Soluções do livro de Geometria Riermaniana do Manfredo - CAP 0 ao CAP 11

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Universidade Federal da Paráıba
Centro de Ciências Exatas e da Natureza
Departamento de Matemática
Doutorado
Gustavo da Silva Araújo
José Carlos de Albuquerque Melo Júnior
Marcius Petrúcio de Almeida Cavalcante
Mariana de Brito Maia
Rainelly Cunha de Medeiros
Rayssa Helena Aires de Lima Caju
Ricardo Burity Croccia Macedo
sob orientação do
Prof. Pedro Antonio Hinojosa Vera
Soluções do Livro
Geometria Riemanniana, Manfredo Perdigão do Carmo
João Pessoa
Sumário
Caṕıtulo 0 – Variedades Diferenciáveis 3
Caṕıtulo I – Métricas Riemannianas 19
Caṕıtulo II – Conexões Afins; Conexão Riemanniana 34
Caṕıtulo III – Geodésicas; Vizinhanças Conexas 55
Caṕıtulo IV – Curvaturas 92
Caṕıtulo V – Campos de Jacobi 110
Caṕıtulo VI – Imersões Isométricas 127
Caṕıtulo VII – Variedades Completas; Os Teoremas de Hopf e Rinow e de Ha-
damard 147
Caṕıtulo VIII – Espaços de Curvatura Constante 158
Caṕıtulo IX – Variações da Energia 172
Caṕıtulo X – O Teorema de Comparação de Rauch 184
Caṕıtulo XI – O Teorema do Índice de Morse 194
2
Caṕıtulo 0
Variedades Diferenciáveis
1. (Variedade produto). Sejam M e N variedades diferenciáveis e sejam {(Uα, xα)},
{(Vβ, yβ)} estruturas diferenciáveis de M e N respectivamente. Considere o produto carte-
siano M ×N e as aplicações zαβ(p, q) = (xα(p), yβ(q)), p ∈ Uα, q ∈ Vβ.
a) Mostre que {(Uα × Vβ, zαβ)} é uma estrutura diferenciável em M × N , na qual as
projeções π1 : M ×N →M e π2 : M ×N → N são diferenciáveis. Com esta estrutura
diferenciável, M ×N é chamada a variedade produto de M por N .
b) Mostre que a variedade produto S1 × · · · × S1 de n ćırculos S1, onde S1 ⊂ R2 tem a
estrutura diferenciável usual, é difeomorfa ao n-toro Tn do Exemplo 4.9 (a).
Demonstração. a) Segue da definição de zαβ que ∪α,βzαβ (Uα × Vβ) ⊂M ×N .
Por outro lado, se (p, q) ∈ M × N , então existem ı́ndices α e β tais que p ∈ xα(Uα) e
q ∈ yβ(Vβ). Dáı, (p, q) = (xα(u), yβ(v)), com u ∈ Uα e v ∈ Vβ. Isto é, (p, q) = zαβ(u, v) ∈
zαβ (Uα × Vβ), donde M ×N ⊂ ∪α,βzαβ (Uα × Vβ) e, portanto, M ×N = ∪α,βzαβ (Uα × Vβ).
Vejamos agora a diferenciabilidade da mudança de coordenadas. Seja W = zαβ (Uα × Vβ) ∩
zγδ (Uγ × Vδ) 6= ∅. Temos que y ∈ z−1αβ ◦ zγδ (Uγ × Vδ) se, e somente se, y = z
−1
αβ ◦ zγδ (p, q),
com p ∈ Uγ e q ∈ Vδ. Se, e somente se, y ∈ x−1α ◦ xγ(Uγ) × y−1β ◦ yδ(Vδ). Assim, z
−1
αβ (W ) =
(Uα × Vβ) ∩ [x−1α ◦ xγ(Uγ)× y−1β ◦ yδ(Vδ)], e isso nos mostra que z
−1
αβ (W ) é um aberto de R
m+n.
Além disso,
z−1αβ ◦ zγδ(p, q) = (x
−1
α ◦ xγ(p), y−1β ◦ yδ(q)),
ou seja, z−1αβ ◦ zγδ é diferenciável, uma vez que x
−1
α ◦ xγ e y−1β ◦ yδ são diferenciáveis.
Agora, como x−1α ◦ π1 ◦ zαβ(p, q) = x−1α ◦ π1(xα(p), yβ(q)) = x−1α (xα(p)) = p, segue que
x−1α ◦ π1 ◦ zαβ é a restrição da projeção π : Rm+n → Rm ao aberto Uα × Vβ. E, portanto, as
restrições π1 e π2 são diferenciáveis.
b) Sejam M = S1× · · · ×S1 (com a estrutura natural de grupo multiplicativo) e Tn = Rn/Zn o
n-toro. Seja ϕ : Rn → M definida por ϕ(x1, . . . , xn) = (eix1 , . . . , eixn). Mostremos que ϕ é um
3
homomorfismo de grupos. De fato,
ϕ((x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)) = ϕ(x1 + y1, . . . , xn + yn)
= (ei(x1+y1), . . . , ei(xn+yn))
= (eix1 , . . . , eixn).(eiy1 , . . . , eiyn)
= ϕ(x1, . . . , xn).ϕ(y1, . . . , yn).
Como sabemos, ϕ é sobrejetiva. Como eixj = 1 ⇔ xj = 2kπ, k ∈ Z, segue que kerϕ =
2πZn ∼= Zn, e portanto, pelo teorema do isomorfismo, existe um isomorfismo de grupos ϕ :
Rn/Tn →M . Como Zn age de maneira propriamente descont́ınua em Rn, a projeção canônica
π : Rn → Rn/Zn é um difeomorfismo local. Finalmente, como ϕ = ϕ ◦ π e ϕ é bijeção, segue-se
que ϕ é um difeomorfismo.
2. Prove que o fibrado tangente de uma variedade diferenciável M é orientável (mesmo que
M não o seja).
Demonstração. Sabemos que se {(Uα, ϕα)}α∈A é uma estrutura diferenciável para M, então
{(Uα × Rn, γα)}α∈A é uma estrutura diferenciável para TM, onde TM = {(p, v) ; p ∈M e v ∈
TpM} e a aplicação do fibrado tangente γα(xα1 , ..., xαn, u1, ...un) = (xα(xα1 , ..., xαn),
n∑
i=1
ui
∂
∂xαi
), (xα1 , ..., x
α
n) ∈
Uα e (u1, ..., un) ∈ Rn.
Agora se (p, v) ∈ γα(Uα × Rn) ∩ γβ(Uβ × Rn), então
(p, v) = (xα(qα), dxαvα) = (xβ(qβ), dxβvβ),
onde qα ∈ Uα, qβ ∈ Uβ, vα, vβ ∈ Rn. Portanto, segue que
γ−1β ◦ γα(qα, vα) = γ
−1
β (xα(qα), dxαvα) = ((x
−1
β ◦ xα)(qα), d(x
−1
β ◦ xα)(vα)).
Dáı,
d(γ−1β ◦ γα)(qα,vα) =
 d(x−1β ◦ xα)qα 0
∗ d(x−1β ◦ xα)qα
 .
Logo,
det
[
d(γ−1β ◦ γα)(qα,vα)
]
= (det
[
d(x−1β ◦ xα)qα
]
)2 > 0
e, portanto, TM é orientável.
4
3. Prove que:
a) uma superf́ıcie regular S ⊂ R3 é uma variedade orientável se e só se existe uma
aplicação diferenciável N : S → R3 com N(p)⊥TpS e |N(p)| = 1 para todo p ∈ S.
b) a faixa de Mobius (Exemplo 4.9 b)) é não-orientável.
Demonstração. a) Se a superf́ıcie regular S é uma variedade orientável, é posśıvel cobri-la com
uma famı́lia de vizinhanças coordenadas de tal modo que, na interseção de quaisquer duas
delas a mudança de coordenadas tem jacobiano positivo. Nos pontos p = X(u, v) de cada
vizinhança coordenada, definimos N(p) = N(u, v) =
Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
(p). N(p) está bem definido,
pois se p pertence a duas vizinhanças coordenadas, com parâmetros (u, v) e (u, v), então os
vetores normais N(u, v) e N(u, v) coincidem, uma vez que Xu ∧Xv = (Xu ∧Xv)
∂(u, v)
∂(u, v)
, onde
∂(u, v)
∂(u, v)
é o jacobiano da mudança de coordenadas, o qual sabemos ser positivo. Logo, a aplicação
N : S → R3 dada por N(p) = Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
(p) fica bem definida e é diferenciável pois sendo X uma
parametrização, |Xu ∧Xv| 6= 0 e as coordenadas de N(u, v) em R3 são funções diferenciáveis de
(u, v). Observe que |N(p)| = 1 e que dado z ∈ TpS, como z = aXu + bxv temos 〈N(p), z〉 = 0,
pois 〈Xu ∧Xv, Xu〉 = 〈Xu ∧Xv, Xv〉 = 0.
Reciprocamente, suponha que existe N : S → R3 diferenciável, com N(p)⊥TpS e |N(p)| = 1,
para todo p ∈ S. Tomemos uma famı́lia de vizinhanças coordenadas conexas cobrindo S. Para os
pontos p = X(u, v) de cada vizinhança coordenada X(U), U ⊂ R2, é posśıvel, pela continuidade
de N e, se necessário intercambiando u e v, fazer com que N(p) =
Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
. De fato, definindo
f : X(U)→ R por f(p) =
〈
N(p),
Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
〉
, temos
f(p) =
〈
N(p),
Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
〉
= ±1,
uma vez que N(p) e
Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
são vetores unitários perpendiculares a TpS. Como X é uma
parametrização e pela continuidade de N , temos que f é cont́ınua. Assim, a conexidade de X(U)
garante que ou f ≡ 1 ou f ≡ −1. Se f ≡ 1, temos o afirmado. Se f ≡ −1 intercambiamos u e
v na parametrização, obtendo o afirmado. Procedendo desta maneira com todas as vizinhanças
coordenadas, teremos que na interseção de duas quaisquer delas, digamos X(u, v) e X(u, v), o
jacobiano
∂(u, v)
∂(u, v)
é positivo, pois do contrário teŕıamos
Xu ∧Xv∣∣Xu ∧Xv∣∣ = N(p) = ∂(u, v)∂(u, v) Xu ∧Xv|Xu ∧Xv| = − Xu ∧Xv|Xu ∧Xv| = −N(p),
o que é uma contradição. Disso conclúımos que S é uma variedade orientável.
5
b) Um sistema de coordenadas locais para a faixa de Möbius é dado por
X(u, v) =
((
2− vsenu2
)
senu,
(
2− vsenu2
)
cosu, cosu2
)
,
onde 0 < u < 2π e −1 < v > 1. A vizinhança coordenada correspondente omite os pontos do
intervalo aberto u = 0. Tomando agora Ox como origem dos u’s, obtemos outra parametrização
X(u, v) dada por
x =
{
2− vsen
(
π
4 +
u
2
)}
cosu,
y =
{
2− vsen
(
π
4 +
u
2
)}
senu,
z = vcos
(
π
4 +
u
2
)
,
cuja vizinhança coordenada omite o intervalo u = π/2. Essas duas vizinhanças coordenadas
cobrem a faixa de Möbius e munem de uma estrutura de variedade diferenciavel. Observe que a
interseção das duas vizinhanças coordenadas não é conexa, mas constitúıda de duas componentes
conexas:
W1 =
{
X(u, v) : π2 < u < 2π
}
,
W2 =
{
X(u, v) : 0 < u < π2
}
.
A mudança de coordenas é dada por
u = u− π2 e v = v em W1,
u = 3π2 + u e v = −v em W2.
Decorre que
∂(u, v)
∂(u, v)
= 1 >0 em W1,
∂(u, v)
∂(u, v)
= −1 < 0 em W2.
Para mostrar que a faixa de Möbius é não orientável, vamos supor que seja posśıvel definir
um campo diferenciável de vetores normais N : M → R3. Intercambiando u e v se necessário,
podemos admitir que
N(p) =
Xu ∧Xv
|Xu ∧Xv|
para todo p n vizinhança coordenada de X(u, v). Analogamente, podemos admitir que
N(p) =
Xu ∧Xv∣∣Xu ∧Xv∣∣
6
para todos os pontos da vizinhança coordenada X(u, v). Entretanto, o Jacobiano da mudança
de coordenadas deve ser −1 em W1 ou em W2(dependendo das eventuais mudanças do tipo
u→ v, u→ v que tenham sido feitas). Se p é um ponto desta componente da interseção, então
N(p) = −N(p), o que é uma contradição.
4. Mostre que o plano projetivo P 2(R) é não-orientável.
Demonstração. Seja A = {(Uα, xα)} um atlas orientado para M e U ⊂M um aberto. Podemos
induzir em U a estrutura diferenciável
AU = {(Uα ∩ U, xα |Uα∩U );Uα ∩ U 6= ∅}
tornando assim U uma variedade diferenciável. Desde que,
(Uα ∩ U) ∩ (Uβ ∩ U) = (Uα ∩ Uβ) ∩ U ⊂ Uα ∩ Uα
é claro que, se (Uα ∩ Uβ) ∩ U 6= ∅, então
det J(xα |Uα∩U ◦(xβ |Ubeta∩U )
−1) > 0
pois det J(xα ◦ x−1β ) > 0 em Uα ∩ Uβ. Logo U é orientável.
Sejam agora U = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y, z) ∈ S2e|z| < 1/2} e V = {(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 =
1, |z| < 1/2}. É claro que f : V → U dada por f(x) = x‖x‖ é um difeomorfismo entre V e U .
Como f(x) = −f(−x), segue que f ◦ A = A ◦ f , onde A é a aplicação ant́ıpoda, de modo que
V/G e U/G são difeomorfos com G = {Id,A}. Mas como V/G é a faixa de Möebius e U/G
é um aberto de P 2(R), segue que P 2(R) contém um aberto que é difeomorfo a uma faixa de
Möebius, visto é, contém um aberto não-orientável. Como provamos acima, que todo aberto de
uma variedade orientável é orientável, segue que P 2(R) é uma variedade não-orientável.
5. (Mergulho de P 2(R) em R4). Seja F : R3 → R4 dada por
F (x, y, z) = (x2 − y2, xy, xz, yz), (x, y, z) = p ∈ R3.
Seja S2 ⊂ R3 a esfera unitária com centro na origem 0 ∈ R3. Observe que a restrição
ϕ = F |S2 é tal que ϕ(p) = ϕ(−p), e considere a aplicação ϕ̃ : P 2(R)→ R4 dada por
ϕ̃([p]) = ϕ(p), [p] = classe de equival. de p = {p,−p}.
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Prove que:
a) ϕ̃ é uma imersão.
b) ϕ̃ é biuńıvoca; junto com a) e a compacidade de P 2(R), isto implica que ϕ̃ é um
mergulho.
Demonstração. a) Primeiro note que dado α ∈ R, temos que
F (αp) = F (αx, αy, αz) = ((αx)2 − (αy)2, αxαy, αxαz, αyαz) = α2(x2 − y2, xy, xz, yz)
= α2F (p).
Logo,
ϕ(−p) = F |S2(−p) = (−1)2F |S2(p) = ϕ(p), ∀ p ∈ S2
e, portanto, ϕ̃ : P 2 → R4 está bem definida.
Observe ainda que ϕ : S2 → R4 é C∞, já que as funções coordenadas de F são C∞. Além
disso,
ϕ = ϕ̃ ◦ π,
onde π : S2 → P 2(R), dada por, p 7→ [p], é a projeção canônica. E como π é um difeomorfismo
local, tem-se
dϕp = dϕ̃[p]dπp, ∀ p ∈ S2.
Assim, sendo dπp um isomorfismo, para mostrar que ϕ̃ é uma imersão, basta mostrar que o
posto de dϕp é 2, para todo p ∈ S2. Note que
dϕ(x,y,z) =

2x −2y 0
y x 0
z 0 x
0 z y

Assim, quando z 6= 0, tem-se
det
 z 0
0 z
 = z2 6= 0.
E quando z = 0, tem-se
det
 2x −2y
y x
 = 2(x2 + y2) 6= 0,
já que (x, y, z) ∈ S2. Portanto, posto de dϕ(x,y,z) é 2 para (x, y, z) ∈ S2.
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b) Mostremos que ϕ̃ é injetiva. Sejam [p], [q] ∈ P 2(R) com ϕ̃([p]) = ϕ̃([q]). Assim, ϕ(p) = ϕ(q),
sendo p = (x, y, z) e q = (a, b, c) tem-se
x2 − y2 = a2 − b2 (1)
xy = ab (2)
xz = ac (3)
yz = bc (4)
x2 + y2 + z2 = 1 (5)
a2 + b2 + c2 = 1 (6)
Analisemos os casos:
Caso I: x = 0
Por (2) e (3) temos que ab = ac = 0, se a 6= 0, então b = c = 0. E por (6) segue que
a2 = 1. De (1) obtemos que −y2 = 1, que é um absurdo! Dáı, a = 0. Por (1), temos
−y2 = −b2 ⇒ y2 = b2 ⇒ y = b ou y = −b. Se y = 0 então b = 0, e por (5) e (6) tem-se z = 1 ou
z = −1 e c = 1 ou c = −1, e portanto, (x, y, z) = (a, b, c) ou (x, y, z) = −(a, b, c). Se y 6= 0 então
b 6= 0. De (4) temos: y = b ⇒ z = c ou y = −b ⇒ z = −c. E novamente, (x, y, z) = (a, b, c) ou
(x, y, z) = −(a, b, c).
Caso II: y = 0
Por (2) e (4) temos que ab = bc = 0. Se b 6= 0, então a = c = 0, logo de (6), b2 = 1, e por (1),
x2 = −1, o que é um absurdo! Logo, devemos ter b = 0. Por (1) segue que x = a ou x = −a:
se x = 0 então a = 0, e temos de (5) e (6) que z = 1 ou z = −1 e c = 1 ou c = −1. Logo,
(x, y, z) = (a, b, c) ou (x, y, z) = −(a, b, c). Se x 6= 0 então a 6= 0, por (3) tem-se x = a ⇒ z = c
ou x = −a⇒ z = −c. E novamente, (x, y, z) = (a, b, c) ou (x, y, z) = −(a, b, c).
Caso III: z = 0
Por (3) e (4) segue que ac = bc = 0. Se c 6= 0 então a = b = 0. Logo, por (2) temos que xy = 0.
Portanto, se x = 0 então por (5) que y2 = 1 e se y = 0 tem-se por (5) que x2 = 1, o que é uma
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contradição com (1). Por isso, devemos ter c = 0. Por (5) e (6) temos que x2 + y2 = a2 + b2 = 1.
Somando com (1) segue que 2x2 = 2a2 ⇒ x = a ou x = −a. Se x = 0 então y = 0, e dáı, por (5)
e (6), b = 1 ou b = −1 e y = 1 ou y = −1. E portanto, (x, y, z) = (a, b, c) ou (x, y, z) = −(a, b, c).
Se x 6= 0 então a 6= 0. Logo, se x = a, temos por (2) que y = b. E se x = −a então y = −b. E
novamente, (x, y, z) = (a, b, c) ou (x, y, z) = −(a, b, c).
Caso IV: x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0z = 0
Por (2) e (3) temos que a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0. Por (2), tem-se y = abx e por (3), tem-se z =
ac
x .
Substituindo em (4), obtemos
ab
x
ac
x
= bc =⇒ a2 = x2 =⇒ x = a ou x = −a.
Se x = a, por (2) e (3) tem-se y = b e z = c. Se x = −a, por (2) e (3), tem-se y = −b e z = −c e,
portanto, (x, y, z) = (a, b, c) ou (x, y, z) = −(a, b, c). Assim, em qualquer caso, p = q ou p = −q,
isto é, [p] = [q]. Ou seja, ϕ̃ é injetora. Logo, ϕ̃ : P 2(R) → ϕ̃(P 2(R)) é uma bijeção cont́ınua.
Desde que P 2(R) é compacto, então ϕ̃ : P 2(R) → ϕ̃(P 2(R)) é um homeomorfismo. Portanto,
ϕ̃ : P 2(R)→ R4 é um mergulho.
8. Sejam M1 e M2 variedades diferenciáveis. Seja ϕ : M1 →M2 uma aplicação diferenciável
que é localmente um difeomorfismo. Prove que se M2 é orientável, então M1 é orientável.
Demonstração. Sejam {(Uα, ϕα)}α∈A uma orientação para M2 e p ∈ M1. Como ϕ é um di-
feomorfismo local, existem vizinhanças Vp ⊂ M1 de p e Wp = ϕ(Vp) ⊂ M2 de ϕ(p) tais que
ϕ|Vp : Vp → ϕ(Vp) é um difeomorfismo. Ora, Wp = ϕ(Vp) = ∪α∈A(Wp ∩ Uα), dáı Vαp =
∪α∈A(Vp ∩ ϕ−1(Uα)) (Trabalhemos apenas com os ı́ndices α tais que Vαp =: Vp ∩ ϕ−1(Uα) 6= ∅).
Agora, definindo ψαp : Vαp → Rn por ψαp = ϕα ◦ ϕ|Vαp , vemos que {(Vαp, ψαp);α ∈ A e p ∈
M1} é um orientação para M1. De fato é uma estrutura diferenciável e, dados α, β ∈ A e
p, q ∈M1 com Vαp ∩ Vβq 6= ∅, temos que
ψαp ◦ ψ−1βq = ϕα ◦ ϕ|Vαp∩Vβq ◦ ϕ
−1
|Vαp∩Vβq ◦ ϕ
−1
β = ϕα ◦ ϕ
−1
β ,
donde,
det[d(ψαp ◦ ψ−1βq )] = det[d(ϕα ◦ ϕ
−1
β )] > 0.
Conclúımos então que {(Vαp, ψαp);α ∈ A e p ∈M1} é uma orientação de M1.
10
9. Seja G×M →M uma ação propriamente descont́ınua de um grupo G em uma variedade
diferenciável M.
a) Prove que a variedade MG (Exemplo 4.8) é orientável se e só se existe uma orientação
de M que é preservada por todos os difeomorfismos de G.
b) Use (a) para mostrar que o plano projetivo P 2(R), a garrafa de Klein e a faixa de
Möbius são não-orientáveis.
c) Prove que Pn(R) é orientável se e só se n é ı́mpar.
Demonstração. a) Suponha MG orientável e seja {(Uα, ϕα)} uma estrutura diferenciável tal que
∀α, β ∈ A com Uα ∩ Uβ = W 6= ∅ a diferencial de mudança a coordenadas Xβ ◦ X−1α tem
diterminante positivo. Tomemos π : M → MG o difeomorfismo local já conhecido. Como a
ação é propriamente descont́ınua, temos que MG tem estrutura de variedade diferenciável cuja
dimensão é a mesma de M . Para cada g 6= e ∈ G tem-se Vα ∩ gVα = ∅, e portanto podemos
associar pelo difeomorfismo local π (π(Vα) = Uα).
Sendo que os abertos Vα estão bem determinados podemos munir M com uma orientação.
Na verdade
π−1(Uα) = ∪g∈GgVα,
gVα ⊆ M . Os abertos em M pela ação do grupo assumem a forma de gVα onde este está bem
determinada pela projeção π. Tomemos
Yαg : gVα ⊆M → Rn,dado naturalmente por Yαg = Xα ◦ π. Tomemos
Yαg : gVα ⊆M → Rn
dado naturalmente por Yαg = Xα ◦π. O conjunto {(gVα, Yαg)} definem uma orientação para M .
É claro que {(gVα, Yαg)} formam uma estrutura diferenciável visto que Yαg é uma composição
de aplicação de aplicações diferenciáveis. Sejam α, β ∈ A tal que gVα ∩ g′Vβ = Wαβ 6= ∅.
Como π é um difeomorfismo local, temos que Wαβ
Yβg ◦ Y −1αg = (Xα ◦ π) ◦ (Xβ ◦ π)−1 = Xα ◦ π ◦ π−1 ◦X−1β = Xα ◦Xβ
o que nos fornece que Yβg ◦ Y −1αg′ tem determinante jacobiano positivo.
11
Seja µ : G ×M → M a ação propriamente descont́ınua sobre M dada por µ(g,m) = gm e
considere o difeomorfismo natural de G ψg : M → M dado por ψg(m) = gm. Desta maneira,
vemos que para cada m ∈ M a aplicação linear d(ψg)m : TmM → TgmM é um isomorfismo.
Como munimos M com uma orientação induzida da variedade quociente MG dado pelo estrutura
diferenciável {(gVα, Yαg)}, vamos então mostrar que
d(ψg)m : (TmM, θm)→ (TgmM, θgm)
é um isomorfismo cujo determinante de matriz associado seja positivo. De fato, para cada
m ∈ gVα seja
d(Yαg′)m : (TmM, θm)→ (TYαg′mR
n = Rn, θ)
a aplicação linear cujo determinante da matriz associada seja positivo (isto ocorre pois M é
orientável). Seja m ∈ g′Vα ∩ g′′Vβ, então a orientação de TmM dado por d(Yαg′)m coincide com
a orientação definido por d(Yβg′′)m visto que M é orientável e, portanto,
det[Jac(Yβg′′ ◦ Y −1βg′ )Yβg′ (m)] > 0.
De maneira análoga quando definimos
d(Yβg′′)m : (Tg′′mM, θgm)→ Rn, θ)
é uma aplicação linear cujo determinante de matriz associado é positivo. Com isto obtemos de
forma natural o seguinte diagrama comutativo
(TmM, θm)
d(ψg)m//
f1=d(Yαg′′ )m
��
(Tg′′mM, θgm)
f3=d(Yβg′′ )
��
(Rn, θ)
f2=d(Yβg′′◦(Yαg′ )−1)
// (Rn, θ)
Como d(ψg)m = f
−1
3 ◦ f2 ◦ f1 e f1, f2 e f3 tem determinante positivo segue que d(ψg)m tem
determinante positivo provando que a orientação é preservado pelos difeomorfismo de G.
Reciprocamente, como M é orientável seja {(Uα, Xα)} uma estrutura diferenciável que da
orientação para a projeção, πM → MG . O conjunto Γ : {(π(Uα), π ◦ X
−1
α )} definem uma ori-
entação em MG . De fato, primeiramente podemos notar que o fato em que a ação é propriamente
descont́ınua nos dá que π(Uα) = Vα em
M
G é um aberto bem determinado. Logo, Uα ∩ β se, e
somente se, Vα ∩ Vβ 6= ∅. (visto que π é difeomorfismo local). Logo, sejam Vα e Vβ abertos em
12
M
G tal que Vα ∩ Vβ 6= ∅. Logo para cada m ∈ Vα ∩ Vβ temos na intercessão que
Xβ ◦ π−1 ◦ π ◦X−1α = (π ◦X−1β )
−1 ◦ π ◦X−1α = Xα ◦ ψg ◦X−1α
Como Xα ◦ψg ◦X−1β tem determinante jacobiano positivo, segue que o mesmo de (π ◦X
−1
β )
−1 ◦
π ◦X−1α também é positivo e portanto MG é orientável.
b) Temos que RP 2 = δ2G ; K =
T 2
G e M =
C
G , onde δ
2 é a esfera unitária em R3, T 2 é o toro
em R3, C é a faixa x2 + y2 = 1, |z| < 1 e G = {I, A}. Dado p ∈ δ2, e u, v ∈ Tpδ2 linearmente
independentes. Então vamos provar que A : δ2 → δ2 inverte orientação. {u, v} ∈ θp se, e
somente se, det(p, u, v) > 0. Como Tpδ
2 = T−p e dAp = −IdTpδ2 temos que det(−p,−u,−v) =
−det(p, u, v) < 0 segue então que {−u,−v} 6∈ θp. Assim,
−IdTpδ2 = dAp : (Tpδ
2, θp)→ (Tpδ2 = T−pδ2, θp)
é um isomorfismo linear negativo e, portanto, R2P 2 não é orientável.
No caso da faixa, notemos que
Então a aplicação ant́ıpoda A : δ2 → δ2 possui a mesma ação na faixa que está contido na esfera
δ2. Como esta reverte orientação, segue ao passarmos o quociente pelo grupo G = {J,A} que
M = CG não é orientável pelos mesmos argumentos feitos no caso de RP
2.
Já para o garrafa de Klein, temos que a prova de que a aplicação ant́ıpoda A : T 2 → T 2 dada
por A(p) = −p também inverte a orientação é inteiramente análoga à de A : δ2 → δ2. Portanto
como fora feita anteriormente vemos que K é não orientável.
c) Temos que Tpδ
n = {v,< v, p >= 0}. Considere {v1, . . . , vn} uma base de Tpδn Então
{v1, . . . , vn} > 0, mas dAp = −1Tpδn e portanto det(−p,−v1, . . . , vn) = (−1)n+1 det(p, v1, . . . , vn).
Logo, {v1, . . . , vn} ∈ θp, então det(−p, dAv1, . . . , dAvn) = (−1)n+1 det(p, v1, . . . , vn). Donde este
determinante é positivo se n é ı́mpar, e negativo se n é par. Com isto−1Tpδn = dAp : (Tpδn, θp)→
(T−pδ
n, θ−p) é um isomorfismo positivo se n é ı́mpar (portanto preserva a orientação), e negativo
se n é par (portanto inverte a orientação).
13
10. Mostre que a topologia da variedade diferenciável M/G do Exemplo 4.8 é de Hausdorff
se e só se a seguinte condição é verificada: dados dois pontos não equivalentes p1, p2 ∈ M ,
existem vizinhanças U1, U2 de p1 e p2, respectivamente, tais que U1 ∩ gU2 = ∅ para todo
g ∈ G.
Demonstração. Suponha que M/G é de Hausdorff e sejam p1, p2 ∈ M dois pontos não equi-
valentes, isto é, π(p1) 6= π(p2), onde π : M → M/G é a projeção canônica. Então existem
vizinhanças V1, V2 de π(p1) e π(p2), respectivamente, tais que V1 ∩ V2 = ∅. Como π é difeo-
morfismo local, podemos supor V1 e V2 suficientemente pequenos de modo que π|U1 : U1 → V1 e
π|U2 : U2 → V2 são difeomorfismos, onde U1 = π−1(V1) e U2 = π−1(V2) são vizinhanças abertas
de p1 e p2, respectivamente. Afirmamos que U1 ∩ gU2 = ∅ para todo g ∈ G. De fato, se g = e
então U1 ∩ eU2 = ∅, pois do contrário existiria p ∈ U1 ∩ U2 e consequentemente [p] ∈ V1 ∩ V2,
o que é um absurdo, pois V1 ∩ V2 = ∅. Agora se p ∈ U1 ∩ gU2, para algum g ∈ G, então existe
q ∈ U2 tal que p = gq. Assim, [p] = π(p) ∈ π(U1) = V1 e [p] = [gq] = [q] = π(q) ∈ π(U2) = V2,
ou seja, [p] = π(p) ∈ V1 ∩ V2, o que é um absurdo. Portanto vale o afirmado.
Reciprocamente, dados [p1], [p2] ∈ M/G, com [p1] 6= [p2], existem vizinhanças U1 e U2 de
p1 e p2, respectivamente, tais que U1 ∩ gU2 = ∅, para todo g ∈ G. Restringindo U1 e U2, se
necessário, podemos supor que π|U1 : U1 → π(U1) e π|U2 : U2 → π(U2) são difeomorfismos,
uma vez que π é difeomorfismo local. É claro que V1 = π(U1) e V2 = π(U2) são vizinhanças de
[p1] e [p2], respectivamente. Agora, observe que V1 ∩ V2 = ∅. De fato, se [p] ∈ V1 ∩ V2 então
p ∈ π−1(p) ⊂ π−1(V1∩V2) = π−1(V1)∩π−1(V2) = U1∩U2, o que é um absurdo, pois U1∩U2 = ∅.
Portanto, a topologia de M/G é de Hausdorff.
11. Consideremos na reta real R as duas estruturas diferenciáveis seguintes: (R, x1), onde
x1 : R→ R é dada por x1(x) = x, x ∈ R ; (R, x2), onde x2 : R→ R é dada por x2(x) = x3,
x ∈ R. Mostre que:
a) a aplicação identidade i : (R, x1) → (R, x2) não é um difeomorfismo; portanto, as
estruturas máximas determinadas por (R, x1) e (R, x2) são distintas.
b) a aplicação f : (R, x1) → (R, x2) dada por f(x) = x3 é um difeomorfismo; isto é,
embora as estruturas diferenciáveis (R, x1) e (R, x2) sejam distintas, elas determinam
variedades diferenciáveis difeomorfas.
14
Demonstração. a)
R i // R
R
x1
OO
x−12 ◦i◦x1
// R
x2
OO
Observe que a representação local x−12 ◦ i ◦ x1 : R→ R é dada por x
−1
2 ◦ i ◦ x1(x) = 3
√
x, x ∈ R.
Logo i : (R, x1)→ (R, x2) não é um difeomorfismo.
b) Observe que as representações locais das aplicações f e f−1 são dadas respectivamente por
R f // R
R
x1
OO
x−12 ◦f◦x1
// R
x2
OO
onde x−12 ◦ f ◦ x1 = idR é diferenciável e
R f
−1
// R
R
x2
OO
x−11 ◦f−1◦x2
// R
x2
OO
onde x−12 ◦ f ◦ x1 = idR é diferenciável, donde concluimos que f é um difeomorfismo.
12. (O recobrimento duplo orientável). Seja Mn uma variedade diferenciável não-orientável.
Para cada p ∈M , considere o conjunto B das bases de TpM e defina que duas tais bases são
equivalentes se elas estão relacionadas por uma matriz de determinante positivo. Isto é uma
relação de equivalência e divide B em dois conjuntos disjuntos. Seja Op o espaço quociente
de B por esta relação de equivalência. Op ∈ Op será chamado uma orientação de TpM . Seja
M o conjunto
M = {(p,Op) ; p ∈M, Op ∈ Op}.
Seja {(Uα, xα)} uma estrutura diferenciável máxima em M , e defina xα : Uα →M por
xα(u
α
1 , . . . , u
α
n) =
(
xα(u
α
1, . . . , u
α
n),
[
∂
∂uα1
, . . . ,
∂
∂uαn
])
,
onde (uα1 , . . . , u
α
n) ∈ Uα e
[
∂
∂uα1
, . . . , ∂∂uαn
]
indica o elemento de Op determinado pela base{
∂
∂uα1
, . . . , ∂∂uαn
}
. Prove que:
a) {Uα, xα} é uma estrutura diferenciável emM e a variedadeM assim obtida é orientável.
15
b) A aplicação π : M → M dada por π(p,Op) = p é diferenciável e sobrejetiva. Além
disso, cada p ∈ M possui uma vizinhança U ⊂ M tal que π−1(U) = V1 ∪ V2, onde V1
e V2 são abertos disjuntos de M e π restrita a cada Vi, i = 1, 2, é um difeomorfismo
sobre U . Por esta razão, M é chamado o recobrimento duplo orientável de M .
c) A esfera S2 é o recobrimento duplo orientável de P 2(R) e o toro T 2 é o recobrimento
duplo orientável da garrafa de Klein K.
Demonstração. a) Primeiro mostremos que M ⊂ ∪αxα(Uα), já que a outra inclusão é imediata.
Seja (p,Op) ∈ M , assim, p ∈ M e Op ∈ Op. Sendo M variedade diferenciável e {(Uα, xα)} uma
estrutura diferenciável maximal de M , temos que existe
xα(u
α
1 , . . . , u
α
n) : Uα = B(0, 1) ⊂ Rn →M, tal que xα(0) = p.
Se
[
∂
∂uα1
, . . . , ∂∂uαn
]
6= Op, definamos
f : B(0, 1)→ B(0, 1) por (y1, . . . , yn) 7→ (−y1, y2, . . . , yn).
Por outro lado, f é um difeomorfismo e {(Uα, xα)} é uma estrutura máxima para M . Assim,
existe β tal que
xβ = xα ◦ f = (uβ1 , . . . , u
β
n) : Uβ →M
Note que xβ(0) = xα(0) = p com
[
∂
∂uβ1
, . . . , ∂
∂uβn
]
= Op.
Observemos que
Jacf0 =

−1 0 0 0
0 1 0
0 0
. . . 0
0 0 0 1

e det(Jacf0) = −1.
Portanto, podemos ver os elementos de Op como aqueles oriundos de uma composição de uma
função cujo determinante jacobiano é negativo. Assim, como
∂
∂uβ1
= − ∂
∂uα1
e
∂
∂uβj
= − ∂
∂uαj
, ∀ j = 2, . . . , n
segue que (p,Op) ∈ xβ(Uβ) e portanto, M = ∪αxα(Uα).
Agora, suponhamos que α, β são tais que xα(Uα) ∩ xβ(Uβ) 6= ∅, dáı para
16
p ∈W = xα(Uα) ∩ xβ(Uβ) tem-se a mesma orientação, e portanto
xα(u
α
1 , . . . , u
α
n) = xβ(u
β
1 , . . . , u
β
n) = p e
[
∂
∂uα1
, . . . ,
∂
∂uαn
]
=
[
∂
∂uβ1
, . . . ,
∂
∂uβn
]
(7)
Por outro lado,
[
∂
∂uα1
, . . . , ∂∂uαn
]
determina o elemento de Op na base
{
∂
∂uα1
, . . . , ∂∂uαn
}
, dáı por (7)
temos que
∂
∂uαi
(p) =
n∑
j=1
aij
∂
∂uβj
(p), onde det(aij) > 0
Agora,
d(x−1β ◦ xα)x−1α (p)ei = d(x
−1
β )p ◦ d(xα)x−1α (p) = d(x
−1
β )p ◦
(
∂
∂uαi
(p)
)
= d(x−1β )p ◦
 n∑
j=1
aij
∂
∂uβj
(p)
 = n∑
j=1
aijd(x
−1
β )p
(
∂
∂uβj
(p)
)
=
n∑
j=1
aijej ,
implicando que
d(x−1β ◦ xα)x−1α (p) = (aij)i,j = E
Como det(E) > 0, se considerarmos
Uαβ =
{
x; det(Jac(x−1β ◦ xα)x) > 0
}
obtemos, após passarmos ao quociente, que
x−1β ◦ xα = x
−1
β ◦ xα|Uαβ
e portanto, x−1β ◦xα é diferenciável e consequentemente {(Uα, xα)} é uma estrutura diferenciável
para M . Pela definição, segue que M é orientável.
b) Pelo item a) temos que M é uma variedade diferenciável bem como M , sejam então {(Uα, xα)}
e {(Uα, xα)} atlas para M e M respectivamente. Além disso, vale
x−1α ◦ π ◦ xα = IdUα,
segue dáı que x−1α ◦ π ◦ xα é diferenciável, e portanto π é diferenciável. Para a sobrejetividade,
se p ∈M escolha (p,Op) ∈M e portanto π(p,Op) = p. Agora, considere U = xα(Uα) 3 p então
π−1(U) = xα(Uα) ∪ xβ(Uβ)
17
onde xβ = xα ◦ f , e portanto, seja V1 = xα(Uα) e V2 = xβ(Uβ). Notemos que V1 ∩ V2 = ∅, do
contrário, se V1 ∩ V2 6= ∅ então, como foi feito em a),
[
∂
∂uα1
, . . .
∂
∂uαn
]
=
[
∂
∂uβ1
, . . . ,
∂
∂uβn
]
,
que é um absurdo pois − ∂∂uα1 =
∂
∂uβ1
.
Por outro lado, π|V1 : V1 → U é diferenciável e sobrejetiva.
Provemos apenas que π|V1 é injetiva, pois pelos argumentos utilizados na prova em que π é
diferenciável seguirá que π−1 : U → V1 é diferenciável. De fato, sejam π(p1, Op1) = π(p2, Op2),
onde (p1, Op1), (p2, Op2) ∈ V1, logo, p1 = p2. Note que em V1 temos a mesma orientação, e
portanto Op1 = Op2 .
Logo, π|V1 é injetiva, e portanto, π−1 : U → V1 existe, e é diferenciável pela mesma argumentação
anterior.
c) π : S2 → P 2(R) é o recobrimento duplo orientável de P 2(R), pois S2 é conexo e orientável, e
π : S2 → P 2(R) é um difeomorfismo local.
Dado [p] ∈ P 2(R) temos, do fato que P 2(R) ' S2/G onde G = {Id, A}, que
π−1([p]) = {p,−p}.
Notemos também que em S2 vale TpS
2 = T−pS
2 e portanto, (dπ−p)
−1 e
dπp : TpS
2 → T−pS2(= TpS2) reverte orientação. De fato, basta notar que
(dπ−p)
−1 ◦ dπp = dAp = −IdTpS2
De forma análoga para K = T 2/G temos que T 2 é conexo e orientável e π : T 2 → K é um
difeomorfismo local. Novamente tem-se também que π−1([p]) = {p,−p}, ∀ [p] ∈ K.
Dado p ∈ T 2,
(dπ−p)
−1 ◦ (dπp) : TpT 2 → T−pT 2(= TpT 2)
também reverte orientação, já que
(dπ−p)
−1 ◦ (dπp) = dAp = −IdTpT 2
Como o recobrimento duplo orientável é único, a menos de difeomorfismo (ver livro do Elon:
Grupo Fundamental e Espaços de Recobrimento), temos que π : S2 → P 2(R) e π : T 2 → K são
recobrimentos duplos orientável.
18
Caṕıtulo I
Métricas Riemannianas
1. Prove que a aplicação ant́ıpoda A : Sn → Sn dada 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. Uma vez que A ◦ A = I, segue que A = A−1, donde conclúımos que A é uma
bijeção. Além disso, como cada função coordenada de A é diferenciável, A é diferenciável e,
portanto, um difeomorfismo.
Sejam p ∈ Sn, u, v ∈ TpSn e considere curvas α, β : (−ε, ε) → Sn tal que α(0) = β(0) = p,
α′(0) = u e β′(0) = v. Observe que
dA(p)u =
d
dt
(A ◦ α)(t)
∣∣∣
t=0
=
d
dt
(−α(t))
∣∣∣
t=0
= −α′(0) = −u
e, de forma análoga,
dA(p)v = −v.
Portanto,
〈dA(p)u, dA(p)v〉 = 〈−u,−v〉 = 〈u, v〉,
o que prova que A é isometria.
Introduzamos agora uma métrica Riemanniana em Pn(R) tal que π : Sn → Pn(R) seja uma
isometria local. Para isto mostremos inicialmente o seguinte:
Afirmação 1. π : Sn → Pn(R) é um difeomorfismo local.
De fato, a projeção claramente é sobrejetiva e diferenciável. Mostremos que π é localmente
injetiva: sejam p ∈ Sn e Vp
ab
⊆ Sn tal que Vp ∩ A(Vp) = ∅. Desta forma, sejam q1, q2 ∈ Vp tais
que π(q1) = π(q2). Assim,
π(q1) = π(q2)⇒ [q1] = [q2]⇒ {q1,−q1} = {q2,−q2} ⇒ q1 = q2 ou q1 = −q2.
Como A(q2) = −q2 /∈ Vp (pois q2 ∈ Vp), segue que q1 = q2. Logo, π é um difeomorfismo local.
Considere [p] ∈ Pn(R), u ∈ T[p]Pn(R) e α : (−ε, ε)→ Pn(R) tal que α(0) = [p] e α′(0) = u.
Sendo π um difeomorfismo local, existe V
ab
⊆ Pn(R) com [p] ∈ V tal que π−1 : V → π−1(V ) é um
difeomorfismo. Considere I ⊆ (−ε, ε) um intervalo tal que α(I) ⊆ V . Assim, π−1(α(I)) ⊆ Sn é
19
uma curva passando por p ou −p. Suponha que π−1(α(I)) passa por p e defina β1
def
= π−1 ◦ α :
I → Sn e β2 = −β1. Observe que
(π ◦ β1)(0) = (π ◦ β2)(0) = α(0) = [p]
e
d
dt
(π ◦ β1)(t)
∣∣∣
t=0
=
d
dt
(π ◦ β2)(t)
∣∣∣
t=0
= α′(0) = u.
Portanto, para u, v ∈ T[p]Pn(R), defina
〈u, v〉 def= 〈β′1(0), γ′1(0)〉 [= 〈β′2(0), γ′2(0)〉, pois A é isometria],
onde β1 e γ1 são curvas em S
n constrúıdas de forma análoga ao que foi feito anteriormente. Isto
define uma métrica Riemanniana no espaço projetivo real Pn(R).
Por fim, mostremos que com esta métrica Riemanniana em Pn(R), a projeção natural
π : Sn → Pn(R) é uma isometria local. De fato, sejam p ∈ Sn, u, v ∈ TpSn. Como vimos
anteriormente, existe um aberto U
ab
⊆ Sn com p ∈ U tal que π : U → π(U) é um difeomorfismo.
Desta forma,
〈dπ(p)u, dπ(p)v〉 =
〈
d
dt
(π ◦ β1)(t)
∣∣∣
t=0
,
d
dt
(π ◦ γ1(t))
∣∣∣
t=0
〉
= 〈u, v〉,
o que prova que π : Sn → Pn(R) é uma isometria local.
2. Introduza uma métrica Riemanniana no toro Tn exigindo que a projeção natural π :
Rn → Tn dada por
π(x1, ..., xn) =
(
eix1 , ..., eixn
)
, (x1, ..., xn) ∈ Rn,
seja uma isometria local. Mostre que com esta métrica Tn é isométrico ao toro plano.
Demonstração. Observe que a projeção natural definida acima é claramente diferenciável (pois
suas funções coordenadas são diferenciáveis).Assim,
dπp =

ieix1 0 ... 0
0 ieix2 ... 0
...
...
. . .
...
0 0 ... ieixn

20
Note que,
det(dπp) = i
nei(x1+...+xn) 6= 0.
Portanto, pelo teorema da função inversa, π é um difeomorfismo local, isto é, existem abertos
U 3 p e V 3 π(p), tais que a aplicação
π
∣∣
U
: U ⊂ Rn → V ⊂ Tn
é um difeomorfismo. Desta forma, podemos introduzir uma aplicação bilinear dada por:
〈u, v〉p = 〈dπ−1p (u), dπ−1p (v)〉Rn , ∀u, v ∈ TpTn.
Uma vez que dπ−1 é uma aplicação linear e injetiva, a aplicação 〈 , 〉p herda as propriedades
do produto interno usual do Rn, isto é, a aplicação será bilinear, positiva definida e simétrica.
Portanto, 〈 , 〉p define uma métrica Riemanniana e, consequentemente, π é uma isometria local.
Mostremos agora que, com esta métrica, Tn é isométrico ao toro plano.
O toro plano é definido como o Tn = S1 × ...× S1 munido da métrica produto induzida por
cada S1, considerando as projeções πi : S
1 × ...× S1 → S1. Explicitamente:
〈〈u, v〉〉p =
n∑
i=1
〈dπi(u), dπi(v)〉R2 , ∀u, v ∈ TpTn.
Afirmação 2. Os toros (Tn, 〈 , 〉) e (Tn, 〈〈 , 〉〉) são isométricos.
Primeiramente, fixemos as notações. Para p = (p1, ..., pn) ∈ Tn e TpTn = Tp1S1 × ... ×
TpnS
1, denote pi = (p
1
i , p
2
i ) = (cos(qi), sin(qi)) ∈ S1, para cada i = 1, ..., n. Tomando u =
(u1, ..., un), v = (v1, ..., vn) ∈ TpTn, onde ui = (u1i , u2i ) ∈ TpiS1 e vj = (v1j , v2j ) ∈ TpjS1, obtemos:
〈〈u, v〉〉p =
n∑
i=1
〈ui, vi〉 =
n∑
i=1
(u1i v
1
i + u
2
i v
2
i ).
Por outro lado, note que
dπ−1q =

−ie−ix1 0 ... 0
0 ieix2 ... 0
...
...
. . .
...
0 0 ... −ie−ixn

Assim,
(dπ−1q )(u) = (−ie−iq1u1, ...,−ie−iqnun).
21
Além disso, para cada 1 ≤ i, j ≤ n,
0 = 〈pi, ui〉R2 = p1iu1i + p2iu2i ⇒ p1iu1i = −p2iu2i , (8)
e
0 = 〈pj , vj〉R2 = p1jv1j + p2jv2j ⇒ p1jv1j = −p2jv2j . (9)
Logo,
−ie−iqiui = −i(cos(qi)− i sin(qi))(ui1 + iu2i )
= −i(p1i − ip2i )(u1i + iu2i )
= p1iu
2
i − p2iu1i − i (p1iu1i + p2iu2i )︸ ︷︷ ︸
=0 por (8)
= p1iu
2
i − p2iu1i .
Portanto, utilizando (8), (9) e as notações pré-estabelecidas, obtemos:
〈u, v〉p = 〈dπ−1q (u), dπ−1q (v)〉Rn
= 〈(−ie−iq1u1, ...,−ie−iqnun), (−ie−iq1v1, ...,−ie−iqnvn)〉
=
n∑
i=1
(p1iu
2
i − p2iu1i )(p1i v2i − p2i v1i )
=
n∑
i=1
[(
p1i
)2
u2i v
2
i − p1i p2iu2i v1i − p2i p1iu1i v2i +
(
p2i
)2
u1i v
1
i
]
=
n∑
i=1
((p1i )2 + (p2i )2)︸ ︷︷ ︸
=1
u2i v
2
i +
((
p1i
)2
+
(
p2i
)2)︸ ︷︷ ︸
=1
u1i v
1
i

=
n∑
i=1
(
u1i v
1
i + u
2
i v
2
i
)
= 〈〈u, v〉〉p,
como queŕıamos demonstrar.
3. Obtenha uma imersão isométrica do toro plano Tn em R2n.
Demonstração. Considere a aplicação
ϕ : Tn → R2n
(x1, . . . , xn) 7→ (cosx1, sinx1, . . . , cosxn, sinxn).
22
Mostremos que ϕ é uma imersão isométrica. Vejamos primeiramente a injetividade de dϕp. Ora,
Jϕp =

− sinx1 0 . . . 0
cosx1 0 . . . 0
0 − sinx2 . . . 0
0 cosx2 . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . − sinxn
0 0 . . . cosxn

.
De modo que as linhas da matriz jacobiana de ϕ são linearmente independentes e portanto dϕp
é injetiva, isto é, ϕ é uma imersão.
Resta mostrarmos que ϕ é uma isometria, ou seja, que 〈dϕp(u), dϕp(v)〉ϕ(p) = 〈u, v〉p, quais-
quer que sejam p ∈ Tn e u, v ∈ TpTn. Sejam, portanto, p = (p1, . . . , pn) ∈ Tn e u = (u1, . . . , un),
v = (v1, . . . , vn, ) ∈ TpTn. Sejam α : I = (−ε1, ε1) −→ Tn e β : J = (−ε2, ε2) −→ Tn tais que
α(0) = β(0) = p, α′(0) = u e β′(0) = v.
Temos:
dϕp(u) =
d
dt
(ϕ ◦ α)(t) |t=0
=
d
dt
(cosα1(t), sinα1(t), . . . , cosαn(t), sinαn(t)) |t=0
= (−α′1(0) sinα1(0), α′1(0) cosα1(0), . . . ,−α′n(0) sinαn(0), α′n(0) cosαn(0))
= (−u1 sin p1, u1 cos p1, . . . ,−un sin pn, un cos pn).
De forma análoga, obtemos dϕp(v) = (−v1 sin p1, v1 cos p1, . . . ,−vn sin pn, vn cos pn). Dáı,
〈dϕp(u), dϕp(v)〉ϕ(p) = u1v1 sin2 p1 + u1v1 cos2 p1 + · · ·+ unvn sin2 pn + unvn cos2 pn
=
2n∑
j=1
ujvj
= 〈u, v〉p,
como queŕıamos.
4. Um 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) ∈ R2; y > 0}
23
com a estrutura diferenciável usual. Prove que:
a) A métrica Riemanniana de G é invariante a 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-euclidiana de Lobatchevski).
b) Pondo (x, y) = z = x + iy, i =
√
−1, a transformação z → z′ = az + b
cz + d
, a, b, c, d ∈
R, ad− bc = 1 é uma isometria de G.
Demonstração. a) Sendo G um grupo de Lie temos que G é um grupo com uma estrutura
diferenciável tal que a aplicação G × G → G dada por (x, y) 7→ xy−1 é diferenciável. Assim,
temos os seguintes difeomorfismos associados:
Lx : G → G e Rx : G → G
y 7→ xy y 7→ yx.
Dizemos que uma métrica Riemanniana em G é invariante a esquerda se
〈u, v〉y = 〈d(Lx)yu, d(Lx)yv〉Lx(y), ∀ x, y ∈ G e ∀ u, v ∈ TyG
Ou seja, Lx é uma isometria. De forma análoga, definimos uma métrica Riemanniana a invariante
a direita.
Uma forma de obtermos uma métrica invariante a esquerda é tomando 〈 , 〉e em g e definimos
〈u, v〉x = 〈d(Lx−1)xu, d(Lx−1)xv〉e.
Sendo G = {g : R → R; g(t) = yt + x, x, y ∈ R e y > 0}, agora sejam g(t) = yt + x ≡
(x, y) e h(t) = bt+ a ≡ (a, b) com a operação usual de composição, temos:
Lh(g) = h ◦ g
= (bt+ a) ◦ (yt+ x)
= byt+ bx+ a
≡ (bx+ a, by).
Assim,
d(Lh)g =
 b 0
0 b

24
Determinemos g−1(t) = wt+ z:
Lg−1(g) = t ≡ (0, 1)
(wt+ z) ◦ (yt+ x) = t ≡ (0, 1)
wyt+ wx+ z = t
(wx+ z, wy) ≡ (0, 1)
⇒ wx+ z = 0 e wy = 1
⇒ −wx = z e w = 1y
⇒ z = −xy e w =
1
y .
Logo,
d(Lg−1)g =
 1y 0
0 1y
 ,
como d(Lg−1)g : TgG→ TeG, segue:
Dado v ∈ TsG, com v = (v1, v2), temos
d(Lg−1)gv =
 1y 0
0 1y
 v1
v2
 =
 v1y
v2
y

Dáı,
〈d(Lg−1)gu, d(Lg−1)gv〉e = 〈
(
u1
y ,
u2
y
)
,
(
v1
y ,
v2
y
)
〉g
= u1v1
y2
+ u2v2
y2
= 〈u, v〉g
Portanto é invariante a esquerda.
Agora tomando e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) ∈ TxG ∼= R2, temos
〈e1, e1〉x = 〈d(Lx−1)x(e1), d(Lx−1)x(e1)〉
=
〈 1y 0
0 1y
 1
0
 ,
 1y 0
0 1y
 1
0
〉
=
〈 1y
0
 ,
 1y
0
〉
= 1
y2
25
〈e2, e2〉x = 〈d(Lx−1)x(e2), d(Lx−1)x(e2)〉
=
〈 1y 0
0 1y
 0
1
 ,
 1y 0
0 1y
 0
1
〉
=
〈 0
1
y
 ,
 0
1
y
〉
= 1
y2
〈e1, e2〉x =
〈 1y
0
 ,
 0
1
y
〉
= 0
Logo, 〈 , 〉 =
 1y2 0
0 1
y2
 .
Se for aplicado ao elemento neutro e = (0, 1), temos:
〈 , 〉 =
 1 0
0 1

coincide com a métrica euclidiana do R2
b) Notemos que a métrica (ou primeira forma fundamental) pode ser escrita como:
ds2 =
dx2 + dy2
y2
= − 4dzdz̄
(z − z̄)2
,
De fato, como z = x+ iy e z̄ = x− iy, temos dz = dx+ idy e dz̄ = dx− idy. Logo
dzdz̄ = (dx+ idy)(dx− idy)
= dx2 + dy2,
sendo
(z − z̄)2 = (x+ iy − x+ iy)2
= −4y2,
segue:
−4dzdz̄
(z−z̄)2 =
−4(dx2+dy2)
−4y2
= dx
2+dy2
y2
.
Mostremos que a aplicação T : z → z′ = az + b
cz + d
, a, b, c, d ∈ R, ad − bc = 1 é uma isometria.
Devemos mostra que:
• T é um difeomorfismo.
Note que T é injetiva, pois Tz = Tx⇒ az+bcz+d =
ax+b
cx+d ⇒ (az+b)(cx+d) = (ax+b)(cz+d)⇒
26
(ad − bc)z = (ad − bc)x ⇒ z = x. Além disso, T é sobrejetiva, pois dado w = az+bcz+d tome
z = b−dwcw−a e teremos Tz = w.
Logo T é bijetiva e T−1 será dada por T−1(w) = b−dwcw−a é suave, portanto T é um difeomor-
fismo.
• 〈v, w〉p = 〈dTv, dTw〉T (p).
Isto é equivalente a mostrar que as primeiras formas fundamentais coincidem, i.e., se
w = az+bcz+d , então
− 4dzdz̄
(z − z̄)2
= − 4dwdw̄
(w − w̄)2
.
Ora,
dw = d(az+b)(cz+d)−d(cz+d)(az+b)
(cz+d)2
= adz(cz+d)−cdz(az+b)
(cz+d)2
= aczdz+addz−acdz−bcdz
(cz+d)2
⇒ dw = dz
(cz + d)2
. (10)
De forma análoga obtemos
dw̄ =
dz̄
(cz̄ + d)2
. (11)
E ainda
w − w̄ = (az+b)(cz̄+d)−(cz+d)(az̄+b)(cz+d)(cz̄+d)
= z−z̄(cz+d)(cz̄+d)
⇒ (w − w̄)2 = (z − z̄)
2
(cz + d)2(cz̄ + d)2
. (12)
De (10), (11) e (12), obtemos− 4dzdz̄
(z − z̄)2
= − 4dwdw̄
(w − w̄)2
.
5. Prove que as isometrias de Sn ⊂ Rn+1 com a métrica induzida são as restrições a Sn das
transformações lineares ortogonais de Rn+1.
Demonstração. Seja T : Rn+1 → Rn+1 uma transformação linear ortogonal, isto é, 〈Tu, Tv〉 =
〈u, v〉, para quaisquer u, v ∈ Rn+1. Mostraremos que T |Sn é uma isometria.
Observe que T é injetiva, pois se Tu = 0, então 〈u, u〉 = 〈Tu, Tu〉 = 0. Segue do Teorema
do Núcleo e da Imagem que T é uma bijeção. Desde que a inversa de uma aplicação linear é
também linear e toda aplicação linear é diferenciável, temos que T é um difeomorfismo. Observe
ainda que T (Sn) = Sn. De fato, se u ∈ Sn, então ‖Tu‖2 = 〈Tu, Tu〉 = 〈u, u〉 = ‖u‖2 = 1,
27
donde Tu ∈ Sn. Reciprocamente, dado u ∈ Sn, existe único v ∈ Rn+1 tal que Tv = u e, como
T é ortogonal, ‖v‖2 = 〈v, v〉 = 〈Tv, Tv〉 = 〈u, u〉 = ‖u‖2 = 1, ou seja, v ∈ Sn. Sendo Sn
subvariedade de Rn+1 e T (Sn) = Sn, temos que f := T |Sn : Sn → Sn é um difeomorfismo.
Resta mostrar que 〈u, v〉p = 〈dfp(u), dfp(v)〉f(p), para todo p ∈ S
n, u, v ∈ TpSn. De fato, dados
p ∈ Sn e u, v ∈ TpSn, considere α : I → Sn e β : J → Sn tais que α(0) = p = β(0), α′(0) = u e
β′(0) = v. Temos que
〈dfp(u), dfp(v)〉f(p) =
〈
d
dt
(T (α(t))|t=0,
d
dt
(T (β(s))|s=0
〉
f(p)
=
〈
Tα′(0), Tβ′(0)
〉
f(p)
= 〈Tu, Tv〉f(p) .
Pelo fato de T ser ortogonal e usando que a métrica em Sn é a métrica induzida de Rn+1,
conclúımos que
〈dfp(u), dfp(v)〉f(p) = 〈u, v〉f(p) = 〈u, v〉p .
Portanto, f = T |Sn é uma isometria.
A seguir, mostraremos que toda isometria de Sn pode ser estendida a uma transformação linear
ortogonal de Rn+1.
Seja f uma isometria de Sn. Afirmamos que f preserva comprimento de arco. De fato, sejam
p, q ∈ Sn e α : [0, 1]→ Sn uma cuva, com α(0) = p e α(1) = q. Então
`(f ◦ α) =
∫ 1
0
〈
d
dt
(f ◦ α), d
dt
(f ◦ α)
〉1/2
=
∫ 1
0
〈
dfα(t)(α
′(t)), dfα(t)(α
′(t))
〉1/2
=
∫ 1
0
〈
α′(t), α′(t)
〉1/2
= `(α),
onde a penúltima igualdade segue do fato de f ser isometria de Sn. Como na esfera uma
aplicação que preserva comprimento de arco, preserva ângulos, temos que 〈f(p), f(q)〉 = 〈p, q〉.
Agora, defina T : Rn+1 → Rn+1 por T (0) = 0 e T (x) = ‖x‖f( x‖x‖), se x 6= 0. Observe que T
está bem definida e T |Sn = f . Mostraremos que T é uma transformação linear ortogonal.
1. T (λx) = λT (x), para todo x ∈ Rn+1 e λ ∈ R.
• Se λ = 0 ou x = 0 é imediato.
• Se λ > 0, então T (λx) = ‖λx‖f( λx‖λx‖) = λ‖x‖f(
x
‖x‖) = λT (x).
• Se λ < 0, então T (λx) = ‖λx‖f( λx‖λx‖) = −λ‖x‖f(
−x
‖x‖) = λ‖x‖(−f(
−x
‖x‖)).
Agora observe que f(x) = −f(−x), para todo x ∈ Sn. Com efeito, suponhamos que
f(x) 6= −f(−x). Então
0 < 〈f(x) + f(−x), f(x) + f(−x)〉 = 〈f(x), f(x)〉+2 〈f(x), f(−x)〉+〈f(−x), f(−x)〉 .
Como f preserva ângulos, conforme observado acima, temos 0 < 〈x, x〉+ 2 〈x,−x〉+
〈−x,−x〉 = 0, o que é um absurdo. Consequentemente, T (λx) = λ‖x‖f( x‖x‖) =
λT (x).
2. 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉, para todo x, y ∈ Rn+1.
28
Caso x = 0 ou y = 0, é imediato. Suponhamos x 6= 0 e y 6= 0, então
〈x, y〉 =
〈
‖x‖ x
‖x‖
, ‖y‖ y
‖y‖
〉
= ‖x‖‖y‖
〈
x
‖x‖
,
y
‖y‖
〉
.
Usando que f preserva ângulos obtemos
〈x, y〉 = ‖x‖‖y‖
〈
f(
x
‖x‖
), f(
y
‖y‖
)
〉
= 〈T (x), T (y)〉 .
3. T (x + y) = T (x) + T (y), para todo x, y ∈ Rn+1. Temos ‖T (x+ y)− T (x)− T (y)‖2 =
〈T (x+ y), T (x+ y)〉−2 〈T (x+ y), T (x)〉−2 〈T (x+ y), T (y)〉+〈T (x), T (x)〉−2 〈T (x), T (y)〉+〈T (y), T (y)〉 .
Usando o item anterior, conclúımos que
‖T (x+ y)− T (x)− T (y)‖2 = 〈x+ y, x+ y〉 − 2 〈x+ y, x〉 − 2 〈x+ y, y〉+ 〈x, x〉 − 2 〈x, y〉+ 〈y, y〉 = 0.
Portanto, T : Rn+1 → Rn+1 é uma transformação linear ortogonal.
6. Mostre que a relação “M é localmente isométrica a N” não é simétrica.
Demonstração. Considere M = R e N = S1, onde M está munida com a métrica usual e N está
munida com a métrica induzida do R2.
Afirmação 3. R é localmente isomético a S1.
Considere a aplicação
f : R −→ S1 ⊂ R2
t 7−→ (cos t, sin t)
Provemos que f é um difeomorfismo local. Por construção a função f é claramente sobreje-
tora e diferenciável. Dado t0 ∈ R, considere o aberto Ut0 = (t0 − π2 , t0 +
π
2 ) ⊂ R. Se t1, t2 ∈ Ut0
com t1 6= t2, teremos f(t1) 6= f(t2), pois as funções seno e cosseno são injetivas sobre Ut0 . Logo
a restrição f |Ut0 : Ut0 → f(Ut0). Resta então provar que sua inversa é diferenciável. Dividiremos
a prova deste fato nos seguintes casos:
Caso 1: Se t0 ∈ Ut0 é tal que f(t0) 6= (0, 1) e f(t0) 6= (0,−1), considere � > 0 tal que
Vt0 = (t0 − �, t0 + �) ⊂ Ut0 é tal que f(Vt0) ∩ {(0, 1), (0,−1)} = ∅. Defina
g : f(Vt0) −→ Vt0
(a, b) 7−→ g(a, b) = arctan( ba)
29
e observe que, sobre Vt0
arctan(
b
a
) = θ ⇔ b
a
= tan θ =
cos θ
sin θ
⇔ b = cos θ e a = sin θ
portanto,
(f |Vt0 ◦g)(a, b) = f |Vt0 (arctan(
b
a
))
= f |Vt0 (θ)
= (a, b)
e
(g ◦ f |Vt0 )(θ) = g(cos θ, sin θ)
= arctan
(
sin θ
cos θ
)
= θ
provando que, se f(t0) 6= {(0, 1), (0,−1)}, f é um difeomorfismo local.
Caso 2: Suponha que f(t0) = (0, 1) ou f(t0) = (0,−1). Sem perda de generalidade supo-
nhamos que f(t0) = (0, 1). DefinaVt0 = (t0 − �, t0 + �) tal que f(Vt0) ∩ {(a, 0)} = ∅. De forma
análoga a feita no caso 1, concluimos que a aplicação
h : f(Vt0) −→ Vt0
(a, b) 7−→ g(a, b) = arctan( ba)
é a inversa de f |Vt0 .
Para concluir que f é uma isometria local, devemos provar que,
〈dfpu, dfpv〉f(p) = 〈u, v〉p, ∀p ∈M, ∀u, v ∈ TpR.
Sejam p ∈ R, u, v ∈ TpR, α, β : (−δ, δ) → R curvas diferenciáveis tais que α(0) = β(0) = p,
30
α′(0) = u e β′(0) = v. Assim,
〈dfpu, dfpv〉f(p) =
〈
d
dt
(f ◦ α) |t=0,
d
dt
(f ◦ β) |t=0
〉
=
〈
d
dt
(cos(α(t), sen(α(t)))) |t=0,
d
dt
(cos(β(t), sen(β(t)))) |t=0
〉
=
〈
α′(0)(−sen(α(0)), cos(α(0))), β′(0)(−sen(β(0)), cos(β(0)))
〉
= u · v 〈(−sen(p), cos(p)), (−sen(p), cos(p))〉
= u · v(sen2(p) + cos2(p))
= 〈u, v〉p
Portanto, R é localmente simétrico a S1.
Afirmação 4. S1 não é localmente simétrico a R.
Suponhamos por absurdo que exista uma isometria local f : S1 → R. Como f é cont́ınua e
S1 é compacto, deve existir p0 ∈ S1 tal que dfp0 = 0. Por outro lado, f deve satisfazer,
〈dfpu, dfpv〉f(p) = 〈u, v〉p, ∀S1,∀u, v ∈ TpS1
Em particular,
0 = 〈0, 0〉 = 〈dfp0u, dfp0〉f(p0) = 〈u, v〉p0
para todo u, v ∈ Tp0S1. Tomandoo u = v, segue que
0 = 〈u, u〉p0 = ‖u‖2
para todo u ∈ TpS1, o que é um absurdo. Portanto não existe tal isometria local.
7. Seja G um grupo de Lie compacto e conexo (dimG = n). O objetivo do exerćıcio 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.
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 invariante à esquerda G, e defina uma nova métrica Riemanniana 〈〈·, ·〉〉 em
G por
〈〈u, v〉〉p =
∫
G
〈(dRx)yu, (dRx)yv〉yxω,
31
x, y ∈ G, u, v ∈ Ty(G).
Prove que 〈〈·, ·〉〉 é bi-invariante.
Demonstração. a) Devemos mostrar que R∗xω = ω, para todo x ∈ G. Note inicialmente que dado
a ∈ G, Lx ◦Ra = Ra ◦ Lx, pois
(Lx ◦Ra)(y) = Lx(ya) = xya = Ra(xy) = Ra ◦ Lx(y), ∀y ∈ G.
Assim,
L∗x(R
∗
aω) = (Ra ◦ Lx)∗ω
= (Lx ◦Ra)∗ω
= R∗aω.
Ou seja, R∗aω é invariante à esquerda, para todo a ∈ G. Por outro lado, existe f : G→ R\{0}
diferenciável, tal que R∗aω = f(a)ω. Além disso, f(ab) = f(a)f(b), isto é, f é um homomorfismo
(cont́ınuo) de G no grupo multiplicativo dos números reais. Como f(G) é compacto e conexo,
conclui-se que f(G) = 1 (já que é homomorfismo). Portanto, R∗xω = ω.
b) Escolha uma base e1, . . . , en de TeG e defina ωe(e1, . . . , en) = λ0 ∈ R\{0} (Aqui, usamos a
notação Xe = X(e) ). Como dim(∧n(TeG)) = 1, usando linearidade e anti-simetria, obtemos a
n-forma linear
ωe : TeG× . . .× TeG :→ R,
com ωe(e1, . . . , en) = λ0. Sejam a ∈ G e X1, . . . , Xn ∈ TaG. Defina
ωa(X1, . . . , Xn) := ωe(d(La−1)aX1, . . . , d(La−1)aXn)
Então ω é uma n-formadiferenciável invariante à esquerda. Dado x ∈ G, temos que
(L∗xω)a(X1, . . . , Xn) = ωLx(a)(d(Lx)aX1, . . . , d(Lx)aXn)
= ωxa(d(Lx)aX1, . . . , d(Lx)aXn)
= ωe(d(Lxa−1)xa ·d(Lx)aX1, . . . , (d(Lxa−1)xa ·d(Lx)aXn)
= ωe(d(La−1x−1 ◦ Lx)aX1, . . . , d(La−1x−1 ◦ Lx)aXn)
32
= ωe(d(La−1)aX1, . . . , d(La−1)aXn))
= ωa(X1, . . . , Xn).
Isto é, L∗xω = ω, para todo x ∈ G.
c) Sejam p, q ∈ G e u, v ∈ TpG. Então,
〈〈d(Lq)pu, d(Lq)pv〉〉qp =
∫
G
〈(dRx)qp · d(Lq)pu, (dRx)qp · d(Lq)pv〉qpx ω
=
∫
G
〈d(Rx ◦ Lq)pu, d(Rx ◦ Lq)pv〉qpx ω
=
∫
G
〈d(Lq ◦Rx)pu, d(Lq ◦Rx)pv〉qpx ω
=
∫
G
〈(dLq)px · d(Rx)pu, d(Lq)px · d(Rx)pv〉qpx ω
=
∫
G
〈d(Rx)pu, d(Rx)pv〉px ω
= 〈〈u, v〉〉p.
Logo, a métrica 〈〈·, ·〉〉, é invariante à esquerda. Além disso,
〈〈d(Rq)pu, d(Rq)pv〉〉pq =
∫
G
〈d(Rx)pq · d(Rq)pu, d(Rx)pq · d(Rq)pv〉pqx ω
=
∫
G
〈d(Rx ◦Rq)pu, d(Rx ◦Rq)pv〉 ω
=
∫
G
〈d(Rqx)pu, d(Rqx)pv〉px ω
= 〈〈u, v〉〉.
o que mostra que a métrica 〈〈·, ·〉〉 é bi-invariante.
33
Caṕıtulo II
Conexões Afins; Conexão Riemanniana
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(t)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. Usaremos o seguinte resultado:
Proposição 1 (CARMO, Manfredo Perdigão do, Geometria Diferencial de Curvas e Superf́ıcies
(§4.2, Exerćıcio 7)). Sejam V e W espaços vetoriais (de dimensão n) com produtos internos
denotados por 〈 , 〉 e seja F : V →W uma aplicação linear. Então, as seguintes condições são
equivalentes:
a. 〈F (v1), F (v2)〉 = 〈v1, v2〉 para quaisquer v1, v2 ∈ V .
b. ‖F (v)‖ = ‖v‖ para todo v ∈ V .
c. Se {v1, ..., vn} é uma base ortonormal em V , então {F (v1), ..., F (vn)} é uma base ortonor-
mal em W .
d. Existe uma base ortonormal {v1, ..., vn} em V tal que {F (v1), ..., F (vn)} é uma base orto-
normal em W .
Provemos as seguintes afirmações:
Afirmação 5. P é linear
Sejam v, w ∈ Tc(t0)M e V,W ∈ X (M) os únicos campos paralelos ao longo de c tais que
V (t0) = v e W (t0) = w. Desta forma, para λ ∈ R,
D
dt
(V +W ) =
DV
dt
+
DW
dt
= 0
e
D
dt
(λV ) = λ
DV
dt
= 0,
34
donde conclúımos que V +W,λV, λW,∈ X (M) são campos paralelos ao longo de c. Portanto,
P (λv + w) = P (λV (t0) +W (t0))
= P ((λV +W )(t0))
= (λV +W )(t)
= λV (t) +W (t) = λP (v) + P (w),
o que prova o afirmado.
Afirmação 6. ‖P (v)‖ = ‖v‖ para todo v ∈ Tc(t0)M .
Dado v ∈ Tc(t0)M , seja V o único transporte paralelo ao longo de c tal que V (t0) = v. Uma
vez que a conexão é compat́ıvel com métrica,
d
dt
〈V, V 〉 = 2
〈
DV
dt
, V
〉
= 0
e, por conseguinte,
〈V, V 〉 = C ∈ R.
Logo,
‖P (v)‖2 = 〈P (v), P (v)〉
= 〈V (t), V (t)〉
= 〈V (t0), V (t0)〉
= 〈v, v〉 = ‖v‖2,
como queŕıamos provar.
Estas afirmações juntamente com a Proposição 1 nos garantem que
〈P (v1), P (v2)〉 = 〈v1, v2〉. (13)
Por outro lado, sabemos que para um espaço vetorial V de dimensão finita e para u ∈ V
arbitrário, podemos identificar TuV com V . Desta forma, para todo u ∈ Tc(t0)M , podemos
identificar TuTc(t0)M com Tc(t0)M . Assim, considerando α(t) = u + tv, segue que α(0) = u e
α′(0) = v. Portanto, sendo P linear, obtemos
dPu(v) =
d
dt
(P ◦ α(t))|t=0 =
d
dt
(P (u) + tP (v))|t=0 = P (v) para todo v ∈ TuTc(t0)M.
35
Logo, por (13),
〈dPu(v1), dPu(v2)〉 = 〈P (v1), P (v2)〉 = 〈v1, v2〉 para todo v1, v2 ∈ TuTc(t0)M,
o que prova que P é uma isometria.
Provemos que, se M é orientada, P preserva orientação. De fato, seja (Uα, xα)α∈Λ um atlas
diferenciável compat́ıvel com orientação de M . Uma vez que c(I), I = [a, b], é compacto em M ,
existe uma quantidade finita de ı́ndices α1, ..., αm ∈ Λ tal que
c(I) ⊆
m⋃
i=1
xαi(Uαi).
Desta forma, podemos particionar o intervalo I de modo que a = t0, t1, ..., tm−1, tm = b e
c(t) ∈ xαi(Uαi), t ∈ [ti−1, ti], i = 1, ...,m.
Seja {u1, ..., un} uma base ortonormal positiva em Tc(t0)M . Sendo Pc,t0,t uma isometria (isto é,
〈P (v1), P (v2)〉 = 〈v1, v2〉, para todo v1, v2 ∈ Tc(t0)M,), segue que Pc,t0,t(u1), ..., Pc,t0,t(un) são,
dois à dois, linearmente independentes. Logo,
β(t) = {Pc,t0,t(u1), ..., Pc,t0,t(un))}
é base ortonormal em Tc(t)M , t ∈ [t0, t1]. Para mostrar que Pc,t0,t preserva orientação sobre a
partição c([t0, t1]) da curva c, é suficiente mostrarmos que a matriz de mudança de base entre a
base β(t) e a base  ∂∂x1
∣∣∣∣∣
c(t)
, ...,
∂
∂xn
∣∣∣∣∣
c(t)

tem determinante positivo. Realmente, para cada j = 1, ..., n, podemos escrever
Pc,t0,t(ui) =
n∑
j=1
aij
∂
∂xj
i = 1, ..., n.
Assim, a matriz de mudança de base é A(t) = (aij(t))n×n e, portanto, devemos provar que
detA(t) > 0 para todo t ∈ [t0, t1]. Observe que
(i) detA(t) 6= 0 para todo t ∈ [t0, t1]. Como A(t) é matriz de mudança de base, segue que
A(t) : Tc(t0)M → Tc(t)M é um isomorfismo linear, donde conclúımos que detA(t) 6= 0.
(ii) detA(t) é cont́ınua. Sendo Pc,t0,t(ui), i = 1, ..., n, campos de vetores diferenciáveis e
{aij}1≤j≤n os coeficientes da escrita local dos campos Pc,t0,t(ui), segue que {aij}1≤i,j≤n
36
são também difereciáveis. Portanto, a matriz A(t) é diferenciável, o que implica na conti-
nuidade de detA(t).
(iii) detA(t0) > 0, pois a base {ui}ni=1 foi tomada ortonormal positiva.
Afirmação 7. detA(t) > 0 para todo t ∈ [t0, t1]
Se existir s ∈ (t0, t1] com detA(s) < 0, o Teorema do Valor Intermediário ((ii) e (iii) nos
permite usar tal teorema) nos garante que existe s′ ∈ (t0, t1) tal que detA(s′) = 0, o que
contraria (i).
Logo {Pc,t0,t(ui)}ni=1 é base positiva de Tc(t)M , t ∈ [t0, t1], o que mostra que P preserva ori-
entação sobre a partição c([t0, t1]) da curva c. Sendo β(t1) base positiva de Tc(t1)M , transportando-
a paralelamente sobre c([t1, t2]) iremos concluir de forma análoga que P preserva orientação sobre
a partição c([t1, t2]). Realizando este processo n vezes conclúımos que P preserva orientação,
caso M seja orientada.
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, isto é, c(t0) = p e dc/dt = X(c(t)). Prove 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 lonto de c de t0 a t (isto mostra
como a conexão pode ser reobtida da noção de paralelismo).
Demonstração. Pelo exerćıcio anterior, a aplicação Pc,t0,t
.
= P é uma isometria linear, assim
P−1 : Tc(t)M → Tc(t0)M está bem definida. Considere um sistema de coordenadas (U, x1, ..., xn)
em torno de c(t0) ∈M . Logo,{
w1(t0) =
∂
∂x1
(c(t0)) , ..., wn(t0) =
∂
∂xn
(c(t0))
}
,
é uma base do espaço tangente Tc(t0)M . Uma vez que P é uma isometria, podemos transportar
a base ao longo da curva, ou seja,
{
w1(t) = P
(
∂
∂x1
(c(t0))
)
, ..., wn(t) = P
(
∂
∂xn
(c(t0))
)}
,
é uma base de Tc(t)M . Desta forma, se Y ∈ X (M), então podemos escrevê-lo na forma
Y (c(t)) =
n∑
i=1
ai(t)wi(t).
37
Por um lado,
d
dt
(
P−1 (Y (c(t)))
)
|t=t0 = limt→t0
P−1 (Y (c(t)))− P−1 (Y (c(t0)))
t− t0
= lim
t→t0
P−1 (Y (c(t)))− Y (c(t0))
t− t0
= lim
t→t0
P−1 (
∑n
i=1 ai(t)wi(t))−
∑n
i=1 ai(t0)wi(t0)
t− t0
= lim
t→t0
∑n
i=1 ai(t)P
−1 (wi(t))−
∑n
i=1 ai(t0)wi(t0)
t− t0
= lim
t→t0
∑n
i=1 ai(t)wi(t0)−
∑n
i=1 ai(t0)wi(t0)
t− t0
=
n∑
i=1
lim
t→t0
ai(t)− ai(t0)
t− t0
wi(t0)
=
n∑
i=1
d
dt
(ai(t0))wi(t0).
Por outro lado, utilizando a expressão local da derivada covariante (cf. Manfredo p. 57), obtemos
(∇XY ) (p) =
(
∇ dc
dt
Y
)
(p)
=
DY
dt
(c(t0))
=
n∑
i=1
d
dt
(ai) (t0)wi(t0) +
n∑
i=1
ai(t0)
Dwi
dt
(t0)
=
n∑
i=1
d
dt
(ait0)wi(t0),
pois o campo wi é paralelo, para todo i = 1, ..., n. Portanto,
(∇XY ) (p) =
n∑
i=1
d
dt
(ai(t0))wi(t0) =
d
dt
(
P−1 (Y (c(t)))
)
|t=t0 ,
como queŕıamos demonstrar.
3. Seja f : Mn →Mn+k uma imersão de uma variedade diferenciável M em uma variedade
Riemanniana M . Suponha que M tem a métrica Riemannianainduzida 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) =
(
∇XY (p)
)T
, isto é, a componente
tangencial de ∇XY (p), onde ∇ é a conexão Riemanniana de M . Prove que ∇ é a conexão
Riemanniana de M .
Demonstração. Identificaremos os elementos de M e f(M). Verifiquemos que ∇XY (p) =
38
(∇XY (p))T independe das extensões consideradas. Vejamos, se X1 e X2 são extensões de X a
um aberto de M contendo p ∈M , então
(∇X1Y −∇X2Y )(p) = ∇X1−X2Y (p) = 0,
pois X1 = X2 numa vizinhança de p. Ainda, sejam Y1, Y2 extensões de Y a um aberto de M
contendo o ponto p ∈M , então
(∇XY1 −∇XY2)(p) = ∇X(Y1 − Y2)(p) = 0,
pois Y1 = Y2 nas trajetórias de X.
No último caso, basta observarmos que
(
∇X1Y1 −∇X2Y2
)
(p) =
(
∇X1Y1 −∇X1Y2 +∇X1Y2 −∇X2Y2
)
(p)
=
(
∇X1(Y1 − Y2)
)
(p) +
(
∇X1−X2Y2
)
(p)
= 0 + 0 = 0.
Uma vez mostrado que ∇XY (p) = (∇XY (p))T está bem definida, mostraremos que tal
igualdade define uma conexão afim em M . Sejam X,Y, Z ∈ X (M), g, h ∈ C∞(M), Z extensão
de Z e gX + hY extensão de gX + hY num aberto de M . Então
∇gX+hY Z(p) =
(
∇gX+hY Z(p)
)T
=
(
g(p)∇XZ(p) + h(p)∇Y Z(p)
)T
= g(p)
(
∇XZ(p)
)T
+ h(p)
(
∇Y Z(p)
)T
= g(p)∇XZ(p) + h(p)∇Y Z(p).
Sejam X,Y , Z extensões de X,Y e Z respectivamente, então
∇X(Y + Z)(p) =
(
∇X(Y + Z)(p)
)T
=
(
∇XY (p) +∇XZ(p)
)T
=
(
∇XY (p)
)T
+
(
∇XZ(p)
)T
= ∇XY (p) +∇XZ(p).
39
Com as mesmas notações:
∇X(gY )(p) = (∇XgY (p))
T
= (X(g)Y (p) + g(p)∇XY (p))
T
= X(g)Y (p) + g(p)(∇XY (p))
T
= X(g)Y (p) + g(p)∇XY (p).
Com isso, mostramos que ∇ é uma conexão afim em M . Resta-nos mostrar que ∇ é compat́ıvel
e simétrica.
Vejamos a compatibilidade:
X〈Y,Z〉(p) = X〈Y , Z〉(p)
= 〈∇XY , Z〉(p) + 〈Y ,∇XZ〉(p).
Como, em p, Z = Z e Y = Y , segue-se que
〈(∇XY )
N , Z〉(p) = 0 = 〈Y , (∇XZ)
N 〉(p),
onde denotamos por V N a componente normal de V . Temos então,
X〈Y,Z〉(p) = 〈
(
∇XY
)T
, Z〉(p) + 〈Y ,
(
∇XZ
)T 〉(p)
= 〈∇XY,Z〉(p) + 〈Y,∇XZ〉(p).
Finalmente, ∇ é simétrica. De fato,
(∇XY −∇YX)(p) =
(
∇XY (p)
)T − (∇YX(p))T
=
(
∇XY (p)−∇YX(p)
)T
=
(
[X,Y ](p)
)T
= [X,Y ](p).
Conclúımos então - pelo Teorema de Levi-Civita - que ∇ é a conexão Riemanniana de M .
4. SejaM2 ⊂ R3 uma superf́ıcie 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) ∈ Tc(t)M.
40
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
ćırculos máximos parametrizados pelo comprimento de arco é um campo paralelo. O
mesmo argumento se aplica para Sn ⊂ Rn+1.
Demonstração. a) Considere o R3 munido com sua conexão Riemanniana usual,
∇XY = DXY
Pelo exerćıcio anterior sabemos que a conexão riemanniana de M é dada por
∇XY =
(
∇XY
)T
= (DXY )
T .
Assim, em coordenadas locais, se (X1, X2, X3) são os sistemas de coordenadas locais em R3 e
V (t) =
3∑
j=1
vj(t)Xj temos
DV
dt (t) = ∇c′V (t)
=
(
∇c′V (t)
)T
=
∑
k
dvk
dt
(t) +
∑
i,j
Γ kijvj(t)
dxi
dt
(t)
Xk
T .
41
Desde que Γ kij = 0, 0 ≤ i, j, k ≤ n, em Rn. Temos
DV
dt (t) =
[
3∑
k=1
dvk
dt
Xk
]T
=
[
dV
dt (t)
]T
.
Assim, uma vez que
dV
dt (t) =
[
dV
dt (t)
]T
+
[
dV
dt (t)
]N
= DVdt (t) +
[
dV
dt (t)
]N
.
Logo, se
DV
dt
(t) = 0, ∀ t, então dV
dt
(t) =
[
dV
dt (t)
]N
, ∀ t, e portanto, se o campo é paralelo, dV
dt
é perpendicular a Tc(t)M, ∀ c(t).
Reciprocamente, suponhamos que
dV
dt
(t) é perpendicular a c(t). Como
DV
dt
∈ Tc(t)M, temos que
〈dVdt (t),
DV
dt (t)〉 = 0, ∀ t ⇒ 〈
DV
dt (t) +
[
dV
dt (t)
]N
, DVdt (t)〉 = 0, ∀ t
⇒ 〈DVdt (t),
DV
dt (t)〉 = 0, ∀ t
⇒ DVdt ≡ 0.
e portanto, V é paralelo.
b) Considere α : I → S2, onde α(t) = (α1(t), α2(t), α3(t)) é uma parametrização de um grande
ćırculo pelo comprimento de arco, ou seja, |α′(t)| = 1.
Logo,
α′1(t)
2 + α′2(t)
2 + α′3(t)
2 = 1,
diferenciando a expressão acima, temos
2α′′1(t)α
′
1(t) + 2α
′′
2(t)α
′
2(t) + 2α
′′
3(t)α
′
3(t) = 0 ⇒ 〈(α′′1(t), α′′2(t), α′′3(t)), (α′1(t), α′2(t), α′3(t))〉 = 0
⇒ 〈α′, α′′〉 = 0
Além disso, α é uma parametrização de um grande ćırculo, logo ‖α‖2 = 1 e segue de maneira
42
análoga,
〈α, α′〉 = 0.
E assim, segue que α ⊥ α′ e α′ ⊥ α′′, portanto α ‖ α′′. Assim, desde que a curva é plana e
a direção radial é a direção normal, segue que α′′ ‖ N . Assim, para V = α′, conclúımos que
dV
dt
= α′′ é normal ao espaço tangente em c(t) e, portanto, V é paralelo. Agora se considerarmos
o caso geral, Sn ⊂ Rn+1, o argumento será análogo, pois os grandes ćırculos serão curvas
planas.
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.
Demonstração. Mostremos que no espaço euclidiano o transporte paralelo de um vetor entre dois
pontos não depende da curva ligando estes dois pontos. De fato, sejam p, q ∈ Rn e V0 ∈ TpRn.
Considere α : [t0, t1] → Rn uma curva diferenciável, com α(t0) = p e α(t1) = q. Sabemos da
Proposição 2.6 (pág 58) que existe um único campo de vetores paralelo V = Vα,V0 ao longo de
α, tal que V (t0) = V0. Olhando para a expressão local do campo derivada covariante de V em
termos dos simbolos de Christoffel, temos
0 =
DV
dt
=
∑
k
dvkdt +∑
i,j
Γkijv
j dxi
dt
Xk = ∑
k
dvk
dt
Xk,
pois para o espaço euclidiano Rn, temos Γkij = 0. Assim, a derivada usual de V é nula. Logo, V
é constante, com V (t) = V (t0) = V0, para todo t ∈ [t0, t1]. Agora, se β : [s0, s1] → Rn é outra
curva ligando p à q, temos que existe um único campo paralelo P = Vβ,V0 , com P (s0) = V0. De
modo análogo ao que foi feito para α, conclúımos que P é constante, com P (s) = P (s0) = V0,
para todo s ∈ [s0, s1]. Portanto, Vα,V0 = Vβ,V0 , ou seja, o transporte paralelo de V0 entre dois
pontos p e q não depende da curva ligando estes dois pontos.
Provemos agora que isto não é verdade numa variedade riemanniana qualquer. Por exemplo,
na variedade Riemanniana S2 ⊂ R3, considere os pontos p = (1, 0, 0) e q = (−1, 0, 0) e as curvas
c1 : [0, π]→ S2 e c2 : [0, π]→ S2, dadas por c1(t) = (cost, sent, 0) e c2(t) = (cost, 0, sent). Note
que c1(0) = c2(0) = p e c1(π) = c2(π) = q.
Para u0 = (0, 0, 1) ∈ TpS2 = 〈p〉⊥, existe um único transporte paralelo V1 ao longo de c1
tal que V1(0) = u0. Também existe um único transporte paralelo V2 ao longo de c2 tal que
V2(0) = u0.
Afirmação 8. V1(t) = u0, para todo t ∈ [0, π].
43
Considere o campo vetores constante Ṽ (t) = u0, para todo t ∈ [0, π]. Observe que Ṽ
está bem definido, uma vez que Tc1(t)S
2 = 〈c1(t)〉⊥ e u0⊥〈c1(t)〉, para todo t ∈ [0, π]. Como
dṼ
dt = 0 ∈ (Tc1(t)S
2)⊥, para todo t ∈ [0, π], segue do Exerćıcio 4.a) desde caṕıtulo que Ṽ é um
campo paralelo ao longo de c1. Como Ṽ (0) = V1(0) = u0, temos pela unicidade do transporte
paralelo que V1(t) = Ṽ (t) = u0, para todo t ∈ [0, π].
Afirmação 9. V2(t) = c
′
2(t), para todo t ∈ [0, π].
Observe inicialmente que c′2(t) = (−sent, 0, cost). Assim, c′2(0) = (−sen0, 0, cos0) = (0, 0, 1) =
u0. Pela unicidade do transporte paralelo, resta mostrar que c
′
2 é um campo paralelo. Observe
ainda que c′′2(t) = (−cost, 0,−sent) = −c2(t) ∈ 〈c2(t)〉 = (Tc2(t)S2)⊥. Assim, pelo Exerćıcio
4.a), c′2 é um campo paralelo.
Portanto obtemos dois transportes paralelos V1 e V2 entre p e q tais que V1(0) = u0 = V2(0),
mas V1(π) = u0 6= −u0 = V2(π).
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, uma aplicaçãodiferenciável em de I em TpM). Mostre que
DV
dt =
dV
dt , isto é, a
derivada covariante coincide com a derivada usual de V : I → TpM .
Demonstração. Sejam (U, x) sistema de coordenadas em torno de p, x−1(f(t)) = (x1(t), ..., xn(t)),
a expressão local de f(t) e V =
∑
k v
kXk um campo de vetores ao longo de f . Então,
DV
dt
=
∑
k
dvk
dt
+
∑
i,j
vj
dxi
dt
Γkij
Xk (14)
No entanto, como f é constante, sua expressão local x−1(f(t)) = (x1(t), ..., xn(t)) = q
também o é e, consequentemente, dxidt = 0, ∀i = 1, ..., n. Substituindo em (14), segue que
DV
dt
=
∑
k
dvk
dt
Xk =
dV
dt
ficando demonstrado o resultado.
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.
Demonstração. Sejam C o cone tangente a esfera ao longo de c e α : I → S2 uma parametrização
de c pelo comprimento de arco com α(0) = p. Como C é tangente a S2 ao longo de c temos
44
que Tα(t)S
2 = Tα(t)C, dáı se V (t) denota o transporte paralelo ao longo de c de V0 relativo a S
2
então, V (t) é o transporte paralelo ao longo de c de V0 relativo a C.
Além disso, note que o cone de uma folha menos uma geratriz é localmente isométrico ao
aberto do plano:
U = {(ρ cos θ, ρ sin θ, 0) | 0 < ρ < +∞ e 0 < θ < 2π sinψ},
através da função F : U → R3 dada por
F (ρ, θ) = (ρ sinψ cos(
θ
sinψ
), ρ sinψ sin(
θ
sinψ
, ρ cosψ),
onde ψ é o ângulo do vértice de C que é uma isometria e tem conjunto-imagem igual ao cone
menos uma geratriz.
Como o transporte paralelo é invariante por isometria local, podemos observar o transporte
paralelo de V0 ao longo de c no plano, uma vez que no plano a derivada covariante é igual a
derivada usual, isto é, DVdt =
dV
dt .
Assim, V (t), o transporte paralelo de V0 ao longo de c, forma um ângulo orientado com α
′(t)
de 2π − θ, onde α(t) é o obtida girando o ponto α(0) em torno da origem de um ângulo θ no
sentido anti-horário, logo o transporte paralelo de V0 ao longo de c é o vetor unitário que faz
um ângulo orientado 2π − θ com α′(t).
8. Considere o semi-plano superior
R2+ = {(x, y) ∈ R2; y > 0}
com a métrica dada por g11 = g22 =
1
y2
, g12 = 0 (métrica da geometria não-euclidiana de
Lobatchevski).
a) Mostre que os śımbolos de Christoffel da conexão Riemanniana são: Γ111 = Γ
2
12 =
Γ122 = 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 a 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.
Demonstração. a) Lembremos que a expressão clássica dos śımbolos de Christoffel da conexão
45
Riemanniana em termos dos gij (dados pela métrica) é
Γmij =
1
2
∑
k
{
∂
∂xi
gjk +
∂
∂xj
gki −
∂
∂xk
gij
}
gkm,
onde (gkm) é a matriz inversa de (gkm). No exerćıcio em questão, denotando x = x1 e y = y1,
temos
(gkm) =

1
x22
0
0
1
x22
 e (gkm) =
x22 0
0 x22
 .
Portanto,
• Γ111 =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂x1
g1k +
∂
∂x1
gk1 −
∂
∂xk
g11
}
gk1
=
1
2
{
∂
∂x1
g11 +
∂
∂x1
g11 −
∂
∂x1
g11
}
g11 +
1
2
{
∂
∂x1
g12 +
∂
∂x1
g21 −
∂
∂x2
g11
}
g21︸ ︷︷ ︸
=0, pois g12=g21=g21=0
=
1
2
{
∂
∂x1
g11
}
x22
= 0.
• Γ211 =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂x1
g1k +
∂
∂x1
gk1 −
∂
∂xk
g11
}
gk2
=
1
2
{
∂
∂x1
g11 +
∂
∂x1
g11 −
∂
∂x1
g11
}
g12︸ ︷︷ ︸
=0, pois g12=0
+
1
2
{
∂
∂x1
g12 +
∂
∂x1
g21 −
∂
∂x2
g11
}
g22
=
1
2
{
∂
∂x1
g12 +
∂
∂x1
g21 −
∂
∂x2
g11
}
x22.
Como
g12 = g21 = 0 e
∂
∂x2
g11 = −
2
x32
,
segue que
Γ211 =
1
x2
.
46
• Γ112 =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂x1
g2k +
∂
∂x2
gk1 −
∂
∂xk
g12
}
gk1
=
1
2
{
∂
∂x1
g21 +
∂
∂x2
g11 −
∂
∂x1
g12
}
g11 +
1
2
{
∂
∂x1
g22 +
∂
∂x2
g21 −
∂
∂x2
g12
}
g21︸ ︷︷ ︸
=0, pois g21=0
=
1
2
{
∂
∂x2
g11
}
x22
=
1
2
{
− 2
x32
}
x22
= − 1
x2
.
• Γ212 =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂x1
g2k +
∂
∂x2
gk1 −
∂
∂xk
g12
}
gk2
=
1
2
{
∂
∂x1
g21 +
∂
∂x2
g11 −
∂
∂x1
g12
}
g12︸ ︷︷ ︸
=0, pois g12=0
+
1
2
{
∂
∂x1
g22 +
∂
∂x2
g21 −
∂
∂x2
g12
}
g22
=
1
2
{
∂
∂x1
g22
}
x22
= 0.
• Γ122 =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂x2
g2k +
∂
∂x2
gk2 −
∂
∂xk
g22
}
gk1
=
1
2
{
∂
∂x2
g21 +
∂
∂x2
g12 −
∂
∂x1
g22
}
g11 +
1
2
{
∂
∂x2
g22 +
∂
∂x2
g22 −
∂
∂x2
g22
}
g21︸ ︷︷ ︸
=0, pois g21=0
=
1
2
{
− ∂
∂x1
g22
}
x22
= 0.
• Γ222 =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂x2
g2k +
∂
∂x2
gk2 −
∂
∂xk
g22
}
gk2
=
1
2
{
∂
∂x2
g21 +
∂
∂x2
g12 −
∂
∂x1
g22
}
g12︸ ︷︷ ︸
=0, pois g12=0
+
1
2
{
∂
∂x2
g22 +
∂
∂x2
g22 −
∂
∂x2
g22
}
g22
=
1
2
{
∂
∂x2
g22
}
x22
=
1
2
{
− 2
x32
}
x22
= − 1
x2
.
b) Seja v(t) = (v1(t), v2(t)) o transporte paralelo de v0 ao longo da curta x1 = t, x2 = 1.
47
Sabemos que o campo v(t) satisfaz o sistema de EDO

d
dt
v1 +
∑
i,j
Γ1ijv
j d
dt
xi = 0
d
dt
v2 +
∑
i,j
Γ2ijv
j d
dt
xi = 0.
Como dx1/dt = 1 e dx2/dt = 0, o item a) nos garante que o sistema acima se reduz à

d
dt
v1 + Γ112v
2 = 0
d
dt
v2 + Γ211v
1 = 0.
(15)
Note que ao longo da curva em questão, temos x2 = 1 e, portanto, Γ
1
12 = −1 e Γ211 = 1. Desta
forma, fazendo v1(t) = cos θ(t) e v2(t) = sin θ(t), onde θ(t) é o ângulo que v(t) faz com a direção
positiva do eixo 0x, podemos reescrever (15) da seguinte forma:
 −θ′ sin θ − sin θ = 0θ′ cos θ + cos θ = 0,
ou seja,  (θ′ + 1) sin θ = 0(θ′ + 1) cos θ = 0.
Como sin e cos não se anulam simultaneamente, obtemos que θ′ = −1, donde conclúımos que
θ(t) = −t+ C, C ∈ R. Para obter o valor de C, observe que
(0, 1) = v0 = v(0) = (cos(0), sin(0))⇔ θ(0) =
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z.
Portanto,
θ(t) =
π
2
− t,
o que significa que v(t) faz um ângulo t com a direção 0y no sentido horário.
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 TpM e que varia
diferenciavelmente com p. Exceto pelo 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 compat́ıvel com uma métrica pseudo-Riemanniana de
48
M se
X〈Y,Z〉 = 〈∇XY, Z〉+ 〈Y,∇XZ〉, X, Y, Z ∈ X (M).
Se, além disso,
∇XY −∇YX = [X,Y ], X, Y ∈ X (M),
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 chamada pseudo-Riemanniana.
b) Introduza uma métrica pseudo-Riemanniana em Rn+1 pela forma quadrática:
Q(x0, ..., xn) = −(x0)2 + (x1)2 + ...+ (xn)2, (x0, ..., xn) ∈ Rn+1.
Mostre que o transporte paralelo da conexão de Levi-Civita desta métrica coincide
com o transporte paralelo usual do Rn+1 (esta métrica pseudo-Riemanniana é chamada
métrica de Lorentz ; para n = 3, ela aparece naturalmente em Relatividade).
Demonstração. a) (Extensão do teorema de Levi-Civita para métricas pseudo-Riemannianas)
Dada uma variedade Riemanniana M , existe uma única conexão afim ∇ em M , tal que:
(i) ∇ é simétrica;
(ii) ∇ é compat́ıvel com a métrica pseudo-Riemanniana.
(Unicidade) Suponhamos que existe uma conexão afim ∇ satisfazendo (i) e (ii). Logo, para
quaisquer campos X,Y, Z ∈ X (M),
X〈Y, Z〉 = 〈∇XY,Z〉+ 〈Y,∇XZ〉 (16)
Y 〈Z,X〉 = 〈∇Y Z,X〉+ 〈Z,∇YX〉 (17)
Z〈X,Y 〉 = 〈∇ZX,Y 〉+ 〈X,∇ZY 〉 (18)
Fazendo (16) + (17)− (18), obtemos:
(16) + (17)− (18) = 〈∇XY,Z〉+ 〈Y,∇XZ〉+ 〈∇Y Z,X〉+ 〈Z,∇YX〉 − 〈∇ZX,Y 〉 − 〈X,∇ZY 〉
= 〈∇XY,Z〉+ 〈∇XZ −∇ZX,Y 〉+ 〈∇Y Z −∇ZY,X〉+ 〈Z,∇YX〉
= 〈∇XY,Z〉+ 〈[X,Z], Y 〉+ 〈[Y,Z], X〉+ 〈Z,∇YX〉.
49
Note que,
〈[X,Y ], Z〉 = 〈∇XY −∇YX,Z〉
= 〈∇XY,Z〉 − 〈∇YX,Z〉
= 〈∇XY 〉+ 〈Z,∇YX〉 − 2〈Z,∇YX〉.
Logo,
〈∇XY, Z〉+ 〈Z,∇YX〉 = 2〈Z,∇YX〉+ 〈[X,Y ], Z〉.
Desta forma,
X〈Y,Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z〈X,Y 〉 = 2〈Z,∇YX〉+ 〈[X,Y ], Z〉+ 〈[X,Z], Y 〉+ 〈[Y, Z], X〉.
Portanto,
〈Z,∇YX〉 =
12
{X〈Y, Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z〈X,Y 〉 − 〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y,Z], X〉 − 〈[X,Y ], Z〉} (19)
A conexão afim ∇ está unicamente determinada pela métrica pseudo-Riemanniana através da
expressão (19), uma vez que o lado direito da igualdade depende apenas da base {∂/∂xi} e dos
coeficientes dos campos X,Y e Z. O que prova a unicidade.
(Existência) Para provarmos a existência, definamos a conexão afim ∇, através da expressão
(19).
Afirmação 10. ∇ está bem definida.
De fato, considere campos de vetores X,Y,X1, Y1 ∈ X (M) tais que (X,Y ) = (X1, Y1). Então,
〈Z,∇YX〉 =
1
2
{X〈Y,Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z〈X,Y 〉 − 〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y, Z], X〉 − 〈[X,Y ], Z〉}
=
1
2
{X1〈Y1, Z〉+ Y1〈Z,X1〉 − Z〈X1, Y1〉 − 〈[X1, Z], Y1〉
−〈[Y1, Z], X1〉 − 〈[X1, Y1], Z〉}
= 〈Z,∇Y1X1〉,
para todo campo Z ∈ X (M). Portanto ∇YX = ∇Y1X1, o que prova a boa-definição.
Afirmação 11. ∇ é uma conexão afim.
50
De fato, considere campos de vetores X,Y,W ∈ X (M), então
〈Z,∇W (X + Y )〉
=
1
2
{(X + Y )〈W,Z〉+W 〈Z, (X + Y )〉 − Z〈(X + Y ),W 〉 − 〈[X + Y,Z],W 〉 − 〈[W,Z], X〉
−〈[X + Y,W ], Z〉}
=
1
2
{X〈W,Z〉+ Y 〈W,Z〉+W 〈Z,X〉+W 〈Z, Y 〉 − Z〈X,W 〉 − Z〈Y,W 〉 − 〈[X,Z],W 〉
−〈[Y,Z],W 〉 − 〈[W,Z], X〉 − 〈[W,Z], Y 〉 − 〈[X,W ], Z〉 − 〈[Y,W ], Z〉}
=
1
2
{X〈W,Z〉+W 〈Z,X〉 − Z〈X,W 〉 − 〈[X,Z],W 〉 − 〈[W,Z], X〉 − 〈[X,W ], Z〉}
+
1
2
{Y 〈W,Z〉+W 〈Z, Y 〉 − Z〈Y,W 〉 − 〈[Y,Z],W 〉 − 〈[W,Z], Y 〉 − 〈[Y,W ], Z〉}
= 〈Z,∇WX〉+ 〈Z,∇WY 〉
= 〈Z,∇WX +∇WY 〉,
para todo Z ∈ X (M). Portanto,
∇W (X + Y ) = ∇WX +∇WY.
Considere f ∈ C∞(M) e campos X,Y ∈ X (M), então
〈Z,∇Y (fX)〉 =
1
2
{fX〈Y, Z〉+ Y 〈Z, fX〉 − Z〈fX, Y 〉 − 〈[fX,Z], Y 〉 − 〈[Y, Z], X〉 − 〈[fX, Y ], Z〉}
=
1
2
{fX〈Y, Z〉+ Y (f)〈Z,X〉 − Z(f)〈X,Y 〉 − 〈f [X,Z]− Z(f)X,Y 〉 − f〈[Y,Z], X〉
−〈f [X,Y ]− Y (f)X,Z〉}
=
1
2
{fX〈Y, Z〉+ Y (f)〈Z,X〉 − Z(f)〈X,Y 〉 − f〈[X,Z], Y 〉+ Z(f)〈X,Y 〉
−f〈[Y,Z], X〉 − f〈[X,Y ], Z〉+ Y (f)〈X,Z〉}
= f
1
2
{X〈Y, Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z〈X,Y 〉 − 〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y,Z], X〉 − 〈[X,Y ], Z〉}
+Y (f)〈X,Z〉
= f〈Z,∇YX〉+ 〈Y (f)X,Z〉
= 〈f∇YX + Y (f)X,Z〉,
para todo Z ∈ X (M). Portanto,
∇Y (fX) = f∇YX + Y (f)X.
51
A propriedade
∇fX+gY Z = f∇XZ + g∇Y Z,
decorre de um cálculo análogo.
Afirmação 12. ∇ é simétrica.
Sejam X,Y ∈ X (M), então
〈Z,∇XY −∇YX〉 = 〈Z,∇XY 〉 − 〈Z,∇YX〉
=
1
2
{Y 〈X,Z〉+X〈Z, Y 〉 − Z〈Y,X〉 − 〈[Y,Z], X〉 − 〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y,X], Z〉}
−1
2
{X〈Y,Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z〈X,Y 〉 − 〈[X,Z], Y 〉 − 〈[Y, Z], X〉 − 〈[X,Y ], Z〉}
= −1
2
〈[Y,X], Z〉+ 1
2
〈[X,Y ], Z〉
=
1
2
〈[X,Y ], Z〉+ 1
2
〈[X,Y ], Z〉
= 〈[X,Y ], Z〉,
para todo Z ∈ X (M). Portanto,
∇XY −∇YX = [X,Y ].
Afirmação 13. ∇ é compat́ıvel com a métrica pseudo-Riemanniana.
Sejam X,Y, Z ∈ X (M), então
〈X,∇Y Z〉+ 〈Z,∇YX〉 =
1
2
{Z〈Y,X〉+ Y 〈X,Z〉 −X〈Z, Y 〉 − 〈[Z,X], Y 〉 − 〈[Y,X], Z〉
−〈[Z, Y ], X〉}+ 1
2
{X, 〈Y,Z〉+ Y 〈Z,X〉 − Z〈X,Y 〉 − 〈[X,Z], Y 〉
−〈[Y, Z], X〉 − 〈[X,Y ], Z〉}
=
1
2
Y 〈X,Z〉+ 1
2
Y 〈X,Z〉
= Y 〈X,Z〉.
Portanto,
〈X,∇Y Z〉+ 〈Z,∇YX〉 = Y 〈X,Z〉.
b) Seja V ∈ X (M) e seja (U, x0, ..., xn) um sistema de coordenadas. Em termos dos śımbolos de
Christoffel, a derivada covariante possui a expressão clássica
DV
dt
=
n∑
k=0
dvkdt +
n∑
i,j=1
Γkijvj
dxi
dt
Xk.
52
Observe que a derivada covariante difere da derivada usual no espaço euclideano por termos que
envolvem os śımbolos de Christoffel. Uma vez que no espaço euclideano Γkij = 0, a derivada
covariante coincide com a derivada usual. Portanto, para provarmos que o transporte paralelo
da conexão de Levi-Civita com esta métrica Q, coincide com o transporte paralelo usual do
Rn+1, é suficiente provar que Ddt =
d
dt .
Os śımbolos de Christoffel podem ser obtidos através da expressão
Γkij =
1
2
n∑
k=0
{Xigjk +Xjgki −Xkgij} gkm, (20)
onde os g′ijs são as expressões da métrica pseudo-Riemanniana no sistema de coordenadas
(U, x0, ..., xn). De acordo com a métrica pseudo-Riemanniana pré-definida,
(gij) =

−1 0 ... 0
0 1 ... 0
...
...
. . .
...
0 0 ... 1

(n+1)×(n+1)
0 ≤ i, j ≤ n, com inversa
(gij) =

−1 0 ... 0
0 1 ... 0
...
...
. . .
...
0 0 ... 0

(n+1)×(n+1)
Observe que a submatriz (gij) com 1 ≤ i, j ≤ n, é exatamente a matriz formada pelas expressões
da métrica usual do Rn. Logo, Γkij = 0, para i, j, k = 1, ..., n. Observe ainda que podemos
escrever a métrica pseudo-Riemanniana na forma
Q(x0, ..., xn) = −(x0)2 + x21 + ...+ x2n = −(x0)2 + q(x1, ..., xn),
onde q é a métrica usual em Rn. Portanto, é suficiente calcularmos o śımbolo Γ000, uma vez que
os demais são nulos. Pela equação (20) temos,
Γ000 =
1
2
{X0g00 +X0g00 −X0g00} g00 =
1
2
(X0(−1)) (−1) = 0.
Portanto, para todo campo V ∈ X (Rn+1) ao longo de uma curva γ : [a, b] → Rn+1 contida no
53
sistema de coordenadas (U, x0, ..., xn), tem-se
DV
dt
=
dV
dt
.
De uma forma geral, seja V ∈ X (Rn+1) um campo paralelo ao longo de uma curva diferenciável
γ[a, b] → Rn+1. Podemos cobrir a curva através de uma quantidade finita de sistemas de
coordenadas. Logo, se (U, x) e (W, y) são dois sistemas de coordenadas tais que x(U)∩y(W ) 6= ∅,
então as derivadas devem coincidir na interseção, o que prova que a derivada covariante de um
campo V ao longo de uma curva γ, com respeito à métrica Q, deve coincidir com a derivada
usual do Rn+1 do campo V ao longo da curva. Portanto os transportes paralelos coincidem.
54
Caṕıtulo III
Geodésicas; Vizinhanças Conexas
1. (Geodésicas de superf́ıcies de revolução). Indique por (u, v) as coordenadas cartesianas de
R2. Mostre que a função ϕ : U ⊂ R2 → R3 dada por ϕ(u, v) = (f(v) cosu, f(v) sinu, 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 imersão. A
imagem ϕ(U) é a superf́ıcie gerada pela rotação em torno do eixo 0z da curva (f(v), g(v)),
chamada de superf́ıcie 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 ′
f2
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: 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 um paralelo P intersectando γ em γ(t) com γ, então
r cosβ = constante,
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.
55
Demonstração. Seja p = (u, v) ∈ U . Temos
Jϕp =

−f(v) sinu f ′(v) cosu
f(v) cosu f ′(v) sinu
0 g′(v)
 .
Portanto, se (s, t) ∈ TpU ∼= R2, então
dϕp(s, t) =
(
(−f(v) sinu)s+ (f ′(v) cosu)t, (f(v) cosu)s+ (f ′(v) sinu)t, g′(v)t
)
.
Resolvamos o sistema:

(−f(v) sinu)s+ (f ′(v) cosu)t = 0
(f(v) cosu)s+ (f ′(v) sinu)t = 0
g′(v)t = 0.
Vamos supor que g′(v) 6= 0 e nominar esta condição de primeiro caso.
Esta condição implica (observemos a terceira equação do sistema) que t = 0, dáı,
(−f(v) sinu)s = 0
e
(f(v) cosu)s = 0.
Como f 6= 0 e as funções seno e cosseno não se anulam simultâneamente, segue-se que s = 0.
Segundo caso: g′(v) = 0.
Nesse caso, f ′(v) 6= 0, pois f ′(v)2 + g′(v)2 6= 0 e ficamos com o sistema:
 (−f(v) sinu)s+ (f ′(v) cosu)t = 0(f(v) cosu)s+ (f ′(v) sinu)t = 0.
Seu determinante é igual a (−ff ′ sin2 u − ff ′ cos2 u), i.e., −ff ′. Como f 6= 0 por hipótese e
estamos no caso em que f ′ 6= 0, segue-se que tal determinante é não nulo. Isto implica que a
única solução do sistema considerado é a trivial. Portanto, em qualquer caso, ker dϕp = {(0,