Download - culegere Geometrie Diferentiabila
Cuprins
1
Capitolul 1
Varietati diferentiabile
1. PROIECTIA STEREOGRAFICA
Sa se arate ca pe sfera
Sn = {(u1, u2, ...., un+1) ∈ Rn+1| (u1)2 + (u2)2 + ... + (un+1)2 = r2}
poate fi definita prin proiectii stereografice o structura de varietate
diferentiabila n-dimensionala separata.
Solutie:
Fie N (0, ..., 0, r) ∈ Sn polul nord si S (0, ..., 0,−r) ∈ Sn polul sud.
Fie P (u1, ..., un+1) ∈ Sn, P �= N si NP ∩ Rn = {Q}. Putem scrie
Q = (x1, ..., xn, 0).
Notam UN = Sn\{N}, US = Sn\{S} si definim aplicatiile
hN : UN → Rn, hS : US → Rn, astfel:
hN(P ) = Q, respectiv
hS(P′) = Q
′, unde P
′ ∈ Sn , P′ �= S si SP
′ ∩Rn = {Q′}.Ecuatia dreptei NP este:
NP :x1
u1= ... =
xn
un=
−run+1 − r
,
3
4 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
iar din NP ∩ Rn = {Q}, echivalent cu NP ∩ {xn+1 = 0} = {Q},obtinem :
x1
u1= ... =
xn
un=
−run+1 − r
,
de unde rezulta
xi =rui
r − un+1, ∀i = 1, n.
Deci aplicatia hN : UN → Rn este data prin:
hN(u1, ..., un+1
)= (
ru1
r − un+1, ...,
run
r − un+1).
Analog, din SP′ ∩ {xn+1 = 0} = {Q′}, unde P
′(u1, ..., un+1) ∈ Sn,
P ′ �= S si Q′(x1, ..., xn) ∈ Rn, obtinem
x1
u1= ... =
xn
un=
r
un+1 + r,
de unde rezulta
xi =rui
r+ un+1, ∀i = 1, n.
Deci aplicatia hS : US → Rn este data prin:
hS(u1, ..., un+1
)= (
ru1
r + un+1, ...,
run
r + un+1) .
Vom arata ca hN si hS sunt injective.
Fie P1, P2 ∈ Sn , P1, P2 �= N astfel ıncat hN(P1) = hN(P2) = Q;
deci dreapta NQ intersecteaza sfera ın punctele P1 si P2, de unde
rezulta P1 = P2, adica aplicatia hN este injectiva.
Analog se arata ca hS este injectiva.
Sa verificam axiomele atlasului pentru A = {(UN , hN), (US, hS)}.A1) UN ∪ US = Sn - evident.
A2) hN(UN ∩ US) = Rn\{0} ⊂ Rn deschisa.
hS(UN ∩ US) = Rn\{0} ⊂ Rn deschisa.
A3) Vom arata ca aplicatiile hN◦h−1S si hS◦h−1
N sunt C∞- diferentiabile.
5
Fie (y1, ..., yn) componentele aplicatiei hS : US → Rn, adica
yi =rui
r + un+1, ∀i = 1, n.
Notam
v2 =n∑i=1
(yi)2 =n∑i=1
r2(ui)2
(r + un+1)2=
r2
(r + un+1)2
n∑i=1
(ui)2 =
=r2
(r + un+1)2[r2 − (un+1)2] =
r2(r − un+1)
r + un+1.
Rezulta
v2(r + un+1) = r2(r − un+1).
Atunci
un+1 =r(r2 − v2)
v2 + r2.
Calculand
ui =yi(r + un+1)
r,
obtinem:
ui =yi[r + r(r2−v2)
v2+r2 ]
r= yi
r2 + v2 + r2 − v2
r2 + v2=
2r2yi
v2 + r2, ∀i = 1, n.
Prin urmare,
h−1S
(y1, ..., yn
)= (
2r2y1
r2 + v2, ...,
2r2yn
r2 + v2,r(r2 − v2)
r2 + v2).
Rezulta ca hN ◦ h−1S : hS(UN ∩ US) → Rn are expresia
(hN ◦ h−1S )(y1, ..., yn) =
r 2r2y1
v2+r2
r − r(r2−v2)v2+r2
, ...,r 2r2yn
v2+r2
r − r(r2−v2)v2+r2
=
= (r2
v2y1, ...,
r2
v2yn) =
r2
n∑i=1
(yi)2(y1, ..., yn),
care este o functie C∞-diferentiabila.
6 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Analog se demonstreaza diferentiabilitatea pentru hS ◦ h−1N .
Am aratat ca familia A = {(UN , hN), (US,hS)} formeaza un atlas
pe Sn, deci pe sfera Sn poate fi definita prin proiectii stereografice o
structura de varietate diferentiabila n-dimensionala.
Sa aratam ca varietatea este separata.
Fie P,Q ∈ Sn, P �= Q. Se disting mai multe cazuri:
i) P,Q ∈ UN . Notam hN(P ) = x ∈ Rn, hN(Q) = y ∈ Rn.
Cum Rn este spatiu topologic separat, exista vecinatati deschise
disjuncte ale lui x si y, notate Ux si Uy.
Atunci h−1N (Ux) si h−1
N (Uy) sunt multimi deschise ın Sn, cu P ∈h−1N (Ux) si Q ∈ h−1
N (Uy), si h−1N (Ux) ∩ h−1
N (Uy) = h−1N (Ux ∩ Uy) = ∅,
deci h−1N (Ux) si h−1
N (Uy) sunt vecinatati disjuncte ale punctelor P si Q.
Rezulta ca punctele P si Q se separa.
Cazul P,Q ∈ US se trateaza analog.
ii) P = N, Q = S
Notam cu Sn+, Sn− semisferele nordica si sudica, respectiv
Sn+ = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|un+1 > 0},Sn− = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|un+1 < 0}.
Evident N ∈ Sn+, S ∈ Sn−, Sn+ ∩ Sn− = ∅.
Pentru (u1, ..., un+1) ∈ Sn+ avem hS(u1, ..., un+1) = (y1, ..., yn),
unde
yi =rui
r + un+1, ∀i = 1, n,
si
n∑i=1
(yi)2 =r2
n∑i=1
(ui)2
(r + un+1)2=r2(r2 − (un+1)2)
(r + un+1)2=r2(r− un+1)
r + un+1.
Dar (u1, ..., un+1) ∈ Sn+ , deci un+1 > 0, ceea ce implica
r − un+1
r + un+1< 1 =⇒
n∑i=1
(yi)2 < r2,
7
deci hS(Sn+) = {(y1, ..., yn) ∈ Rn|(y1)2 + ...+ (yn)2 < r2} este multime
deschisa ın Rn.
Cum hS este homeomorfism, deducem Sn+ ⊂ Sn multime deschisa.
Analog, Sn− ⊂ Sn este multime deschisa.
Am aratat deci ca Sn+ si Sn− sunt vecinatati disjuncte ale punctelor
N si S, deci acestea se separa.
Rezulta ca topologia de varietate diferentiabila a sferei Sn este
separata.
2. PROIECTIA ORTOGONALA
Sa se arate ca pe sfera
Sn = {(u1, ..., un+1) ∈ Rn+1| (u1)2 + ...+ (un+1)2 = r2}
poate fi definita prin proiectii ortogonale o structura de varietate
diferentiabila n-dimensionala.
Solutie:
Fie sfera Sn si punctul P (u1, ..., un+1) ∈ Sn. Proiectand punctul
P pe Rn, obtinem un punct Q de coordonate (u1, ..., un) din Rn.
Vom defini multimile :
U+i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|ui > 0}, ∀i = 1, n + 1,
U−i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|ui < 0}, ∀i = 1, n + 1,
si aplicatiile h+i : U+
i → Rn, respectiv h−i : U−i → Rn, prin
h+i (u1, ..., un+1) = (u1, ..., ui−1, ui+1, ..., un+1)
not= (u1, ...,
∧ui, ..., un+1),
h−i (u1, ..., un+1) = (u1, ..., ui−1, ui+1, ..., un+1)not= (u1, ...,
∧ui, ..., un+1).
Consideram atlasul A = {(U+i , h
+i )i=1,n+1, (U
−i , h
−i )i=1,n+1}.
8 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Vom verifica axiomele atlasului.
Evident, cele 2(n+1) multimi U+i si U−
i , ∀i = 1, n + 1 acopera sfera
Sn, adica
(n+1⋃i=1
U+i )
⋃(n+1⋃i=1
U−i ) = Sn ⊂ Rn+1,
si aplicatiile h+i , h
−i sunt injective, ∀i = 1, n+ 1.
Astfel axioma A1) este verificata.
A2) Sa aratam ca h+i (U+
i ∩U+j ) este multime deschisa ın Rn (analog
se demonstreaza pentru h−i (U−i ∩ U−
j )).
i) i < j. Fie (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+
j . Atunci
h+i (u1, ..., un+1) = (u1, ...,
∧ui, ..., uj, ..., un+1),
cu uj pe pozitia j − 1.
Dar (u1, ..., un+1) ∈ U+j , deci uj > 0.
Rezulta h+i (U+
i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj−1 > 0}, care este
multime deschisa ın Rn.
ii) i < j .Fie (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+
j . Atunci
h+i (u1, ..., un+1) = (u1, ..., uj, ...,
∧ui, ..., un+1),
cu uj pe pozitia j.
Dar (u1, ..., un+1) ∈ U+j , deci uj > 0.
Rezulta h+i (U+
i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj > 0}, care este
multime deschisa ın Rn.
A3) Este suficient sa aratam C∞-diferentiabilitatea aplicatiei
h+j ◦ (h+
i )−1 : h+i (U+
i ∩ U+j ) → Rn,
(celelalte se arata analog).
(h+i )−1(x1, ..., xn) = (x1, ..., xi−1,
√√√√r2 −n∑k=1
(xk)2, xi, ..., xn).
9
i) i < j.
h+j ◦(h+
i )−1(x1, ..., xn) = (x1, ..., xi−1,
√√√√r2 −n∑k=1
(xk)2, xi, ...,∧
xj−1, ..., xn).
ii) i > j.
h+j ◦ (h+
i )−1(x1, ..., xn) = (x1, ...,∧xj , ..., xi−1,
√√√√r2 −n∑k=1
(xk)2, xi, ..., xn).
Evident, ın ambele cazuri, i) si ii), aplicatiile h+j ◦ (h+
i )−1 sunt
C∞-diferentiabile, deci axiomele atlasului sunt verificate.
3. PROIECTIA CENTRALA
Sa se arate ca pe sfera
Sn = {(u1, ..., un+1) ∈ Rn+1| (u1)2 + ...+ (un+1)2 = 1}
poate fi definita prin proiectii centrale o structura de varietate diferentiabila
n-dimensionala.
Solutie:
Vom defini multimile:
U+i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn| ui > 0}, ∀i = 1, n+ 1,
U−i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn| ui < 0}, ∀i = 1, n+ 1.
Fie P (x1, ..., xn, 1) si OP ∩ Sn = {Q}.Consideram aplicatiile:
h+i : U+
i → Rn, h+i (Q) = P,
h+i (u1, ..., un+1) = (x1, ..., xn) = (
u1
ui, ...,
ui−1
ui,ui+1
ui, ...,
un+1
ui),
(h+i )−1(x1, ..., xn) = (u1, ..., un+1) =
10 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
= (x1√
1 + ‖x‖2, ...,
xi−1√1 + ‖x‖2
,1√
1 + ‖x‖2,
xi√1 + ‖x‖2
, ...,xn√
1 + ‖x‖2),
h−i : U−i → Rn,
h−i (u1, ..., un+1) = (x1, ..., xn) = (u1
ui, ...,
ui−1
ui,ui+1
ui, ...,
un+1
ui),
(h−i )−1(x1, ..., xn) = (u1, ..., un+1) =
= (x1√
1 + ‖x‖2, ...,
xi−1√1 + ‖x‖2
,1√
1 + ‖x‖2,
xi√1 + ‖x‖2
, ...,xn√
1 + ‖x‖2).
Aplicatiile h+i , h
−i sunt injective, ∀i = 1, n + 1.
Consideram atlasul A = {(U+i , h
+i )i=1,n+1, (U
−i , h
−i )i=1,n+1}.
Vom verifica axiomele atlasului.
A1) Evident
(n+1⋃i=1
U+i )
⋃(n+1⋃i=1
U−i ) = Sn.
A2) Sa aratam ca h+i (U+
i ∩U+j ) este multime deschisa ın Rn (analog
se demonstreaza pentru h−i (U−i ∩ U−
j )).
Fie (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+
j .
i) i < j.
h+i (u1, ..., un+1) = (
u1
ui, ...,
ui−1
ui,ui+1
ui, ...,
uj
ui, ...,
un+1
ui),
cuuj
uipe pozitia j − 1.
Dar (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+
j ⇒ ui, uj > 0 ⇒ uj
ui> 0 ⇒
h+i (U+
i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj−1 > 0},
care este multime deschisa ın Rn.
ii) i > j.
h+i (u1, ..., un+1) = (
u1
ui, ...,
uj
ui, ...,
ui−1
ui,ui+1
ui, ...,
un+1
ui),
11
cuuj
ui> 0 pe pozitia j.
Rezulta h+i (U+
i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj > 0}, care este
multime deschisa ın Rn.
A3) Vom arata ca aplicatiile h+j ◦ (h+
i )−1, i, j = 1, n + 1 sunt C∞-
diferentiabile.
i) i < j.
h+j ◦ (h+
i )−1(x1, ..., xn) =
= h+j (
x1√1 + ‖x‖2
, ...,xi−1√
1 + ‖x‖2,
1√1 + ‖x‖2
,
xi√1 + ‖x‖2
, ...,xj√
1 + ‖x‖2, ...,
xn√1 + ‖x‖2
) =
= (x1
xj−1, ...,
xi−1
xj−1,
1
xj−1,xi
xj−1, ...,
xj−2
xj−1,xj
xj−1, ...,
xn
xj).
ii) i > j.
h+j ◦ (h+
i )−1(x1, ..., xn) =
= h+j (
x1√1 + ‖x‖2
, ...,xj√
1 + ‖x‖2, ...,
xi−1√1 + ‖x‖2
,1√
1 + ‖x‖2,
xi√1 + ‖x‖2
, ...,xn√
1 + ‖x‖2) =
= (x1
xj, ...,
xj−1
xj,xj+1
xj, ...,
xi−1
xj,
1
xj,xi
xj, ...,
xn
xj).
Evident, ın ambele cazuri, i) si ii), aplicatiile h+j ◦ (h+
i )−1 sunt
C∞-diferentiabile, deci axiomele atlasului sunt verificate.
4. SPATIUL PROIECTIV
Sa se arate ca spatiul proiectiv real n-dimensional P n(R) este va-
rietate diferentiabila n-dimensionala separata.
12 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Solutie:
Pentru punctele (x1, ..., xn+1), (y1, ..., yn+1) ∈ Rn+1, definim relatia
de echivalenta ” ∼ ”, prin:
(x1, ..., xn+1) ∼ (y1, ..., yn+1) ⇐⇒ ∃λ ∈ R∗a.ı. yi = λxi, ∀i = 1, n+ 1.
Se stie ca P n(R) = Rn+1\{0}/∼.
Consideram multimile:
Ui = {[x] ∈ P n(R)| xi �= 0}, i = 1, n+ 1,
unde x = (x1, ..., xn+1).
Definim aplicatiile:
hi : Ui → Rn,
hi([x]) = (x1
xi,x2
xi, ...,
xi−1
xi,xi+1
xi, ...,
xn+1
xi).
Fie i ∈ {1, ..., n+ 1} si [x], [y] ∈ Ui astfel ıncat hi([x]) = hi([y]).
Rezulta
xj
xi=yj
yi, ∀i = 1, n + 1, j �= i⇒ xj = yj
xi
yi.
Deci ∃λ ∈ R, λ =xi
yi, astfel ıncat xj = λyj ⇒ [x] = [y].
Prin urmare hi este aplicatie injectiva, ∀i = 1, n+ 1.
Consideram familia A = {(Ui, hi)| i = 1, n + 1}.Vom verifica axiomele atlasului.
A1) Sa aratam can+1⋃i=1
Ui = P n(R).
Din definitia multimilor Ui, este evidenta incluziunean+1⋃i=1
Ui ⊂P n(R).
13
Fie [x] ∈ P n(R). Deoarece x �= 0, exista un indice i0 ∈ {1, ..., n+1}astfel ıncat xi0 �= 0, ceea ce implica [x] ∈ Ui0 .
Rezulta P n(R) ⊂n+1⋃i=1
Ui.
A2) Sa aratam ca pentru i, j ∈ {1, ..., n+1}, Ui∩Uj �= ∅, hi(Ui∩Uj)este multime deschisa ın Rn.
Ui ∩ Uj = {[x] ∈ P n(R)| xi �= 0, xj �= 0},unde x = (x1, ..., xn+1). Distingem cazurile:
i) i < j.
Fie [x] ∈ Ui ∩ Uj.
hi([x]) = (x1
xi,x2
xi, ...,
xi−1
xi,xi+1
xi, ...,
xj
xi, ...,
xn+1
xi).
Deoarece [x] ∈ Ui ∩ Uj , rezultaxj
xi�= 0 (componenta de pe pozitia
j − 1).
hi(Ui ∩ Uj) = {(y1, ..., yn) ∈ Rn| yj−1 �= 0},care este o multime deschisa ın Rn.
ii) i > j.
Cazul se trateaza analog cu cazul i).
hi(Ui ∩ Uj) = {(y1, ..., yn) ∈ Rn| yj �= 0} ⊂ Rn
este o multime deschisa.
iii) i = j. hi(Ui) = Rn.
A3) Vom arata ca hj◦h−1i : hi(Ui∩Uj) → Rn este C∞-diferentiabila.
h−1i (y1, ..., yn) = [y1, ..., yi−1, 1, yi, ..., yn].
i) i < j.
hj ◦ h−1i (y1, ..., yn) = hj([y
1, ..., yi−1, 1, yi, ..., yj, ..., yn]) =
14 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
= (y1
yj−1, ...,
yi−1
yj−1,
1
yj−1,yi
yj−1, ...,
yj−2
yj−1,yj
yj−1, ...,
yn
yj−1).
Rezulta ca hj ◦ h−1i este o aplicatie C∞-diferentiabila.
ii) i > j. Se trateaza analog.
iii) i = j. Evident.
Am verificat axiomele atlasului, deci P n(R) este o varietate diferentiabila
n-dimensionala.
Vom arata ca varietatea este separata.
Exista doua situatii:
i) Fie [x], [y] ∈ Ui.
Atunci hi([x]), hi([y]) ∈ Rn si cum Rn este separat, rezulta ca
exista V1 vecinatate ın Rn a lui hi([x]) si V2 vecinatate ın Rn a lui
hi([y]) disjuncte.
Atunci h−1i (V1) ∩ h−1
i (V2) = h−1i (V1 ∩ V2) = h−1
i (∅) = ∅.Deoarece hi homeomorfism, rezulta h−1
i (V1) si h−1i (V2) sunt vecinatati
disjuncte ale punctelor [x], respectiv [y] din P n(R).
ii) Fie [x] ∈ Ui\Uj, [y] ∈ Uj\Ui, i �= j.
Fara a restrange generalitatea, putem presupune i = 1, j = 2, deci
[x] ∈ U1\U2 si [y] ∈ U2\U1.
Conform definitiei,
U1 = {[x] ∈ P n(R)| x1 �= 0}, U2 = {[x] ∈ P n(R)| x2 �= 0}.
Rezulta
[x] = [x1, 0, x3, ..., xn+1],
[y] = [0, y2, y3, ..., yn+1],
si
h1([x]) = (0,x3
x1, ...,
xn+1
x1) ∈ Rn,
h2([y]) = (0,y3
y2, ...,
yn+1
y2) ∈ Rn.
15
Fie V1 = (−ε, ε) × Rn−1 si V2 = (−ε, ε) × Rn−1, unde 0 < ε < 1.
Atunci h1([x]) ∈ V1 si h2([y]) ∈ V2.
Deci [x] ∈ h−11 (V1) si [y] ∈ h−1
2 (V2).
Vom arata ca h−11 (V1) si h−1
2 (V2) sunt vecinatati disjuncte ale lui
[x], respectiv [y] ın P n(R).
Presupunem ca exista z ∈ Rn+1\{0}, [z] ∈ h−11 (V1) ∩ h−1
2 (V2).
Atunci
h1([z]) ∈ V1 ⇒ (z2z1,z3z1...,
zn+1
z1) ∈ V1 = (−ε, ε)× Rn−1,
h2([z]) ∈ V2 ⇒ (z1z2,z3z2...,
zn+1
z2) ∈ V2 = (−ε, ε)× Rn−1,
unde z = (z1, ..., zn+1).
Deci∣∣∣ z2z1
∣∣∣ < ε si∣∣∣ z1z2
∣∣∣ < ε - contradictie.
Rezulta ca P n(R) este o varietate diferentiabila separata.
5. VARIETATEA GRASSMANN
Fie n ∈ N∗, 1 ≤ p ≤ n− 1 si Gp(Rn) multimea subspatiilor vecto-
riale ale lui Rn de dimensiune p. Sa se demonstreze ca Gp(Rn) este
varietate diferentiabila de dimensiune p(n− p) (varietatea Grassmann
reala).
Solutie:
Fie n ∈ N∗, 1 ≤ p ≤ n− 1.
Gp(Rn) = {L ⊂ Rnsubspatiu vectorial| dimL = p}.
Vom defini pe Gp(Rn) o structura de varietate diferentiabila de di-
mensiune p(n− p).
Fie {e1, ..., en} baza canonica din Rn.
Pentru fiecare sir crescator de indici 1 ≤ i1 < i2 < ... < ip ≤ n,
consideram subspatiile Ei1...ip generate de {ei1, ..., eip} si aplicatiile:
πi1...ip : Rn → Ei1...ip,
16 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
definite prin:
πi1...ip(n∑i=1
xiei) =p∑
α=1
xiαeiα .
Definim multimile:
Ui1...ip = {V ∈ Gp(Rn); πi1...ip|V aplicatie surjectiva}.
Evident, pentru V ∈ Ui1,...,ip, πi1...ip|V : V → Ei1...ip este izomorfism
liniar.
Atunci ∀α ∈ {1, ..., p} exista un unic element fα ∈ V astfel ıncat
πi1...ip(fα) = eiα , iar fα are expresia:
fα = eiα +∑
j /∈{i1,...,ip}cjαej.
Evident {fα|α = 1, p} constituie o baza a lui V .
De asemenea, definim aplicatiile:
hi1...ip : Ui1...ip → Rp(n−p),
hi1...ip(V ) = (cjα)j∈{1,...,n}\{i 1,...,ip},α∈{1,..,p}.
Consideram familia
A = {(Ui1...ip, hi1...ip)| 1 ≤ i1 < ... < ip ≤ n},
si vom arata ca se verifica axiomele atlasului.
Sa aratam ca aplicatiile hi1...ip sunt injective.
Fie V1, V2 ∈ Ui1...ip astfel ıncat hi1...ip(V1) = hi1...ip(V2). Rezulta
cjα = djα, ∀j ∈ {1, ..., n}\{i1, ..., ip}, α ∈ {1, .., p},
unde
fα ∈ V1, fα = eiα +∑
j/∈{i1,...,ip}cjαej, α = 1, p,
17
f ′β ∈ V2, f
′β = eiβ +
∑j /∈{i1,...,ip}
djαej, β = 1, p.
Atunci sp{fα|α = 1, p} = sp{f ′β | β = 1, p}, si deci V1 = V2.
Rezulta ca hi1...ip este injectiva.
A1) Vom demonstra ca
⋃1≤i1<...,ip≤n
Ui1,...,ip = Gp(Rn).
Este evidenta incluziunea⋃
1≤i1<...,ip≤nUi1,...,ip ⊂ Gp(R
n).
Fie L ∈ Gp(Rn), dimL = p si fie {g1, ..., gp} o baza a lui L, formata
din vectori din Rn.
Evident putem scrie
gε =n∑j=1
bjεej, ∀ε = 1, n,
cu rang (bjε)j=1,n,ε=1,p = p. Rezulta ca exista un minor de ordinul p
nenul. Fie det [(biλε )ε,λ=1,p] �= 0.
Fie (bεiλ)ε,λ=1,p inversa matricei (biλε )ε,λ=1,p.
Multimea
f ′β =
p∑ε=1
bεiβgε, β = 1, p
este o baza a lui L.
Pe de alta parte,
f ′β =
p∑ε=1
bεiβgε =p∑ε=1
bεiβ(n∑γ=1
bγεeγ) =
=p∑ε=1
bεiβ(p∑
λ=1
biλε eiλ +∑
j /∈{i1,...,ip}bjεej) =
=p∑
λ=1
(p∑ε=1
bεiβbiλε ) · eiλ +
∑j /∈{i1,...,ip}
(p∑ε=1
bεiβbjε) · ej =
18 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
=p∑
λ=1
δλβ · eiλ +∑
j/∈{i1,...,ip}djβej = eiβ +
∑j/∈{i1,...,ip}
djβej = fβ ,
unde am notat djβ =p∑ε=1
bεiβbjε, j /∈ {i1, ..., ip}.
Deci L = sp{f ′1, ..., f
′p} = sp{f1, ..., fp}, cu
fβ = eiβ +∑
j/∈{i1,...,ip}djβej, ∀β = 1, p.
Rezulta, conform definitiei, ca L ∈ Ui1,...,ip, deci
Gp(Rn) ⊂ ⋃
1≤i1<...,ip≤nUi1,...,ip.
A2) Vom arata ca
hi1,...,ip(Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p)
este o multime deschisa ın Rp(n−p).
Fie L ∈ Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p. L este un subspatiu vectorial de dimen-
siune p; fie {w1, ..., wp} o baza a lui L de forma:
wβ = eiβ +∑
j/∈{i1,...,ip}cjβej , ∀β = 1, p.
Atunci hi1,...,ip(L) = (cjβ)β=1,p,j/∈{i1,...,ip}.
Consideram o alta baza (oarecare) {u1, ..., up} a lui L. Matricea
asociata bazei {u1, ..., up} este (uji )i=1,p,j=1,n si are rangul p, deci
det[(ulδβ )β,δ=1,p] �= 0.
Fie J = {j1, ..., jn−p} = {1, ..., n}\{i1, ..., ip}.Revenim la baza {w1, ..., wp} a lui L si o scriem explicit:
w1 = ei1 + cj11 ej1 + cj21 ej2 + ...+ cjn−p
1 ejn−p
..............................................................
wp = eip + cj1p ej1 + cj2p ej2 + ... + cjn−pp ejn−p
19
Rezulta
wkβ =
1, k = iβ
0, k = iα, α �= β
ckβ , k ∈ J
Din faptul ca matricea (wkβ)β=1,p,k=1,n are rangul p, rezulta ca ma-
tricea (cjβ)β=1,p,j∈J are tot rangul p, deci contine un minor de ordinul
p nenul. Rezulta ca multimea hi1,...,ip(Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p) este deschisa
ın Rp(n−p).
A3) Sa aratam ca aplicatia:
hi′1,...,i ′p ◦ h−1i1,...,ip : hi1,...,ip(Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p) → Rp(n−p)
este C∞-diferentiabila.
Pentru simplitate, notam: I = (i1, ..., ip) si I ′ = (i′1, ..., i′p).
Fie (dαβ)α=1,n−p,β=1,p ∈ hI(UI ∩ UI′) si fie vβ = eiβ +n−p∑α=1
djαβ eα, cu
jα ∈ {1, ..., n}\{i1, ..., ip}.Atunci h−1
I ((djαβ )α,β) = sp{v1, ..., vp}.Fiewi = ajivj, i = 1, p si aji -diferentiabile; o alta baza a sp{v1, ..., vp}
este data de {w1, ..., wp}.Fie
wε = ei′ε +∑
γ /∈{i′1,...,i ′p}cγεeγ , ∀ε = 1, p.
Atunci:
hI′(h−1I [(dαβ)α=1,n−p,β=1,p]) = hI′(sp{v1, ..., vp}) =
= hI′(sp{w1, ..., wp}) = [(cγε)γ /∈{i′1,...,i ′p},ε=1,p].
Am obtinut un sir de aplicatii diferentiabile:
[(dαβ)α/∈{i1,...,ip},β=1,p] �→ [(vβ)β=1,p] �→�→ [(wβ)β=1,p �→ [(cγε)γ /∈{i′1,...,i ′p},ε=1,p].
20 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Rezulta ca aplicatia hI′ ◦ (hI)−1 este C∞-diferentiabila.
6. BANDA LUI MOBIUS
Fie M = R × (−1, 1). Pentru ∀m ∈ Z, fie aplicatia gm : M → M,
definita astfel: gm(x, y) = (x+m, (−1)my). Fie G = {gm|m ∈ Z}.i) Sa se arate ca G este un grup de automorfisme propriu discon-
tinuu si fara puncte fixe.
ii) Fie B = M/G. Atunci B este o varietate diferentiabila de
dimensiune 2 (numita banda lui Mobius).
iii) Sa se construiasca o scufundare a lui B ıntr-un spatiu euclidian.
iv) Sa se construiasca un atlas pe B.
v) Sa se arate ca B nu este orientabila.
Solutie:
i) Este evident ca gm : M → M este automorfism al lui M (gm
bijectiva, gm si g−1m diferentiabile), ∀m ∈M.
Prin definitie, un grup de automorfisme G este fara puncte fixe
daca ∀g ∈ G\{IdM} nu are puncte fixe (g(q) �= q, ∀q ∈M).
Fie G = {gm|m ∈ Z}, cu gm(x, y) = (x +m, (−1)my), m ∈ Z.
Fie q = (x, y) ∈M = R× (−1, 1) si m ∈ Z.
gm(q) = gm(x, y) = (x, y) este echivalent cu{x = x+m
y = (−1)my
Rezulta m = 0 ⇒ gm(x, y) = g0(x, y) = (x, y) ⇒ gm = IdM .
Deci singurul automorfism cu puncte fixe este IdM . Rezulta ca G
nu are puncte fixe.
Un grup de automorfisme G este propriu discontinuu daca ∀K1, K2
multimi compacte din M, multimea
{g ∈ G|g(K1) ∩K2 �= ∅}
21
este finita.
Fie K1, K2 multimi compacte ın R× (−1, 1). Atunci exista B(0, r)
astfel ıncat K1, K2 ⊂ B(0, r).
Daca |m| ≥ 2r, rezulta gm(K1)∩K2 = ∅, deoarece evident gm(K1)∩B(0, r) = ∅.
Cum {m ∈ Z| |m| < 2r} este finita, rezulta ca multimea
{gm|gm(K1) ∩K2 �= ∅} este finita, deci G este grup de automorfisme
propriu discontinuu.
ii) Reamintim enuntul urmatoarei teoreme asupra structurii de
varietate diferentiabila a spatiului cat:
Fie M varietate diferentiabila de dimensiune n si G un grup de
automorfisme ale lui M propriu discontinuu si fara puncte fixe. Atunci
M/G are o structura de varietate diferentiabila de dimensiune n indusa
de structura de varietate diferentiabila a lui M.
Deoarece M = R× (−1, 1) este varietate diferentiabila de dimen-
siune 2 si grupul de automorfisme G este propriu discontinuu si fara
puncte fixe, rezulta, conform teoremei anterioare, ca B este o varietate
diferentiabila de dimensiune 2.
iii) Fie aplicatia
ψ : B → R4,
definita prin:
ψ([x, y]) = (cos 2πx, sin 2πx, y cosπx, y sinπx).
Avem
ψ([gm(x, y)]) = ψ([x +m, (−1)my]) =
= (cos 2π(x +m), sin 2π(x +m), (−1)my cosπ(x +m),
(−1)my sinπ(x +m)) =
22 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
= (cos(2πx+ 2πm), sin(2πx+ 2πm), (−1)my cos(πx+ πm),
(−1)my sin(πx+ πm)).
Cum m ∈ Z, rezulta 2πm perioada pentru functiile sin si cos si{cos(πx+ πm) = (−1)m cosπx,
sin(πx+ πm) = (−1)m sin πx.
Prin urmare
ψ([gm(x, y)]) = (cos 2πx, sin 2πx, y cosπx, y sinπx) = ψ([x, y]).
Deci ψ este bine definita.
Fie ψ([x1, y1]) = ψ([x2, y2]).
Atunci:
cos 2πx1 = cos 2πx2
sin 2πx1 = sin 2πx2
y1 cosπx1 = y2 cosπx2
y1 sin πx1 = y2 sin πx2
Din primele doua relatii, rezulta: x2 = x1 + k, k ∈ Z.
y1 cosπx1 = y2 cosπ(x1 + k) = y2(−1)k cosπx1.
Rezulta y1 = y2(−1)k ⇔ y2 = (−1)ky1.
Din {x2 = x1 + k,
y2 = y1(−1)k,
obtinem [x1, y1] = [x2, y2], adica ψ este aplicatie injectiva.
Calculam Jacobianul Jψ si gasim:
Jψ =
−2π sin 2πx 0
2π cos 2πx 0
−πy sinπx cosπx
πy cosπx sinπx
,
23
care are rang Jψ = 2.
Deci ψ este o imersie injectiva, i.e. o scufundare.
iv) Consideram urmatoarea interpretare geometrica a bandei lui
Mobius: ın spatiul Oxyz, un segment de lungime 2 paralel cu axa Oz
cu mijlocul ın (0,2,0) se roteste astfel ıncat
a) mijlocul sau C descrie un cerc de raza 2 ın planul xOy;
b) unghiul format de segment cu axa Oz este jumatate din unghiul
COy.
Suprafata descrisa de segment este banda lui Mobius.
Notam m(� COy) = u si v ∈ (−1, 1) un parametru pe segment.
Obtinem o parametrizare:
f : (0, 2π) × (−1, 1) → B ⊂ R3,
f (u, v) = ((2 − v sinu
2) sinu, (2 − v sin
u
2) cosu, v cos
u
2).
Analog, considerand pozitia initiala a luiC punctul (2,0,0), obtinem
parametrizarea:
g : (0, 2π) × (−1, 1) →M,
g(u′, v
′) = ([2−v′
sin(u
′
2+π
4)] cosu
′,−[2−v′
sin(u
′
2+π
4)] sinu
′, v
′cos(
u′
2+π
4)).
Evident f si g sunt injective.
Notam
U1 = f ((0, 2π)× (−1, 1)), U2 = g((0, 2π) × (−1, 1)),
h1 = f−1 : U1 → R2, h2 = g−1 : U2 → R2.
Atunci A = {(U1, h1), (U2, h2)} este un atlas pe B.
Verificam axiomele atlasului:
A1) U1 ∪ U2 = B - evident.
A2) h1(U1 ∪ U2) = ((0, 2π)\{ π2}) × (−1, 1), respectiv
h2(U1 ∪ U2) = ((0, 2π)\{ 3π2})× (−1, 1) sunt multimi deschise ın R2.
24 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
A3) h1 ◦ h−12 : ((0, 3π
2) ∪ (3π
2, 2π) × (−1, 1) → R2 are ecuatiile:
h1 ◦ h−12 (u
′, v
′) =
(u′+ π
2, v
′) , daca u
′ ∈ (0, 3π2
),
(u′ − 3π
2 ,−v′) , daca u
′ ∈ (3π2 , 2π).
Evident, h1 ◦ h−12 este diferentiabila.
Analog h2 ◦ h−11 este diferentiabila.
v) Calculam Jacobianul aplicatiei h1 ◦ h−12 .
1) pentru u′ ∈ (0, 3π
2 ), Jh1◦h−12
=
1 0
0 1
. Rezulta detJh1◦h−12
=
1.
2) pentru u′ ∈ (3π
2, 2π), Jh1◦h−1
2=
1 0
0 1
. Rezulta detJh1◦h−12
=
−1.
7. STICLA LUI KLEIN
Fie M = R2. Pentru ∀m,n ∈ Z, fie aplicatiile gm,n : M → M,
definite astfel:
gm,n(x, y) = (x+m, (−1)my + n).
Fie G = {gm,n|m,n ∈ Z}.i) Sa se arate ca G este un grup de automorfisme propriu discon-
tinuu si fara puncte fixe.
ii) Fie K = M/G. Atunci K este varietate diferentiabila de dimen-
siune 2 (numita sticla lui Klein).
iii) Sa se construiasca o scufundare a sticlei lui Klein ıntr-un spatiu
euclidian.
25
Solutie:
i) Evident gm,n automorfism, ∀m,n ∈ Z.
Fie (x, y) ∈ R2 si m,n ∈ Z astfel ıncat gm,n(x, y) = (x, y). Rezulta{x+m = x
(−1)my + n = y,
de unde m = 0, n = 0.
Deci g0,0 = IdR2 este singurul automorfism cu puncte fixe. Am
aratat ca grupul de automorfisme G este fara puncte fixe.
Fie K1, K2 ⊂ M = R2 multimi compacte. Exista o bila B(0, r)
astfel ıncat K1, K2 ⊂ B(0, r).
Pentru |m| , |n| ≥ 2r, rezulta
gm,n(K1) ∩K2 = ∅.
Deci multimea {gm,n|gm,n(K1) ∩K2 �= ∅} este finita, adica G este
propriu discontinuu.
ii) M = R2 este varietate diferentiabila 2-dimensionabila, G este
un grup de automorfisme propriu discontinuu si fara puncte fixe.
Conform teoremei de caracterizare a spatiului cat, rezulta K =
M/G este varietate diferentiabila de dimensiune 2.
iii) Fie aplicatia:
ψ : K → R4,
ψ([x, y]) = (cos 2πx·cos 2πy, sin 2πx·cos 2πy, cos πx·sin 2πy, sin πx·sin 2πy).
Evident, avem
ψ([gm,n(x, y)]) =
= (cos 2π(x+m)·cos 2π((−1)my+n), sin 2π(x+m)·cos 2π((−1)my+n),
cosπ(x+m)·sin 2π((−1)my+n), sinπ(x+m)·sin 2π((−1)my+n)) =
= (cos 2πx · cos 2πy, sin 2πx · cos 2πy,
26 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
(−1)m cosπx · (−1)m sin 2πy, (−1)m sinπx · (−1)m sin 2πy) =
= (cos 2πx·cos 2πy, sin 2πx·cos 2πy, cos πx·sin 2πy, sin πx·sin 2πy) = ψ([x, y]).
Rezulta ca ψ este bine definita.
Sa aratam ca ψ este injectiva. Fie m,n ∈ Z.
Fie [x1, y1], [x2, y2] ∈ K astfel ıncat gm,n([x1, y1]) = gm,n([x2, y2]).
Atunci:
cos 2πx1 · cos 2πy1 = cos 2πx2 · cos 2πy2
sin 2πx1 · cos 2πy1 = sin 2πx1 · cos 2πy1
cosπx1 · sin 2πy1 = cosπx2 · sin 2πy2
sinπx1 · sin 2πy1 = sin πx2 · sin 2πy2
Prin ımpartirea ultimelor doua relatii, rezulta:
tgπx1 = tgπx2 =⇒ x1 = x2 + k, k ∈ Z;
atunci cosπx1 = cos(πx2 + πk) = (−1)k cosπx2, sau echivalent,
cosπx2 = (−1)k cosπx1.
Din a treia relatie, obtinem
cos 2πy1 = (−1)k cos 2πy2,
de unde y1 = (−1)ky2 +m,m ∈ Z.
Rezulta [x1, y1] = [x2, y2], deci ψ este injectiva.
Pe de alta parte, avem:
Jψ =
−2π sin 2πx · cos 2πy −2π sin 2πy · cos 2πx
2π cos 2πx · cos 2πy −2π sin 2πy · sin 2πx
−π sin πx · sin 2πy 2π cos 2πy · cosπx
π cosπx · sin 2πy 2π cos 2πy · sinπx
,
Evident rang Jψ = 2.
Rezulta ψ imersie.
Prin urmare, ψ este o scufundare.
27
8. TORUL
Fie M = Rn. Pentru ∀(m1, ..., mn) ∈ Zn, definim aplicatiile
gm1,...,mn : M → M, prin:
gm1,...,mn(x1, ..., xn) = (x1 +m1, ..., x
n +mn).
Fie G = {gm1,...,mn|(m1, ..., mn) ∈ Zn}.i) Sa se arate ca G este un grup de automorfisme propriu discon-
tinuu si fara puncte fixe.
ii) Fie T n = Rn/G. Atunci T n este o varietate diferentiabila de
dimensiune n (numita tor).
iii) Sa se construiasca o scufundare a torului T n ın R2n.
Solutie:
i) Evident ∀(m1, ..., mn) ∈ Zn, gm1,...,mn este un automorfism al lui
M.
Fie (x1, ..., xn) ∈M si m1, ..., mn ∈ Z astfel ıncat
gm1,...,mn(x1, ..., xn) = (x1, ..., xn).
Rezulta xi + mi = xi, ∀i = 1, n, de unde mi = 0, ∀i = 1, n. Deci
aplicatia gm1,...,mn = g0,...,0 = IdM este singurul automorfism care are
puncte fixe.
Rezulta G fara puncte fixe.
Fie K1, K2 ⊂ M multimi compacte. Proiectand pe axa Ox1,
obtinem:
prOx1K1 = [a, b], prOx1K2 = [c, d].
Pentru a arata ca G este propriu discontinuu, trebuie sa demon-
stram ca multimea
{gm1,...,mn(K1) ∩K2 �= ∅}
este finita.
28 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Este suficient sa aratam ca multimea {pr1(g(K1)) ∩ pr1(K2) �= ∅}este finita, unde pr1 = prOx1 , g ∈ G.
Fie |m1| > |d− a|. Atunci pr1(g(K1))∩ pr1(K2) = ∅, deci g(K1)∩K2 = ∅.
Consideram proiectiile pe Ox2, ..., Oxn si alegem ın acelasi mod
m2, ..., mn ∈ Z. Rezulta ca multimea {g| g(K1) ∩K2 �= ∅} este finita,
pentru (m1, ..., mn) ıntr-un produs cartezian de multimi finite din Z.
Prin urmare G este propriu discontinuu.
ii) Se aplica teorema de caracterizare a spatiului cat.
iii) Fie aplicatia:
ψ : Rn → R2n,
ψ(x1, ..., xn) = (cos 2πx1 , sin 2πx1, ..., cos 2πxn , sin 2πxn).
Evident ψ(gm1,...,mn(x1, ..., xn)) = ψ(x1, ..., xn).
Definim:
ψ : T n → R2n,
ψ([x1, ..., xn]) = (cos 2πx1 , sin 2πx1, ..., cos 2πxn , sin 2πxn).
Fie [x1, ..., xn], [y1, ..., yn] ∈ T n, cu ψ([x1, ..., xn]) = ψ([y1, ..., yn]).
Rezulta: {cos 2πxi = cos 2πyi
sin 2πxi = sin 2πyi, ∀i = 1, n.
Deducem 2πxi = 2πyi + 2πki, ∀i = 1, n, cu ki ∈ Z ⇒ xi = yi +
ki, ∀i = 1, n.
Rezulta [x1, ..., xn] = [y1, ..., yn], deci ψ este aplicatie injectiva.
29
Calculand, gasim:
Jxψ =
− sin 2πx1 0 . . . 0
cos 2πx1 0 . . . 0
0 − sin 2πx2 . . . 0
0 cos 2πx2 . . . 0
. . . . . .
0 0 . . . − sin2πxn
0 0 . . . cos 2πxn
.
Pentru fiecare pereche (sin 2πxi, cos 2πyi), ∀i = 1, n, cel putin o
componenta este nenula. Rezulta ca exista un minor nenul de ordin
n. Deci rang ψ = rang ψ = n, adica ψ este imersie.
Rezulta ψ scufundare.
9. GRUPUL ORTOGONAL
Fie
O(n) = {(aij)i,j=1,n |n∑i=1
aijaik = δjk , ∀j, k = 1, n} =
= {A ∈Mn(R) | A · At = In}.Sa se arate ca O(n) este o varietate diferentiabila de clasa C∞ si
dimensiune n(n−1)2 .
Solutie:
Fie Σ = {S ∈Mn(R) | S = −tS}. Evident Σ � Rn(n−1)
2 .
Este usor de aratat ca ∀S ∈ Σ, matricea In − S este inversabila si
(In + S)(In − S)−1 ∈ O(n).
Oricare ar fi A ∈ O(n), fie:
gA : Rn(n−1)
2 → O(n),
30 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
gA(S) = (In + S)(In − S)−1A.
Fie UA = ImgA.
Vom demonstra ca gA este bijectiva si definim:
hA : UA → Rn(n−1)
2 , hA = g−1A .
Fie B ∈ UA Atunci ∃S ∈ Σ astfel ıncat (In + S)(In − S)−1A = B,
sau echivalent, In+S = BA−1(In−S), i.e., (In+BA−1)S = BA−1−In,
deci S = (In + BA−1)−1(BA−1 − In).
Deci ∀B ∈ UA, ∃! S ∈ Σ astfel ıncat gA(S) = B, adica gA bijectiva.
Evident hA : UA → Rn(n−1)
2 este injectiva.
Vom arata ca {(UA, hA) | A ∈ O(n)} constituie un atlas pe O(n).
Verificam axiomele atlasului:
A1) O(n) =⋃
A∈O(n)
UA.
Incluziunea ”⊇” este evidenta.
Reciproc, fie A ∈ O(n). Rezulta A = gA(0n) ∈ UA, deci O(n) ⊂⋃A∈O(n)
UA.
A2) hA(UA ∩ UC) ⊂ Rn(n−1)
2 este multime deschisa (intersectie de
multimi deschise).
A3) hC ◦ h−1A : hA(UA ∩ UC) → R
n(n−1)2 este de clasa C∞.
Fie B ∈ hA(UA ∩ UC) si S = h−1A (B).
Atunci:
hC(S) = (hC ◦ h−1A )(B)
not= S
′,
unde S′= (In +BC−1)−1(BC−1 − In) si B = (In + S)(In− S)−1A.
Inlocuim B cu expresia anterioara ın expresia lui S′.
Operatiile facute sunt C∞-diferentiabile pe domeniul de definitie.
31
10. SCUFUNDAREA SPATIULUI PROIECTIV
Fie spatiul proiectiv real P n(R) = Rn+1\{0}/∼, unde
(x1, ..., xn+1) ∼ (y1, ..., yn+1) ⇔ ∃λ ∈ R∗ a.ı. yi = λxi, ∀i = 1, n + 1.
i) Aratati ca nu se poate aplica teorema de caracterizare a spatiului
cat.
ii) Sa se construiasca o scufundare a spatiului proiectiv ıntr-un
spatiu euclidian.
Solutie:
i) Pentru ∀λ ∈ R∗, definim gλ : Rn+1\{0} → Rn+1\{0}, prin
gλ(x1, ..., xn+1) = (λx1, ..., λxn+1).
Fie G = {gλ|λ ∈ R∗}.Evident (G, ◦) grup.
Fie (x1, ..., xn+1) ∈ Rn+1\{0}, gλ(x1, ..., xn+1) = (x1, ..., xn+1).
Atunci
λxi = xi, ∀i = 1, n + 1 ⇒ λ = 1 ⇒ gλ = g1 = IdRn+1\{0}.
Deci G nu are puncte fixe.
Vom arata ca G nu este propriu discontinuu, adica exista doua
multimi compacte K1, K2 ⊂ Rn+1\{0}, cu g(K1) ∩K2 �= ∅, pentru o
infinitate de aplicatii g ∈ G.
Fie K1 = K2 = {x ∈ Rn+1| 12≤ ‖x‖ ≤ 1}.
Fie gλ ∈ G, λ ∈ R∗. Avem
gλ(K1) = {λx ∈ Rn+1|12≤ ‖λx‖ ≤ 1} = {y ∈ Rn+1| |λ|
2≤ ‖y‖ ≤ |λ|}.
Daca |λ| ∈ [12, 1], λ ∈ R∗ ⇒ gλ(K1) ∩K2 �= ∅, deci multimea
{gλ|gλ(K1) ∩K2 �= ∅} este infinita.
32 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Rezulta ca G nu este propriu discontinuu, deci nu se poate aplica
teorema de caracterizare a spatiului cat.
ii) Evident P n(R) = Rn+1\{0}/∼ = Sn/{±IdSn} (dreptele din Rn+1
ce trec prin origine).
Fie
ψ : Sn → R(n+1)(n+2)
2 ,
ψ(x1, ..., xn+1) =
= ((x1)2, x1x2, ..., x1xn+1, (x2)2, x2x3, ..., x2xn+1, ..., (xn)2, xnxn+1, (xn+1)2).
Evident ψ(−x1, ...,−xn+1) = ψ(x1, ..., xn+1).
Putem defini
ψ : P n(R) → R(n+1)(n+2)
2 ,
ψ([x1, ..., xn+1]) =
= ((x1)2, x1x2, ..., x1xn+1, (x2)2, x2x3, ..., x2xn+1, ..., (xn)2, xnxn+1, (xn+1)2).
Fie [x1, ..., xn+1], [y1, ..., yn+1] ∈ P n(R) astfel ıncat
ψ([x1, ..., xn+1]) = ψ([y1, ..., yn+1]) ⇒ (xi)2 = (yi)2.
Deci xi = ±yi, ∀i = 1, n+ 1.
Fie xi, xj �= 0 ⇒ xixj = yiyj ⇒ xi = yi
xj = yj,
sau −xi = yi
−xj = yj,
deci [x1, ..., xn+1] = [y1, ..., yn+1] si ψ este injectiva.
Consideram urmatoarea compunere:
Sni↪→ Rn+1\{0} ψ
′→ R
(n+1)(n+2)2 ,
33
i.e.
Snψ→ R
(n+1)(n+2)2 ,
cu
ψ′(x1, ..., xn+1) =
= ((x1)2, x1x2, ..., x1xn+1, (x2)2, x2x3, ..., x2xn+1, ..., (xn)2, xnxn+1, (xn+1)2),
si i incluziunea. Avem
Jxψ′=
2x1 0 . . . 0
x2 x1 . . . 0
. . . . . .
xn+1 0 . . . x1
0 2x2 . . . 0
. . . . . .
0 xn+1 . . . x2
. . . . . .
0 0 . . . 2xn+1
,
deci rang ψ′ = n + 1 ⇒ ψ imersie.
Incluziunea i : Sn ↪→ Rn+1\{0} fiind imersie, rezulta ψ′ ◦ i imersie,
deci ψ este imersie.
Prin urmare ψ este o scufundare.
11. EXEMPLU DE VARIETATE DIFERENTIABILA NESEPA-
RATA
Sa se arate ca
M = {(x, y) ∈ R2| y = 0} ∪ {(x, y) ∈ R2| y = 1, x ≥ 0}
este o varietate diferentiabila 1-dimensionala, neseparata, de clasa C∞.
34 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE
Solutie:
Fie multimile
U1 = {(x, y) ∈ R2| y = 0},U2 = {(x, y) ∈ R2| x ≥ 0, y = 1} ∪ {(x, y) ∈ R2| x < 0, y = 0}.Definim aplicatiile:
h1 : U1 → R, h1(x, 0) = x,
h2 : U2 → R,{h2(x, 1) = x, daca x ≥ 0,
h2(x, 0) = x, daca x < 0.
Evident U1, U2 ⊂M si h1, h2 sunt aplicatii injective.
Vom arata ca {(U1, h1), (U2, h2)} formeaza un atlas peM. Verificam
axiomele atlasului:
A1)U1 ∪ U2 = M - evident.
A2) h1(U1 ∩ U2) = h1({(x, y) ∈ R2|y = 0, x < 1}) = (−∞, 0) ⊂ R
este o multime deschisa.
h2(U1 ∩ U2) = h2({(x, y) ∈ R2|y = 0, x < 1}) = (−∞, 0) ⊂ R
este o multime deschisa.
A3) Aplicatia
h2 ◦ h−11 : h1(U1 ∩ U2) → R,
h2 ◦ h−11 (x) = h2(x, 0) = x,
este C∞- diferentiabila.
Analog h2 ◦ h−11 este o aplicatie C∞− diferentiabila.
Vom arata ca M nu este separata.
Fie V0 multimea vecinatatilor lui 0.
Fie V1 = (−ε, ε) ∈ V0.
Atunci
h−11 (V1) = V1 × {0} ∈ V(0,0)
35
este o vecinatate deschisa a lui (0, 0) din U1.
Fie V2 = (−η, η) ∈ V0.
Atunci
h−12 (V2) = ((−η, 0)× {0}) ∪ ((0, η) × {1}) ∈ V(0,1)
este o vecinatate deschisa a lui (0, 1) din U2.
Evident V1 ∩ V2 �= ∅. Presupunem ε < η.
Rezulta
h−11 (V1) ∩ h−1
2 (V2) = (−ε, 0)× {0},deci M este o varietate diferentiabila neseparata.
Capitolul 2
Spatii fibrate vectoriale
1. FIBRAREA TANGENTA
Fie M o varietate diferentiabila de clasa Ck , dimM = n. Fie p ∈M,TpM multimea vectorilor tangenti la varietatea M ın punctul p si
TM =⋃p∈M
TpM.
i) Atunci TM este o varietate diferentiabila de clasa Ck−1, dim TM =
2n.
ii) In plus, daca M este separata, atunci TM este separata.
iii) Fie aplicatia π : TM →M,π(Xp) = p, proiectia canonica.
Sa se arate ca (TM, π,M) este o fibrare vectoriala de rang n (nu-
mita fibrarea tangenta).
Solutie:
i) Fie (U, h) o harta a varietatii M, deci U ⊂ M si h : U →Rn aplicatie injectiva. Notam x1, ..., xn functiile coordonate asociate
hartii (U, h). Definim
H : TU =⋃p∈U
TpM → h(U) ×Rn ⊂ R2n,
37
38 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
prin
H(Xp) = (h(p), X1p, ..., X
np ),
unde p ∈ U, Xp =n∑i=1
X ip
∂
∂xi|p∈ TpM, iar
TpM ⊂ ⋃p∈U
TpM = TU ⊂ TM.
Sa aratam ca aplicatia H este injectiva. Fie p, q ∈ U,Xp, Yq ⊂ TU
astfel ıncat H(Xp) = H(Yq).
Rezulta
(h(p), X1p, ..., X
np ) = (h(q), Y 1
q , ..., Ynq ),
de unde h(p) = h(q) si X ip = Y i
q , ∀i = 1, n.
Deoarece h este injectiva, rezulta p = q, iar relatiile X ip = Y i
q , ∀i =
1, n, implica Xp = Yq, deci H este o aplicatie injectiva.
A1) Au loc urmatoarele relatii
TM =⋃p∈M
TpM =⋃
U⊂M(
⋃p∈U
TpM) =⋃
U⊂MTU.
A2) Fie (U, h) alta harta pe M, cu U ∩U �= ∅ si perechea (TU,H)
construita ca mai sus. Avem:
TU ∩ TU = (⋃p∈U
TpM) ∩ (⋃p∈U
TpM) =⋃
p∈U∩UTpM = T (U ∩ U ) �= ∅,
deci TU ∩ TU �= ∅.
H(TU ∩ TU) = H(T (U ∩ U )) = h(U ∩ U ) ×Rn ⊂ R2n
este multime deschisa.
A3) Vom arata ca aplicatia
H ◦H−1 : H(TU ∩ TU) → R2n
39
este diferentiabila de clasa Ck−1, sau, echivalent:
H ◦H−1 : h(U ∩ U) × Rn → R2n
este diferentiabila de clasa Ck−1.
Fie p ∈ U ∩ U. Atunci h(p) = u ∈ h(U ∩ U ). Fie v1, ..., vn ∈ R si
x1, ..., xn functiile coordonate asociate hartii (U, h).
Avem
H ◦H−1(u, v1, ..., vn) = H(H−1(u, v1, ..., vn)) = H(vi∂
∂xi|p) =
= H(vi∂xj
∂xi∂
∂xj|p) = (h(p), vi
∂x1
∂xi|p, ..., vi∂x
n
∂xi|p) =
= ((h ◦ h−1)(u), v1, ..., vn),
unde am notat vi =∂xi
∂xj|p vj, deci aplicatia H◦H−1 este diferentiabila
de clasa Ck−1.
Rezulta ca TM este o varietate diferentiabila de clasa Ck−1 si di-
mensiune 2n.
ii) Presupunem ca M este separata. Fie π : TM →M, π(Xp) = p,
∀Xp ∈ TpM.
π este o aplicatie continua (ıntoarce deschisi ın deschisi).
Fie Xp, Yq ∈ TM,Xp �= Yq. Vom arata ca exista doua vecinatati
disjuncte deschise ale lui Xp, Yq.
Se disting doua cazuri:
1) p �= q, p, q ∈M.
Deoarece M este separata, exista doua vecinatati U1, U2 ⊂ M cu
p ∈ U1, q ∈ U2, U1 ∩ U2 = ∅.Xp ∈ TpM implica Xp ∈ π−1(U1), iar Yq ∈ TqM implica Yq ∈
π−1(U2). Cum U1, U2 sunt multimi deschise ın M si π este continua,
rezulta π−1(U1), π−1(U2) sunt multimi deschise ın TM.
40 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Evident
π−1(U1) ∩ π−1(U2) = π−1(U1 ∩ U2) = π−1(∅) = ∅.
2) p = q
Fie (U, h) o harta ın jurul lui p.
Xp = X ip
∂
∂xi|p; Yp = Y i
p
∂
∂xi|p .
Avem
H(Xp) = (h(p), X1p, ..., X
np ) = (h(p), x
′),
H(Yp) = (h(p), Y 1p , ..., Y
np ) = (h(p), y
′),
unde am notat
x′= (X1
p , ..., Xnp ) ∈ Rn; y
′= (Y 1
p , ..., Ynp ) ∈ Rn.
Cum Rn este separat, rezulta ca exista doua multimi deschise
U′, V
′ ⊂ Rn astfel ıncat
x′ ∈ U
′, y
′ ∈ V′, U
′ ∩ V ′= ∅.
Atunci
(h(p), x′) ∈ h(U) × U
′, (h(p), y
′) ∈ h(U) × V
′.
Evident
(h(U )× U′) ∩ (h(U )× V
′) = h(U) × (U
′ ∩ V ′) = ∅.
H este homeomorfism. Rezulta
H−1(h(U ) × U′) ⊂ TM,
H−1(h(U )× V′) ⊂ TM
41
sunt multimi deschise.
In plus
Xp ∈ H−1(h(U ) × U′), Yp ∈ H−1(h(U )× V
′),
si
H−1(h(U )× U′) ∩H−1(h(U ) × V
′) = ∅.
Rezulta ca TM este o varietate diferentiabila separata.
iii) TM si M sunt varietati diferentiabile si π este surjectiva.
Ep = π−1(p) = TpM este un spatiu vectorial cu dimEp = n,
∀p ∈M (rangul fibrarii va fi n).
Fie {(Ua, ha)| a ∈ A} atlas pe M si {(π−1(Ua), Ha)| a ∈ A} atlasul
indus pe TM (π−1(Ua) = TUa).
Pentru ∀p ∈ M, exista (Ua, ha) o harta, p ∈ Ua, cu ha : Ua →ha(Ua) ⊂ Rn multime deschisa, ha difeomorfism, deci
h−1a : ha(Ua) → Ua
este difeomorfism.
Fie φa : π−1(Ua) → Ua ×Rn definit prin:
φa = (h−1a × IdRn) ◦Ha,
adica φa ınchide diagrama:
π−1(Ua)Ha→ ha(Ua) × Rn h−1
a ×IdRn→ Ua ×Rn.
Fie π1 : Ua × Rn → Ua proiectia pe primul factor.
π1(φa(Xp)) = π1((ha × IdRn) ◦Ha(Xp)) =
= π1((h−1a × IdRn)(ha(p), X
1p , ..., X
np )) =
= π1(h−1a (ha(p)), X
1p, ..., X
np ) =
42 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
= π1(p, X1p , ..., X
np ) = p.
Cum φa este difeomorfism, rezulta ca φa |TpM este aplicatie injec-
tiva.
φa(TpM) = ((h−1a × IdRn) ◦Ha)(TpM)) =
= (h−1a × IdRn)(Ha(TpM)) = (h−1
a × IdRn)({h(p)} ×Rn) =
= h−1a (h(p) × Rn) = {p} ×Rn.
Deci φa |TpM este aplicatie surjectiva.
Am aratat ca φa |TpM este bijectie.
Fie Xp, Yp ∈ TpM,
Xp =n∑i=1
X ip
∂
∂xi|p, Yp =
n∑i=1
Y ip
∂
∂xi|p,
φa(Xp + Yp) = ((h−1a × IdRn) ◦Ha)(Xp + Yp) =
= (h−1a × IdRn)(ha(p), X
1p + Y 1
p , ..., Xnp + Y n
p ) =
= h−1a (ha(p), X
1p + Y 1
p , ..., Xnp + Y n
p ) =
= (p, X1p + Y 1
p , ..., Xnp + Y n
p ) =
= (p, X1p , ..., X
np ) + (p, Y 1
p , ..., Ynp ) =
= φa(Xp) + φa(Yp).
Analog, ∀λ ∈ R, ∀Xp ∈ TpM,
φa(λXp) = λφa(Xp).
Deci φa |TpM : TpM → {p} × Rn este un izomorfism de spatii vec-
toriale.
Rezulta ca (TM, π,M) este o fibrare vectoriala de rang n.
43
2. FIBRAREA COTANGENTA.
Fie M o varietate diferentiabila de clasa Ck , dimM = n. Atunci:
i) T ∗M =⋃p∈M
T ∗pM este o varietate diferentiabila de clasa Ck−1,
dimT ∗M = 2n.
ii) Daca M este separata, atunci T ∗M este separata.
iii) Fie aplicatia π∗ : T ∗M → M,π∗(ωp) = p, proiectia canonica.
Atunci (T ∗M,π∗,M) este o fibrare vectoriala de rang n (numita
fibrarea cotangenta).
Solutie:
i) Fie (U, h) o harta a varietatii M, deci U ⊂ M si h : U →Rn aplicatie injectiva. Notam x1, ..., xn functiile coordonate asociate
hartii (U, h).
Vom construi aplicatia
ρ : T ∗U =⋃p∈U
T ∗pM → h(U) ×Rn ⊂ R2n,
prin
ρ(ωp) = (h(p), ω1p, ..., ω
np ),
unde p ∈ U, ωp = ωipdxi |p∈ T ∗
pM, iar T ∗pM ⊂ ⋃
p∈UT ∗pM = T ∗U ⊂
T ∗M.
Vom demonstra ca aplicatia ρ este injectiva.
Fie p, q ∈ U, ωp, σq ⊂ T ∗U astfel ıncat ρ(ωp) = ρ(σq).
Rezulta
(h(p), ω1p, ..., ω
np ) = (h(q), σ1
q , ..., σnq ).
De aici deducem h(p) = h(q) si ωip = σiq, ∀i = 1, n.
Deoarece h este injectiva, rezulta p = q. Deci ωp = σq, adica ρ este
o aplicatie injectiva.
A1) Avem
T ∗M =⋃p∈M
T ∗pM =
⋃U⊂M
(⋃p∈U
T ∗pM) =
⋃U⊂M
T ∗U.
44 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
A2) Fie (U, h) alta harta pe M, cu U ∩U �= ∅ si perechea (T ∗U, ρ)
construita ca mai sus.
T ∗(U ∩ U ) = T ∗U ∩ T ∗U �= ∅.
Atunci
ρ(T ∗U ∩ T ∗U) = ρ(T ∗(U ∩ U )) = h(U ∩ U ) ×Rn ⊂ R2n
este multime deschisa.
A3) Vom arata ca aplicatia:
ρ ◦ ρ−1 : h(U ∩ U ) ×Rn → R2n
este diferentiabila de clasa Ck−1.
Fie p ∈ U ∩ U. Atunci h(p) = u ∈ h(U ∩ U). Fie v1, ..., vn ∈ R si
x1, ..., xn functiile coordonate asociate hartii (U, h).
Avem
ρ ◦ ρ−1(u, v1, ..., vn) = ρ(ρ−1(u, v1, ..., vn)) = ρ(vidxi(p)) =
= ρ(vi∂xi
∂xj|p dxj(p)) =
= ρ(vi(∂xi
∂xj|p dxj) |p) =
= (h(p), vi∂xi
∂x1|p, ..., vi ∂x
i
∂xn|p) =
= (h ◦ h−1(u), v1, ..., vn),
unde vj = vi∂xi
∂xj |p .Deci aplicatia ρ ◦ ρ−1 este diferentiabila si T ∗M este o varietate
diferentiabila de clasa Ck−1 si dimensiune 2n.
ii) Presupunem ca M este separata. Fie π∗ : T ∗M →M, π∗(ωp) =
p, ∀ωp ∈ T ∗pM.
45
Fie ωp, σq ∈ T ∗M,ωp �= σq . Vom arata ca exista doua vecinatati
disjuncte deschise ale lui ωp si σq.
Se disting doua cazuri:
1) p �= q, p, q ∈M.
Deoarece M este separata, exista doua vecinatati U1, U2 ⊂ M, cu
p ∈ U1, q ∈ U2, U1 ∩ U2 = ∅.ωp ∈ T ∗
pM implica ωp ∈ π∗−1(U1), iar σq ∈ T ∗qM implica σq ∈
π∗−1(U2).
U1, U2 sunt multimi deschise ın M si π este continua, rezulta π∗−1(U1),
π∗−1(U2) sunt multimi deschise ın T ∗M.
Evident
π∗−1(U1) ∩ π∗−1(U2) = π∗−1(U1 ∩ U2) = π∗−1(∅) = ∅.
2) p = q
Fie (U, h) o harta ın jurul lui p.
ωp = ωipdxi |p, σp = σipdx
i |p,
ρ(ωp) = (h(p), ω1p, ..., ω
np ) = (h(p), x
′),
ρ(σp) = (h(p), σ1p, ..., σ
np ) = (h(p), y
′),
unde am notat x′= (ω1
p, ..., ωnp ) ∈ Rn, y
′= (σ1
p, ..., σnp ) ∈ Rn.
Cum Rn este separat, rezulta ca exista doua multimi deschise
U′, V
′ ⊂ Rn astfel ıncat
x′ ∈ U
′, y
′ ∈ V′, U
′ ∩ V ′= ∅.
Atunci
(h(p), x′) ∈ h(U) × U
′, (h(p), y
′) ∈ h(U) × V
′,
(h(U )× U′) ∩ (h(U )× V
′) = h(U) × (U
′ ∩ V ′) = ∅.
46 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
ρ este homeomorfism. Rezulta
ρ−1(h(U ) × U′) ⊂ T ∗M,
ρ−1(h(U ) × V′) ⊂ T ∗M,
sunt multimi deschise.
In plus
ωp ∈ ρ−1(h(U ) × U′), σp ∈ ρ−1(h(U ) × V
′)
si
ρ−1(h(U )× U′) ∩ ρ−1(h(U )× V
′) = ∅.
Deci T ∗M este o varietate diferentiabila separata.
iii) T ∗M si M sunt varietati diferentiabile si π∗ este aplicatie sur-
jectiva.
Vom verifica proprietatile fibrarii:
1) Ep = π∗−1(p) = T ∗pM este spatiu vectorial cu dimEp = n,
∀p ∈M.
2) Fie {(Ua, ha)| a ∈ A} atlas pe M si {(π∗−1(Ua), Ha)| a ∈ A}atlasul indus pe T ∗M.
Pentru ∀p ∈ M, exista (Ua, ha) harta, p ∈ Ua, cu ha : Ua →ha(Ua) ⊂ Rn multime deschisa, ha difeomorfism, deci
h−1a : ha(Ua) → Ua este difeomorfism.
Fie φa : π−1(Ua) → Ua ×Rn definita prin φa = (h−1a × IdRn) ◦Ha;
φa ınchide diagrama
π∗−1(Ua)Ha→ ha(Ua) ×Rn h−1
a ×IdRn→ Ua ×Rn.
Evident φa este difeomorfism.
3) Fie π1 : Ua ×Rn → Ua proiectia pe primul factor.
π1(φa(ωp)) = π1((ha × IdRn) ◦Ha(ωp)) =
47
= π1((h−1a × IdRn)(ha(p), ω
1p, ..., ω
np )) =
= π1(h−1a (ha(p)), ω
1p, ..., ω
np ) =
= π1(p, ω1p, ..., ω
np ) = p.
Vom arata ca φa |T ∗pM : T ∗
pM → {p}×Rn este izomorfism de spatii
vectoriale.
φa difeomorfism implica φa |T ∗pM injectiva.
φa(T∗pM) = ((h−1
a × IdRn) ◦Ha)(T∗pM)) =
= (h−1a × IdRn)(Ha(T
∗pM)) = (h−1
a × IdRn)({h(p)} ×Rn) =
= h−1a (h(p) × Rn) = {p} ×Rn.
Deci φa |TpM este o aplicatie surjectiva, deci bijectie.
Sa demonstram liniaritatea.
Fie ωp, σp ∈ T ∗pM, ωp = ωipdx
i |p, σp = σipdxi |p. Atunci
φa(ωp + σp) = ((h−1a × IdRn) ◦Ha)((ωp + σp) =
= (h−1a × IdRn)(ha(p), ω
1p + σ1
p, ..., ωnp + σnp ) =
= h−1a (ha(p), ω
1p + σ1
p , ..., ωnp + σnp ) =
= (p, ω1p + σ1
p , ..., ωnp + σnp ) =
= (p, ω1p, ..., ω
np ) + (p, σ1
p + σnp ) =
= φa(ωp) + φa(σp).
Analog, ∀λ ∈ R, ∀ωp ∈ T ∗pM,
φa(λωp) = λφa(ωp).
Deci φa |T ∗pM : T ∗
pM → {p} ×Rn este izomorfism de spatii vectori-
ale.
Rezulta ca (T ∗M,π∗,M) este fibrare vectoriala de rang n.
48 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
3. FIBRAREA TENSORIALA
Fie M o varietate diferentiabila, dimM = n si p ∈ M.
Fie T r,sp M spatiul vectorial al tensorilor de tip (r, s) ın p si T r,sM =⋃p∈M
T r,sp M.
Consideram aplicatia:
πr,s : T r,sM →M, πr,s(Ap) = p,
unde Ap este un tensor de tip (r, s) ın p.
Sa se arate ca (T r,sM,πr,s,M) este o fibrare vectoriala de rang nr+s
(numita fibrarea tensoriala).
Solutie:
Aplicatia πr,s este diferentiabila, surjectiva, iar spatiile T r,sM, re-
spectiv M sunt varietati diferentiabile.
Vom verifica proprietatile fibrarii.
Ep = (πr,s)−1(p) = T r,sp M, care este spatiu vectorial de dimensiune
nr+s (rangul fibrarii va fi nr+s).
Fie {(Ua, ha)| a ∈ A} atlas pe M, ha : Ua → Rn injectiva.
Vom construi atlasul pe T r,sM, dim T r,sM = n+ nr+s, astfel:
Fie (U′a, h
′a) harta pe T r,sM, unde
U′a = T r,sUa =
⋃p∈Ua
T r,sp M,
h′a : T r,sUa → ha(Ua) ×Rnr+s ⊂ Rn+nr+s
,
h′a(Ap) = (ha(Ap), A
j1...jri1...is ),
cu
Aj1...jri1...is = Ap(
∂
∂xi1|p, ..., ∂
∂xis|p, dxj1(p), ..., dxjr(p))
sunt componentele tensorului Ap ın baza {Ei1...isj1...jr
(p))|ik, jρ = 1, n, k =
1, s, ρ = 1, r} a lui T r,sp M.
Ei1...isj1...jr
(p)(∂
∂xk1|p, ..., ∂
∂xks|p, dxl1(p), ..., dxlr(p)) = δi1k1 ...δ
isks· δj1l1 ...δjrlr
49
Definim φa : T r,sUa → Ua×Rnr+sastfel ıncat diagrama urmatoare
sa fie comutativa:
T r,sUa = (πr,s)−1(Ua)h′a→ ha(Ua) ×Rnr+s
φa ↘↙h′a×IdRnr+s
Ua ×Rnr+s
adica φa = (h′a× IdRnr+s) ◦ h′
a.
Fie Ap ∈ T r,sp M = (πr,s)−1(p)
π1(φa(Ap)) = π1((h′a× IdRnr+s) ◦ h′
a(Ap)) =
= π1((h′a× IdRnr+s)(ha(p), A
j1...jr
i1...is )) =
= π1(p, Aj1...jri1...is ) = p.
φa |T r,sp M : T r,sp M → {p} ×Rnr+s
este injectiva (φa difeomorfism).
φa(Tr,sp M) = ((h
′a× IdRnr+s) ◦ h′
a)(Tr,sp M) =
= (h′a× IdRnr+s)(ha(p) ×Rnr+s
) = {p} ×Rnr+s
.
Rezulta ca φa este surjectiva.
Liniaritatea aplicatiei φa |T r,sp M este evidenta.
Rezulta ca (T r,sM,πr,s,M) este o fibrare vectoriala de rang nr+s.
4. EXEMPLE DE VARIETATI PARALELIZABILE
i) Sa se arate ca cercul S1 este o varietate paralelizabila.
ii) Sa se arate ca sfera S3 este o varietate paralelizabila.
iii) Sa se arate ca sfera S7 este o varietate paralelizabila.
Solutie:
i) Fie S1 ⊂ R2, S1 = {z ∈ C| |z| = 1}.Fie p = (u1, u2) ∈ S1 si z = u1 + iu2 ∈ C.
50 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Vom defini un camp vectorial Y ∈ Γ(TR2) avand componentele
lui iz; iz = −u2 + iu1 ∈ C, deci
Y = −u2 ∂
∂u1+ u1 ∂
∂u2∈ Γ(TR2).
Campul vectorial Y nu se anuleaza pe S1.
Fie f : p ∈ S1 �→ f (p) = p ∈ R2 incluziunea. Atunci:
Y |f(S1 )= −u2 ∂
∂u1+ u1 ∂
∂u2,
cu (u1)2 + (u2)2 = 1, Y |f(S1 )∈ Γ(Tf (S1)).
Cum f : S1 → f (S1) este difeomorfism, rezulta ca aplicatia df :
Γ(TS1) → Γ(Tf (S1)) este izomorfism de algebre Lie.
Atunci exista E1 ∈ Γ(TS1) astfel ıncat df (E1) = Y |f(S1 ). Deci
E1 = df−1(Y |f(S1 )).
Cum Y nu se anuleaza pe f (S1), rezulta ca E1 nu se anuleaza pe
S1 si E1 paralelizeaza varietatea S1.
ii) Consideram algebra quaternionilor H = R4, care este o algebra
reala (necomutativa). Baza acestei algebre este baza canonica a lui
R4, pe care o notam {1, i, j, k} (1 = unitatea algebrei).
Inmultirea quaternionilor este definita prin:12 = 1, 1 · i = i · 1 = i, 1 · j = j · 1 = j, 1 · k = k · 1 = k,
i2 = j2 = k2 = −1,
ij = −ji = k, jk = −kj = i, ki = −ik = j
Orice q ∈ R4 se scrie
q = u1 · 1 + u2 · i+ u3 · j + u4 · k.
(R4,+, ·) este corpul quaternionilor.
Conjugatul lui q ∈ R4 este dat prin
q = u1 · 1 − u2 · i− u3 · j − u4 · k,
51
iar
‖q‖2= q · q = (u1)2 + (u2)2 + (u3)2 + (u4)2.
Fie p = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4. Vom defini Y1, Y2, Y3 ∈ Γ(TR4), ast-
fel ıncat Y1 are componentele quaternionului q · i, Y2 are componentele
quaternionului q · j, Y3 are componentele quaternionului q · k, deci:
Y1 = −u2 ∂
∂u1+ u1 ∂
∂u2+ u4 ∂
∂u3− u3 ∂
∂u4,
Y2 = −u3 ∂
∂u1− u4 ∂
∂u2+ u1 ∂
∂u3+ u2 ∂
∂u4,
Y3 = −u4 ∂
∂u1+ u3 ∂
∂u2− u2 ∂
∂u3+ u1 ∂
∂u4.
Fie S3 = {q ∈ H| ‖q‖ = 1}; Y1, Y2, Y3 nu se anuleaza pe S3.
Fie f : p ∈ S3 �→ f (p) = p ∈ R4 incluziunea.
Yi |f(S3 )∈ Γ(Tf (S3)), ∀i = 1, 3 si f : S3 → f (S3) este difeomorfism,
deci aplicatia df : Γ(TS3) → Γ(Tf (S3)) este izomorfism de algebre
Lie.
Atunci exista ın mod unic E1, E2, E3 ∈ Γ(TS3) astfel ıncat df (Ei) =
Yi |f(S3 ), ∀i = 1, 3.
Cum Yi, ∀i = 1, 3, nu se anuleaza pe f (S3), rezulta ca nici campurile
vectoriale Ei = df−1(Yi |f(S3 )) nu se anuleaza pe S3.
4∑i=1
(df (E1))iui = −u2u1 + u1u2 + u4u3 − u3u4 = 0
si analog:4∑i=1
(df (E2))iui =
4∑i=1
(df (E3))iui = 0.
Evident, avem:
< df (Ei)(f (p)), df(Ej)(f (p)) >= δij , ∀i, j ∈ {1, 2, 3},
si pentru q = u1 · 1 + u2 · i + u3 · j + u4 · k, rezulta
< df (Ei)(f (p)), q >= 0.
52 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Deci {df (E1)(f (p)), df(E2)(f (p)), df (E3)(f (p)), q} formeaza un sis-
tem de vectori unitari si ortogonali doi cate doi (q indica vectorul de
pozitie al unui punct oarecare din S3). Rezulta ca vectorii
{df (E1)(f (p)), df (E2)(f (p)), df (E3)(f (p))} sunt liniar independenti,
∀p ∈ S3.
Dar aplicatia f−1 : f (S3) → S3 este difeomorfism. Atunci Ei =
df−1(Yi |f(S3 )) sunt liniar independenti, si paralelizeaza varietatea S3.
Deoarece aplicatia f este chiar incluziunea, rezulta ca Ei, i ∈ {1, 2, 3}au aceeasi exprimare ca Yi, i ∈ {1, 2, 3}.
iii) Fie Ca = H ×H � R8 (algebra Cayley a octavelor).
O baza ın Ca este {e1, e2, ..., e8}, cu
e1 = (1, 0), e2 = (i, 0), e3 = (j, 0), e4 = (k, 0),
e5 = (0, 1), e6 = (0, i), e7 = (0, j), e8 = (0, k).
Definim ınmultirea octavelor:
(q1, q2) · (q′1, q′2) = (q1 · q′1 − q
′2 · q2, q
′2 · q1 + q2 · q′1)
si conjugatul:
(q1, q2) = (q1,−q2),unde q1, q2, q
′1, q
′2 ∈ H.
Fie octava (q1, q2), cu
q1 = u1 · 1 + u2 · i + u3 · j + u4 · kq2 = u5 · 1 + u6 · i + u7 · j + u8 · k
Fie e2 = (i, 0) cu
i = 0 + i · 1 + j · 0 + k · 00 = 0 + i · 0 + j · 0 + k · 0
Vom efectua ınmultirea:
(q1, q2) · (i, 0) = (q1 · i − 0 · q2, 0 · q1 + q2 · i) =
53
= (u1 · i − u2 + ji · u3 + ki · u4,−u5 · i + u6 − ji · u7 − ki · u8) =
= (u1 · i − u2 − k · u3 + j · u4,−u5 · i+ u6 + k · u7 − j · u8) =
= (−u2 + i · u1 + j · u4 − k · u3, u6 − i · u5 − j · u8 + k · u7).
Fie Y1 ∈ Γ(TR8), care ın baza canonica
{ ∂
∂u1,∂
∂u2, ...,
∂
∂u8}
a lui R8 are componentele octavei (q1, q2) · e2, adica:
Y1 = (−u2, u1, u4,−u3, u6,−u5,−u8, u7) =
= −u2 ∂
∂u1+u1 ∂
∂u2+u4 ∂
∂u3−u3 ∂
∂u4+u6 ∂
∂u5−u5 ∂
∂u6−u8 ∂
∂u7+u7 ∂
∂u8.
Analog, definim Yi ∈ Γ(TR8), ∀i = 2, 7 astfel:
Yi = (q1, q2) · ei+1, ∀i = 2, 7.
Obtinem:
Y2 = (−u3,−u4, u1, u2, u7, u8,−u5,−u6),
Y3 = (−u4, u3,−u2, u1, u8,−u7, u6,−u5),
Y4 = (−u5,−u6,−u7,−u8, u1, u2, u3, u4),
Y5 = (−u6, u5,−u8, u7,−u2, u1,−u4, u3),
Y6 = (−u7, u8, u5,−u6,−u3, u4, u1,−u2),
Y7 = (−u8,−u7, u6, u5,−u4,−u3, u2, u1).
Este evident ca pe sfera S7 = {(u1, ..., u8) ∈ R8| 8∑i=1
(ui)2 = 1} ⊂R8 campurile vectoriale Yi, i = 1, 7 nu se anuleaza.
Fie f : p ∈ S7 �→ f (p) = p ∈ R8 incluziunea.
54 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
df : Γ(TS7) → Γ(Tf (S7)) este izomorfism de algebre Lie, deci
exista ın mod unic Ei ∈ Γ(TS7), i = 1, 7, astfel ıncat df (Ei) = Yi |f(S7 ),
∀i = 1, 7.
Analog punctului ii), se demonstreaza ca Ei = df−1(Yi |f(S7 )), ∀i =
1, 7 paralelizeaza varietatea S7 (si au aceeasi exprimare ca Yi, i = 1, 7).
5. TEOREMA LUI POINCARE
Sa se arate ca TS2 nu este spatiu fibrat vectorial trivial.
Solutie:
Presupunem ca TS2 este un spatiu fibrat vectorial trivial.
Rezulta ca exista
F : TS2 → S2 ×R2
difeomorfism astfel ıncat ∀p ∈ S2,
F |TpS2 : TpS2 → {p} ×R2
este liniara.
Definim
ρ : S2 → TS2, ρ(p) = F−1(p, e1) ∈ TpS2,
unde e1 = (1, 0) ∈ R2.
Intrucat F este injectiva, rezulta ca ρ(p) �= 0, ∀p ∈ S2.
Fie U1 = S2 \ {N}, U2 = S2 \ {S}, unde N, S sunt polul nord,
respectiv polul sud. Evident S2 = U1 ∪ U2.
Fie hi : Ui → R2, i = 1, 2, proiectiile stereografice din polul nord,
respectiv polul sud.
Se stie ca
h2 ◦ h−11 : R2 \ {0} → R2,
55
h2 ◦ h−11 (x, y) = (
x
x2 + y2,
y
x2 + y2).
Fie p ∈ U1 ∩ U2.
Notam
h1(p) = (x, y), h2(p) = (x′, y
′),
unde
x′=
x
x2 + y2, y
′=
y
x2 + y2.
Atunci
ρ(p) = u(x, y)∂
∂x+ v(x, y)
∂
∂y,
respectiv
ρ(p) = u′(x
′, y
′)∂
∂x′ + v′(x
′, y
′)∂
∂y′ .
Deoarece ρ(p) �= 0, rezulta ca u(x, y) �= 0 sau v(x, y) �= 0, respectiv
u′(x′, y′) �= 0 sau v′(x′, y′) �= 0.
Reamintim formulele∂∂x
= ∂x′
∂x· ∂∂x′ + ∂y
′
∂x· ∂∂y′ ,
∂∂y
= ∂x′
∂y· ∂∂x′ + ∂y
′
∂y· ∂∂y′ .
In cazul nostru∂∂x = y2−x2
(x2+y2)2 · ∂∂x′ − 2xy
(x2+y2)2 · ∂∂y′ ,
∂∂y
= −2xy(x2+y2)2
· ∂∂x′ + x2−y2
(x2+y2)2· ∂∂y′ .
Atunci
ρ(p) = u(x, y)(y2 − x2
(x2 + y2)2· ∂
∂x′ −2xy
(x2 + y2)2· ∂
∂y′ )+
+v(x, y)(−2xy
(x2 + y2)2· ∂
∂x′ +x2 − y2
(x2 + y2)2· ∂
∂y′ ).
Rezulta
(1)
u
′(x
′, y
′) = u(x, y)
y2 − x2
(x2 + y2)2− v(x, y)
2xy
(x2 + y2)2,
v′(x
′, y
′) = −u(x, y) 2xy
(x2 + y2)2− v(x, y)
x2 − y2
(x2 + y2)2.
56 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Notam
u(x, y) =u(x, y)
1 + x2 + y2, v(x, y) =
v(x, y)
1 + x2 + y2,
respectiv
u′(x′, y
′) =
u′(x
′, y
′)
1 + x′2 + y′2, v′(x
′, y
′) =
v′(x
′, y
′)
1 + x′2 + y′2 .
Avem ca u(x, y) �= 0 sau v(x, y) �= 0, respectiv
u′(x′, y′) �= 0 sau v′(x′, y′) �= 0.
Tinand cont de relatiile (1), obtinem
(2)
u′(x
′, y
′) = u(x, y)
x2 − y2
(x2 + y2)2− v′(x, y)
2xy
(x2 + y2)2,
v′(x′, y
′) = −u(x, y) 2xy
(x2 + y2)2+ v(x, y)
y2 − x2
(x2 + y2)2.
Trecem la cordonate polare{x = r cos θ,
y = r sin θ,r > 0.
Ecuatiile (2) devin
(3)
{u′(x
′, y
′) = −u(x, y) cos2θ − v(x, y) sin2θ,
v′(x′, y
′) = −u(x, y) sin 2θ + v(x, y) cos2θ.
Notam U = u√u2+v2
, V = v√u2+v2
,
U′= u′√
u′2+v′2 , V′= v′√
u′2+v′2 .
Ecuatiile (3) devin
(4)
{U
′(x
′, y
′) = −U(x, y) cos2θ − V (x, y) sin2θ,
V′(x
′, y
′) = −U(x, y) sin 2θ + V (x, y) cos2θ.
Intrucat U2+V 2 = 1 si U′2+V
′2 = 1, rezulta ca exista φ : R2 → R
diferentiabila astfel ıncat {U = cosφ,
V = sinφ,
57
respectiv φ′ : R2 → R diferentiabila astfel ıncat{U
′= cosφ
′,
V′= sinφ
′.
Din ecuatiile (4) deducem{cosφ
′(x
′, y
′) = − cosφ(x, y) cos2θ − sin φ(x, y) sin2θ,
sinφ′(x
′, y
′) = − cosφ(x, y) sin 2θ + sin φ(x, y) cos2θ,
sau echivalent {cosφ
′(x
′, y
′) = cos(π + 2θ − φ(x, y)),
sinφ′(x
′, y
′) = sin(π + 2θ − φ(x, y)).
Atunci exista k : R2\{0} → Z diferentiabila astfel ıncat
(5) φ′(x
′, y
′) = π + 2θ − φ(x, y) + 2kπ.
Functia k fiind diferentiabila este continua, prin urmare constanta,
adica k ∈ Z.
Daca (x, y) ∈ S1, atunci r = 1 si x′= x = cos θ,
y′= y = sin θ.
Notam φ(θ) = φ(cos θ, sin θ), respectiv φ′(θ) = φ′(cos θ, sin θ).
Din ecuatia (5), obtinem
φ′(θ) = π + 2θ− φ(θ) + 2kπ.
Pentru θ = 0, respectiv θ = 2π, avem{φ′(0) = π − φ(0) + 2kπ,
φ′(2π) = π + 4π − φ(2π) + 2kπ.
Tinand cont ca φ(0) = φ(2π) si φ′(0) = φ′(2π), rezulta 0 = 4π
(contradictie).
58 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Deci presupunerea ca TS2 este un spatiu fibrat vectorial trivial
este falsa.
6. PROBLEMA.
Sa se arate ca pe sferele de dimensiune impara exista campuri
vectoriale care nu se anuleaza ın nici un punct.
Solutie:
Consideram sfera S2n−1 si x ∈ S2n−1.
Se stie ca
TxS2n−1 � x⊥,
unde
x⊥ = {v ∈ R2n| < v, x >= 0}
(daca f : S2n−1 → R2n este incluziunea, atunci dfx : TxS2n−1 → x⊥
este izomorfism liniar)
Un camp vectorial
X : S2n−1 → TS2n−1
este o aplicatie diferentiabila astfel ıncat
X(x) ∈ TxS2n−1 � x⊥.
Rezulta
X(x) ∈ x⊥.
Fie x ∈ S2n−1, x = (x1, x2, ..., x2n−1, x2n).
Definim
X : S2n−1 → TS2n−1,
X(x) = (−x2, x1,−x4, x3, ...,−x2n, x2n−1).
59
Evident X nu se anuleaza ın nici un punct de pe S2n−1 (cel putin
o componenta este nenula).
Observatie: Alta alegere a lui X poate fi:
X : S2n−1 → TS2n−1,
X(x) = (−xn+1,−xn+2, ...,−x2n, x1, x2, ..., xn).
7. FIBRATUL TAUTOLOGIC
Fie P n(R) spatiul proiectiv real si multimea
E = {(y, [x]) ∈ Rn+1 × P n(R)| y ∈ [x]}.
Fie pr2 : E → P n(R) proiectia canonica pe al doilea factor.
Sa se arate ca (E, pr2, Pn(R)) este un fibrat vectorial de rang 1
(numit fibratul tautologic sau fibratul canonic sau fibratul ın drepte
peste P n(R)).
Solutie:
Sa aratam ca E este o varietate diferentiabila.
Pentru ∀i = 1, n+ 1 definim aplicatiile surjective
fi : Rn → P n(R),
fi(x1, ..., xn) = [x1, ..., xi−1, 1, xi, ..., xn].
Fie
Fi : R ×Rn → E,
Fi(t, x1, ..., xn) = (tx1, ..., txi−1, t, txi, ..., txn, fi(x1, ..., xn)).
Sa aratam ca Fi injectiva, ∀i = 1, n+ 1.
Fie t, u ∈ R, (x1, ..., xn), (y1, ..., yn) ∈ Rn astfel ıncat Fi(t, x1, ..., xn) =
Fi(u, y1, ..., yn).
60 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Conform definitiei lui Fi, rezultatxi = uyi, ∀i = 1, n
t = u
fi(x1, ..., xn) = fi(y
1, ..., yn), ∀i = 1, n + 1
de unde t = u, xi = yi, ∀i = 1, n.
Deci Fi este aplicatie injectiva, ∀i = 1, n+ 1.
Fie i �= j. Atunci
(F−1j ◦ Fi)(t, x1, ..., xn) =
= F−1j (tx1, ..., txi−1, t, txi, ..., txn, fi(x
1, ..., xn)) =
= (u, y1, ..., yn).
Rezulta
(tx1, ..., txi−1, t, txi, ..., txn, fi(x1, ..., xn)) = Fj(u, y
1, ..., yn) =
= (uy1, ..., uyj−1, u, uyj, ..., uyn, fj(y1, ..., yn)).
Presupunem i > j.
Atunci:
tx1 = uy1
tx2 = uy2
.......................
txj−1 = uyj−1
txj = u
txj+1 = uyj
.......................
txi−1 = uyi−2
t = uyi−1
txi = uyi
.......................
txn = uyn
61
De aici, obtinem:yk = t
u· xk , ∀k ∈ {1, ..., j − 1} ∪ {i, ..., n},
yi−1 = tu = 1
xj ,
yk = tu · xk+1, ∀k ∈ {j, ..., i− 1}.
Evident aceste aplicatii sunt diferentiabile, deci F−1j ◦ Fi este o
aplicatie diferentiabila.
Evident F−1j (ImFj ∩ ImFi) ⊂ Rn+1 este multime deschisa, ∀i =
1, n+ 1.
Prin urmare E este o varietate diferentiabila.
Sa aratam ca
E =n+1⋃i=1
ImFi.
Este evidenta incluziunean+1⋃i=1
ImFi ⊂ E.
Fie (y, [x]) ∈ E. Rezulta y ∈ [x] ⇒ ∃i = 1, n + 1 astfel ıncat
[x] ∈ Imfi ⇒ [x1, ..., xi−1, 1, xi, ..., xn] = fi(x1, ..., xn).
Atunci (y, [x]) = Fi(yi, x1, ..., xn), unde (yi)i=1,n+1 sunt componen-
tele lui y ∈ Rn+1.
Sa verificam ultima egalitate.
y ∈ [x]) ⇔ yi = λxi, ∀i = 1, n + 1 ⇔
⇔ [y1, ..., yn+1] = [x1, ..., xi−1, 1, xi, ..., xn],
adicay1
x1= ... =
yi−1
xi−1=yi
1=yi+1
xi= ... =
yn+1
xn.
Atunci
Fi(yi, x1, ..., xn) = (yix1, ..., yixi−1, yi, yixi, ..., yixn, fi(x
1, ..., xn)) =
= (y, [x]).
62 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Deci E ⊂ n+1⋃i=1
ImFi.
Avem E =n+1⋃i=1
ImFi.
Sa verificam proprietatile fibratului.
Evident π = pr2 este diferentiabila si surjectiva, iar spatiul total
E si baza fibrarii P n(R) sunt varietati diferentiabile.
Aplicatia π = pr2 : E → P n(R) actioneaza astfel: π(y, [x]) = [x],
cu y ∈ [x].
Oricare ar fi [x] ∈ P n(R), E[x] = pr−12 ([x]) = {(y, [x])| y ∈ [x]} este
spatiu vectorial de dimensiune 1 (deci rangul fibratului va fi 1).
Notam Imfi = Ui, ∀i = 1, n + 1.
Atunci
P n(R) =n+1⋃i=1
Imfi.
Vom construi difeomorfismele φi, i = 1, n+ 1 astfel ıncat diagrama
urmatoare sa fie comutativa:
pr−12 (Ui)
φi→ Ui ×Rpr2 ↘ Ui ↙pr1
unde pr1 : Ui ×R → Ui este proiectia pe primul factor, iar
φi : pr−12 (Ui) → Ui × R este definita prin
φi(y, [x]) = ([x],yixi
),
cu [x] = [x1, ..., xi, 1, xi+1, ..., xn).
Aplicatiile
h[x] : E[x] → R, h[x](y, [x]) =yixi,
sunt evident bijective.
φ−1i : Ui ×R → pr−1
2 (Ui)
φ−1i ([x], t) = (tx1, ..., txi, t, txi+1, ..., txn, [x])
63
este diferentiabila.
A ramas de aratat ca ∀[x] ∈ Ui, φi |E[x]: E[x] → {[x]} × R este
liniara.
φi((y, [x]) + (y′, [x])) = ([x],
yi + y′i
xi) =
= ([x],yixi
) + ([x],y
′i
xi) = φi(y, [x]) + φi(y
′, [x]),
si
φi(λ(y, [x]) = ([x],λyixi
) = λ([x],yixi
) = λφi(y, [x]).
Rezulta ca (E, pr2, Pn(R)) este un fibrat vectorial de rang 1.
8. EXERCITIU
Fie
ω =xdy − ydx
x2 + y2∈ Λ1(R2\{0})
forma diferentiala exterioara de grad 1.
i) Sa se arate ca:
i1) ω este ınchisa;
i2) ω nu este exacta.
ii) Fie f : (0,∞)×R → R2\{0}
f (r, θ) = (r cos θ, r sin θ).
Sa se calculeze f ∗ω.
Solutie:
i1) Avem
ω =x
x2 + y2dy − y
x2 + y2dx.
Atunci
dω =∂
∂x(
x
x2 + y2)dx ∧ dy − ∂
∂y(
y
x2 + y2)dy ∧ dx =
64 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
= (x2 + y2 − 2x2
(x2 + y2)2)dx ∧ dy + (
x2 + y2 − 2y2
(x2 + y2)2)dx ∧ dy =
=y2 − x2
(x2 + y2)2dx ∧ dy +
x2 − y2
(x2 + y2)2dx∧ dy = 0,
deci ω este ınchisa.
i2) Presupunem ca exista f ∈ C∞(R2\{0}) functie diferentiabila
definita pe R2\{0} astfel ıncat ω = df .
df =∂f
∂xdx +
∂f
∂ydy =
= ω = − y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy.
Rezulta
(1)∂f
∂x= − y
x2 + y2,
(2)∂f
∂y=
x
x2 + y2.
Din relatia (1), rezulta:
f (x, y) =∫− y
x2 + y2dx = −arctg
x
y+ g(y),
de unde:
∂f
∂y=
−1
1 + x2
y2
· −xy2
+ g′(y) =
x
x2 + y2+ g
′(y) =
x
x2 + y2,
conform relatiei (2).
Rezulta
g′(y) = 0 ⇒ g = constanta.
Atunci f (x, y) = −arctgxy ∈ C∞(R2\{0}), contradictie.
Deci ω nu este exacta.
65
ii) Notam
f1(r, θ) = r cos θ, f2(r, θ) = r sin θ,
ω1(x, y) = − y
x2 + y2, ω2(x, y) =
x
x2 + y2,
f ∗ω = η = η1dr + η2dθ.
Avem
η1(r, θ) = f ∗ω(∂
∂r)(r, θ) = ω(f∗(
∂
∂r))(f (r, θ)) =
= ω(∂f1
∂r· ∂∂x
+∂f2
∂r· ∂∂y
)(f (r, θ)) =
=∂f1
∂r· ω(
∂
∂x)(f (r, θ)) +
∂f2
∂r· ω(
∂
∂y)(f (r, θ)) =
=∂f1
∂r· ω1(f (r, θ)) +
∂f2
∂r· ω2(f (r, θ)) =
= cos θ · ω1(x, y) + sin θ · ω2(x, y) =
= cos θ · −r sin θ
(r cos θ)2 + (r sin θ)2+ sin θ · r cos θ
(r cos θ)2 + (r sin θ)2=
=−1
rcos θ · sin θ +
1
rcos θ · sin θ = 0,
si
η2(r, θ) = f ∗ω(∂
∂θ)(r, θ) = ω(f∗(
∂
∂θ))(f (r, θ)) =
= ω(∂f1
∂θ· ∂∂x
+∂f2
∂θ· ∂∂y
)(f (r, θ)) =
=∂f1
∂θ· ω(
∂
∂x)(f (r, θ)) +
∂f2
∂θ· ω(
∂
∂y)(f (r, θ)) =
=∂f1
∂θ· ω1(f (r, θ)) +
∂f2
∂θ· ω2(f (r, θ)) =
= −r sin θ · −r sin θ
r2+ r cos θ · r cos θ
r2=
= sin2 θ + cos2 θ = 1.
66 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
Prin urmare
f ∗ω = η = dθ.
Definitie:
Fie Λq(M) multimea formelor diferentiale exterioare de grad q pe
varietatea diferentiabila M. Fie ω ∈ Λq(M) si
Zq(M, d) = {ω ∈ Λq(M)|dω = 0} multimea formelor diferentiale
exterioare de grad q ınchise,
Bq(M, d) = {ω ∈ Λq(M)|∃η ∈ Λq−1(M), ω = dθ} multimea formelor
diferentiale exterioare de grad q exacte.
Evident
Bq(M, d) ⊂ Zq(M, d).
Hq(M, d) = Zq(M, d)/Bq(M,d) se numeste grupul de coomologie de
Rham de ordin q.
9. EXERCITIU
i) Sa se arate ca pentruM varietate diferentiabila conexa, H0(M, d) =
R.
ii) Sa se arate ca H1(S1, d) � R.
Solutie:
i) Avem:
H0(M, d) = Z0(M, d)/B0(M,d),
Z0(M, d) = {ω ∈ Λ0(M)| dω = 0},
H0(M, d) = Z0(M, d).
Deoarece M este conexa, Z0(M, d) = {c| c ∈ R}, deci
H0(M, d) = R.
67
Observatie: Daca varietatea M ar fi avut k componente conexe,
atunci
Z0(M, d) = {(c1, ..., ck)|c1, ..., ck ∈ R} � Rk,
deoarece dω = 0 ⇒ ω local constanta ⇔ ω constanta pe componente
conexe.
ii) Fie
h1 : S1\{(1, 0)} → R, h1(p) = θ,
unde p = (cos θ, sin θ), respectiv
h2 : S1\{(−1, 0)} → R, h1(p) = θ′,
unde p = (− cosθ′,− sin θ
′).
Definim 1-forma ω pe S1 prin
ω(p) =
dθ , daca p ∈ S1\{(1, 0)},dθ
′, daca p ∈ S1\{(−1, 0)}.
Evident, ω este corect definita si este ınchisa.
Notam cu [ω] clasa sa de coomologie din H1(S1, d).
Fie [σ] ∈ H1(S1, d).
Pe S1\{(1, 0)} putem scrie
σ = f · dθ, f ∈ C∞(S1\{(1, 0)}).
Fie
cσ =1
2π
∫ 2π
0f (θ)dθ ∈ R.
Vom demonstra ca [σ] = cσ[ω].
Fie
F (θ) =∫ θ
0f (τ )dτ − cσθ.
F este corect definita si continua pe S1, deoarece F (0) = F (2π) =
0.
68 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE
De asemenea, avem
σ − cω = dF,
deoarece
dF = F′(θ)dθ = f (θ)dθ− cσdθ = σ − cσω.
Rezulta [σ] = cσ[ω], deci izomorfismul cautat este
[σ]φ→ cσ, φ : H1(S1, d) → R.
10. PROBLEMA.
Fie ∇ o conexiune pe R. Sa se arate ca exista un difeomorfism al
lui R fata de care coeficientul conexiunii este 0.
Solutie:
Fie p ∈ R si { ddx |p} baza ın TpR.
Atunci
∇ ddx
d
dx= Γ(x) · d
dx,
cu Γ diferentiabila.
Fie { ddy
|p} alta baza ın TpR si
∇ ddy
d
dy= Γ(y) · d
dy.
Are loc urmatoarea egalitate:
Γ(y) · dydy
= Γ(x) · dydx
− d2y
dx2.
Atunci
Γ = 0 ⇒ Γ(x) · dydx
=d2y
dx2⇔
⇔ ..y= Γ(x)
.y⇔
..y.y
= Γ(x) ⇔
⇔ ln.y=
∫Γ(x)dx ⇒ .
y= e∫
Γ(x)dx ⇒
69
⇒ y(x) =∫e∫
Γ(x)dxdx,
care este difeomorfismul cautat.
Capitolul 3
Spatii Riemann
1. PROBLEMA
FieM o varietate paralelizabila, dimM = 3, si X1, X2, X3 campurile
care paralelizeaza varietatea M.
Consideram metrica riemanniana g definita pring(X1, X1) = g(X2, X2) = 3,
g(X3, X3) = 9,
g(Xi, Xj) = 0, i �= j.
i) Sa se construiasca un reper ortonormat.
Sa se calculeze:
ii) ∇EiEj, i, j ∈ {1, 2, 3};iii) R(Ei, Ej)Ek, i, j, k ∈ {1, 2, 3};iv) K(Ei ∧ Ej), i, j ∈ {1, 2, 3};v) curbura scalara τ .
Solutie:
i) Fie
E1 =
√3
3X1,
E2 =
√3
3X2,
71
72 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
E3 =1
3X3.
Evident, avem{g(E1, E1) = g(E2, E2) = g(E3, E3) = 1,
g(Ei, Ej) = 0, i �= j.
ii) Se arata usor ca
[X1, X2] = 2X3,
[X2, X3] = 2X1,
[X3, X1] = 2X2,
de unde[E1, E2] = 2E3,
[E2, E3] = 23E1,
[E3, E1] = 23E2.
Utilizand formula conexiunii Levi-Civita, obtinem
g(∇EiEj, Ek) = 0,
cu exceptia cazului {i, j, k} = {1, 2, 3} (i.e. i, j, k distincte).
In particular
∇E1E1 = ∇E2E2 = ∇E3E3 = 0.
Calculand, gasim:
2g(∇E1E2, E3) = g([E1, E2], E3) − g([E2, E3], E1) + g([E3, E1], E2) =
= 2 − 2
3+
2
3= 2.
Rezulta
∇E1E2 = E3.
Din
∇E1E2 −∇E2E1 = [E1, E2],
73
obtinem
∇E2E1 = ∇E1E2 − [E1, E2] = E3 − 2E3 = −E3.
Analog
∇E1E3 = −E2,
∇E3E1 = −1
3E2,
∇E2E3 = E1,
∇E3E2 =1
3E1.
iii) Conform definitiei,
R(X, Y )Z = ∇X∇YZ −∇Y∇XZ −∇[X,Y ]Z.
Evident
R(Ei, Ej)Ek = 0,
pentru {i, j, k} = {1, 2, 3}.Prin calcul, gasim
R(E1, E2)E1 = ∇E1∇E2E1 −∇E2∇E1E1 −∇[E1,E2]E1 =
= −∇E1E3 − 2∇E3E1 = E2 − 2
3E2 =
1
2E2.
Analog
R(E1, E2)E2 = −5
3E1, R(E1, E3)E1 =
1
3E3, R(E1, E3)E3 = E1,
R(E2, E1)E1 = −5
3E2, R(E2, E1)E2 =
1
3E1, R(E2, E3)E2 = −E3,
R(E2, E3)E3 = E2, R(E3, E1)E1 = E3, R(E3, E1)E3 = −2
3E1,
R(E3, E2)E2 = E3, R(E3, E2)E3 = −E2.
Evident R(Ei, Ei)Ej = 0, ∀i, j.
74 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
iv) Conform definitiei,
K(Ei ∧ Ej) = R(Ei, Ej, Ei, Ej) = g(R(Ei, Ej)Ej, Ei).
Atunci
K(E1 ∧ E2) = g(R(E1, E2)E2, E1) = g(−5
3E1, E1) = −5
3,
K(E2 ∧E3) = g(R(E2, E3)E3, E2) = g(E2, E2) = 1,
K(E3 ∧E1) = g(R(E3, E1)E3, E3) = g(E3, E3) = 1.
v) Curbura scalara este
τ = K(E1 ∧E2) +K(E2 ∧ E3) +K(E3 ∧E1) = −5
3+ 1 + 1 =
1
3.
2. PROBLEMA.
Fie Sn ⊂ Rn+1. Se considera:
i) proiectia stereografica;
ii) proiectia ortogonala;
iii) proiectia centrala.
Sa se determine coeficientii metricii riemanniene induse pe Sn de
metrica euclidiana a lui Rn+1.
Solutie:
i) Fie Sn(1) ⊂ Rn+1 si (UN , hN) proiectia stereografica din polul
nord,
hN : UN → Rn,
hN(u1, ..., un+1) = (x1, ..., xn) = (u1
1 − un+1,
u2
1− un+1, ...,
un
1− un+1),
h−1N : hN(UN) → UN ,
h−1N (x1, ..., xn) = (
2x1
1 + ‖x‖2 , ...,2xn
1 + ‖x‖2 ,‖x‖2 − 1
1 + ‖x‖2 ).
75
Notam
f i(x)not=
2xi
1 + ‖x‖2 ,
fn+1(x)not=
‖x‖2 − 1
1 + ‖x‖2 ,
componentele lui h−1N .
Pentru s ∈ {1, ..., n}, avem:
∂f s
∂xj=
2δjs(1 + ‖x‖2) − 2xs2xj
(1 + ‖x‖2)2=
2δjs(1 + ‖x‖2) − 4xsxj
(1 + ‖x‖2)2.
∂fn+1
∂xj=
2xj(1 + ‖x‖2) − 2xj(‖x‖2 − 1)
(1 + ‖x‖2)2
=4xj
(1 + ‖x‖2)2.
Atunci
gkj =n+1∑s=1
∂f s
∂xj· ∂f
s
∂xk=
=n+1∑s=1
2δjs(1 + ‖x‖2)1 − 4xsxj
(1 + ‖x‖2)2· 2δks(1 + ‖x‖2) − 4xsxk
(1 + ‖x‖2)2+
+4xj
(1 + ‖x‖2)2· 4xk
(1 + ‖x‖2)2=
=4δjk(1 + ‖x‖2)2 − 2xs2xj
(1 + ‖x‖2)4− 8xkxj(1 + ‖x‖2)
(1 + ‖x‖2)4− 8xkxj(1 + ‖x‖2)
(1 + ‖x‖2)4+
+16
(1 + ‖x‖2)4
n∑s=1
xjxk(xs)2 +16xjxk
(1 + ‖x‖2)2=
=4δjk
(1 + ‖x‖2)2.
ii) Fie
h+n+1 : U+
n+1 → Rn,
h+n+1(u
1, ..., un+1) = (u1, ..., un),
si
(h+n+1)
−1 : h+n+1(U
+n+1) → U+
n+1,
(h+n+1)
−1(x1, ..., xn) = (x1, ..., xn,√
1− ‖x‖2),
76 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
Notamf s(x) = xs, ∀s = 1, n,
fn+1(x) =√
1− ‖x‖2.
Atunci, ∀s = 1, n,
∂f s
∂xk= δsk,
∂fn+1
∂xk=
−xk√1 − ‖x‖2
,
deci
gkj =n+1∑s=1
∂f s
∂xk· ∂f
s
∂xj=
=n+1∑s=1
δsk · δsj +xkxj
1 − ‖x‖2 = δkj +xkxj
1 − ‖x‖2 .
iii) Fie
h+n+1 : U+
n+1 → Rn,
h+n+1(u
1, ..., un+1) = ( u1
un+1 , ...,un
un+1),
si
(h+n+1)
−1 : h+n+1(U
+n+1) → U+
n+1,
(h+n+1)
−1(x1, ..., xn) = (x1√
1 + ‖x‖2, ...,
xn√1 + ‖x‖2
,1√
1 + ‖x‖2).
Notam
f s(x) =xs√
1 + ‖x‖2, ∀s = 1, n,
fn+1(x) =1√
1 + ‖x‖2.
Atunci, ∀s = 1, n
∂f s
∂xk=δsk
√1 + ‖x‖2 − xs · xk√
1+‖x‖2
1 + ‖x‖2 =
=δsk(1 + ‖x‖2) − xsxk
(1 + ‖x‖2)3/2,
77
si analog∂fn+1
∂xk=
−xk(1 + ‖x‖2)3/2
.
Prin urmare
gkj =n+1∑s=1
∂f s
∂xk· ∂f
s
∂xj=
=n+1∑s=1
δsk(1 + ‖x‖2) − xsxk
(1 + ‖x‖2)3/2· δsj(1 + ‖x‖2
) − xsxj
(1 + ‖x‖2)3/2+
xkxj
(1 + ‖x‖2)3=
=1
(1 + ‖x‖2)3· [δkj(1+‖x‖2)2−2xkxj(1+‖x‖2)+xkxj ‖x‖2 +xkxj] =
=δkj
1 + ‖x‖2 − xkxj
(1 + ‖x‖2)2.
3. PROBLEMA.
Sa se determine geodezicele sferei Sn(1) ⊂ Rn+1.
Solutie:
Consideram metrica riemanniana indusa pe Sn de metrica euclid-
iana a lui Rn+1. Via proiectia stereografica, coeficientii metricii sunt
gij(x) =4δij
(1 + ‖x‖2)2.
Atunci∂gij∂xk
= − 16xk
(1 + ‖x‖2)3δij.
Formula simbolurilor lui Christoffel este
Ckij =
1
2
n∑l=1
gkl(∂gil∂xj
+∂gjl∂xi
− ∂gij∂xl
).
Deci
Ckij =
1
2
(1 + ‖x‖2)2
4(− 16
(1 + ‖x‖2)3)(xjδik + xiδjk − xkδij) =
78 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
= − 2
1 + ‖x‖2 · (xjδik + xiδjk − xkδij).
Ecuatiile generale ale geodezicelor sunt:
d2xk
dt2− Ck
ij
dxi
dt· dx
j
dt= 0 , k = 1, n.
Rezulta
d2xk
dt2− 2
1 + ‖x‖2 · (xjδik + xiδjk − xkδij)dxi
dt· dx
j
dt= 0, k = 1, n,
sau echivalent
d2xk
dt2− 2
1 + ‖x‖2 · [2xj dxj
dt· dx
k
dt− xk
n∑i=1
(dxi
dt)2] = 0, k = 1, n.
Presupunem
gij(x)dxi
dt· dx
j
dt= 1,
adica geodezica este parametrizata canonic.
Rezultan∑i=1
(dxi
dt)2 =
(1 + ‖x‖2)2
4.
Ecuatiile geodezicelor devin:
(1)d2xk
dt2− 2
1 + ‖x‖2 ·[< x,dx
dt>dxk
dt−x
k
4·(1+‖x‖2)2] = 0, k = 1, n.
Vom face notatia U(x) = 1 + ‖x‖2.
Rezulta
U′(x) = 2 < x,
dx
dt>,
(2) U′′(x) = 2 < x,
d2x
dt2> +2 <
dx
dt,dx
dt>=
= 2 < x,d2x
dt2> +2 · (1 + ‖x‖2)2
4= 2 < x,
d2x
dt2> +2 · U
2
4.
79
In relatia (1), ınmultim cu xk si sumam. Gasim
(3) < x,d2x
dt2>=
2
U· [(U
′)2
2− (U − 1)U2
4] =
(U′)2
U− U(U − 1)
2.
Din relatiile (2) si (3), rezulta
(4) U′′
= 2 · (U′)2
U− U(U − 1) +
U2
2.
Notam
V =1
U− 1
2.
Obtinem
V′=
−U ′
U2,
V′′
=−U ′′
U2 + 2U(U′)2
U4=
2(U′)2 − U
′′U
U3=
=2(U
′)2 − 2(U
′)2 + U2(U − 1) − U3
2
U3=
= 1 − 1
U− 1
2= −(
1
U− 1
2) = −V.
Atunci
V′′
+ V = 0,
deci
V = a cos t + b sin t, a, b ∈ R,
U =1
V + 12
=1
a cos t+ b sin t+ 12
.
Notam Xk =xk
U.
RezultadXk
dt=
dxk
dtU − xkU
′
U2,
si
d2Xk
dt2=
(d2xk
dt2U − dxk
dtU
′) · U2 − (dx
k
dtU
′ − xkU′′) · U2
U4−2UU
′(dx
k
dtU − xkU
′)
U4,
80 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
sau echivalent,
(5)d2Xk
dt2=
(d2xk
dt2 U − dxkU′′) · U2 − 2UU
′(dx
k
dt U − xkU′)
U4.
Din relatia (1), deducem
(6)d2xk
dt2=
2
U2· (dx
k
dtU
′ − xk
4U2).
Tinand cont de (4) si (6), relatia (5) devine
d2Xk
dt2=
1
U4{ 2
U(dxk
dtU
′ − xk
4U2)U3−
−xkU2[2(U
′)2
U− U(U − 1) +
U2
2] − 2U
′U2 dx
k
dt+ 2U(U
′)2xk} =
=1
U4[2U
′U2 dx
k
dt− xk
2U4 − 2xkU(U
′)2+
+xkU3(U − 1) − xk
2U4 − 2U
′U2 dx
k
dt+ 2U(U
′)2xk] =
=1
U4(−xkU3) =
−xkU
= −Xk,
adicad2Xk
dt2= −Xk.
Deci
Xk = ak cos t+ bk sin t, k = 1, n.
Atunci
xk =ak cos t+ bk sin t
a cos t + b sin t+ 12
, k = 1, n.
Fie
f (x) = h−1N (x) = (
2x1
1 + ‖x‖2 , ...,2xn
1 + ‖x‖2 ,1 − ‖x‖2
1 + ‖x‖2 ) =
= (2x1
U, ...,
2xn
U,1 − ‖x‖2
1 + ‖x‖2 ) =
81
= (2X1, ..., 2Xn,1 − ‖x‖2
1 + ‖x‖2 ).
Avem
1 − ‖x‖2
1 + ‖x‖2 =2
1 + ‖x‖2−1 =2
U−1 = 2·( 1
U−1
2) = 2V = 2·(a cos t+b sin t).
Rezulta curba
c(t) = (2·(a1 cos t+b1 sin t), ..., 2·(an cos t+bn sin t), 2·(a cost+b sin t)),
sau echivalent
c(t) = 2 cos t · (a1, ..., an, a) + 2 sin t · (b1, ..., bn, b).
Prin urmare
c(t) ∈ sp{(a1, ..., an, a), (b1, ..., bn, b)},
care este un plan ce trece prin origine.
Rezulta ca geodezicele sferei sunt cercuri mari.
4. PROBLEMA.
Sa se determine geodezicele hiperspatiului Poincare
Hn = {(x1, ..., xn) ∈ Rn| xn > 0},
cu metrica gij(x) = δij(xn)2
, ∀x ∈ Hn, ∀i, j = 1, n.
Solutie:
Calculand, gasim:
∂gij∂xl
= − 2
(xn)3· δlnδij,
gkl = (xn)2 · δkl,
82 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
Ckij = − 1
xn· (δjnδik + δinδjk − δknδij).
Distingem 2 cazuri ın scrierea ecuatiilor geodezicelor:
i) k ∈ {1, ..., n− 1};ii) k = n.
In cazul i), avem
(1)..xk − 2
xn.xk
.xn= 0,
iar ın cazul ii), avem
(2)..xn − 1
xn(.xn)2 +
1
xn
n−1∑i=1
(.xi)2 = 0.
Vom determina geodezicele parametrizate canonic, i.e.
n∑i,j=1
gijdxi
dt
dxj
dt= 1,
sau echivalent1
(xn)2
n∑i=1
(dxi
dt)2 = 1,
deci
(3) (xn)2 =n∑i=1
(dxi
dt)2.
Relatia (1) se poate scrie sub forma:
[dxk
dt· 1
(xn)2]′= 0.
Vom verifica aceasta egalitate.
d
dt(
dxk
dt
(xn)2) =
d2xk
dt2 · (xn)2 − dxk
dt · 2xn.dxn
dt
(xn)4=
=1
(xn)2[d2xk
dt2− 2xn.
dxk
dt
dxn
dt] = 0.
83
Decidxk
dt· 1
(xn)2= ak ,
unde ak este constanta, ∀k = 1, n− 1. Atunci
dxk
dt= ak · (xn)2.
I. Presupunem ak = 0, ∀k = 1, n− 1. Atunci
dxk
dt= 0 ⇒ xk = bk ,
cu bk = constanta, ∀k = 1, n− 1.
Relatia (3) implica
(xn)2 = (dxn
dt)2,
adica
xn = ±dxn
dt,
deci
xn = be±t+d, b > 0, d ∈ R.
Deci geodezicele sunt semidrepte ortogonale hiperplanului xn = 0.
II. Vom studia ce se ıntampla daca ∃k ∈ {1, ..., n− 1}, cu ak �= 0.
Pentru aceasta sa consideram mai ıntai ecuatia (2). Tinand cont
de (3), aceasta devine:
d2xn
dt2− 1
xn(dxn
dt)2 +
1
xn[(xn)2 − (
dxn
dt)2] = 0,
d2xn
dt2− 2
xn(dxn
dt)2 + xn = 0.
Atunci
(xn)2 · ddt
(dxn
dt
(xn)2) + xn = 0,
84 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
sau echivalentd
dt(
dxn
dt
(xn)2) = − 1
xn,
ceea ce implicad2
dt2(
1
xn) =
1
xn.
Prin urmare
1
xn= Aet + Be−t = a · ch(t + b); a, b ∈ R, A,B ∈ R,
cu A = a2· eb, B = a
2· e−b.
Rezulta
xn =1
a · ch(t+ b).
Pe de alta parte, avem:
dxk
dt= ak · (xn)2,
dxk
dt=
aka2 · ch2(t + b)
,
deci
xk =aka2
· th(t+ b) + ek , k = 1, n− 1.
Din relatia (3), rezulta
n−1∑k=1
a2k
a4· 1
ch4(t + b)+
sh2(t + b)
a2 · ch4(t + b)=
1
a2 · ch2(t + b),
de unden−1∑k=1
a2k + a2 · sh2(t + b) = a2 · ch2(t+ b),
i.e.n−1∑k=1
a2k = a2.
85
Pentru interpretarea geometrica a rezultatelor obtinute, sa ob-
servam ca
n−1∑k=1
(xk − ek)2 + (xn)2 =n−1∑k=1
a2k · th2(t+ b)
a4+
1
a2 · ch2(t + b)=
=sh2(t+ b)
a2 · ch2(t + b)+
1
a2 · ch2(t+ b)=
1
a2.
Deci geodezica se afla pe sfera de centru (e1, ..., en−1, 0) si raza 1a.
Notand ci = a2ei, ∀i = 1, n− 1, obtinem:
(x1, ..., xn−1, xn) =1
a2·(a1·th(t+b)+c1, ..., an−1·th(t+b)+cn−1,
a
ch(t + b)) =
=th(t+ b)
a2·(a1, ..., an−1, 0)+(e1, ..., en−1, 0)+
1
a · ch(t+ b)(0, ..., 0, 1) =
=th(t + b)
a2· u+
1
a · ch(t + b)· v + w,
unde
u = (a1, ..., an−1, 0), v = (0, ..., 0, 1)
sunt vectori constanti din Rn, iar w = (e1, ..., en−1, 0) este centrul
sferei de mai sus.
Tinand cont si de definitia hiperspatiului Poincare, rezulta ca geodez-
ica obtinuta se afla ın planul determinat de vectorii u, v, ce trece
prin w, care este chiar centrul sferei. Deci geodezicele hiperspatiului
Poincare sunt semicercuri, aflandu-se la intersectia dintre o sfera si un
plan.
6. PROBLEMA.
Sa consideram sfera Sn ⊂ Rn+1 cu metrica standard.
Sa se arate ca Sn este spatiu cu curbura sectionala constanta (c =
1).
86 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
Solutie:
Consideram coeficientii
gij(x) =4δij
(1 + ‖x‖2)2,
ce se obtin utilizand proiectia stereografica.
Conform definitiei, (M, g) este spatiu cu curbura sectionala con-
stanta c daca:
Rijkl = c(δikgjl − δilgjk),
unde
(1) Rijkl =
∂Cijl
∂xk− ∂Ci
jk
∂xl+ Ci
skCsjl − Ci
slCsjk ,
sunt simbolurile lui Riemann de speta a doua, iar Ckij sunt simbolurile
lui Christoffel de speta a doua.
Din calcul, se stie ca
Ckij = − 2
1 + ‖x‖2 · (xjδik + xiδjk − xkδij).
Atunci
∂Cijl
∂xk=
∂
∂xk[− 2
1 + ‖x‖2 · (xlδij + xjδil − xiδjl)] =
= −2· ∂∂xk
(1
1 + (x1)2 + ... + (xk)2 + ...+ (xn+1)2)(xlδij+x
jδil−xiδjl)−
− 2
1 + ‖x‖2 · ∂
∂xk(xlδij + xjδil − xiδjl) =
=4xk
(1 + ‖x‖2)2(xlδij + xjδil − xiδjl) − 2
1 + ‖x‖2 (δlkδij + δjkδil − δikδjl).
Analog
∂Cijk
∂xl=
4xl
(1 + ‖x‖2)2(xkδij+x
jδik−xiδjk)− 2
1 + ‖x‖2 (δklδij+δjlδik−δilδjk).
87
De asemenea
Cisk = − 2
1 + ‖x‖2 · (xsδik + xkδis − xiδsk),
Csjl = − 2
1 + ‖x‖2 · (xjδsl + xlδjs − xsδjl),
Cisl = − 2
1 + ‖x‖2 · (xsδil + xlδis − xiδsl),
Csjk = − 2
1 + ‖x‖2 · (xjδsk + xkδsj − xsδjk).
Calculand Rijkl dupa formula (1), obtinem
Rijkl =
4xk
(1 + ‖x‖2)2(xlδij+x
jδil−xiδjl)− 2
1 + ‖x‖2 (δlkδij+δjkδil−δikδjl)−
− 4xl
(1 + ‖x‖2)2(xkδij +xjδik−xiδjk)+
2
1 + ‖x‖2 (δklδij + δjlδik− δilδjk)+
+4
(1 + ‖x‖2)2[(xsδik + xkδis − xiδsk)(x
jδsl + xlδjs − xsδjl)−
−(xsδil + xlδis − xiδsl)(xjδsk + xkδsj − xsδjk)] =
=2
1 + ‖x‖2 (δlkδij + δjlδik − δilδjk − δlkδij − δjkδil + δikδjl)+
+4
(1 + ‖x‖2)2(xkxlδij + xkxjδil − xkxiδjl−
−xlxkδij − xlxjδik + xlxiδjk + xsxjδikδsl + xsxlδikδjs−−(xs)2δikδjl + xkxjδisδsl + xkxlδisδjs − xkxsδisδjl−
−xixjδskδsl − xixlδskδjs + xixsδskδjl − xsxjδilδsk − xsxkδilδsj+
+(xs)2δilδjk − xlxjδisδsk − xlxkδisδsj+
+xlxsδisδjk + xixjδslδsk + xixkδslδsj − xixsδslδjk) =
=4
1 + ‖x‖2 (δjlδik − δilδjk)+
88 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
+4
(1 + ‖x‖2)2(xkxjδil − xkxiδjl −xlxjδik + xlxiδjk + xlxjδik + xjxlδik−
−(xs)2δikδjl + xkxjδil + xkxlδij − xkxiδjl − xixjδkl − xixlδkj+
+xixkδjl − xkxjδil − xjxkδil + (xs)2δilδjk−−xlxjδik − xlxkδij + xlxiδjk + xixjδlk + xixkδlj − xixlδjk) =
=4
1 + ‖x‖2 (δjlδik − δilδjk) − 4
(1 + ‖x‖2)2
‖x‖2(−δilδjk + δikδjl) =
=4
1 + ‖x‖2 (δjlδik−δilδjk)(1− ‖x‖2
1 + ‖x‖2 ) =4
(1 + ‖x‖2)2(δjlδik−δilδjk) =
= δikgjl − δilgjk.
Am aratat deci ca
Rijkl = δikgjl − δilgjk,
de unde rezulta ca (Sn, g) este spatiu cu curbura sectionala constanta
c = 1.
Observatie: Intr-un exercitiu urmator, vom indica o alta metoda
pentru a arata ca Sn are curbura sectionala constanta c = 1.
7. PROBLEMA.
Sa se arate ca hiperspatiul Poincare (Hn, g), unde
Hn = {(x1, ..., xn) ∈ Rn| xn > 0}
si gij(x) =δij
(xn)2 , ∀x ∈ Hn, ∀i, j = 1, n, este spatiu cu curbura
sectionala constanta (c = −1).
Solutie:
Vom arata ca
Rijkl = δilgjk − δikgjl,
89
unde Rijkl sunt simbolurile lui Riemann de speta a doua.
Din calcul, se stie ca
Cijl = − 1
xn· (δlnδji + δjnδli − δinδjl),
de unde∂Ci
jl
∂xk=
1
(xn)2· δkn(δlnδji + δjnδli − δinδjl) =
=1
(xn)2· (δklδji + δkjδli − δkiδjl).
Rezulta
Rijkl =
∂Cijl
∂xk− ∂Ci
jk
∂xl+ Ci
skCsjl − Ci
slCsjk =
=1
(xn)2· (δklδji + δkjδli − δkiδjl − δlkδji − δljδki + δliδjk)+
+1
(xn)2· [(δknδsi + δsnδki − δinδsk)(δjnδsl + δlnδjs − δjlδsn)−
−(δsnδli + δlnδsi − δslδin)(δjnδsk + δknδsj − δsnδjk)] =
=1
(xn)2· [δlkδij + δjkδli − δkiδjl − δlkδji − δjlδki + δliδjk+
+δknδjnδil + δknδlnδij − δknδjlδinδjs + δkiδjnδln + δkiδlnδnj−−δkiδjl(δsn)2 − δinδjnδlk − δinδlnδjk + δinδjlδkn − δliδjnδkn−−δliδknδjn + δliδjk(δsn)
2 − δlnδjnδik − δlnδknδij + δlnδjkδin+
+δinδjnδlk + δinδknδlj − δinδjkδnl) =
=1
(xn)2· (2δjkδli − 2δkiδjl + δkiδlj − δkiδjl−
−δliδjk + δliδjk + δikδlj − δilδjk) =
=1
(xn)2· (2δjkδli − 2δkiδjl + δkiδjl − δilδjk) =
=1
(xn)2· (δliδjk − δkiδjl) =
90 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN
= δilgjk − δikgjl.
Rezulta ca (Hn, g) este un spatiu cu curbura sectionala constanta
(c = −1).
Capitolul 4
Subvarietati ın spatii
Riemann
1. PROBLEMA
Sa se arate ca sfera Sn ⊂ En+1 are curbura sectionala constanta 1.
Solutie:
Ecuatia lui Gauss pentru Sn ın En+1 are forma
(1) 0 = R(X, Y, Z,W )−< h(X, Z), h(Y, W )> +
+ < h(X,W ), h(Y, Z)>, ∀X, Y, Z,W ∈ Γ(TSn).
Fie f o parametrizare arbitrara a sferei Sn. Deoarece ‖f (x)‖2 = 1,
rezulta < f (x), ∂f∂xj >= 0, ∀j = 1, n.
De aici deducem ca N(x) = ±f (x).
Din relatia (1), pentru
X =∂f
∂xi, Y =
∂f
∂xj, Z =
∂f
∂xk, W =
∂f
∂xl,
obtinem
Rijkl =< h(∂f
∂xi,∂f
∂xk), h(
∂f
∂xj,∂f
∂xl) > − < h(
∂f
∂xi,∂f
∂xl), h(
∂f
∂xj,∂f
∂xk) > .
91
92 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
Avem
h(∂f
∂xi,∂f
∂xk) =<
∂2f
∂xi∂xk,±f (x) >= ± <
∂f
∂xi,∂f
∂xk>= − ± gik.
Rezulta
Rijkl = gikgjl − gilgjk.
In concluzie, Sn are curbura sectionala 1.
SUBVARIETATI MINIMALE
2. ELICOIDUL DREPT
Fie M o suprafata ın spatiul euclidian E3 definita prin:X1 = x1 cosx2,
X2 = x1 sinx2,
X3 = bx2, b �= 0.
Atunci M este suprafata minimala ın E3 (numita elicoidul drept).
Solutie:
Fie
f : R2 → E3,
f (x1, x2) = (x1 cosx2, x1 sinx2, bx2).
Se stie ca
H =1
2
2∑i,j=1
gijhij =1
2(g11h11 + g12h12 + g21h21 + g22h22).
Calculand, gasim
fx1 =∂f
∂x1= (cosx2, sinx2, 0),
fx2 =∂f
∂x2= (−x1 sin x2, x1 cosx2, b).
93
Coeficientii metricii riemanniene g induse de metrica euclidiana a
lui E3 sunt
g11 =<∂f
∂x1,∂f
∂x1>= cos2 x2 + sin2 x2 + 0 = 1,
g12 = g21 =<∂f
∂x1,∂f
∂x2>= −x1 sinx2 cos x2 + x1 sin x2 cosx2 = 0,
g22 =<∂f
∂x2,∂f
∂x2>= (x1)2 sin2 x2 + (x1)2 cos2 x2 + b = (x1)2 + b2.
Atunci
det((gij)i,j=1,2) = (x1)2 + b2.
Rezulta g11 = 1,
g21 = g12 = 0,
g22 = 1(x1)2+b2
.
De asemenea, avem:
∂2f
(∂x1)2= (0, 0, 0) = fx1x1 ,
∂2f
∂x1∂x2=
∂2f
∂x2∂x1= (− sinx2, cosx2, 0) = fx1x2 = fx2x1 ,
∂2f
(∂x2)2= (−x1 cosx2,−x1 sin x2, 0) = fx2x2 .
Vectorul normal unitar N la M este dat de
N =fx1 × fx2
‖fx1 × fx2‖ .
Fie {e1, e2, e3} ⊂ E3 baza canonica. Atunci:
fx1 × fx2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣cosx2 −x1 sin x2 e1
sinx2 x1 cosx2 e2
0 b e3
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= e1b sinx2 − e2b cosx2 + e3(x1 cos2 x2 + x1 sin2 x2) =
94 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
= (b sinx2,−b cosx2, x1).
Atunci
‖fx1 × fx2‖ =√
(x1)2 + b2,
deci
N =1√
(x1)2 + b2· (b sinx2,−b cosx2, x1).
Pe de alta parte
h11 = 0,
h12 = h21 =1√
(x1)2 + b2· (−b sin2 x2 − b cos2 x2) =
−b√(x1)2 + b2
,
h22 =1√
(x1)2 + b2· (−x1 cos x2 · b sinx2 + x1 sinx2 · b cosx2) = 0.
Rezulta
H =1
2· (1 · 0 − 2 · 0 · b√
(x1)2 + b2+
1
(x1)2 + b2· 0) = 0,
deci elicoidul drept este o suprafata minimala ın E3.
3. CATENOIDUL
Fie M o suprafata ın spatiul euclidian E3 definita prinX1 = a · chx1
a cosx2
X2 = a · chx1
a sinx2,
X3 = x1,
a �= 0.
Sa se demonstreze ca M este o suprafata minimala ın E3 (numita
catenoid).
Solutie:
Fie
f : R2 → E3,
95
f (x1, x2) = (a · chx1
acosx2, a · chx
1
asin x2, x1).
Vectorul curbura medie este dat de
H =1
2
2∑i,j=1
gijhij =1
2(g11h11 + g12h12 + g21h21 + g22h22).
Calculand, gasim:
fx1 =∂f
∂x1= (sh
x1
acosx2, sh
x1
asin x2, 1),
fx2 =∂f
∂x2= (−a · chx
1
asin x2, a · chx
1
acosx2, 0).
Coeficientii metricii riemanniene induse de metrica euclidiana a lui
E3 pe M sunt
g11 =<∂f
∂x1,∂f
∂x1>=
= sh2x1
acos2 x2 + sh2x
1
asin2 x2 + 1 = sh2x
1
a+ 1 = ch2x
1
a,
g12 = g21 =<∂f
∂x1,∂f
∂x2>=
= −a · chx1
asinx2 · shx
1
acosx2 + a · chx
1
acosx2 · shx
1
asinx2 = 0,
g22 =<∂f
∂x2,∂f
∂x2>=
= a2 · ch2x1
asin2 x2 + a2 · ch2x
1
acos2 x2 = a2 · ch2x
1
a.
Atunci
det((gij)i,j=1,2) =
∣∣∣∣∣ ch2 x1
a 0
0 a2 · ch2 x1
a
∣∣∣∣∣ = a2 · ch4x1
a.
Rezulta g11 = 1
ch2 x1
a
,
g21 = g12 = 0,
g22 = 1
a2·ch2 x1
a
.
96 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
De asemenea, avem:
∂2f
(∂x1)2= (
1
a· chx
1
acosx2,
1
a· chx
1
asinx2, 0) = fx1x1 ,
∂2f
∂x1∂x2=
∂2f
∂x2∂x1= (−shx
1
asinx2, sh
x1
acosx2, 0) = fx1x2 = fx2x1 ,
∂2f
(∂x2)2= (−a · chx
1
acosx2,−a · chx
1
asinx2, 0) = fx2x2 .
Reamintim ca
N =fx1 × fx2
‖fx1 × fx2‖ .
Fie {e1, e2, e3} ⊂ E3 baza canonica. Atunci
fx1 × fx2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣shx
1
acosx2 −a · chx1
asin x2 e1
shx1
a sin x2 a · chx1
a cosx2 e2
1 0 e3
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= e1(−a · chx1
acosx2) − e2(a · chx
1
asinx2)+
+e3(a · shx1
acos2 x2 · chx
1
a+ a · chx
1
a· shx
1
asin2 x2) =
= (−a · chx1
acosx2,−a · chx
1
asinx2, a · chx
1
a· shx
1
a).
Atunci
||fx1×fx2 || =
√a2 · ch2
x1
acos2 x2 + a2 · ch2
x1
asin2 x2, a2 · ch2
x1
a· sh2
x1
a=
= a · chx1
a
√sh2
x1
a+ 1 = a · ch2x
1
a,
deci
N =1
a · ch2 x1
a
· (−a · chx1
acosx2,−a · chx
1
asinx2, a · chx
1
a· shx
1
a) =
=1
chx1
a
· (− cosx2,− sinx2, shx1
a).
97
Apoi
h11 =< N, fx1x1 >=1
chx1
a
·(−1
a·chx
1
acos2 x2 − 1
a·chx
1
asin2 x2) = −1
a,
h12 = h21 =< N, fx1x2 >=1
chx1
a
·(shx1
asin x2 cosx2−shx
1
acos x2 sinx2) = 0,
h22 =< N, fx2x2 >=1
chx1
a
· (a · chx1
acos2 x2 + a · chx
1
asin2 x2) = a.
Rezulta
H =1
2·( 1
ch2 x1
a
·(−1
a)+
1
a2 · ch2 x1
a
·a) =1
2·(− 1
a · ch2 x1
a
+1
a · ch2 x1
a
) = 0.
Prin urmare, catenoidul este o suprafata minimala ın E3.
4. PROBLEMA
Fie
c1, c2 : R → E2, c1(t) = (a(t), b(t)), c2(s) = (α(s), β(s)),
doua curbe regulate plane si
f = c1 ⊗ c2 : R2 → E4,
f (t, s) = (a(t)α(s), a(t)β(s), b(t)α(s), b(t)β(s)).
Sa se determine c1, c2 astfel ıncat M = Imf sa fie o subvarietate
minimala ın E4.
Solutie:
Punem conditia
H =1
2· [h(e1, e1) + h(e2, e2)] = 0,
unde {e1, e2} este un reper ortonormat.
98 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
Avem:
∂f
∂t= (
.a (t)α(s),
.a (t)β(s),
.
b (t)α(s),.
b (t)β(s)),
∂f
∂s= (a(t)
.α (s), a(t)
.
β (s), b(t).α (s), b(t)
.
β (s)).
Atunci coeficientii metricii riemanniene g induse pe M de metrica
euclidiana a lui E4 sunt
g11 =<∂f
∂t,∂f
∂t>= [
.a2
(t)+.
b2 (t)] · [α2(s) + β2(s)],
g22 =<∂f
∂s,∂f
∂s>= [
.α2
(s)+.
β2
(s)] · [a2(t) + b2(t)],
g12 = g21 =<∂f
∂t,∂f
∂s>=
= [a(t).a (t) + b(t)
.
b (t)] · [α(s).α (s) + β(s)
.
β (s)] =
=< c1(t),.c1 (t) > · < c2(s),
.c2 (s) > .
Atunci
e1 =1∥∥∥∂f∂t ∥∥∥ · ∂f
∂t=
1√g11
· ∂f∂t,
e2′ =
∂f
∂s− <
∂f
∂s, e1 > ·e1 =
∂f
∂s− <
∂f
∂s,
1√g11
· ∂f∂t
>1√g11
· ∂f∂t
=
=∂f
∂s− 1
g11
<∂f
∂s,∂f
∂t>∂f
∂t=∂f
∂s− g12
g11
· ∂f∂t.
Evident, avem
< e1, e2′ >= 0,
‖e2′‖2
=<∂f
∂s− g12
g11
· ∂f∂t,∂f
∂s− g12
g11
· ∂f∂t
>=
= g22 − 2 · g212
g11
+g2
12
g11
= g22 − g212
g11
=g22 · g11 − g2
12
g11
=det g
g11
,
Deci
e2 =e′2∥∥∥e′2∥∥∥ =
√g11
det g· (∂f∂s
− g12
g11
· ∂f∂t
).
99
Avem
h(e1, e1) =1
g11
· h(∂f∂t,∂f
∂t),
h(e2, e2) =g11
det g· [h(∂f
∂s,∂f
∂s) − 2 · g12
g11· h(∂f
∂t,∂f
∂s) +
g212
g211
· h(∂f∂t,∂f
∂t)].
Rezulta
H =1
2· [ 1
g11
· h(∂f∂t,∂f
∂t) +
g11
det g· h(∂f
∂s,∂f
∂s)−
−2 · g11
det g· g12
g11· h(∂f
∂t,∂f
∂s) +
g11
det g· g
212
g211
· h(∂f∂t,∂f
∂s)] =
=1
2 det g·[det g
g11
·h(∂f∂t,∂f
∂t)+g11·h(∂f
∂s,∂f
∂s)−(2·g12−g
212
g11
)h(∂f
∂t,∂f
∂s)] =
=1
2 det g· [g22 · h(∂f
∂t,∂f
∂t) + g11 · h(∂f
∂s,∂f
∂s) − 2 · g12 · h(∂f
∂t,∂f
∂s)],
deoarece, din relatia
det g = g11 · g22 − g212,
obtinem
g22 =det g
g11
+g2
12
g11
.
Fie {n1, n2} ⊂ T⊥M baza ortonormata.
Deoarece M este minimala, rezulta < H, nj >= 0, j = 1, 2.
Alegem
n1(t, s) = (−b(t)β(s), b(t)α(s), a(t)β(s),−a(t)α(s)),
n2(t, s) = (− .
b (t).
β (s),.
b (t).α (s),
.a (t)
.
β (s),− .a (t)
.α (s)).
Rezulta
< nj,∂f
∂t>=< nj,
∂f
∂s>= 0, j = 1, 2.
100 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
Conditiile < H, nj >= 0, j = 1, 2, sunt echivalente cu
< g22 · h(∂f∂t,∂f
∂t) − 2 · g12 · h(∂f
∂t,∂f
∂s) + g11 · h(∂f
∂s,∂f
∂s), nj >= 0,
j = 1, 2.
Formula lui Gauss devine
∂2f
∂t2= ∇ ∂f
∂t
∂f
∂t+ h(
∂f
∂t,∂f
∂t).
Atunci
(1) < g22 · ∂2f
∂t2− 2 · g12 · ∂
2f
∂t∂s+ g11 · ∂
2f
∂s2, nj >= 0, j = 1, 2.
Pentru j = 1, avem
<∂2f
∂t2, n1 >=<
∂2f
∂s2, n2 >= 0;
din relatia (1), obtinem
g12· < ∂2f
∂t∂s, n1 >= 0.
Distingem doua cazuri:
i) g12 = 0;
sau
ii) < ∂2f∂t∂s
, n1 >= 0.
i) g12 = 0 este echivalent cu
< c1(t),.c1 (t) > · < c2(s),
.c2 (s) >= 0.
Deci
< c1(t),.c1 (t) >= 0 sau < c2(s),
.c2 (s) >= 0,
sau echivalent
d
dt‖c1(t)‖2 = 0 sau
d
dt‖c2(s)‖2 = 0,
101
i.e. c1 este un arc de cerc sau c2 este un arc de cerc.
Evident
∂2f
∂t∂s= (
.a (t)
.α (s),
.a (t)
.
β (s),.
b (t).α (s),
.
b (t).
β (s)).
In cazul ii), deducem
0 =<∂2f
∂t∂s, n1 >= − .
a (t).α (s)b(t)β(s)+
.a (t)
.
β (s)b(t)α(s)+
+.
b (t).α (s)a(t)β(s)− .
b (t).
β (s)a(t)α(s) =
= −[.a (t)b(t) − a(t)
.
b (t)] · [ .α (s)β(s) − α(s).
β (s)].
Rezulta.a (t)b(t) − a(t)
.
b (t) = 0,
sau.α (s)β(s) − α(s)
.
β (s) = 0.
Prin urmare
a(t)
b(t)= const. sau
α(s)
β(s)= const.
Geometric, rezulta ca c1 este un segment de dreapta ce trece prin
origine sau c2 este un segment de dreapta ce trece prin origine.
Daca c1 sau c2 este un segment de dreapta ce trece prin origine,
atunci M este continuta ıntr-un plan, deci minimala, oricare ar fi
cealalta curba.
In cazul i), presupunem ca c1 este un arc de cerc.
Putem considera c1(t) = (cos t, sin t).
Fie j = 2. Avem
<∂2f
∂t2, n2 >= [− ..
a (t).
b (t)+..
b (t).a (t)] · [α(s)
.
β (s)− .α (s)β(s)],
<∂2f
∂s2, n2 >= [− ..
α (s).
β (s)+..
β (s).α (s)] · [a(t) .
b (t)− .a (t)b(t)].
102 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
Inlocuind a(t) = cos t si b(t) = sin t, obtinem
<∂2f
∂t2, n2 >= α(s)
.
β (s)− .α (s)β(s),
<∂2f
∂s2, n2 >=
.α (s)
..
β (s)− ..α (s)
.
β (s).
Rezulta
g11 = ‖c2(s)‖2 ,
g22 = ‖ .c2 (s)‖2.
Din relatia (1), pentru j = 2, obtinem:
(2) ‖ .c2 (s)‖2[α(s)
.
β (s)− .α (s)β(s)]+
+ ‖c2(s)‖2 [.α (s)
..
β (s)− ..α (s)
.
β (s)] = 0.
Putem alege parametrul s astfel ıncat
(3) ‖c2(s)‖ = ‖ .c2 (s)‖ .
Fie p un parametru oarecare pe c2. Atunci
dc2ds
=dc2dp
· dpds,
Conditia (3) devine
α2(p) + β2(p) = [(dα
dp)2 + (
dβ
dp)2] · (dp
ds)2.
Rezulta
(ds
dp)2 =
(dαdp )2 + (dβdp )
2
α2(p) + β2(p),
sau echivalent
s =∫ [(dα
dp)2 + (dβ
dp)2]1/2
[α2(p) + β2(p)]1/2dp.
Relatia (2) devine
α(s).
β (s)− .α (s)β(s)+
.α (s)
..
β (s)− ..α (s)
.
β (s) = 0,
103
sau
(4).α (s) · [
..
β (s) − β(s)]−.
β (s) · [ ..α (s) − α(s)] = 0.
Derivand relatia (3), gasim:
(5).α (s) · [α(s)− ..
α (s)]+.
β (s) · [β(s)−..
β (s)] = 0.
Notam {α(s)− ..
α (s) = x,
β(s)−..
β (s) = y.
Din relatiile (4) si (5), obtinem
(6)
.α (s) · x+
.
β (s) · y = 0,.
β (s) · x− .α (s) · y = 0.
Deoarece curba c2 este regulata, rezulta ca sistemul (6) are numai
solutia banala.
Deci { ..α (s) = α(s),..
β (s) = β(s).
Solutiile sunt {α(s) = ch s,
β(s) = sh s.
Geometric, c2 este o hiperbola echilatera.
Analog, daca c2 este un arc de cerc, rezulta ca c1 este o hiperbola
echilatera.
5. PROBLEMA
Sa se determine suprafetele de rotatie minimale.
Solutie:
Fie
c : I → E2, c(t) = (ρ(t1), t1),
104 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
o curba plana.
Suprafata de rotatie f generata de c are ecuatiile:x1(t1, t2) = ρ(t1) cos t2,
x2(t1, t2) = ρ(t1) sin t2,
x1(t1, t2) = t1.
Vectorul curbura medie H este dat de
H(t1, t2) =1
2
∑i,j
gij(t1, t2)hij(t1, t2).
Avem
ft1 = (.ρ (t1) cos t2,
.ρ (t1) sin t2, 1),
ft2 = (−ρ(t1) sin t2, ρ(t1) cos s2, 0),
respectiv
g11 =< ft1 , ft1 >= (.ρ (t1))
2 cos2 t2 +(.ρ (t1))
2 sin2 t2 +1 = (.ρ (t1))
2 +1,
g12 = g21 =< ft1 , ft2 >= 0,
g22 =< ft2 , ft2 >= (ρ(t1))2 sin2 t2 + (ρ(t1))
2 cos2 t2 = (ρ(t1))2,
de unde
g11 =1
(.ρ (t1))2 + 1
, g12 = g21 = 0, g22 =1
(ρ(t1))2.
Deducem
ft1 × ft2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣.ρ (t1) cos t2 −ρ(t1) sin t2 e1.ρ (t1) sin t2 ρ(t1) cos t2 e2
1 0 e3
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= (−ρ(t1) cos t2,−ρ(t1) sin t2,.ρ (t1)ρ(t1) cos2 t2+
.ρ (t1)ρ(t1) sin2 t2) =
= (−ρ(t1) cos t2, ρ(t1) sin t2,.ρ (t1)ρ(t1)).
105
Deci
N(t1, t2) =1
ρ(t1)√
1 + (.ρ (t1))2
·(−ρ(t1) cos t2,−ρ(t1) sin t2,.ρ (t1)ρ(t1)),
i.e.
N(t1, t2) =1√
1 + (.ρ (t1))2
· (− cos t2,− sin t2,.ρ (t1)).
Prin calcul
ft1t1 = (..ρ (t1) cos t2,
..ρ (t1) sin t2, 0),
ft1t2 = ft2t1 = (− .ρ (t1) sin t2,
.ρ (t1) cos t2, 0),
ft2t2 = (−ρ(t1) cos t2,−ρ(t1) sin t2, 0),
de unde
h11 =1√
1 + (ρ(t1))2(−ρ(t1) cos2 t2 − ρ(t1) sin2 t2) = − ρ(t1)√
1 + (ρ(t1))2,
h12 = h21 =1√
1 + (.ρ (t1))2
·( .ρ (t1) sin t2 cos t2−.ρ (t1) sin t2 cos t2) = 0,
h22 =1√
1 + (.ρ (t1))2
· (ρ(t1) cos2 t2 + ρ(t1) sin2 t2) =ρ(t1)√
1 + (.ρ (t1))2
.
Astfel
H =1
2·(− 1
(.ρ (t1))2 + 1
·..ρ (t1)√
1 + (.ρ (t1))2
+1
(ρ(t1))2· ρ(t1)√
1 + (.ρ (t1))2
) = 0
devine..ρ (t1)ρ(t1) − (
.ρ (t1))
2 − 1 = 0.
Notam y = ρ(t1). Ecuatia se scrie
yy − (y)2 − 1 = 0.
Fie z = 1 + (.y)2.
106 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
Rezulta.z= 2
.y · ..y,
respectiv.z
z=
2.y · ..y
1 + (.y)2
=2
.y · ..y..y ·y = 2 ·
.y
y.
Prin integrare, obtinem
ln z = 2 ln y + lnk2,
unde k = constanta. Atunci
z = k2y2.
Inlocuind, gasim
1 + (.y)2 = k2y2,
deci.y=
√k2y2 − 1,
sau echivalent .y√
k2y2 − 1= 1.
Integrand, avem ∫dy√
k2y2 − 1= t1 + α,
de unde rezulta
1
kln(y +
√y2 − 1
k2) = t1 + α,
i.e.
y +
√y2 − 1
k2= ek(t1+α).
Atunci
y2 − 1
k2= [ek(t1+α) − y]2,
107
respectiv
y2 − 1
k2= e2k(t1+α) − 2y · ek(t1+α) + y2,
y =1
2· [ek(t1+α) +
1
k2· e−k(t1+α)].
In concluzie
y = ρ(t1) =γ
2· ch (kt1 + β),
unde β, γ si k sunt constante.
Prin urmare singura suprafata de rotatie minimala este catenoidul.
6. PROBLEMA
Fie
f : (0, 2π) × (0, 2π) → E4,
f (u, v) = (cos u · cos v, sinu · cos v, cosu · sin v, sinu · sin v).i) Sa se arate ca curbura Gauss K = 0.
ii) Sa se arate ca M = Im f nu este minimala, dar are curbura
medie constanta.
Solutie:
i) Avem
∂f
∂u= (− sinu · cos v, cosu · sin v,− sinu · sin v, cosu · sin v),
∂f
∂v= (− cosu · sin v,− sinu · sin v, cosu · cos v, sinu · cos v),
respectiv {g11 = g22 = 1,
g12 = g21 = 0.
Deci
e1 =∂f
∂u, e2 =
∂f
∂v,
formeaza o baza ortonormata ın TM.
108 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
Fie
e3 = (− cosu · cos v,− sinu · cos v,− cosu · sin v,− sinu · sin v),
e4 = (sinu · sin v,− cosu · sin v,− sinu · cos v, cosu · cos v).
Atunci {e3, e4} este o baza ortonormata ın T⊥M.
Din ecuatia lui Gauss, deducem
K = R(e1, e2, e1, e2) = h311h
322 − (h3
12)2 + h4
11h422 − (h4
12)2,
unde
hkij =< h(ei, ej), ek >, i, j ∈ {1, 2}, k ∈ {3, 4}.Calculand, gasim
h311 =< h(e1, e1), e3 >=<
∂2f
∂u2, e3 >=
=< (− cosu · cos v,− sinu · cos v,− cosu · sin v,− sinu · sin v),(− cosu · cos v,− sinu · cos v,− cosu · sin v,− sinu · sin v) >= 1.
Analog
h322 =< h(e2, e2), e3 >=<
∂2f
∂v2, e3 >= 1,
h312 =< h(e1, e2), e3 >=<
∂2f
∂u∂v, e3 >= 0,
h411 =< h(e1, e1), e4 >=<
∂2f
∂u2, e4 >= 0,
h412 =< h(e1, e2), e4 >=<
∂2f
∂u∂v, e4 >= 1.
Rezulta K = 0.
ii) M este minimala daca si numai daca
< H, e3 >=< H, e4 >= 0,
109
sau echivalent {h3
11 + h322 = 0,
h411 + h4
22 = 0.
In cazul nostru
h311 + h3
22 = 2,
deci M nu este minimala.
Pe de alta parte
‖H‖ =1
2[(h3
11 + h322)
2 + (h411 + h4
22)2]1/2 = 1.
7. PROBLEMA
Sa se demonstreze ca o subvarietate minimala a spatiului euclidian
are curbura Ricci nonpozitiva.
Solutie:
Fie M ⊂ Em o subvarietate minimala, dimM = n.
Fie p ∈M si {e1, ..., en} ⊂ TpM baza ortonormata.
Pentru ∀X, Y, Z,W ∈ TpM, avem ecuatia lui Gauss:
0 = R(X, Y, Z,W )−< h(X, Z), h(Y,W )> + < h(X,W ), h(Y, Z)> .
Atunci
R(X, ei, X, ei) =< h(X,X), h(ei, ei) > − < h(X, ei), h(X, ei) >, ∀i = 1, n.
Prin sumare dupa i, obtinem:
Ric(X) =n∑i=1
R(X, ei, X, ei) =
=< h(X,X),n∑i=1
h(ei, ei) > −n∑i=1
< h(X, ei), h(X, ei) >=
=< h(X,X), nH > −n∑i=1
‖h(X, ei)‖2 =
110 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
= −n∑i=1
‖h(X, ei)‖2 ≤ 0.
8. PROBLEMA
i) Subvarietatea Sn1(r1) × Sn2 (r2) ın En+2, unde n = n1 + n2 si
r21 + r2
2 = 1, are vectorul curbura medie paralel, dar nu este minimala.
ii) Hipersuprafata Sn1(r1)× Sn2(r2) ın Sn+1(1), unde n = n1 + n2
si r21 + r2
2 = 1 este minimala, daca si numai daca n1r22 = n2r
21.
In particular, torul lui Clifford S1( 1√2) × S1( 1√
2) este o suprafata
minimala ın S3(1).
Solutie:
Se considera sferele Sn1(r1) si Sn2(r2) de raze r1 si respectiv r2, cu
centrele ın originea lui En1+1, respectiv En2+1.
Presupunem satisfacute conditiile n1 + n2 = n ≥ 2, n1, n2 ∈ N∗,
r1, r2 ∈ R+, cu r21 + r2
2 = 1.
Varietatea produs Sn1(r1) × Sn2(r2) poate fi considerata o subva-
rietate ın En+2 = En1+1 ×En2+1.
Mai mult, ea este subvarietate ın Sn+1(1), avand centrul ın originea
lui En+2, deoarece
(1)1+n1∑i=1
(xi)2 +1+n2∑i=1
(yi)2 = r21 + r2
2 = 1,
unde {xi}1≤i≤n1 , {yi}1≤i≤n2 sunt coordonate ın En1+1, respectiv En2+1.
Fie p si q vectorii de pozitie ai punctelor p si q ın Sn1(r1), respectiv
Sn2(r2), si campul vectorial
ξ1 = (r2r1p,
−r1
r2q), (p, q) ∈ Sn1(r1) × Sn2(r2).
Se constata imediat ca ξ1 este tangent la Sn+1(1) si normal la
Sn1(r1) × Sn2(r2).
111
Daca ∇ este conexiunea Levi-Civita ın En+2, reamintim ca avem
prin definitie
∇VW =n+2∑i=1
V (W i)Ei,
unde {Ei}1≤i≤n+2 este baza canonica ın En+2 si W =∑n+2i=1 W
iEi.
Din formula lui Gauss aplicata hipersuprafetei Sn+1(1) ın En+2,
rezulta
(2) ∇V ξ1 = (r2r1V, 0), ∀V ∈ TpS
n1(r1),
unde ∇ este conexiunea indusa pe Sn+1(1).
Fie A1 operatorul Weingarten asociat lui ξ1 pentru hipersuprafata
Sn1(r1) × Sn2(r2) ⊂ Sn+1.
Rezulta
(3) A1(V ) =−r2
r1V, ∀V ∈ TpS
n1 (r1).
Analog
(4) A1(W ) =r1r2W, ∀W ∈ TqS
n2(r2).
Deoarece avem
T(p,q)(Sn1(r1) × Sn2(r2)) ∼= TpS
n1(r1) ⊕ TqSn2(r2),
rezulta ca A1 se poate reprezenta prin formula
(5) A1 =−r2
r1Ip +
r1r2Iq,
unde Ip si Iq sunt aplicatiile identice pe TpSn1(r1), respectiv TqS
n2(r2).
Vectorul curbura medie va fi
H =1
n(T rA1)ξ1 =
n2r21 − n1r
22
nr1r2· ξ1.
Avem H = 0 ⇔ n1r22 = n2r
21.
112 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN
In cazul unei hipersuprafete, H este paralel ın mod trivial.
Sa calculam acum vectorul curbura medie al subvarietatii de codi-
mensiune 2, Sn1(r1) × Sn2(r2) ın En+2.
Este clar ca ξ1 este camp vectorial normal unitar pe aceasta sub-
varietate.
Un al doilea camp vectorial normal unitar ξ2 se defineste prin for-
mula
ξ2 = (−p,−q),care este ortogonal pe ξ1.
Operatorul Weingarten A2 asociat lui ξ2 este chiar operatorul iden-
titate. Rezulta
TrA2 = n.
Deci vectorul curbura medie al subvarietatii Sn1(r1) × Sn2(r2) ın
En+2 este
H =n2r
21 − n1r
22
nr1r2· ξ1 + ξ2.
Derivatele covariante ale lui ξ1 si ξ2 ın raport cu ∇ au componentele
normale nule, deci H este paralel si ıntotdeauna nenul.