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Relatório FinalMAT148 - Introdução ao Trabalho Científico
Introdução à Geometria Diferencial Lorentziana
Aluno: Ivo Terek Couto∗Orientador: Prof. Alexandre Lymberopoulos†
Instituto de Matemática e Estatística - Universidade de São Paulo
∗[email protected]†[email protected]
1
Sumário1 Introdução 2
2 Primeira Parte - Álgebra Linear e Curvas 32.1 Definindo o L3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2 Subespaços do L3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.3 Produto Vetorial e Orientação do Tempo no L3. . . . . . . . . . . . . . 14
2.4 Orientação do tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.5 Isometrias do L3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.6 Curvas no Espaço L3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.7 O Triedro de Frenet-Serret no espaço L3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.8 O Triedro de Frenet-Serret no L3– parâmetro qualquer . . . . . . . . . . 37
2.9 Exemplo: A Curva de Viviani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3 Segunda Parte - Superfícies 493.1 Recordando e resumindo notação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2 Mais Geometria Analítica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.3 Preliminares gerais de superfícies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.4 Caráter Causal, Primeira Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . 65
3.5 Aplicação de Gauss, Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . 76
3.6 Curvatura Média, Curvatura Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.7 O Funcional Área . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4 Terceira Parte - O Método do Referencial Móvel no L3 974.1 Formas de Conexão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.2 Equações de Estrutura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
4.3 O plano hiperbólico H2
1(1)+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.4 O espaço de De Sitter S2
1(1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4.5 Shape Operator e o Theorema Egregium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
5 Referências 109
1
1 IntroduçãoIvo Terek Couto, Aluno do Instituto de Matemática e Estatística da Universidade
de São Paulo, regularmente matriculado no curso de Bacharelado em Matemática,
no quinto semestre do curso na presente data, sob orientação do Prof. Dr. Alexandre
Lymberopoulos, professor doutor do Departamento de Matemática da USP, realizou
o presente trabalho referente à sua Iniciação Científica em Geometria Diferencial.
Este trabalho consiste em um resumo e apresentação das atividades desenvolvidas
pelo aluno durante o período de Ago/2014 até Ago/2015, que consistiu principalmente
em seminários semanais apresentados pelo aluno.
No decorrer do período, o aluno fez os cursos de Geometria Diferencial I e
II, e também participou, matriculado como aluno especial, do mini-curso oferecido
no IME-USP em março, MAT6645: Introdução à Geometria Lorentziana e suas
aplicações em Relatividade. O aluno recebeu apoio da FAPESP durante toda a
Iniciação Científica.
O grande foco é no espaço de Lorentz-Minkowski, utilizado como modelo natural
para o espaço-tempo no estudo de fenômenos físicos onde a gravitação é desprezível.
Desenvolveremos a teoria de curvas e superfícies vista em cursos de Geometria Dife-
rencial, neste espaço, comparando os resultados obtidos com o ambiente Euclideano.
O texto está organizado em três partes.
• Na primeira parte do texto, definimos o espaço L3, apresentamos resultados ne-
cessários de Álgebra Linear a serem aplicados. Definimos caráter causal para
vetores, subespaços e curvas. Definimos o produto vetorial Lorentziano, faze-
mos uma discussão sobre grupos de isometrias e Transformações de Lorentz. É
feita a classificação de todas as Transformações de Lorentz no espaço L2. De-
senvolvemos a teoria do Triedro de Frenet-Serret para curvas de diversos tipos
causais, em vários casos, e terminamos a primeira parte do texto apresentando
um exemplo concreto.
• Na segunda parte do texto, o foco é na teoria de superfícies. Apresentamos
alguns resultados preliminares sobre superfícies, que não dependem da métrica,
e assim são válidos tanto no R3como no L3
. A seguir, introduzimos a noção
de caráter causal, vista na primeira parte do texto, agora para superfícies.
Damos alguns critérios para a identificação deste caráter. Seguindo a teoria
clássica, abordamos as Primeira e a Segunda Formas Fundamentais de uma
superfície, bem como a aplicação de Gauss. Com isto em mãos, seguimos
com as definições de Curvatura Média e Gaussiana. Ao longo desta parte, são
apresentados diversos exemplos (com ilustrações) e são deduzidas expressões
para as curvaturas de algumas classes de superfícies, como gráficos e superfícies
de revolução, por exemplo. Concluímos esta seção fazendo uma discussão sobre
superfícies mínimas no R3, a existência de superfícies máximas no L3
e a
justificativa para tais nomenclaturas.
• Na terceira e última parte do texto, apresentamos o Método do Referencial
Móvel, devido à Cartan, adaptado para o espaço L3. Damos aplicações deste
método para estudar novamente as esferas do L3e terminamos o texto com uma
prova do Theorema Egregium de Gauss, que afirma que a Curvatura Gaussiana
de uma superfície é uma quantidade intrínseca à esta.
2
2 Primeira Parte - Álgebra Linear e Curvas
2.1 Definindo o L3
Definição 2.1. O espaço de Lorentz-Minkowski, denotado L3, é o R3 munido comsuas operações usuais de soma e multiplicação por escalar, mais a forma bilinear 〈·, ·〉Ldefinida por:
〈(x1, y1, z1), (x2, y2, z2)〉L = x1x2 + y1y2 − z1z2.
Observação 2.1. É também comum na literatura definirem a forma bilinear colocandoo sinal negativo na primeira parcela ao invés da terceira. Isto é irrelevante para odesenvolvimento da teoria pois acarreta em nada mais do que uma permutação doseixos.
Note que dados u,v ∈ L3, podemos escrever 〈u,v〉L = utGv, onde
G =
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
,
onde u e v estão representados como vetores coluna. Por economia de notação,
também denotaremos G = diag[1, 1,−1].
Observação 2.2. Para denotar objetos euclidianos quando necessário, usaremos umíndice E. Por exemplo, o produto interno usual do R3 fica 〈·, ·〉E.
Definição 2.2. A Norma Lorentizana é a aplicação ‖ · ‖L : L3 → R dada por ‖v‖L =√|〈v,v〉L|.
Observação 2.3. Apesar do nome "norma", essa aplicação ‖ · ‖L não é de fato umanorma, pois não vale a desigualdade triangular, e ainda existem vetores não nulos cujanorma é zero.
Proposição 2.1. Dados v ∈ L3, λ ∈ R, vale que ‖λv‖L = |λ|‖v‖L.
Demonstração: ‖λv‖L =√
|〈λv, λv〉L| =√λ2|〈v,v〉L| = |λ|‖v‖L.
Definição 2.3 (Caráter Causal). Dizemos que um vetor v ∈ L3 é:
• tipo espaço, se 〈v,v〉L > 0, ou v = 0;
• tipo tempo, se 〈v,v〉L < 0;
• tipo luz, se 〈v,v〉L = 0, mas v 6= 0.
Observação 2.4. Se trocarmos o sinal da última componente do vetor, o caráter causalnão se altera.
3
Cada vetor do L3necessariamente possui um e somente um dos três caráteres
causais apresentados acima. Agora, identificaremos esses vetores no espaço, isto é,
daremos o lugar geométrico dos vetores com um determinado caráter causal. Sendo
v = (x, y, z) ∈ L3, e c ∈ R, temos:
〈v,v〉L = c ⇐⇒ x2 + y2 − z2 = c
Da geometria analítica, temos que a expressão x2 + y2 − z2 = c representa:
• um cone, se c = 0;
• um hiperboloide de uma folha, se c > 0;
• um hiperboloide de duas folhas, se c < 0.
Chamamos C ={v ∈ L3 | 〈v,v〉L = 0
}\ {(0,0,0)} o cone de luz do L3
. Analo-
gamente, definimos T ={v ∈ L3 | 〈v,v〉L < 0
}o conjunto de todos os vetores tipo
tempo do L3. Por fim, o conjunto de todos os vetores tipo espaço é S = L3 \ (C ∪ T ).
-10
-5
0
5
10-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
(a)
-10-5
05
10-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
(b)
-10-5
05
10-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
(c)
Figura 1: (a) O conjunto S; (b) O conjunto T ; (c) O conjunto C.
2.2 Subespaços do L3
Definição 2.4 (Ortogonalidade).
• Dois vetores u,v ∈ L3 são (Lorentz-)ortogonais, se 〈u,v〉L = 0.
• Seja B uma base de L3. Dizemos que B é uma base (Lorentz-)ortogonal, se seusvetores são dois a dois ortogonais.
• Seja B uma base ortogonal do L3. Dizemos que B é uma base (Lorentz-)ortonormal,se ‖v‖L = 1, para todo v ∈ B.
• Seja U um subespaço do L3 (notado U ≤ L3). O complemento (Lorentz-)ortogonal
de U é:U⊥ :=
{v ∈ L3 | 〈u,v〉L = 0,∀u ∈ U
}Definição 2.5. Dada uma forma bilinear B num espaço vetorial V , ela é:
• positiva definida se B(v,v) ≥ 0 para todo v ∈ V e B(v,v) = 0 ⇐⇒ v = 0. Ésemi-positiva se removermos a condição B(v,v) = 0 ⇐⇒ v = 0.
4
• negativa definida (semi-negativa) se −B for positiva definida (semi-positiva).
• indefinida se existem v1,v2 ∈ V tais que B(v1,v1) > 0 e B(v2,v2) < 0.
• não degenerada se B(v,w) = 0 para todo w implica v = 0.
E o índice de B é a dimensão do maior subespaço de V ao qual a restrição de B énegativa definida.
Definição 2.6 (Caráter Causal). Dizemos que U ≤ L3 é:
• tipo espaço, se 〈·, ·〉L∣∣U
é positiva definida.
• tipo tempo, se 〈·, ·〉L∣∣U
é indefinida e não-degenerada, com índice 1.
• tipo luz, se 〈·, ·〉L∣∣U
é semi-positiva.
Teorema 2.1. Seja L ≤ L3 uma reta passando pela origem. Então o caráter causal deL é o mesmo de qualquer vetor que dê a sua direção.
Demonstração: Seja v ∈ L3. Considere a reta L : X(t) = tv, t ∈ R. Temos que dado
u ∈ L3, 〈u,u〉L = 〈tv, tv〉L = t2〈v,v〉L. Concluímos então que L e v tem o mesmo
caráter causal.
Proposição 2.2. Seja π ≤ L3 um plano, π : ax+ by+ cz = 0. Se c = 0, então π é tipotempo.
Demonstração:
Se b 6= 0: Seja (x, y, z) ∈ π. Então ax+ by = 0 =⇒ y = −abx. Assim, temos
〈(x, y, z), (x, y, z)〉L = x2 +(−a
bx)2
− z2
=
(1+
a2
b2
)x2 − z2
=(x z
)(1+ a2
b20
0 −1
)(x
z
)Temos que os autovalores da matriz são 1 + a2
b2> 0, e −1 < 0. A forma é
indefinida e não-degenerada, logo π é tipo tempo.
Se b = 0: O plano é π : x = 0, e claramente contém o vetor (0,0, 1), que é tempo.
5
A mesma ideia desta demonstração pode ser generalizada. Seja novamente π ≤ L3
um plano, π : ax+by+cz = 0. Suponha c 6= 0, e tomemos u = (x, y, z) ∈ π. Isolando,temos z = −ax−by
c. A métrica é:
〈u,u〉L = x2 + y2 −(−ax− by
c
)2
= x2 + y2 −a2
c2x2 −
2ab
cxy−
b2
c2y2
=
(1−
a2
c2
)x2 −
2ab
cxy+
(1−
b2
c2
)y2
Fatorando em forma de matriz, temos:
〈u,u〉L =(x y
)(1− a2
c2−ab
c
−abc
1− b2
c2
)(x
y
)
Nos próximos resultados, seja Gπ =
(1− a2
c2−ab
c
−abc
1− b2
c2
)a matriz da restrição de
〈·, ·〉L a π.
Teorema 2.2. Seja π ≤ L3 um plano, π : ax+ by+ cz = 0. Suponha c 6= 0. Seja Gπ amatriz da restrição de 〈·, ·〉L à π. Vale o critério:
• detGπ > 0 ⇐⇒ π é tipo espaço;
• detGπ < 0 =⇒ π é tipo tempo;
• detGπ = 0 ⇐⇒ π é tipo luz.
Demonstração: Vamos calcular detGπ. Temos:
detGπ =
(1−
a2
c2
)(1−
b2
c2
)−
(−ab
c
)2
= 1−b2
c2−a2
c2+a2b2
c2−a2b2
c2
= 1−
(a2 + b2
c2
)Observe também que trGπ = 2 −
(a2+b2
c2
)= 1 + detGπ. Da Álgebra Linear, sabe-
mos que como Gπ é uma matriz de ordem 2, rapidamente temos que seu polinômio
característico é
pGπ(t) = t2 − trGπ t+ detGπ
= t2 − (1+ detGπ) t+ detGπ
Assim, temos como raízes de pGπ : 1 e detGπ. Assim, se detGπ > 0, 〈·, ·〉L∣∣π
é positiva
definida, e π é tipo espaço. Se detGπ < 0, 〈·, ·〉L∣∣π
é indefinida e não-degenerada (com
índice 1), então π é tipo tempo. Por fim, se detGπ = 0, 〈·, ·〉L∣∣π
se torna semi-positiva,
logo π é tipo luz.
6
Teorema 2.3. Seja π ≤ L3 um plano, π : ax + by + cz = 0, n = (a, b, c) o vetoreuclidianamente normal a π. Então:
• π é tipo espaço ⇐⇒ n é tipo tempo;
• π é tipo tempo ⇐⇒ n é tipo espaço;
• π é tipo luz ⇐⇒ n é tipo luz.
Demonstração: Suponha que c = 0. Então π é tipo tempo, e n é da forma (a, b,0),sendo então tipo espaço, pois a e b não podem ser nulos simultâneamente.
Agora suponha que c 6= 0 e seja Gπ a matriz da restrição de 〈·, ·〉L à π.
1. π é tipo espaço ⇐⇒ detGπ = 1 −(a2+b2
c2
)> 0 ⇐⇒ 1 > a2+b2
c2⇐⇒ c2 >
a2 + b2 ⇐⇒ 〈n,n〉L = a2 + b2 − c2 < 0 ⇐⇒ n é tipo tempo;
2. π é tipo tempo ⇐⇒ detGπ = 1 −(a2+b2
c2
)< 0 ⇐⇒ 1 < a2+b2
c2⇐⇒ c2 <
a2 + b2 ⇐⇒ 〈n,n〉L = a2 + b2 − c2 > 0 ⇐⇒ n é tipo espaço;
3. π é tipo luz ⇐⇒ detGπ = 1−(a2+b2
c2
)= 0 ⇐⇒ 1 = a2+b2
c2⇐⇒ c2 = a2+b2 ⇐⇒
〈n,n〉L = a2 + b2 − c2 = 0 ⇐⇒ n é tipo luz.
Exemplo 2.1.
1. O plano π1 : 3x + 4y − 5z = 0 é tipo luz, pois seu vetor normal Euclideano(3,4,−5) é tipo luz.
2. O plano π2 : x − 2y + 5z = 0 é tipo espaço, pois seu vetor normal Euclideano(1,−2, 5) é tipo tempo.
3. A reta L : X(λ) = λ(1, 2, 3), λ ∈ R é tipo tempo, pois o vetor (1, 2, 3) é tipo tempo.
A seguir, imagens correspondentes aos exemplos:
-10-5 0 5
10
-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
-10-5
05
10
-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
-10-5
05
10-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
Figura 2: Exemplos de subespaços do L3
7
Observação 2.5. O plano tipo luz é tangente ao cone de luz. O plano tipo espaço está"fora"do cone, e a reta tipo tempo está "dentro"do cone.
Para enunciar os próximos resultados, válidos em dimensão n, considere o Ln:nada mais do que o Rn com a forma bilinear 〈·, ·〉L definida por
〈x,y〉L =n−1∑k=1
xkyk − xnyn.
Proposição 2.3. Seja U ≤ Ln. Então dim U⊥ = n− dim U .
Demonstração: Seja {ei}mi=1base de U . Complete-a para uma base {ei}ni=1
de Ln.Tome u =
∑ni=1xiei ∈ U⊥. Então vale:⟨
n∑i=1
xiei, ej
⟩L
=
n∑i=1
gijxi = 0 1 ≤ j ≤ m
onde (gij)m×n é uma submatriz de G (matriz da métrica) relativa aos índices fixados
inicialmente. Então, em forma de matriz, temosg11 · · · g1n...
...
.
.
.
gn1 · · · gmn
x1...xn
=
0
.
.
.
0
Como a métrica é não degenerada, G é invertível. Portanto a submatriz tem posto
máximo, e segue que as soluções desse sistema geram um espaço de dimensão n−m.
Proposição 2.4. Seja U ≤ Ln um subespaço não-degenerado. Então U⊥ também énão degenerado.
Demonstração: Como U é não-degenerado, vale Gram-Schmidt, então tome
{e1, · · · , em} base ortonormal de U , isto é, a matriz da métrica restrita a U é diagonal
com apenas 1 e −1. Complete isso para uma base de Ln (o Ln é antes de tudo, um es-
paço vetorial), e aplique o processo de Gram-Schmidt tomando como vetores iniciais
os {ei}mi=1. Como estes já formam um conjunto ortonormal, não serão afetados. Ob-
temos então uma base ortonormal {e1, · · · , em, em+1, · · · , en}. Como dim U⊥ = n−m,
{em+1, · · · , en} é base ortonormal de U⊥, portanto U⊥ é não-degenerado. Com efeito,
se fosse, um dos autovalores da matriz da métrica, G = (〈ei, ej〉L)m+1≤i,j≤n, seria nulo,
mas esta é uma matriz diagonal, contendo apenas 1 e −1.
Corolário 2.1. Se U ≤ Ln é um subespaço tipo luz, então U⊥ é luz também.
Proposição 2.5. Sejam u,v ∈ L3 vetores tipo luz. Então 〈u,v〉L = 0 ⇐⇒ u e v sãolinearmente dependentes.
8
Demonstração: Se u e v são L.D., obviamente 〈u,v〉L = 0. Agora suponha que
〈u,v〉L = 0. Decomponha L3 = k⊥ ⊕ span{k} e escreva u = x +w, v = y + aw, com
x,y ∈ k⊥, w ∈ span{k} e a ∈ R. Note que temos x e y vetores tipo espaço. Temos
três equações:〈u,v〉L = 〈x+w,y+ aw〉L = 0
〈u,u〉L = 〈x+w,x+w〉L = 0
〈v,v〉L = 〈y+ aw,y+ aw〉L = 0
=⇒〈x,y〉L + a〈x,w〉L + 〈w,y〉L + a〈w,w〉L = 0
〈x,x〉L + 2〈x,w〉L + 〈w,w〉L = 0
〈y,y〉L + 2a〈w,y〉L + a2〈w,w〉L = 0
Combinando as equações de modo a eliminar os termos 〈x,w〉L e 〈w,y〉L, obtemos:
a2〈x,x〉L − 2a〈x,y〉L + 〈y,y〉L = 0 =⇒ 〈ax+ y, ax+ y〉L = 0
isto é, ‖ax− y‖L = 0. Como ax− y é tipo espaço (pois está em k⊥), somos levados a
concluir que ax− y = 0, daí ax = y e portanto:
v = y+ aw = ax+ ay = a(x+w) = au.
Corolário 2.2. Se U ≤ L3 é um subespaço tipo luz, então dim(U ∩ U⊥) = 1.
Demonstração: Sejam u,v ∈ U∩U⊥. Então 〈u,v〉L = 0, e assim eles são linearmente
dependentes. Isto nos dá que dim(U ∩ U⊥) ≤ 1. Por outro lado, se U é luz, então
dim U 6= 0. Sendo assim, tome v ∈ U , v 6= 0 um vetor tipo luz. Então 〈v,v〉 = 0 e
v ∈ U⊥. Então dim(U ∩ U⊥) ≥ 1, e segue o resultado.
Lema 2.1. Se U ≤ L3 é um plano tipo luz, então U⊥ ⊂ U .
Demonstração: Escreva U = span{u,v} e U⊥ = span{w}, para vetores u,v,w ∈ L3,
e u e v linearmente independentes. Como U é luz, vale que dim (U ∩ U⊥) = 1 Assim,
temos que
dim(U + U⊥) = dim U + dim U⊥ − dim (U ∩ U⊥) = 2
visto que dim U = 2 e dimU⊥ = 1. Porém, U + U⊥ = span{u,v,w}, e como {u,v} éL.I., segue que w é combinação linear de u e v. Isto é, w ∈ U , e concluímos que
U⊥ ⊂ U .
Observação 2.6. Ilustrando a situação acima:
-10-5
05
10-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
Figura 3: Um vetor tipo luz contido no seu complemento ortogonal.
9
Proposição 2.6. Seja v ∈ Ln e v⊥ := (span{v})⊥. Então v é tipo tempo se, e somentese v⊥ é tipo espaço.
Demonstração: Seja v ∈ Lntipo tempo. Então v⊥ é não degenerado. Mas se
v⊥ for tipo tempo, 〈·, ·〉L terá índice 2, uma contradição. Portanto v⊥ deve ser tipo
espaço. Recíprocamente, seja {e1, · · · , en−1} uma base ortonormal de um subespaço
tipo espaço. Então {e1, · · · , en−1,v} é uma base do Ln que diagonaliza a matriz de
〈·, ·〉L, logo v deve ser tipo tempo.
Proposição 2.7. Seja U ≤ Ln. Vale que U é tipo espaço se, e somente se U⊥ é tipotempo.
Demonstração: Sabemos que como Ln tem dimensão finita, vale que Ln = U ⊕U⊥.Se U é tipo espaço, então U⊥ deve conter algum vetor tipo tempo (pois o Ln contém),
gerando uma direção em que a restrição de 〈·, ·〉L seja negativa definida. A recíproca
vale porque U⊥⊥ = U .
Corolário 2.3. Seja U ≤ Ln. Então U é tipo tempo se, e somente se U⊥ é tipo espaço.
Observação 2.7. Em vista esses resultados, podemos concluir que:
• Não existem dois vetores tipo tempo ortogonais;
• Toda base ortonormal do L3 deve necessariamente conter dois vetores tipo espaço,e um vetor tipo tempo.
Definição 2.7 (Caráter Causal).
1. Sejam p,v ∈ L3. O caráter causal da reta r : X(t) = p + tv, t ∈ R é o mesmo dovetor v.
2. O caráter causal do plano π : ax + by + cz = d é o mesmo do plano π ′ :ax+ by+ cz = 0.
Teorema 2.4. Seja π ≤ L3 um plano tipo espaço e v ∈ L3 um vetor Lorentz-normal aπ, tal que 〈v,v〉L = −1. Então ‖v‖E ≥ 1.
Demonstração: Vamos tomar um vetor v como o da hipótese do teorema. Se
π : ax + by + cz = d, então n = (a, b, c) é normal euclidianamente à π. Ainda,
suponhamos sem perda de generalidade que ‖n‖E = 1. Desta forma, o vetor w =(a, b,−c) é Lorentz-normal à π. Façamos:
v =w‖w‖L
=(a, b, c)√c2 − a2 − b2
Assim, de fato temos:
〈v,v〉L =a2 + b2 − c2
c2 − a2 − b2= −1
10
Os únicos vetores satisfazendo a hipótese do teorema são este v acima, e −v. Con-
tinuando, temos:
‖v‖2E =a2 + b2 + (−c)2
c2 − a2 − b2=
1
c2 − a2 − b2≥ 1
Esta última desigualdade se dá pois a2 + b2 + c2 = 1 =⇒ c2 − a2 − b2 ≤ 1. Logo,
concluímos que ‖v‖2E ≥ 1.
Observação 2.8. Ilustrando o resultado acima:
-10-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
-10
-5
0
5
10
Figura 4: Um plano tipo espaço com seus vetores normais Euclidiano e Lorentziano.
Definição 2.8. Dado u ∈ L3, tipo tempo, definimos o cone de tempo de u, peloconjunto C(u) = {v ∈ T | 〈u,v〉L < 0}.
Observação 2.9. Note que C(u) 6= ∅ pois u ∈ C(u). Uma vez que não existem doisvetores tipo tempo ortogonais (a demonstração deste resultado será feita à frente, e éindependente), fixado um vetor u ∈ T , qualquer vetor v ∈ T deve satisfazer v ∈ C(u)ou v ∈ C(−u). Ainda mais, C(u) ∩ C(−u) = ∅. Isto prova que T = C(u) _∪ C(−u).
Proposição 2.8. Dois vetores u,v ∈ T estão no mesmo cone de tempo se, e somentese 〈u,v〉L < 0.
Demonstração: Se 〈u,v〉L < 0, é trivial. Suponha então que u,v ∈ C(w) para algum
vetor w ∈ T . Queremos concluir que 〈u,v〉L < 0. Suponha sem perda de generalidade
que 〈w,w〉L = −1. Decomponha u = x+ aw e v = y+ bw, com x,y ∈ w⊥, e a, b ∈ Rescalares adequados. Note que como w é tempo, necessariamente devemos ter x e yespaço. Temos:
〈u,u〉L = 〈x+ aw,x+ aw〉L < 0 =⇒ 〈x,x〉L − a2 < 0 =⇒ 〈x,x〉L < a2
Analogamente concluímos que 〈y,y〉L < b2. Como x e y são vetores tipo espaço,
que geram um plano de tipo espaço, vale a Desigualdade de Cauchy-Schwarz usual
11
e temos |〈x,y〉L| ≤ ‖x‖L‖y‖L. Então, finalmente temos:
〈u,v〉L = 〈x+ aw,y+ bw〉L= 〈x,y〉L + b����〈x,w〉L + a����〈w,y〉L + ab〈w,w〉L= 〈x,y〉L − ab< ‖x‖L‖y‖L − ab< ab− ab = 0
Proposição 2.9. Dados u,v ∈ L3, temos u ∈ C(v) ⇐⇒ C(u) = C(v).
Demonstração: Diretamente, u ∈ C(v) ⇐⇒ 〈u,v〉L < 0 ⇐⇒ 〈v,u〉L < 0 ⇐⇒ v ∈C(u). A tese segue pela proposição anterior.
Proposição 2.10. Os cones de tempo são conjuntos convexos.
Demonstração: Sejam u,v,w ∈ T , com u,v ∈ C(w). Considere:
[u,v] = {(1− t)u+ tv | 0 ≤ t ≤ 1}.
Então:
〈(1− t)u+ tv,w〉L = (1− t)〈u,w〉L + t〈v,w〉L < 0
pois 〈u,w〉L, 〈v,w〉L < 0 e (1− t), t > 0. Logo [u,v] ⊂ C(w).
Usando uma técnica análoga a da prova anterior, é simples demonstrar a:
Proposição 2.11. Sejam u,v,w ∈ T , com u,v ∈ C(w), e λ1, λ2 > 0. Então temos queλ1u+ λ2v ∈ C(w).
Teorema 2.5 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz - L3). Sejam u,v ∈ L3 vetores tipo
tempo. Então vale |〈u,v〉L| ≥ ‖u‖L‖v‖L.
Demonstração: Sejam a, b ∈ R e considere a equação:
〈au+ bv, au+ bv〉L = 0
Como u e v são vetores tipo tempo, suas combinações lineares podem ter qualquer
caráter causal, em particular, tipo luz, o que garante a existência de uma solução
para a equação acima. Desenvolvendo, obtemos:
a2〈u,u〉L + 2ab〈u,v〉L + b2〈v,v〉L = 0
Ainda, sabemos que a e b são não nulos. Se fosse somente a = 0, pela relação
acima, teríamos que v é tipo luz, e se fosse somente b = 0, teríamos u tipo luz,
12
ambas contradições. Assim, podemos dividir tudo, digamos, por a, e chamando
λ = ba, a expressão se torna:
〈u,u〉L + 2λ〈u,v〉L + λ2〈v,v〉L = 0
Analisando o discriminante desta equação, temos:
4〈u,v〉2L − 4〈u,u〉L〈v,v〉L ≥ 0 =⇒ 〈u,v〉2L ≥ 〈u,u〉L〈v,v〉L > 0
Onde a última desigualdade de todas, se dá pelo fato do produto de negativos ser
positivo. Assim, temos
〈u,v〉2L ≥ (−〈u,u〉L)(−〈v,v〉L) =⇒ |〈u,v〉L| ≥ ‖u‖L‖v‖L
Teorema 2.6. Se u,v ∈ L3 estão no mesmo cone de tempo, existe um único número ϕpositivo tal que 〈u,v〉L = −‖u‖L‖v‖L coshϕ. Este ϕ é denominado o ângulo hiperbólico
entre u e v.
Demonstração: Reescrevemos a desigualdade de Cauchy-Schwarz como:
|〈u,v〉L|‖u‖L‖v‖L
≥ 1
Como u e v estão no mesmo cone de tempo, 〈u,v〉L < 0, e temos:
−〈u,v〉L‖u‖L‖v‖L
≥ 1
Porém, a função cosh : [0,+∞) → [1,+∞) é bijetora e portanto sempre existe um
único ϕ ∈ [0,+∞) tal que:
−〈u,v〉L‖u‖L‖v‖L
= coshϕ
Reorganizando, obtemos 〈u,v〉L = −‖u‖L‖v‖L coshϕ.
Teorema 2.7 (Desigualdade triangular - L3). Sejam u,v ∈ L3 vetores no mesmo cone
de tempo. Então ‖u+ v‖L ≥ ‖u‖L + ‖v‖L.
Demonstração: Observe que u + v está no mesmo cone de tempo que u e v. A
conta é direta:
‖u+ v‖2L = −〈u+ v,u+ v〉L= −(〈u,u〉L + 2〈u,v〉L + 〈v,v〉L)= −〈u,u〉L + 2(−〈u,v〉L) − 〈v,v〉L= ‖u‖2L + 2(−〈u,v〉L) + ‖v‖2L≥ ‖u‖2L + 2‖u‖L‖v‖L + ‖v‖2L = (‖u‖L + ‖v‖L)2
Então concluímos que ‖u+ v‖L ≥ ‖u‖L + ‖v‖L.
13
2.3 Produto Vetorial e Orientação do Tempo no L3
Definição 2.9 (Produto Vetorial Lorentziano). Sejam u = (u1, u2, u3),v = (v1, v2, v3) ∈L3. O produto vetorial Lorentziano entre u e v é definido por:
u×L v :=
∣∣∣∣∣∣i j −ku1 u2 u3
v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ ,onde {i, j,k} é a base canônica do L3.
Observação 2.10. O determinante é simbólico. Também é usual a notação u ∧L v.Para nos referirmos ao produto vetorial euclidiano, usaremos u×E v (ou u∧E v).
Observação 2.11. O produto Lorentziano de u e v é o produto Euclidiano dos vetores,refletido pelo plano z = 0. Sabendo os tipos causais de u e v, é possível obterinformações sobre o caráter causal do vetor produto.
Proposição 2.12. Sejam u,v,w ∈ L3, λ ∈ R. Então:
1. u×L v = −v×L u
2. u×L v = 0 ⇐⇒ u e v são L.D..
3. (λu)×L v = u×L (λv) = λ (u×L v)
4. (u+ v)×L w = (u×L w) + (v×L w)
5. u×L (v+w) = (u×L w) + (v×L w)
6. (u×L v)×L w = 〈v,w〉L u− 〈u,w〉L v
A demonstração será omitida por consistir essencialmente de verificação direta
das igualdades.
Teorema 2.8. Sejam u,v ∈ L3 vetores que geram um plano tipo luz. Então u ×L vestá contido neste mesmo plano.
Demonstração: Usamos que u×Lv é ortogonal simultaneamente a u e v, e obtemos:
u×L v ∈ (span{u,v})⊥ ⊂ span{u,v}
A última inclusão segue pelo Lema 2.1, visto que o plano gerado por u e v é luz.
Em geral:
Proposição 2.13. Sejam u,v ∈ L3. Então:
1. Se u e v são tipo espaço, então u×L v pode ser de qualquer tipo causal;
2. Se u é tipo espaço, e v é tipo luz, então u×L v é tipo espaço, ou luz.
3. Se u é tipo espaço, e v é tipo tempo, então u×L v é tipo espaço.
4. Se u e v são tipo luz, então u×L v é tipo espaço;
14
5. Se u é tipo luz, e v é tempo, então u×L v é tipo espaço.
6. Se u e v são tipo tempo, então u×L v é tipo espaço;
Demonstração: Durante os argumentos, tenha em mente que o produto vetorial
entre dois vetores está no complemento ortogonal do plano gerado por ambos. Temos:
1. Dois vetores tipo espaço podem gerar um plano de qualquer tipo causal. Nada
podemos afirmar.
2. Um vetor tipo espaço e um tipo luz geram um plano tipo luz, ou um plano tipo
tempo. No primeiro caso, o produto vetorial será luz, e no segundo caso será tipo
espaço.
3. Um dos vetores ser de tipo tempo já acarreta que o plano gerado é tipo tempo,
donde segue que o produto vetorial é tipo espaço.
4. Se os dois vetores são linearmente dependentes, seu produto vetorial é o vetor
nulo, que é tipo espaço. Se dois vetores tipo luz são linearmente independentes,
geram um plano tipo tempo, e temos que o produto vetorial é tipo espaço.
5. Vide item 3.
6. Vide item 3.
Sabemos que (u,v,u×v) será uma base do L3, dado que u e v sejam linearmente
independentes. É possível analisarmos a orientação (positiva/negativa) da base do
seguinte modo: explicitemos u = (u1, u2, u3) e v = (v1, v2, v3). Então temos:
u×L v =
∣∣∣∣∣∣i j −ku1 u2 u3
v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = (u2v3 − u3v2, u3v1 − u1v3, u2v1 − u1v2) = (x, y, z)
Desta forma, a matriz de mudança de base de para (u,v,u× v) é:u1 v1 x
u2 v2 y
u3 v3 z
e seu determinante, usando expansão de Laplace na terceira coluna, é:
x(u2v3 − u3v2) − y(u1v3 − u3v1) + z(u1v2 − u2v1) = x(x) − y(−y) + z(−z) = x2 + y2 − z2
Se os dois vetores iniciais são tipo espaço, então o seu produto vetorial será tipo
tempo, o que determina a orientação da base formada. Se pelo menos um dos
vetores for luz, não podemos afirmar nada à priori. Porém, se um vetor for espaço,
e o outro for tempo, a base ainda será positiva.
15
2.4 Orientação do tempoProposição 2.14. Não existem dois vetores tipo tempo ortogonais.
Demonstração: Por absurdo, se tivéssemos dois vetores de tipo tempo ortogo-
nais, completando a base com o produto vetorial de ambos teríamos uma base que
diagonaliza a métrica, com índice 2.
Proposição 2.15. Toda base ortonormal do L3 deve conter dois vetores tipo espaço, eum vetor tipo tempo.
Demonstração: A base não pode conter vetores tipo luz, pois estes tem norma zero.
Não existem dois vetores tipo tempo ortogonais. E também não existem três vetores
tipo espaço ortogonais. Lembre ainda que o complemento ortogonal de um plano tipo
espaço é uma reta tipo tempo. Escolha um vetor tipo tempo nessa reta com norma 1.
Em diante, quando nos referirmos à uma base ortonormal (e1, e2, e3), podemos
supor sem perda de generalidade que o vetor e3 é tipo tempo.
Considere B o conjunto de todas as bases ortonormais do L3. Sejam B,B ′ ∈ B,
com B = (e1, e2, e3) e B ′ = (e ′1, e ′
2, e ′
3). Definimos a relação: B ∼ B ′ ⇐⇒ e3 e e ′
3estão
no mesmo cone de tempo (i.e., 〈e3, e ′3〉L < 0). Também faremos a verificação rotineira
de que ∼ é uma relação de equivalência:
1. B ∼ B pois e3 é tipo tempo e 〈e3, e3〉L < 0;
2. B ∼ B ′ =⇒ B ′ ∼ B pois 〈e ′3, e3〉L = 〈e3, e ′3〉L < 0;
3. Se B ′′ = (e ′′1, e ′′
2, e ′′
3), então B ∼ B ′, B ′ ∼ B ′′ =⇒ B ∼ B ′′, pois se e3 e e ′
3estão
no mesmo cone de tempo, e e ′3e e ′′
3também estão no mesmo cone de tempo,
devemos ter e3 e e ′′3no mesmo cone de tempo.
Como só temos dois cones de tempo, só existem duas classes de equivalência,
que são denominadas as orientações do tempo, futuro e passado. A convenção é
tomarmos a classe da base como o futuro. Tendo isso em mente:
Definição 2.10. Considere o vetor k = (0,0, 1). Dado v ∈ L3, tipo tempo, dizemosque v é:
• futuro-dirigido, se 〈v, e3〉L < 0 (i.e., v ∈ C(e3));
• passado-dirigido, 〈v, e3〉L > 0 (i.e., v ∈ C(−e3)).
Isto equivale a dizer que v = (v1, v2, v3) é futuro-dirigido se v3 > 0, e passado-
dirigido se v3 < 0 (obviamente v3 6= 0, caso contrário v não seria tipo tempo).
16
2.5 Isometrias do L3
Definição 2.11 (Isometria). Seja Λ : L3 → L3 uma transformação linear. Dizemos queΛ é uma transformação de Lorentz se 〈Λu, Λv〉L = 〈u,v〉L, para quaisquer u,v ∈ L3.
Lema 2.2. Sejam A,B ∈ Mat(n,R) tais que utAv = utBv, para quaisquer u,v ∈ L3.Então A = B.
Demonstração: Sejam A = (aij)1≤i,j≤n e B = (bij)1≤i,j≤n. Explicitando = (ei)ni=1,
veja que:
eti A ej =(0 · · · 1 · · · 0
)a11 · · · a1n
.
.
....
.
.
.
an1 · · · ann
0
.
.
.
1
.
.
.
0
=(ai1 ai2 · · · ain
)0
.
.
.
1
.
.
.
0
= aij
Então, partindo de utAv = utBv, façamos u = ei e v = ej. Segue que aij = bij para
todos os i e j. Portanto A = B.
Teorema 2.9. Sendo G = diag [1, 1,−1], Λ é uma transformação de Lorentz se, esomente se ΛtGΛ = G.
Demonstração: Suponha que Λ é uma transformação de Lorentz. Então dados
u,v ∈ L3quaisquer, vale que 〈Λu, Λv〉L = 〈u,v〉L, isto é, em forma de matriz vale:
(Λu)tG(Λv) = utGvutΛtGΛv = utGv
Aplicando o lema anterior, vem que ΛtGΛ = G. A recíproca é óbvia.
Corolário 2.4. Se Λ é uma transformação de Lorentz, então detΛ = 1 ou −1.
Demonstração: Temos que ΛtGΛ = G. Passando o determinante nessa equação,
obtemos:
det(ΛtGΛ) = detG
detΛt ·���detG · detΛ =���detG
(detΛ)2 = 1
detΛ = ±1
17
A seguir, conclusões sobre as colunas e linhas de uma transformação de Lorentz:
explicite Λ = (λij)1≤i,j≤3. Temos:
ΛtGΛ = Gλ11 λ21 λ31λ12 λ22 λ32λ13 λ23 λ33
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
λ11 λ12 λ13λ21 λ22 λ23λ31 λ32 λ33
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
λ11 λ21 λ31λ12 λ22 λ32λ13 λ23 λ33
λ11 λ12 λ13λ21 λ22 λ23−λ31 −λ32 −λ33
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
λ2
11+ λ2
21− λ2
31λ11λ12 + λ21λ22 − λ31λ32 λ11λ13 + λ21λ23 − λ31λ33
λ12λ11 + λ22λ21 − λ32λ31 λ212+ λ2
22− λ2
32λ12λ13 + λ22λ23 − λ32λ33
λ13λ11 + λ23λ21 − λ33λ31 λ13λ12 + λ23λ22 − λ33λ32 λ213+ λ2
23− λ2
33
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
Chamemos λci as colunas de Λ, respectivamente. Veja que a última igualdade nos
dá: 〈λc1 ,λc1〉L 〈λc1 ,λc2〉L 〈λc1 ,λc3〉L〈λc2,λc
1〉L 〈λc2,λ
c2〉L 〈λc2,λ
c3〉L
〈λc3,λc
1〉L 〈λc3,λ
c2〉L 〈λc3,λ
c3〉L
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
Temos então que os vetores-coluna de Λ formam uma base ortonormal de L3
. Em
particular, λc3é um vetor tipo tempo, e em consequência disto, temos que |λ33| ≥ 1.
Assim, Λ é a matriz de mudança de base de para (λc1,λc
2,λc
3), então, da Álgebra
Linear, Λ é uma matriz ortogonal e satisfaz Λt = Λ−1. Segue então que ΛGΛt = G,
e chamando λ`i as linhas de Λ, conseguimos o resultado análogo para linhas:〈λ`1,λ`1〉L 〈λ`1,λ`2〉L 〈λ`1,λ`3〉L〈λ`2,λ`
1〉L 〈λ`2,λ
`2〉L 〈λ`2,λ
`3〉L
〈λ`3,λ`
1〉L 〈λ`3,λ
`2〉L 〈λ`3,λ
`3〉L
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
Teorema 2.10. Seja Λ uma transformação de Lorentz. Então Λ leva bases ortonor-mais em bases ortonormais.
Demonstração: Seja (ei)3i=1uma base ortonormal do L3
. Vamos provar que (Λei)3i=1
também o é. Veja que se (i, j) 6= (3, 3), então:
〈Λei, Λej〉L = 〈ei, ej〉L = δij
onde δij é o delta de Kronecker. Por fim, 〈Λe3, Λe3〉L = 〈e3, e3〉L = −1.
Observação 2.12. A demonstração acima ainda mostra que o vetor tempo de umabase é levado no vetor tempo da outra.
Definição 2.12. Denotamos o conjunto de todas as transformação de Lorentz do L3
porO1(3,R) = {Λ ∈ GL(3,R) | ΛtGΛ = G}
Observação 2.13. O 1 de O1(3,R) vem da notação também usada para designar o L3,R3
1.
18
Observação 2.14. O1(3,R) é um grupo (a saber, subgrupo de GL(3,R)).
Aqui, vale notar que destacamos, entre essas transformação de Lorentz, as que
tem determinante positivo:
Definição 2.13. O grupo especial de Lorentz é SO1(3,R) := {Λ ∈ O1(3,R) | detΛ = 1}.
Observação 2.15. SO1(3,R) é a interseção dos grupos O1(3,R) e SL(3,R), logo tam-bém é um grupo.
Agora, seja B = (e1, e2, e3) uma base ortonormal do L3. Vamos também denotar
por B a matriz tal que os ei são os vetores coluna. Então:
Definição 2.14. Dizemos que uma base ortonormal B = (e1, e2, e3) é futuro-orientada
se e3 for um vetor futuro-dirigido. E dizemos que é passado-orientada se o vetor e3 épassado-dirigido.
Definição 2.15. Dada uma base ortonormal B, futuro-orientada, dizemos que umatransformação de Lorentz Λ é ortocrônica (isto é, preserva a orientação do tempo) sea base Λ · B também for futuro-orientada.
Definição 2.16. O grupo ortocrônico é O↑1(3,R) := {Λ ∈ O1(3,R) | Λ preserva a
orientação do tempo}.
Teorema 2.11 (Caracterização de O↑1(3,R)). Seja Λ = (λij)1≤i,j≤3 ∈ O1(3,R). Então:
Λ ∈ O↑1(3,R) ⇐⇒ λ33 > 0
Demonstração:
=⇒ : Suponha que Λ é ortocrônica. Então Λ(0,0, 1) = (λ13, λ23, λ33) deve ser futuro-
dirigido assim como (0,0, 1), e portanto λ33 > 0.
⇐= : Tome (b1, b2, b3) uma base ortonormal de L3. Basta vermos o que acontece
com b3. Nosso objetivo é ver que b3 e Λb3 tem a mesma orientação. Chame λ`ias linhas de Λ. Chame, por hora, b3 = (b
(1)3, b
(2)3, b
(3)3). Veja que:
Λb3 =
λ11 λ12 λ13λ21 λ22 λ23λ31 λ32 λ33
b
(1)3
b(2)3
b(3)3
=
λ11b(1)3
+ λ12b(2)3
+ λ13b(3)3
λ21b(1)3
+ λ22b(2)3
+ λ23b(3)3
λ31b(1)3
+ λ32b(2)3
+ λ33b(3)3
=
〈λ`1, Gb3〉L〈λ`2, Gb3〉L
〈λ`3, Gb3〉L
onde G = diag[1, 1,−1], como sempre. Note que aplicar G sozinha em um vetor,
apenas troca o sinal de sua última componente. Como λ33 > 0, temos que λ`3é
futuro dirigido. Vamos usar os resultados sobre cones de tempo.
i) Suponha que b3 é futuro-dirigido. Então Gb3 é passado-dirigido. Portanto
〈λ`3, Gb3〉L > 0, por estarem em cones de tempo distintos. Mas isto quer
dizer que Λb3 é futuro-dirigido.
ii) Suponha que b3 é passado-dirigido. Então Gb3 é futuro-dirigido. Portanto
〈λ`3, Gb3〉L < 0, por estarem no mesmo cone de tempo. Mas isto quer dizer
que Λb3 é passado-dirigido também.
19
Observação 2.16. Há, na literatura, quem defina transformações ortocrônicas usandoeste último resultado.
Definição 2.17. O grupo ortocrônico especial de Lorentz é:
O+↑1(3,R) = O
↑1(3,R) ∩ SO1(3,R)
= {Λ ∈ O1(3,R) | detΛ = 1 e Λ preserva a orientação do tempo}
Observação 2.17. O+↑1(3,R) é um subgrupo deO1(3,R) pois é interseção de subgrupos.
Observação 2.18. Temos que O↑1(3,R) tem duas componentes conexas, a saber,
O+↑1(3,R) e O
↑1(3,R) \ O
+↑1(3,R). Por outro lado, O1(3,R) tem quatro componentes
conexas, que são O+↑1(3,R),O+↓
1(3,R), O−↑
1(3,R),O−↓
1(3,R):
O+↓1(3,R) = {Λ ∈ SO1(3,R) | λ33 > 0}
O−↑1(3,R) = {Λ ∈ O
↑1(3,R) | detΛ = −1}
O−↓1(3,R) = {Λ ∈ O1(3,R) | detΛ = −1 e λ33 > 0}
Porém, em notação de classes laterais, considerando as matrizes τ1 = diag[1, 1,−1]e diag[1,−1, 1], temos det τ1 = det τ2 = −1. Consequentemente det τ1 · τ2 = 1. No queremete à orientação do tempo, temos (τ1)33 = −1, (τ2)33 = 1, e então (τ1 · τ2)33 =−1. Conseguimos então caracterizar todas outras componentes em função de O++
1(3),
assim:
O+↓1(3,R) = τ1 · τ2 ·O+↑
1(3,R)
O−↑1(3,R) = τ2 ·O+↑
1(3,R)
O−↓1(3,R) = τ1 ·O+↑
1(3,R)
τ1 e τ2 trocam o sinal do determinante, enquanto τ1 · τ2 o preserva. τ1 e τ1 · τ2 invertema orientação do tempo, mas τ2 a mantém.
A seguinte discussão é uma caracterização das isometrias do L2. Os conceitos
apresentados até agora também se adaptam para o L2. Note: aqui, G = diag [1,−1].
Considere Λ ∈ O1(2,R), isto é, tal que ΛtGΛ = G. Podemos explicitar as restrições
em Λ. Chamemos Λ =
(a b
c d
). Então, temos:
(a c
b d
)·(1 0
0 −1
)·(a b
c d
)=
(1 0
0 −1
)(a c
b d
)·(a b
c −d
)=
(1 0
0 −1
)(a2 − c2 ab− cdab− cd b2 − d2
)=
(1 0
0 −1
)E assim obtemos as três condições:
i) a2 − c2 = 1
ii) d2 − b2 = 1
20
iii) ab− cd = 0
Daqui pra frente, temos quatro possibilidades, que serão analisadas sistematica-
mente:
1. Existe t ∈ R tal que a = cosh t, e c = senh t.
a) Existe s ∈ R tal que d = cosh s e b = senh s. Pela condição iii), segue que
cosh t senh s− senh t cosh s = 0
senh(s− t) = 0
s− t = 0
s = t
Neste caso, resulta:
Λ =
(cosh t senh t
senh t cosh t
)b) Existe s ∈ R tal que d = − cosh s e b = senh s. Pela condição iii), segue que
cosh t senh s+ senh t cosh s = 0
senh(s+ t) = 0
s+ t = 0
s = −t
Neste caso, resulta:
Λ =
(cosh t senh t
− senh t − cosh t
)(lembre das paridades de cosh e senh)
2. Existe t ∈ R tal que a = − cosh t, e c = senh t.
a) Existe s ∈ R tal que d = cosh s e b = senh s. Pela condição iii), segue que
− cosh t senh s− senh t cosh s = 0
senh s cosh t+ senh t cosh s = 0
senh(s+ t) = 0
s+ t = 0
s = −t
Neste caso, resulta:
Λ =
(− cosh t − senh t
senh t cosh t
)b) Existe s ∈ R tal que d = − cosh s e b = senh s. Pela condição iii), segue que
− cosh t senh s− senh t (− cosh s) = 0
senh t cosh s− cosh t senh s = 0
senh(s− t) = 0
s− t = 0
s = t
21
Neste caso, resulta:
Λ =
(− cosh t senh t
senh t − cosh t
)A estratégia foi ver as duas possibilidades vindas de a2 − c2 = 1. Dentro de cada
uma, analisar as outras duas vindas de d2−b2 = 1, totalizando quatro possibilidades,
e achar a relação entre os parâmetros via ab − cd = 0. Utilizando as notações das
componentes conexas de L3aqui no L2
, temos como resultado de cada caso que:
(cosh t senh t
senh t cosh t
)∈ O
+↑1(2,R)
(cosh t senh t
− senh t − cosh t
)∈ O
−↓1(2,R)(
− cosh t − senh t
senh t cosh t
)∈ O
−↑1(2,R)
(− cosh t senh t
senh t − cosh t
)∈ O
+↓1(2,R)
E isto finalmente caracteriza todas as isometrias do L2.
Considere novamente o L3. Agora, faremos uma rápida análise das isometrias
que deixam fixa, ponto a ponto, uma reta. Estas transformações são chamadas de
boosts (impulsos de energia). A diferença aqui, é que o caráter causal da reta em
questão influencia a transformação. Sendo Λ : L3 −→ L3, Λ ∈ O
+↑1(3,R) um impulso
de energia, e u ∈ L, onde L é uma reta, temos que Λu = u. Nos exemplos a seguir,
vamos supor L ≤ L3. O procedimento que faremos é o mesmo para casos mais
complicados.1
Exemplo 2.2.L é tipo tempo: Assuma que L é gerada por k. Seja Λ = (λij)0≤i,j≤3. Dado u ∈ L,devemos ter u = (0,0, u). Não nos esqueçamos, antes de tudo, que Λ ∈ O++
1(3) e vale
ΛtGΛ = G. A condição Λu = u explicitamente nos dá:λ11 λ12 λ13λ21 λ22 λ23λ31 λ32 λ33
0
0
u
=
0
0
u
=⇒uλ13uλ23uλ33
=
0
0
u
=⇒λ13 = 0
λ23 = 0
λ33 = 1
Agora utilizamos ΛtGΛ = G, e obtemos:λ11 λ21 λ31λ12 λ22 λ320 0 1
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
λ11 λ12 0
λ21 λ22 0
λ31 λ32 1
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
λ11 λ21 λ31λ12 λ22 λ320 0 1
λ11 λ12 0
λ21 λ22 0
−λ31 −λ32 −1
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
λ2
11+ λ2
21− λ2
31λ11λ12 + λ21λ22 − λ31λ32 −λ31
λ12λ11 + λ22λ21 − λ31λ32 λ212+ λ2
22− λ2
32λ32
−λ31 −λ32 −1
=
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
E diretamente obtemos λ31 = λ32 = 0. Temos então três condições:
i) λ211+ λ2
21= 1
ii) λ212+ λ2
22= 1
1Outra maneira é escrever Λ
∣∣L = id
22
iii) λ11λ12 + λ21λ22 = 0
Novamente teremos quatro possibilidades. Atente para o sinal do determinante damatriz encontrada, afinal ela pode ou não preservar a orientação do tempo.
1. Existe θ, com 0 ≤ θ < 2π, tal que λ11 = cos θ e λ21 = sen θ.
a) Existe ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π tal que λ12 = cosϕ e λ22 = senϕ. Pela condição iii),vale que
cos θ cosϕ+ sen θ senϕ = 0
cos(θ−ϕ) = 0
θ−ϕ =π
2
ϕ = θ−π
2
Assim, temos λ12 = cos
(θ− π
2
)= sen θ e λ22 = sen
(θ− π
2
)= − cos θ. Desta
forma, resulta
Λ =
cos θ sen θ 0
sen θ − cos θ 0
0 0 1
Porém, esta matriz não é um boost, pois detΛ = −1.
b) Existe ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π tal que λ12 = − cosϕ e λ22 = senϕ. Pela condição iii),vale que
cos θ (− cosϕ) + sen θ senϕ = 0
cos θ cosϕ− sen θ senϕ = 0
cos(θ+ϕ) = 0
θ+ϕ =π
2
ϕ =π
2
− θ
Assim, temos λ12 = − cos
(π2− θ)= − sen θ e λ22 = sen
(π2− θ)= cos θ. Desta
forma, resulta
Λ =
cos θ − sen θ 0
sen θ cos θ 0
0 0 1
Temos que Λ é de fato um boost, pois detΛ = 1.
2. Existe θ, com 0 ≤ θ < 2π, tal que λ11 = − cos θ e λ21 = sen θ.
a) Existe ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π tal que λ12 = cosϕ e λ22 = senϕ. Pela condição iii),vale que
− cos θ cosϕ+ sen θ senϕ = 0
cos(θ+ϕ) = 0
θ+ϕ =π
2
ϕ =π
2
− θ
23
Assim, temos λ12 = cos
(π2− θ)= sen θ e λ22 = sen
(π2− θ)= cos θ. Desta
forma, resulta
Λ =
− cos θ sen θ 0
sen θ cos θ 0
0 0 1
Porém, esta matriz não é um boost, pois detΛ = −1.
b) Existe ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π tal que λ12 = − cosϕ e λ22 = senϕ. Pela condição iii),vale que
(− cos θ)(− cosϕ) + sen θ senϕ = 0
cos θ cosϕ+ sen θ senϕ = 0
cos(θ−ϕ) = 0
θ−ϕ =π
2
ϕ = θ−π
2
Assim, temos λ12 = − cos
(θ− π
2
)= − sen θ e λ22 = sen
(θ− π
2
)= − cos θ.
Desta forma, resulta
Λ =
− cos θ − sen θ 0
sen θ − cos θ 0
0 0 1
Temos que Λ é de fato um boost, pois detΛ = 1.
Então, os boosts atrelados à esta reta L são das formas:cos θ − sen θ 0
sen θ cos θ 0
0 0 1
e
− cos θ − sen θ 0
sen θ − cos θ 0
0 0 1
, 0 ≤ θ < 2π
Exemplo 2.3. L é tipo espaço. Suponha que L é gerada por i. Os boosts são da forma:1 0 0
0 coshϕ senhϕ
0 senhϕ coshϕ
, ϕ ∈ R
O tratamento deste exemplo é o mesmo que fizemos quando classificamos as
isometrias do L2, portanto omitiremos os detalhes desse caso.
Exemplo 2.4. A reta L é tipo luz: Suponha que L é gerada por j + k. Seja Λ =(λij)1≤i,j≤3 ∈ O1(3,R). Temos que dado u ∈ L, u é da forma u = (0, u, u), com u ∈ R.Então a condição Λu = u nos dá:
λ11 λ12 λ13λ21 λ22 λ23λ31 λ32 λ33
0
u
u
=
0
0
u
=⇒u(λ12 + λ13)u(λ22 + λ23)u(λ32 + λ33)
=
0
u
u
=⇒λ13 = −λ12λ23 = 1− λ22λ33 = 1− λ22
24
Ao invés de fazer a multiplicação ΛtGΛ, para ilustrar outro raciocínio, veremos ascolunas de Λ como vetores Lorentz-ortogonais. Se λci , 1 ≤ i ≤ 3 são as colunas de Λ,já usando as relações recém-descobertas, temos:
〈λc1,λc
1〉L = λ211 + λ221 − λ231 = 1 (1)
〈λc2,λc
2〉L = λ212 + λ222 − λ232 = 1 (2)
〈λc3,λc
3〉L = λ212 + λ222 − λ233 − 2λ22 + 2λ32 = −1 (3)
〈λc1,λc
2〉L = λ11λ12 + λ21λ22 − λ31λ32 = 0 (4)
〈λc1,λc
3〉L = −λ11λ12 − λ21λ22 + λ31λ32 + λ21 − λ31 = 0 (5)
〈λc2,λc
3〉L = −λ2
12− λ2
22+ λ2
32+ λ22 − λ32 = 0 (6)
Substituir (2) em (3) e (4) em (5) nos dá, respectivamente, que λ32 = λ22 − 1 e λ21 =λ31. Agora a estratégia é utilizar um dos elementos de Λ como um parâmetro. Escrevaλ12 = θ ∈ R. Aí λ13 = −θ. Notando que λ2
22− λ2
32= (λ22 + λ32)(λ22 − λ32) = λ22 + λ32,
de (2) vem:
λ212+ λ2
22− λ2
32= 1
θ2 + λ22 + λ32 = 1
θ2 + λ32 = 1− λ22
θ2 + λ32 = −λ32
=⇒ λ32 = −θ2
2
.
Disto, λ22 = 1 − θ2
2. De λ33 = 1 − λ32, tiramos λ33 = 1 + θ2
2. Aqui vale o comentário de
que já garantimos que Λ é ortocrônica. Como λ23 = 1− λ22, continuamos substituindo,e obtemos λ23 = θ2
2.
Tínhamos que λ21 = λ31, então voltando em (1) temos que λ211= 1. Falta pouco.
Agora usaremos que as linhas de Λ são ortonormais. Chamando λ`i as linhas de Λ,temos:
〈λ`2,λ`
2〉L = 1
λ221+
(1−
θ2
2
)2
−
(θ2
2
)2
= 1
λ221+���
������:1
(1−
θ2
2
+θ2
2
)(1−
θ2
2
−θ2
2
)= 1
λ221+ 1− θ2 = 1
=⇒ λ221= θ2
E mais:
〈λ`1,λ`
2〉L = 0
λ11λ21 + θ−θ3
2
−
(−θ3
2
)= 0
λ11λ21 = −θ
25
Pois bem, se queremos Λ ∈ O+↑1(3,R), falta a condição detΛ = 1. Temos:∣∣∣∣∣∣
λ11 θ −θ
λ21 1− θ2
2
θ2
2
λ21 −θ2
21+ θ2
2
∣∣∣∣∣∣ = 1 =⇒∣∣∣∣∣∣λ11 θ −θ
λ21 1− θ2
2
θ2
2
0 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = 1
=⇒ λ11��
���
��*1∣∣∣∣1− θ2
2
θ2
2
−1 1
∣∣∣∣− λ21������>
0∣∣∣∣ θ −θ−1 1
∣∣∣∣ = 1 =⇒ λ11 = 1,
e portanto λ21 = −θ. Os boosts em torno da reta L são da forma:
Λ =
1 θ −θ
−θ 1− θ2
2
θ2
2
−θ −θ2
21+ θ2
2
, θ ∈ R.
2.6 Curvas no Espaço L3
Definição 2.18. Uma curva parametrizada diferenciável é uma aplicação α : I→ L3,de classe C ∞, onde I é um intervalo aberto da reta.
Definição 2.19 (Caráter Causal). Seja α : I → L3 uma curva parametrizada diferen-ciável e t ∈ I. Dizemos que, em t, α é:
i) tipo espaço, se α ′(t) é um vetor tipo espaço;
ii) tipo tempo, se α ′(t) é um vetor tipo tempo;
iii) tipo luz, se α ′(t) é um vetor tipo luz.
Se o caráter causal de α é o mesmo para todo t em I, dizemos apenas que α é espaço,tempo ou luz.
Esta definição é motivada pelo pull-back da métrica 〈·, ·〉L pela aplicação α, queuma vez fixado t ∈ I, é definido por:
α∗(〈·, ·〉L)t : TtI× TtI ∼= R2 −→ Rα∗(〈·, ·〉L)t(u, v) = 〈dαt(u), dαt(v)〉L
e determina o caráter causal de TtI, o espaço tangente ao intervalo I, no ponto t.
Então, dado ζ ∈ TtI, veja que:
α∗(〈·, ·〉L)t(ζ, ζ) = 〈dαt(ζ), dαt(ζ)〉L = 〈α ′(t)ζ,α ′(t)ζ〉L = ζ2〈α ′(t),α ′(t)〉L
Concluímos que o caráter causal de TtI é o mesmo do vetor α ′(t). Mais exatamente,
o caráter causal de α é o mesmo caráter causal da reta tangente à curva, no ponto
a ser considerado.
Observação 2.19. Se α : I → L3, então dαt : TtI → Tα(t)L3 é dada por dαt =α ′(t) (dt)t, e assim, tomando ∂
∂t(t) a base canônica de TtI, temos que dαt
(∂∂t(t))=
α ′(t)(dt)t(∂∂t(t))= α ′(t), pois (dt)t é dual a ∂
∂t(t).
26
Observação 2.20. Pelo Teorema da Conservação do Sinal, dado um ponto t ∈ I talque α é tipo espaço ou tempo em t, existe um intervalo (t − ε, t + ε), ε > 0, no qualα mantém o mesmo caráter causal. Isso não ocorre necessariamente nos pontos ondeα é luz. Isto já evidencia que é possível fazer um estudo local da curva, nos trechosonde ela é espaço ou tempo. Se a curva é luz, em geral, devemos analisar caso a caso.
Observação 2.21. Em geral, uma curva plana não tem o mesmo caráter causal doplano que a contém. Ex.: tome o eixo x em qualquer plano vertical que o contenha.
Definição 2.20. Dizemos que uma curva α : I→ L3 é regular se α ′(t) 6= 0, ∀ t ∈ I.
Teorema 2.12. Toda curva tipo tempo ou luz é regular.
Demonstração: Seja α : IC∞−→ L3
uma curva, e façamos α(t) = (x(t), y(t), z(t)),
para funções x, y, z : IC∞−→ R. Temos duas situações:
i) Suponha que α é tempo. Então:
(x ′(t))2 + (y ′(t))2 − (z ′(t))2 < 0 =⇒ 0 ≤ (x ′(t))2 + (y ′(t))2 < (z ′(t))2
e portanto z ′(t) 6= 0 para todo t ∈ I.
ii) Suponha que α é luz, e por absurdo, também que z ′(t) = 0 para todo t. Isso nos
daria:
(x ′(t))2 + (y ′(t))2 = 0
Mas isto implica que x ′(t) = y ′(t) = 0, logo α se degenera a um ponto e é tipo
espaço, uma contradição (α ′ ≡ 0).
Teorema 2.13. Seja α : IC∞−→ L3 uma curva fechada e regular, inclusa em um plano
afim π. Então:
1. Se α é tipo espaço, π é tipo espaço também.
2. A curva não é tipo tempo ou luz.
Demonstração:
1. A prova será por contradição, dividida em duas situações:
i) Suponha que π seja tipo tempo. Após uma isometria, podemos supor que π :x = 0. Como α está inclusa em π, podemos escrever α(t) = (0, y(t), z(t)).Como α é fechada, suas coordenadas atingem um máximo e um mínimo.
Do Cálculo, existe t0 ∈ I tal que y ′(t0) = 0. E como α é regular, garan-
timos que z ′(t0) 6= 0. Portanto α ′(t0) = (0,0, z ′(t0)) é tipo tempo, uma
contradição.
27
ii) Suponha que π seja luz. Após uma isometria, podemos supor que π : y =z. Então podemos escrever α(t) = (x(t), y(t), y(t)). Como α é fechada,
temos que existe t0 ∈ I tal que x ′(t0) = 0, e da regularidade da curva,
temos y ′(t0) 6= 0. Assim α ′(t0) = (0, y ′(t0), y′(t0)) é um vetor luz, outra
contradição.
2. Agora a prova será direta. Escreva π : ax + by + cz = d, com coeficientes
quaisquer. Suponha duas situações:
i) Suponha que o plano não é vertical, isto é, c 6= 0. Como α está contida no
plano, podemos escrever α(t) = (x(t), y(t),−acx(t) − b
cy(t) + d
c). Como α é
fechada, existe t0 ∈ I tal que y ′(t0) = 0. E por regularidade, temos x ′(t0) 6=0. Então, derivando, temos α ′(t0) = (x ′(t0),0,−
acx ′(t0)), e obtemos:
〈α ′(t0),α ′(t0)〉L =(1+
a2
c2
)(x ′(t0))
2 > 0
Portanto α é tipo espaço em t0.
ii) Suponha que o plano é vertical e c = 0. Se b 6= 0, escreva α(t) =(x(t),−a
bx(t) + d
b, z(t)), e por α ser fechada, tome t0 ∈ I tal que z ′(t0) = 0.
Desta forma, derivando temos que α ′(t0) = (x ′(t0),−abx ′(t0),0). Assim:
〈α ′(t0),α ′(t0)〉L =(1+
a2
b2
)(x ′(t0))
2 ≥ 0
A igualdade só ocorre se x ′(t0) = 0, mas isto implicaria que α não é
regular. Então a desigualdade é estrita e α é tipo espaço em t0.
Caso ocorra b = 0 também, escrevemos α como α(t) = (da, y(t), z(t)). Na
mesma linha de raciocínio de todos os casos anteriores, escolha t0 ∈ I talque z ′(t0) = 0. Por regularidade, y ′(t0) 6= 0. Daí α ′(t0) = (0, y ′(t0),0) e
claramente α é tipo espaço em t0.
Corolário 2.5. Não existem curvas fechadas no L3 que sejam tipo tempo ou luz.
Demonstração: Basta escolher t0 ∈ I tal que z ′(t0) = 0, calcular 〈α ′(t0),α ′(t0)〉L e
repetir o argumento acima.
Definição 2.21. Dizemos que α : IC∞−→ L3 é uma curva parametrizada por compri-
mento de arco (p.p.c.a.) se ‖α ′(s)‖L = 1 para todo s ∈ I.
Observação 2.22. Uma curva p.p.c.a. necessariamente é espaço ou tempo. Segue daobservação do comportamento local dos caráteres causais.
Definição 2.22. Seja α : IC∞−→ L3 uma curva tipo luz. Dizemos que α é pseudo-
parametrizada por comprimento de arco (pseudo-p.p.c.a.) se ‖α ′′(s)‖L = 1 para todos ∈ I.
28
Como no R3, o comprimento de arco ainda é a função:
s(t) =
∫ tt0
‖α ′(ξ)‖L dξ
E podemos, para efeitos teóricos, sempre considerar uma curva p.p.c.a. ou pseudo-p.p.c.a., pelos seguintes resultados:
Teorema 2.14. Seja α : IC∞−→ L3 uma curva regular tipo espaço ou tempo, com
parâmetro qualquer. Então, sendo J um intervalo da reta, existe um difeomorfismoh : J→ I tal que α = α ◦ h é p.p.c.a..
Demonstração: Fixe t0 ∈ I e considere a função:
s(t) =
∫ tt0
‖α ′(ξ)‖L dξ
Veja que s ′(t) = ‖α ′(t)‖L > 0, portanto s é monótona e crescente. Do Cálculo,
como s é contínua e seu domínio é um intervalo, existe a sua inversa h = s−1.
Vamos verificar que h cumpre o prometido. Temos que h(s(t)) = t para todo t em I.
Derivando e manipulando, obtemos:
h ′(s(t))s ′(t) = 1
h ′(s(t)) =1
‖α ′(t)‖L
h ′(t) =1
‖α ′(h(t))‖LDesta forma:
‖(α ◦ h) ′(t)‖L = ‖α ′(h(t))h ′(t)‖L =∥∥∥∥α ′(h(t)) 1
‖α ′(h(t))‖L
∥∥∥∥L
= 1
Teorema 2.15. Seja α : IC∞−→ L3 uma curva tipo luz, com parâmetro qualquer, tal que
‖α ′′(t)‖L 6= 0, para todo t ∈ I. Então existe um difeomorfismo h : J → I, onde J é umintervalo da reta, tal que α = α ◦ h seja pseudo-p.p.c.a..
Demonstração: Escreva α(t) = α(h(t)). Vamos descobrir condições para que h
cumpra o pedido. Derivando a identidade anterior duas vezes, temos:
α ′(t) = α ′(h(t))h ′(t)
α ′′(t) = α ′′(t) (h ′(t))2 + α ′(t)h ′′(t)
Como α é luz, vale que 〈α ′(h(t)),α ′(h(t))〉L = 0 para todo t ∈ I, e derivando isto,
concluímos que 〈α ′(h(t)),α ′′(h(t))〉L = 0 para todo t ∈ I, também. Continuamos em
frente:
〈α ′′(t),α ′′(t)〉L = 〈α ′′(t) (h ′(t))2 + α ′(t)h ′′(t),α ′′(t) (h ′(t))2 + α ′(t)h ′′(t)〉L
〈α ′′(t),α ′′(t)〉L = (h ′(t))4 〈α ′′(h(t)),α ′′(h(t))〉L + 2(h ′(t))2 h ′′(t)��
������
���:0
〈α ′(h(t)),α ′′(h(t))〉L+
+ (h ′′(t))2
�����
������
�:0
〈α ′(h(t)),α ′(h(t))〉L〈α ′′(t),α ′′(t)〉L = (h ′(t))4〈α ′′(h(t)),α ′′(h(t))〉L
29
Agora lembre que 〈α ′′(h(t)),α ′′(h(t))〉L = ‖α ′′(h(t))‖2L. Forçando esta última expres-
são a ser igual a 1, temos que h deve satisfazer:
h ′(t) =1√
‖α ′′(h(t))‖L
Junte isso com a condição h(0) = t0 e defina h como a solução do Problema de
Cauchy.
Exemplo 2.5. Considere a hélice α : R→ L3 dada por α(t) = (r cos t, r sen t, rt), onder > 0. Note que α é luz. Vamos torná-la pseudo-p.p.c.a.. Diretamente, temos:
α ′′(t) = (−r cos t,−r sen t,0)
e portanto ‖α ′′(t)‖L = r. Daí que h deve satisfazer:
h ′(t) =1√r
Por integração, temos imediatamente que h(t) = t√r. Agora temos que:
α(s) =
(r cos
(s√r
), r sen
(s√r
),√rs
)é uma curva pseudo-p.p.c.a..
2.7 O Triedro de Frenet-Serret no espaço L3
Objetivo: construir um referencial ortonormal (T(s),N(s),B(s)) em cada Tα(s)L3,
que seja positivamente orientado. Porém se T(s) e N(s) são ambos vetores tipo
espaço, então a base formada por T(s), N(s) e T(s)×LN(s) será ortonormal e negativa,
portanto o vetor binormal eventualmente terá que ser definido de outra forma. Se a
curva for de tipo luz, o tratamento será outro. Em suma:
i) Queremos que (T(s),N(s),B(s)) seja uma base positiva;
ii) Procuramos o máximo de relações de perpendicularismo possíveis;
iii) Expressaremos as derivadas de T(s),N(s) e B(s) como combinações dos próprios;
A abordagem será feita para cada possibilidade de caráteres causais separadamente.
Toda base ortonormal do L3(e consequentemente de qualquer espaço tangente à
ele) consiste de dois vetores tipo espaço, e um vetor tipo tempo, então, quando
possível, faremos a correspondência entre os vetores (T(s),N(s),B(s)) e os vetores
canônicos (i, j,k). No decorrer desta seção, sempre consideraremos as curvas p.p.c.a.ou pseudo-p.p.c.a..
Lema 2.3. Seja γ : IC∞−→ Ln uma curva tal que ‖γ(t)‖L = c,∀ t ∈ I. Então vale que
γ ⊥L γ ′ em todo ponto de I.
30
Demonstração: Veja que temos 〈γ(t), γ(t)〉L = εγc2, onde εγ corresponde ao tipo
causal de γ, e derivando obtemos:
〈γ ′(t), γ(t)〉L + 〈γ(t), γ ′(t)〉L = 0 =⇒ 2〈γ ′(t), γ(t)〉L = 0 =⇒ 〈γ ′(t), γ(t)〉L = 0
Em todos os casos possíveis, temos a:
Definição 2.23 (Vetor Tangente). Seja α : IC∞−→ L3 uma curva. O campo de vetores
tangentes à curva é o campo T : I → ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a cada s ∈ I, o vetor
T(s) = α ′(s) ∈ Tα(s)L3. O vetor T(s) é dito o vetor tangente a α em s.
Para economizar na quantidade de definições, exceto nos casos em que T ′(s) ou
α são luz, podemos escrever a:
Definição 2.24 (Curvatura). A curvatura de α em s ∈ I é a função κ : I → R+, dadapor κ(s) = ‖T ′(s)‖L.
Sempre que for possível definir a curvatura, tendo em mente que T(s) ⊥L T ′(s),também podemos fazer as seguintes definições:
Definição 2.25 (Vetor Normal). O campo de vetores normais à curva é o campoN : I→ ⋃
s∈I Tα(s)L3, que associa a cada s ∈ I, o vetor N(s) ∈ Tα(s)L3, determinado pelaexpressão T ′(s) = κ(s)N(s). O vetor N(s) é dito o vetor normal a α em s.
Definição 2.26 (Torção). A torção de α em s ∈ I é a função τ : I → R tal queB ′(s) = τ(s)N(s)
Observação 2.23. Definimos a torção, apesar de não termos definido o vetor binormal.Porém, na maioria dos casos, ainda será possível definí-lo como algum produto vetorial(isso varia a cada caso). Se isto ocorre, temos 〈B(s),T(s)〉L = 0, que por derivação nosdá 〈B ′(s),T(s)〉L = 0. Juntamente com 〈B ′(s),B(s)〉L = 0, podemos afirmar que B ′(s)e N(s) são paralelos, o que justifica a definição de torção dada.
Vamos aos casos:
1. A curva α é tipo tempo. Isto nos dá que 〈T(s),T(s)〉L = −1, e segue que
〈T(s),T ′(s)〉L = 0. Definimos a curvatura e o vetor normal como nas Definições
2.24 e 2.25. Observe que N(s) é um vetor tipo espaço, por estar no complemento
ortogonal de T(s), que é tempo. Então, temos que a base (T(s),N(s),T(s) ×LN(s)) é positiva.
Definição 2.27 (Vetor Binormal para α tipo tempo). O campo de vetores bi-
normais à curva é o campo B : I→ ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a cada s ∈ I, o vetor
B(s) = T(s)×L N(s) ∈ Tα(s)L3. O vetor B(s) é dito o vetor binormal a α em s.
Pela mesma justificativa feita para N(s), temos que B(s) é um vetor tipo espaço.
Fazendo a associação com a base canônica do L3, temos:
k←→ T(s)i←→ N(s)j←→ B(s)
,
i×L j = −kj×L k = ik×L i = j
=⇒
T(s)×L N(s) = B(s)N(s)×L B(s) = −T(s)B(s)×L T(s) = N(s)
, ∀ s ∈ I
31
Daí: 〈T(s),T(s)〉L = −1
〈N(s),N(s)〉L = 1
〈B(s),B(s)〉L = 1
=⇒〈T(s),T ′(s)〉L = 0
〈N(s),N ′(s)〉L = 0
〈B(s),B ′(s)〉L = 0
Também temos 〈B(s),T(s)〉L = 0, o que nos dá:
〈B ′(s),T(s)〉L + 〈B(s),T ′(s)〉L = 0
〈B ′(s),T(s)〉L + κ(s)�������
�:0
〈B(s),N(s)〉L = 0
〈B ′(s),T(s)〉L = 0
Desta forma, temos que B ′(s) é paralelo ao vetor N(s), e cabe definir a torção
como na Definição 2.26. Então:
N(s) = B(s)×L T(s)N ′(s) = B ′(s)×L T(s) + B(s)×L T ′(s)N ′(s) = τ(s)N(s)×L T(s) + κ(s)B(s)×L N(s)
N ′(s) = κ(s)T(s) − τ(s)B(s)
Obtemos então as equações de Frenet-Serret para uma curva tipo tempo no L3
(em forma matricial também):T ′(s) = κ(s) N(s)N ′(s) = κ(s) T(s) − τ(s)B(s)B ′(s) = τ(s)N(s)
⇐⇒T ′N ′B ′
=
0 κ 0
κ 0 −τ0 τ 0
TNB
Observação 2.24. Temos expressões para a curvatura e a torção, ainda:
κ(s) = 〈T ′(s),N(s)〉L = −〈T(s),N ′(s)〉L e τ(s) = 〈B ′(s),N(s)〉L = −〈B(s),N ′(s)〉L
2. A curva α é tipo espaço. Então temos que 〈T(s),T(s)〉L = 1, e portanto
〈T(s),T ′(s)〉L = 0. Como o vetor T ′(s) está no complemento ortogonal de um
vetor tipo espaço, pode ter qualquer tipo causal, então trataremos os três casos.
a) O vetor T ′(s) é tipo espaço. Definimos a curvatura e o vetor normal como
nas Definições 2.24 e 2.25. Como ambos os vetores T(s) e N(s) são tipo
espaço, a base (T(s),N(s),T(s)×LN(s)) é negativa ao invés de positiva. Mas
isto implica que a base (T(s),N(s),N(s)×L T(s)) é positiva.
Definição 2.28 (Vetor Binormal para α espaço com α ′′(s) espaço). O campo
de vetores binormais à curva é o campo B : I → ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a
cada s ∈ I, o vetor B(s) := N(s)×L T(s) ∈ Tα(s)L3. O vetor B(s) é dito o vetor
binormal a α em s.
Como toda base ortonormal do L3deve conter um vetor tempo e dois tipo
espaço, temos que B(s) é tipo tempo. Fazendo a associação com a base
canônica do L3, vem:
k←→ B(s)i←→ T(s)j←→ N(s)
,
i×L j = −kj×L k = ik×L i = j
=⇒
T(s)×L N(s) = −B(s)N(s)×L B(s) = T(s)B(s)×L T(s) = N(s)
, ∀ s ∈ I
32
Então: 〈T(s),T(s)〉L = 1
〈N(s),N(s)〉L = 1
〈B(s),B(s)〉L = −1
=⇒〈T(s),T ′(s)〉L = 0
〈N(s),N ′(s)〉L = 0
〈B(s),B ′(s)〉L = 0
Também temos 〈B(s),T(s)〉L = 0, o que nos dá, identicamente ao caso ante-
rior, que 〈B ′(s),T(s)〉L = 0, portanto B ′(s) é paralelo à N(s). Então, repeti-
mos a definição de torção como na Definição 2.26. Temos:
N(s) = B(s)×L T(s)N ′(s) = B ′(s)×L T(s) + B(s)×L T ′(s)N ′(s) = τ(s)N(s)×L T(s) + κ(s)B(s)×L N(s)
N ′(s) = −κ(s)T(s) + τ(s)B(s)
Obtemos então as equações de Frenet-Serret para uma curva tipo espaço com
normal tipo espaço no L3(em forma matricial também):
T ′(s) = κ(s)N(s)N ′(s) = −κ(s)T(s) + τ(s)B(s)B ′(s) = τ(s)N(s)
⇐⇒T ′N ′B ′
=
0 κ 0
−κ 0 τ
0 τ 0
TNB
Observação 2.25. Temos expressões para a curvatura e a torção, ainda:
κ(s) = 〈T ′(s),N(s)〉L = −〈T(s),N ′(s)〉L e τ(s) = 〈B ′(s),N(s)〉L = −〈B(s),N ′(s)〉L
b) O vetor T ′(s) é tipo tempo. Definimos a curvatura e o vetor normal como nas
Definições 2.24 e 2.25. Como T(s) e N(s) possuem tipos causais distintos, a
base (T(s),N(s),T(s)×L N(s)) é positiva.
Definição 2.29 (Vetor Binormal para α espaço com α ′′(s) tempo). O campo
de vetores binormais à curva é o campo B : I → ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a
cada s ∈ I, o vetor B(s) = T(s)×L N(s) ∈ Tα(s)L3. O vetor B(s) é dito o vetor
binormal a α em s.
Repetimos a definição de torção como na Definição 2.26. As equações deFrenet-Serret para uma curva tipo espaço com normal tipo tempo no L3
(em
forma matricial também) são:T ′(s) = κ(s)N(s)N ′(s) = κ(s)T(s) + τ(s)B(s)B ′(s) = τ(s)N(s)
⇐⇒T ′N ′B ′
=
0 κ 0
κ 0 τ
0 τ 0
TNB
Observação 2.26. Temos expressões para a curvatura e a torção, ainda:
κ(s) = −〈T ′(s),N(s)〉L = 〈T(s),N ′(s)〉L e τ(s) = −〈B ′(s),N(s)〉L = 〈B(s),N ′(s)〉L
A justificativa das afirmações feitas para este caso foi omitida por ser extre-
mamente análoga a do caso anterior.
c) O vetor T ′(s) é tipo luz. Não existe o referencial ortonormal neste caso.
Ainda vale que 〈T(s),T(s)〉L = 1, e assim 〈T(s),T ′(s)〉L = 0. Como T ′(s) é
luz, não há como normalizá-lo.
33
Definição 2.30 (Vetor Normal para α espaço e α ′′(s) luz). O campo de
vetores normais à curva é o campo N : I → ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a cada
s ∈ I o vetor N(s) := T ′(s) ∈ Tα(s)L3. O vetor N(s) é dito o vetor normal a αem s ∈ I.Observação 2.27. Não definimos a curvatura aqui. Há uma certa ambigui-dade. Poderíamos imaginar que a suposta curvatura seria identicamente zero,por T ′(s) ser luz, mas também poderíamos imaginar que fosse sempre 1, pen-sando no múltiplo entre N(s) e T ′(s).Definição 2.31 (Vetor Binormal para α espaço e α ′′(s) luz). O campo de
vetores binormais à curva é o campo B : I→ ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a cada
s ∈ I, o vetor B(s) ∈ Tα(s)L3, sendo o único vetor luz, ortogonal à T(s), tal que〈N(s),B(s)〉L = 1. O vetor B(s) é dito o vetor binormal a α em s.
O seguinte argumento justifica a definição acima: o vetor B(s) está caracteri-
zado se são conhecidos 〈B(s),T(s)〉L e 〈B(s),N(s)〉L. O natural é definirmos
estes produtos como 0 ou 1. Porém, dois vetores tipo luz são ortogonais
se e somente se são paralelos. Como precisamos que esses vetores sejam
linearmente independentes, a escolha que temos é definir 〈B(s),N(s)〉L = 1 e
〈B(s),T(s)〉L = 0.
Provaremos que tal B(s) é único. Com efeito, suponha que exista um ve-
tor B(s) satisfazendo as condições da definição, isto é, 〈B(s),T(s)〉L = 0,
〈B(s),N(s)〉L = 1 e 〈B(s),B(s)〉L = 0. Vamos provar que B(s) = B(s). Es-
creva:
B(s) = aT(s) + bN(s) + cB(s)
para coeficientes adequados a, b, c ∈ R (para cada s). Veja que:
0 = 〈B(s),T(s)〉L = a������
��:1
〈T(s),T(s)〉L + b�������
�:0
〈N(s),T(s)〉L + c�������
�:0
〈B(s),T(s)〉L =⇒ a = 0
1 = 〈B(s),N(s)〉L = a�������
�:0
〈T(s),N(s)〉L + b������
��:0
〈N(s),N(s)〉L + c�������
�:1
〈B(s),N(s)〉L =⇒ c = 1
E por fim:
0 = 〈B(s),B(s)〉L = 〈B(s) + bN(s),B(s) + bN(s)〉L
0 =���
�����:0
〈B(s),B(s)〉L + 2b��
������:1
〈B(s),N(s)〉L + b2�������
�:0
〈N(s),N(s)〉L2b = 0
b = 0
Isto prova a unicidade do vetor binormal, nestas condições. Temos:〈T(s),T(s)〉L = 1
〈N(s),N(s)〉L = 0
〈B(s),B(s)〉L = 0
=⇒〈T(s),T ′(s)〉L = 0
〈N(s),N ′(s)〉L = 0
〈B(s),B ′(s)〉L = 0
Temos mais três relações:〈B(s),T(s)〉L = 0
〈B(s),N(s)〉L = 1
〈T(s),N(s)〉L = 0
=⇒〈B ′(s),T(s)〉L + 〈B(s),N(s)〉L = 0
〈B ′(s),N(s)〉L + 〈B(s),N ′(s)〉L = 0
〈N(s),N(s)〉L + 〈T(s),N ′(s)〉L = 0
34
=⇒〈B ′(s),T(s)〉L = −1
〈B ′(s),N(s)〉L = −〈B(s),N ′(s)〉L〈T(s),N ′(s)〉L = 0
Escreva a combinação N ′(s) = aT(s) + bN(s) + cB(s). Tomando produtos
internos:
0 = 〈N ′(s),T(s)〉L = a������
��:1
〈T(s),T(s)〉L + b������
��:0
〈N(s),T(s)〉L + c�������
�:0
〈B(s),T(s)〉L=⇒ a = 0
0 = 〈N ′(s),N(s)〉L = a�������
�:0
〈T(s),N(s)〉L + b�������
�:0
〈N(s),N(s)〉L + c�������
�:1
〈B(s),N(s)〉L=⇒ c = 0
Logo o vetor N ′(s) é paralelo ao vetor N(s).
Definição 2.32 (Torção para α espaço e α ′′(s) luz). A torção de α em s ∈ Ié a função τ : I→ R+ determinada pela relação N ′(s) = τ(s)N(s).
Temos τ(s) = 〈N ′(s),B(s)〉L = −〈N(s),B ′(s)〉L. Escreva a combinação B ′(s) =dT(s) + eN(s) + fB(s), e vamos usar produtos internos para descobrir os
coeficientes d,e e f:
−1 = 〈B ′(s),T(s)〉L = d�������
�:1
〈T(s),T(s)〉L + e�������
�:0
〈N(s),T(s)〉L + f������
��:0
〈B(s),T(s)〉L=⇒ d = −1
−τ(s) = 〈B ′(s),N(s)〉L = d�������
�:0
〈T(s),N(s)〉L + e�������
�:0
〈N(s),N(s)〉L + f������
��:1
〈B(s),N(s)〉L=⇒ f = −τ(s)
0 = 〈B ′(s),B(s)〉L = d������
��:0
〈T(s),B(s)〉L + e������
��:1
〈N(s),B(s)〉L + f 〈B(s),B(s)〉L=⇒ e = 0
Então as equações de Frenet-Serret para uma curva tipo espaço com normal
tipo luz são:T ′(s) = N(s)N ′(s) = τ(s)N(s)B ′(s) = −T(s) − τ(s)B(s)
⇐⇒T ′N ′B ′
=
0 1 0
0 τ 0
−1 0 −τ
TNB
3. A curva α é tipo luz. Temos que o vetor T(s) é luz, então 〈T(s),T(s)〉L = 0, e por
derivação, 〈T(s),T ′(s)〉L = 0. Veja que T ′(s) está no complemento ortogonal de
T(s), que é luz, portanto deve ser tipo espaço ou luz. Como α é pseudo-p.p.c.a.,temos ‖T ′(s)‖L = 1, e podemos concluir que T ′(s) é tipo espaço.
Definição 2.33 (Vetor Normal para α luz). O campo de vetores normais à curvaé o campo N : I → ⋃
s∈I Tα(s)L3, que associa a cada s ∈ I o vetor N(s) := T ′(s) ∈Tα(s)L3. O vetor N(s) é dito o vetor normal a α em s ∈ I.
Definição 2.34 (Vetor Binormal para α luz). O campo de vetores binormais
à curva é o campo B : I → ⋃s∈I Tα(s)L3, que associa a cada s ∈ I, o vetor
B(s) ∈ Tα(s)L3, sendo o único vetor luz ortogonal à N(s) tal que 〈B(s),T(s)〉L = 1.O vetor B(s) é dito o vetor binormal à α em s.
35
A justificativa para esta definição é a análoga à da definição do vetor binormal
no caso anterior, portanto será omitida.
Temos: 〈T(s),T(s)〉L = 0
〈N(s),N(s)〉L = 1
〈B(s),B(s)〉L = 0
=⇒〈T(s),T ′(s)〉L = 0
〈N(s),N ′(s)〉L = 0
〈B(s),B ′(s)〉L = 0
E também:〈B(s),T(s)〉L = 1
〈B(s),N(s)〉L = 0
〈T(s),N(s)〉L = 0
=⇒〈B ′(s),T(s)〉L + 〈B(s),N(s)〉L = 0
〈B ′(s),N(s)〉L + 〈B(s),N ′(s)〉L = 0
〈N(s),N(s)〉L + 〈T(s),N ′(s)〉L = 0
=⇒〈B ′(s),T(s)〉L = 0
〈B ′(s),N(s)〉L = −〈B(s),N ′(s)〉L〈T(s),N ′(s)〉L = −1
Escreva a combinação B ′(s) = aT(s)+bN(s)+cB(s) e tome produtos internos.
Vem:
0 = 〈B ′(s),T(s)〉L = a�������
�:0
〈T(s),T(s)〉L + b�������
�:0
〈N(s),T(s)〉L + c������
��:1
〈B(s),T(s)〉L=⇒ c = 0
0 = 〈B ′(s),B(s)〉L = a�������
�:1
〈T(s),B(s)〉L + b�������
�:0
〈N(s),B(s)〉L + c������
��:0
〈B(s),B(s)〉L=⇒ a = 0
Isto nos dá que B ′(s) e N(s) são paralelos.
Definição 2.35 (Torção para α luz). A torção de α em s ∈ I é a função τ : I→ R+
determinada pela relação B ′(s) = τ(s)N(s).
Diretamente da definição temos τ(s) = 〈B ′(s),N(s)〉L = −〈B(s),N ′(s)〉L. Escrevaa combinação N ′(s) = dT(s) + eN(s) + fB(s). Passando produtos internos,
temos:
−1 = 〈N ′(s),T(s)〉L = d�������
�:0
〈T(s),T(s)〉L + e�������
�:0
〈N(s),T(s)〉L + f�������
�:1
〈B(s),T(s)〉L=⇒ f = −1
0 = 〈N ′(s),N(s)〉 = d���
����:0
〈T(s),N(s)〉+ e���
����:1
〈N(s),N(s)〉+ f��
�����:0
〈B(s),N(s)〉=⇒ e = 0
−τ(s) = 〈N ′(s),B(s)〉 = d��
������:1
〈T(s),B(s)〉L + e�������
�:0
〈N(s),B(s)〉L + f������
��:0
〈B(s),B(s)〉L=⇒ d = −τ(s)
Então as equações de Frenet-Serret para uma curva tipo luz são:T ′(s) = N(s)N ′(s) = −τ(s)T(s) − B(s)B ′(s) = τ(s)N(s)
⇐⇒T ′N ′B ′
=
0 1 0
−τ 0 −1
0 τ 0
TNB
36
Podemos resumir as fórmulas de Frenet-Serret, quando nenhum dos vetores é tipo
luz. Introduzimos a notação:
εT(t) = 〈T(t),T(t)〉L e εN(t) = 〈N(t),N(t)〉L.
Não é necessário definir εB pois o caráter causal de B(t) já está determinado
pelos de T(t) e N(t). Especificamente, teríamos εB = −εTεN. É simples verificar isto,
observando que εT = −1 força εN = 1. Assim, os únicos pares possíveis (εT, εN) são
(−1, 1), (1,−1) e (1, 1). As equações se escrevem como:T ′N ′B ′
=
0 κ 0
−εTεNκ 0 εTτ
0 τ 0
TNB
.2.8 O Triedro de Frenet-Serret no L3 – parâmetro qualquer
Agora relaxamos a hipótese de que a curva α : IC∞−→ L3
seja parametrizada
ou pseudo-parametrizada por comprimento de arco. É sempre possível usar uma
reparametrização adequada, isto é, existe um difeomorfismo h : J→ I tal que α = α◦hseja p.p.c.a. ou pseudo-p.p.c.a.. Logo α = α ◦ h−1
. Definiremos sempre que possível
os invariantes de α em termos dos de α. O objetivo final é expressar os invariantes
em termos apenas de α e suas derivadas, sem recorrer à α.
Definição 2.36.
• O vetor tangente à α em t ∈ I é dado por T(t) := T(h−1(t));
• O vetor normal à α em t ∈ I é dado por N(t) := N(h−1(t));
• O vetor binormal à α em t ∈ I é dado por B(t) := B(h−1(t));
• A curvatura de α em t ∈ I é dada por κ(t) := κ(h−1(t));
• A torção de α em t ∈ I é dada por τ(t) := τ(h−1(t)).
Nos casos em que a reparametrização h é a inversa do comprimento de arco s,
dado por:
s(t) =
∫ tt0
‖α ′(ξ)‖L dξ t0 ∈ I,
já notaremos s ′(t) = ‖α ′(t)‖L por v(t).
1. A curva α é tipo tempo. Então vale que h−1 = s. Recorde que T(s) é tipo tempo,
e N(s) e B(s) são espaço. E também que as relações envolvendo os produtos
vetoriais, e as equações para α são:T(s)×L N(s) = B(s)N(s)×L B(s) = −T(s)B(s)×L T(s) = N(s)
T ′
N ′
B ′
=
0 κ 0
κ 0 −τ0 τ 0
TNB
37
Partimos de T(t) = T(s), N(t) = N(s) e B(t) = B(s), e derivamos as igualdades
em relação a t, sempre tendo em mente que o parâmetro s é na verdade s(t).Obtemos:
T ′(t) = v(t)T ′(s)N ′(t) = v(t)N ′(s)B ′(t) = v(t)B ′(s)
=⇒
T ′(t) = v(t) κ(s)N(s)N ′(t) = v(t) (κ(s)T(s) − τ(s)B(s))B ′(t) = v(t) τ(s)N(s)
E usando as definições do aparato de α, vem:T ′(t) = v(t) κ(t)N(t)N ′(t) = κ(t) v(t)T(t) − τ(t) v(t)B(t)B ′(t) = τ(t) v(t)N(t)
=⇒T ′N ′B ′
=
0 κv 0
κv 0 −τv0 τv 0
TNB
Teorema 2.16. Seja α : I→ L3 uma curva tipo tempo. Então valem:
1. B(t) =α ′(t)×L α ′′(t)‖α ′(t)×L α ′′(t)‖L
2. κ(t) = ‖α′(t)×L α ′′(t)‖‖α ′(t)‖3L
3. τ(t) = −〈α ′(t)×L α ′′(t),α ′′′(t)〉L‖α ′(t)×L α ′′(t)‖2L
Demonstração: Temos:
α ′(t) = v(t)T(t) e α ′′(t) = (v(t))2 κ(t)N(t) + v ′(t)T(t)
Calculando o produto vetorial temos:
α ′(t)×L α ′′(t) = κ(t) (v(t))3 B(t)
Como anteriormente, passamos às normas, e obtemos:
‖α ′(t)×L α ′′(t)‖L = κ(t) (v(t))3 ‖B(t)‖L
E usamos que B(t) é unitário. Isolamos κ(t):
κ(t) =‖α ′(t)×L α ′′(t)‖L
‖α ′(t)‖3LDe posse desta expressão, podemos descobrir B(t), dividindo a expressão por
κ(t) (v(t))3:
B(t) =α ′(t)×L α ′′(t)‖α ′(t)×L α ′′(t)‖L
Calculando α ′′′(t) temos:
α ′′′(t) = 2 v(t) v ′(t) κ(t)N(t)+(v(t))2 κ ′(t)N(t)+(v(t))2 κ(t)N ′(t)+v ′′(t)T(t)+v ′(t)T ′(t)
Usamos as equações de Frenet-Serret:
α ′′′(t) = 2 v(t) v ′(t) κ(t)N(t) + (v(t))2 κ ′(t)N(t)+
+ (v(t))2 κ(t) (κ(t) v(t)T(t) − τ(t) v(t)B(t)) + v ′′(t)T(t) + v ′(t) κ(t) v(t)N(t)
=(2 v(t) v ′(t) κ(t) + (v(t))2 κ ′(t) + v ′(t) v(t) κ(t)
)N(t)+
+((κ(t))2 (v(t))3 + v ′′(t)
)T(t) +
(−τ(t) κ(t) (v(t))3
)B(t)
38
Tomar o produto interno com B(t) em ambos os lados da igualdade acima
eliminará as parcelas com T(t) e N(t), resultando em:
τ(t) = −〈α ′(t)×L α ′′(t),α ′′′(t)〉L‖α ′(t)×L α ′′(t)‖2L
após isolarmos τ(t).
2. A curva α é tipo espaço.
a) O vetor T ′(t) é tipo espaço. Vale que h−1 = s. Recorde que N(s) é espaço, e
B(s) é tempo. E também que as relações envolvendo os produtos vetoriais,
e as equações para α são:T(s)×L N(s) = −B(s)N(s)×L B(s) = T(s)B(s)×L T(s) = N(s)
T ′
N ′
B ′
=
0 κ 0
−κ 0 τ
0 τ 0
TNB
Exatamente como antes, obtemos as equações de Frenet-Serret para α:T ′
N ′B ′
=
0 κv 0
−κv 0 τv
0 τv 0
TNB
Teorema 2.17. Seja α : I → L3 uma curva tipo espaço, com normal espaço.Então valem:
1. B(t) =α ′′(t)×L α ′(t)‖α ′′(t)×L α ′(t)‖L
2. κ(t) = ‖α′(t)×L α ′′(t)‖L‖α ′(t)‖3L
3. τ(t) = −〈α ′′(t)×L α ′(t),α ′′′(t)〉L‖α ′′(t)×L α ′(t)‖2L
Omitiremos a demonstração aqui, por consistir dos mesmos cálculos feitos
no caso anterior.
b) O vetor T ′(t) é tipo tempo. Vale que h−1 = s. Recorde que T(s) e B(s) são
espaço. E também que as relações envolvendo os produtos vetoriais, e as
equações para α são:T(s)×L N(s) = B(s)N(s)×L B(s) = T(s)B(s)×L T(s) = −N(s)
T ′
N ′
B ′
=
0 κ 0
κ 0 τ
0 τ 0
TNB
Exatamente como antes, obtemos as equações de Frenet-Serret para α:T ′
N ′B ′
=
0 κv 0
κv 0 τv
0 τv 0
TNB
39
Teorema 2.18. Seja α : I → L3 uma curva tipo espaço, com normal tipotempo. Então valem:
1. B(t) =α ′(t)×L α ′′(t)‖α ′′(t)×L α ′(t)‖L
2. κ(t) = ‖α′(t)×L α ′′(t)‖L‖α ′(t)‖3L
3. τ(t) = 〈α′(t)×L α ′′(t),α ′′′(t)〉L‖α ′(t)×L α ′′(t)‖2L
Novamente omitimos a prova, dado que os cálculos são os mesmos do pri-
meiro caso.
c) O vetor T ′(t) é tipo luz. Ainda temos h−1 = s. Lembre que aqui, não
definimos curvatura, e o vetor binormal é o único vetor tipo luz, ortogonal
à T(t) tal que 〈B(t),N(t)〉L = 1. E também, para α vale:T ′
N ′
B ′
=
0 1 0
0 τ 0
−1 0 −τ
TNB
Derivando as definições de T(t),N(t) e B(t) temos:
T ′(t) = v(t)T ′(s)N ′(t) = v(t)N ′(s)B(t) = v(t)B ′(s)
=⇒
T ′(t) = v(t)N(s)N ′(t) = v(t)τ(s)N(s)B(t) = v(t)
(−T(s) − τ(s)B(s)
)E logo:
T ′(t) = v(t)N(t)N ′(t) = v(t)τ(t)N(s)B(t) = −v(t)T(t) − v(t)τ(t)B(t)
=⇒T ′N ′B ′
=
0 v 0
0 τv 0
−v 0 −τv
TNB
Neste caso não temos uma expressão fechada para o vetor binormal.
3. A curva α é tipo luz. Suponha que α ′ não é luz também (caso contrário T(t)e T ′(t) = N(t) seriam paralelos). Temos α = α ◦ h−1
.Não definimos curvatura.
Recorde: B(s) é o único vetor tipo luz tal que B ⊥L N e 〈B(s),T(s)〉L = 1. Valem
as equações de Frenet-Serret de α:T ′
N ′
B ′
=
0 1 0
−τ 0 −1
0 τ 0
TNB
Vale:
h ′(t) =1√
‖α ′′(h(t))‖LPartimos da identidade h−1(h(t)) = t, e derivamos:
(h−1) ′(h(t))h ′(t) = 1 =⇒ (h−1) ′(h(t)) =√‖α ′′(h(t))‖L =⇒ (h−1) ′(t) =
√‖α ′′(t)‖L
40
Denotaremos ϑ(t) =√‖α ′′(t)‖L. Temos T(t) = T(h−1(t)), e derivando, obtemos:
T ′(t) = T ′(h−1(t))(h−1) ′(t)
T ′(t) = N(h−1(t))ϑ(t)
T ′(t) = ϑ(t)N(t)
Do mesmo modo, partindo de N(t) = N(h−1(t)) e B(t) = B(h−1(t)), obtemos:{N ′(t) = N ′(h−1(t))(h−1) ′(t)
B ′(t) = B ′(h−1(t))(h−1) ′(t)=⇒ {
N ′(t) =(−τ(h−1(t))T(h−1(t) − B(h−1(t))
)ϑ(t)
B ′(t) =(τ(h−1(t)N(h−1(t))
)ϑ(t)
Usando as definições do aparato de α temos:{N ′(t) = −τ(t)ϑ(t)T(t) − ϑ(t)B(t)B ′(t) = τ(t)ϑ(t)N(t)
Assim, as equações de Frenet-Serret de α são, em forma de matriz:T ′N ′B ′
=
0 ϑ 0
−τϑ 0 −ϑ0 τϑ 0
TNB
2.9 Exemplo: A Curva de Viviani
Considere a curva α : [0,4π]→ R3
ν, onde ν ∈ {0, 1}, dada por:
α(t) =
(1+ cos t, sen t, 2 sen
(t
2
))Faremos uma análise completa de α, comparando seu comportamento nos dois
espaços ambiente. A curva α é chamada a Curva de Viviani. Considere o cilindro
sobre o plano xy, centrado em (1,0,0), com raio 1, e a esfera Euclideana de raio 2
centrada na origem. Então a trajetória de α está sempre na intersecção do cilindro
com a esfera.
Figura 5: A trajetória da curva α.
41
Temos as suas derivadas:
α ′(t) =
(− sen t, cos t, cos
(t
2
))α ′′(t) =
(− cos t,− sen t,−
1
2
sen
(t
2
))α ′′′(t) =
(sen t,− cos t,−
1
4
cos
(t
2
))O primeiro passo na análise é descobrir o caráter causal de α. Temos:
〈α ′(t),α ′(t)〉L = (− sen t)2 + cos2 t− cos
2
(t
2
)= 1− cos
2
(t
2
)≥ 0
Uma rápida conta nos dá que α é tipo luz em t = 0, 2π e 4π, e tipo espaço nos
outros pontos.
Os nossos objetivos são:
• Analisar as partes da curva onde ela é tipo espaço;
• Tentar calcular o triedro nos pontos onde a curva é luz;
• Feitos os dois itens acima, vamos ver se o referencial móvel é contínuo nos
pontos de mudança de tipo causal. Isto é, falando coloquialmente, vamos ver
se os vetores "colam bem";
• Tendo a curvatura e a torção da curva (no L3), fazer gráficos para analisar o
comportamento dos invariantes perto dos pontos de mudança de tipo causal;
• Comparar a curvatura e a torção no L3com as do R3
. A intuição diz, por
exemplo, que a curvatura no L3, deve ser maior que a curvatura no R3
. É
verdade?
Para fazer isso, é necessário classificar precisamente a "categoria" da curva, via
o caráter causal da direção normal. Então, temos:
〈α ′′(t),α ′′(t)〉L = (− cos t)2 + (− sen t)2 −1
4
sen2
(t
2
)= 1−
1
4
sen2
(t
2
)> 0
Então, temos que, na maioria dos pontos, α é tipo espaço, com normal tipo espaço.
Para diferenciar os invariantes nos dois ambientes, usaremos κE e τE para o R3, e κL
e τL para o L3. Calcularemos os aparatos nos dois ambientes, utilizando o software
Wolfram Mathematica.
No R3: Aqui temos ‖α ′(t)‖E =√
1+ cos2
(t2
), e:
α ′(t)×Eα ′′(t) =(−1
2
cos t sen
(t
2
)+ cos
(t
2
)sen t,− cos
(t
2
)cos t−
1
2
sen
(t
2
)sen t, 1
)E calculando sua norma:
‖α ′(t)×E α ′′(t)‖E =√1.625+ 0.375 cos t
42
Com isto, já podemos achar a curvatura de α:
κE(t) =‖α ′(t)×E α ′′(t)‖E
‖α ′(t)‖3E=
√1.625+ 0.375 cos t(1+ cos
2
(t2
))3/2
Calculando a torção, temos:
τE(t) = −〈α ′(t)×E α ′′(t),α ′′′(t)〉E‖α ′(t)×E α ′′(t)‖2E
= −0.75 cos
(t2
)1.625+ 0.375 cos t
= −2 cos
(t2
)13
3+ cos t
A seguir, os seus gráficos (invariantes do R3):
2 4 6 8 10 12
t
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
1.1
ΚHt L
(a)
2 4 6 8 10 12
t
-0.3
-0.2
-0.1
0.1
0.2
0.3
ΤHt L
(b)
Figura 6: (a) Curvatura no R3; (b) Torção no R3
.
Chame TE(t) = (TxE(t),TyE(t),TzE(t)), e analogamente para NE(t) e BE(t). Temos:
TxE(t) =− sen t√
1+ cos2
(t2
) , TyE(t) =cos t√
1+ cos2
(t2
) e TzE(t) =cos
(t2
)√1+ cos
2
(t2
)Para o vetor binormal, obtemos:
BxE(t) =−0.5 cos t sen
(t2
)+ cos
(t2
)sen t
√1.625+ 0.375 cos t
, ByE(t) = −− cos
(t2
)cos t− 0.5 sen
(t2
)sen t
√1.625+ 0.375 cos t
e BzE(t) =1√
1.625+ 0.375 cos t
Agora, utilizamos que NE(t) = BE(t)×E TE(t), e obtemos NE(t):
NxE(t) = −
3+ 12 cos t+ cos(2t)
2
√3+ cos t
√13+ 3 cos t
, NyE(t) = −
(6+ cos t) sen t√3+ cos t
√13+ 3 cos t
e NzE(t) = −
2 sen
(t2
)√3+ cos t
√13+ 3 cos t
43
Figura 7: O Triedro de Frenet-Serret de α no R3.
No L3: No geral, temos ‖α ′(t)‖L =√
1− cos2
(t2
)=∣∣sen
(t2
)∣∣. Em detalhes:
‖α ′(t)‖L =
{sen
(t2
), se t ∈ [0, 2π] ∪ {4π}
− sen
(t2
), se t ∈]2π,4π[
Suponha t 6= 0, 2π e 4π. Temos:
α ′′(t)×Lα ′(t) =(1
2
cos t sen
(t
2
)− cos
(t
2
)sen t, cos
(t
2
)cos t+
1
2
sen
(t
2
)sen t, 1
)E após simplificações, obtemos ‖α ′′(t)×L α ′(t)‖L =
√3
2
∣∣sen
(t2
)∣∣. Continuando,
temos a curvatura de α:
κL(t) =‖α ′′(t)×L α ′(t)‖L
‖α ′(t)‖3L=
√3
2
∣∣sen
(t2
)∣∣∣∣sen
(t2
)∣∣3 =
√3
2 sen2
(t2
) > 0
A curvatura não está definida justamente quando a curva é tipo luz, como
esperado. Ainda, veja que para todo k ∈ Z, temos limt→2kπ κL(t) = +∞.
E para a torção temos:
τL(t) = −〈α ′′(t)×L α ′(t),α ′′′(t)〉L‖α ′′(t)×L α ′(t)‖2L
= −−3
4cos
(t2
)3
4sen
2
(t2
) = cotg
(t
2
)csc
(t
2
)Novamente, note que a torção não está definida nos pontos onde a curva é tipo
luz.
A seguir, os gráficos:
44
2 4 6 8 10 12
t
5
10
15
20
25
ΚHt L
(a)
2 4 6 8 10 12
t
-10
-5
5
10
ΤHt L
(b)
Figura 8: (a) Curvatura no L3; (b) Torção no L3
.
Vale notar que:
lim
t→0+τL(t) = lim
t→4π−τL(t) = +∞ e lim
t→2πτL(t) = −∞
Escreva TL(t) = (TxL(t),TyL(t),TzL(t)), e analogamente para NL(t) e BL(t). Temos:
TxL(t) =− sen t∣∣sen
(t2
)∣∣ , TyL(t) =cos t∣∣
sen
(t2
)∣∣ e TzL(t) =cos
(t2
)∣∣sen
(t2
)∣∣Agora, utilizamos a expressão para BL(t), e obtemos:
BxL(t) = −3 sen
(t2
)+ sen
(3t2
)2
√3
∣∣sen
(t2
)∣∣ , ByL(t) =2 cos
3
(t2
)√3
∣∣sen
(t2
)∣∣ e BzL(t) =2√
3
∣∣sen
(t2
)∣∣Por fim, neste caso, vale que NL(t) = BL(t)×LTL(t). Após simplificações, temos:
NxL(t) =
2√3
sen2
(t
2
), Ny
L(t) =(−2+ cos t) cotg t√
3
e NzL(t) = −
1√3 sen
(t2
)Agora voltamos nossa atenção para os pontos t = 0, 2π e 4π. Denotando o
fator de correção ϑ(t) =√‖α ′′(t)‖L, temos inicialmente que :
ϑ(0) = ϑ(2π) = ϑ(4π) = 1
Como TL(t) = ϑ(t)α ′(t), e T ′L(t) = ϑ(t)NL(t), diretamente obtemos:
TL(0) = TL(4π) = (0, 1, 1), TL(2π) = (0, 1,−1) e NL(0) = NL(2π) = NL(4π) = (−1,0,0)
Em vista disto, basta calcularmos BL(0) e BL(2π), já que BL(0) = BL(4π). Re-
corde que BL(t) é o único vetor tipo luz ortogonal à NL(t) tal que 〈BL(t),TL(t)〉L =1.
Chame BL(0) = (B1(0), B2(0), B3(0)). Então:〈BL(0), (0, 1, 1)〉L = 1 =⇒ B2(0) − B3(0) = 1
〈BL(0), (−1,0,0)〉L = 0 =⇒ B1(0) = 0
〈BL(0),BL(0)〉L = 0 =⇒ B2
2(0) − B2
3(0) = 0
45
Substituindo B2(0) = 1+ B3(0) na última relação, temos:
(1+ B3(0))2 − B3(0) = 0
1+ 2B3(0) + B2
3(0) − B2
3(0) = 0
B3(0) = −1
2
Portanto, BL(0) = BL(4π) =(0, 1
2,− 1
2
). Das equações de Frenet-Serret, temos
(já usando que ϑ é 1 nesses casos) que N ′L(t) = −τL(t)TL(t) − BL(t), e então,
multiplicando por BL(t), obtemos que τL(t) = −〈N ′L(t),BL(t)〉L. Observe que
N ′L(t) = α ′′′(t), então temos que:
N ′L(0) = N ′L(4π) =(0,−1,−
1
4
)E disto segue que:
τL(0) = τL(4π) = −〈N ′L(0),BL(0)〉L = −1
2
−1
8
= −5
8
Vamos repetir isto para o ponto t = 2π. Chame BL(2π) = (B1(2π), B2(2π), B3(2π)).Então:
〈BL(2π), (0, 1,−1)〉L = 1 =⇒ B2(2π) + B3(2π) = 1
〈BL(2π), (−1,0,0)〉L = 0 =⇒ B1(2π) = 0
〈BL(2π),BL(2π)〉L = 0 =⇒ B2
2(2π) − B2
3(2π) = 0
Substituindo B2(2π) = 1− B3(2π) na última relação, temos:
(1− B3(2π))2 − B3(2π) = 0
1− 2B3(2π) + B2
3(2π) − B2
3(2π) = 0
B3(2π) =1
2
E portanto, BL(2π) =(0, 1
2, 12
). Do mesmo modo, calculamos N ′L(2π) =
(0,−1, 1
4
)e a torção no ponto:
τL(2π) = −〈N ′L(2π),BL(2π)〉L = −1
2
−1
8
= −5
8
Para finalizar, vamos analisar a continuidade do referencial móvel. Temos que:
lim
t→2kπTyL(t) = lim
t→2kπ
cos t∣∣sen
(t2
)∣∣ = +∞ , lim
t→2kπNxL(t) = lim
t→2kπ
2√3
sen2
(t
2
)= 0,
e lim
t→2kπBzL(t) = lim
t→2kπ
2√3
∣∣sen
(t2
)∣∣ = +∞, ∀ k ∈ Z
Como NxL(0),Nx
L(2π) e NxL(4π) não são zero, isto mostra que o referencial móvel se
"quebra" nos pontos em que a curva é tipo luz. Ilustrando:
46
Figura 9: A curva α e o Triedro de Frenet-Serret (versão L3) em alguns pontos. Um
pouco fora de escala.
E para ilustrar melhor os limites acima:
Figura 10: Um close do ponto α(2π).
As normas Euclidianas desses vetores vão para +∞, porém as normas Lorent-
zianas permanecem 1 o tempo todo. Nos gráficos que se seguem, temos invariantes
Euclidianos em azul, e os Lorentzianos em amarelo:
2 4 6 8 10 12
t
1
2
3
4
5
6
7
ΚHt L
(a)
2 4 6 8 10 12
t
-2
-1
1
2
ΤHt L
(b)
Figura 11: (a) Comparando as curvaturas; (b) Comparando as torções.
47
O comentário inicial, antes de começarmos a análise, sobre a intuição dizer que a
curvatura Lorentziana seria maior que a Euclidiana, estava em geral, correto. Quanto
mais próximo dos pontos onde a curva é tipo luz, maior a diferença entre elas.
Aqui, vale mais o comentário de que a passagem do R3para o L3
causou um
acréscimo, em módulo, na torção da curva. O valor de −5
8encontrado para a torção
nos pontos onde a curva é tipo luz é uma peculiaridade da curva em questão.
É possível analisar as indicatrizes da curva, isto é, encarar T,N e B como cur-
vas por si só. Por fim, a título de informação e curiosidade, ilustramos aqui as
indicatrizes tangentes (no R3e no L3
), contidas nas esferas dos ambientes.
Figura 12: As indicatrizes tangentes de α nos dois espaços ambiente.
48
3 Segunda Parte - Superfícies
3.1 Recordando e resumindo notaçãoRecordamos as definições básica do Espaço de Lorentz-Minkowski L3
e as no-
tações utilizadas até então, com um resumo. O Produto Interno Lorentziano é a
aplicação bilinear 〈·, ·〉L : R3 × R3 → R dada por:
〈(x1, y1, z1), (x2, y2, z2)〉L = x1x2 + y1y2 − z1z2.
O L3é o par (R3, 〈·, ·〉L). Um vetor v ∈ L3 \ {0} é dito de tipo espaço (resp. tempo,
luz) se 〈v,v〉L > 0 (resp. < 0, = 0).
O produto interno usual do R3será denotado 〈·, ·〉E neste texto. Outra notação
para o L3é R3
1. Quando quisermos enunciar algo válido para ambos os espaços,
usaremos a notação R3
ν, ν ∈ {0, 1}, bem entendido que R3
0≡ R3
, e neste caso não
usaremos índices E e L para distinguir as coisas.
A Norma Lorentziana é a aplicação ‖ · ‖L : L3 → R, dada por ‖v‖L =√
|〈v,v〉L|. Anorma induzida por 〈·, ·〉E será denotada por ‖ · ‖E.
O Produto Vetorial Lorentziano de dois vetores u,v ∈ L3é o (único) vetor u×L v
que satisfaz det(u,v,w) = 〈u×L v,w〉L, para todos os w ∈ L3, e é expresso por:
u×L v =
∣∣∣∣∣∣e1 e2 −e3x1 y1 z1x2 y2 z2
∣∣∣∣∣∣ ,onde u = (x1, y1, z1), v = (x2, y2, z2), {ei}3i=1
é a base canônica do espaço, e o deter-
minante acima é formal, a ser expandido por Laplace na primeira linha. O produto
vetorial euclideano será denotado u×E v.Dois vetores u,v ∈ L3
são Lorentz-ortogonais se 〈u,v〉L = 0. A notação é u ⊥L v.
3.2 Mais Geometria AnalíticaAnteriormente, apresentamos alguns resultados como a Desigualdade de Cauchy-
Schwarz para vetores de tipo tempo no mesmo cone temporal, a desigualdade triangu-lar neste mesmo caso, e a definição de ângulo hiperbólico. Nesta seção apresentamos
mais alguns resultados e discutimos a Identidade de Lagrange no L3.
Proposição 3.1. Seja v ∈ L3. Então 〈v,v〉L = 〈v,v〉E cos 2θ, onde θ é o ângulo entre ve o plano z = 0.
Demonstração: Se G = diag[1, 1− 1] e v ∈ L3, note que o vetor Gv nada mais é do
que a reflexão de v pelo plano z = 0, então se θ é o ângulo entre v e o plano z = 0,
2θ é o ângulo entre v e Gv. Em vista disso:
〈v,v〉L = 〈v, Gv〉E = ‖v‖E‖Gv‖E cos 2θ = ‖v‖E‖v‖E cos 2θ = ‖v‖2E cos 2θ = 〈v,v〉E cos 2θ.
Corolário 3.1. Dado v ∈ L3, vale que ‖v‖L = ‖v‖E√
| cos 2θ|, onde θ é o ângulo entrev e o plano z = 0.
49
Demonstração: Seja v ∈ L3e θ o ângulo entre v e o plano z = 0. Aplicando | · | e√
·, temos:
〈v,v〉L = ‖v‖2E cos 2θ =⇒ |〈v,v〉L| = ‖v‖2E| cos 2θ| =⇒ ‖v‖L = ‖v‖E√
| cos 2θ|.
Corolário 3.2. Seja v ∈ L3. Então ‖v‖L ≤ ‖v‖E e a igualdade só vale se v forhorizontal ou vertical.2
Demonstração: A desigualdade é trivial. Sendo θ o ângulo entre v e o plano z = 0,
a igualdade vale se e somente se:√| cos 2θ| = 1 ⇐⇒ | cos 2θ| = 1 ⇐⇒ cos 2θ = 1 ou cos 2θ = −1 ⇐⇒
⇐⇒ 2θ = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ θ =kπ
2
, k ∈ Z.
Mas v é horizontal se e só se k é par, e é vertical se e só se k é ímpar.
Proposição 3.2. Sejam u,v ∈ L3, e θ o ângulo entre u×Lv (ou u×Ev) e o plano z = 0.Então 〈u×L v,u×L v〉L = 〈u×E v,u×E v〉E cos 2θ.
Demonstração: Note que ‖u ×L v‖E = ‖u ×E v‖E, por um ser a reflexão do outro
pelo plano z = 0. Então 〈u×L v,u×L v〉E = 〈u×E v,u×E v〉E, tirando raízes. Daí:
〈u×L v,u×L v〉L = 〈u×L v,u×L v〉E cos 2θ = 〈u×E v,u×E v〉E cos 2θ,
como queríamos.
Corolário 3.3. Sejam u,v ∈ L3. Então ‖u×L v‖L ≤ ‖u×E v‖E e a igualdade vale se esomente se o plano gerado por u e v for horizontal ou vertical.
Demonstração: A desigualdade é trivial. Pelo Corolário 3.2, usando que ‖u×Lv‖E =‖u×L v‖E, e que u×L v é horizontal (resp. vertical) se e só se o plano gerado por ue v for vertical (resp. horizontal), temos:
(‖u×L v‖L = ‖u×L v‖E ⇐⇒ u×L v é horizontal ou vertical) ⇐⇒⇐⇒ (‖u×L v‖L = ‖u×E v‖E ⇐⇒ Ru+ Rv é horizontal ou vertical) .
Recordamos o seguinte resultado do R3:
2Usamos os termos "vertical"e "horizontal"no sentido Euclideano com o qual estamos acostumados.
Mais exatamente, u é vertical se u ‖ (0,0, 1) e é horizontal se u ⊥ (0,0, 1). Tanto faz, neste caso, ⊥Eou ⊥L.
50
Proposição 3.3 (Identidade de Lagrange). Sejam a, b, c,d ∈ R3. Então vale:
〈a×E b, c×E d〉E =∣∣∣∣〈a, c〉E 〈a,d〉E〈b, c〉E 〈b,d〉E
∣∣∣∣ .Demonstração: Uma estratégia é desenvolver totalmente cada lado da igualdade,
e ver que coincidem. Aqui, damos uma demonstração utilizando a convenção de
Einstein para somatórios, e a caracterização do produto interno euclidiano e do
produto vetorial euclidiano utilizando o delta de Kronecker e o símbolo de permutaçãode Levi-Civita:
δij =
{1, se i = j
0, se i 6= jεijk =
1, se (ijk) é uma permutação par de (123)
−1, se (ijk) é uma permutação ímpar de (123)
0, se quaisquer dois índices se repetem.
Temos:
〈a×E b, c×E d〉E = (a×E b)i(c×E d)i= εijkajbkεilmcldm
= εijkεilmajbkcldm
= (δjlδkm − δjmδkl)ajbkcldm
= δjlδkmajbkcldm − δjmδklajbkcldm
= ajcjbkdk − ajdjbkck
= 〈a, c〉E〈b,d〉E − 〈a,d〉E〈b, c〉E
Corolário 3.4. Sejam u,v ∈ R3. Então:
‖u×E v‖2E = ‖u‖2E‖v‖2E − 〈u,v〉2E.
Nosso objetivo é analisar quando vale o análogo no L3. Notamos que, dado
u ∈ L3, temos ‖u‖2L = |〈u,u〉L|. Uma estratégia para removermos este módulo, é
codificar o caráter causal de u, definindo:
εu :=
1, se u é de tipo espaço.
0, se u é de tipo luz.
−1, se u é de tipo tempo.
Com isto, vale ‖u‖2L = εu〈u,u〉L. Analisaremos a diferença ‖u ×L v‖2L − ‖u‖2L‖v‖2L +〈u,v〉2L, e ver condições para que esta se anule. A priori, são alguns casos a se
considerar. Sejam u,v ∈ L3, u = (u1, u2, u3) e v = (v1, v2, v3). Vamos abreviar εu×v
por ε.
Temos:
u×L v = (u2v3 − u3v2, u3v1 − u1v3, u2v1 − u1v2)
Assim:
‖u×L v‖2 = ε〈u×L v,u×L v〉L = ε(u2
2v23− 2u2u3v2v3 + u
2
3v22+
+ u2
3v21− 2u1u3v1v3 + u
2
1v23−
− u2
2v21+ 2u1u2v1v2 − u
2
1v22)
51
E por outro lado, após agrupar termos:
‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L = εuεv〈u,u〉L〈v,v〉L − 〈u,v〉2L= (εuεv − 1)u2
1v21+ (εuεv − 1)u2
2v22+ (εuεv − 1)u2
3v23+
+ εuεvu2
1v22− εuεvu
2
1v23+ εuεvv
2
1u2
2− εuεvu
2
2v23− εuεvv
2
1u2
3− εuεvv
2
2u2
3+
+ 2(−u1v1u2v2 + u2v2u3v3 + u1v1u3v3).
Desta forma, temos a diferença:
‖u×L v‖2 − ‖u‖2L‖v‖2L + 〈u,v〉2L = (1− εuεv)u2
1v21+ (1− εuεv)u
2
2v22+ (1− εuεv)u
2
3v23+
+ (ε+ εuεv)u2
2v23+ (ε+ εuεv)u
2
3v22+ (ε+ εuεv)u
2
3v21+
+ (ε+ εuεv)u2
1v23− (ε+ εuεv)u
2
2v21− (ε+ εuεv)u
2
1v22−
− 2(ε+ 1)u2u3v2v3 − 2(ε+ 1)u1u3v1v3 + 2(ε+ 1)u1u2v1v2.
A identidade vale no caso trivial em que u e v são paralelos. Se u for tipo espaço,
v for tipo luz, e u×Lv for luz, então u e v são Lorentz-ortogonais e vale a identidade.
As três primeiras linhas da diferença consistem de termos positivos. Se queremos
que esta diferença se anule, uma possibilidade é ter εuεv = 1, e εuεv = −ε. Mas,
para que os termos na última linha se anulem, temos que deve ser ε = −1. Porém,
ε = −1 significa que u ×L v é tipo tempo. Isto acontece se u e v gerarem um plano
de tipo espaço.
E podemos usar a simetria do cone de luz para conseguirmos mais um caso:
suponha que u e v sejam vetores de tipo espaço, gerando um plano de tipo luz.
Aplicando uma transformação de Lorentz Λ ∈ O1(3,R) caso necessário, podemos
assumir que u e v geram o plano y = z. Escreva u = (u1, u, u) e v = (v1, v, v), comu1, u2 6= 0, de modo que:
u×L v =
∣∣∣∣∣∣i j −ku1 u u
v1 v v
∣∣∣∣∣∣ = (0, uv1 − u1v, uv1 − u1v).
Note que u×L v é um vetor de tipo luz. E ainda:
‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L = u2
1v21− (u1v1)
2 = 0.
Exemplo 3.1 (Contra-exemplos).
1. u e v tipo espaço, com u×L v tipo espaço: tome u = (2,0, 1) e v = (−2,0, 1). Entãou×L v = (0,−4,0). Daí:{
‖u×L v‖2L = 16
‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L = 3 · 3− 25 = −16
2. u tipo espaço, v tipo luz, com u ×L v tipo espaço: tome u = (0, 1,0) e v = (0, 1, 1).Então u×L v = (1,0,0) e:{
‖u×L v‖2L = 1
‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L = 0− 1 = −1
52
3. u tipo espaço, v tipo tempo: tome u = (0, 1,0) e v = (0, 1, 2). Assim u×Lv = (2,0,0)e temos: {
‖u×L v‖2L = 4
‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L = 9− 1 = 8
4. u e v não paralelos e de tipo luz: não precisamos de um contra-exemplo explícito.Basta notar que de um lado temos ‖u×L v‖2L > 0, e do outro temos −〈u,v〉2L ≤ 0.
5. u tipo luz e v de tipo tempo: vide o item acima.
6. u e v tipo tempo: tome u = (0,0, 1) e v = (0, 1, 2). Assim u×Lv = (−1,0,0) e temos:{‖u×L v‖2L = 1
‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L = 9− 4 = 5
Em suma:
Teorema 3.1 (Identidade de Lagrange - L3). Sejam u,v ∈ L3. Ocorrendo um dos três
casos:
• se u e v são paralelos, ou;
• se u e v são vetores de tipo espaço e u×L v é de tipo luz ou tempo, ou;
• se u for tipo espaço e v e u×L v forem tipo luz,
vale:‖u×L v‖2L = ‖u‖2L‖v‖2L − 〈u,v〉2L.
Agora prosseguiremos para a teoria de superfícies:
3.3 Preliminares gerais de superfíciesDefinição 3.1 (Superfície Regular). Uma superfície regular em R3
ν, ν ∈ {0, 1}, é umconjuntoM⊂ R3
ν tal que para todo p ∈M, existem abertos U ⊂ R2, V ⊂M (diremosque V é aberto emM se for a interseção de um aberto de R3
ν comM), e x : U→ V ⊂Mtais que:
i) x é diferenciável;
ii) x é um homeomorfismo;
iii) dxq tem posto máximo para todo q ∈ U.
53
Figura 13: Ilustrando a definição acima.
Explicitando q = (u, v), e x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), note que dxq ter posto
máximo nada mais significa que as colunas de:
(dxq) =
∂x
∂u(q)
∂x
∂v(q)
∂y
∂u(q)
∂y
∂v(q)
∂z
∂u(q)
∂z
∂v(q)
são linearmente independentes. Chamando:
∂x∂u
(q) =(∂x
∂u(q),
∂y
∂u(q),
∂z
∂u(q))
e
∂x∂v
(q) =(∂x
∂v(q),
∂y
∂v(q),
∂z
∂v(q)),
temos que:{∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)}
é L.I. ⇐⇒ ∂x∂u
(q)×L∂x∂v
(q) 6= 0 ⇐⇒ ∂x∂u
(q)×E∂x∂v
(q) 6= 0.
A aplicação x é dita uma parametrização de M em p.Fixando um dos parâmetros u ou v, temos as chamadas curvas coordenadas de
x, x(u0, v) e x(u, v0):
54
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
0.0
0.5
Figura 14: Uma superfície com algumas curvas coordenadas destacadas.
Para provar alguns resultados a seguir, faremos uso de um clássico teorema do
Cálculo, que não demonstraremos aqui:
Teorema 3.2 (Função Inversa). Seja f : U ⊂ Rn → Rn, U aberto, uma função diferen-ciável, e p ∈ Rn. Se det(dfp) 6= 0, então existe V ⊂ U aberto contendo p, e a inversaf−1 : f(V)→ V , que também será diferenciável.
Em geral, pode ser difícil a verificação de que x é um homeomorfismo. Então
para facilitar as verificações, temos a:
Proposição 3.4. Seja M uma superfície regular, p ∈ M, e uma parametrização x :U ⊂ R2 →M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, com p ∈ x(U), tal que x seja bijetora, diferenciável, e∂x∂u
(q)×E∂x∂v
(q) 6= 0 para todo q ∈ U. Então x−1 é contínua.
Demonstração: Escreva x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), e tome q ∈ U. Vamos
provar que x−1é contínua numa vizinhança de q, e como q é arbitrário, teremos o
resultado. Como
∂x∂u
(q)×E∂x∂v
(q) 6= 0, suponha, sem perda de generalidade que:
∂(x, y)
∂(u, v)(q) =
∣∣∣∣∣∣∣∂x
∂u(q)
∂x
∂v(q)
∂y
∂u(q)
∂y
∂v(q)
∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0.
Considere ϕ : U ⊂ R2 → R2dada por ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)). Temos que:
det(dϕq) =∂(x, y)
∂(u, v)(q) 6= 0,
então pelo Teorema da Função Inversa, existe V ⊂ U aberto e contendo q, tal queϕ−1 : ϕ(V)→ V existe e é diferenciável. Escreva ϕ−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)). Observe
que ϕ = π ◦ x, onde π é a projeção nas duas primeiras coordenadas. Então dado
(x, y, z) ∈ x(V), temos:
ϕ−1 ◦ π(x, y, z) = ϕ−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = x−1(x, y, z).
Assim, x−1 = ϕ−1 ◦ π é contínua.
55
Observação 3.1. Isto não prova que x−1 é diferenciável. Poderia ser que mudando oponto q, mudasse a projeção π necessária para o argumento.
Exemplo 3.2. O helicoide é formado tomando uma hélice cujo eixo seja o eixo z, eligando seus pontos ao eixo z, por retas paralelas ao plano z = 0. Uma parametrizaçãopossível é, digamos, x :]0, 1[×R→ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, dada por x(u, v) = (u cos v, u sen v, v).É claro que x é diferenciável. Ainda, temos que:
∂x∂u
(u, v) = (cos v, sen v,0) e ∂x∂v
(u, v) = (−u sen v, u cos v, 1)
Assim:
∂x∂u
(u, v)×E∂x∂v
(u, v) = (sen v, cos v, u) =⇒ ∥∥∥∥∂x∂u(u, v)×E ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥E
=√
1+ u2,
mas√1+ u2 6= 0, ∀ (u, v) ∈ ]0, 1[×R, portanto x é regular.
-1.0-0.5
0.00.5
1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
-1
0
1
Figura 15: O helicoide.
Teorema 3.3. Seja f : U ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1}, com U aberto, uma função diferenciá-vel. Então o seu gráfico
gr(f) = {(u, v, f(u, v)) ∈ R3
ν | (u, v) ∈ U}
é uma superfície regular.
Demonstração: Tome a parametrização x : U ⊂ R2 → R3dada por x(u, v) =
(u, v, f(u, v)). Então x é diferenciável, temos x(U) = gr(f), e sua inversa é dada por
x−1 : gr(f) → U, x−1(u, v, f(u, v)) = (u, v), que é contínua. Então x é um homeomor-
fismo. E ainda:
(dx(u,v)) =
1 0
0 1
∂f
∂u(u, v)
∂f
∂v(u, v)
tem posto 2, portanto a parametrização é regular.
56
Observação 3.2. A parametrização x(u, v) = (u, v, f(u, v)) costuma ser chamada deparametrização de Monge. A mesma nomenclatura, resultado, e demonstração para(u, f(u, v), v) e (f(u, v), u, v).
Exemplo 3.3. O cone de luz do L3 é uma superfície regular. Lembre que excluímos ovértice do cone (no caso, o 0). O cone é coberto pelas parametrizações x1,x2 : R2\{0}→L3, dadas por x1(u, v) = (u, v,
√1− u2 − v2) e x2(u, v) = (u, v,−
√1− u2 − v2). O
próximo teorema nos dá outra prova deste fato, e nos fornece mais exemplos desuperfícies regulares.
Definição 3.2. Seja f : U ⊂ R3 → R, U aberto, uma função diferenciável. Um pontoq ∈ R3 é regular para f, se dfq é sobrejetora (neste caso é equivalente a dfq não ser atransformação nula), isto é, se ∂f
∂x(q), ∂f
∂y(q) ou ∂f
∂z(q) não é zero.
Um número a ∈ R diz-se um valor regular para f se f−1({a}) é não vazio e consisteapenas de pontos regulares.
Teorema 3.4. Seja f : U ⊂ R3 → R, U aberto, uma função diferenciável, e a ∈ R umvalor regular de f. Então f−1({a}) é uma superfície regular.
Demonstração. Seja p ∈ f−1({a}). Suponha sem perda de generalidade que
∂f
∂z(p) 6= 0.
Considere a função ϕ : U ⊂ R3 → R3dada por ϕ(x, y, z) = (x, y, f(x, y, z)). Aí:
det(dϕp) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0
0 1 0
∂f
∂x(p)
∂f
∂y(p)
∂f
∂z(p)
∣∣∣∣∣∣∣∣ =∂f
∂z(p) 6= 0.
Pelo Teorema da Função Inversa, existe V ⊂ U aberto tal que ϕ−1 : ϕ(V)→ V existe
e é diferenciável. Em vista das duas primeiras componentes de ϕ(x, y, z), temos que
ϕ−1(x, y, z) = (x, y, g(x, y, z)) para alguma função diferenciável g. Restritos a f−1({a}),temos que:
ϕ−1 ◦ϕ(x, y, z) = (x, y, z)
ϕ−1(x, y, f(x, y, z)) = (x, y, z)
ϕ−1(x, y, a) = (x, y, z)
(x, y, g(x, y, a)) = (x, y, z)
=⇒ g(x, y, a) = z
Desta forma, temos que f(x, y, g(x, y, a)) = a, e x(u, v) = (u, v, g(u, v, a)) parametriza
uma vizinhança de p de forma regular. Como p é arbitrário, conseguimos cobrir
f−1({a}) com tais parametrizações, e portanto f−1({a}) é uma superfície regular.
Exemplo 3.4. Se f : L3 → R é dada por f(x, y, z) = x2 + y2 − z2, temos:
df(x,y,z) =(2x 2y −2z
),
57
que só é a transformação nula quando (x, y, z) = 0. Então para todo r 6= 0, f−1({r}) éuma superfície regular. Em particular:
f−1({1}) = S2
1(1) := {v ∈ L3 | 〈v,v〉L = 1},
o chamado espaço de De Sitter, e:
f−1({−1}) = H2
1(1) := {v ∈ L3 | 〈v,v〉L = −1},
o hiperboloide de duas folhas, são superfícies regulares. O plano hiperbólico é acomponente conexa de H2
1(1) consistindo de pontos cuja terceira coordenada é positiva
(isto é, a "parte de cima"), e é um dos modelos da Geometria Não-Euclidiana descobertapor Bolyai e Lobachevsky. De modo geral, definimos a esfera Lorentziana de raio r ≥ 0
por:S2
1(r) = {v ∈ L3 | 〈v,v〉L = r2},
e o pseudo-espaço hiperbólico de raio r > 0 por:
H2
1(r) = {v ∈ L3 | 〈v,v〉L = −r2}.
Note que S2
1(0) = H2
1(0) é o cone de luz, unido com a origem 0, e por fim, f−1({0}) \ {0},
o cone de luz do L3, é uma superfície regular.
-2 0 2
-2
02
-2
0
2
(a)
-2 0 2
-2
0
2
-2
0
2
(b)
Figura 16: (a) O espaço de De Sitter; (b) O hiperboloide de duas folhas.
O L3 é folheado por hiperboloides e mais o cone de luz, no seguinte sentido:
L3 =⋃r≥0
S2
1(r) ∪
⋃r>0
H2
1(r).
A situação é a seguinte:
58
Figura 17: A estrutura do L3, em um corte.
Daqui para a frente, será comum tomarmos parametrizações específicas para tra-
balhar com alguma superfície. Então será de grande interesse provarmos que tal
propriedade que obtermos não depende da parametrização, e em vista disso, condi-
ções mínimas de diferenciabilidade serão necessárias:
Teorema 3.5. Seja p um ponto de uma superfície regular M, e x : U ⊂ R2 → M,x : U ⊂ R2 → M parametrizações de M em p. Então, sendo W = x(U) ∩ x(U), amudança de coordenadas x−1 ◦ x : x−1(W)→ x(W) é diferenciável.3
Demonstração:
Figura 18: Configuração do que está ocorrendo abaixo.
3U nada tem a ver com o fecho de U.
59
Explicite:
x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
Seja (u0, v0) ∈ x−1(W), e escreva (u0, v0) = x−1 ◦ x(u0, v0). Como x é regular,
suponha sem perda de generalidade que:
∂(x, y)
∂(u, v)(u0, v0) 6= 0.
Defina ϕ : x−1(W)→ R2pondo ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)). Assim, temos:
det(dϕ(u0,v0)) =∂(x, y)
∂(u, v)(u0, v0) 6= 0.
Pelo Teorema da Função Inversa, existe V ⊂ x−1(W) aberto e contendo (u0, v0) tal queexiste e é diferenciável ϕ−1 : ϕ(V) → V , dada por ϕ−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)). Seja
π :W → R2a projeção nas duas primeiras componentes. Claro que π é diferenciável.
Desta forma:
ϕ−1 ◦ π ◦ x(u, v) = ϕ−1 ◦ π((x(u, v), y(u, v), z(u, v)))ϕ−1 ◦ π ◦ x(u, v) = ϕ−1((x(u, v), y(u, v))
ϕ−1 ◦ π ◦ x(u, v) = (u(x(u, v), y(u, v)), v(x(u, v), y(u, v)))
ϕ−1 ◦ π ◦ x(u, v) = x−1 ◦ x(u, v)
Assim, x−1 ◦ x é diferenciável numa vizinhança de (u0, v0), por ser uma composição
de funções diferenciáveis. E o resultado segue pois (u0, v0) era arbitrário.
Observação 3.3. A mudança de parâmetros é um difeomorfismo. Basta aplicar oresultado com a sua inversa também.
Exemplo 3.5 (Superfícies de revolução). Considere uma curva no plano y = 0, α : I→R3
1, dada por α(u) = (f(u),0, g(u)), tal que f(u) > 0 para todo u ∈ I. Esta exigência
significa apenas que a curva não toca o eixo z. Rotacionando a curva em torno do eixoz, obtemos uma superfície que pode ser parametrizada via x : I×]0, 2π[→ R3
ν,ν ∈ {0, 1},dada por x(u, v) = (f(u) cos v, f(u) sen v, g(u)). Sendo f e g diferenciáveis, x também oé. Suponha que α esteja parametrizada por comprimento de arco (Euclideano). Temos:
∂x∂u
(u, v) = (f ′(u) cos v, f ′(u) sen v, g ′(u)) e ∂x∂v
(u, v) = (−f(u) sen v, f(u) cos v,0).
Com isto:∂x∂u
(u, v)×E∂x∂v
(u, v) = (−f(u)g ′(u) cos v,−f(u)g ′(u) sen v, f ′(u)f(u)),
e assim: ∥∥∥∥∂x∂u(u, v)×E ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥E
= f(u) 6= 0.
60
Claramente x é bijetora. Então é um homeomorfismo, e portanto a superfície derevolução é regular.
Figura 19: Uma curva e a superfície de revolução gerada por ela.
Em geral, é mais simples trabalhar com superfícies dadas por gráficos de funções.
Para efeitos teóricos, temos os seguintes resultados:
Proposição 3.5 (Gráfico Local). Seja M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície regular, ep ∈ M qualquer. Então existe uma parametrização de Monge paraM em torno de p,isto é,M é localmente o gráfico de uma função diferenciável.
Demonstração: Tome x : U ⊂ R2 →M uma parametrização de M em torno de p.Explicite x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)). Então:
∂x∂u×E
∂x∂v
(x−1(p)) =(∂(y, z)
∂(u, v)(x−1(p)),−
∂(x, z)
∂(u, v)(x−1(p)),
∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p))
)6= 0.
Suponha sem perder generalidade que
∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p)) 6= 0. Defina ϕ : U→ R2
pondo
ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)). Assim temos que:
det(dϕx−1(p)) =∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p)) 6= 0,
e pelo Teorema da Função Inversa temos D ⊂ U contendo x−1(p) tal que existe e é
diferenciável ϕ−1 : ϕ(D)→ D, dada por ϕ−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)). Observe que:
ϕ ◦ϕ−1(x, y) = (x, y) =⇒ ϕ(u(x, y), v(x, y)) = (x, y) =⇒ {x(u(x, y), v(x, y)) = x
y(u(x, y), v(x, y)) = y
Agora reparametrizamosM por x ◦ϕ−1 : ϕ(D)→M, e isto termina a demonstração:
de fato:
x ◦ϕ−1(x, y) = x(ϕ−1(x, y))
= x(u(x, y), v(x, y))= (x(u(x, y), v(x, y), y(u(x, y), v(x, y)), z(u(x, y), v(x, y))))
= (x, y, z(u(x, y), v(x, y))).
61
Observação 3.4. Veremos na próxima seção que é possível sermos mais precisos comesse resultado no L3 usando o caráter causal deM, a ser definido precisamente então.
Anteriormente, já tínhamos trabalhado com os espaços tangentes Tp(R3
ν), ν ∈ {0, 1}.
Trazemos o conceito para superfícies:
Definição 3.3. SejaM uma superfície regular, e p ∈ M. O espaço tangente aM emp é o conjunto:
TpM = {vp ∈ Tp(R3
ν) | ∃α :] − ε, ε[→M, com α(0) = p e α ′(0) = v}.
Observação 3.5. Nas condições acima, dizemos que α realiza vp. Quando não hárisco de confusão, omitimos o p em vp.
Vejamos que TpM é um espaço vetorial. Sejam v,w ∈ TpM, e λ ∈ R. Vamos
provar que v + λw ∈ TpM. Com efeito, existem α,β :] − ε, ε[→M que realizam v e
w, respectivamente. Considere γ :] − ε, ε[→M, dada por γ(t) = −p + α(t) + β(λt).Então:
γ(0) = −p+ α(0) + β(0) =�����:0
−p+ p+ p = p,
e também:
γ ′(t) = α ′(t) + λβ ′(λt) =⇒ γ ′(0) = α ′(0) + λβ ′(0) = v+ λw.
Portanto γ realiza v + λw, que está em TpM. As operações são as induzidas de
Tp(R3
ν). A seguir, mais uma caracterização:
Lema 3.1. Seja M uma superfície regular, α : I ⊂ R → M uma curva, e x : U ⊂R2 →M uma parametrização deM tal que α(I) ⊂ x(U). Então existem, e são únicas,funções diferenciáveis u, v : I ⊂ R→ R tais que α(t) = x(u(t), v(t)), para todo t ∈ I.
Demonstração: Basta considerar x−1 ◦ α : I→ U. Então:
x−1 ◦ α(t) = (u(t), v(t)) =⇒ α(t) = x(u(t), v(t)).
Para a unicidade, suponha que tenhamos outras funções u, v : I → R cumprindo o
pedido. Então:
(u(t), v(t)) = x−1 ◦ α(t) = x−1 ◦ x(u(t), v(t)) = (u(t), v(t)).
Proposição 3.6. Seja M uma superfície regular, p ∈ M, e uma parametrização x :U ⊂ R2 →M deM em p. Então temos que:
TpM = R∂x∂u
(u0, v0) + R∂x∂v
(u0, v0).
Demonstração: Faremos as duas inclusões. ComoM é regular, temos que
∂x∂u
(u, v)
e
∂x∂v
(u, v) são L.I. para quaisquer (u, v) ∈ U. Escreva (u0, v0) = x−1(p), isto é,
x(u0, v0) = p.
62
Na direção ⊂: Seja v ∈ TpM e tome α que realiza v. Pelo lema, existem funções
diferenciáveis u, v : I→ R tais que α(t) = x(u(t), v(t)). Note que:
α(0) = x(u(0), v(0)) =⇒ p = x(u(0), v(0)) =⇒ x(u0, v0) = x(u(0), v(0)),
e assim temos u0 = u(0) e v0 = v(0), naturalmente. E por fim:
α ′(t) = u ′(t)∂x∂u
(u(t), v(t)) + v ′(t)∂x∂v
(u(t), v(t))
v = α ′(0) = u ′(0)∂x∂u
(u0, v0) + v′(0)
∂x∂v
(u0, v0),
e concluímos que v ∈ R∂x∂u
(u0, v0) + R∂x∂v
(u0, v0).
Na direção ⊃: Seja v = a∂x∂u
(u0, v0) + b∂x∂v
(u0, v0) ∈ R∂x∂u
(u0, v0) + R∂x∂v
(u0, v0).
Considere a curva α :]−ε, ε[→M, ν ∈ {0, 1}, dada por α(t) = x(u0+at, v0+bt).Então α(0) = x(u0, v0) = p. E mais:
α ′(t) = a∂x∂u
(u0 + at, v0 + bt) + b∂x∂v
(u0 + at, v0 + bt) =⇒ α ′(0) = v.
Então α realiza v, assim v ∈ TpM, e obtemos a inclusão.
Das duas inclusões, segue o resultado.
Dizemos que
{∂x∂u
(u0, v0),∂x∂v
(u0, v0)
}é a base de TpM associada a parametriza-
ção x. Outro modo de expressar o resultado acima, é pela igualdade dx(u0,v0)(R2) =TpM, entendendo que os vetores em dx(u0,v0) são tangentes à R3
ν, ν ∈ {0, 1}, em p.E do mesmo modo em que estudamos Cálculo no Rn, é possível estudar os mesmos
conceitos para superfícies regulares.
Definição 3.4. SejamM1,M2 ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, superfícies regulares e f :M1 →M2
uma função. Dizemos que f é diferenciável se a composta x−1
2◦ f ◦ x1 : U1 → U2 é
diferenciável quaisquer que sejam as parametrizações x1 : U1 ⊂ R2 →M e x2 : U2 ⊂R2 →M2 escolhidas.
63
Figura 20: Ilustrando a definição acima.
Na prática, só é preciso verificar a condição acima para uma parametrização
qualquer, dado que a mudança de parâmetros é um difeomorfismo. Com efeito,
sejam x1,x1 parametrizações de M1 em torno de p, e x2,x2 parametrizações de M2
em torno de f(p), e suponha que x−1
2◦ f ◦ x1 seja diferenciável. Então:
x−1
2◦ f ◦ x1 = (x−1
2◦ x2) ◦ (x−1
2◦ f ◦ x1) ◦ (x−1
1◦ x1)
é diferenciável por ser a composta de um difeomorfismo, com uma função suposta
diferenciável, com outro difeomorfismo.
Definição 3.5. SejamM1,M2 ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, superfícies regulares e f :M1 →M2
uma função diferenciável. A diferencial de f em um ponto p ∈ M1 é a aplicaçãodfp : TpM1 → Tf(p)M2, dada por dfp(v) = (f ◦ α) ′(0), onde α realiza v.
É necessário verificar que a diferencial está bem-definida, isto é, que o seu valor
não depende da curva α que escolhemos. De fato, se x1 é uma parametrização deM1
em torno de p (suponha p = x1(up, vp)) e x2 é uma parametrização de M2 em torno
de f(p), podemos escrever:
(f◦x1)(u1, v1) = x2(u2(u1, v1), v2(u1, v2)), ∀ (u1, v1) ∈ Dom(x1) tal que x1(u1, v1) ∈ Im(x2).
Se α realiza v ∈ TpM1, podemos escrever α(t) = x1(u1(t), v1(t)), e naturalmente temos
u1(0) = up, v1(0) = vp. Ainda mais:
(f ◦ α)(t) = x2(u2(u1(t), v1(t)), v2(u1(t), v1(t))).
Derivando ambos os lados em relação à t, temos:
64
(f ◦ α) ′(t) =(u ′1(t)∂u2
∂u1
(u1(t), v1(t)) + v′1(t)∂u2
∂v1(u1(t), v1(t))
)∂x2
∂u2
+(u ′1(t)∂v2
∂u1
(u1(t), v1(t)) + v′1(t)∂v2
∂v1(u1(t), v1(t))
)∂x2
∂v2
=⇒ dfp(v) =(u ′1(0)∂u2
∂u1
(up, vp) + v′1(0)∂u2
∂v1(up, vp)
)∂x2
∂u2
+(u ′1(0)∂v2
∂u1
(up, vp) + v′1(0)∂v2
∂v1(up, vp)
)∂x2
∂v2,
onde as derivadas parciais de x2 acima são calculadas em (u2(u1(t), v1(t)), v2(u1(t), v1(t))),e depois em (u2(up, vp), v2(up, vp)). Então de fato, o valor de dfp(v) depende apenas
do ponto p e das coordenadas de v na base de TpM1 associada à parametrização x1.
Ainda, observe que temos a seguinte igualdade:
[dfp(v)]B2 =
∂u2
∂u1
(up, vp)∂u2
∂v1(up, vp)
∂v2
∂u1
(up, vp)∂v2
∂v1(up, vp)
[v]B1 ,
onde B1 e B2 são as bases de TpM1 e Tf(p)M2 associadas às parametrizações x1 e x2.
Isto nos testemunha que dfp é uma aplicação linear tal que sua matriz nas bases B1e B2 é a acima. Este conceito de diferencial será usado para estudar a aplicação
normal de Gauss, mais à frente.
Definição 3.6 (Superfície Parametrizada). Uma superfície parametrizada é uma apli-cação x : U ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1}, com U aberto, injetora, que é diferenciável, e talque dxq é injetora para todos os q ∈ U.
Observação 3.6. Alguns textos não pedem que x seja injetora, e nestas condiçõesx(U) não é uma superfície regular. Não pedir injetividade nada mais significa do quea superfície pode admitir auto-interseções.
3.4 Caráter Causal, Primeira Forma FundamentalDefinição 3.7 (Caráter Causal). SejaM⊂ L3 uma superfície regular. Dizemos que:
• M é tipo espaço, se para todo p ∈M, TpM for um plano de tipo espaço.
• M é tipo tempo, se para todo p ∈M, TpM for um plano de tipo tempo.
• M é tipo luz, se para todo p ∈M, TpM for um plano de tipo luz.
Definição 3.8. Seja x : U ⊂ R2 → L3 uma superfície parametrizada. O caráter causal
de x é, por definição, o caráter causal da superfície regular x(U), segundo a definiçãoanterior.
Os espaços tangentes TpM são planos de dimensão 2, em um espaço ambiente de
dimensão 3. Já estudamos o caráter causal desses planos: podem ser determinados
via uma rápida análise do vetor normal (seja Euclideano ou Lorentziano). Em pouco
tempo, teremos resultados que nos permitirão classificar o caráter causal de uma
quantidade razoável de superfícies de forma rápida.
65
Definição 3.9 (Gradiente). Seja f : U ⊂ R3
ν → R, ν ∈ {0, 1}, com U aberto, uma funçãodiferenciável.
• O gradiente Euclidiano de f em p é o vetor gradEf(p) ∈ R3 tal que dfp(v) =〈gradEf(p),v〉E, para todo v ∈ Tp(R3).
• O gradiente Lorentziano de f em p é o vetor gradLf(p) ∈ L3 tal que dfp(v) =〈gradLf(p),v〉L, para todo v ∈ Tp(L3).
Esta definição apenas nos diz que o gradiente de uma função nada mais é do que
o vetor metricamente equivalente à sua diferencial. Mudando a métrica, mudamos o
gradiente. Assim sendo, o gradiente de uma função é diferente no L3. Nas condições
acima, temos ainda que:
gradEf(p) =(∂f
∂x(p),
∂f
∂y(p),
∂f
∂z(p)).
No R3, há a coincidência de que gradEf(p) = ∇f(p). É devido a isso, que em cursos
básicos de Cálculo não é feita a distinção entre as notações. No nosso contexto aqui
há diferença. De fato, em três dimensões, ∇ =
(∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)é o operador que age
em uma função diferenciável f produzindo o campo ∇f que bem conhecemos. Por
outro lado, temos:
gradLf(p) =(∂f
∂x(p),
∂f
∂y(p),−
∂f
∂z(p)).
Com efeito, seja v = (v1, v2, v3) um vetor tangente. Fazendo as identificações adequa-
das, veja que:
dfp(v) =(∂f
∂x(p)
∂f
∂y(p)
∂f
∂z(p))v1v2
v3
= v1∂f
∂x(p) + v2
∂f
∂y(p) + v3
∂f
∂z(p)
= v1∂f
∂x(p) + v2
∂f
∂y(p) − v3
(−∂f
∂z(p))
=
⟨(∂f
∂x(p),
∂f
∂y(p),−
∂f
∂z(p)),v⟩L
.
Notamos que o caráter causal de gradEf(p) e de gradLf(p) é o mesmo.
Então, dada uma superfície regular M em L3, e uma parametrização x : U ⊂
R2 → M, para descobrirmos o seu tipo causal basta analisarmos o tipo causal de
∂x∂u
(p)×L∂x∂v
(p) (que é o mesmo de
∂x∂u
(p)×E∂x∂v
(p)) em cada p ∈M.
Anteriormente vimos que toda superfície regular é localmente o gráfico de uma
função diferenciável. Agora estamos prontos para refinar este resultado:
Proposição 3.7. Seja M ⊂ L3 uma superfície regular de tipo espaço ou luz. EntãoM é localmente o gráfico de uma função diferenciável cujo domínio é um subconjuntodo plano z = 0.
Demonstração: Seja p ∈ M qualquer e tome uma parametrização x : U ⊂ R2 →M⊂ L3
de M em torno de p. Explicite x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)). Temos:
∂x∂u×L
∂x∂v
(x−1(p)) =(∂(y, z)
∂(u, v)(x−1(p)),−
∂(x, z)
∂(u, v)(x−1(p)),−
∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p))
).
66
SeM é de tipo espaço, o vetor acima é de tipo tempo: assim, sua última componente
é não-nula. Daí temos que
∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p)) 6= 0 e a demonstração segue exatamente
como a da proposição 3.5.
SeM é de tipo luz, o vetor acima é de tipo luz, e também devemos ter
∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p)) 6=
0, caso contrário teríamos:(∂(y, z)
∂(u, v)(x−1(p))
)2
+
(∂(x, z)
∂(u, v)(x−1(p))
)2
= 0 =⇒ ∂(y, z)
∂(u, v)(x−1(p)) =
∂(x, z)
∂(u, v)(x−1(p)) = 0,
contradizendo a regularidade deM. E daí a demonstração também segue exatamente
como a da proposição 3.5.
Observação 3.7. A diferença daqui para a proposição 3.5 é que lá nós fizemos asuposição de que era a última componente do vetor normal que era não nula - poderiater sido outra. Aqui nós usamos o caráter causal deM para apontar exatamente qualcomponente não se anulava.
Proposição 3.8. Seja M ⊂ L3 uma superfície regular de tipo tempo. Então M élocalmente o gráfico de uma função diferenciável cujo domínio é um subconjunto doplano x = 0 ou y = 0.
Demonstração: Seja p ∈ M qualquer e tome uma parametrização x : U ⊂ R2 →M⊂ L3
de M em torno de p. Explicite x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)). Temos:
∂x∂u×L
∂x∂v
(x−1(p)) =(∂(y, z)
∂(u, v)(x−1(p)),−
∂(x, z)
∂(u, v)(x−1(p)),−
∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p))
).
Como M é de tipo tempo, o vetor acima é de tipo espaço. Afirmo que as suas duas
primeiras componentes não se anulam simultâneamente. Caso ocorresse, teríamos:⟨∂x∂u×L
∂x∂v
(x−1(p)),∂x∂u×L
∂x∂v
(x−1(p))⟩L
= −
(∂(x, y)
∂(u, v)(x−1(p))
)2
< 0,
uma contradição (a desigualdade é estrita pela regularidade de M). Se a primeira
componente for não-nula, defina ϕ1 : U ⊂ R2 → R2pondo ϕ1(u, v) = (y(u, v), z(u, v)),
e se for a segunda não nula, defina ϕ2 : U ⊂ R2 → R2pondo ϕ2(u, v) = (x(u, v), z(u, v)).
Se ambas forem não nulas, qualquer uma das funções serve. Feito isso, o argumento
segue como na demonstração da proposição 3.5.
Uma alternativa à análise do caráter causal de
∂x∂u
(p) ×E∂x∂v
(p) é analisar dire-
tamente o pull-back da métrica 〈·, ·〉L pela parametrização x. Seja q = x−1(p). Então,por definição:
x∗〈·, ·〉Lq : TqU× TqU→ R
é dado por:
x∗〈·, ·〉Lq(v1,v2) = 〈dxq(v1), dxq(v2)〉L.
67
Basta analisarmos a forma quadrática associada ao pull-back, calculando-a em um
vetor w = (a, b). Explicitemos x(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)). Temos:
dxq(w) =
∂x
∂u(q)
∂x
∂v(q)
∂y
∂u(q)
∂y
∂v(q)
∂z
∂u(q)
∂z
∂v(q)
(a
b
)=
a∂x
∂u(q) + b
∂x
∂v(q)
a∂y
∂u(q) + b
∂y
∂v(q)
a∂z
∂u(q) + b
∂z
∂v(q)
.
Prosseguindo, vem que:
〈dxq(w), dxq(w)〉L =(a∂x
∂u(q) + b
∂x
∂v(q))
2
+
(a∂y
∂u(q) + b
∂y
∂v(q))
2
−
(a∂z
∂u(q) + b
∂z
∂v(q))
2
= a2
(∂x
∂u(q))
2
+ 2ab∂x
∂u(q)∂x
∂v(q) + b2
(∂x
∂v(q))
2
+
+ a2
(∂y
∂u(q))
2
+ 2ab∂y
∂u(q)∂y
∂v(q) + b2
(∂y
∂v(q))
2
−
− a2
(∂x
∂u(q))
2
− 2ab∂z
∂u(q)∂z
∂v(q) − b2
(∂z
∂v(q))
2
= a2
⟨∂x∂u
(q),∂x∂u
(q)⟩L
+ 2ab
⟨∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩L
+ b2⟨∂x∂v
(q),∂x∂v
(q)⟩L
Fatorando em forma de matriz, obtemos:
x∗〈·, ·〉Lq(w,w) =(a b
)⟨∂x∂u
(q),∂x∂u
(q)⟩L
⟨∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩L⟨
∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩L
⟨∂x∂v
(q),∂x∂v
(q)⟩L
(ab)
Um cálculo análogo testemunha que:
x∗〈·, ·〉Eq(w,w) =(a b
)⟨∂x∂u
(q),∂x∂u
(q)⟩E
⟨∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩E⟨
∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩E
⟨∂x∂v
(q),∂x∂v
(q)⟩E
(ab)
Então nosso problema se reduz a analisar as matrizes centrais acima. Esta conta
serve como motivação para a seguinte:
Definição 3.10. SejaM⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície regular.
• A primeira forma fundamental Euclidiana deM em p é a aplicação IEp : TpM×TpM→ R, dada por IEp(v,w) = 〈v,w〉E.
• A primeira forma fundamental de Minkowski de M em p é a aplicação ILp :TpM× TpM→ R, dada por ILp(v,w) = 〈v,w〉L.
Observação 3.8. Abreviaremos IEp(v,v) simplesmente por IEp(v), e do mesmo modopara ILp. O ponto p poderá ser eventualmente omitido.
68
Com isto em mãos, notemos que M é de tipo espaço se ILp é positiva definida
para todo p em M. M é de tipo tempo se ILp é não-degenerada e de índice 1 para
todo p em M. E por fim, M é de tipo luz se ILp é positiva e degenerada para todo pem M. O caso Euclideano não oferece dificuldades: IEp é positiva definida qualquer
que seja p em M.
Fixada uma parametrização x : U ⊂ R2 → M em p, temos que, chamando q =
x−1(p) e considerando a base associada
{∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)}, a matriz de ILp nesta base
é justamente: ⟨∂x∂u
(q),∂x∂u
(q)⟩L
⟨∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩L⟨
∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩L
⟨∂x∂v
(q),∂x∂v
(q)⟩L
.Chamamos:
EL(q) =⟨∂x∂u
(q),∂x∂u
(q)⟩L
, FL(q) =⟨∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)⟩L
e GL(q) =⟨∂x∂v
(q),∂x∂v
(q)⟩L
os coeficientes da primeira forma fundamental de Minkowski. Outras notações
para os nossos EL, FL e GL são, respectivamente, g11, g12 = g21 e g22, porém não
as utilizaremos aqui. Note que variando o ponto q, obtemos funções diferenciáveis
EL(u, v), FL(u, v) e GL(u, v). Os mesmos comentários valem para a primeira forma
fundamental Euclidiana e seus coeficientes EE, FF e GE analogamente definidos.
Proposição 3.9. Seja M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície regular. Então a sua pri-meira forma fundamental em um dado ponto p ∈ M não depende da parametrizaçãoescolhida.
Demonstração: Não faremos distinção entre 〈·, ·〉E e 〈·, ·〉L, e abandonaremos todos
os índices E e L aqui: o argumento que seguirá é válido para ambos os ambientes.
Efetivamente, se x : U ⊂ R2 →M e x : U ⊂ R2 →M são parametrizações tais que
p ∈ x(U) ∩ x(U), e x(u0, v0) = x(u0, v0) = p, então teremos:
Ea2 + 2Fab+Gb2 = Ea2 + 2Fab+Gb2
,
onde E, F e G são calculados em x−1(p), E, F e G são calculados em x−1(p), e
a∂x∂u
+ b∂x∂v
= a∂x∂u
+ b∂x∂v,
com as derivadas parciais calculadas nas pré-imagens adequadas. Se U ∩ U = ∅,nada há o que fazer. Caso contrário, nesta interseção vale que x(u, v) = x(u, v).Derivando em relação a u e v em ambos os lados obtemos:
∂x∂u
=∂u
∂u
∂x∂u
+∂v
∂u
∂x∂v
∂x∂v
=∂u
∂v
∂x∂u
+∂v
∂v
∂x∂v
onde os lados esquerdos são calculados em (u, v) e os direitos em (u, v). Se B ={∂x∂u
(u0, v0),∂x∂v
(u0, v0)
}e B =
{∂x∂u
(u0, v0),∂x∂v
(u0, v0)
}são as bases de TpM asso-
ciadas às parametrizações, a conta acima nos mostra que a matriz de IdTpM : TpM→69
TpM nas bases B e B é:
[IdTpM
]B,B =
∂u
∂u
∂u
∂v∂v
∂u
∂v
∂v
E isto nos permite expressar os coeficientes sem barra em termos dos com barra:
E = E
(∂u
∂u
)2
+ 2F∂u
∂u
∂v
∂u+G
(∂v
∂u
)2
F = E∂u
∂u
∂u
∂v+ F
(∂u
∂u
∂v
∂v+∂u
∂v
∂v
∂u
)+G
∂v
∂u
∂v
∂v
G = E
(∂u
∂v
)2
+ F∂u
∂v
∂v
∂v+G
(∂v
∂v
)2
Ainda mais, se a∂x∂u
+ b∂x∂v
= a∂x∂u
+ b∂x∂v
, da Álgebra Linear temos que:
(a
b
)=
∂u
∂u
∂u
∂v∂v
∂u
∂v
∂v
(ab),
ou, escrevendo de um jeito mais explícito:
a = a∂u
∂u+ b
∂u
∂ve b = a
∂v
∂u+ v
∂v
∂v.
Finalmente:
Ea2 + 2Fab+Gb2 = a2
(E
(∂u
∂u
)2
+ 2F∂u
∂u
∂v
∂u+G
(∂v
∂u
)2
)
+ 2ab
(E∂u
∂u
∂u
∂v+ F
(∂u
∂u
∂v
∂v+∂u
∂v
∂v
∂u
)+G
∂v
∂u
∂v
∂v
)+ b2
(E
(∂u
∂v
)2
+ F∂u
∂v
∂v
∂v+G
(∂v
∂v
)2
)
= E
(a2
(∂u
∂u
)2
+ 2ab∂u
∂u
∂u
∂v+ b2
(∂u
∂v
)2
)
+ 2F
(a2∂u
∂v
∂v
∂u+ ab
(∂u
∂u
∂v
∂v+∂u
∂v
∂v
∂u
)+ b2
∂u
∂v
∂v
∂v
)+G
(a2
(∂v
∂u
)2
+ 2ab∂v
∂u
∂v
∂v+ b2
(∂v
∂v
)2
)
= E
(a∂u
∂u+ b
∂u
∂v
)2
+ 2F
(a∂u
∂u+ b
∂u
∂v
)(a∂v
∂u+ v
∂v
∂v
)+G
(a∂v
∂u+ v
∂v
∂v
)2
= Ea2 + 2Fab+Gb2
.
70
Este último resultado nos garante que conceitos dependentes da primeira forma
fundamental são intrínsecos à superfície, isto é, não dependem do espaço ambiente
em que a superfície se encontra e nem da parametrização que escolhermos.
Exemplo 3.6. SejaM⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície regular, p ∈M, e x : U ⊂ R2 →M uma parametrização.
• No caso Euclideano, o ângulo entre vetores tangentes u,v ∈ TpM é o númeroθ ∈ [0, 2π[ satisfazendo:
cos θ =IEp(u,v)√
IEp(u)√
IEp(v).
• No caso Lorentziano, se a superfície é de tipo tempo, o ângulo hiperbólico entredois vetores tangentes u,v ∈ TpM, ambos passado-dirigidos ou futuro dirigidos,é o número ϕ ∈ R≥0 satisfazendo:
coshϕ = −ILp(u,v)√
−ILp(u)√−ILp(v)
• O comprimento de arco Euclideano de uma curva α :]a, b[→M pode ser expressocomo:
LE[α] =
∫ba
√IEα(t)(α ′(t)) dt
=
∫ba
√EE(α(t))(u ′(t))2 + 2FE(α(t))u ′(t)v ′(t) +GE(α(t))(v ′(t))2 dt,
onde α(t) = x(u(t), v(t)). O mesmo para o comprimento de arco LorentzianoLL[α]:
LL[α] =
∫ba
√|ILα(t)(α ′(t))| dt
=
∫ba
√|EL(α(t))(u ′(t))2 + 2FL(α(t))u ′(t)v ′(t) +GL(α(t))(v ′(t))2| dt,
• A energia Euclideana de uma curva em α :]a, b[→M é definida pela integral:
EE[α] =1
2
∫ba
IEα(t)(α′(t)) dt,
e a sua energia Lorentziana por:
EL[α] =1
2
∫ba
ILα(t)(α′(t)) dt.
• Dado D ⊂ U compacto, podemos calcular a área Euclideana de x(D) por:
A(D) =
∫∫D
∥∥∥∥∂x∂u ×E ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥E
du dv =
∫∫D
√EE(u, v)GE(u, v) − FE(u, v)2 du dv.
É possível dar uma noção de área no L3, ainda falaremos brevemente disto.
71
O importante sobre todos esses conceitos agora, é que eles dependem apenas das
primeiras formas fundamentais deM. Não precisamos saber como calcular 〈·, ·〉 paravetores que não sejam tangentes. Então o espaço ambiente R3
ν deixa de ser relevante
no aspecto métrico, uma vez que já definimos as primeiras formas fundamentais.
Dito isto, continuaremos a considerar essas superfícies juntamente com o ambiente,
e não de forma abstrata: teremos mais conceitos para explorar.
Agora, vamos começar a classificação do tipo causal de algumas superfícies.
Teorema 3.6. Seja f : U ⊂ R3 → R, U aberto, uma função diferenciável, a ∈ Rum valor regular para f, e considere a superfície regular M = f−1({a}). Então vale ocritério:
• M é de tipo espaço ⇐⇒ gradEf(p) é tipo tempo para todo p ∈M.
• M é de tipo tempo ⇐⇒ gradEf(p) é tipo espaço para todo p ∈M.
• M é de tipo luz ⇐⇒ gradEf(p) é tipo luz para todo p ∈M.
Observamos que o resultado vale trocando gradEf(p) por gradLf(p) nos itens acima.
Demonstração: Basta mostrar que gradEf(p) ⊥E TpM para todo p ∈ M. Seja
v ∈ TpM qualquer, e tome α uma curva em M que realiza v. Então vale que
f(α(t)) = a para todo t no domínio de α. Sendo assim, derivamos em relação à
t, e temos 〈∇f(α(t)),α ′(t)〉E = 0 para todo t no domínio de α. Faça t = 0 e vem
〈∇f(p),v〉E = 0, isto é, 〈gradEf(p),v〉E = 0. Isto termina a demonstração. Porém mais
um passo pode ser dado, notando que se G = diag[1, 1,−1], temos G · gradLf(p) =gradEf(p). Segue que 〈gradLf(p),v〉L = 〈G · gradEf(p),v〉L = 〈gradEf(p),v〉E = 0, de
modo que gradLf(p) ⊥L TpM.
Observação 3.9. Note que acima está a justificativa de que nestas condições, ker(dfp) =TpM.
Exemplo 3.7 (O plano hiperbólico). Considere a folha superior do hiperboloide deduas folhas, H2
1(1), determinado por x2 + y2 − z2 = −1, e z > 0. A sua função modelo
é f(x, y, z) = x2 + y2 − z2. Temos ∇f(x, y, z) = (2x, 2y,−2z). Em todo ponto dohiperboloide vale:
〈∇f(x, y, z),∇f(x, y, z)〉L = 4x2 + 4y2 − 4z2 = 4(x2 + y2 − z2) = −4 < 0.
Assim, o gradiente Euclideano é um vetor de tipo tempo, daí T(x,y,z)(H2
1(1)) é um plano
de tipo espaço, e portanto o hiperboloide é uma superfície de tipo espaço. Aprovei-taremos este exemplo para ilustrar a importância de um mínimo de regularidade naparametrização escolhida. O hiperboloide de duas folhas pode ser parametrizado por:x : R×]0, 2π[→ H2
1(1), dada por:
x(u, v) = (senhu cos v, senhu sen v, coshu).
Então temos:∂x∂u
(u, v) = (coshu cos v, coshu sen v, senhu) e ∂x∂v
(u, v) = (− senhu sen v, senhu cos v,0).
72
Assim, calculando os coeficientes, temos:(EL(u, v) FL(u, v)FL(u, v) GL(u, v)
)=
(1 0
0 senh2 u
)Isto nos daria que a matriz é positiva definida, e portanto a superfície é tipo espaço,sempre que u 6= 0. Mas nos pontos que u = 0, teríamos que a superfície é de tipo luz.O problema aqui está nos seguintes fatos:
i) A parametrização não é regular nos pontos (0, v), pois o vetor ∂x∂v
(0, v) é o vetornulo 0;
ii) A curva coordenada x(0, v) se degenera simplesmente ao ponto (0,0, 1).
Então irregularidades nas parametrizações escolhidas podem criar singularidades quenada tem a ver com a geometria da superfície em si.
Antes de prosseguirmos, enunciaremos um útil resultado da Álgebra Linear, cuja
prova omitiremos:
Proposição 3.10 (Critério de Sylvester). Seja A ∈ Mat(n,R) uma matriz simétrica.Então A é positiva definida se e somente se todos os seus menores principais sãopositivos. No caso 2× 2:(
a b
b c
)é positiva definida ⇐⇒ a > 0 e ac− b2 > 0
Observação 3.10. Daqui já sai que det(IEp) > 0 qualquer que seja p ∈M.
Teorema 3.7 (Critério do Radar). Seja f : U ⊂ R2 → R uma função diferenciável, egr(f) = {(u, v, f(u, v)) ∈ L3 | (u, v) ∈ U}. Então:
• gr(f) é de tipo espaço ⇐⇒ ‖∇f(u, v)‖2 =(∂f
∂u(u, v)
)2
+
(∂f
∂v(u, v)
)2
< 1, para
todos os (u, v) ∈ U.
• gr(f) é de tipo tempo ⇐⇒ ‖∇f(u, v)‖2 =(∂f
∂u(u, v)
)2
+
(∂f
∂v(u, v)
)2
> 1, para
todos os (u, v) ∈ U.
• gr(f) é de tipo luz ⇐⇒ ‖∇f(u, v)‖2 =
(∂f
∂u(u, v)
)2
+
(∂f
∂v(u, v)
)2
= 1, para
todos os (u, v) ∈ U.
Demonstração: Tome a parametrização de Monge x : U ⊂ R2 → gr(f), x(u, v) =(u, v, f(u, v)). Então:
∂x∂u
(u, v) =
(1,0,
∂f
∂u(u, v)
)e
∂x∂v
(u, v) =
(0, 1,
∂f
∂v(u, v)
).
Basta analisarmos o tipo causal da direção normal. Temos que:
∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v) =
(−∂f
∂u(u, v),−
∂f
∂v(u, v),−1
),
73
e daí: ⟨∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v),∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v)
⟩=
(∂f
∂u(u, v)
)2
+
(∂f
∂v(u, v)
)2
− 1.
Figura 21: Ilustrando o critério de classificação para gráficos sobre o plano z = 0.
Seguindo o que estamos fazendo, agora classificaremos algumas superfícies de
revolução, nos baseando nas curvas que determinam o seu perfil.
Teorema 3.8. Seja α : I ⊂ R → L3 uma curva diferenciável, contida no plano y =0, isto é, α(u) = (f(u),0, g(u)), com f(u) > 0 sempre. Considere a superfície derevolução de α em torno do eixo z (eixo do tempo). Então o caráter causal da superfíciede revolução é o mesmo da curva que determina o seu perfil.
Observação 3.11. Este resultado é intuitivo, se pensar que um vetor tangente a umdos paralelos da superfície sempre será paralelo ao plano z = 0, então temos umadireção de tipo espaço garantida. Daí sobra apenas uma direção, determinada porvetores tangentes à curva perfil α.
Do mesmo modo, se rotacionarmos uma curva contida no plano x = 0 ou y = 0
em torno do eixo x ou y, respectivamente, a superfície de revolução gerada terá planostangentes de todos os tipos causais possíveis. De fato, qualquer vetor tangente a umdos paralelos da superfície fará um giro completo em torno do eixo de revolução.
Demonstração: Tome a parametrização x : I× ]0, 2π[→ L3dada por: x(u, v) =
(f(u) cos v, f(u) sen v, g(u)). Temos:
∂x∂u
(u, v) = (f ′(u) cos v, f ′(u) sen v, g ′(u)) e
∂x∂v
(u, v) = (−f(u) sen v, f(u) cos v,0) .
74
Calculando os coeficientes da primeira forma fundamental de Minkowski, temos:
EL(u, v) = (f ′(u))2 + (g ′(u))2 = 〈α ′(u),α ′(u)〉L, FL(u, v) = 0 e GL(u, v) = (f(u))2.
Assim, a matriz da métrica fica:(〈α ′(u),α ′(u)〉L 0
0 (f(u))2
).
Como f(u) > 0, temos (f(u))2 > 0, isto é, uma direção de tipo espaço garantida,
como na observação. Então daqui é óbvio que o caráter causal da superfície é o
mesma da curva que a gera.
Observe que as coisas funcionam bem pois estamos considerando rotações em
torno do eixo z, e parametrizações de Monge em que a função entra na componente
z.
Teorema 3.9. Seja M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície regular, e x : U ⊂ R2 → Muma parametrização qualquer. Então vale que:∥∥∥∥∂x∂u ×L ∂x∂v (u, v)
∥∥∥∥L
=√
| det(ILx(u,v))|,
e que ∥∥∥∥∂x∂u ×E ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥E
=√
det(IEx(u,v)).
Anteriomente, revisamos a Identidade de Lagrange, e sua versão no L3. Uma
aplicação direta prova o resultado acima para o superfícies no R3e de tipo espaço.
Porém, o resultado vale em geral. A demonstração será omitida por consistir de uma
verificação direta da igualdade afirmada4.
Proposição 3.11. Seja x : U ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície parametrizada quenão seja de tipo luz. Denotando por NE(u, v) e NL(u, v) os seus vetores Euclideana-mente e Lorentz-normais, vale:
NL(u, v) =
√det(IEx(u,v))
| det(ILx(u,v))|
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
NE(u, v).
Demonstração: A hipótese de que x não seja luz é apenas para que a expressão
acima esteja definida. Já sabemos que:
∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v) =
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
∂x∂u×E
∂x∂v
(u, v).
Dividindo ambos os lados por
√| det(ILx(u,v))| temos:
NL(u, v) =1√
| det(ILx(u,v))|
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
∂x∂u×E
∂x∂v
(u, v),
4Verificação esta que fizemos utilizando o software Wolfram Mathematica.
75
e multiplicando e dividindo o lado direito por
√det(IEx(u,v)), e organizando, vem:
NL(u, v) =
√det(IEx(u,v))
| det(ILx(u,v))|
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
NE(u, v).
A proposição 3.2 diz que:
〈u×L v,u×L v〉L = 〈u×E v,u×E v〉E cos 2θ,
quaisquer que sejam u,v ∈ L3, onde θ é o ângulo entre u ×L v e o plano z = 0. Em
particular, temos que:
|〈u×L v,u×L v〉L| ≤ ‖u×E v‖2E.
Então tome uma superfície parametrizada x : U ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1}, e faça
u =∂x∂u
(u, v) e v =∂x∂v
(u, v) acima. Acabamos de provar a:
Proposição 3.12. Seja x : U ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície parametrizada.Então, denotando por NE(u, v) e NL(u, v) os seus vetores Euclideanamente e Lorentz-normais, e sendo θ o ângulo entre qualquer normal e o plano z = 0, valem:
| det(ILx(u,v))| = | cos 2θ| det(IEx(u,v)), | det(ILx(u,v))| ≤ det(IEx(u,v)),
e ‖NL(u, v)‖E ≥ ‖NE(u, v)‖E,
para todo par (u, v) ∈ U.
Observação 3.12. A última desigualdade é obtida aplicando ‖ · ‖E na expressão querelaciona NE(u, v) e NL(u, v).
3.5 Aplicação de Gauss, Segunda Forma FundamentalVimos que dada uma superfície regular M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} que não seja de tipo
luz, e uma parametrização x : U ⊂ R2 →M, os vetores
NE(u, v) =
∂x∂u×E
∂x∂v
(u, v)∥∥∥∥∂x∂u ×E ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥E
e NL(u, v) =
∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v)∥∥∥∥∂x∂u ×L ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥L
são unitários e, respecivamente, Euclideanamente e Lorentz-normais aM em x(u, v).Mais exatamente, temos que NE(u, v) ⊥E Tx(u,v)M e NL(u, v) ⊥L Tx(u,v)M para todos
os (u, v) ∈ U. Então, dado um ponto p, podemos usar uma parametrização em torno
do ponto e obter um vetor normal unitário N(p). Observamos que existe um campo
normal unitário Euclideano se e somente se existe um Lorentziano - com efeito,
tendo um, basta refletí-lo no plano z = 0. Porém, nem sempre conseguimos cobrir
uma superfície usando apenas uma parametrização (por exemplo, a esfera S2(r)). E
mesmo se conseguirmos, não há garantia de que possamos definir um campo de
vetores normais em toda a superfície, de forma diferenciável (ou mesmo contínua).
76
Exemplo 3.8 (Faixa de Möbius). Considere a superfície parametrizada x : R×]−1, 1[→R3
ν, ν ∈ {0, 1}, dada por:
x(u, v) =((
2− v sen(u2
))cosu,
(2− v sen
(u2
))senu, v cos
(u2
))
Figura 22: Uma Faixa de Möbius.
Esta superfície não admite um campo contínuo de vetores normais unitários emtodos os seus pontos. Suponha por absurdo que admita. Temos:
∂x∂u
(u, v) =
(v
4
(cos
(u2
)− 3 cos
(3u
2
))− 2 senu,
1
4
(8 cosu+ v
(sen
(u2
)− 3 sen
(3u
2
))),−v
2
sen
(u2
))∂x∂v
(u, v) =(− sen
(u2
)cosu,− sen
(u2
)senu, cos
(u2
))Basearemos nossa análise na curva x(t,0). Note que x(0,0) = x(2π,0) = (2,0,0).Temos:
∂x∂u
(t,0) = (0, 2 cos t,0) e ∂x∂v
(t,0) =
(0,0, cos
(t
2
)),
donde:∂x∂u×E
∂x∂v
(t,0) =
(2 cos t cos
(t
2
),0,0
),
de modo que ∂x∂u×E∂x∂v
(0,0) = (2,0,0) e ∂x∂u×E∂x∂v
(2π,0) = (−2,0,0), uma contradição.
E caso tomemos o outro sentido na direção normal −∂x∂u×E
∂x∂v
chegamos na mesmaconclusão.
Quando é possível definir globalmente um campo de vetores normais unitários em
uma superfície regular M, dizemos que M é orientável. Sempre suporemos que as
superfícies com as quais lidarmos são orientáveis, exceto menção contrária.
77
Definição 3.11 (Aplicação de Gauss). Dada uma superfície regular M ⊂ R3
ν, não-degenerada, a aplicação de Gauss deM é o campo de vetores normais unitários quedefine a orientação deM.
• SeM⊂ R3, temos NE :M→ S2(1).
• SeM⊂ L3 é de tipo espaço, temos NL :M→ H2
1(1) (a direção normal é de tipo
tempo).
• SeM ⊂ L3 é de tipo tempo, temos NL :M → S2
1(1) (a direção normal é de tipo
espaço).
(a) A aplicação de Gauss no R3.
(b) A aplicação de Gauss de uma superfície tipo espaço no L3.
(c) A aplicação de Gauss de uma superfície tipo tempo no L3
Em geral iremos nos referir ao mapa de Gauss simplesmente como uma direção
normal à M, ou uma orientação de M. E então dada uma parametrização x de M,
78
temos localmente:
N ◦ x(u, v) =
∂x∂u× ∂x∂v
(u, v)∥∥∥∥∂x∂u × ∂x∂v (u, v)∥∥∥∥ ,
onde × e ‖ · ‖ são os adequados. Eventualmente pode-se escolher o sentido contrário
acima.
Notamos que no caso do R3, TpM e TNE(p)(S2(1)) são o mesmo espaço vetorial:
o complemento (euclideanamente) ortogonal da reta gerada por NE(p). Do mesmo
modo, no L3temos que TpM e TNL(p)(S2
1(1)), ou TNL(p)(H2
1(1)) dependendo do tipo
causal de M, são o mesmo espaço vetorial: o complemento Lorentz-ortogonal da
reta gerada por NL(p).Em vista do parágrafo anterior, podemos escrever a derivada dNp : TpM → TpM
como um operador linear em TpM.
Definição 3.12. Dada uma superfície regularM, fixe uma orientação N e um pontop ∈ M, a derivada −dNp : TpM → TpM é o mapa de Weingarten de M em p, nadireção de N.
Proposição 3.13. Dada uma superfície regularM⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, o mapa deWeingar-ten em um ponto qualquer deM é auto-adjunto com respeito ao produto do ambiente.
Demonstração: Nesta demonstração não distinguiremos os ambientes e não usa-
remos índices E e L. Fixe uma orientação N e uma parametrização x. Por definição
de derivada, temos:
∂(N ◦ x)∂u
(u, v) = dNx(u,v)
(∂x∂u
(u, v)
)e
∂(N ◦ x)∂v
(u, v) = dNx(u,v)
(∂x∂v
(u, v)
)Sabemos que: ⟨
∂x∂u
(u, v),N ◦ x(u, v)⟩
= 0 =
⟨∂x∂v
(u, v),N ◦ x(u, v)⟩.
Derivando a primeira igualdade em relação a v e a segunda em relação à u obtemos:⟨∂2x∂v∂u
(u, v),N ◦ x(u, v)⟩+
⟨∂x∂u
(u, v), dNx(u,v)
(∂x∂v
(u, v)
)⟩= 0⟨
∂2x∂u∂v
(u, v),N ◦ x(u, v)⟩+
⟨∂x∂v
(u, v), dNx(u,v)
(∂x∂u
(u, v)
)⟩= 0,
donde segue que:⟨∂x∂u
(u, v), dNx(u,v)
(∂x∂v
(u, v)
)⟩=
⟨∂x∂v
(u, v), dNx(u,v)
(∂x∂u
(u, v)
)⟩.
Como
∂x∂u
(u, v) e
∂x∂v
(u, v) geram Tx(u,v)M, o resultado segue por linearidade para
dNx(u,v) e portanto para −dNx(u,v) também:
〈−dNp(v),w〉 = 〈v,−dNp(w)〉, ∀ p ∈M, ∀v,w ∈ TpM.
79
Se estivermos no R3, ou trabalhando com uma superfície de tipo espaço no L3
,
temos que a métrica acima é positiva-definita, portanto −dNp é diagonalizável, por
ser representada por uma matriz simétrica. Mesmo fora destes casos, −dNp pode
eventualmente ser diagonalizável. Apenas não temos a garantia.
Definição 3.13. SejaM⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície regular, e N uma orientaçãodeM. Dado p emM qualquer, se o mapa de Weingarten −dNp for diagonalizável, osseus dois autovalores κ1(p) ≤ κ2(p) são chamadas as curvaturas principais deM emp. Os autovetores (ortogonais) associados são chamados as direções principais deMem p.
Definição 3.14 (Segunda Forma Fundamental). SejaM⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma super-fície regular, e N uma orientação fixa.
• A Segunda Forma Fundamental Euclidiana de M em p é a aplicação IIEp :TpM× TpM→ (TpM)⊥E satisfazendo:
〈IIEp(v,w),N(p)〉E = 〈−dNp(v),w〉E, ∀v,w ∈ TpM.
• A Segunda Forma Fundamental de Minkowski de M em p é a aplicação IILp :TpM× TpM→ (TpM)⊥L satisfazendo:
〈IILp(v,w),N(p)〉L = 〈−dNp(v),w〉L, ∀v,w ∈ TpM.
No nosso caso, dim(TpM)⊥ = 1, então é fácil dar expressões explícitas:
IIEp(v,w) = 〈−dNp(v,w)〉ENE(p), IILp(v,w) = ε〈−dNp(v,w)〉LNL(p),
onde ε = 1 se a superfície for de tipo tempo, e ε = −1 se a superfície for de tipo
espaço.
Observação 3.13. Abreviaremos IIEp(v,v) simplesmente por IIEp(v), e do mesmo modopara IILp. O ponto p poderá ser eventualmente omitido.
Como −dN é uma aplicação auto-adjunta com respeito a 〈·, ·〉, temos que II é uma
forma quadrática simétrica.
No caso do R3, podemos identificar IIEp com a forma quadrática v 7→ 〈−dNp(v),v〉E.
Então, fixada uma parametrização x : U ⊂ R2 → M em p, temos que, chamando
q = x−1(p) e considerando a base associada
{∂x∂u
(q),∂x∂v
(q)}, a matriz da tal forma
quadrática é:⟨−dNp
(∂x∂u
(q)),∂x∂u
(q)⟩E
⟨−dNp
(∂x∂u
(q)),∂x∂v
(q)⟩E⟨
−dNp
(∂x∂v
(q)),∂x∂u
(q)⟩E
⟨−dNp
(∂x∂v
(q)),∂x∂v
(q)⟩E
=
=
⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂u2
(q)⟩E
⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂u∂v
(q)⟩E⟨
N ◦ x(q), ∂2x
∂v∂u(q)⟩E
⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂v2
(q)⟩E
80
Chamamos:
eE(q) =⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂u2
(q)⟩E
, fE(q) =⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂u∂v
(q)⟩E
e gE(q) =⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂v2
(q)⟩E
os coeficientes da Segunda Forma Fundamental Euclidiana. Motivados por isto,
também chamamos:
eL(q) =⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂u2
(q)⟩L
, fL(q) =⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂u∂v
(q)⟩L
e gL(q) =⟨N ◦ x(q), ∂
2x∂v2
(q)⟩L
os coeficientes da Segunda fundamental de Minkowski. Assim como para as Pri-
meiras Formas fundamentais, variando o ponto p obtemos funções diferenciáveis
eE(u, v), etc. Terminamos esta seção ressaltando que no L3temos:
IILp
(∂x∂u
(q))
= εeL(q)N(p), IILp
(∂x∂u
(q),∂x∂v
(q))
= εfL(q)N(p)
e IILp
(∂x∂v
(q))
= εgL(q)N(p).
3.6 Curvatura Média, Curvatura GaussianaO nosso objetivo é estudar objetos associados à uma superfície regular M ⊂
R3
ν, ν ∈ {0, 1}, que não dependam de parametrizações escolhidas, que sejam invarian-
tes.
Conceitos que sabemos que são invariantes, da Álgebra Linear, são o traço e o
determinante de um operador linear. Porém, a nossa Segunda Forma Fundamental
é uma forma bilinear que toma valores vetoriais, então à priori não temos noções de
traço e determinante.
Lema 3.2. Seja B : V × V → W uma aplicação bilinear, onde V,W são R-espaçosvetoriais quaisquer, com V de dimensão finita e igual a n, munido com um produtoescalar não-degenerado 〈·, ·〉 (e não necessariamente positivo-definido). Sejam {ei}ni=1
e{fi}ni=1
bases ortonormais quaisquer de V (isto é, B(ei, ej) = ε(ei)δij, com ε(ei) = ±1).Então:
n∑i=1
ε(ei)B(ei, ei) =n∑i=1
ε(fi)B(fi, fi).
A quantidade acima é denominada o traço de B (tr(B)).
Demonstração: Reordene as bases, caso necessário, para que tenhamos εi :=ε(ei) = ε(fi) para todo i. Podemos fazer esta reordenação devido ao Teorema daInércia de Sylvester, que afirma que dadas duas bases ortonormais quaisquer, a
quantidade de vetores tipo tempo de ambas é a mesma. Escreva, para cada i:
ei =n∑j=1
aijfj, e fi =n∑j=1
bijej, aij, bij ∈ R, ∀ i, j.
Então temos:
〈ei, fk〉 =
⟨n∑j=1
aijfj, fk
⟩=
n∑j=1
aij〈fj, fk〉 =n∑j=1
aijεjδjk = εkaik =⇒ aij = εj〈ei, fj〉,
81
e analogamente bij = εj〈fi, ej〉, de modo que vale a relação aij = εiεjbji. Escolhendo,digamos, a expressão para ei e substituindo a expressão para cada fj, temos:
ei =n∑j=1
aij
n∑k=1
bjkek =⇒ n∑k=1
δikek =n∑k=1
(n∑j=1
aijbjk
)ek =⇒ n∑
j=1
aijbik = δik,
por independência linear. Consequentemente também temos:
∑nj=1bijajk = δik. E
assim:
n∑i=1
εiB(ei, ei) =n∑i=1
εiB
(n∑j=1
aijfj,n∑k=1
aikfk
)=
n∑i=1
n∑j=1
n∑k=1
εiaijaikB(fj, fk)
=
n∑i=1
n∑j=1
n∑k=1
εiεiεjbjiaikB(fj, fk) =n∑j=1
n∑k=1
εj
(n∑i=1
bjiaik
)B(fj, fk)
=
n∑j=1
n∑k=1
εjδjkB(fj, fk) =n∑j=1
εjB(fj, fj).
Este lema possibilita a seguinte definição:
Definição 3.15 (Curvatura Média). Seja M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície regularnão-degenerada. Fixe uma orientação N e considere a Segunda Forma FundamentalII associada. O vetor curvatura média deM em p é definido como:
H(p) =1
2
tr(IIp) =1
2
(ε1IIp(e1) + ε2IIp(e2)),
onde {e1, e2} é uma base ortonormal qualquer de TpM. Observamos queH é um múltiplode N para todo p, H(p) = H(p)N(p). O múltiplo H é chamado a curvatura média deM em p.
Observação 3.14. Note que se escolher −N ao invés de N o sinal da curvatura médiatambém se altera. Notamos também que a aparição dos sinais ε1 e ε2 é natural - semeles, a quantidade não é invariante e o objeto definido não seria geométrico.
Proposição 3.14. Seja M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície regular não-degenerada.Fixe uma orientação N de M. Seja p ∈ M, tome uma parametrização qualquerx : U ⊂ R2 →M em torno de p, ponha q = x−1(q). Então vale:
H =ε
2
eG+ Eg− 2fF
EG− F2,
onde H é calculado em p, o resto em q, e ε é o sinal da direção normal, com ε = 1 seM⊂ R3.
Demonstração: Como no enunciado, não usaremos os índices E e L para distinguir
objetos Euclideanos dos Lorentzianos. Faremos as contas para o L3. O resultado é
provado para o R3fazendo todos os sinais ε1, ε2 e ε que aparecerem iguais a 1. A
ideia é simples: construir uma base ortonormal de TpM utilizando
∂x∂u
(q) e
∂x∂v
(q).
82
Omitiremos os pontos de aplicação daqui pra frente. Pelo processo de Gram-Schmidt,
temos que:
e1 =
∂x∂u∥∥∥∥∂x∂u∥∥∥∥ , e2 =
∂x
∂v−F
E
∂x∂u∥∥∥∥∂x∂v −F
E
∂x∂u
∥∥∥∥formam uma base ortonormal de TpM. Note que
∥∥∥∥∂x∂u∥∥∥∥2 = ε1E e que:
∥∥∥∥∂x∂v −F
E
∂x∂u
∥∥∥∥2 = ε2⟨∂x∂v −F
E
∂x∂u,∂x
∂v−F
E
∂x∂u
⟩= ε2
(G−
F2
E
)= ε2
EG− F2
E.
Então podemos calcular o vetor curvatura média:
H =1
2
ε1II
∂x∂u∥∥∥∥∂x∂u∥∥∥∥+ ε2II
∂x
∂v−F
E
∂x∂u∥∥∥∥∂x∂v −F
E
∂x∂u
∥∥∥∥
=1
2
(ε1
ε1EII
(∂x∂u
)+
ε2
ε2EG−F2
E
II
(∂x
∂v−F
E
∂x∂u
))
=1
2
(1
EεeN+
E
EG− F2II
(∂x
∂v−F
E
∂x∂u
))=ε
2
(e
E+
E
EG− F2
(g− 2
fF
E+F2
E2
e
))N
=ε
2
(e
E+
1
EG− F2
(Eg− 2fF+
F2
Ee
))N
=ε
2
eG− F2
Ee+ Eg− 2fF+ F2
Ee
EG− F2N
=ε
2
eG+ Eg− 2fF
EG− F2N.
Portanto:
H =ε
2
eG+ Eg− 2fF
EG− F2.
Proposição 3.15. SejaM ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície regular não-degenerada, eN uma orientação fixa. Então vale que:
H(p) =ε
2
tr(−dNp) ∀ p ∈M,
e ε é o sinal da direção normal, com ε = 1 seM⊂ R3.
Demonstração: Como na proposição anterior, não usaremos os índices E e L
para distinguir os ambientes, e faremos a conta para o L3, sendo o cálculo para
o R3facilmente adaptado. Vamos calcular tr(−dNp). Fixe uma parametrização
83
x : U ⊂ R2 →M, e chame q = x−1(p). Considerando a base de TpM associada à x,podemos expressar a matriz de −dNp nesta base, como se segue:
−dNp
(∂x∂u
(q))
= a11
∂x∂u
(q) + a21
∂x∂v
(q)
−dNp
(∂x∂v
(q))
= a12
∂x∂u
(q) + a22
∂x∂v
(q)
Aplicando o produto escalar com as derivadas parciais, obtemos (omitindo p e q em
diante): {e = a11E+ a21F
f = a12E+ a22Fe
{f = a11F+ a21G
g = a12F+ a22G.
Estas relações podem ser escritas como a seguinte multiplicação de matrizes:(e f
f g
)=
(E F
F G
)(a11 a12
a21 a22
).
Como M é não-degenerada, EG− F2 6= 0 e é lícito dar o seguinte passo:(a11 a12
a21 a22
)=
(E F
F G
)−1(e f
f g
)=
1
EG− F2
(G −F−F E
)(e f
f g
)=⇒
=⇒ (a11 a12
a21 a22
)=
1
EG− F2
(eG− fF fG− Fg−eF+ Ef −fF+ Eg
).
Portanto:
tr(−dN) =eG+ Eg− 2fF
EG− F2=⇒ ε
2
tr(−dN) =ε
2
eG+ Eg− 2fF
EG− F2= H,
onde os coeficientes das formas fundamentais estão calculados em q, e o resto em p.
Definição 3.16 (Curvatura Gaussiana). Seja M ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfícieregular e não degenerada, e N uma orientação fixa. A Curvatura Gaussiana deM emp é definida por:
K(p) = ε det(−dNp),
e ε é o sinal da direção normal, com ε = 1 seM⊂ R3.
Observação 3.15. Notamos que trocar a orientação N não altera o sinal de K.
Corolário 3.5. SejaM ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície regular e não-degenerada. Sex : U ⊂ R2 →M é uma parametrização deM em p, vale a expressão:
K = εeg− f2
EG− F2,
onde o lado direito é avaliado em x−1(p) e o esquerdo em p.
84
Demonstração: Aproveitando os cálculos feitos na última demonstração, temos:
det(−dN) =(eG− fF)(−fF+ Eg) − (fG− Fg)(−eF+ Ef)
(EG− F2)2
=−efFG+ egEG+ f2F2 + fgEF− (−efFG+ f2EG+ egF2 − fgEF)
(EG− F2)2
=egEG+ f2F2 − f2EG− egF2
(EG− F2)2
=eg(EG− F2) − f2(EG− F2)
(EG− F2)2
=eg− f2
EG− F2.
Multiplicando ambos os lados por ε segue a conclusão.
Também é possível caracterizar K e H pela seguinte:
Proposição 3.16. SejaM ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1} uma superfície regular e não-degenerada,e N uma orientação paraM. Para todo p ∈M, valem:
dNp(v)× dNp(w) = εK(p)v×wdNp(v)×w+ v× dNp(w) = −2εH(p)v×w,
onde v,w ∈ TpM são vetores linearmente independentes, ε é o sinal da direção normalàM (entendido que ε = 1 seM⊂ R3) e × é o produto do espaço ambiente em questão.
Demonstração: Segue do fato mais geral de que dada L : TpM → TpM uma
aplicação linear qualquer, tem-se:
Lv× Lw = det(L)v×wLv×w+ v× Lw = tr(L)v×w,
se v e w forem linearmente independentes - com efeito, pode-se escrever Lv e Lwcomo combinações lineares de v e w, e usa-se que tr(L) e det(L) são invariantes
de L. O nosso resultado segue escolhendo L = −dNp e usando os dois resultados
anteriores.
Exemplo 3.9 (A Esfera Euclidiana). Considere a esfera:
S2(r) = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = r2} ⊂ R3.
85
Figura 22: A esfera S2(1).
Neste particular caso, a análise é simples. A aplicação normal de Gauss N :
S2(r) → S2(1) é dada simplesmente por N(p) =1
rp, isto é, o vetor normal unitário é
simplesmente o vetor posição normalizado. Então podemos calcular dNp(v) tomandouma curva em S2(r) que realiza v, segundo a definição de diferencial de funções entresuperfícies. Se α(t) = (x(t), y(t), z(t)) é uma curva em S2(r) com α(0) = p e α ′(0) = v,então:
dNp(v) =d
dt(N ◦ α)
∣∣∣t=0
=d
dt
(1
rα(t)
) ∣∣∣t=0
=1
rα ′(0) =
1
rv,
de modo que como v é qualquer, temos dNp =1
rIdTpS2(r). Então:
−dNp =
(− 1
r0
0 − 1
r
)=⇒
K(p) = det(−dNp) =
1
r2
H(p) = 1
2tr(−dNp) = −
1
r
Notamos novamente que se a normal apontando para o interior da esfera fosse es-colhida, teríamos apenas o sinal de H trocado. Note que para a esfera, K e H sãoconstantes.
Exemplo 3.10 (O Cilindro). Considere o cilindro:
C(r) = {(x, y, z) ∈ R3
ν | x2 + y2 = r2} ⊂ R3
ν, ν ∈ {0, 1}
86
-1.0-0.5
0.00.5
1.0-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
-2
-1
0
1
2
Figura 23: O Cilindro C(1).
Neste exemplo faremos a análise tanto no R3 como no L3. Curiosamente, ascurvaturas irão coincidir nos dois ambientes. Isto, de certo modo, é esperado, vistoque as direções normais Euclideana e Lorentziana coincidem em todo ponto (sãohorizontais). Excluindo uma faixa vertical, podemos parametrizar o cilindro por x :]0, 2π[×R→ C(r), pondo x(u, v) = (r cosu, r senu, v). Então:
∂x∂u
(u, v) = (−r senu, r cosu,0),∂x∂v
(u, v) = (0,0, 1),
e aí:∂x∂u×E
∂x∂v
(u, v) =∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v) = (cosu, senu,0).
Observe que as normais já sairam unitárias (segundo os dois ambientes). Calculandoa Primeira Forma Fundamental Euclideana e a Primeira Forma Fundamental de Min-kowski temos:
EE ≡ EL ≡ r2, FE ≡ FL ≡ 0, GE ≡ 1, GL ≡ −1.
O fato de GL ≡ −1 já nos diz que o espaço tangente em todo ponto é de tipo tempo,portanto a direção normal tem o sinal ε = 1. Prosseguindo:
∂2x∂u2
(u, v) = (−r cosu,−r senu,0),∂2x∂u∂v
≡ ∂2x∂v2≡ 0.
Portanto, computando a Segunda Forma Fundamental e a Segunda Forma Fundamen-tal de Minkowski:
eE ≡ eL ≡ −r, fE ≡ fL ≡ gE ≡ gL ≡ 0.
Todos os coeficientes a serem utilizados são constantes, portanto as curvaturas a seremcalculadas também o são. Então, no R3 temos:
KE ≡ 0 e HE ≡1
2
eEGE + EEgE − 2fEFE
EEGE − F2E=
−r
2r2= −
1
2r.
87
E para o L3:
KL ≡ 0 e HL ≡1
2
eLGL + ELgL − 2fLFL
ELGL − F2L=
r
−2r2= −
1
2r.
Exemplo 3.11 (Gráficos). Seja f : U ⊂ R2 → R uma função diferenciável, e gr(f) ⊂ R3
ν,ν ∈ {0, 1}, o seu gráfico. Suponha que o gráfico não seja de tipo luz quando consideradoon L3. Tomando a parametrização de Monge usual x : U ⊂ R2 → R3
ν dada porx(u, v) = (u, v, f(u, v)), abreviando as derivadas parciais de f e omitindo o ponto deaplicação (u, v), valem as expressões:
KE =fuufvv − f
2
uv
(1+ f2u + f2
v)2
, HE =fuu(1+ f
2
v) − 2fufvfuv + fvv(1+ f2
u)
2 (1+ f2u + f2
v)3/2
para o gráfico no R3, e:
KL =f2uv − fuufvv
(−1+ f2u + f2
v)2
, HL =fuu(−1+ f2v) − 2fufvfuv + fvv(−1+ f2u)
2 |− 1+ f2u + f2
v|3/2
para o gráfico no L3.
Demonstração: Faremos a conta para as Curvaturas Gaussianas KE e KL, a título
de informação. Temos, seguindo a notação do enunciado:
∂x∂u
= (1,0, fu),∂x∂v
= (0, 1, fv),
∂2x∂u2
= (0,0, fuu),∂2x∂u∂v
= (0,0, fuv),∂2x∂v2
= (0,0, fvv).
Para o R3:
∂x∂u×E
∂x∂v
= (−fu, fv, 1),
e aí calculando a Primeira Forma Fundamental temos:
EE = 1+ f2u, FE = fufv, GE = 1+ f2v, EEGE − F2
E = 1+ f2u + f2
v,
e calculando a Segunda Forma Fundamental:
eE =fuu√
1+ f2u + f2
v
, fE =fuv√
1+ f2u + f2
v
, gE =fvv
1+ f2u + f2
v
.
Assim:
KE =eEgE − f
2
E
EEGE − F2E=
fuufvv − f2
uv
(1+ f2u + f2
v)2
.
Como o produto vetorial Lorentizano é a reflexão do Euclidiano pelo plano z = 0, de
imediato vem:
∂x∂u×L
∂x∂v
= (−fu,−fv,−1).
Os coeficientes da Primeira Forma Fundamental de Minkowski são:
EL = 1− f2u, FL = −fufv GL = 1− f2v, ELGL − F2
L = 1− f2u − f2
v,
88
e os coeficientes da Segunda Forma Fundamental de Minkowski são:
eL =fuu√
|1− f2u − f2
v|, fL =
fuv√|1− f2u − f
2
v|, gL =
fvv√|1− f2u − f
2
v|.
Sendo ε o sinal da direção normal, temos que se 1 − f2u − f2
v > 0 a superfície é de
tipo espaço, e ε = −1, e se 1− f2u − f2
v < 0, a superfície é de tipo tempo, de modo que
ε = 1. Então podemos escrever |1− f2u − f2
v| = −ε(1− f2u − f2
v). Com isto em mãos:
KL = εeLgL − f
2
L
ELGL − F2L= ε
fuufvv − f2
uv
|1− f2u − f2
v|(1− f2
u − f2
v)=
f2uv − fuufvv(−1+ f2u + f
2
v)2
.
Exemplo 3.12 (Superfícies de Revolução). Seja α : I ⊂ R→ R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma curvaregular parametrizada, que não seja de tipo luz quando considerada no L3. Suponhaque α esteja contida no plano y = 0, isto é, que escrevamos α(u) = (f(u),0, g(u)),para funções f e g diferenciáveis, e que f(u) > 0 para todo u ∈ I, de modo quepossamos considerar a superfície de revolução M gerada por α em torno do eixo z.Parametrizamos tal superfície por x : I×]0, 2π[→M (excluindo um meridiano), pondox(u, v) = (f(u) cos v, f(u) sen v, g(u)). Nestas condições, omitindo o ponto de aplicação(u, v), valem as expressões:
KE =g ′
f
(−f ′′g ′ + f ′g ′′)
((f ′)2 + (g ′)2)2, HE =
g ′((f ′)2 + (g ′)2 − ff ′′) + ff ′g ′′
2f ((f ′)2 + (g ′)2)3/2
para o R3 e:
KL =g ′
f
(f ′′g ′ − f ′g ′′)
((f ′)2 − (g ′)2)2, HL =
g ′(−(f ′)2 + (g ′)2 + ff ′′) − ff ′g ′′
2f |(f ′)2 − (g ′)2|3/2
para o L3.
Observação 3.16. Apresentamos as expressões na forma mais geral possível, mas noteque se α estiver parametrizada por comprimento de arco, as expressões se simplificamtremendamente.
Demonstração: Novamente, faremos as contas apenas para as Curvaturas Gaussia-
nas KE e KL. Manteremos a notação completa até os senos e cossenos desaparecerem.
Temos:
∂x∂u
(u, v) = (f ′(u) cos v, f ′(u) sen v, g ′(u)),
∂x∂v
(u, v) = (−f(u) sen v, f(u) cos v,0),
∂2x∂u2
(u, v) = (f ′′(u) cos v, f ′′(u) sen v, g ′′(u)),
∂2x∂u∂v
(u, v) = (−f ′(u) sen v, f ′(u) cos v,0),
∂2x∂v2
(u, v) = (−f(u) cos v,−f(u) sen v,0).
89
No R3:
∂x∂u×E
∂x∂v
(u, v) = (−f(u)g ′(u) cos v,−f(u)g ′(u) sen v, f(u)f ′(u))
Calculando os coeficientes da Primeira Forma Fundamental, temos:
EE = (f ′)2 + (g ′)2, FE = 0, GE = f2, EEGE − F
2
E = f2((f ′)2 + (g ′)2)
e os da Segunda Forma Fundamental são:
eE =−f ′′g ′ + f ′g ′′√(f ′)2 + (g ′)2
, fE = 0, gE =fg ′√
(f ′)2 + (g ′)2,
de modo que:
KE =eEgE − f
2
E
EEGE − F2E=
−ff ′′(g ′)2 + ff ′g ′g ′′
f2((f ′)2 + (g ′)2)2=g ′
f
(−f ′′g ′ + f ′g ′′)
((f ′)2 + (g ′)2)2.
No L3, usamos novamente que o produto vetorial Lorentziano é a reflexão do Eucli-
diano pelo plano z = 0 para obter de imediato que:
∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v) = (−f(u)g ′(u) cos v,−f(u)g ′(u) sen v,−f(u)f ′(u))
Calculando os coeficientes da Primeira Forma Fundamental de Minkowski, temos:
EL = (f ′)2 − (g ′)2, FL = 0, GL = f2, ELGL − F
2
L = f2((f ′)2 − (g ′)2)
e os da Segunda Forma Fundamental de Minkowski são:
eL =−f ′′g ′ + f ′g ′′√|(f ′)2 − (g ′)2|
, fL = 0, gL =fg ′√
|(f ′)2 − (g ′)2|.
Sendo ε o sinal da direção normal, temos que se (f ′)2 − (g ′)2 > 0 a superfície é de
tipo espaço, e aí ε = −1, e se (f ′)2 − (g ′)2 < 0 a superfície é de tipo tempo, de modo
que ε = 1. Então podemos escrever |(f ′)2 − (g ′)2| = −ε((f ′)2 − (g ′)2). Desta forma:
KL = εeLgL − f
2
L
ELGL − F2L= ε
(−f ′′g ′ + f ′g ′′)fg ′
|(f ′)2 − (g ′)2|f2((f ′)2 − (g ′)2)=g ′
f
(f ′′g ′ − f ′g ′′)
((f ′)2 − (g ′)2)2
Exemplo 3.13 (O Helicoide revisitado). Considere uma hélice α : I ⊂ R → R3
ν,ν ∈ {0, 1}, dada por α(u) = (cosu, senu, u). Para cada ponto da hélice, considere osegmento de reta paralelo ao plano z = 0 que une o ponto ao eixo z. A superfícieM formada por tais segmentos é chamada o helicoide gerado por α. Uma possívelparametrização é dada por x : I×]0, 1[→M, x(u, v) = (v cosu, v senu, u). Temos:
∂x∂u
(u, v) = (−v senu, v cosu, 1),∂x∂v
(u, v) = (cosu, senu,0),
∂2x∂u2
(u, v) = (−v cosu,−v senu,0),∂2x∂u∂v
(u, v) = (− senu, cosu,0),∂2x∂v2≡ 0.
90
Então no R3 temos:∂x∂u×E
∂x∂v
(u, v) = (− senu, cosu,−v).
Aí os coeficientes da Primeira Forma Fundamental são:
EE(u, v) = 1+ v2, FE ≡ 0, GE ≡ 1, EEGE − F2
E ≡ EE
e os da Segunda Forma Fundamental são:
eE ≡ 0, fE(u, v) =1√
1+ v2, gE ≡ 0.
Portanto temos as curvaturas:
KE(u, v) = −1
(1+ v2)2, HE ≡ 0.
Repetindo o processo para o L3, temos que:
∂x∂u×L
∂x∂v
(u, v) = (− senu, cosu, v).
Calculando os coeficientes da Primeira Forma Fundamental de Minkowski, temos:
EL(u, v) = v2 − 1, FL ≡ 0, GL ≡ 1, ELGL − F
2
L ≡ EL.
Aqui vale uma pausa para o comentário: a curva α que tomamos inicialmente, naverdade é uma curva de tipo luz. Entretanto, o helicoide que estamos estudando agoraé de tipo tempo. De fato, 0 < v < 1 =⇒ v2− 1 < 0. Tínhamos visto anteriormente queo tipo causal de superfícies de revolução são o mesmo tipo da sua curva perfil (profile).Enfatizamos que o helicoide não é uma superfície de revolução.
Calculando os coeficientes da Segunda Forma Fundamental de Minkowski, temos:
eL ≡ 0, fL(u, v) =1√
1− v2, gL ≡ 0.
Assim as curvaturas no L3 são:
KL(u, v) =1
(−1+ v2)2, HL ≡ 0.
Exemplo 3.14 (As esferas Lorentzianas revisitadas). Considere novamente a esferaLorentziana e o pseudo-espaço hiperbólico de raios r > 0:
S2
1(r) = {(x, y, z) ∈ L3 | x2 + y2 − z2 = r2} ⊂ L3
H2
1(r) = {(x, y, z) ∈ L3 | x2 + y2 − z2 = −r2} ⊂ L3
Tome uma curva (x(t), y(t), z(t)) na superfície (qualquer uma delas). Tem-se:
x(t)2 + y(t)2 − z(t)2 = cte. =⇒ 2x(t)x ′(t) + 2y(t)y ′(t) − 2z(t)z ′(t) = 0 =⇒=⇒ 〈(x(t), y(t), z(t)), (x ′(t), y ′(t), z ′(t))〉L = 0,
91
de modo que o vetor posição de qualquer ponto é Lorentz-normal à superfície conside-rada. Então exatamente como ocorre para a esfera S2(r) ⊂ R3, temos que a aplicaçãonormal de Gauss é apenas N(p) =
1
rp, e vale novamente que:
−dNp =
(− 1
r0
0 − 1
r
)=⇒
det(−dNp) =
1
r2
1
2tr(−dNp) = −
1
r
Agora vê-se o caráter causal agir: a esfera Lorentziana tem curvatura Gaussianaconstante igual a 1
r2e curvatura Média igual a −
1
r. O pseudo-espaço hiperbólico tem
curvatura Gaussiana igual a −1
r2e curvatura Média igual a 1
r.
Outro modo de fazer esta análise é encarar estas superfícies como superfíciesde revolução em torno do eixo z, e utilizar as fórmulas para KL e HL apresentadasanteriormente.
3.7 O Funcional ÁreaRecordamos que dada uma superfície parametrizada x : D ⊂ R2 → R3
, com D
compacto, a área de x é, por definição:
Ax =
∫∫D
√E(u, v)G(u, v) − F(u, v)2 du dv,
onde E, F e G são os coeficientes da Primeira Forma Fundamental. No espaço de
todas as superfícies parametrizadas cujo domínio seja um compacto D, podemos
considerar a aplicação A, que toma uma superfície e devolve a sua área. A aplicação
A é chamada de funcional área.
Definição 3.17. Seja x : D ⊂ R2 → R3 uma superfície parametrizada. Uma variação
de x é uma aplicação xt : D ⊂ R2 → R3, dada por xt(u, v) = x(u, v) + tV(u, v), ondeV : D ⊂ R2 → R3 é uma aplicação diferenciável que se anula em ∂D e t ∈] − r, r[,onde r > 0 é pequeno o suficiente para que xt ainda seja uma superfície parametrizadaregular.
Em suma, fixamos o "bordo"5da superfície, e causamos uma perturbação em x,
somando um vetor V em cada ponto (vetor este que varia com o ponto). Isto é,
x(∂D) é uma curva no espaço. Então para cada t temos uma perturbação diferente -
xt é uma família de perturbações da superfície original, e todas com o mesmo bordo
inicial. Agora encaramos o funcional área como uma função de t, que a cada t
associa a área da superfície xt. Sendo Et, Ft, e Gt os coeficientes da Primeira Forma
Fundamental de xt, temos:
Teorema 3.10 (Primeira Variação da Área - R3). Seja x : D ⊂ R2 → R3 uma
superfície parametrizada. Então H = 0 se e somente se x = x0 é um ponto crítico dofuncional área:
A(t) =∫∫D
√Et(u, v)Gt(u, v) − Ft(u, v)2 du dv.
5Aqui colocamos aspas, pois o conceito de bordo de uma superfície pode ser formalizado rigorosa-
mente.
92
Demonstração: Os cálculos são extensos e portanto vamos omitir o ponto de apli-
cação (u, v) e abreviaremos derivadas parciais para simplificar a notação. Notamos
que o funcional área também se escreve como:
A(t) =∫∫D
‖xtu ×E xtv‖E du dv.
Nosso objetivo é computar A ′(0), derivando sob o sinal de integral. Inicialmente
temos:
xtu = xu + tVu e xtv = xv + tVv,
donde:
xtu ×E xtv = xu ×E xv + t(xu ×E Vv +Vu ×E xv) + t2Vu ×E Vv.
Desta forma, temos:
‖xtu ×E xtv‖E =√‖xu ×E xv‖2E + 2t〈xu ×E xv,xu ×E Vv +Vu ×E xv〉E + R1(t),
com R1(t) = t2R2(t) onde:
R2(t) = 2〈xu ×E xv,Vu ×E Vv〉E + ‖xu ×E Vv +Vu ×E xv‖2E++ 2t〈xu ×E Vv +Vu ×E xv,Vu ×E Vv〉E + t2‖Vu ×E Vv‖2E.
E fácil ver que R ′1(0) = 0. Agora notamos que se F = F(t) é um campo vetorial
diferenciável qualquer, vale:
d
dt‖F(t)‖E =
d
dt
√〈F(t),F(t)〉E =
1
2
√〈F(t),F(t)〉E
2〈F ′(t),F(t)〉E =〈F ′(t),F(t)〉E‖F(t)‖E
.
Em vista disto, temos:
A ′(0) =∫∫D
1
‖xu ×E xv‖E〈xu ×E xv,xu ×E Vv +Vu ×E xv〉E du dv
=
∫∫D
〈N,xu ×E Vv +Vu ×E xv〉E du dv
Agora aplicamos o teorema de Green-Stokes fazendo P = 〈N,V ×E xu〉E e Q =〈N,V×E xv〉E. Temos:
∂Q
∂u−∂P
∂v= 〈Nu,V×E xv〉E + 〈N,Vu ×E xv〉E + 〈N,V×E xuv〉E
− 〈Nv,V×E xu〉E − 〈N,Vv ×E xu〉E − 〈N,V×E xuv〉E= 〈Nu,V×E xv〉E − 〈Nv,V×E xu〉E + 〈N,xu ×E Vv +Vu ×E xv〉E.
E também:
〈Nu,V×E xv〉E − 〈Nv,V×E xu〉E = 〈V×E xv,Nu〉E − 〈V×E xu,Nv〉E= 〈V,xv ×E Nu〉E − 〈V,xu ×E Nv〉E= 〈V,Nv ×E xu + xv ×E Nu〉E= 2H〈V,xu ×E xv〉E,
pois:
Nv ×E xu + xv ×E Nu = dN(xv)×E xu + xv ×E dN(xu) = −2Hxv ×E xu = 2Hxu ×E xv.
93
Portanto o teorema de Green-Stokes nos dá:∫∫D
∂Q
∂u−∂P
∂vdu dv =
∮∂D
P du+Q dv =⇒=⇒ ∫∫
D
2H〈V,xu ×E xv〉E + 〈N,xu ×E Vv +Vu ×E xv〉E du dv =
=
∮∂D
〈N,V×E xu〉E du+ 〈N,V×E xv〉E dv.
A integral de linha no lado direito é zero, pois V se anula em ∂D. Desta forma:
2
∫∫D
H〈V,xu ×E xv〉E du dv+A ′(0) = 0 =⇒ A ′(0) = −2
∫∫D
H〈V,N〉E dA,
onde dA = ‖xu ×E xv‖E du dv.6 Portanto, se H = 0, temos A ′(0) = 0 e x é um ponto
crítico do funcional área. Por outro lado, se A ′(0) = 0 qualquer que seja a variação
V realizada, segue que H = 0.
O raciocínio pode ser repetido para o L3de forma análoga. A discussão é a
mesma feita anteriormente - aqui faremos apenas adaptações.
Definição 3.18 (Área Lorentziana). Seja x : D ⊂ R2 → L3 uma superfície parametri-zada. A área de x é definida por:
Ax =
∫∫D
√|E(u, v)G(u, v) − F(u, v)2| du dv,
onde E, F e G são os coeficientes da Primeira Forma Fundamental de Minkowski.
A definição 3.17 (variação) se aplica aqui do mesmo modo. E notamos que se
x não for de tipo luz, pode-se tomar na definção um r > 0 pequeno o suficiente
para que o tipo causal de xt seja o mesmo de x. Se x for tipo luz, então a área é
automaticamente zero. Então:
Teorema 3.11 (Primeira Variação da Área - L3). Seja x : D ⊂ R2 → L3 uma
superfície parametrizada que não seja de tipo luz. Então H = 0 se e somente se x = x0
é um ponto crítico do funcional área:
A(t) =∫∫D
√|Et(u, v)Gt(u, v) − Ft(u, v)2| du dv.
Demonstração: Novamente os cálculos são extensos e portanto vamos omitir o
ponto de aplicação (u, v) e abreviaremos derivadas parciais para simplificar a notação.
Notamos que o funcional área também se escreve como:
A(t) =∫∫D
‖xtu ×L xtv‖L du dv.
6Também pode-se escrever A ′(0) = −2
∫∫D〈V,H〉E dA.
94
Nosso objetivo é computar A ′(0), derivando sob o sinal de integral. Inicialmente
temos:
xtu = xu + tVu e xtv = xv + tVv,
donde:
xtu ×L xtv = xu ×L xv + t(xu ×L Vv +Vu ×L xv) + t2Vu ×L Vv.
Desta forma, temos:
‖xtu ×L xtv‖L =√
|‖xu ×L xv‖2L + 2t〈xu ×L xv,xu ×L Vv +Vu ×L xv〉L + R1(t)|,
com R1(t) = t2R2(t) onde:
R2(t) = 2〈xu ×L xv,Vu ×L Vv〉L + ‖xu ×L Vv +Vu ×L xv‖2L++ 2t〈xu ×L Vv +Vu ×L xv,Vu ×L Vv〉L + t2‖Vu ×E Vv‖2L.
E fácil ver que R ′1(0) = 0. Agora notamos que se F = F(t) é um campo vetorial
diferenciável de tipo espaço qualquer, vale:
d
dt‖F(t)‖L =
d
dt
√〈F(t),F(t)〉L =
1
2
√〈F(t),F(t)〉L
2〈F ′(t),F(t)〉L =〈F ′(t),F(t)〉L‖F(t)‖L
.
E se for de tipo tempo, temos:
d
dt‖F(t)‖L =
d
dt
√−〈F(t),F(t)〉L =
1
2
√〈F(t),F(t)〉L
(−2)〈F ′(t),F(t)〉L = −〈F ′(t),F(t)〉L‖F(t)‖L
.
Em vista disto, temos:
A ′(0) =∫∫D
ε
‖xu ×L xv‖E〈xu ×L xv,xu ×L Vv +Vu ×L xv〉L du dv
= ε
∫∫D
〈N,xu ×L Vv +Vu ×L xv〉L du dv,
onde ε é o sinal da direção normal.
Agora aplicamos o teorema de Green-Stokes fazendo P = 〈N,V ×L xu〉L e Q =〈N,V×L xv〉L. Temos:
∂Q
∂u−∂P
∂v= 〈Nu,V×L xv〉L + 〈N,Vu ×L xv〉L + 〈N,V×L xuv〉L
− 〈Nv,V×L xu〉L − 〈N,Vv ×L xu〉L − 〈N,V×L xuv〉L= 〈Nu,V×L xv〉L − 〈Nv,V×L xu〉L + 〈N,xu ×L Vv +Vu ×L xv〉L.
E também:
〈Nu,V×L xv〉E − 〈Nv,V×L xu〉L = 〈V×L xv,Nu〉L − 〈V×L xu,Nv〉L= 〈V,xv ×L Nu〉L − 〈V,xu ×L Nv〉L= 〈V,Nv ×L xu + xv ×L Nu〉L= 2εH〈V,xu ×L xv〉L,
pois:
Nv ×L xu + xv ×L Nu = dN(xv)×L xu + xv ×L dN(xu) = −2εHxv ×L xu = 2εHxu ×L xv.
95
Portanto o teorema de Green-Stokes nos dá:∫∫D
∂Q
∂u−∂P
∂vdu dv =
∮∂D
P du+Q dv =⇒=⇒ ∫∫
D
2εH〈V,xu ×L xv〉L + 〈N,xu ×L Vv +Vu ×L xv〉L du dv =
=
∮∂D
〈N,V×L xu〉E du+ 〈N,V×L xv〉L dv.
A integral de linha no lado direito é zero, pois V se anula em ∂D. Desta forma:
2ε
∫∫D
H〈V,xu ×L xv〉L du dv+ εA ′(0) = 0 =⇒ A ′(0) = −2
∫∫D
H〈V,N〉L dA,
onde dA = ‖xu ×L xv‖L du dv.7 Portanto, se H = 0, temos A ′(0) = 0 e x é um ponto
crítico do funcional área. Por outro lado, se A ′(0) = 0 qualquer que seja a variação
V realizada, segue que H = 0.
Definição 3.19. Seja x : D ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1}. Se H = 0, dizemos que:• x é mínima se x(D) ⊂ R3, ou se x(D) ⊂ L3 e x é de tipo tempo.
• x é máxima se x(D) ⊂ L3 e x é de tipo espaço.Antes de darmos a definição acima, provamos que em qualquer ambiente, uma
superfície parametrizada possui H = 0 se e somente se é um ponto crítico do fun-
cional área. Porém ainda não sabemos que a superfície é um ponto de mínimo ou
máximo (local ou global) do tal funcional. É possível prosseguir com a análise de
forma levemente simplificada utilizando o conceito de coordenadas isotérmicas.Definição 3.20. Seja x : D ⊂ R2 → R3
ν, ν ∈ {0, 1}, uma superfície parametrizada.Dizemos que x é isotérmica se os coeficientes da sua Primeira Forma Fundamentalverificam E = G e F = 0.
Observe que superfícies de tipo tempo ou luz não podem admitir parametrizações
isotérmicas, segundo esta definição. Porém, superfícies no R3e superfícies de tipo
espaço no L3sempre admitem parametrizações isotérmicas. Uma prova desse fato
para superfícies mínimas pode ser encontrada em [Op]. Tal prova pode ser adaptada
para superfícies de tipo espaço no L3.
Retomando as notações anteriores, superfícies mínimas x, no R3são pontos de
mínimo locais do funcional área, isto é, dão a menor área entre todas as variações
xt. Esta condição pode ser expressa dizendo que A ′′(0) > 0. Entretanto, isto não
significa que fixada uma curva C no espaço, se uma superfícieM tem C como bordo
e possui H = 0, então M possui a menor área entre todas as superfícies nestas
condições. Porém a superfície que fornece a menor área deve satisfazer H = 0. Os
cálculos para a segunda variação do funcional área, bem como uma discussão mais
detalhada sobre o assunto podem ser encontrados em [Fang].No L3
, ocorrerá que superfícies de tipo espaço serão pontos de máximo locais do
funcional área, e daí a nomenclatura. Já superfícies de tipo tempo serão ou pontos
de mínimo locais, ou então pontos de sela. A justificativa pode ser feita adaptando
os cálculos feitos no R3.
7Também pode-se escrever A ′(0) = −2
∫∫D〈V,H〉L dA, novamente.
96
4 Terceira Parte - O Método do Referencial Móvelno L3
Nesta terceira e última parte do texto, apresentamos um rápido desenvolvimento
do Método do Referencial Móvel no espaço L3, com algumas aplicações. Este tópico
foi estudado em paralelo aos tópicos apresentados anteriormente, por consistir de
linguagem e notações de formas diferenciais, ao passo de que uma linguagem mais
elementar fora escolhida para o resto do texto.
A teoria a seguir como foi escrita pode ser facilmente generalizada para o Ln. Agrande maioria dos resultados também não depende da escolha de assinatura, (−++)ou (+ + −), etc.
Notação: Daqui até o final do texto não trataremos mais de objetos Euclideanos
- 〈·, ·〉 irá denotar o Produto Lorentziano.
4.1 Formas de ConexãoDefinição 4.1 (Frame field). Campos de vetores {E1,E2,E3} formam um campo de
referenciais se {E1(p),E2(p),E3(p)} é uma base ortonormal de Tp(L3) para todo p ∈ L3.E denotamos por X(L3) o conjunto de todos os campos de vetores diferenciáveis emL3.
Lema 4.1. Seja V ∈ X(L3) e {Ei}3i=1um campo de referenciais. Temos:
V =
3∑i=1
εi〈V,Ei〉Ei,
onde εi = 〈Ei,Ei〉.
Observação 4.1. A notação εi = 〈Ei,Ei〉 será amplamente usada ao longo do textosem maiores comentários. Também notamos que o tipo causal de Ei não depende doponto p pois o produto Lorentziano é contínuo e εi só assume dois valores, 1 e −1.
Demonstração: Como os Ei formam um campo de referenciais, temos que 〈Ei,Ej〉 =εiδij. Escreva V =
∑i V
iEi. Então 〈V,Ej〉 =⟨∑
i ViEi,Ej
⟩=∑
i Vi〈Ei,Ej〉 =∑
i Viεiδij = V jεj. Mas em todos os casos possíveis, ε2j = 1, então multiplicando
os dois lados por εj obtemos V j = εj〈V,Ej〉.
A conexão de Levi-Civita do L3é a mesma do R3
, a saber, a derivada direcional,
gozando das propriedades usuais:
C1) ∇fVW = f∇VW
C2) ∇VλW = λ∇VW
C3) ∇V(fW) = V[f]W+ f∇VW
C4) [V,W] = ∇VW−∇WV
C5) X[〈V,W〉] = 〈∇XV,W〉+ 〈V,∇XW〉,
97
para quaisquer X,V,W ∈ X(L3), f ∈ C ∞(L3,R), λ ∈ R.A ideia é escrever as derivadas covariantes de um frame field {Ei}3i=1
em função
dos próprios. Dado v ∈ Tp(L3), já ajustando sinais, temos:
∇vE1 = ε1ω1
1(v)E1(p) + ε2ω2
1(v)E2(p) + ε3ω3
1(v)E3(p)
∇vE2 = ε1ω1
2(v)E1(p) + ε2ω2
2(v)E2(p) + ε3ω3
2(v)E3(p)
∇vE3 = ε1ω1
3(v)E1(p) + ε2ω2
3(v)E2(p) + ε3ω3
3(v)E3(p)
De modo geral, ∇vEi =∑
j εjωji(v)Ej(p). Pelo Lema, temos ωj
i(v) = 〈∇vEi,Ej(p)〉.Do mesmo jeito as relações acima valem para campos V ∈ X(L3).
Lema 4.2. Seja {Ei}3i=1um campo de referenciais em L3. Para cada v tangente ao L3
em p, defina:ωji(v) = 〈∇vEi,Ej(p)〉.
Então cada ωji é uma 1-forma e ωj
i = −ωij. As ωj
i são chamadas as formas de
conexão do frame field {Ei}3i=1.
Demonstração: Dados v,w tangentes e λ ∈ R, temos, por definição:
ωji(v+ λw) = 〈∇v+λwEi,Ej(p)〉
= 〈∇vEi + λ∇wEi,Ej(p)〉= 〈∇vEi,Ej(p)〉+ λ〈∇wEi,Ej(p)〉= ωj
i(v) + λωji(w).
Agora fixe v um vetor tangente qualquer. Sabemos que 〈Ei,Ej〉 = εiδij. Aplicando
v[·], temos:
v[〈Ei,Ej〉] = 0 =⇒ 〈∇vEi,Ej(p)〉+ 〈Ei(p),∇vEj〉 = 0
E:
〈∇vEi,Ej(p)〉+ 〈∇vEj,Ei(p)〉 = 0 =⇒ ωji(v) +ω
ij(v) = 0 =⇒ ωj
i(v) = −ωij(v)
Como v era arbitrário, segue o resultado.
O seguinte resultado é mais um resumo do que foi feito até agora:
Teorema 4.1 (Equações de Conexão). Sejam {ωji}1≤i,j≤3 as formas de conexão de um
campo de referenciais {Ei}3i=1. Então dado um campo V ∈ X(L3), valem:
∇VEi =∑j
εjωji(V)Ej, 1 ≤ i ≤ 3.
Note que quando i = j, temos ωii = −ωi
i. Portanto ω1
1= ω2
2= ω3
3= 0.
Podemos reunir nossas informações em uma matriz:
ω =
0 ω2
1ω3
1
−ω2
10 ω3
2
−ω3
1−ω3
20
98
Então as equações de conexão, explicitamente, são:
∇VE1 = ε2ω2
1(V)E2+ ε3ω
3
1(V)E3
∇VE2 = −ε1ω2
1(V)E1 + ε3ω
3
2(V)E3
∇VE3 = −ε1ω3
1(V)E1 −ε2ω
3
2(V)E2
O nosso próximo passo é introduzir um método prático para calcular os ωij.
Teorema 4.2 (Atitude no L3). Seja {Ei}3i=1
um campo de referenciais no L3, {ωij}1≤i,j≤3as suas formas de conexão, e {∂i}
3
i=1o frame natural do L3. Suponha que para cada
1 ≤ i ≤ 3, escrevamos Ei =∑
k gkkaki ∂k. Chamamos A = (aji)1≤i,j≤3 a matriz de atitude
do frame {Ei}3i=1, e dA = (daji)1≤i,j≤3 a sua diferencial. Então vale:
ω = dA ·GAt,
onde G = diag[1, 1,−1] é a matriz da métrica 〈·, ·〉 do L3 na base {∂i}3
i=1.
Demonstração: Seja V ∈ X(L3). Escreva Ei =∑
k gkkaki ∂k. Então:
∇VEi = ∇V
(∑k
gkkaki ∂k
)=∑k
gkk∇V(aki ∂k) =
∑k
gkk(V[aki ]∂k + aki∇V∂k),
mas ∇V∂k = 0 e V[aki ] = daki (V), então ∇VEi =∑
k gkkdaki (V)∂k. E aí:
ωji(V) = 〈∇VEi,Ej〉 =
⟨∑k
gkkdaki (V)∂k,Ej
⟩
=∑k
gkkdaki (V)〈Ej, ∂k〉 =
∑k
gkkdaki (V)
⟨∑r
grrarj∂r, ∂k
⟩=∑k
∑r
gkkgrrgrkdaki (V)arj =
∑k
∑r
gkkgrrgrrδrkdaki (V)arj
=∑k
gkkdaki (V)akj = (da1
i(V)a1
j + da2
i (V)a2
j − da3
i (V)a3
j )
Agora vamos verificar que esta última expressão é, de fato, o elemento (i, j) da
matriz dA ·GAt = (αji)1≤i,j≤3. Temos:
αji =∑k
daki (GAt)jk =
∑k
daki
(∑r
gkr(At)jr
)
=∑k
daki
(∑r
gkrarj
)=∑k
daki (gk1a1
j + gk2a2
j + gk3a3
j )
= (da1
ia1
j + da2
ia2
j − da3
ia3
j ).
Concluímos que ω = dA ·GAt.
99
4.2 Equações de EstruturaNosso objetivo nesta seção é conseguir resultados análogos às equações de estru-
tura de Cartan no R3, para o L3
.
Definição 4.2 (Formas duais). Seja {Ei}3i=1um campo de referenciais no L3. Então as
suas formas duais (geométricas) {θi}3i=1são as 1− formas tais que θi(Ej) = εiδ
ij, para
quaisquer i e j.
Proposição 4.1 (Caracterização das formas duais). Seja {Ei}3i=1um campo de referen-
ciais no L3, e {θi}3i=1as suas formas duais. Então temos:
θi(V) = 〈V,Ei〉,
para qualquer V ∈ X(L3).
Demonstração: Escreva V =∑
j VjEj. Então:
θi(V) = θi
(∑j
V jEj
)=∑j
V jθi(Ej) =∑j
V jεiδij = εiV
i.
Mas por outro lado:
V =∑j
V jEj =⇒ 〈V,Ei〉 =
⟨∑j
V jEj,Ei
⟩=∑j
V j〈Ej,Ei〉 =∑j
V jεiδij = εiV
i.
Observação 4.2. Em vista desta caracterização, podemos reescrever a expansão or-tonormal de um campo V ∈ X(L3) como V =
∑i εiθ
i(V)Ei.
Proposição 4.2. Sendo x1, x2 e x3 as funções coordenadas do L3, e {∂i}3
i=1o frame
natural, e {dxi}3i=1as suas formas duais geométricas, então vale que dxi = giidx
i.
Demonstração: Pela caracterização de formas duais, temos que:
dxi(V) = 〈V, ∂i〉 =
⟨∑j
V j∂j, ∂i
⟩=∑j
V j〈∂j, ∂i〉 =∑j
V jgij = giiVi = giidx
i(V).
Assim dxi = giidxi.
Teorema 4.3 (Expressão dual). Seja {Ei}3i=1um campo de referenciais em L3, {θi}3i=1
suas formas duais, {∂i}3i=1o frame natural, e {dxi}3i=1
suas formas duais geométricas. SeEi =
∑j gjja
ji∂j para 1 ≤ i ≤ 3, então vale:
θi =∑j
gjjaji dx
j.
100
Demonstração: Sabemos que θi =∑
j θi(∂j)dx
j. Mas pela caracterização das formas
duais:
θi(∂j) = 〈∂j,Ei〉 =
⟨∑k
gkkaki ∂k, ∂j
⟩=∑k
gkkaki 〈∂k, ∂j〉
=∑k
gkkaki gjk = a
ji.
Então finalmente obtemos θi =∑
j aji dx
j =∑
j gjjajidx
j.
Observação 4.3. Em suma, o resultado acima nos diz que basta trocar Ei por θi e ∂jpor dxj para acharmos as expressões corretas para os θi.
Teorema 4.4 (1as
equações de estrutura). Seja {Ei}3i=1um campo de referenciais em
L3, e {θi}3i=1suas formas duais. Sejam {ωj
i}1≤i,j≤3 as suas formas de conexão. Entãovale:
dθi =∑j
εjωji ∧ θ
j.
Demonstração: Escreva Ei =∑
j gjjaji∂j para 1 ≤ i ≤ 3. Temos:
∇VEi =∑k
εkωki (V)Ek =
∑k
εkωki (V)
(gjja
jk∂j
)=∑k
∑j
εkgjjωki (V)ajk∂j =
∑j
gjj
(∑k
εkωki (V)ajk
)∂j
Por outro lado:
∇VEi = ∇V
(∑j
gjjaji∂j
)=∑j
gjj∇V(aji∂j)
=∑j
gjj
(V[aji]∂j + a
ji∇V∂j
)=∑j
gjjdaji(V)∂j
Então por comparação temos que daji(V) =∑
k εkωki (V)ajk. Partindo de θi =
∑j gjja
jidx
j
e aplicando d, temos:
dθi =∑j
gjjdaji ∧ dxj =
∑j
gjj
(∑k
εkωkia
jk
)∧ dxj
=∑k
εkωki ∧
(∑j
gjjajkdx
j
)=∑k
εkωki ∧ θ
k.
101
Teorema 4.5 (2as
equações de estrutura). Seja {Ei}3i=1um campo de referenciais em
L3, e {θi}3i=1suas formas duais. Sejam {ωj
i}1≤i,j≤3 as suas formas de conexão. Entãovale:
dωji =∑k
εkωki ∧ω
jk
Demonstração: Escreva Ei =∑
j gjjaji∂j para 1 ≤ i ≤ 3. Na demonstração anterior
vimos que daij(V) =∑
k εkωki (V)akj. Aplicar d novamente mata essa expressão,
então façamos isso:
d(daij) = 0
d
(∑k
εkωkia
jk
)= 0∑
k
εkd(ωkia
jk
)= 0∑
k
εk(dωkia
jk −ω
ki ∧ dajk) = 0∑
k
εkdωkia
jk =∑k
εkωki ∧ dajk
∑k
εkdωkia
jk =∑k
εkωki ∧
(∑r
εrωrka
jr
)∑r
εrdωriajr =∑r
εr
(∑k
εkωki ∧ω
rk
)ajr
Cada membro desta igualdade é um elemento da matriz produto de uma matriz de
formas com a matriz (aji)1≤i,j≤3, que é não-singular. E como nenhum dos vetores é
luz, todos os εr são não-nulos, então existe uma matriz inversa à esquerda do vetor
coluna (εr)1≤r≤3. Então multiplicando a expressão à direita pela inversa da matriz
(aji)1≤i,j≤3 e à esquerda pela inversa dos εr, obtemos:
dωji =∑k
εkωki ∧ω
jk.
Tudo o que foi desenvolvido aqui se passa para uma superfícieM⊂ L3, tomando-
se um referencial adaptado {Ei}3i=1, isto é, um referencial com E3 normal à M.
Calcular as formas duais e as formas de conexão apenas em vetores tangentes à
M é uma restrição fatal a θ3, que torna-se zero (pois todo vetor tangente é então
ortogonal a E3). A seguir, exemplos.
4.3 O plano hiperbólico H2
1(1)+
Recorde:
H2
1(1)+ = {(x, y, z) ∈ L3 | x2 + y2 − z2 = −1, z > 0}.
102
Esta superfície pode ser parametrizada por x(u, v) = (senhu cos v, senhu sen v, coshu).Temos:
xu(u, v) = (coshu cos v, coshu sen v, senhu)
xv(u, v) = (− senhu sen v, senhu cos v,0)
Calculando a primeira forma fundamental, temos E = 1, F = 0 e G = senh2 u. Com
isto, montamos o seguinte frame field (omitindo o ponto de aplicação, daqui pra
frente): E1 = (coshu cos v, coshu sen v, senhu), ε1 = 1
E2 = (− sen v, cos v,0), ε2 = 1
E3 = (senhu cos v, senhu sen v, coshu), ε3 = −1
Observação 4.4. O fato de termos E1 = xu, E2 = 1
senhuxv e ambos serem tipo espaço
(sem alteração de sinal), já nos indica que teremos ao longo da superfície θ1 = du eθ2 = senhu dv e θ3 = 0 (pois E3 é normal à H2
1(1)+). Vamos confirmar isto fazendo as
contas.
Temos: E1 = coshu cos v ∂1 + coshu sen v ∂2 − (− senhu)∂3
E2 = − sen v ∂1 + cos v ∂2
E3 = senhu cos v ∂1 + senhu sen v ∂2 − (− coshu)∂3
,
e portanto a atitude do frame é:
A =
coshu cos v coshu sen v − senhu
− sen v cos v 0
senhu cos v senhu sen v − coshu
Então:
ω = dA ·GAt
=
senhu cos v du− coshu sen v dv senhu sen v du+ coshu cos v dv − coshu du
− cos v dv − sen v dv 0
coshu cos v du− senhu sen v dv coshu sen v du+ senhu cos v dv − senhu du
··
coshu cos v − sen v senhu cos v
coshu sen v cos v senhu sen v
senhu 0 coshu
=
0 coshu dv −du
− coshu dv 0 − senhu dv
du senhu dv 0
.Então temos as formas de conexão e suas derivadas:
ω2
1= coshu dv
ω3
1= −du
ω3
2= − senhu dv
=⇒dω2
1= senhu du∧ dv
dω3
1= 0
dω3
2= − coshu du∧ dv
103
Agora vamos calcular as suas formas duais. Recorde que dx1 = dx1, dx2 = dx2 e
dx3 = −dx3. Partindo da parametrização inicial x, temosdx1 = coshu cos v du− senhu sen v dv
dx2 = coshu sen v du+ senhu cos v dv
dx3 = senhu du
Provamos que partindo das expressões dos Ei em termos dos ∂i, basta trocar os Eipor θi e os ∂i por dxi. Já passando para os dxi, temos:
θ1 = coshu cos v dx1 + coshu sen v dx2 + (− senhu) dx3 = du
θ2 = − sen v dx1 + cos v dx2 = senhu dv
θ3 = senhu cos v dx1 + senhu sen v dx2 + (− coshu) dx3 = 0
Assim, dθ1 = dθ3 = 0 e dθ2 = coshu du ∧ dv. Valem as primeiras equações de
estrutura:
������:
0
ε1ω1
1∧ θ1 + ε2ω
2
1∧ θ2 +���
���:0
ε3ω3
1∧ θ3 = (coshu dv)∧ (senhu dv) = 0 = dθ1
ε1ω1
2∧ θ1 +���
���:0
ε2ω2
2∧ θ2 +���
���:0
ε3ω3
2∧ θ3 = (− coshu dv)∧ du = coshu du∧ dv = dθ2
ε1ω1
3∧ θ1 + ε2ω
2
3∧ θ2 +���
���:0
ε3ω3
3∧ θ3 = du∧ du+ (senhu dv)∧ (senhu dv) = 0 = dθ3
Verificamos também as segundas equações de estrutura:
������:
0
ε1ω1
1∧ω2
1+���
����:0
ε2ω2
1∧ω2
2+ ε3ω
3
1∧ω2
3= −(−du)∧ (−(− senhu dv)) = senhu du∧ dv = dω2
1
�����
�:0
ε1ω1
1∧ω3
1+ ε2ω
2
1∧ω3
2+���
����:0
ε3ω3
1∧ω3
3= (coshudv)∧ (− senhu dv) = 0 = dω3
1
ε1ω1
2∧ω3
1+���
����:0
ε2ω2
2∧ω3
2+���
����:0
ε3ω3
2∧ω3
3= (− coshu dv)∧ (−du) = − coshu du∧ dv = dω3
2
4.4 O espaço de De Sitter S2
1(1)
Recorde:
S2
1(1) = {(x, y, z) ∈ L3 | x2 + y2 − z2 = 1}.
Esta superfície pode ser parametrizada por x(u, v) = (coshu cos v, coshu sen v, senhu).Temos:
xu(u, v) = (senhu cos v, senhu sen v, coshu)
xv(u, v) = (− coshu sen v, coshu cos v,0)
Calculando a primeira forma fundamental, temos E = −1, F = 0 e G = cosh2 u. Com
isto, montamos o seguinte campo de referenciais (omitindo o ponto de aplicação,
daqui pra frente):E1 = (senhu cos v, senhu sen v, coshu), ε1 = −1
E2 = (− sen v, cos v,0), ε2 = 1
E3 = (coshu cos v, coshu sen v, senhu), ε3 = 1
104
Observação 4.5. O fato de termos E1 = xu, E2 = 1
coshuxv com E1 tipo tempo, intuiti-
vamente, sugere uma alteração de sinal no dual de E1 nos indicando que teremos aolongo da superfície θ1 = −du e θ2 = coshu dv e θ3 = 0 (pois E3 é normal à S2
1(1)).
Vamos confirmar isto fazendo as contas.
Temos: E1 = senhu cos v ∂1 + senhu sen v ∂2 − (− coshu)∂3
E2 = − sen v ∂1 + cos v ∂2
E3 = coshu cos v ∂1 + coshu sen v ∂2 − (− senhu)∂3
,
e portanto a atitude do frame é:
A =
senhu cos v senhu sen v − coshu
− sen v cos v 0
coshu cos v coshu sen v − senhu
Então:
ω = dA ·GAt
=
coshu cos v du− senhu sen v dv coshu sen v du+ senhu cos v dv − senhu du
− cos v dv − sen v dv 0
senhu cos v du− coshu sen v dv senhu sen v du+ coshu cos v dv − coshu du
··
senhu cos v − sen v coshu cos v
senhu sen v cos v coshu sen v
coshu 0 senhu
=
0 senhu dv du
− senhu dv 0 − coshu dv
−du coshu dv 0
.Então temos as formas de conexão e suas derivadas:
ω2
1= senhu dv
ω3
1= du
ω3
2= − coshu dv
=⇒dω2
1= coshu du∧ dv
dω3
1= 0
dω3
2= − senhu du∧ dv
Agora vamos calcular as suas formas duais. Recorde que dx1 = dx1, dx2 = dx2 e
dx3 = −dx3. Partindo da parametrização inicial x, temosdx1 = senhu cos v du− coshu sen v dv
dx2 = senhu sen v du+ coshu cos v dv
dx3 = coshu du
Provamos que partindo das expressões dos Ei em termos dos ∂i, basta trocar os
Ei por θi e os ∂i por dxi. Já passando para os dxi, temos:θ1 = senhu cos v dx1 + senhu sen v dx2 + (− coshu) dx3 = −du
θ2 = − sen v dx1 + cos v dx2 = coshu dv
θ3 = coshu cos v dx1 + coshu sen v dx2 + (− senhu) dx3 = 0
105
Assim, dθ1 = dθ3 = 0 e dθ2 = senhu du∧ dv.
Valem as primeiras equações de estrutura:
�����
�:0
ε1ω1
1∧ θ1 + ε2ω
2
1∧ θ2 +���
���:0
ε3ω3
1∧ θ3 = (senhu dv)∧ (coshu dv) = 0 = dθ1
ε1ω1
2∧ θ1 +���
���:0
ε2ω2
2∧ θ2 +���
���:0
ε3ω3
2∧ θ3 = −(− senhu dv)∧ (−du) = senhu du∧ dv = dθ2
ε1ω1
3∧ θ1 + ε2ω
2
3∧ θ2 +���
���:0
ε3ω3
3∧ θ3 = −(−du)∧ (−du) + (coshu dv)∧ (coshu dv) = 0 = dθ3
Verificamos também as segundas equações de estrutura:
�����
�:0
ε1ω1
1∧ω2
1+���
����:0
ε2ω2
1∧ω2
2+ ε3ω
3
1∧ω2
3= du∧ (coshu dv) = coshu du∧ dv = dω2
1
������:
0
ε1ω1
1∧ω3
1+ ε2ω
2
1∧ω3
2+���
����:0
ε3ω3
1∧ω3
3= (senhudv)∧ (− coshu dv) = 0 = dω3
1
ε1ω1
2∧ω3
1+���
����:0
ε2ω2
2∧ω3
2+���
����:0
ε3ω3
2∧ω3
3= −(− senhu dv)∧ du = − senhu du∧ dv = dω3
2
4.5 Shape Operator e o Theorema EgregiumDefinição 4.3. Seja M ⊆ L3 uma superfície regular. Seja {Ei}3i=1
um referencialadaptado àM. Dado p emM, o operador Sp : TpM→ TpM dado por Sp(v) = −∇vE3
é chamado o shape operator deM em p, na direção de E3.
De fato o contra-domínio de Sp é TpM, pois:
〈E3,E3〉 = ε3 =⇒ v[〈E3,E3〉] = v[ε3] =⇒ 2〈∇vE3,E3(p)〉 = 0 =⇒ 〈Sp(v),E3(p)〉 = 0,
e daí Sp(v) é ortogonal a E3, portanto está em TpM.
Observação 4.6. Observe que as aplicações v 7→ −dE3(v) e v 7→ −∇vE3 na verdadesão a mesma coisa.
Definição 4.4. SejaM ⊆ L3 uma superfície regular. A Curvatura Gaussiana deMem p é a função K :M→ R dada por K(p) = ε det(Sp), e a Curvatura Média deM éa função H :M→ R dada por H(p) = ε
2tr(Sp), onde ε é o sinal da direção normal.
Teorema 4.6 (Gauss - Theorema Egregium). Seja M ⊆ L3 uma superfície regu-lar, {Ei}3i=1
um referencial adaptado à M, {θi}3i=1as suas formas duais geométricas, e
{ωji}1≤i,j≤3 as suas formas de conexão. Então:
dω2
1= −Kθ1 ∧ θ2.
Além disso, a Curvatura Gaussiana é intrínseca à superfície.
Demonstração: Para provar que duas 2-formas são iguais, devemos provar que
elas coincidem em todas as possibilidades de pares de elementos de uma fixada base
do domínio. É claro que calculando ambos os lados nos pares (Ei,Ei), i = 1, 2 ambos
os lados se anulam. Vamos ver que coincidem calculadas em (E1,E2).Temos, usando as definições e omitindo o ponto p em todas as ocorrências:
S(E1) = s11E1 + s12E2 = −∇E1E3 = ε1ω
3
1(E1) + ε2ω
3
2(E1)
S(E2) = s21E1 + s22E2 = −∇E2E3 = ε1ω
3
1(E2) + ε2ω
3
2(E2),
106
isto é, {s11 = ε1ω
3
1(E1), s12 = ε2ω
3
2(E1)
s21 = ε1ω3
1(E2), s22 = ε2ω
3
2(E2)
Usando as segundas equações de estrutura:
dω2
1= ε1ω
1
1∧ω2
1+ ε2ω
2
1∧ω2
2+ ε3ω
3
1∧ω2
3
= ε3ω3
1∧ω2
3
= −ε1ε2ω3
1∧ω2
3,
de modo que:
dω2
1(E1,E2) = −ε1ε2 (ω
3
1∧ω2
3)(E1,E2)
= −ε1ε2
∣∣∣∣ω3
1(E1) ω3
1(E2)
ω2
3(E1) ω2
3(E2)
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ ε1ω3
1(E1) ε1ω
3
1(E2)
−ε2ω2
3(E1) −ε2ω
2
3(E2)
∣∣∣∣=
∣∣∣∣s11 s12s21 s22
∣∣∣∣= det(S) = εK
E por outro lado:
−K (θ1 ∧ θ2)(E1,E2) = −K
∣∣∣∣θ1(E1) θ1(E2)θ2(E1) θ2(E2)
∣∣∣∣ = −K
∣∣∣∣ε1 0
0 ε2
∣∣∣∣ = −ε1ε2K = εK.
Por fim, concluímos que K é um objeto intrínseco à M, pois só depende de objetos
tangentes à M: θ1, θ2, dω2
1(nada com índice 3).
Proposição 4.3. SejaM⊆ L3 uma superfície regular, {Ei}3i=1um referencial adaptado
àM, {θi}3i=1as suas formas duais geométricas, e {ωj
i}1≤i,j≤3 as suas formas de conexão.Então:
ω3
1∧ θ2 + θ1 ∧ω3
2= 2εHθ1 ∧ θ2,
onde ε é o sinal da direção normal àM.
Demonstração: Vamos aproveitar toda a notação da demonstração anterior. Nova-
mente precisamos mostrar que ambos os lados calculados em todos os pares possíveis
(Ei,E2), i = 1, 2, coincidem. Se i = j é trivial. Caso contrário:
(ω3
1∧ θ2 + θ1 ∧ω3
2)(E1,E2) = (ω3
1∧ θ2)(E1,E2) + (θ1 ∧ω3
2)(E1,E2)
=
∣∣∣∣ω3
1(E1) ω3
1(E2)
θ2(E1) θ2(E2)
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ θ1(E1) θ1(E2)ω3
2(E1) ω3
2(E2)
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ω3
1(E1) ω3
1(E2)
0 ε2
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ ε1 0
ω3
2(E1) ω3
2(E2)
∣∣∣∣= ε2ω
3
1(E1) + ε1ω
3
2(E2)
= −εε1ω3
1(E1) − εε2ω
3
2(E2)
= −ε(s11 + s22)
= −ε tr(S)= −2H.
107
Por outro lado:
2εH (θ1 ∧ θ2)(E1,E2) = 2εH
∣∣∣∣θ1(E1) θ1(E2)θ2(E1) θ2(E2)
∣∣∣∣ = 2εH
∣∣∣∣ε1 0
0 ε2
∣∣∣∣ = 2εε1ε2H = −2H.
Observamos que H não é uma quantidade intrínseca àM, pois depende de ω3
1e ω3
2.
Exemplo 4.1 (Exemplos revisitados).
• Para o plano hiperbólico H2
1(1)+ temos:
dω2
1= −Kθ1 ∧ θ2 =⇒ senhu du∧ dv = −K du∧ (senhu dv),
e simplificando temos du∧ dv = −K du∧ dv, e daí K = −1. Também:
ω3
1∧ θ2 + θ1 ∧ω3
2= −2Hθ1 ∧ θ2
−du∧ (senhu dv) + du∧ (− senhu dv) = −2H du∧ (senhu dv)
−2 senhu du∧ dv = −2 senhuHdu∧ dv
H = 1.
• Para o espaço de De Sitter S2
1(1) temos:
dω2
1= −Kθ1 ∧ θ2 =⇒ coshu du∧ dv = −K (−du)∧ (coshu dv),
e simplificando temos du∧ dv = K du∧ dv, e daí K = 1. Também:
ω3
1∧ θ2 + θ1 ∧ω3
2= 2Hθ1 ∧ θ2
du∧ (coshu dv) − du∧ (− coshu dv) = 2H (−du)∧ (coshu dv)
2 coshu du∧ dv = −2 coshuHdu∧ dv
H = −1.
108
5 Referências[DC1] Manfredo P. Do Carmo, Geometria Diferencial de Curvas e Superfícies,
SBM, 2005.
[DC2] Manfredo P. Do Carmo, Differential Forms and Applications, Springer-
Verlag, 1991.
[ON1] Barrett O’Neill, Elementary Differential Geometry, Elsevier, 2006.
[ON2] Barrett O’Neill, Semi-Riemannian Geometry with Applications to Rela-tivity, Academic Press Limited, 1983.
[TW] T. Weinstein, An Introduction to Lorentz Surfaces, De Gruyter Expositions
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[RL] R. Lopez, Differential Geometry of Curves and Surfaces in Lorentz-Minkowskispace, Mini-Curso ministrado no IME-USP, 2008.
[Op] John Oprea, Differenial Geometry and Its Applications, Prentice Hall, 1997.
[Fang] Yi Fang, Lectures on Minimal Surfaces in R3, Proceedings of The Centre
for Mathematics and Its Applications, The Australian National University,
1996.
109
