fibrado tangente TM
de uma variedade Riemanniana M da maneira seguinte. Sejam (p, v) ∈ TM e V,W
vetores tangentes de TM em (p, v). Escolha curvas em TM
α : t→ (p(t), v(t)), β : s→ (g(s), w(s)),
com p(0) = q(0) = p, v(0) = w(0) = v, e V = α′(0), W = β′(0), Defina um produto
interno em TM por
〈V,W 〉(p,v) = 〈dπ(V ), dπ(W )〉p +
〈
Dv
dt
(0),
Dw
ds
(0)
〉
p
,
onde dπ é a diferencial de π : TM →M, π(p, v) = p.
a) Prove que este produto interno está bem definido e introduz uma métrica Rieman-
niana em TM .
b) Um vetor em (p, v) ∈ TM que é ortogonal (na métrica acima) à fibra π−1(p) ≈ TpM
é chamado um vetor horizontal. Uma curva
t→ (p(t), v(t))
em TM é horizontal se seu vetor tangente é horizontal para todo p. Prove que a
curva
t→ (p(t), v(t))
é horizontal se e somente se o campo de vetores v(t) é paralelo ao longo de p(t) em
M .
c) Prove que o campo geodésico é um campo de vetores horizontal (i.e., é horizontal
em cada ponto).
d) Prove que as trajetórias do campo geodésico são geodésicas de TM na métrica acima.
38
Sugestão: Seja α(t) = (α(t), v(t)) uma curva em TM . Mostre que l(α) ≥ l(α)
e qua igualdade se verifica se v é paralelo ao longo de α. Considere, em seguida,
uma trajetória do fluxo geodésico passando por (p, v) que é localmente da forma
γ(t) = (γ(t), γ′(t)), onde γ(t) é uma geodésica em M . Escolha vizinhanças convexas
W ⊂ TM de (p, v) e V ⊂ M de p tais que πW = V . Tome dois pontos Q1 =
(q1, v1), Q2 = (q2, v2) em γ ∩W . Se γ não é geodésica, existe uma curva α em W
passando por Q1 e Q2 tal que l(α) < l(γ) = l(γ). Seja α = π(α); como l(α) ≤ l(α),
isto contradiz o fato de ser γ uma geodésica.
e) Um vetor em (p, v) ∈ TM é chamado vertical se ele é tangente à fibra π−1(p) ≈
TpM . Mostre que:
〈W,W 〉(p,v) = 〈dπ(W ), dπ(W )〉p , se W é horizontal,
〈W,W 〉(p,v) = 〈W,W 〉p , se W é vertical,
onde estamos identificando o espaço tangente à fibra com TpM .
Demonstração. a) Temos que este produto não depende das curvas α e β, pois se tomar-
mos duas curvas α e β em TM tais que α′(0) = V e β′(0) = W , temos que
p′(0) = dπ(V ) = p′(0)
q′(0) = dπ(W ) = q′(0)
v′(0) =
Dv(0)
dt
=
Dv(0)
dt
= v′(0)
w′(0) =
Dw(0)
dt
=
Dw(0)
dt
= w′(0),
e com isso 〈 , 〉(p,v) não depende das curvas tomadas, e com isso a aplicação está bem
definida.
Para mostrar que a aplicação define um produto interno, basta verificar que a
simetria e bilinearidade são consequências direta das mesmas propriedades em 〈 , 〉p e
〈V, V 〉(p,v) = 〈dπ(V ), dπ(V )〉p +
〈
Dv
dt
(0),
Dv
dt
(0)
〉
p
≥ 0,
pois cada uma das parcelas do segundo membro da inequação é maior que 0, e note que
para a igualdade ocorra, é necessário que dπ(V ) = 0, o que implica que V = 0.
39
b) Este item segue da seguinte cadeia de equivalências
α(t) é horizontal ⇔ α′(t)⊥{0} × Tp(t)M
⇔
(
p′(t),
Dv(t)
dt
)
⊥{0} × Tp(t)M
⇔
〈(
p′(t),
Dv(t)
dt
)
, (0, w(t))
〉
(p(t),v(t))
= 0, ∀w(t) ∈ Tp(t)M
⇔
〈
Dv(t)
dt
, w(t)
〉
p(t)
= 0, ∀w(t) ∈ Tp(t)M
⇔ Dv(t)
dt
= 0
⇔ v(t) é um campo paralelo ao longo de p(t).
c) Temos que localmente o campo geodésico é dado por (γ(t), γ(t)′), onde γ é
uma geodésica em M , portanto temos que
Dγ′(t)
dt
= 0, assim, γ′(t) é um campo paralelo
ao longo de γ(t), logo, pelo item anterior, temos que (γ(t), γ′(t)) é um campo horizontal.
d) Note que
l(α) =
∫ b
a
|α′(t)|dt
=
∫ b
a
√
〈α′(t), α′(t)〉+
〈
Dv
dt
,
Dv
dt
〉
dt
≥
∫ b
a
√
〈α′(t), α′(t)〉dt
=
∫ b
a
|α′(t)|dt
= l(α),
e a igualdade ocorre se, e somente se,
Dv
dt
= 0, ou seja, se v é paralelo ao longo de α.
Tomando γ(t) = (γ(t), γ′(t)) uma trajetória local, passando por (p, v) do fluxo
geodésico, podemos tomar V ⊂ M , onde V é uma bola geodésica de p ∈ M , e W = V ×
(−ε, ε), vizinhanças de p e (p, v), respectivamente. Note que π(W ) = V . Se admitirmos
que γ não é uma geodésica de TM , podemos tomar Q1 = (q1, v1) e Q2 = (q2, v2) pontos
de γ ∩W , e uma curva α que localmente minimiza a distância entre Q1 e Q2, assim,
l(α) < l(γ) = l(γ),
40
onde a igualdade ocorre devido ao parágrafo anterior, porém, temos também que l(α) ≤
l(α), portanto l(α) < l(γ), contrariando o fato de que γ é uma geodésica em V .
e) Seja w ∈ W um vetor horizontal, temos pelo item b) que se α(t) = (p(t), v(t))
é uma curva tal que α′(0) = w, então v(t) é um campo paralelo ao longo de p(t), portanto
〈w,w〉(p(0),v(0)) = 〈dπ(w), dπ(w)〉p +
〈
Dv
dt
(0),
Dv
dt
(0)
〉
p
= 〈dπ(w), dπ(w)〉p(0) .
Temos que π−1(p) ' {0}× TpM , portanto, se W é tangente a π−1(p), temos que
0 = p′(0) = dπ(w), logo
〈w,w〉(p(0),v(0)) = 〈dπ(w), dπ(w)〉p +
〈
Dv
dt
(0),
Dv
dt
(0)
〉
p
=
〈
Dv
dt
(0), Dv
dt
(0)
〉
p
,
como w = α′(0) =
(
p′(t),
Dv
dt
)∣∣∣∣
t=0
=
(
0,
Dv(0)
dt
)
, temos que 〈W,W 〉(p,v) = 〈W,W 〉p.
Exercício 6.3. (Referencial geodésico). Seja M uma variedade Riemanniana de dimen-
são n e p ∈ M . Mostre que existe uma vizinhança U ⊂ M de p e n campos de vetores
E1, . . . , En ∈ X (U), ortonormais em cada ponto de U , tais que, em p, ∇EiEj(p) = 0.
Uma tal família Ei, i = 1, . . . , n, de campos de vetores é chamada um referencial (local)
geodésico em p.
Demonstração. Sejam B = Bε(p) uma bola geodésica em p e {e1, . . . , en} uma base orto-
normal de TpM . Temos então que, para todo q ∈ B, existe vq ∈ TpM tal que exppvq = q.
Tomando f(t) = expptvq com vq =
vq
|vq|
e t ∈ [0, |vq|], temos que f(|vq|) = q.
Temos também que se Ei(q) = Pq(ei), i = 1, 2, . . . , n, onde Pq é o transporte
paralelo ao longo de f de p até q, temos que os campos Ei são ortonormais, pois pelo
exercício 5.1, temos que o transporte paralelo ao longo de uma curva é uma isometria,
logo preserva ângulos e comprimentos.
Note também que pela definição dos Ei, temos que
∇EiEj(p) =
DEi
dt
= 0.
Lista 7
Exercício 7.1. (Espaços localmente simétricos). Seja M uma variedade Riemanniana.
M é um espaço localmente simétrico se ∇R = 0, onde R é o tensor curvatura de M .
a) Seja M um espaço localmente simétrico e seja também c : [0.l)→M uma curva de
M . Sejam X, Y, Z campos de vetores paralelos ao longo de γ. Prove que R(X,X)Z
é um campo paralelo ao longo c.
b) Prove que se M é localmente simétrico, conexo, e tem dimensão dois, então M tem
curvatura seccional constante.
c) Prove que se M tem curvatura (seccional) constante, então M é um espaço local-
mente simétrico.
Demonstração. a) Como ∇R = 0, temos que, ∀W ∈ (X)(M)
0 = ∇γ′(t)R(X, Y, Z,W )
= γ′(t)R(X, Y, Z,W )−R(∇γ′X︸ ︷︷ ︸
0
, Y, Z,W )−R(X,∇γ′Y︸ ︷︷ ︸
0
, Z,W )
−R(X, Y,∇γ′Z︸ ︷︷ ︸
0
,W )−R(X, Y, Z,∇γ′W )
= γ′(t)R(X, Y, Z,W )−R(X, Y, Z,∇γ′W ).
Portanto, utilizando a definição de R e a compatibilidade da conexão, temos
R(X, Y, Z,∇γ′W ) = γ′(t)R(X, Y, Z,W )
= γ′(t) 〈R(X, Y )Z,W 〉
=
〈
∇γ′(t)R(X, Y )Z,W
〉
+
〈
R(X, Y )Z,∇γ′(t)W
〉
=
〈
∇γ′(t)R(X, Y )Z,W
〉
+R(X, Y, Z,∇γ′W )
⇓
0 =
〈
∇γ′(t)R(X, Y )Z,W
〉
,
∀W ∈ X (M), portanto ∇γ′(t)R(X, Y )Z = 0, e com isso R(X, Y )Z é um campo paralelo
ao longo de γ.
41
42
b) Sejam p ∈ M e B = Bε(p) uma bola geodésica de p. Tome {e1, e2} uma base
ortonormal de TpM . Para todo q ∈ B, podemos tomar a geodésica γ que liga p a q e os
transportes paralelos, E1 e E2, de e1 e e2 ao longo de γ, respectivamente.
Como os campos E1 e E2 são ortonormais, temos que |E1 ∧ E2|2 = 1 em todo
ponto, portanto, K(σ) = K(E1, E2) = R(E1, E2, E1, E2).
Note, pela definição de R e compatibilidade da métrica, que
0 = ∇(R(E1, E2, E1, E2))(γ′)
= γ′R(E1, E2, E1, E2)−R(∇γ′E1, E2, E1, E2)−R(E1,∇γ′E2, E1, E2)
−R(E1, E2,∇γ′E1, E2)−R(E1, E2, E1,∇γ′E2)
= γ′R(E1, E2, E1, E2),
já que os campos Ei são paralelos ao longo de γ. Como γ′R(E1, E2, E1, E2) = 0, temos
que R(E1, E2, E1, E2) é constante ao longo de γ, em particular R(E1, E2, E1, E2)(γ(t)) =
R(E1, E2, E1, E2)(p) = k. Como γ é uma geodésica arbitrária em B, temos que para
todo q ∈ B, podemos ligar p a q e verificar que R(E1, E2, E1, E2)(q) = k, ou seja,
R(E1, E2, E1, E2) = k em B.
Como M é conexa, temos que M é conexa por caminhos, portanto, para todo
p′ ∈ M , podemos tomar um caminho α que liga p a p′. Para cada a ∈ α, podemos
tomar Ba, uma vizinhança normal de a ∈M , e assim, uma coberturade α, mas como α é
compacta, podemos extrair uma subcobertura finita de α dada por vizinhanças geodésicas.
Como em cada vizinhança geodésica a curvatura K(σ) é constante, basta verificar
que a constante é a mesma em cada vizinhança. Note que isso ocorre devido ao fato que na
intersecção de duas vizinhanças a curvatura deve coincidir, logo em ambas as vizinhanças
a curvatura é exatamente a mesma, assim, todas vizinhanças possuem curvatura constante
igual a k.
Já que o raciocínio acima pode ser feito para qualquer p′ ∈ M , e a curvatura
neste deve ser igual à curvatura em p, temos que K(σ)(p′) = k, ∀p′ ∈M .
c) Temos pelo Lema 3.4 (Cap. IV - Geometria Riemanniana - M. do Carmo) que
se M tem curvatura secional constante, então R = kR′, onde
R′(X, Y, Z,W ) = 〈X,Z〉 〈Y,W 〉 − 〈Y, Z〉 〈X,W 〉 .
43
Assim, dado V ∈ X (M), temos que
∇VR(X, Y, Z,W ) = V R(X, Y, Z,W )−R(∇VX, Y, Z,W )−R(X,∇V Y, Z,W )
−R(X, Y,∇VZ,W )−R(X, Y, Z,∇VW )
= V R(X, Y, Z,W )− k(〈∇VX,Z〉 〈Y,W 〉 − 〈Y, Z〉 〈∇VX,W 〉)
−k(〈X,Z〉 〈∇V Y,W 〉 − 〈∇V Y, Z〉 〈X,W 〉)
−k(〈X,∇VZ〉 〈Y,W 〉 − 〈Y,∇VZ〉 〈X,W 〉)
−k(〈X,Z〉 〈Y,∇VW 〉 − 〈Y, Z〉 〈X,∇VW 〉),
pela compatibilidade da métrica, Leibiniz e linearidade do tensor R, respectivamente,
temos,
∇VR(X, Y, Z,W ) = V R(X, Y, Z,W )− k(V 〈X,Z〉 〈Y,W 〉 − 〈Y, Z〉V 〈X,W 〉)
−k(〈X,Z〉V 〈Y,W 〉 − V 〈Y, Z〉 〈X,W 〉)
= V R(X, Y, Z,W )− k(V (〈X,Z〉 〈Y,W 〉)− V (〈Y, Z〉 〈X,W 〉))
= V R(X, Y, Z,W )− V (k(〈X,Z〉 〈Y,W 〉 − 〈Y, Z〉 〈X,W 〉))
= V R(X, Y, Z,W )− V kR′(X, Y, Z,W )
= V R(X, Y, Z,W )− V R(X, Y, Z,W )
= 0.
Exercício 7.2. Prove a 2a identidade de Bianchi:
∇R(X, Y, Z,W, T ) +∇R(X, Y,W, T, Z) +∇R(X, Y, T, Z,W ) = 0,
para todo X, Y, Z,W, T ∈ X (M).
Exercício 7.3. (O Teorema de Schur). Seja Mn uma variedade Riemanniana conexa
com n ≥ 3. Suponha que M é isotrópica, isto é, para cada p ∈ M , a curvatura seccional
K(p, σ) não depende de σ ⊂ TpM . Prove que M tem curvatura seccional constante, isto
é, K(p, σ) também não depende de p.
Demonstração. Sejam X, Y, Z,W ∈ X (M). Como K(p, σ) = Kp não depende de σ,
devemos mostrar que K(p) = Kp = K não depende de p. Para simplificar a notação,
iremos suprimir os pontos p em todas as aplicações, ficando claro que o ponto tomado é
o mesmo do índice de K. Temos pelo Lema 3.4 (Cap. IV - Geometria Riemanniana - M.
do Carmo) que R = KpR′, onde R′ é dado por
R′(W,Z,X, Y ) = 〈W,X〉 〈Z, Y 〉 − 〈Z,X〉 〈W,Y 〉 .
44
Dessa forma, para U ∈ X (M), temos que
∇UR(W,Z,X, Y ) = UR(W,Z,X, Y )−R(∇UW,Z,X, Y )−R(W,∇UZ,X, Y )
−R(W,Z,∇UX, Y )−R(W,Z,X,∇UY )
= UR(W,Z,X, Y )−Kp[R′(∇UW,Z,X, Y )−R′(W,∇UZ,X, Y )
−R′(W,Z,∇UX, Y )−R′(W,Z,X,∇UY )],
e, pela definição de R′, podemos proceder de forma análoga ao Exercício 7.1 e encontrar
que
∇UR(W,Z,X, Y ) = UR(W,Z,X, Y )−Kp[R′(∇UW,Z,X, Y )−R′(W,∇UZ,X, Y )
−R′(W,Z,∇UX, Y )−R′(W,Z,X,∇UY )]
= U(KpR
′(W,Z,X, Y )−Kp(UR′(W,Z,X, Y ))
= (UKp)(R
′(W,Z,X, Y )),
onde a última igualdade ocorre devido à propriedade de Leibiniz.
Pela 2a identidade de Bianchi, temos que
∇R(W,Z,X, Y, U) +∇R(W,Z, Y, U,X) +∇R(W,Z,U,X.Y ) = 0,
portanto
0 = (UKp)(〈W,X〉 〈Z, Y 〉 − 〈Z,X〉 〈W,Y 〉)
+(XKp)(〈W,Y 〉 〈Z,U〉 − 〈Z, Y 〉 〈W,U〉)
+(Y Kp)(〈W,U〉 〈Z,X〉 − 〈Z,U〉 〈W,X〉).
Assim, como n ≥ 3, é possível, fixado p ∈ M e X ∈ TpM , escolher Y, Z ∈ TpM
tais que 〈X, Y 〉 = 〈Y, Z〉 = 〈Z,X〉 = 0 e 〈Z,Z〉 = 1. Fazendo U = Z, pela identidade
acima, temos
〈(XKp)Y − (Y Kp)X,W 〉 = 0,
para todo W ∈ TpM , o que implica que (XKp)Y = (Y Kp)X, mas como X e Y são L.I.,
temos que XKp = 0, ou seja, K é constante em uma vizinhança de p.
Como tomamos p arbitrário, podemos encontrar vizinhanças de q tal que K é
constante ∀q ∈M . Com um argumento de conexidade análogo ao do Exercício 7.1, temos
que K é constante em M .
Lista 8
Exercício 8.1. Seja M uma variedade Riemanniana com curvatura seccional identica-
mente nula. Mostre que, para cada p ∈ M , a aplicação expp : Bε(0) ⊂ TpM → Bε(p) é
uma isometria, onde Bε(p) é uma bola normal em p.
Demonstração. Já sabemos que expp : Bε(0) → Bp(0) é um difeomorfismo, assim, por
(Exerc. 2.15, Cap. I, Curso de Análise Vol. 2 - Elon L. Lima, 11a Edição), é suficiente
mostrar que
〈d(expp)vw, d(expp)vw〉 = 〈w,w〉 ,
∀v ∈ TpM, ∀w ∈ Tv(TpM) ' TpM com |w| = 1. Note também que pelo Lema de Gauss,
é suficiente mostrar que esta propriedade ocorre para w⊥v.
Sejam γ(t) = expptv, t ∈ [0, 1] e J(t) = d(expp)tγ′(0)(tJ ′(0)) = d(expp)tvtw, onde
J ′(0) = w, assim, pelo Corolário 2.5 (Capítulo V) do livro de do Carmo, temos que J é
um campo de Jacobi com J(0) = 0.
Seja agora w(t) o transporte paralelo de w ao longo de γ. Como w⊥v, temos que
w(t)⊥γ′(t), ∀t ∈ [0, 1], pois o transporte paralelo preserva a métrica, assim, pelo Exemplo
2.3 (Capítulo V) do livro de do Carmo, temos que H(t) = tw(t) é um campo de Jacobi
ao longo de γ. Note porém que H(0) = 0 = J(0) e H ′(0) = w = J ′(0), assim, como
os campos de Jacobi são univocamente determinados por seus valores iniciais, temos que
H ≡ J ≡= d(expp)tvtw, portanto
〈d(expp)vw, d(expp)vw〉 = 〈J(1), J(1)〉
= 〈w(1), w(1)〉
= 〈w(0), w(0)〉
= 〈w,w〉 ,
onde a penúltima igualdade ocorre devido ao fato de que transporte paralelo preserva a
métrica.
Exercício 8.2. Seja M uma variedade Riemanniana, γ : [0, 1]→ M uma geodésica, e J
um campo de Jacobi ao longo de γ. Prove que existe uma superfície parametrizada f(t, s),
onde f(t, 0) = γ(t) e as curvas t→ f(t, s) são geodésicas, tal que J(t) = ∂f
∂s
(t, 0).
45
46
Demonstração. Tome λ(s), s ∈ (−ε, ε) emM tal que λ(0) = γ(0), λ′(0) = J(0). Ao longo
de λ escolha um campo de vetores W (s) com W (0) = γ′(0) e
DW
ds
(0) =
∂f
∂s
(0).
Afirmação: f(t, s) = expλ(s)tW (s) é a superfície que procuramos.
De fato, vamos verificar que cada um dos itens exigidos.
Note que
f(t, 0) = expλ(0)tW (0) = expγ(0)tγ
′(0) = γ(t),
e por definição da aplicação exponencial, as curvas t→ f(t, s) são geodésicas.
Pelas notas do início da Seção 2 do capítulo V do livro de do Carmo, temos
que
∂f
∂s
(t, 0) é um campo de Jacobi, nesta mesma seção, encontramos que um campo
de Jacobi H é univocamente determinado por H(0) e
DH
dt
(0), portanto, para que seja
satisfeito J(t) =
∂f
∂s
(t, 0), basta verificar que J(0) =
∂f
∂s
(0, 0) e
DJ(0)
dt
=
D
dt
∂f
∂s
(0, 0).
Dessa forma
∂f
∂s
(0, 0) =
∂
∂s
(expλ(0)tW (0))
= λ′(0)
= J(0)
e
D
dt
∂f
∂s
(0, 0) =
D
ds
∂f
∂t
(0, 0)
=
D
∂s
γ′(0)
=
DW
∂s
(0)
=
DJ
∂s
(0).
Exercício 8.3. Seja M uma variedade Riemanniana com curvatura seccional não posi-
tiva. Prove que, para todo p, o lugar dos pontos conjugados C(p) é vazio.
Demonstração. Suponha por absurdo que exista um campo de Jacobi J , não trivial, sobre
uma geodésica γ : [0, a]→M , com γ(0) = p, tal que J(0) = J(a) = 0.
Observe que, pela compatibilidade da métrica,
d
dt
〈J ′, J〉 = 〈J ′′, J〉+ 〈J ′, J ′〉
= 〈−R(γ′, J)γ′, J〉+ 〈J ′, J ′〉
≥ 0,
portanto 〈J ′, J〉 é uma função monótona, e já que a mesma assume valores iguais nos
extremos, temos que a mesma é constante, e, neste caso, constante igual a 0.
47
Assim, temos que
d
dt
〈J, J〉 = 2 〈J ′, J〉 ≡ 0, portanto ||J ||2 = 0, contradição, já
que estamos assumindo que J é não trivial.
Lista 9 (1a Avaliação)
Exercício 9.1. Um campo de Killing X ∈ D(M) para uma métrica g, em uma variedade
M , é um campo tal que
LX(g) = 0. (9.1)
(a) Provar que (9.1) é equivalente à seguinte: X(g(Y, Z)) = g([X, Y ], Z) + g(Y, [X,Z]),
∀X,X,Z ∈ D(M).
(b) Provar que (9.1) é equivalente à seguinte: g(∇YX,Z) + g(Y,∇ZX) = 0, ∀X, Y, Z ∈
D(M).
(c) Provar que os campos de Killing formam uma álgebra de Lie.
(d) Sejam γ(t) uma geodésica, γ′ o vetor tangente a γ, e X um campo de Killing para
g. Prove que g(γ′, X) é constante ao longo de γ.
(e) Seja X um campo de Killing e p o único ponto de uma vizinhança normal Bε(p) em
que Xp = 0. Provar que em Bε(p) o campo X é tangente às esferas geodésicas (i.e.,
às imagens, por meio de expp, de esferas métricas em TpM).
Demonstração. (d) Note que é suficiente mostrar que
d
dt
g (γ′, X) = 0.
Pela compatibilidade da métrica, temos que
d
dt
g (γ′, X) = g
(
D
dt
γ′, X
)
+ g
(
γ′,
D
dt
X
)
.
Como γ é geodésica, temos que
D
dt
γ′ = 0, logo
d
dt
g (γ′, X) = g(
γ′,
D
dt
X
)
.
Note que
D
dt
X = ∇γ′X, assim utilizando o item (b), temos que
g
(
γ′,
D
dt
X
)
= g (γ′,∇γ′X)
= −g (∇γ′X, γ′) ,
48
49
o que implica que g
(
γ′,
D
dt
X
)
= 0, e assim, temos o resultado.
(e) Para mostrar que X é tangente às esferas geodésicas é suficiente mostrar que
X é ortogonal ao campo gerado pelos vetores tangentes de cada geodésica que passa por
p, ou seja, para toda γ, geodésica passando por p, 〈X, γ′〉 = 0.
Pela compatibilidade da métrica,
γ′ 〈X, γ′〉 = 〈∇γ′X, γ′〉+ 〈X,∇γ′γ′〉 = 〈∇γ′X, γ′〉 ,
mas pelo item (b), temos que
〈∇γ′X, γ′〉 = −〈∇γ′X, γ′〉 ,
o que implica que
γ′ 〈X, γ′〉 = 〈∇γ′X, γ′〉 = 0.
Dessa forma, encontramos que 〈X, γ′〉 é constante ao longo de γ, e já que 〈X, γ′〉 |t=0 = 0,
temos que 〈X, γ′〉 = 0, e já que γ foi tomada arbitrária, temos o resultado.
Exercício 9.2. Seja G um grupo de Lie, com métrica bi-invariante g, e seja G as sua
álgebra dos campos invariantes à esquerda.
(a) Provar que os campos invariantes à esquerda são campos de Killing, i.e., LX(g) =
0, ∀X ∈ G.
(b) Provar que X(g(Y, Z)) = 0, ∀X, Y, Z ∈ G.
(c) Provar que g([X, Y ], Z) + g(Y, [X,Z]) = 0, ∀X, Y, Z ∈ G.
(d) Provar que ∇YX =
1
2
[Y,X], ∀X, Y ∈ G.
(e) Provar que as geodésicas passantes pela identidade e ∈ G são os grupos 1-paramétricos.
Quais são as geodésicas passantes por um ponto qualquer?
(f) Provar que R(X, Y )Z =
1
4
[[X, Y ], Z], ∀X, Y, Z ∈ G.
(g) Provar que R(X, Y, Z,W ) =
1
4
g([X, Y ], [Z,W ]), ∀X, Y, Z,W ∈ G.
(h) Provar que a curvatura seccional é sempre não negativa. Em qual caso a curvatura
seccional é nula?
Demonstração. (b) Pelo item (a), temos que se X ∈ G, então X é de Killing, portanto,
pelo item (a) do Exercício 9.1, temos que este item é verdadeiro se, e somente se, o item
(c) é verdadeiro. Iremos mostrar então que (c) sempre ocorre.
50
(c) Pelo item (a) do Exercício 9.1, temos que
X 〈Y, Z〉 = 〈[X, Y ], Z〉+ 〈Y, [X,Z]〉 ,
portanto, aplicando a compatibilidade da métrica e em seguida a simétria, temos que
X 〈Y, Z〉 = 〈∇XY, Z〉+ 〈∇XZ, Y 〉
= 〈[X, Y ], Z〉+ 〈∇YX,Z〉+ 〈[X,Z], Y 〉+ 〈∇ZX, Y 〉
⇓
〈∇YX,Z〉+ 〈∇ZX, Y 〉 = X 〈Y, Z〉 − 〈[X, Y ], Z〉 − 〈[X,Z], Y 〉
= 0.
(d) Iremos mostrar em (e) que ∇XX = 0, ∀X ∈ D(G) invariante à esquerda,
portanto, como X + Y são invariantes à esquerda se X e Y o forem, temos que
0 = ∇X+Y (X + Y )
= ∇XX +∇XY +∇YX +∇Y Y
= ∇XY +∇YX.
Como ∇ é simétrica, temos que
[Y,X] = ∇YX −∇XY
= ∇YX +∇YX
⇓
∇YX =
1
2
[Y,X].
(e) Como a métrica é bi-invariante, logo invariante à esquerda, temos que
〈X(h), Y (h)〉 = 〈X(Lh(e)), Y (Lh(e))〉
= 〈dLhX(e), dLhY (e)〉
= 〈X(e), Y (e)〉 ,
portanto, pela demonstração do Teorema de Levi-Civita, temos que
2 〈Z,∇YX〉 = X 〈Y, Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z 〈X, Y 〉 − 〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y, Z], X〉 − 〈[X, Y ], Z〉 ,
mas pelo item (b), temos que X 〈Y, Z〉 = Y 〈Z,X〉 = Z 〈X, Y 〉 = 0, logo
2 〈Z,∇YX〉 = −〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y, Z], X〉 − 〈[X, Y ], Z〉 .
51
Dessa forma temos que
2 〈X,∇Y Y 〉 = −〈[Y,X], Y 〉 − 〈[Y,X], Y 〉 − 〈[Y, Y ], X〉
⇓
〈X,∇Y Y 〉 = −〈[Y,X], Y 〉
= 〈[X, Y ], Y 〉 ,
mas pelo Exemplo 2.6 do Capítulo I (do Carmo), temos que
〈X,∇Y Y 〉 = 〈[X, Y ], Y 〉
= −〈X, [Y, Y ]〉
= 0.
Como X é arbitrário, temos que ∇Y Y = 0.
Assim, subgrupos a 1-parâmetros são geodésicas, e, pela unicidade, temos que
geodésicas são subgrupos a 1-parâmetro.
Exercício 9.3. 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. Além disso, provar que se em uma
variedade Riemanniana M o transporte paralelo não depende da curva, então a curvatura
de M é identicamente nula, i.e., para todo X, Y, Z,W ∈ D(M), R(X, Y )Z = 0.
Demonstração. Para mostrar que este fato não ocorre geralmente, basta tomarmos a esfera
S2 ⊂ R2 e se tomarmos o transporte paralelo do vetor v = (0, 1, 0) ao longo das curvas
α e β dadas pelas intersecções dos semiplanos A = {x = 0, y ≥ 0} e B = {x ≥ 0, y = 0}
com S2, respectivamente. Note que α e β ligam os pontos p = (0, 0, 1) e q = (0, 0,−1),
porém o transporte de v ao longo de α até q resulta em (0,−1, 0), porém o transporte ao
longo de β resulta em (0, 1, 0). Isto é suficiente para a primeira parte.
Vamos provar a segunda parte do exercício.
Tomando a superfície parametrizada f : U ⊂ R2 →M , onde
U =
{
(s, t) ∈ R2;−ε < t < 1 + ε,−ε < s < 1 + ε, ε > 0
}
e f(s, 0) = f(0, 0), ∀s. Tomando V0 ∈ Tf(0,0)M e V ∈ X (M) dado por V (s, 0) = V0 e
V (s, t) o transporte paralelo de V0 ao longo da curva t 7→ f(s, t). Assim, pelo Lema 4.1
do Capítulo IV do livro, temos que
D
∂s
D
∂t
V =
D
∂t
D
∂s
V +R
(
∂
∂t
,
∂
∂s
)
V.
Como V foi definido pelo transporte paralelo ao longo de t 7→ f(s, t), temos que
D
∂s
D
∂s
V = 0. Já que o transporte paralelo não depende da curva tomada, temos que V (s, 1)
52
é o transporte paralelo de V (0, 1) ao longo de s→ f(s, t), assim, D
∂s
V (s, 1) = 0, logo
Rf(0,1)
(
∂
∂t
(0, 1),
∂
∂s
(0, 1)
)
V (0, 1) = 0.
Dessa forma, tomando X(p) = ∂
∂t
(0, 1), Y (p) = ∂
∂s
(0, 1) e Z(p) = V (f(0, 1))
temos que R(X, Y )Z = 0. Como V0 foi tomado arbitrário, podemos, para cada campo
X, Y sempre construir uma superfície parametrizada f que satisfaça as condições acima.
Exercício 9.4. Exercício 7.3.
Lista 10
Exercício 10.1. Sejam M1 e M2 variedades Riemannianas, e considere o produto M1 ×
M2 com a métrica produto. Seja ∇1 a conexão Riemanniana de M1 e ∇2 a conexão
Riemanniana de M2.
(a) Mostre que a conexão Riemanniana ∇ de M1 ×M2 é dada por ∇Y1+Y2(X1 +X2) =
∇1Y1X1 +∇
2
Y2
X2, X1, Y1 ∈ X (M1), X2, Y2 ∈ X (M2).
(b) Para cada p ∈ M1, o conjunto (M2)p = {(p, q) ∈M1 ×M2 : q ∈M2} é uma sub-
variedade de M1 × M2, naturalmente difeomorfa a M2. Prove que (M2)p é uma
subvariedade totalmente geodésica de M1 ×M2.
(c) Seja σ(x, y) ⊂ T(p,q)(M1 ×M2) um plano tal que x ∈ TpM1 e y ∈ TqM2. Mostre
que K(σ) = 0.
Demonstração. (a) Vamos mostrar que ∇ de fato é uma conexão Riemanniana, e pela
unicidade do Teorema de Levi-Civita, teremos o resultado.
∇ é uma conexão afim:
∇fX+YZ = ∇f(X1+X2)+Y1+Y2(Z1 + Z2)
= ∇1fX1+Y1Z1 +∇
2
fX2+Y2
Z2
= f∇1X1Z1 +∇
1
Y1
Z1 + f∇2X2Z2 +∇
2
Y2
Z2
= f(∇1X1Z1 +∇
2
X2
Z2) +∇1Y1Z1 +∇
2
Y2
Z2
= f∇XZ +∇YZ
∇X(fY + Z) = ∇(X1+X2)(f(Y1 + Y2) + Z1 + Z2)
= ∇1X1(fY1 + Z1) +∇
2
X2
(fY2 + Z2)
= f∇1X1Y1 +X1(f)Y1 +∇
1
X1
Z1 + f∇2X2Y2 +X2(f)Y2 +∇
2
X2
Z2
= f(∇1X1Y1 +∇
2
X2
Y2) +X1(f)Y1 +X2(f)Y2 +∇1X1Z1 +∇
2
X2
Z2
= f∇XY +X(f)Y +∇XZ
∇ é compatível com a métrica:
Note que 0 = 〈Wi,Wj〉 = Wi 〈Wj, Vj〉 =
〈
∇iWiVi,Wj
〉
se i 6= j e Wi, Vi ∈ X (Mi),
53
54
já que é estamos trabalhando com a métrica produto, logo
X 〈Y, Z〉 = (X1 +X2) 〈Y1 + Y2, Z1 + Z2〉
= X1 〈Y1, Z1〉+X2 〈Y2, Z2〉
=
〈
∇1X1Y1, Z1
〉
+
〈
Y1,∇1X1Z1
〉
+
〈
∇2X2Y2, Z2
〉
+
〈
Y2,∇2X2Z2
〉
=
〈
∇1X1Y1, Z1
〉
+
〈
∇1X1Y1, Z2
〉
+
〈
∇2X2Y2, Z1
〉
+
〈
∇2X2Y2, Z2
〉
+
〈
Y1,∇1X1Z1
〉
+
〈
Y2,∇1X1Z1
〉
+
〈
Y1,∇2X2Z2
〉
+
〈
Y2,∇2X2Z2
〉
=
〈
∇1X1Y1 +∇
2
X2
Y2, Z1 + Z2
〉
+
〈
Y1 + Y2,∇1X1Z1 +∇
2
X2
Z2
〉
= 〈∇XY, Z〉+ 〈Y,∇XZ〉
∇ é simétrica:
∇XY −∇YX = ∇X1+X2(Y1 + Y2)−∇Y1+Y2(X1 +X2)
= ∇1X1Y1 +∇
2
X2
Y2 −∇1Y1X1 −∇
2
Y2
X2
= [X1, Y1] + [X2, Y2]
= [X, Y ]
(b) Sejam γ uma geodésica em (M2)p ' M2 e X ∈ X (M) uma extensão local
do campo γ′ tal que X = (X1, X2) = (0, X2) (note que tal extensão pode ser feita, pois
X1 = 0 ao longo de γ), assim, pelo item (a), ao longo de γ temos
DX
dt
= ∇γ′X
= ∇(0,γ′)(0, X2)
= ∇100 +∇2γ′X2
= 0,
já que γ é uma geodésica em M2.
(c) Podemos assumir sem perda de generalidade que |x| = |y| = 1. Tome curvas α
e β emM1 eM2, respectivamente tal que α′(0) = x, α(0) = p, β′(0) = y e β(0) = q. Sejam
X e Y extensões locais de α′ e β′, respectivamente, tais que X = (X1, 0) e Y = (0, Y2).
Dessa forma, temos que X(a) = (α′, 0) se a ∈ α e Y (a) = (0, β′) se a ∈ β, já que estamos
identificando Mi com (Mi)b.
Assim, utilizando o item (a), temos que
K(σ) = 〈R(X, Y )X, Y 〉(p,q)
=
〈
∇Y∇XX −∇X∇YX +∇[X,Y ]X, Y
〉
(p,q)
= 〈0, Y 〉
= 0,
55
já que 0 = ∇YX = ∇Y∇XX pois X⊥Y em (p, q) e [X, Y ] = 0.
Exercício 10.2. Mostre que ψ : R2 → R4 dada por
ψ(θ, ϕ) =
1√
2
(cosθ, senθ, cosϕ, senϕ),(θ, ϕ) ∈ R2
é uma imersão de R2 na esfera unitária S3(1) ⊂ R4, cuja imagem ψ(R2) é um toro T 2
com curvatura seccional zero na métrica induzida.
Demonstração. Temos que
dψ =
1√
2

−senθ 0
cosθ 0
0 −senϕ
0 cosϕ

e que esta matriz tem posto 2, pois o sistema abaixo
senθsenϕ = 0
−senθcosϕ = 0
−cosθsenϕ = 0
cosθcosϕ = 0
não possui solução em R2.
Pela definição da ψ, é claro que ψ(R2) = S1
(
1√
2
)
× S1
(
1√
2
)
' T 2.
Dessa forma resta mostrar que T 2 possui curvatura seccional nula. Pelo item (c)
do Exercício 10.1 temos o resultado.
Exercício 10.3. Sejam M uma variedade Riemanniana e N ⊂ K ⊂M subvariedades de
M . Suponha que N é totalmente geodésica em K e que K é totalmente geodésica em M .
Prove que N é totalmente geodésica em M .
Demonstração. Tome γ uma geodésica de N e f, g imersões de N em K e de K em M ,
respectivamente.
Como N é totalmente geodésica em K, temos que f(γ) é uma geodésica em K,
e, da mesma forma, g(f(γ)) é uma geodésica em M , portanto, como g ◦ f é uma imersão
de N em M , temos que N é totalmente geodésica em M .
Exercício 10.4. Prove que a curvatura seccional da variedade Riemanniana S2×S2 com
a métrica produto, onde S2 é a esfera unitária em R3, é não negativa. Ache um toro
plano, totalmente geodésico, T 2, mergulhado em S2 × S2.
Demonstração. Para verificar que a curvatura seccional é não negativa, basta verificar que
Tp(S2×S2) ' TpS2×TpS2 e denotando S2×S2 por M1×M2 temos que se x ∈ TpMi e
56
y ∈ TpMj, sabemos que K(x, y) > 0 se i = j e pelo item (c) do Exercício 10.1 K(x, y) = 0
se i 6= j.
Para encontrar um toro plano mergulhado em S2×S2 totalmente geodésico, basta
tomar S1×{q} ' S1 e {p}×S1 ' S1. Temos que S1 é uma variedade mergulhada em S2,
e já que toda geodésica de S1 também é uma geodésica de S2, pela definição da conexão
produto do item (a) do Exercício 10.1, temos que S1 × S1 é totalmente geodésica em
S2 × S2.
Exercício 10.5. Mostre que se M é uma subvariedade totalmente geodésica de M , então,
para campos tangentes a M , ∇ e ∇ coincidem.
Demonstração. ComoM é totalmente geodésica emM , temos que ∀η ∈ (TpM)⊥, Hη ≡ 0,
portanto, tomando X e Y campos tangentes à M e X e Y extensões locais à M de X e
Y , respectivamente, temos que Hη(X,X) = 0, ∀X ∈ TpM , portanto
0 = Hη(X + Y,X + Y )
= Hη(X,X) +Hη(Y, Y ) + 2Hη(X, Y )
⇓
0 = Hη(X, Y )
= 〈B(X, Y ), η〉 , ∀η ∈ (TpM)⊥
⇓
0 = B(X, Y )
⇓
∇XY = ∇XY.
Como X e Y foram tomados arbitrários em TpM , temos o resultado.
Lista 11
Exercício 11.1. Sejam M e N variedades Riemannianas tais que a inclusão i : M ⊂ N
é uma imersão isométrica, mostre, por um exemplo, que a desigualdade estrita dM > dN
pode ocorrer.
Demonstração. Seja S1 ⊂ R2 com a métrica de S1 induzida pela métrica de R2.
Tomando p = (0, 1), q = (0,−1) ∈ S1, facilmente podemos verificar que
dS1(p, q) = π > 2 = dR2(p, q).
Exercício 11.2. Seja M̃ um espaço de recobrimento de uma variedade Riemanniana
M . Mostre que é possível dar a M̃ uma estrutura Riemanniana tal que a aplicação de
recobrimento π : M̃ → M seja uma isometria local. Mostre que M̃ é completa, se, e
somente M é completa.
Demonstração. Tomando p̃ ∈ M̃ e ṽ, w̃ ∈ Tp̃M̃ e definindo
〈ṽ, w̃〉p̃ = 〈dπp̃(ṽ), dπp̃(w̃)〉π(p̃) ,
temos, por construção, que π é uma isometria local, e com esta métrica M̃ possui uma
estrutura Riemanniana.
Suponha queM seja completa. Assim, tomando uma geodésica γ̃ : [0, a)→ M̃ em
M̃ temos que γ(t) = π(γ̃(t)) é uma geodésica de M , já que π é uma isometria. ComoM é
completa, podemos estender γ para +∞, portanto temos uma nova geodésica γ′ : [0,+∞)
tal que γ′|[0,a) = γ, portanto, levantando o caminho γ′ para M̃ , temos que γ̃ pode ser
estendida indefinidamente, e assim M̃ é completa.
A recíproca segue de forma análoga.
Exercício 11.3. Seja f : M1 → M2 um difeomorfismo local de uma variedade M1 sobre
uma variedade Riemanniana M2. Introduza em M1 uma métrica Riemanniana tal que f
seja uma isometria local. Mostre, por um exemplo, que se M2 é completa, M1 pode não
ser completa.
57
58
Demonstração. Tomando a métrica de M2, podemos induzir uma métrica em M1 da
seguinte maneira
〈u, v〉p =
〈
df−1(u), df−1(v)
〉
f−1p
,
∀p ∈M1, ∀u, v ∈ TpM1, assim, por construção, temos que f é uma isometria local.
TomandoM1 = S1\ {(0, 1)} eM2 = S1, temos queM2 é completa, e a Id : M1 →
M2 é um difeomorfismo local, porém é fácil ver que M1 não é completa.
Exercício 11.4. Uma variedade Riemanniana é homogênea se dados p, q ∈M existe uma
isometria de M que leva p em q. Prove que toda variedade homogênea é completa.
Demonstração. Sejam p ∈M e γ : [0, a) uma geodésica normalizada com γ(0) = p. Sejam
também ε > 0 tal que Bε(p) é uma bola normal de p e q = γ(a− ε/2) ∈M .
Como M é uma variedade homogênea, temos que existe uma isometria ϕ tal
que ϕ(p) = q. Assim, temos que existe v ∈ TpM tal que dϕp(v) = γ′(a − ε/2), e,
consequentemente, ||v|| = 1.
Tomando a geodésica α : [0, ε) → M dada por α(t) = expptv, temos que ϕ ◦ α :
[0, ε) → M é uma geodésica tal que ϕ ◦ α(0) = q e (ϕ ◦ α)′(0) = dϕp · α′(0) = dϕpv =
γ′(a − ε/2). Dessa forma, temos que ϕ ◦ α coincide com γ em q e possui o mesmo vetor
tangente, logo, por unicidade, temos que γ|(a−ε/2,a+ε/2) = ϕ ◦ α. Assim podemos estender
γ para além de a, e já que a foi tomado arbitrário, temos que M é completa.
Lista 12
Exercício 12.1. Seja M uma variedade Riemanniana completa, e seja N ⊂ M uma
subvariedade fechada de M . Seja p0 ∈M, p0 /∈ N , e seja d(p0, N) a distância de p0 a N .
Mostre que existe um ponto q0 ∈ N tal que d(p0, q0) = d(p0, N) e que qualquer geodésica
minimizante que liga p0 a q0 é ortogonal a N em q0,
Demonstração. Sejam D = {dq = d(p0, q) : q ∈ N} e (qn)n uma sequência em N tal que
dqn → dN = d(p0, N). Note que (qn)n é limitada, pois como a função d é contínua, temos
que
dN = d(p0, lim qn) = lim d(p0, qn).
Dessa forma, temos que (qn)n possui uma subsequência (qnk)nk convergente, e já
que N é um subespaço fechado, temos que q0 = lim qnk ∈ N , assim
dN = lim dqn
= lim dqnk
= dlim qnk
= dq0 ,
mostrando que a distância se realiza em algum ponto de N .
Iremos mostrar agora que qualquer geodésica minimizante γ, com γ(a) = p0 e
γ(0) = q0, que liga p0 a q0 é orotgonal a N em q0.
Tome v ∈ Tq0N com v 6= 0 se seja λ : (−ε, ε)→ N uma curva tal que λ(0) = q0
e λ′(0) = v e seja
f : (−ε, ε)× [0, a] → M
(s, t) 7→ f(s, t),
uma variação de γ onde f(0, t) = γ(t) e f(s, t) = fs(t) é uma geodésica que liga λ(s) a
p0. Note que tal variação pode ser construída pois M é completa.
Dessa forma, denotanto por V (t) o campo variacional de f , temos pela fórmula
da primeira variação da energia que
E ′(0) = −2
〈
V (0),
dγ
dt
(0)
〉
,
59
60
já que
D
dt
dγ
dt
= 0 e
dγ
dt
(t+i ) =
dγ
dt
(t−i ), pois γ é uma geodésica, e V (a) = 0 já que
f(s, a) = p0, ∀s ∈ (−ε, ε). Temos também, pelo Lema 2.3 do capítulo IX do livro de do
Carmo, que E(γ) = E(0) ≤ E(c), onde c é uma curva ligando p0 a q0. Assim, temos que
0 é um valor crítico para E, portanto E ′(0) = 0, e com isso〈
V (0),
dγ
dt
(0)
〉
= 0.
Como, por construção, V (0) = v, temos que γ′(0)⊥Tq0N .
Exercício 12.2. Considere em R2 uma métrica Riemanniana completa. Prove que
lim
r→∞
(
inf
x2+y2≥r2
K(x, y)
)
≤ 0,
onde (x, y) ∈ R2 e K(x, y) é a curvatura Gaussiana da métrica dada em (x, y).
Demonstração. Observe que em uma variedade de dimensão 2 a curvatura de Ricci em
um ponto p coincide com a curvatura seccional neste mesmo ponto.
Suponha por absurdo que
lim
r→∞
(
inf
x2+y2≥r2
K(x, y)
)
> 0,
assim, temos que existe um R0 > 0 tal que K(x, y) ≥ k para algum k ∈ R+, assim,
podemos aplicar o Teorema de Bonnet-Myers e encontrar que R2\BR0(0) é compacta,
absurdo. Com isso temos que o resultado é válido.