Soluções do livro de Geometria Riermaniana do Manfredo - CAP 1 ao CAP 11 - UFPE

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Resolução de Exerćıcios do Livro
Geometria Riemanniana
Manfredo Perdigão do Carmo
M.L.Amaral, C.T.Cristino, P.Rabelo, F.Santos
Departamento de Matemática
Universidade Federal de Pernambuco
50670-901 Recife, Pernambuco, Brasil
Prof. Responsável: César Castilho
2o Semestre 2004
Sumário
Apresentação 1
1 Métricas Riemanianas 3
2 Conexões Afins e Riemanniana 9
3 Geodésicas; Vizinhanças Convexas 17
4 Curvaturas 37
5 Campos de Jacobi 47
6 Imersões Isométricas 55
7 Os Teoremas de Hopf e Rinow e de Hadamard 67
9 Variações de Energia 75
10 Teorema de Comparação de Rauch 79
11 Índice de Morse 85
Bibliografia 89
Apresentação
O que segue, corresponde à resolução dos exerćıcios do livro do professor Manfredo do Carmo [Carmo1],
que foram feitos com listas da disciplina Geometria Riemanniana do curso de doutorado em Matemática
do DMAT da Universidade Federal de Pernambuco. Várias soluções seguem como a própria sugestão do
livro, que aparecem para alguns exerćıcios.
1
Caṕıtulo 1
Métricas Riemanianas
p.45 ex.1 Prove que a aplicação ant́ıpoda 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.
Solução: Note que A2 = Id e que, portanto, A−1 = A, isto é, A é uma bijeção. Note, também que A
é diferenciável, pois cada função coordenada é diferenciável e que ∂Ai∂xj = −δij , ou seja,
dA(p) =


−1 0 · · · 0
0 −1 · · · 0
...
. . .
0 · · · −1


(n+1)×(n+1)
Assim, dAp(v) = −v, v ∈ TpSn. Sejam p ∈ Sn e u, v ∈ TpSn, então:
〈dAp(v), dAp(u)〉A(p) = 〈−u,−v〉A(p) = 〈u, v〉A(p) = 〈u, v〉p
A última passagem é justificada considerando a métrica induzida de Rn+1 em ambos pontos.
Logo, A é uma isometria. 2
p.46 ex.2 Introduza uma métrica Riemanniana no toro T n exigindo que a projeção natural π : Rn −→ T n
dada por
π(x1, . . . , xn) = (e
2πix1 , . . . , e2πixn),
seja uma isometria local. Mostre que com esta métrica T n é isométrico ao toro plano.
Solução: Dados p ∈ T n e u, v ∈ TpT n, defina
〈u, v〉π = 〈dπ−1(u), dπ−1(v)〉Rn .
Como π é um difeomorfismo local (fácil verificação), temos que 〈 , 〉π define um produto interno em TpT n
para todo p ∈ T n.
3
4 CAPÍTULO 1. MÉTRICAS RIEMANIANAS
Denote por 〈〈 , 〉〉 a métrica produto em T n = S1 × S1 × · · · × S1. O toro T n com esta métrica é
denominado toro plano. Vamos mostrar que o toro munido da métrica 〈, 〉π é isométrico ao toro plano.
Inicialmente seja {f1, . . . , fn} base ortonormal de TpT n. É suficiente mostrar que existe um difeomorfismo
F : T n → T n tal que
〈〈fi, fj〉〉 = 〈dF (fi), dF (fj)〉π = 〈dπ−1 ◦ dF (fi), dπ−1 ◦ dF (fj)〉Rn . (1.1)
Vamos calcular 〈〈fi, fj〉〉. Sejam πj : S1 × · · · × S1 −→ S1 projeções naturais para j = 1, . . . , n.
Usando a definição,
〈〈fi, fj〉〉 =
n∑
k=1
〈dπk(fi), dπk(fj)〉R2 = δij . (1.2)
Seja F um difeomorfismo de T n em T n tal que dπ−1 ◦ dF (fi) = ei, para i = 1, . . . , n, onde {e1, . . . , en}
é a base canônica do Rn.
De (1.1) e (1.2) temos que F é a isometria procurada. 2
p.46 ex.3 Obtenha uma imersão isométrica do toro plano T n em R2n.
Solução: Seja ϕ : U → T n uma parametrização local em p ∈ T n, onde U ⊂ Rn é um subconjunto
aberto, dada por:
ϕ(x1, ..., xn) = ((cosx1, senx1), ..., (cos xn, senxn)).
Seja ψ : V ⊂ T n → R2n uma parametrização local, onde V ⊂ T n é aberto, tal que ϕ(U) ⊂ V , dada
por:
ψ((cos x1, senx1), ..., (cosxn, senxn)) = (cos x1, senx1, ..., cosxn, senxn).
Considere a composição ψ ◦ ϕ : U ⊂ Rn → R2n, onde U é um subconjunto aberto. Então:
ψ ◦ ϕ(x1, ..., xn) = (cosx1, senx1, ..., cosxn, senxn),
cuja matriz jacobiana de ordem 2n× n é dada por:
J(ψ ◦ ϕ) =


− senx1 0 · · · 0
cosx1 0 · · · 0
0 − senx2 · · · 0
0 cosx2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · senxn
0 0 · · · cosxn


É fácil ver que a matriz acima possui posto máximo (todas as colunas são l.i.). Logo,
d(ψ ◦ ϕ)p : TpRn → T(ψ◦ϕ)(p)R2n,
onde p = (x1, ..., xn), é injetiva. Portanto ψ ◦ ϕ é uma imersão e, portanto, ψ é uma imersão de T n em
R2n.
5
Considere, agora, u, v ∈ TpRn, com u = (u1, ..., un) e v = (v1, ..., vn). Então,
〈d(ψ ◦ ϕ)pu, d(ψ ◦ ϕ)pv〉 =
n∑
i=1
(sen2 xi + cos
2 xi)uivi =
n∑
i=1
uivi = 〈u, v〉.
Desde modo, temos que ψ : V ⊂ T n → R2n é uma imersão isométrica. 2
p.46 ex.4 Uma função g : R→ R dada por g(t) = yt+ x, com t, x, y ∈ R e y > 0 é chamada função afim
própria.
O conjunto de todas tais 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} 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 e g21 = 0) é dada por g11 = g22 =
1
y2 e g12 = 0. (Esta é a métrica
da geometria não-euclidiana de Lobatchevski).
Solução: Considerando o plano R2 com a seguinte métrica: dado p = (u, v) ∈ R2, faça 〈∂/∂u, ∂/∂u〉p =
1, 〈∂/∂u, ∂/∂v〉p = 0 e 〈∂/∂v, ∂/∂v〉p = e2u. Ou seja,
g((x1, x2), (y1, y2))p=(u,v) = [x1 x2]
[
1 0
0 e2u
] [
y1
y2
]
= x1y1 + x2ye
2u.
O plano R2 com esta métrica é uma superf́ıcie H chamada plano hiperbólico.
Defina agora uma aplicação ϕ : R2+ = {(x, y) ∈ R2 : y > 0} → H , por ϕ(x, y) = (− ln y, x). Não é
dif́ıcil verificar que ϕ é um difeomorfismo com inversa ϕ−1(u, v) = (v, e−u). Assim, podemos introduzir
uma métrica h em R2+, fazendo
〈w, z〉m =
〈
(ϕ∗)m(w), (ϕ∗)m(z)
〉
ϕ(m)
,
onde z, w ∈ TmR2+.
Observe que se tivermos um difeomorfismo F : (M,h)→ (N, g), então F preserva a métrica riemanni-
ana h se, para quaisquer v, w ∈ TpM , tivermos 〈v, w〉p = 〈dFp(v), dFp(w)〉F (p). No caso em que M é um
espaço euclidiano, isso nos diz que 〈∂/∂xi|p, ∂/∂xj|p〉p = 〈dFp(∂/∂xi|p), dFp(∂/∂xj |p)〉F (p), ou na forma
matricial,
(
∂/∂xi|p
)t
Ai,j(p)
(
∂/∂xj |p
)
=
(
∂/∂xi|p
)t
(JFp)
tAi,j(F (p))(JFp)
(
∂/∂xj|p
)
,
onde a matriz A representa a métrica h. Assim, o difeomorfismo F preserva métrica se, e somente se,
Ap = (JFp)
tAF (p)(JFp), com JFp a matriz jacobiana de F no ponto p.
6 CAPÍTULO 1. MÉTRICAS RIEMANIANAS
Usando este fato, conclúımos que
〈∂/∂x, ∂/∂x〉m =
〈
(ϕ∗)m(∂/∂x), (ϕ∗)m(∂/∂x)
〉
ϕ(m)
= [1 0]
[
0 1
− 1y 0
] [
1 0
0 1y2
] [
0 − 1y
1 0
] [
1
0
]
=
1
y2
,
e da mesma forma, obtemos que 〈∂/∂x, ∂/∂y〉m = 0 e 〈∂/∂y, ∂/∂y〉m = 1y2 . Logo a matriz
h =


1
y2
0
0
1
y2


representa uma métrica riemanniana em R2+ tal que no elemento neutro e = (0, 1), satisfaz h(0,1) =[
1 0
0 1
]
. Ou seja, h coincide com a métrica euclidiana em e = (0, 1).
Além disso, se fixarmos um elemento f = (a, b) ∈ G, temos que para todo r = (c, d) ∈ G, Lf(r) =
f ◦ r = (bc+ a, bd). Logo, (dLf )r =
[
b 0
0 b
]
e, conseqüentemente, para u = (u1, u2), v = (v1, v2) ∈ TrG
obtemos
〈(dLf )ru, (dLf)rv〉Lf (r) = [u1 u2]
[
b 0
0 b
] [ 1
(bd)2 0
0 1(bd)2
] [
b 0
0 b
] [
v1
v2
]
=
u1v1
d2
+
u2v2
d2
= [u1 u2]
[
1
d2 0
0 1d2
] [
v1
v2
]
= 〈u, v〉r
Portanto, h é invariante à esquerda. 2
(b) Pondo z = (x, y) = x+ iy, i2 = −1, a transformação z → z′ = az+bcz+d , a, b, c, d ∈ R, ad− bc = 1 é uma
isometria de G.
Solução: Podemos reescrever a transformação z
f7→ az+bcz+d da seguinte forma:
az + b
cz + d
=
a
c
(
1− ad− bc
a(cz + d)
)
=
a
c
− 1
c2z + cd
.
Assim, f é uma composição de difeomorfismos z
f17→ αz + β f27→ − 1z
f37→ z + γ, e preservará a métrica se
f1, f2, f3 também a preservarem. É imediato que f1 e f3 possuem esta propriedade. Resta verificar que
f2 também preserva a métrica. Desde que
f2(z) = −
1
z
= − z|z|2 =
−x+ iy
x2 + y2
,
7
temos que
(Jf2)z =
1
(x2 + y2)2
[
x2 − y2 2xy
−2xy x2 − y2
]
,
e dáı,
(Jf2)
t
zAf2(z)(Jf2)z =
1
(x2 + y2)4
[
x2 − y2 −2xy
2xy x2 − y2
]

(x2+y2)2
y2 0
0 (x
2+y2)2
y2


[
x2 − y2 2xy
−2xy x2 − y2
]
=[
1
y2 0
0 1y2
]
= Az
Logo, f2 preserva a métrica h em G e f é então uma composição de isometrias. Portanto, uma isometria
de G. 2
p.46 ex.5 Prove que as isometrias de Sn ⊂ Rn com a métrica induzida são as restrições a Sn das
transformações lineares ortogonais de Rn+1.
Solução: Observe, primeiramente, que como estamos considerando a métrica induzida de Rn+1,
〈., .〉p ≡ 〈., .〉q, para todos p, q ∈ Sn. Por isso, não apresentaremos o sub-́ındice do produto interno.
(⇐) Seja R ∈ SO(n+ 1) e u, v ∈ TpSn. Então
〈dpRu, dpRv〉 = 〈Ru,Rv〉, pois R é uma transformação linear
= 〈u,R∗Rv〉 = 〈u, v〉.
Logo, se R ∈ SO(n+ 1), R é isometria sobre Sn.
(⇒) Seja ϕ : Sn → Sn uma isometria e defina T : Rn+1 → Rn+1, por T (v, t) = dϕp(v) + tϕ(p), para
p = (v, t) ∈ Rn × R. Aqui usaremos o isomorfismo natural Rn ≃ TpSn. Vamos mostrar que T é linear e
ortogonal.
T (v1 + αv2, t1 + αt2) = dϕp(v1 + αv2) + (t1 + αt2)ϕ(p)
= dϕp(v1) + αϕp(v2) + t1ϕ(p) + αt2ϕ(p)
= T (v1, t1) + αT (v2, t2), assim T é linear.
Seja (v, t) ∈ Rn+1, tal que ‖(v, t)‖ = 1. Por um lado, temos:
〈T (v, t), T (v, t)〉 = 〈dϕp(v) + tϕ(p), dϕp(v) + tϕ(p)〉
= 〈dϕp(v), dϕp(v)〉 + t〈dϕp(v), ϕ(p)〉 + t〈ϕ(p), dϕp(v)〉+ t2〈ϕ(p), ϕ(p)〉
= 〈dϕp(v), dϕp(v)〉 + t2
= 〈v, v〉+ t2
= 〈(v, t), (v, t)〉
Note que 〈dϕp(v), ϕ(p)〉 = 〈ϕ(p), dϕp(v)〉 = 0, pois estando sobre Sn, o vetor posição ϕ(p) é ortogonal
8 CAPÍTULO 1. MÉTRICAS RIEMANIANAS
ao vetor velocidade dϕp(v). Por outro lado,
〈T (v, t), T (v, t)〉 = 〈(v, t), T ∗T (v, t)〉, que como acima
= 〈(v, t), (v, t)〉, ∀(v, t) ∈ Rn × R
Logo T ∗T = Id (também TT ∗ = Id), e T é uma transformação ortogonal.
Seja R = T |Sn e p̃ = (0, 1). Então R(p) = T (0, 1) = dϕp(0) + ϕ(0) = ϕ(p) e dRp = dϕp. Logo R ≡ ϕ,
ou seja, ϕ é a restrição de uma transformação linear ortogonal de Rn+1. 2
p.46 ex.6 Mostre que a relação “M é localmente isométrica a N” não é simétrica.
Solução: Quaisquer duas variedades diferenciáveis unidimensionais são localmente isométricas. Logo,
para variedades unidimensional a relação M é localmente isométrica a N é simétrica.
Sejam M e M variedades diferenciáveis de dimensão n > 1 tais que N = M ∪M é também uma
variedade diferenciável (de dimensão n, é claro). Sejam KM (p) a curvatura gaussiana de M em p ∈ M
e KN(q) de N em q ∈ N . Assuma que KM (p) 6= KN(q) para todo (p, q) ∈ M × N . Nestas condições,
M é localmente isométrica a N (a inclusão i : M −→ N é uma isometria local), mas N não é localmente
isométrica a M pois, em caso contrário, o Teorema Egrégio de Gauss seria violado. 2
p.46 ex.7† Seja G um grupo de Lie compacto e conexo (dim G = 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.
Sugestão: Para cada a ∈ G, R∗aω é invariante à esquerda. Decorre dáı que R∗aω = f(a)ω. Verifique
que f(ab) = f(a)f(b), isto é, f : G → R − {0} é um homeomorfismo (cont́ınuo) de G no grupo
multiplicativo dos números reais. Como f(G) é um subgrupo compacto e conexo, conclui-se que
f(G) = 1. Logo R∗aω = f(a)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
invariante à esquerda em G. e defina uma nova métrica riemanniana 〈〈 , 〉〉 em G por
〈〈u, v〉〉y =
∫
G
〈(dRx)yu, (dRx)yv〉yxω, x, y ∈ G, u, v ∈ Ty(G).
Prove que 〈〈 , 〉〉 é bi-invariante.
Caṕıtulo 2
Conexões Afins e Riemanniana
p.56 ex.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 a orientação.
Solução: Sabemos pela proposição 2.6 (p.52. [Carmo1]), que dado v ∈ Tc(t0)M , existe único campo
de vetores paralelo V ∈ X(M) ao longo de c tal que V (to) = v. Assim, por definição, P (v) = V (t). Para
mostrar que P é linear, consideremos vetores v, w ∈ Tc(t0)M e λ ∈ R. Desde que
D
dt
(V +W ) =
DV
dt
+
DW
dt
= 0
e
D
dt
(λV ) = ∇c′(t)(λV ) = λ∇c′(t)V = λ
DV
dt
= 0,
conforme a proposição 2.2 [Carmo1], segue que V +W e λV são campos vetoriais paralelos ao longo de
c, e assim,
P (λv + w) = (λV +W )(t) = λV (t0) +W (t0) = λP (v) + P (w),
mostrando que P é uma aplicação linear.
Agora, como ddt 〈P (v), P (v)〉 = 2〈 ddtP (v), P (v)〉 = 0, segue que ‖P (v)‖Tc(t)M = ‖v‖Tc(t0)M nos diz que
P preserva norma. Logo, P é injetiva. Desde que Tc(t)M e Tc(t0)M têm a mesma dimensão, conclúımos
que P é uma isometria linear.
Observemos que se {u1, ..., un} é uma base ortonormal de Tc(t0)M , então pelo que foi visto acima,
〈P (ui), P (uj)〉 = 〈ui, uj〉 = δij
e isso nos diz que {P (u1), ..., P (un)} é uma base ortonormal de Tc(t)M .
Suponha que M seja orientável e (Uα,xα) uma estrutura diferenciável em M compat́ıvel com essa
orientação. Desde que c(I) é compacto em M , existe um coleção finita {(Uα1 ,xα1), ..., (Uαm ,xαm)}
9
10 CAPÍTULO 2. CONEXÕES AFINS E RIEMANNIANA
de vizinhanças coordenadas cobrindo a curva c(t). Em correspondência, há uma partição do intervalo
I = [a, b], a = t0, t1, ..., tm = b, tal que c(t) ∈ xαi(Uαi), t ∈ [ti−1, ti], para i = 1, ...,m. Seja {u1, ..., un}
base ortonormal positiva em Tc(t0)M e seja β(t) = {P (u1), ..., P (un)} a base ortonormal em Tc(t)M
transportada, com t ∈ [t0, t1]. Vamos mostrar que a matriz mudança de base entre a base β(t) e a base
{(
∂
∂x1
)
c(t)
, ... ,
(
∂
∂xn
)
c(t)
}
,
devido à estrutura diferenciável, tem determinante positivo.
Podemos escrever
P (ui) =
n∑
j=1
aij
(
∂
∂xj
)
c(t)
,
para i = 1, ..., n, ondeA(t) = (aij(t)) é a matriz de mudança de base. Definamos a função fα1 : [t0, t1]→ R
por fα1(t) = detA(t). Então
(i) fα1(t) 6= 0 para todo t ∈ [t0, t1], pois A é matriz de mudança de base;
(ii) fα1 é cont́ınua, porque sendo os P (ui) campos vetoriais paralelos, os aij , para cada i = 1, ..., n
satisfazem as equações diferenciais
dvk
dt
+
∑
ij
Γkijv
j dxi
dt
= 0,
com vk(t0) = v
0
k, k = 1, ..., n, de onde os aij são diferenciáveis e, em conseqüência, A(t) é difer-
enciável e detA(t) é cont́ınuo;
(iii) fα1(t0) > 0, pois a base {ui}ni=1 foi tomada positiva.
É claro que fα1(t) > 0, para todo t ∈ [t0, t1], pois do contrário, se existisse s ∈ [t0, t1] tal que
fα1(s) < 0, pelo Teorema do Valor Intermediário, existiria um t
∗ ∈ (t0, t1) com fα1(t∗) = 0, contradizendo
o fato de que fα1(t) 6= 0, para todo t ∈ [t0g, t1]. Logo, {P (ui)}ni=1 é base positiva de Tc(t)M .
Finalmente, na vizinhança (Uα2 ,xα2), tomamos β(t1) base positiva em Tc(t1)M e a transportamos
paralelamente sobre c[t1, t2]. Usando a mesma argumentação anterior, concluiremos que P preserva a
orientação no intervalo [t0, t2]. Recursivamente, P preserva orientação de M . 2
p.57 ex.2 Sejam X e Y campos vetoriais sobre uma variedade riemannianaM . Sejam p ∈M e c : I →M
uma curva integral de X por p, ou seja 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 longo de c, de t0 a t (isto mostra que a conexão
pode ser re-obtida do conceito de paralelismo).
Solução: Pelo exerćıcio (1) deste caṕıtulo, temos que Pc,t0,t := P é uma isometria linear. Logo
P−1 = P−1c,t,t0 : Tc(t)M → Tc(t0)M está bem definida. Assim dada uma base de Tc(t0)M{
ω1(t0) =
∂
∂x1
(c(t0)), ..., ωn(t0) =
∂
∂xn
(c(t0))
}
,
11
corresponde uma base {ω1(t), ..., ωn(t)} em Tc(t)M , onde ωi(t) = P
(
∂
∂xi (c(t0))
)
, i = 1, ..., n. Portanto,
se Y ∈ X, podemos escrever Y (c(t)) = ∑ni=1 ai(t)ωi(t), e
d
dt
[
P−1c,t0,t(Y (c(t)))
]
t=t0
= lim
t→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→t0P−1 (
∑n
i=1 ai(t)ωi(t))−
∑n
i=1 ai(t0)ωi(t0)
t− t0
= lim
t→t0
∑n
i=1 ai(t)P
−1(ωi(t))−
∑n
i=1 ai(t0)ωi(t0)
t− t0
= lim
t→t0
∑n
i=1 ai(t)ωi(t0)−
∑n
i=1 ai(t0)ωi(t0)
t− t0
=
n∑
i=1
lim
t→t0
ai(t)− ai(t0)
t− t0
ωi(t0)
=
n∑
i=1
d
dt
ai(t)
∂
∂xi
(c(t0))
Como
∇XY = ∇ dc
dt
Y =
D
dt
Y (c(t)) =
n∑
i=1
d
dt
ai(t)ωi(t) +
n∑
i=1
ai(t)
Dωi
dt
,
onde ωi são campos paralelos ao longo de c(t), assim
Dωi
dt = 0, i = 1, 2, ..., n. Assim:
(∇XY ) (p) =
d
dt
ai(t0)ωi(t0) =
d
dt
[
P−1c,t0,t(Y (c(t)))
]
t=t0
.
p.57 ex.3 Seja f : Mn −→ Mn+k uma imersão de uma variedade diferenciável M em uma variedade
RiemannianaM . Suponha que M tem a métrica induzida por f . Seja p ∈M e U ⊂M uma vizinhança de
P tal que f(U) ⊂M seja uma subvariedade de M . Sejam X,Y campos de vetores em f(U) e estenda-os
a campos de vetores X,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 .
Solução: Pela unicidade da conexão Riemanniana de M (Teorema de Levi-Civita), devemos mostrar
que: (a) ∇ é uma conexão afim; (b) ∇ simétrica e; (c) ∇ é compat́ıvel com a métrica induzida por f . De
fato, denotando por (∇XY )T a componentes tangencial de ∇XY , temos:
(a) Valem as igualdades
∇gX+hY Z = (∇gX+hY Z)T
= (g∇XZ + h∇Y Z)T
= g(∇XZ)T + h(∇Y Z)T
= g∇XZ + h∇Y Z,
12 CAPÍTULO 2. CONEXÕES AFINS E RIEMANNIANA
∇X(Y + Z) = ∇X(Y + Z)T
= (∇XY )T + (∇XZ)T
= ∇XY +∇XZ,
e
∇X
(
gY
)
=
(
∇X(gY ) +X(g)Y
)T
= g∇X(Y )T +
(
X(g)Y
)T
= g∇XY +X(g)Y,
donde segue que ∇ define uma conexão afim. 2
(b) Segue de
∇XY −∇YX = (∇XY )T − (∇YX)T
= (∇XY −∇YX)T
= [X,Y ]T
= [X,Y ],
onde a última igualdade vem do fato de [X,Y ] ser um campo de vetores tangente. 2
(c) Decorre da seguinte seqüência de igualdades
〈∇XY, Z〉+ 〈Y,∇XZ〉 = 〈(∇XY )T , Z〉+ 〈Y , (∇XZ)T 〉
= 〈∇XY , Z〉+ 〈Y ,∇XZ〉
= X〈Y , Z〉
= X〈Y, Z〉. 2
p.57 ex.4 Seja M2 ∈ 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 .
a) Mostre que V é paralelo se, e somente se, dVdt é perpendicular a Tc(t)M ∈ R3, onde dVdt é a derivada
usual de V : I → R3.
Solução: Seja c(t) = (c1(t), c2(t), c3(t)) uma parametrização local para a curva diferenciável
c : I −→ M e seja V : I −→ R3 um campo de vetores tangentes a M ao longo de c, com
V (t) ∈ Tc(t)(M). Podemos escrever V (t) da seguinte maneira:
V (t) =
3∑
j=1
vjXj
com vj = vj(t) e Xj = Xj(c(t))
(
= ∂∂xj (c(t))
)
13
Como,
DV
dt
=
3∑
j=1
dvj
dt
Xj +
3∑
j=1
vj
DXj
dt
Mas,
DXj
dt = 0 , pois Xj = Xj(c(t)). Assim,
DV
dt
=
3∑
j=1
dvj
dt
Xj .
Portanto V é paralelo se, e somente se dVdt é perpendicular a Tc(t)(M) ⊂ R3. 2
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 campo paralelo. O mesmo argumento se aplica para
Sn ∈ Rn+1.
Solução: Seja α : I −→ S2 com α(t) = (α1(t), α2(t), α3(t)) um grande ćırculo parametrizado
pelo comprimento de arco, isto é |α′(t)| = 1. Assim,
(α′1(t))
2 + (α′2(t))
2 + (α′3(t))
2 = 1
Derivando a equação acima, temos que:
2α′′1(t)α
′
1(t) + 2α
′′
2(t)α
′
2(t) + 2α
′′
3 (t)α
′
3(t) = 0.
Portanto a derivada usual de tal campo tangente é normal a S2. Assim, a derivada covariante é zero.
Logo, o campo de vetores tangentes ao grandes ćırculos da esfera parametrizados pelo comprimento
de arco são campos paralelos. Com mesmo argumento aplicamos para Sn ⊂ Rn+1. 2
p.57 ex.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.
Solução:
p.57 ex.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 que
DV
dt =
dV
dt , isto é, a derivada covariante coincide com
a derivada usual de V : I → TpM .
Solução: Seja f : I → M , I ⊆ Rn uma curva constante em M , tal que f(t) = p = (x1, ..., xn) (para
algum sistema de coordenas xα : Uα ⊂M → Rn. Seja V : I → Tf(t)M = TpM , um campo de vetores ao
longo de f em M . Suponha que V = (v1, ..., vn) em (Uα,xα). Assim podemos escrever:
DV
dt
=
∑
k



dvk
dt
+
∑
i,j
Γkijv
j dxi
dt



∂
∂xk
.
14 CAPÍTULO 2. CONEXÕES AFINS E RIEMANNIANA
Como f é constante,
dxi
dt
= 0, i = 1, ..., n. Segue que DVdt coincide com
dV
dt , a derivada usual de V . 2
p.57 ex.7 Seja S2 ⊂ R3 a esfera unitária, C um paralelo qualquer de S2 e V0 um vetor tangente a S2
em um ponto p de C. Descreva geometricamente o transporte paralelo de V0 ao longo de C.
Solução: Seja φ a colatitude de C e α : I −→ S2 uma parametrização de C pelo comprimento de arco
tal que α(0) = p. Considere o cone K que é tangente a esfera ao longo de C. O ângulo ψ do vértice de
K é dado por ψ = π2 − φ.
O transporte paralelo V (s) de V0 ao longo de C relativo a S
2 coincide com transporte paralelo W (t)
de V0 ao longo de C relativo a K. Com efeito, como Tα(s)K = Tα(s)S
2 para todo s ∈ I, temos que
DV
dt =
∆W
dt , onde
D
dt e
∆
dt são, respectivamente, as derivadas covariantes de S
2 e K.
O cone menos uma geratriz é isométrico a um subconjunto aberto U do plano, dado em coordenadas
polares por
U = {(r, θ) ∈ R2/0 < r < +∞, 0 < θ < 2π sen(ψ)},
De fato, basta definir F : U −→ R3 por
F (r, θ) =
(
r senψ cos
(
θ
senψ
)
, r senψ sen
(
θ
senψ
)
, r cosψ
)
e notar que F é uma isometria sobre sua imagem, que é K menos uma geratriz.
Como o transporte paralelo ao longo da pré-imagem de C em U é apenas uma translação ao longo
desta curva, temos que V (s) = W (s) é o vetor de R3 que forma uma ângulo de 2π − θ com o vetor
tangente T (s) a C em α(s). 2
p.58 ex.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 = Γ
1
22 = 0, Γ
2
11 =
1
y ,
Γ112 = Γ
2
22 = − 1y .
Solução: Temos que
(gij)2×2 =
[
g11 g12
g21 g22
]
Como g11 =
1
y2 , g21 = 0 , g12 = 0 e g22 =
1
y2 , então:
(gij)2×2 =
[ 1
y2 0
0 1y2
]
Assim,
(gij)2×2 =
[
y2 0
0 y2
]
15
Mas,
Γmij =
1
2
2∑
k=1
{
∂
∂xi
gjk +
∂
∂xj
gki −
∂
∂xk
gij
}
gkm
Um cálculo direto, mostra que :
Γ111 = Γ
2
12 = Γ
1
22 = 0;
Γ211 =
1
y
;
Γ112 = Γ
2
22 =
−1
y
. 2
(b) Seja v0 = (0, 1) um vetor tangente no ponto (0, 1) de R
2
+ (v0 é o vetor unitário do eixo 0y com
origem em (0, 1)). Seja v(t)o transporte paralelo de v0 ao longo da curva x = t, y = 1. Mostre que
v(t) faz um ângulo t com a direção de 0y no sentido horário.
Solução: Seja v(t) = (a(t), b(t)) um campo de vetores tangentes a R2+. Este campo satisfaz ao
sistema dado por:
dvk
dt
+
∑
i,j
Γkijv
j dxi
dt
= 0, para k = 1, 2,
que define um campo paralelo e que, neste caso, se simplifica em:



da
dt
+ Γ112b = 0
db
dt
+ Γ211a = 0
(2.1)
Tomando a = cos θ(t) e b = sen θ(t), temos que
da
dt
= − sen θ(t).dθ
dt
e
db
dt
= cos θ(t).
dθ
dt
,
Substituindo as últimas equações no sistema 2.1, temos que:



− sen θ(t).dθ
dt
+ Γ112 sen θ(t) = 0
cos θ(t).
dθ
dt
+ Γ211 cos θ(t) = 0
Multiplicando a primeira equação por − cos θ(t) e a segunda equação por sen θ(t) e somando ambas,
obtemos
2 sen θ(t) cos θ(t)
dθ(t)
dt
= cos θ(t) sen θ(t)[Γ112 − Γ211].
Supondo no ponto t em questão o 2 sen θ(t) cos θ(t) 6= 0, segue que:
dθ(t)
dt
=
Γ112 − Γ211
2
=
−1
y
.
Portanto, ao longo da curva y = 1, temos a seguinte equação diferencial:
dθ
dt
= −1⇒ θ(t) = θ0 − t.
onde θ0 é o ângulo que v0 faz com o eixo Ox.
16 CAPÍTULO2. CONEXÕES AFINS E RIEMANNIANA
Como v(0) = v0, temos que a(0) = cos θ(0) = 0, b(0) = sen θ(0) = 1, portanto θ0 =
π
2 . Assim,
θ(t) =
π
2
− t. 2
p.58 ex.9 (Métricas Pseudo-Riemannianas). Uma métrica pseudo-riemanniana em uma variedade difer-
enciável 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 M se (4) é satisfeita (ou seja, X〈Y, Z〉 = 〈∇XY, Z〉 + 〈Y,∇XZ〉, para
X,Y, Z ∈ X(M)); se além disso, (5) se verifica (∇XY −∇YX = [X,Y ]), 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, x1, ..., xn) = −(x0)2 + (x1)2 + · · ·+ (xn)2, (x0, x1, ..., 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).
Caṕıtulo 3
Geodésicas; Vizinhanças Convexas
p.78 ex.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) senu, g(v))
e
U = {(u, v) ∈ R2 : u0 < u < u1; v0 < v < v1},
onde f e g são funções diferenciáveis, com f ′(x)2 + g′(x)2 6= 0 e f(v) 6= 0, é uma imersão.
Solução: Devemos mostrar que a diferencial de ϕ é injetiva, ou seja, que a matriz abaixo tem posto
cheio:
dϕ =


ϕ1u ϕ
1
v
ϕ2u ϕ
2
v
ϕ3u ϕ
3
v

 =


−f(v) senu f ′(v) cos u
f(v) cosu f ′(v) senu
0 g′(v)


Supondo que todos menores da matriz acima de ordem 2 sejam nulos, temos o sistema:



−f · f ′ = 0 ⇒ f ′ = 0 pois f 6= 0
f · g′ cosu = 0 ⇒ g′ cosu = 0 idem,
−f · g′ senu = 0 ⇒ g′ senu = 0 idem.
Mas se f ′ = 0, então g′ 6= 0, pois, por hipótese, (f ′)2 + (g′)2 6= 0. Logo a segunda e terceira equações
implicariam que senu = cosu = 0, para todo u, o que é um absurdo! Logo o sistema não tem solução e
existe pelo menos um menor de ordem 2 diferente de zero e o posto da matriz é 2. Portanto dϕ é uma
transformação injetiva e ϕ é imersão. 2
Observação 1 A imagem ϕ(U) é a superf́ıcie gerada p ela rotação em torno do eixo Oz da curva
(f(v), g(v)) e é chamada uma superf́ıcie de revolução S. As imagens por ϕ das curvas u = constante e
v = constante são chamadas meridianos e paralelos, respectivamente.
17
18 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
a) Mostre que a métrica induzida nas coordenadas (u, v) é dada por
g11 = f
2, g12 = 0, g22 = (f
′)2 + (g′)2.
Solução: g11 = 〈ϕu, ϕu〉 = f2 sen2 u+ f2 cos2 u = f2(v).
g12 = 〈ϕu, ϕv〉 = −f · f ′ senu cosu+ f · f ′ senu cosu = 0.
g21 = 〈ϕv, ϕu〉 = −f · f ′ senu cosu+ f · f ′ senu cosu = 0.
g22 = 〈ϕv, ϕv〉 = (f ′)2 cos2 u+ (f ′)2 sen2 u+ (g′)2 = (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.
Solução: Seja γ : I ⊆ R→ ϕ(U) uma geodésica. Escrevemos γ(t) = ϕ(u(t), v(t)). Sabemos que
γ é geodésica se Ddt
(
dγ
dt
)
= 0,
se, e somente se,
2∑
k=1

d
2xk
dt2
+
2∑
i,j=1
Γkij
dxi
dt
dxj
dt

 ∂
∂xk
é campo nulo, se, e somente se,
d2xk
dt2
+
2∑
i,j=1
Γkij
dxi
dt
dxj
dt
= 0 para k = 1, 2. (3.1)
Os śımbolos de Christoffel são dados por:
Γmij =
1
2
2∑
k=1
(
∂
∂xi
gjk +
∂
∂xj
gki +
∂
∂xk
gij
)
gkm.
Então, Γ111 = Γ
2
12 = Γ
2
21 = Γ
1
22 = 0, Γ
2
11 = −
f · f ′
(f ′)2 + (g′)2
, Γ112 = Γ
1
21 =
f · f ′
f2
, e Γ222 =
f ′ · f ′′ + g′ · g′′
(f ′)2 + (g′)2
. Assim, substituindo em (3.1), temos
d2u
dt2
+
2ff ′
f2
du
dt
dv
dt
= 0, (3.2)
d2v
dt2
− ff
′
(f ′)2 + (g′)2
(
du
dt
)2
+
f ′f ′′ + g′g′′
(f ′)2 + (g′)2
(
dv
dt
)2
= 0 (3.3)
c) Obtenha o seguinte significado geométrico das equações acima: a segunda equação é, exceto para
meridianos e paralelos, equivalente ao fato de que a “energia” |γ′(t)|2 de uma geodésica é constante
ao logo de γ; a primeira equação significa que se β(t) é o ângulo orientado, β(t) < π, de γ com um
paralelo P interceptando γ em γ(t), então
r cosβ = const.,
onde r é o raio do paralelo P (a equação acima é chamada relação de Clairaut).
19
Solução: Note que podemos escrever a equação (3.2) como f2u′′+2ff ′ u′ v′ = 0, ou (f2 ·u′)′ = 0.
Assim f2 · u′ = constante.
O ângulo β de uma geodésica γ(t) = (u(t), v(t)) como um paralelo P (t) = (u(t), k) é dado por:
cosβ =
〈ϕu, ϕu · u′ + ϕv · v′〉
|ϕu| · |ϕu · u′ + ϕv · v′|
.
Sem perda de generalidade, podemos supor γ parametrizada pelo comprimento de arco, ou seja,
|ϕu · u′ + ϕv · v′| = 1. Assim,
cosβ =
u′〈ϕu, ϕu〉
|ϕu|
+
v′〈ϕu, ϕv〉
|ϕu|
=
u′|ϕu|2
|ϕu|
+ 0
= u′|ϕu| = u′
[
(−f senu)2 + (f cosu)2 + 0
]1/2
= u′ · f.
Note que f = r é o raio do paralelo no ponto de intersecção com a geodésica. Assim,
r cosβ = f cosβ = f · (f · u′) = f2 · u′ = constante.
Da mesma forma que antes, podemos escrever a equação (3.3) como:
v′′[(f ′)2 + (g′)2] + (v′)2(f ′f ′′ + g′g′′)− ff ′(u′)2 = 0. (3.4)
Da equação (3.2), temos que f2 · u′ = c e como u′ 6= 0, pois γ não é meridiano, temos que c 6= 0.
Também v′ 6= 0, pois γ não é um paralelo. Assim multiplicando (3.4) Por 2v′,
2v′v′′[(f ′)2 + (g′)2] + 2(v′)3(f ′f ′′ + g′g′′)− 2v′ff ′(u′)2 = 0,
2v′v′′[(f ′)2 + (g′)2] + 2(v′)3(f ′f ′′ + g′g′′)− 2ff ′ c
2
f4
v′ = 0,
A primeira parcela da última igualdade pode ser escrito como ddt
(
(v′)2[(f ′)2 + (g′)2]
)
, e a segunda
parcela é ddt
(
c2
f2
)
= ddt
(
f2 · (u′)2
)
. Assim,
d
dt
(
(v′)2[(f ′)2 + (g′)2]
)
+
d
dt
(
f2 · (u′)2
)
= 0
d
dt
(
(v′)2[(f ′)2 + (g′)2] + f2 · (u′)2
)
= 0
(v′)2[(f ′)2 + (g′)2] + f2 · (u′)2 = constante
|γ′(t)|2 = constante.
20 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
Figura 3.1: Geodésicas de um parabolóide.
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-intercepta um número infinito de vezes (figura 3.1).
Solução: O que se segue é uma solução apresentada em [Carmo2]: Seja p0 um ponto do
parabolóide e seja P0 o paralelo de raio r0, passando por p0. Seja γ a geodésica parametrizada
passando por p0 e fazendo um ângulo θ0 com P0. Como, pelas relações de Clairaut,
r cos θ = const. = |c|, 0 ≤ θ ≤ π
2
,
conclúımos que θ cresce com r.
Portanto, se seguirmos a direção de crescimento dos paralelos, θ cresce. Pode acontecer que em
alguma superf́ıcie de revolução, γ se aproxime assintoticamente de um meridiano. Não é o caso do
parabolóide, isto é, a geodésica γ intercepta todos os meridianos, e, portanto, ela faz um número
infinito de voltas em torno do parabolóide.
Por outro lado, se seguirmos a direção de decrescimento dos paralelos, o ângulo θ decresce e
aproxima-se de 0, que corresponde ao paralelo de raio |c| (observe que se θ0 6= 0, |c| < r).
Nenhum paralelo (v = v0, u = u(t)) é geodésica do parabolóide. De fato, temos que se
γ(t) = ϕ(u(t), v(t)) = (v0 cosu(t), v0 senu(t), v
2
0)
é geodésica se, e somente se, γ′(t) = 0, mas γ′(v) = v e, logo γ′(v0) = v0.
Assim a geodésica γ é, na verdade, tangente ao paralelo de raio |c| no ponto p1. Como o máximo
do cosseno é 1, o valor de r crescerá a partir de p1. Temos portanto, a mesma situação que antes.
A geodésica dá um número infinito de voltas em torno do parabolóide na direção de crescimento
dos raios e, claramente, interceptaa outra parte infinitas vezes.
Observe que se θ0 = 0 a situação inicial é aquela do ponto p1.
Resta mostrar que quando r decresce, a geodésica γ encontra todos os meridianos do parabolóide.
Observe, inicialmente, que a geodésica não pode ser tangente a um meridiano. Por outro lado, ela
coincidirá com o meridiano pela unicidade da geodésica. Como o ângulo θ cresce em r, se γ não
corta todos os meridianos, ela se aproximará assintoticamente de um meridiano, digamos M .
21
Assuma que este é o caso e escolha um sistema de coordenadas locais do parabolóide z = x2 + y2
dado por: x = v cosu, y = v senu, z = v2 0 < v < +∞, 0 < u < 2π.
Escolha uma vizinhança coordenada correspondente que contenha M e u = u0. Por hipótese,
u → u0, quando v → ∞. Por outro lado, a equação da geodésica γ no sistema de coordenadas é
dada por (usando os ı́tens anteriores e escolhendo uma orientação para γ tal que c > 0):
u = c
∫
1
f
√
(f ′)2 + (g′)2
f2 − c2 dv + const. > c
∫
dv
v
+ const.,
pois
1 + 4v2
v2 − c2 > 1.
Segue da desigualdade acima que v → ∞, u cresce a partir de qualquer valor, o que contradiz o
fato que γ aproxima de M assintoticamente. Portanto, γ intercepta todos os meridianos, e isto
completa a prova. 2
p.79 ex.2 É posśıvel introduzir uma métrica Riemanniana no fibrado tangente TM de uma variedade
Riemanniana M da seguinte maneira. Sejam (p, v) ∈ TM e V,W vetores tangentes de TM em (p, v).
Escolha curvas em TM
α : t 7−→ (p(t), v(t)), β : s 7−→ (q(s), w(s))
com α(0) = (p, v) = β(0), α′(0) = V e β′(0) = W . Defina um produto interno em TM por
〈V,W 〉(p,v) = 〈dπ(V ), dπ(W )〉p +
〈
Dv
dt
(0),
Dw
dt
(0)
〉
p
, (3.5)
onde dπ é a diferencial de π : TM −→M .
(a) Prove que este produto interno está bem definido e introduz uma métrica Riemanniana em TM .
Solução: Inicialmente, mostraremos que 〈 , 〉(p,v) não depende da escolha das curvas α e β. De
fato, se
α1 : t 7−→ (p1(t), v1(t)), β1 : s 7−→ (q1(s), w1(s))
são outras duas curvas em TM tais que α1(0) = (p, v) = β1(0), α
′
1(0) = V e β
′
1(0) = W . Então
p′1(0) =
d
dt
p1(t)|t=0 =
d
dt
π(α1(t)) = dπ(V ) =
d
dt
π(α(t)) =
d
dt
p(t)|t=0 = p′(0),
q′1(0) =
d
dt
q1(t)|t=0 =
d
dt
π(β1(t)) = dπ(W ) =
d
dt
π(β(t)) =
d
dt
q(t)|t=0 = q′(0).
Como v1(t) e w1(s) são campos de vetores tangentes sobre M ao longo de p1(t) e q1(t), respectiva-
mente, temos que
D
dt
v1(0) = v
′
1(0) e
D
dt
w1(0) = w
′
1(0),
e do mesmo modo
D
dt
v(0) = v′(0) e
D
dt
w(0) = w′(0).
Usando o fato de α′(0) = V = α′(0) e β′(0) = W = β′1(0), temos que v
′(0) = v′1(0) e w
′(0) = w′1(0).
Portanto,
〈V,W 〉(p,v) = 〈p′(0), q′(0)〉p + 〈v′(0), w′(0)〉p
= 〈p′1(0), q′1(0)〉p + 〈v′1(0), w′1(0)〉p,
22 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
mostrando que 〈V,W 〉(p,v) não depende da escolha das curvas α e β. Logo, o produto interno
〈 , 〉(p,v) está bem definido.
A aplicação 〈 , 〉(p,v) definido acima define um produto interno sobre T(p,v)TM para cada (p, v) ∈
TM , pois:
• 〈V, V 〉(p,v) = 〈dπ(V ), dπ(V )〉p +
〈
D
dtv(0),
D
dtv(0)
〉
p
≥ 0 e 〈V, V 〉(p,v) = 0⇐⇒ V = 0, pois 〈 , 〉p
define um produto interno sobre TpM ;
• 〈 , 〉(p,v) é simétrica pois assim é 〈 , 〉p;
• A bilinearidade de 〈 , 〉(p,v) também é uma conseqüência da bilinearidade de 〈 , 〉p.
O produto interno acima introduz uma métrica em TM . Com efeito, seja (U, x) um sistema de
coordenadas em M na vizinhança do ponto p ∈ M . Então, todo vetor v ∈ TpM se escreve
de forma única como v =
∑
j yj
∂
∂xj
. Sabemos que a aplicação φ : U × Rn −→ TM dada por
φ(x1, . . . , xn, y1, . . . , yn) = (x, v) define uma parametrização de TM na vizinhança de (p, v). Os
vetores (
∂
∂x1
, 0
)
, . . . ,
(
∂
∂xn
, 0
)
,
(
0,
∂
∂x1
)
, . . .
(
0,
∂
∂xn
)
formam uma base de T(p,v)TM e como as funções
〈(
0,
∂
∂xi
)
,
(
0,
∂
∂xj
)〉
(p,v)
= gij
〈(
∂
∂xi
, 0
)
,
(
0,
∂
∂xj
)〉
(p,v)
= gij
〈(
0,
∂
∂xi
)
,
(
∂
∂xj
, 0
)〉
(p,v)
= 0
〈(
∂
∂xi
, 0
)
,
(
0,
∂
∂xj
)〉
(p,v)
= 0,
onde gij = 〈 ∂∂xi ,
∂
∂xj
〉p, são diferenciáveis (de classe C∞ se gij são). Segue o resultado. 2
(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 7−→ (p(t), v(t))
em TM é horizontal se seu vetor tangente é horizontal para todo t. Prove que a curva
t 7−→ (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 .
Solução: Com efeito, se α(t) = (p(t), v(t)) então
α é horizontal ⇐⇒ α′(t) é horizontal ∀t
⇐⇒ α′(t) ⊥ {0} × Tp(t)M, ∀t
⇐⇒ 〈(p′(t), Ddtv(t)), (0, ω)〉(p(t),v(t)) = 0, ∀ω ∈ Tp(t)M, ∀t
⇐⇒ 〈Ddtv(t), ω〉p(t) = 0, ∀t
⇐⇒ Ddtv(t) = 0, ∀ω ∈ Tp(t)M, ∀t
⇐⇒ v(t) é paralelo ao longo de da curva p(t), 2
23
(c) Prove que o campo geodésico é um campo de vetores horizontal.
Solução: Se p(t) uma geodésica de M , o fluxo geodésico em TM é dado localmente por φ(t) =
(p(t), p′(t)). Mas, pelo fato de p(t) ser geodésica de M temos Ddtp
′(t) = 0 para todo t e, portanto,
p′(t) é uma campo de vetores paralelo ao longo de p(t).
Pelo ı́tem anterior segue que a curva φ(t) é horizontal. 2
(d) Prove que as trajetórias do campo geodésico são geodésicas de TM na métrica acima.
Solução: Seja α(t) = (α(t), α′(t)), t ∈ [a, b] uma curva em TM . Então
l(α) =
∫ b
a 〈α′(t), α′(t)〉1/2dt
=
∫ b
a
√
〈α′(t), α′(t)〉+
〈
D
dtv(t),
D
dtv(t)
〉
dt
≥
∫ b
a 〈α′(t), α′(t)〉1/2dt
= l(α).
Note que l(α) = l(α) se, e somente se Ddtv(t) = 0 para todo t ∈ [a, b], ou seja, se v(t) é paralelo ao
longo de α.
A trajetória do fluxo geodésico passando por (p, v) é localmente da forma γ(t) = (γ(t), γ′(t)),
onde γ(t) é uma geodésica de M . Sejam Ω ⊂ TM e U ⊂ M vizinhanças convexas de (p, v) e p,
respectivamente, tais que π(Ω) = U . Sejam Q1 = (q1, v1) e Q2 = (q2, v2) pontos de γ ∩Ω. Suponha
por contradição que γ não é geodésica de TM . Então, existe uma curva δ em Ω passando por Q1
e Q2 tal que
l(δ) < l(γ) = l(γ),
onde a última igualdade vem do ı́tem (c) junto com a observação no ińıcio desta questão. Se
δ = π ◦ δ, como l(δ) ≤ l(δ), temos que l(δ) ≤ l(γ). Contradição, pois γ é geodésica de M . Isto
conclui a demonstração. 2
(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 .
Solução: Por um lado
W é horizontal ⇐⇒W ⊥ {0} × TpM,
⇐⇒
〈
(p′(0), Ddtv(0)), (0, ω)
〉
(p,v)
= 0, ∀ω ∈ TpM,
⇐⇒
〈
D
dtv(0), ω
〉
p
= 0, ∀ω ∈ TpM
⇐⇒ Ddtv(0) = 0,
⇐⇒ 〈W,W 〉(p,v) = 〈dπ(W ), dπ(W )〉p.
24 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
Por outro lado
W é vertical ⇐⇒W é tangente a π−1(p) ≃ {0} × TpM ,
⇐⇒ dπ(W ) = p′(0) = 0,
⇐⇒ 〈W,W 〉(p,v) =
〈
D
dtw(0),
D
dtw(0)
〉
p
,
concluindo a demonstração. 2
p.80 ex.3 Sejam G um grupo de Lie, g sua álgebra de Lie e X ∈ G. As trajetórias de X determinam
uma aplicação ϕ : (−ǫ, ǫ) −→ G com as condições ϕ(0) = e e ϕ′(t) = X(ϕ(t)).
a) Prove que ϕ(t) está bem definida para todo t ∈ R e que ϕ(t+ s) = ϕ(t).ϕ(s). (ϕ : R −→ G é então
chamado um subgrupo a 1-parâmetro de G).
Solução: Seja t0 ∈ (−ǫ, ǫ) e seja y = ϕ(t0) ∈ G. Definimos a seguinte aplicação:
ϕ : (−ǫ, ǫ) −→ G
t 7−→ ϕ(t) = Ly−1(ϕ(t)) = y−1ϕ(t)
Para t0 ∈ (−ǫ, ǫ), temos que:
ϕ(t0) = Ly−1(ϕ(t0)) = y
−1ϕ(t0) = y
−1y = e.
Como X é invariante a esquerda, temos :
d(ϕ(t))
dt
=
d
dt
(
Ly−1(ϕ(t))
)
= dLy−1
(
dϕ(t)
dt
)
= dLy−1X(ϕ(t)) = X(y
−1ϕ(t))
= X(ϕ(t))
Logo, ϕ(t) é solução da equação diferencial dada por:



dx
dt
= X(x)
X(t0) = e
(3.6)
Suponha, por exemplo, que t0 > 0 e seja a aplicação dada por:
ψ : (t0 − ǫ, t0 + ǫ) −→ G
t 7−→ ψ(t) = ϕ(t− t0)
Afirmação: ψ(t) = ϕ(t − t0) é solução da equação diferencial (3.6) no intervalo (t0 − ǫ, t0 + ǫ).
De fato,
dψ(t)
dt
=
dϕ(t− t0)
dt
= X(ϕ(t− t0)) = X(ψ(t)).
e
ψ(t0) = ϕ(t0 − t0) = ϕ(0) = e.
25
Por unicidadeϕ(t) = ϕ(t−t0) pode ser estendida a (−ǫ, t0+ǫ). Conseqüentemente, temos y−1ϕ(t) =
ϕ(t− t0). Logo, ϕ(t) = ϕ(t0)ϕ(t− t0), pode ser estendida a (−ǫ, t0 + ǫ). Portanto a toda reta real.
Além disso, para todo t e todo t0 fixo, temos que ϕ(t) = ϕ(t0)
−1ϕ(t) = ϕ(t − t0), tomando t = 0,
obtemos ϕ(t0)
−1ϕ(0) = ϕ(−t0). Assim ϕ(t0)−1 = ϕ(−t0) para t0 arbitrário. Logo ϕ(t + s) =
ϕ(t− (−s)) = ϕ(t)ϕ(−s)−1 = ϕ(t).ϕ(s).
b) Prove que se G tem uma métrica bi-invariante 〈 , 〉 então as geodésicas de G que partem de e são
subgrupos a um-parâmetro de G.
Solução: Afirmação: Para quaisquer X,Y ∈ X(G), temos que 〈X,Y 〉 = constante.
De fato, para todo g ∈ G os seguintes diagramas são comutativos:
G
X−→ TG
Lg ↓ 	 ↓ dLg
G
X−→ TG
G
Y−→ TG
Lg ↓ 	 ↓ dLg
G
Y−→ TG
Logo,
〈X(g), Y (g)〉 = 〈X(Lg(e)), Y (Lg(e))〉 = 〈dLgX(e), dLgY (e)〉 = 〈X(e), Y (e)〉,
pois 〈X,Y 〉 é invariante a esquerda. Usando a equação que define a conexão de Levi-Civita, temos
que:
2〈∇XY, Z〉 = 〈[X,Y ], Z〉 − 〈[Y, Z], X〉+ 〈[Z,X ], Y ]〉
pois Y 〈X,Z〉, X〈Z, Y 〉 e Z〈Y,X〉 são iguais a zero, pois são derivadas de uma constante.
Logo,
2〈∇yY, x〉 = 〈[Y, Y ], X〉 − 〈[Y,X ], Y 〉+ 〈[X,Y ], Y ]〉
Assim,
〈∇Y Y,X〉 = 〈[X,Y ], Y 〉.
Como a métrica é bi-invariante, temos que :
〈[U,X ], V 〉 = −〈U, [V,X ]〉 ∀X,U, V ∈ X(G).
Assim,
〈∇Y Y,X〉 = 〈[X,Y ], Y 〉 = −〈X, [Y, Y ]〉 = 0.
Logo,
∇Y Y = 0 Y ∈ X(G)
Assim os subgrupos a um-parâmetro são geodésicas. Por unicidade, geodésicas são subgrupos a
1-parâmetro. 2
p.81 ex.4 Um subconjunto A de uma variedade diferenciável M é contrátil a um ponto a ∈ A quando
as aplicações idA (identidade em A) e ka : x ∈ A → a ∈ A forem homotópicas (com ponto base a). A é
contrátil se o for a um de seus pontos.
26 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
a) Mostre que as vizinhanças convexas em uma variedade riemanniana M são subconjuntos contráteis
(a qualquer de seus pontos).
b) Seja M uma variedade diferenciável. Mostre que existe uma cobertura {Uα} de M com as seguintes
propriedades:
i) Uα é um aberto contrátil, para cada α.
ii) Se Uα1 , ..., Uαr são elementos da cobertura, então
⋂r
1 Uαi é contrátil
p.81 ex.5 Sejam M uma variedade riemanniana e X ∈ X(M). Seja p ∈ M e sejam U ⊂ M uma
vizinhança de p, e ϕ : (−ε, ε) × U → M , uma aplicação diferenciável, tais que para todo q ∈ U a curva
t→ ϕ(t, q) é a trajetória de X passando por q em t = 0 (U e ϕ são dados pelo teorema fundamental das
equações diferenciais ordinárias). X é chamado um campo de Killing (ou uma isometria infinitesimal)
se, para todo t0 ∈ (−ε, ε), a aplicação ϕ(t0) : U ⊂M →M é uma isometria. Prove que:
a) Um campo linear em Rn, definido por uma matriz A, é uma campo de Killing se, e somente se, A
é anti-simétrica.
Solução: Seja ϕ : (−ε, ε) × Rn → Rn, tal que ϕ(t, p) = eAtp. Assim devemos provar que eAt é
ortogonal se, e somente se, A é anti-simétrica.
Suponha que eAt seja ortogonal. Então
eAt.
(
eAt
)T
= I
eAt.
(
eA
T t
)
= I
e(A+A
T )t = I, para todo t,
Logo
d
dt
(et(A+A
T ))|t=0 = 0, assim (A + AT )et(A+A
T )|t=0 = 0 e A + AT = 0. Portanto A é anti-
simétrica.
Por outro lado, se A é anti-simétrica, A+AT = 0 e t(A+AT ) = 0, para todo t. Logo, et(A+A
T ) = I,
para todo t. Mas et(A+A
T ) = etA(etA)T = I. Logo, etA é ortogonal. 2
b) Seja X um campo de Killing em M , p ∈ M e U uma vizinhança normal de p em M . Admita que
p é o único ponto de U que satisfaz X(p) = 0. Então, em U , X é tangente às esferas geodésicas
centradas em p.
Solução: Seja γ uma geodésica radial, tomada a partir de p. Devemos mostrar que 〈γ̇, X〉 = 0.
Veja que
γ̇〈γ̇, X〉 = 〈∇γ̇ γ̇, X〉+ 〈γ̇,∇γ̇X〉 = 〈γ̇,∇γ̇X〉.
Pela equação de Killing (item (d)) tem-se que 〈∇YX,Z〉+〈∇ZX,Y 〉 = 0 e, portanto, 〈∇YX,Y 〉 = 0
para todo Y . Assim, γ̇〈γ̇, X〉 = 0, o que nos diz que 〈γ̇, X〉 é constante ao longo de γ. Como
X(p) = 0, temos que 〈γ̇, X〉(p) = 0 e, assim, 〈γ̇, X〉 ≡ 0. 2
27
c) Sejam X um campo diferenciável de vetores em M e f : M → N uma isometria. Seja Y o campo
de vetores em N definido por Y (f(p)) = dfp(X(p)), p ∈ M . Então Y é um campo de Killing se, e
somente se, X também o for.
Solução: Sejam W e Z campos vetoriais C∞ definidos de M . Denote por F = f∗W e G = f∗Z.
Tem-se as seguintes implicações:
X de Killing
item (d)⇐⇒ 〈∇WX,Z〉+ 〈∇ZX,W 〉 = 0
f é isometria⇐⇒ 〈f∗∇WX, f∗Z〉+ 〈f∗∇ZX, f∗W 〉 = 0
⇐⇒ 〈∇f∗W f∗X, f∗Z〉+ 〈∇f∗Zf∗X, f∗W 〉 = 0
⇐⇒ 〈∇FY,G〉+ 〈∇GY, F 〉 = 0⇔ Y é de Killing.
d) X é de Killing se, e somente se,
〈∇YX,Z〉+ 〈∇ZX,Y 〉 = 0
para todo Y, Z ∈ X(M) (a equação acima é chamada equação de Killing)
Solução: (⇒) Suponha que X é campo de Killing. Então ϕ−t é uma isometria. Logo, 〈Y, Z〉p =〈(
ϕ−t
)
∗Y,
(
ϕ−t
)
∗Z
〉
ϕ−t(p)
, assim,
Xp〈Y, Z〉p = ddt
∣∣∣
t=0
〈(
ϕ−t
)
∗Y,
(
ϕ−t
)
∗Z
〉
ϕ−t(p)
=
〈
d
dt
∣∣∣
t=0
(
ϕ−t
)
∗Y,
(
ϕ−t
)
∗Z
〉
p
+
〈(
ϕ−t
)
∗Y,
d
dt
∣∣∣
t=0
(
ϕ−t
)
∗Z
〉
p
= 〈[X,Y ], Z〉p + 〈Y, [X,Z]〉p
onde foi usada a igualdade,
[Y,X ](p) = lim
t→0
1
t
[
(ϕ−t)∗Y
(
ϕt(p)
)
− Y (p)
]
=
d
dt
∣∣∣
t=0
dϕ−t
(
Y ϕt(p)
)
,
e também foi usado o fato que (ϕ0)∗ = Id. Portanto
X〈Y, Z〉 = 〈[X,Y ], Z〉+ 〈[X,Z], Y 〉. (3.7)
Mas
X〈Y, Z〉 = 〈∇XY, Z〉+ 〈∇XZ, Y 〉
= 〈[X,Y ], Z〉+ 〈∇YX,Z〉+ 〈[X,Z], Y 〉+ 〈∇ZX,Y 〉,
de onde segue que
〈∇YX,Z〉+ 〈∇ZX,Y 〉 = X〈Y, Z〉 − 〈[X,Y ], Z〉 − 〈[X,Z], Y 〉 = 0.
A última igualdade se deu por (3.7).
(⇐) Seja X um campo satisfazendo
〈∇YX,Z〉+ 〈∇ZX,Y 〉 = 0, Y, Z ∈ X(M),
28 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
então pela simetria da conexão
−〈[X,Y ], Z〉+ 〈∇XY, Z〉 − 〈[X,Z], Y 〉+ 〈∇XZ, Y 〉 = 0,
o que implica que
X〈Y, Z〉 = 〈[X,Y ], Z〉+ 〈Y, [X,Z]〉,
ou seja,
X〈Y, Z〉 = 〈LXY, Z〉+ 〈Y, LXZ〉,
onde LX é a derivada de Lie relativa a X . Usando a regra do produto e a última equação, temos
que LX〈Y, Z〉 = 0, para todo Y, Z ∈ X(M), ou seja, LXg = 0, onde g é a métrica em M .
Seja {ϕt} um fluxo (local) de X . Se v é um vetor tangente em um ponto no domı́nio do fluxo
(−ε, ε), então também o será w = dϕs(v), para s suficientemente pequeno.
Assim
lim
t→0
1
t
(
〈dϕtv, dϕtv〉 − 〈v, v〉
)
= 0.
Como ϕsϕt = ϕs+t, temos,
lim
t→0
1
t
(
〈dϕs+tv, dϕs+tv〉 − 〈dϕsv, dϕsv〉
)
= 0.
Isto nos diz que a função real s 7→ 〈dϕsv, dϕsv〉 tem derivada nula. Logo, ela é constante e
〈dϕsv, dϕsv〉 = 〈v, v〉 ∀ v e s. 2
e) SejaX uma campo de Killing emM comX(q) 6= 0, q ∈M . Então, existe um sistema de coordenadas
(x1, ..., xn) em uma vizinhança de q, de modo que os coeficientes gij da métrica neste sistema de
coordenadas não dependem de xn.
Solução: Como X(q) 6= 0, podemos tomar uma vizinhança V de q onde X não se anule. Usando
o teorema da caixa de fluxo, podemos tomar um sistema de coordenadas (x1, ..., xn) em V tal que
∂
∂xn
= X . Usando o fato que X é um campo de Killing, temos
gij = X
〈
∂
∂xi
,
∂
∂xj
〉
=
〈[
X,
∂
∂xi
]
,
∂
∂xj
〉
+
〈
∂
∂xi
,
[
X,
∂
∂xj
]〉
= 0
Logo, gij não depende de xn. 2
p.82 ex.6 Seja X um campo de Killing em uma variedade riemanniana M conexa. Admita que existe
um ponto q ∈M tal que X(q) = 0 e ∇YX(q) = 0, para todo Y (q) ∈ TqM . Prove que X ≡ 0.
Solução: Considere o conjunto
A = {p ∈M : X(p) = 0 e ∇YX(p) = 0, para todo Y (p) ∈ TqM}.
Temos que:
29
(i) Como q ∈ A, temos que A é um subconjunto não vazio de M ;
(ii) Seja {pn}n∈N uma seqüência de pontos de A convergindo para p. Como X e ∇YX são campos de
vetores C∞, temos que
X(p) = lim
n−→∞
X(pn) = 0
e
∇YX(p) = lim
n−→∞
∇YX(pn) = 0.
Logo p ∈ A e, portanto, A é fechado;
(iii) Sejam p ∈ A e ϕt(p) = ϕ(t, p) o fluxo de X passando por p quando t = 0. Como X é Killing, para
cada t existe uma vizinhança Ut de p em M e uma isometria ϕt : Ut −→ ϕt(U) ⊂M . Como p ∈ A
temos que X(p) = 0, donde segue que ϕt(p) = p para todo t. Note que dϕt é um operador linear
sobre TpM para cada t. Além disso, [Y,X ](p) = (∇xY −∇YX)(p), por hipótese. Assim,
0 = [Y,X ](p) = lim
t−→0
1
t
[dϕt − Id](Y ) =
d
dt
(dϕt)|t=0
e como dϕs+t = dϕs ◦ dϕt segue que dϕt é constante e igual a identidade de TpM em TpM para
todo t.
Seja α(s)= expp(sv) uma geodésica de M partindo de p na direção de v. Se β(s) = ϕt(α(s)), como
ϕt é isometria local, β é uma geodésica de M partindo de p na direção de β
′(0) = dϕ0.α′(0) = v.
Pelo teorema de existência e unicidade, temos que α(s) = β(s) e, portanto, ϕt(α(s)) = α(s), isto
é, ϕt é constante ao longo de cada geodésica partindo de p. Isso mostra que ϕt é a identidade de
uma vizinhança aberta U de p em M e, portanto, X(x) = 0 para todo x ∈ U . Mas, do fato de
X(x) = 0 para todo x ∈ U segue que ∇YX(x) = 0 para todo x ∈ U e Y (x) ∈ TxM . Assim U ⊂M
e, portanto, A é um subconjunto aberto de M .
De (i), (ii) e (iii) temos que A é um subconjunto não vazio de M , fechado e aberto e, sendo M conexa,
segue que A = M . 2
p.83 ex.7 (Referencial Geodésico) Seja M uma variedade riemanniana de dimensão n e p ∈ M . Mostre
que existe uma vizinhança U ⊂ M de p e n campos de vetores E1, E2, ..., En ∈ X (U), ortonormais em
cada ponto de U , tais que, em p, ∇EiEj(p) = 0.. Uma tal famı́lia Ei, i = 1, ..., n de campos de vetores é
chamada um referencial (local) geodésico em p.
Solução: Seja U = Bǫ(p) uma bola normal em p e seja {e1, e2, ..., en} ⊂ TpM uma base ortonormal.
Para todo q ∈ U , existe v ∈ TpM tal que exppv0 = q.
Seja f(t) = expp tv, com ‖v‖ = 1, t ∈ [0, ‖v0‖] e v = v0‖v0‖ . Temos que f é uma geodésica normalizada
e que f(‖v0‖) = q. De fato,
f(||v0||) = expp ||v0||v = expp ‖v0‖
v0
‖v0‖
= q.
Defina Ej = P (ej), j = 1, 2, ..., n, onde P é o transporte paralelo ao longo de f de p até q. Temos
que os campos Ej são ortonormais, pois P é uma isometria. Além disso, se fj(t) = expp t(ej), para
30 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
t ∈ (−ǫ, ǫ), j = 1, 2, ..., n então Ej(fj(t)) = f ′j(t)(por construção) e se :
Pi,t : TpM −→ Tfj(t)M
é transporte paralelo ao longo de fj de 0 até t, então, pela construção, teremos
P−1fj,t(Ek(fj(t))) = ek para todo k e todo j.
Segue que:
∇EiEj(p) =
dP−1fi,t(Ej(f(t)))
dt
|t=0 =
dej
dt
|t=0 = 0. 2
p.83 ex.8 Seja M uma variedade riemanniana. Sejam X ∈ X e f ∈ D(M). Defina divergência de X
com a função divX : M → R dada por divX(p) = traço da aplicação linear Y (p)→ ∇YX(p), p ∈M , e
gradiente de f como o campo vetorial grad f em M definido por
〈grad f(p), v〉 = dfp(v), p ∈M, v ∈ TpM.
a) Seja Ei, i = 1, ..., n = dimM , um referencial geodésico em p ∈M . Mostre que:
grad f(p) =
n∑
i=1
(Ei(f))Ei,
e que
divX(p) =
n∑
i=1
Ei(fi)(p), onde X =
∑
i
fiEi.
Solução: Desde que E1(p), ..., En(p) é uma base ortonormal de TpM , segue que, se grad f(p) =∑n
i=1 ai(p)Ei(p), então ai(p) = 〈grad f(p), Ei(p)〉. Mas, por definição,
〈grad f(p), Ei(p)〉 = dfp(Ei(p)) = Ei(p)(f).
Logo, grad f(p) =
∑n
i=1(Ei(p)(f))Ei(p).
Agora, se TX : TpM :→ TpM é dado por TX(Y (p)) = ∇YX(p), então
TX(Ei(p)) = ∇Ei


n∑
j=1
fjEj

 (p) = Ei(p)(fj)Ej + fi
=0︷ ︸︸ ︷
∇EiEj(p)= Ei(p)(fj)Ej .
Assim, divX(p) = traço(T ) =
∑n
i=1Ei(p)(fi) =
∑n
i=1Ei(fi)(p). 2
b) Suponha que M = Rn, com coordenadas (x1, ..., xn) e
∂
∂xi
= (0, ..., 1, ..., 0) = ei. Mostre que
gradf(p) =
n∑
i=1
∂f
∂xi
ei,
e que
divX =
n∑
i=1
∂f
∂xi
, onde X =
∑
i
fiei.
Solução: Como caso particular do item anterior, basta tomar que Ei =
∂
∂xi
= ei. 2
31
p.84 ex.9 Seja M uma variedade riemanniana. Defina um operador △ : D(M) → D(M) (o Laplaciano
de M) por
△f = div(grad f), f ∈ D(M).
a) Seja Ei um referencial geodésico em p ∈M , i = 1, ..., n = dim(M). Mostre que
△f(p) =
∑
i
Ei(Ei(f))(p).
Conclua dáı que se M = Rn, △ coincide com o Laplaciano usual, a saber,
△f =
∑
i
∂2f
∂x2i
.
Solução: Usando as definições do exerćıcio 8,
△ f = div grad f
= div (
∑
iEi(f)Ei)
=
∑
j
〈
∇Ej (
∑
i Ei(f)Ei) , Ej
〉
=
∑
i,j
〈
∇EjEi(f)Ei, Ej
〉
=
∑
i,j
〈
Ej(Ei(f))Ei + Ei(f)∇EjEi, Ej
〉
Em p, usando o fato que {Ei} é referencial geodésico e, portanto, ∇EjEi = 0 e 〈Ei, Ej〉 = δij ,
△ f(p) = ∑i,j 〈Ej(Ei(f))Ei, Ej〉 (p)
=
∑
iEi(Ei(f))(p)
Se M = Rn, então Ei =
∂
∂xi
, e
△ f(p) =
∑
i
∂
∂xi
∂f
∂xi
(p) =
∑
i
∂2f
∂x2i
(p). 2
b) Mostre que
△(f · g) = f△f + g△f + 2〈grad f, gradg〉.
Solução: Pelo item anterior,
△(f · g)(p) = ∑iEi(Ei(f · g)(p)
=
∑
iEi(Ei(f) · g + f ·Ei(g))(p)
=
∑
iEi(g ·Ei(f))(p) +
∑
iEi(f ·Ei(g))(p)
=
∑
iEi(g)(p) · Ei(f)(p) +
∑
i g ·Ei(Ei(f))(p)+
+
∑
i Ei(f) · Ei(g))(p) +
∑
i f · Ei(Ei(f))(p)
= g△f(p) + f△g(p) + 2∑iEi(g)(p) · Ei(f)(p)
32 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
Por outro lado,
〈grad f, grad g〉 =
〈∑
i Ei(f)Ei,
∑
j Ej(f)Ej
〉
=
∑
i,j Ei(f)Ej(g)δij
=
∑
iEi(f)Ei(g)
Portanto,
△(f · g)(p) = f△g(p) + g△f(p) + 2〈grad f, gradg〉,
como queŕıamos demonstrar. 2
p.86 ex.10 Seja f : [0, 1] × [0, a] −→ M uma superf́ıcie parametrizada tal que para todo t0 ∈ [0, a], a
curva s 7−→ f(s, t0), s ∈ [0, 1], é uma geodésica parametrizada pelo comprimento de arco, ortogonal à
curva t 7−→ f(0, t), t ∈ [0, a], no ponto f(0, t0). Mostre que, para todo (s0, t0) ∈ [0, 1]× [0, a], as curvas
s 7−→ f(s, t0), t 7−→ f(s0, t) são ortogonais.
Solução: Fixe t0 ∈ [0, a] e considere a função real
g(s) =
〈
∂f
∂s
(s, t0),
∂f
∂t
(s, t0)
〉
, s ∈ [0, 1].
Devemos mostrar que g(s) = 0 para todo s ∈ [0, 1]. Como, por hipótese, g(0) = 0, é suficiente demonstrar
que g′(s) = 0, para todo s ∈ [0, 1]. Com efeito, usando a simetria da conexão, temos
g′(s) =
〈
D
ds
∂f
∂s
(s, t0),
∂f
∂t
(s, t0))
〉
+
〈
∂f
∂s
(s, t0),
D
ds
∂f
∂t
(s, t0)
〉
mas, como por hipótese f(s, t0) é uma geodésica para todo t0 ∈ [0, a], segue que
D
ds
∂f
∂s
(s, t0) = 0, para
todo s ∈ [0, 1]. Assim
g′(s) =
〈
∂f
∂s
(s, t0),
D
ds
∂f
∂t
(s, t0)
〉
=
1
2
d
dt
〈
∂f
∂s
(s, t0),
∂f
∂s
(s, t0)
〉
= 0,
onde usamos a simetria
D
dt
∂f
∂s
(s, t0) =
D
ds
∂f
∂t
(s, t0). 2
p.84 ex.11 Seja M uma variedade riemanniana e ν-forma diferencial de grau n = dim(M),
ν(v1, v2, ..., vn)(p) =
√
det(〈vi, vj〉)
= volume orientado{v1, ...vn}, p ∈M,
onde v1, ..., vn ∈ TpM são linearmente independentes e o volume orientado é afetado do sinal + ou −,
conforme a base {v1, ..., vn} pertença a orientação de M ou não; ν é chamado o elemento de volume de
M . Para todo campo X ∈ X(M) defina a produto interior i(X) ∋ de X por ν como a (n− 1)-forma:
i(X)ν(Y2, ..., Yn) = ν(X,Y2, ..., Yn), com Y2, ..., Yn ∈ X(M).
Prove que
d(i(X)ν) = divXν.
33
Solução: Consideramos a base {v1, ..., vn} com orientação positiva. Seja p ∈M e {Ei}i um referencial
geodésico em p. Seja X =
∑
fiEi. Seja ωi, i = 1, ..., n, formas diferenciais de grau 1, definidas em
uma vizinhança de p por ωi(Ej) = δij . Temos que ω1 ∧ ... ∧ ωn é a forma volume ν de M . Seja
Θi = ω1 ∧ ... ∧ ω̂i ∧ ... ∧ ωn.
Vamos mostrar que i(X)ν =
∑
i(−1)i+1fiΘi. De fato,
i(X)ν(Y2, ..., Yn) = ν(X,Y2, ..., Yn) = ν (
∑
i fiEi, Y2, ..., Yn)
=
∑
i fiν(Ei, Y2, ..., Yn)
=
∑
i fiω1 ∧ ... ∧ ωn(Ei, Y2, ..., Yn)
=
∑
i fi det(A)
=
∑
i fi(−1)i+1 detk 6=i(ωk(Yj))
j=2,...,n
k=1,...,n
=
∑
i fi(−1)i+1ω1 ∧ ... ∧ ω̂i ∧ ... ∧ ωn(Y2, ..., Yn)
=
∑
i(−1)i+1fiΘi
onde
A =


0
...
1 [ωk(Yj)]
...
0


← i+ 1
Assim,
d(i(X)ν) = d
(∑
i(−1)i+1fiΘi
)
=
∑
i(−1)i+1d(fiΘi)
=
∑
i(−1)i+1dfi ∧Θi +
∑
i(−1)i+1fi ∧ dΘi
Mas dΘi = 0 em p, pois
dωk(EiEj) =)Eiωk(Ei)− ωk([Ei, Ej ]) = ωk(∇EiEj −∇EjEi).
Como {Ei} é um referencial geodésico em p, temos que ∇EiEj = 0 em p. Portanto, dΘi = 0. Logo,
d(i(X)ν) =
∑
i
(−1)i+1dfi ∧Θi.
Agora,
d(i(X)ν) = d
(∑
i(−1)i+1
(∑
j Ej(fj)ωj
)
∧Θi
)
=
∑
i,j(−1)i+1Ej(fj)ωj ∧Θi, mas ωj ∧Θi = 0, i 6= j,
=
∑
i(−1)i+1Ei(fi)ωi ∧Θi
=
∑
i(−1)i+1Ei(fi)ω1 ∧ ... ∧ ωn
=
∑
i(−1)i+1Ei(fi)ν
= div(X)ν.
34 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
Como queŕıamos demonstrar. 2
p.86 ex.†12 (Teorema de E. Hopf). Seja M uma variedade riemanniana orientável compacta e conexa.
Seja f uma função diferenciável em M com △f ≥ 0. Então f = constante. Em particular, as funções
harmônicas em M , isto é, aquelas para as quais △f = 0, são constantes.
Solução: (Sugestão) Fazendo X = gradf , usando o Teorema de Stokese o exerćıcio 11, temos que
∫
M
△Fν =
∫
M
divXν =
∫
M
d
(
i(X)ν
)
=
∫
∂M
i(X)ν = 0.
Como △f ≥ 0, temos que △f = 0. Usando novamente o Teorema de Stokes para f22 e a equação
△(f.g) = f△g + g△f + 2〈gradf, gradg〉 veja exerćıcio 9(b),
temos
0 =
∫
M
△
(
f2
2
)
ν =
∫
M
f△fν +
∫
M
| gradf |2ν
=
∫
M
| grad f |2ν,
o que, junto com a conexidade de M , implica que f é constante. 2
p.86 ex.13 Seja M uma variedade riemanniana e X ∈ X(M). Seja p ∈ M tal que X(p) 6= 0. Escolha
um sistema de coordenadas (t, x2, ..., xn) em uma vizinhança U de p tal que
∂
∂t = X . Mostre que se
ν = g dt ∧ dx2 ∧ ... ∧ dxn é o elemento de volume de M , então
i(X)ν = g dx2 ∧ ... ∧ dxn.
Conclua dáı, usando o exerćıcio 11, que
divX =
1
g
∂g
∂t
.
Isto mostra que divX mede intuitivamente o grau de variação do elemento de volume de M ao longo das
trajetórias de X .
Solução: Sejam Y2, ..., Yn campos de vetores C
∞ definidos sobre M . Diretamente, pela definição,
i(X)ν(Y2, ..., Yn) = ν(X,Y2, ..., Yn)
= g dt ∧ dx2 ∧ ... ∧ dxn(X,Y2, ..., Yn)
= g det


dt(X) dt(Y2) · · · dt(Yn)
dx2(X) dx2(Y2) · · · dx2(Yn)
...
. . .
...
dxn(X) dxn(Y2) · · · dxn(Yn)


= g det


dx2(Y2) · · · dx2(Yn)
...
. . .
...
dxn(Y2) · · · dxn(Yn)


= g dx2 ∧ ... ∧ dxn(Y2, ..., Yn).
35
Pelo exerćıcio 11, temos que
divX · ν = d(i(X)ν)
= d(g dx2 ∧ ... ∧ dxn)
= d(g) ∧ dx2 ∧ ... ∧ dxn
=
(
∂g
∂t
dt+
n∑
i=2
∂g
∂xi
dxi
)
∧ dx2 ∧ ... ∧ dxn
=
∂g
∂t
dt ∧ dx2 ∧ ... ∧ dxn
E, como ν = g dt ∧ dx2 ∧ ... ∧ dxn, segue que
divX · ν = 1g
∂g
∂t ν. 2
p.86 ex.14 (Teorema de Lioville) Prove que se G é um campo geodésico de TM então divG = 0. Conclua
dáı que o fluxo geodésico preserva o volume de TM .
Solução: Seja p ∈ M e considere um sistema (u1, . . . , un) de coordenadas normais em p. Tais co-
ordenadas são definidas em uma vizinhança normal U de p considerando uma base ortonormal {ei} de
TpM e tomando como (u1, . . . , un) as coordenadas de q = expp(
∑n
i=1 uiei), i = 1, . . . , n. Neste sistema
de coordenadas Γkij(p) = 0, para todo i, j, k. De fato, se v =
∑
aiei, ai ∈ R então γ(t) é uma geodésica
saindo de p cuja expressão local no sistema de coordenadas acima é γ(t) = (a1t, . . . , ant). Assim, de
d2uk
dt2
+
∑
i,j
Γki,j(p)
dui
dt
duj
dt
= 0
segue que
∑
i,j
Γki,j(p)aiaj = 0
e, como (a1, . . . , an) ∈ Rn pode ser escolhido arbitrariamente, temos que Γkij(p) = 0, para todo i, j, k.
Portanto, se X =
∑
i
xi
∂
∂ui
então divX(p) =
∑
i
∂xi
∂ui
(p).
Sejam agora (ui) coordenadas normais em uma vizinhança U ⊂ M em torno de p ∈ M e (ui, vj),
v =
∑
vj
∂
∂uj
, coordenadas em TM . O elemento de volume na métrica natural de TM em (q, v), q ∈ U
e v ∈ TqM é o elemento de volume da métrica produto em U × U no ponto (q, q). Com efeito, escolha
curvas em TM
α : t 7−→ (p(t), v(t)), β : s 7−→ (q(s), w(s))
com α(0) = (p, v) = β(0), então
〈α′(0), β′(0)〉(p,v) = 〈q′(0), p′(0)〉+ 〈v′(0), w′(0)〉 = 〈(q′(0), v′(0)), (p′(0), w′(0))〉TqM×TqM .
36 CAPÍTULO 3. GEODÉSICAS; VIZINHANÇAS CONVEXAS
Como divG só dependo do elemento de volume (ver exerćıcio 11) e G é horizontal (ver exerćıcio 2),
então, podemos calcular divG na métrica produto. Dáı,
divG =
∑
i
∂
∂uj
G(ui) +
∑ ∂
∂vi
G(vi),
mas G(ui) = vi e G(vi) = −
∑
Γijkvjvk e, portanto
divG =
∑
i
∂vi
∂uj
−
∑
i
∑
j,k
Γijk(p)vj(p)vk(p) = 0.
como queŕıamos. 2
Caṕıtulo 4
Curvaturas
p.103 ex.1 Seja G um grupo de Lie com a métrica 〈 , 〉 bi-invariante. Sejam X,Y e Z ∈ X(G) campos
unitários a esquerda em G.
a) Mostre que ∇XY = 12 [X,Y ]
Solução: Vimos no exerćıcio 3, do caṕıtulo 3, que se X é campo invariante a esquerda de um
grupo de Lie G, então ∇XX = 0. Como X e Y são campos invariantes a esquerda em G, temos
que X + Y é um campo invariante a esquerda em G. De fato,
dLg(X + Y ) = dLg(X) + dLg(Y ) = X + Y.
Mas
∇X+Y (X + Y ) = ∇XX +∇Y Y +∇XY +∇YX.
Como X , Y e X + Y são campos invariantes a esquerda em G, temos que:
∇XX = ∇Y Y = ∇X+Y (X + Y ) = 0.
Logo, ∇XY +∇YX = 0.
Pela simetria da conexão ∇, temos que:
[X,Y ] = ∇XY −∇YX.
Assim, temos o seguinte sistema:
{
∇XY +∇YX = 0
[X,Y ] = ∇XY −∇YX
Portanto, com o sistema acima obtemos:
∇XY = 12 [X,Y ] 2
37
38 CAPÍTULO 4. CURVATURAS
b) Conclua de (a) que R(X,Y )Z = 14 [[X,Y ], Z]
Solução: Sabemos que
R(X,Y )Z = ∇Y∇XZ −∇X∇Y Z +∇[X,Y ]Z.
Usando o item (a) temos que:
R(X,Y )Z =
1
4
[Y, [X,Z]]− 1
4
[X, [Y, Z]] +
1
2
[[X,Y ], Z].
Como
[[Y, Z], X ] = −[X, [Y, Z]],
e
[[Z,X ], Y ] = −[Y, [Z,X ]] = −[Y,−[X,Z]] = [Y, [X,Z]],
Substituindo os colchetes [[Z,X ], Y ] = [Y, [X,Z]] e [[Y, Z], X ] = −[X, [Y, Z]] na identidade de Jacobi
que é dada por:
[[X,Y ], Z] + [[Y, Z], X ] + [[Z,X ], Y ] = 0,
obtemos
[[X,Y ], Z]− [X, [Y, Z]] + [Y, [X,Z]] = 0.
Assim,
[Y, [X,Z]]− [X, [Y, Z]] = −[[X,Y ], Z].
Substituindo, [Y, [X,Z]] − [X, [Y, Z]] = −[[X,Y ], Z] em R(X,Y )Z = 14 [Y, [X,Z]] − 14 [X, [Y, Z]] +
1
2 [[X,Y ], Z], obtemos que:
R(X,Y )Z = 14 [[X,Y ], Z]. 2
c) Prove que, se X e Y são campos ortonormais, a curvatura seccional k(σ) de G segundo o plano σ
gerado por X e Y é dada por:
K(σ) =
1
4
∥∥∥ [X,Y ]
∥∥∥
2
.
Solução: Como os campos X e Y são ortonormais temos que:
K(σ) = (X,Y,X, Y ),
onde σ é o plano gerado por X e Y .
K(σ) = (X,Y,X, Y )
= 〈R(X,Y )X,Y 〉
=
〈
1
4
[[X,Y ], X ], Y
〉
= −1
4
〈[X,Y ], [Y,X ]〉
=
1
4
〈[X,Y ], [X,Y ]〉
=
1
4
∥∥∥ [X,Y ]
∥∥∥
2
. 2
39
p.104 ex.2 Seja X uma campo de Killing em uma variedade riemanniana M . Defina uma aplicação
AX : X(M) → X(M) por AX(Z) = ∇ZX , Z ∈ X(M). Considere a função f : M → R dada por
f(q) = 〈X,X〉q, q ∈ M . Seja p ∈ M um ponto cŕıtico de f (isto é, dfp = 0). Prove que para todo
Z ∈ X(M), em p,
a) 〈AX(Z), X〉(p) = 0.
b) 〈AX(Z), AX(Z)〉(p) = 12Zp
(
Z〈X,X〉
)
+ 〈R(X,Z)X,Z〉.
Solução: (Sugestão) Fazendo
S =
1
2
Zp
(
Z〈X,X〉
)
+ 〈R(X,Z)X,Z〉,
e usando a equação de Killing 〈∇ZX,X〉+ 〈∇XX,Z〉 = 0, obtemos
S = 〈∇[X,Z]X,Z〉 − 〈∇XX,∇ZZ〉 − 〈∇X∇ZX,Z〉.
Usando, novamente, as equações de Killing, obteremo
S = 〈∇ZX,∇ZX〉+ 〈∇ZX,∇ZX〉+ 〈∇ZX,∇XZ〉 − 〈∇XX,∇ZZ〉
= 〈∇ZX,∇ZX〉 − 〈∇XX,∇ZZ〉.
Como, pela equação de Killing em p, ∇XX(p) = 0, conclúımos a afimação. 2
p.104 ex.3 Seja M uma variedade riemanniana compacta de dimensão par e com curvatura seccional
positiva. Prove que todo campo de Killing X em M possui uma singularidade, isto é, existe p ∈ M tal
que X(p) = 0.
Solução: Vamos supor que X ∈ X(M) seja um campo de Killing que nunca se anule em M . Defina
f : M → R
q 7→ f(q) = 〈X,X〉(q)
e seja p ∈ M um ponto de mı́nimo de f , que existe pois o domı́nio é compacto. Podemos supor que p é
ponto cŕıtico de f , pois supomos que ∂M = ∅.
Pelo exerćıcio 2(a), 〈∇ZX,X〉(p) = 0 para todo campo Z ∈ X(M) e sendo X campo de Killing,
〈∇YX,Z〉 = −〈∇ZX,Y 〉, logo ∇X induz uma transformação linear anti-simétrica:
∇X : {X(p)}⊥ ⊂ TpM → {X(p)}⊥,
onde {X(p)}⊥ é o complemento ortogonal do espaço gerado pelo vetor X(p) em TpM .
Pela parte (b) do mesmo exerćıcio, temos
〈∇ZX,∇ZX〉(p) =
1
2
Z(p)Z〈X,X〉+ 〈R(X,Z)X,Z〉(p),
40 CAPÍTULO 4. CURVATURAS
e, como Z(p)Z(f) ≥ 0, pois p é mı́nimo de f e 〈R(X(p), Z(p))X(p), Z(p)〉 > 0, pois Z(p) ∈ {X(p)}⊥\{0},
temos que 〈∇ZX,∇ZX〉(p) > 0 para todo Z não nulo. Ou seja, ∇ZX(p) 6= 0 para todo Z 6= 0. Dáı, ∇X
é uma transformação injetiva e, por dimensionalidade, um isomorfismo.
Mas isto é um absurdo, pois dim({X(p)}⊥) = dim(M)− 1 é ı́mpar e toda transformação linear anti-
simétrica num espaço de dimensão ı́mpar tem núcleo não trivial. De fato, seja A a matriz que representa
a transformação. Então A é matriz anti-simétrica digamos (2n− 1)× (2n− 1), (2n = dim(M)) e
det(A) = det(−AT ) ∴ det(A) = (−1)2n−1 det(AT ) ∴ det(A) = 0. 2
p.105 ex.4 Seja M uma variedade riemanniana com a seguinte propriedade: dados dois pontos quaisquer
p, q ∈ M , o transporte paralelo de p a q não depende da curva que liga p a q. Prove que a curvatura de
M é identicamente nula, isto é, para todo X,Y, Z ∈∈ X(M), R(X,Y )Z= 0.
Solução: Seja
U = {(s, t) ∈ R2; s, t ∈ (−ε, 1 + ε), ε > 0}
e f : U ⊂ R2 → M uma superf́ıcie parametrizada arbitrária de M tal que f(s, 0) = f(0, 0) para todo s.
Seja V0 ∈ Tf(0,0)M e defina um campo de vetores V ao longo de f por: V (f(s, 0)) = V0 e V (f(s, t)) é o
transporte paralelo de V0 ao longo da curva t 7→ f(s, t), se t 6= 0. Sabemos que
D
dt
D
ds
V − D
ds
D
dt
V = R
(
∂f
∂s
,
∂f
∂t
)
V.
Mas, da definição de V segue que Dds
D
dtV = 0, assim,
D
dt
D
ds
V +R
(
∂f
∂t
,
∂f
∂s
)
V = 0.
Como, por hipótese, o transporte paralelo de V (0, 1) não depende da curva escolhida, V (s, 1) é o trans-
porte paralelo de V (f(0, 1)) ao longo da curva s 7→ f(s, 1), donde DdsV (f(s, 1)) = 0. Logo,
R
(
∂f
∂t
(0, 1),
∂f
∂s
(0, 1)
)
V (f(0, 1)) = 0.
Com isso, se X,Y, Z ∈∈ X(M), para cada p ∈ M dado, escolha uma função f e um vetor V0 como
acima tais que
∂f
∂t
(0, 1) = X(p),
∂f
∂s
(0, 1) = Y (p) e V (f(0, 1)) = Z(p),
e temos que R(X,Y )Z = 0, com queŕıamos demonstrar. 2
p.105 ex.5 Seja γ : [0, l]→M uma geodésica e X ∈ X(M) tal que X(γ(0)) = 0. Mostre que
∇γ′(R(γ′, X)γ′)(0) = (R(γ′, X ′)γ′)(0),
onde X ′ = DXdt .
Solução: Considere o seguinte tensor
R : X(M)× X(M)× X(M)× X(M) → D(M)
(X,Y, Z,W ) 7−→ R(X,Y, Z,W ) = 〈R(X,Y )Z,W 〉
41
Então para os campos γ′, X, Z ∈ X(M) temos que:
R(γ′, X, γ′, Z) = 〈R(γ′, X)γ′, Z〉. (4.1)
Calculando a derivada covariante do tensor (4.1), temos que:
(∇γ′R)(γ′, X, γ′, Z) = ∇(γ′, X, γ′, Z, γ′)
= γ′(R(γ′, X, γ′, Z))−R(∇γ′γ′, X, γ′, Z)−R(γ′,∇γ′X, γ′, Z)−
−R(γ′, X,∇γ′γ′, Z)− R(γ′, X, γ′,∇γ′Z)
Como ∇γ′γ′ = 0, teremos
(∇γ′R)(γ′, X, γ′, Z) = γ′(R(γ′, X, γ′, Z))−R(γ′,∇γ′X, γ′, Z)−R(γ′, X, γ′,∇γ′Z)
= 〈DR(γ
′,X)γ′
dt , Z〉+ 〈R(γ′, X)γ′, Z ′〉 − 〈R(γ′, X ′)γ′, Z〉 − 〈R(γ′, X)γ′, Z ′〉
= 〈DR(γ
′,X)γ′
dt , Z〉 − 〈R(γ′, X ′)γ′, Z〉
Logo,
(∇γ′R)(γ′, X, γ′, Z) = 〈∇γ′R(γ′, X)γ′, Z〉 − 〈R(γ′, X ′)γ′, Z〉.
Como,(∇γ′R)(γ′, X, γ′, Z)(0) = 0, temos que,
(∇γ′R(γ′, X)γ′)(0) = (R(γ′, X ′)γ′)(0). 2
p.105 ex.6 (Espaços localmente simétricos) Seja M uma variedade riemanniana. M é um espaço local-
mente simétrico se ∇R = 0, onde R é o tensor curvatura de M .
a) Seja M um espaço localmente simétrico e seja γ : [0, l)→ M uma geodésica de M . Sejam X ,Y , e
Z campos de vetores paralelos ao longo de γ. Prove que R(X,Y )Z é um campo paralelo ao longo
de γ.
Solução: Por hipótese, ∇R = 0, onde R(X,Y, Z,W )−〈R(X,Y )Z,W 〉, com X,Y, Z,W ∈ X(M).
Assim
0 = ∇γ′(t)R
= γ′(t)R(X,Y, Z,W )−R(∇γ′(t)X,Y, Z,W )−R(X,∇γ′(t)Y, Z,W )−
−R(X,Y,∇γ′(t)Z,W )−R(X,Y, Z,∇γ′(t)W )
e como X , Y e Z são campos paralelos ao longo de γ, segue que
γ′(t)R(X,Y, Z,W )−R(X,Y, Z,∇γ′(t)W ) = 0,
para todo W ∈ X(M). Usando a compatibilidade da métrica, obtemos:
0 = 〈γ′(t)R(X,Y )Z,W 〉+ 〈R(X,Y )Z,∇γ′(t)W 〉 −R(X,Y )Z,∇γ′(t)W )
42 CAPÍTULO 4. CURVATURAS
para todo W ∈ X(M). Logo,
D
dt
(R(X,Y ), Z) = ∇γ′(t)R(X,Y )Z = 0
e, portanto, R(X,Y )Z é paralelo ao longo de γ. 2
b) Prove que se M é localmente simétrico, conexo, e tem dimensão dois, então M tem curvatura
seccional constante.
Solução: Basta mostrar que a curvatura seccional K de M é localmente constante, pois sendo
M conexa (e, portanto, conexa por caminhos) podemos transportar paralelamente X e Y (e, assim,
R(X,Y )Z conforme o item (a)), de forma que K será constante.
Seja p ∈ M e U uma vizinhança normal de p, isto é, U = expp V , onde V é uma vizinhança de
p ∈ TpM , tal que expp restrita a V é um difeomorfismo. Vamos mostrar que a curvatura seccional
em U é constante e igual a K(p) = 〈R(X,Y )X,Y 〉, onde X(p) e Y (p) são vetores ortogonais em
TpM . Com efeito, se q ∈ U , então existe geodésica γ(t) unindo p a q, e tomando X̃ e Ỹ campos
paralelos ao longo de γ obtidos a partir dos vetores X e Y , respectivamente, seque pelo item (a)
que R(X̃, Ỹ )X̃ também é paralelo ao longo de γ. Assim, 〈R(X̃, Ỹ )X̃, Ỹ 〉 é constante ao longo de
γ, pois
γ′(t)〈R(X̃, Ỹ )X̃, Ỹ 〉 = 〈∇γ′(t)R(X̃, Ỹ )X̃, Ỹ 〉+ 〈R(X̃, Ỹ )X̃,∇γ′(t)Ỹ 〉 = 0.
Logo, K(p) = K(q), para todo q ∈ U . 2
c) Prove que se M tem curvatura (seccional) constante, então M é um espaço localmente simétrico.
Solução: Se M tem curvatura seccional constante igual a K0, então pelo Lema 3.4 [Carmo1],
R(X,Y, Z,W ) = 〈R(X,Y )Z,W 〉 = K0(〈X,Z〉〈Y,W 〉 − 〈Y, Z〉〈X,W 〉) = K0R′(X,Y, Z,W ), (4.2)
onde X,Y, Z,W ∈ X(M). Seja T ∈ X(M) qualquer. Então, usando a expressão (4.2), obtemos
∇TR(X,Y, Z,W ) = T (R(X,Y, Z,W ))−R(∇TX,Y, Z,W )−
−R(X,∇TY, Z,W )− (R(X,Y,∇TZ,W ))− (R(X,Y, Z,∇TW ))
= T (R(X,Y, Z,W ))−K0(〈∇TX,Z〉〈Y,W 〉 − 〈Y, Z〉〈∇TX,W 〉)−
−K0(〈X,Z〉〈∇TY,W 〉 − 〈∇TY, Z〉〈X,W 〉)−
−K0(〈X,∇TZ〉〈Y,W 〉 − 〈Y,∇TZ〉〈X,W 〉)−
−K0(〈X,Z〉〈Y,∇TW 〉 − 〈Y, Z〉〈X,∇TW 〉).
Usando a compatibilidade da métrica, podemos reescrever a equação acima na forma:
∇TR(X,Y, Z,W ) = T (R(X,Y, Z,W ))−
−K0[〈Y, Z〉T 〈X,W 〉 − 〈X,W 〉T 〈Y, Z〉+ 〈Y,W 〉T 〈X,Z〉+ 〈X,Z〉T 〈Y,W 〉]
= T (R(X,Y, Z,W ))−K0[T (〈X,Z〉〈Y,W 〉 − 〈X,W 〉〈Y, Z〉)]
= T (R(X,Y, Z,W ))− T [K0R′(X,Y,W,Z)]
= 0,
Logo, ∇R = 0 e M é localmente simétrico. 2
43
p.106 ex.7 Prove a 2a identidade de Bianchi Para todo X,Y, Z,W, T ∈ X(M):
∇R(X,Y, Z,W, T ) +∇R(X,Y,W, T, Z) +∇R(X,Y, T, Z,W ) = 0.
Solução: Basta demonstrar a igualdade em um ponto p ∈M . Seja {Ei}i=1...n um referencial geodésico
em p ∈M . Logo os campos Ei, ..., En ∈ X(M)(U), onde U é uma vizinhança de p em M , são ortogonais
e em p, ∇EjEi(p) = 0. Desta forma,
∇R(Ei, Ej , Ek, El, Et) = ∇R(Ek, El, Ei, Ej , Et) = Et〈R(Ek, El)Ei, Ej〉
= 〈∇EtR(Ek, El)Ei, Ej〉+ 〈R(Ek, El)Ei,∇EtEj〉
= 〈∇EtR(Ek, El)Ei, Ej〉+ 0
Assim,
∇R(Ei, Ej , Ek, El, Et) +∇R(Ei, Ej , El, Et, Ek) +∇R(Ei, Ej , Et, Ek, El) =
= 〈∇EtR(Ek, El)Ei, Ej〉+ 〈∇EkR(El, Et)Ei, Ej〉+ 〈∇ElR(Et, Ek)Ei, Ej〉
Observe que,
∇EtR(Ek, El)Ei = ∇Et∇El∇EkEi −∇Et∇Ek∇ElEi +∇Et∇[Ek,El]Ei, (4.3)
∇EkR(El, Et)Ei = ∇Ek∇Et∇ElEi −∇Ek∇El∇EtEi +∇Ek∇[El,Et]Ei, (4.4)
∇ElR(Et, Ek)Ei = ∇El∇Ek∇EtEi −∇El∇Et∇EkEi +∇Et∇[Et,Ek]Ei. (4.5)
Como [Ei, Ej ](p) =
(
∇EiEj −∇EjEi
)
(p) = 0, temos,
0 = R([Ek, El], Et)Ei = ∇Et∇[Ek,El]Ei −∇[Ek,El]∇EtEi +∇[[Ek,El],Et]Ei
De onde tiramos,
∇Et∇[Ek,El]Ei = ∇[Ek,El]∇EtEi −∇[[Ek,El],Et]Ei.
Assim fazendo (4.3) + (4.4) + (4.5), segue que,
∇Et∇El∇EkEi −∇Et∇Ek∇ElEi +∇[Ek,El]∇EtEi −∇[[Ek,El],Et]Ei+
+∇Ek∇Et∇ElEi −∇Ek∇El∇EtEi +∇[El,Et]∇EkEi −∇[[El,Et],Ek]Ei +
+∇El∇Ek∇EtEi −∇El∇Et∇EkEi +∇[Et,Ek]∇ElEi −∇[[Et,Ek],El]Ei =
= R(El, Et)∇EkEi︸ ︷︷ ︸
=0
+R(Et, Ek)∇ElEi︸ ︷︷ ︸
=0
+R(Ek, El)∇EtEi︸ ︷︷ ︸
=0
+
−∇[[Ek, El], Et] + [[El, Et], Ek] + [[Et, Ek], El]︸ ︷︷ ︸
= 0, identidade de Jacobi
Ei = 0
Como queŕıamos demonstrar. 2
44 CAPÍTULO 4. CURVATURAS
p.106 ex.8 (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.
Solução: Defina o tensor de quarta ordem R′ por
R′(W,Z,X, Y ) = 〈W,X〉〈Z, Y 〉 − 〈Z,X〉〈W,Y 〉.
Como K(p, σ) = K não depende de σ, pelo lema 3.4 [Carmo1], R = KR′. Assim, para todo U ∈∈
X(M),
∇UR(W,Z,X, Y ) = U.R(W,Z,X, Y )−R(∇UW,Z,X, Y )−R(W,∇UZ,X, Y )
−R(W,X,∇UX,Y )−R(W,Z,X,∇UY )
= U.R(W,Z,X, Y )−K[R′(∇UW,Z,X, Y ) +R′(W,∇UZ,X, Y )
+R′(W,X,∇UX,Y ) +R′(W,Z,X,∇UY )]
= U.R(W,Z,X, Y )−K(U.R′(W,Z,X, Y ))
= U.(KR′(W,Z,X, Y ))−K(U.R′(W,Z,X, Y ))
= (UK).R′(W,Z,X, Y ).
Utilizando a segunda identidade de Bianchi
∇R(W,Z,X, Y, U) +∇R(W,Z, Y, U,X) +∇R(W,Z,U,X, Y ) = 0,
obtemos
(UK)R′(W,Z,X, Y ) + (XK)R′(W,Z, Y, U) + (Y K)R′(W,Z,U,X) = 0
e, portanto, para todo X,Y, Z,W,U ∈∈ X(M)
(UK)[〈W,X〉〈Z, Y 〉 − 〈Z,X〉〈W,Y 〉]+
+(XK)[〈W,Y 〉〈Z,U〉 − 〈Z, Y 〉〈W,U〉]+
+(Y K)[〈W,U〉〈Z,X〉 − 〈Z,U〉〈W,X〉] = 0.
Fixemos p ∈ M . Como n ≥ 3, fixado X(p), é posśıvel escolher Y (p) e Z(p) tais que 〈X,Y 〉p =
〈Y, Z〉p = 〈Z,X〉p = 0 e 〈Z,Z〉p = 1. Faça U(p) = Z(p). A relação acima fornece, para todo W ∈ TpM ,
〈(XK)Y − (Y K)X,W 〉p = 0,
assim, (XK)Y − (Y K)X = 0 e, como X e Y são linearmente independentes, temos que XK = 0 para
todo X ∈ TpM e, portanto, K é constante. 2
p.107 ex.9 Prove que a curvaturaescalar K(p) em p ∈M é dada por:
K(p) =
1
ωn−1
∫
Sn−1
Ricp(x)dS
n−1
onde ωn−1 é a área da esfera unitária Sn−1 de Tp(M).
Solução: Suponhamos que dim(M) = n. Seja β = {e1, e2, ..., en} uma base ortonormal de Tp(M).
Seja x ∈ Tp(M), então x =
∑n
i=1 xiei. Seja p ∈ M , como Ricp(x) = 1n−1Q(x, x), onde Q(x, x) é uma
45
forma bilinear simétrica, assim Q é diagonalizável. Portanto, Ricp(x) =
1
n−1Q(x, x), pode ser escrito da
seguinte maneira:
Ricp(x) =
n∑
i=1
λix
2
i , λi ∈ R.
Como |x| = 1, assim temos que o vetor ν = (x1, ..., xn) é um vetor normal unitário em Sn−1. Seja
V = (λ1x1, ..., λnxn) e usando o Teorema de Stokes, temos que:
1
ωn−1
∫
Sn−1
Ricp(x)dS
n−1 = 1ωn−1
∫
Sn−1
(
n∑
i=1
λix
2
i
)
dSn−1
= 1ωn−1
∫
Sn−1
〈V, ν〉dSn−1
= 1ωn−1
∫
Bn
div(V )dBn
onde Bn é a bola unitária limitada por ∂Bn = Sn−1. Mas VolB
n
ωn =
1
n logo,
1
ωn−1
∫
Sn−1
Ricp(x)dS
n−1 = 1ωn−1
∫
Bn
div(V )dBn
= 1n div(V ) =
1
n
n∑
i=1
λi =
1
n
n∑
i=1
Ricp(ei)
= K(p) 2
p.108 ex.10 (Variedades de Einstein) Uma variedade riemanniana Mn é chamada variedade de Einstein
se para todo X,Y ∈ X(M), Ric(X,Y ) = λ〈X,Y 〉, onde λ : M → R é uma função real. Prove que:
a) Se Mn é conexa e de Einstein, com n ≥ 3, então λ é constante em M .
Solução: (Sugestão) Seja {ei}, i = 1, ..., n ≥ 3, um referencial ortonormal e geodésico em um
ponto p ∈ M (ou seja, numa vizinhança U ⊂ M de p, os ei’s são ortonormais para todo q ∈ U e,
em p, ∇eiej = 0.)
A 2a identidade de Bianchi (exerćıcio 7) em p se escreve
es(Rhijk) + ej(Rhiks) + ek(Rhisj) = 0, (4.6)
onde Rhijk são as componentes do tensor curvatura neste referencial e levando-se em conta que
∇eiej(p) = 0. Observe que 〈ei, ek〉 = gik = δik = δik. Multiplicando (4.6) por δikδhj e somando em
i, j, h e k, obteremos: para a primeira parcela.
∑
i,k,j,h
δhjδikes
(
Rhijk
)
= es
( ∑
i,k,j,h
δhjδikRhijk
)
= es
(∑
h,j
Rhj
)
= es
(∑
h,j
δhj
(
λδik
))
= nes(λ);
46 CAPÍTULO 4. CURVATURAS
para a segunda parcela,
∑
i,k,j,h
δhjδikej
(
Rhiks
)
= −
∑
j,h
δhjej
(∑
i,k
δikRhisk
)
=
∑
j,h
δhjej
(
λδhs
)
= −es(λ);
e para a terceira parcela, ∑
i,k,j,h
δhjδikek
(
Rhisj
)
= −es(λ).
Portanto, (4.6) implica que, para todo s, (n− 2)es(λ) = 0. Pela arbitrariedade de p, λ é constante
em M . 2
b) Se M3 é uma variedade de Einstein conexa, então M3 tem curvatura seccional constante.
Solução: Seja e1, e2, e3 ∈ TpM um base ortonormal, e seja K(ei, ej) = K(ej, ei) a curvatura
seccional do espaço 2-dimensional de TpM gerado por ei e ej. Então:
−Ric(e1, e1) = K(e1, e2) +K(e1, e3)
−Ric(e2, e2) = K(e2, e1) +K(e2, e3)
−Ric(ei, ej) = K(e3, e1) +K(e3, e2)
Portanto,
−Ric(e1, e1)− Ric(e2, e2) + Ric(e3, e3) = 2K(e1, e2).
Como para i = 1, 2, 3, Ric(ei, ei) = −λ, temos K(e1, e2) =
λ
2
. 2
Caṕıtulo 5
Campos de Jacobi
p.119 ex.1 Seja M uma variedade riemanniana com curvatura seccional identicamente 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.
Solução: Como visto neste caṕıtulo (cap.5 - Campos de Jacobi, [Carmo1]) d(expp)0 ≡ Id. Assim
expp : Bε(0)→ Bε(p) é um difeomorfismo.
Para qualquer v ∈ TpM , devemos mostrar que
〈d(expp)vw, d(expp)vw〉 = 〈w,w〉,
para todo w ∈ Tv(TpM)) ≃ TpM . Vamos considerar, sem perda de generalidade, ‖w‖ = 1 e, assim, pelo
Lema de Gauss, basta mostrar a igualdade para w ⊥ v.
Seja γ(t) := expp tv, t ∈ [0, 1], a geodésica que sai de p com velocidade v, em t = 0. Então v(t) =
d(expp)tγ′(0)tv
′(0) = d(expp)tvtw é um campo de Jacobi ao longo de γ, pelo corolário 2.5 (cap.5). Este
campo é tal que J(0) = 0 e J ′(0) = w.
Seja w(t) o campo paralelo ao longo de γ, tal que w(0) = w, sendo assim definido, 〈w(t), γ′(t)〉 = 0.
então J(t) = tw(t) é um campo de Jacobi ao longo de γ, pois como visto no exemplo 2.3, para K ≡ 0, J
é definido desta forma. Além disso, J(0) = 0 e J
′
(0) = w(0) = w.
Pelo teorema de Picard, J(t) = J(t), t ∈ (−ε, ε), isto é, J(t) := d(expp)tvtw = tw. Logo,
〈d(expp)vw, d(expp)vw〉 = 〈J(1), J(1)〉
= 〈w(1), w(1)〉
= 〈w(0), w(0)〉 = 〈w,w〉,
como queŕıamos demonstrar. 2
47
48 CAPÍTULO 5. CAMPOS DE JACOBI
p.119 ex.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 superf́ıcie parametrizada f(t, s), onde f(t, 0) = γ(t) e as
curvas t 7−→ f(t, s) são geodésicas, tal que J(t) = ∂f∂s (t, 0).
Solução: Seja λ(s), s ∈ (−ǫ, ǫ) uma curva em M tal que λ(0) = γ(0) e λ′(0) = J(0) e considere o
campo de vetores W (s) ao longo de λ satisfazendo W (0) = γ′(0) e DWds (0) =
DJ
dt (0). Defina a função
f(t, s) = expλ(s)tW (s), (t, s) ∈ [0, 1]× (−ǫ, ǫ).
Temos que f é uma superf́ıcie parametrizada satisfazendo:
• f(t, 0) = expλ(0) tW (0) = expλ(0) tγ′(0) = γ(t);
• Pela definição da aplicação exponencial segue que as curva t 7−→ f(t, s) são geodésicas;
• ∂f∂s (t, 0) é uma campo de Jacobi ao longo de γ;
• ∂f∂s (0, 0) = dds expλ(0)(0) = λ′(0);
• Ddt
∂f
∂s (0, 0) =
D
ds
∂f
∂t (0, 0) =
D
ds
∂
∂t (expλ(s) tW (s))|(0,0) = W ′(0) = J ′(0);
• Segue dos dois ı́tens anteriores que ∂f∂s (t, 0) = J(t). 2
p.119 ex.3 Seja M uma variedade riemanniana com curvatura seccional não positiva. Prove que, para
todo p, o lugar dos pontos conjugados C(p) é vazio.
Solução: Admitamos a existência de um campo de Jacobi J , não trivial, ao longo de uma geodésica
γ : [0, a]→M , com γ(0) = p e J(0) = J(a) = 0. Como
d
dt
〈
DJ
dt
(t), J(t)
〉
=
〈
D2J
dt2
(t), J(t)
〉
+
〈
DJ
dt
(t),
DJ
dt
(t)
〉
.
Por hipótese, temos que a curvatura seccional é não positiva, portanto 〈R(γ′(t), J(t))γ′(t), J(t)〉 ≤ 0.
Mas J é um campo de Jacobi, assim J satisfaz a seguinte equação:
D2J
dt2
(t) + R(γ′(t), J(t))γ′(t) = 0.
Assim,
d
dt
〈
DJ
dt
(t), J(t)
〉
= 〈−R(γ′(t), J(t))γ′(t), J(t)〉 +
〈
DJ
dt
(t),
DJ
dt
(t)
〉
.
Portanto,
d
dt
〈
DJ
dt
(t), J(t)
〉
≥ 0.
Definamos a seguinte função, f(t) = 〈DJdt (t), J(t)〉, como f ′(t) ≥ 0 temos que f(t) é uma função
não-decrescente, com f(0) = f(a) = 〈DJdt (0), J(0)〉 = 〈DJdt (a), J(a)〉 = 0, assim f(t) ≡ 0. Logo,
d
dt
〈J(t), J(t)〉 = 2
〈
DJ
dt
(t), J(t)
〉
= 0 ⇒ ‖J(t)‖2 = constante.
49
Mas J(0) = 0, logo ‖J(t)‖2 = 0, Portanto J(t) = 0, absurdo. 2
p.120 ex.4 Seja b < 0 e seja M uma variedade riemanniana de curvatura negativa constante igual a b.
Seja γ : [0, l]→M uma geodésica normalizada e seja v ∈ Tγ(l)M tal que 〈v, γ′(l)〉 = 0 e ‖v‖ = 1. Como
M tem curvatura negativa, γ(l) não é conjugado a γ(0). Mostre que o campo de Jacobi ao longo de γ
determinado por J(0) = 0, J(l) = v é dado por
J(t) =
senh t
√
−b
senh l
√
−b
w(t),
onde w(t) é o transporte paralelo ao longo de γ do vetor w(0) = u0‖u0‖ , u0 = (d expp)
−1
lγ′(0)v e onde u0 é
considerado como um vetor de Tγ(0)M pela identificação Tγ(0)M ≃ Tlγ′(0)(Tγ(0)M).
Solução: Aplicando o Lema de Gauss, temos que 〈u0, lγ′(0)〉 = 〈(d expp)lγ′(0)lγ′(0), (d expp)lγ′(0)u0〉, e
como v = (d expp)lγ′(0)u0 (por hipótese) e expp(tγ
′(0)) = γ(t, γ(0), γ′(0)), segue que d(expp)lγ′(0)γ
′(0) =
γ′(l) e 〈u0, lγ′(0)〉 = 〈lγ′(l), v〉 = 0, para todo t ∈ [0, l].
Assim pelo exerćıcio 3, do caṕıtulo 2 [Carmo1], o campo de Jacobi, Jq(t) ao longo de γ tal que
J1(0) = 0, J
′
1(0) = w(0) é dado por:
J1(t) =
senh t
√
−b√
−b
w(t).
Mas o corolário 2.5 (pag.114, [Carmo1]) nos diz que J1(t) também pode ser expresso por
J1(t) = (d expp)tγ′(0)tJ
′
1(0) = (d expp)tγ′(0)tw(0).
Decorres dáı que
J1(l) = (d expp)lγ′(0)lw(0) =
l
‖u0‖
(d expp)lγ′(0)u0 =
l
‖u0‖
v =
l
‖u0‖
J(l).
Definamos, então, J2(t) =
‖u0‖
l J1(t). Assim, J2(t) é o campo de Jacobi ao longo de γ tal que
J2(0) =
‖u0‖
l J1(0) = 0 e J2(l) =
‖u0‖
l J1(l) = J(l), e por unicidade, J2(t) = J(t) para todo t ∈ [0, l]
(proposição 3.9, pag.118 [Carmo1]). Logo,
J(t) =
‖u0‖
l
J1(t) =
‖u0‖
l
√
−b senh t
√
−bw(t),
e usando o fato de que ‖J(l)‖ = ‖v‖ = 1, obtemos
‖u0‖
l
√
−b senh(l
√
−b)‖w(l)‖ = 1 ⇒ ‖u0‖
l
√
−b =
1
senh(l
√
−b) .
Portanto,
J(t) =