culegere Geometrie Diferentiabila

Cuprins

1

Capitolul 1

Varietati diferentiabile

1. PROIECTIA STEREOGRAFICA

Sa se arate ca pe sfera

Sn = {(u1, u2, ...., un+1) ∈ Rn+1| (u1)2 + (u2)2 + ... + (un+1)2 = r2}

poate fi definita prin proiectii stereografice o structura de varietate

diferentiabila n-dimensionala separata.

Solutie:

Fie N (0, ..., 0, r) ∈ Sn polul nord si S (0, ..., 0,−r) ∈ Sn polul sud.

Fie P (u1, ..., un+1) ∈ Sn, P �= N si NP ∩ Rn = {Q}. Putem scrie

Q = (x1, ..., xn, 0).

Notam UN = Sn\{N}, US = Sn\{S} si definim aplicatiile

hN : UN → Rn, hS : US → Rn, astfel:

hN(P ) = Q, respectiv

hS(P′) = Q

′, unde P

′ ∈ Sn , P′ �= S si SP

′ ∩Rn = {Q′}.Ecuatia dreptei NP este:

NP :x1

u1= ... =

xn

un=

−run+1 − r

,

3

4 CAPITOLUL 1. VARIETATI DIFERENTIABILE

iar din NP ∩ Rn = {Q}, echivalent cu NP ∩ {xn+1 = 0} = {Q},obtinem :

x1

u1= ... =

xn

un=

−run+1 − r

,

de unde rezulta

xi =rui

r − un+1, ∀i = 1, n.

Deci aplicatia hN : UN → Rn este data prin:

hN(u1, ..., un+1

)= (

ru1

r − un+1, ...,

run

r − un+1).

Analog, din SP′ ∩ {xn+1 = 0} = {Q′}, unde P

′(u1, ..., un+1) ∈ Sn,

P ′ �= S si Q′(x1, ..., xn) ∈ Rn, obtinem

x1

u1= ... =

xn

un=

r

un+1 + r,

de unde rezulta

xi =rui

r+ un+1, ∀i = 1, n.

Deci aplicatia hS : US → Rn este data prin:

hS(u1, ..., un+1

)= (

ru1

r + un+1, ...,

run

r + un+1) .

Vom arata ca hN si hS sunt injective.

Fie P1, P2 ∈ Sn , P1, P2 �= N astfel ıncat hN(P1) = hN(P2) = Q;

deci dreapta NQ intersecteaza sfera ın punctele P1 si P2, de unde

rezulta P1 = P2, adica aplicatia hN este injectiva.

Analog se arata ca hS este injectiva.

Sa verificam axiomele atlasului pentru A = {(UN , hN), (US, hS)}.A1) UN ∪ US = Sn - evident.

A2) hN(UN ∩ US) = Rn\{0} ⊂ Rn deschisa.

hS(UN ∩ US) = Rn\{0} ⊂ Rn deschisa.

A3) Vom arata ca aplicatiile hN◦h−1S si hS◦h−1

N sunt C∞- diferentiabile.

5

Fie (y1, ..., yn) componentele aplicatiei hS : US → Rn, adica

yi =rui

r + un+1, ∀i = 1, n.

Notam

v2 =n∑i=1

(yi)2 =n∑i=1

r2(ui)2

(r + un+1)2=

r2

(r + un+1)2

n∑i=1

(ui)2 =

=r2

(r + un+1)2[r2 − (un+1)2] =

r2(r − un+1)

r + un+1.

Rezulta

v2(r + un+1) = r2(r − un+1).

Atunci

un+1 =r(r2 − v2)

v2 + r2.

Calculand

ui =yi(r + un+1)

r,

obtinem:

ui =yi[r + r(r2−v2)

v2+r2 ]

r= yi

r2 + v2 + r2 − v2

r2 + v2=

2r2yi

v2 + r2, ∀i = 1, n.

Prin urmare,

h−1S

(y1, ..., yn

)= (

2r2y1

r2 + v2, ...,

2r2yn

r2 + v2,r(r2 − v2)

r2 + v2).

Rezulta ca hN ◦ h−1S : hS(UN ∩ US) → Rn are expresia

(hN ◦ h−1S )(y1, ..., yn) =

r 2r2y1

v2+r2

r − r(r2−v2)v2+r2

, ...,r 2r2yn

v2+r2

r − r(r2−v2)v2+r2

=

= (r2

v2y1, ...,

r2

v2yn) =

r2

n∑i=1

(yi)2(y1, ..., yn),

care este o functie C∞-diferentiabila.


Analog se demonstreaza diferentiabilitatea pentru hS ◦ h−1N .

Am aratat ca familia A = {(UN , hN), (US,hS)} formeaza un atlas

pe Sn, deci pe sfera Sn poate fi definita prin proiectii stereografice o

structura de varietate diferentiabila n-dimensionala.

Sa aratam ca varietatea este separata.

Fie P,Q ∈ Sn, P �= Q. Se disting mai multe cazuri:

i) P,Q ∈ UN . Notam hN(P ) = x ∈ Rn, hN(Q) = y ∈ Rn.

Cum Rn este spatiu topologic separat, exista vecinatati deschise

disjuncte ale lui x si y, notate Ux si Uy.

Atunci h−1N (Ux) si h−1

N (Uy) sunt multimi deschise ın Sn, cu P ∈h−1N (Ux) si Q ∈ h−1

N (Uy), si h−1N (Ux) ∩ h−1

N (Uy) = h−1N (Ux ∩ Uy) = ∅,

deci h−1N (Ux) si h−1

N (Uy) sunt vecinatati disjuncte ale punctelor P si Q.

Rezulta ca punctele P si Q se separa.

Cazul P,Q ∈ US se trateaza analog.

ii) P = N, Q = S

Notam cu Sn+, Sn− semisferele nordica si sudica, respectiv

Sn+ = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|un+1 > 0},Sn− = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|un+1 < 0}.

Evident N ∈ Sn+, S ∈ Sn−, Sn+ ∩ Sn− = ∅.

Pentru (u1, ..., un+1) ∈ Sn+ avem hS(u1, ..., un+1) = (y1, ..., yn),

unde

yi =rui

r + un+1, ∀i = 1, n,

si

n∑i=1

(yi)2 =r2

n∑i=1

(ui)2

(r + un+1)2=r2(r2 − (un+1)2)

(r + un+1)2=r2(r− un+1)

r + un+1.

Dar (u1, ..., un+1) ∈ Sn+ , deci un+1 > 0, ceea ce implica

r − un+1

r + un+1< 1 =⇒

n∑i=1

(yi)2 < r2,

7

deci hS(Sn+) = {(y1, ..., yn) ∈ Rn|(y1)2 + ...+ (yn)2 < r2} este multime

deschisa ın Rn.

Cum hS este homeomorfism, deducem Sn+ ⊂ Sn multime deschisa.

Analog, Sn− ⊂ Sn este multime deschisa.

Am aratat deci ca Sn+ si Sn− sunt vecinatati disjuncte ale punctelor

N si S, deci acestea se separa.

Rezulta ca topologia de varietate diferentiabila a sferei Sn este

separata.

2. PROIECTIA ORTOGONALA


Sn = {(u1, ..., un+1) ∈ Rn+1| (u1)2 + ...+ (un+1)2 = r2}

poate fi definita prin proiectii ortogonale o structura de varietate

diferentiabila n-dimensionala.

Solutie:

Fie sfera Sn si punctul P (u1, ..., un+1) ∈ Sn. Proiectand punctul

P pe Rn, obtinem un punct Q de coordonate (u1, ..., un) din Rn.

Vom defini multimile :

U+i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|ui > 0}, ∀i = 1, n + 1,

U−i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn|ui < 0}, ∀i = 1, n + 1,

si aplicatiile h+i : U+

i → Rn, respectiv h−i : U−i → Rn, prin

h+i (u1, ..., un+1) = (u1, ..., ui−1, ui+1, ..., un+1)

not= (u1, ...,

∧ui, ..., un+1),

h−i (u1, ..., un+1) = (u1, ..., ui−1, ui+1, ..., un+1)not= (u1, ...,

∧ui, ..., un+1).

Consideram atlasul A = {(U+i , h

+i )i=1,n+1, (U

−i , h

−i )i=1,n+1}.


Vom verifica axiomele atlasului.

Evident, cele 2(n+1) multimi U+i si U−

i , ∀i = 1, n + 1 acopera sfera

Sn, adica

(n+1⋃i=1

U+i )

⋃(n+1⋃i=1

U−i ) = Sn ⊂ Rn+1,

si aplicatiile h+i , h

−i sunt injective, ∀i = 1, n+ 1.

Astfel axioma A1) este verificata.

A2) Sa aratam ca h+i (U+

i ∩U+j ) este multime deschisa ın Rn (analog

se demonstreaza pentru h−i (U−i ∩ U−

j )).

i) i < j. Fie (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+

j . Atunci

h+i (u1, ..., un+1) = (u1, ...,

∧ui, ..., uj, ..., un+1),

cu uj pe pozitia j − 1.

Dar (u1, ..., un+1) ∈ U+j , deci uj > 0.

Rezulta h+i (U+

i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj−1 > 0}, care este

multime deschisa ın Rn.

ii) i < j .Fie (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+

j . Atunci

h+i (u1, ..., un+1) = (u1, ..., uj, ...,

∧ui, ..., un+1),

cu uj pe pozitia j.

Dar (u1, ..., un+1) ∈ U+j , deci uj > 0.

Rezulta h+i (U+

i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj > 0}, care este


A3) Este suficient sa aratam C∞-diferentiabilitatea aplicatiei

h+j ◦ (h+

i )−1 : h+i (U+

i ∩ U+j ) → Rn,

(celelalte se arata analog).

(h+i )−1(x1, ..., xn) = (x1, ..., xi−1,

√√√√r2 −n∑k=1

(xk)2, xi, ..., xn).

9

i) i < j.

h+j ◦(h+

i )−1(x1, ..., xn) = (x1, ..., xi−1,

√√√√r2 −n∑k=1

(xk)2, xi, ...,∧

xj−1, ..., xn).

ii) i > j.

h+j ◦ (h+

i )−1(x1, ..., xn) = (x1, ...,∧xj , ..., xi−1,

√√√√r2 −n∑k=1

(xk)2, xi, ..., xn).

Evident, ın ambele cazuri, i) si ii), aplicatiile h+j ◦ (h+

i )−1 sunt

C∞-diferentiabile, deci axiomele atlasului sunt verificate.

3. PROIECTIA CENTRALA


Sn = {(u1, ..., un+1) ∈ Rn+1| (u1)2 + ...+ (un+1)2 = 1}

poate fi definita prin proiectii centrale o structura de varietate diferentiabila

n-dimensionala.

Solutie:

Vom defini multimile:

U+i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn| ui > 0}, ∀i = 1, n+ 1,

U−i = {(u1, ..., un+1) ∈ Sn| ui < 0}, ∀i = 1, n+ 1.

Fie P (x1, ..., xn, 1) si OP ∩ Sn = {Q}.Consideram aplicatiile:

h+i : U+

i → Rn, h+i (Q) = P,

h+i (u1, ..., un+1) = (x1, ..., xn) = (

u1

ui, ...,

ui−1

ui,ui+1

ui, ...,

un+1

ui),

(h+i )−1(x1, ..., xn) = (u1, ..., un+1) =


= (x1√

1 + ‖x‖2, ...,

xi−1√1 + ‖x‖2

,1√

1 + ‖x‖2,

xi√1 + ‖x‖2

, ...,xn√

1 + ‖x‖2),

h−i : U−i → Rn,

h−i (u1, ..., un+1) = (x1, ..., xn) = (u1

ui, ...,

ui−1

ui,ui+1

ui, ...,

un+1

ui),

(h−i )−1(x1, ..., xn) = (u1, ..., un+1) =

= (x1√

1 + ‖x‖2, ...,

xi−1√1 + ‖x‖2

,1√

1 + ‖x‖2,

xi√1 + ‖x‖2

, ...,xn√

1 + ‖x‖2).

Aplicatiile h+i , h

−i sunt injective, ∀i = 1, n + 1.

Consideram atlasul A = {(U+i , h

+i )i=1,n+1, (U

−i , h

−i )i=1,n+1}.

Vom verifica axiomele atlasului.

A1) Evident

(n+1⋃i=1

U+i )

⋃(n+1⋃i=1

U−i ) = Sn.

A2) Sa aratam ca h+i (U+

i ∩U+j ) este multime deschisa ın Rn (analog

se demonstreaza pentru h−i (U−i ∩ U−

j )).

Fie (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+

j .

i) i < j.

h+i (u1, ..., un+1) = (

u1

ui, ...,

ui−1

ui,ui+1

ui, ...,

uj

ui, ...,

un+1

ui),

cuuj

uipe pozitia j − 1.

Dar (u1, ..., un+1) ∈ U+i ∩ U+

j ⇒ ui, uj > 0 ⇒ uj

ui> 0 ⇒

h+i (U+

i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj−1 > 0},

care este multime deschisa ın Rn.

ii) i > j.

h+i (u1, ..., un+1) = (

u1

ui, ...,

uj

ui, ...,

ui−1

ui,ui+1

ui, ...,

un+1

ui),

11

cuuj

ui> 0 pe pozitia j.

Rezulta h+i (U+

i ∩ U+j ) = {(x1, ..., xn) ∈ Rn|xj > 0}, care este


A3) Vom arata ca aplicatiile h+j ◦ (h+

i )−1, i, j = 1, n + 1 sunt C∞-

diferentiabile.

i) i < j.

h+j ◦ (h+

i )−1(x1, ..., xn) =

= h+j (

x1√1 + ‖x‖2

, ...,xi−1√

1 + ‖x‖2,

1√1 + ‖x‖2

,

xi√1 + ‖x‖2

, ...,xj√

1 + ‖x‖2, ...,

xn√1 + ‖x‖2

) =

= (x1

xj−1, ...,

xi−1

xj−1,

1

xj−1,xi

xj−1, ...,

xj−2

xj−1,xj

xj−1, ...,

xn

xj).

ii) i > j.

h+j ◦ (h+

i )−1(x1, ..., xn) =

= h+j (

x1√1 + ‖x‖2

, ...,xj√

1 + ‖x‖2, ...,

xi−1√1 + ‖x‖2

,1√

1 + ‖x‖2,

xi√1 + ‖x‖2

, ...,xn√

1 + ‖x‖2) =

= (x1

xj, ...,

xj−1

xj,xj+1

xj, ...,

xi−1

xj,

1

xj,xi

xj, ...,

xn

xj).

Evident, ın ambele cazuri, i) si ii), aplicatiile h+j ◦ (h+

i )−1 sunt

C∞-diferentiabile, deci axiomele atlasului sunt verificate.

4. SPATIUL PROIECTIV

Sa se arate ca spatiul proiectiv real n-dimensional P n(R) este va-

rietate diferentiabila n-dimensionala separata.


Solutie:

Pentru punctele (x1, ..., xn+1), (y1, ..., yn+1) ∈ Rn+1, definim relatia

de echivalenta ” ∼ ”, prin:

(x1, ..., xn+1) ∼ (y1, ..., yn+1) ⇐⇒ ∃λ ∈ R∗a.ı. yi = λxi, ∀i = 1, n+ 1.

Se stie ca P n(R) = Rn+1\{0}/∼.

Consideram multimile:

Ui = {[x] ∈ P n(R)| xi �= 0}, i = 1, n+ 1,

unde x = (x1, ..., xn+1).

Definim aplicatiile:

hi : Ui → Rn,

hi([x]) = (x1

xi,x2

xi, ...,

xi−1

xi,xi+1

xi, ...,

xn+1

xi).

Fie i ∈ {1, ..., n+ 1} si [x], [y] ∈ Ui astfel ıncat hi([x]) = hi([y]).

Rezulta

xj

xi=yj

yi, ∀i = 1, n + 1, j �= i⇒ xj = yj

xi

yi.

Deci ∃λ ∈ R, λ =xi

yi, astfel ıncat xj = λyj ⇒ [x] = [y].

Prin urmare hi este aplicatie injectiva, ∀i = 1, n+ 1.

Consideram familia A = {(Ui, hi)| i = 1, n + 1}.Vom verifica axiomele atlasului.

A1) Sa aratam can+1⋃i=1

Ui = P n(R).

Din definitia multimilor Ui, este evidenta incluziunean+1⋃i=1

Ui ⊂P n(R).

13

Fie [x] ∈ P n(R). Deoarece x �= 0, exista un indice i0 ∈ {1, ..., n+1}astfel ıncat xi0 �= 0, ceea ce implica [x] ∈ Ui0 .

Rezulta P n(R) ⊂n+1⋃i=1

Ui.

A2) Sa aratam ca pentru i, j ∈ {1, ..., n+1}, Ui∩Uj �= ∅, hi(Ui∩Uj)este multime deschisa ın Rn.

Ui ∩ Uj = {[x] ∈ P n(R)| xi �= 0, xj �= 0},unde x = (x1, ..., xn+1). Distingem cazurile:

i) i < j.

Fie [x] ∈ Ui ∩ Uj.

hi([x]) = (x1

xi,x2

xi, ...,

xi−1

xi,xi+1

xi, ...,

xj

xi, ...,

xn+1

xi).

Deoarece [x] ∈ Ui ∩ Uj , rezultaxj

xi�= 0 (componenta de pe pozitia

j − 1).

hi(Ui ∩ Uj) = {(y1, ..., yn) ∈ Rn| yj−1 �= 0},care este o multime deschisa ın Rn.

ii) i > j.

Cazul se trateaza analog cu cazul i).

hi(Ui ∩ Uj) = {(y1, ..., yn) ∈ Rn| yj �= 0} ⊂ Rn

este o multime deschisa.

iii) i = j. hi(Ui) = Rn.

A3) Vom arata ca hj◦h−1i : hi(Ui∩Uj) → Rn este C∞-diferentiabila.

h−1i (y1, ..., yn) = [y1, ..., yi−1, 1, yi, ..., yn].

i) i < j.

hj ◦ h−1i (y1, ..., yn) = hj([y

1, ..., yi−1, 1, yi, ..., yj, ..., yn]) =


= (y1

yj−1, ...,

yi−1

yj−1,

1

yj−1,yi

yj−1, ...,

yj−2

yj−1,yj

yj−1, ...,

yn

yj−1).

Rezulta ca hj ◦ h−1i este o aplicatie C∞-diferentiabila.

ii) i > j. Se trateaza analog.

iii) i = j. Evident.

Am verificat axiomele atlasului, deci P n(R) este o varietate diferentiabila

n-dimensionala.

Vom arata ca varietatea este separata.

Exista doua situatii:

i) Fie [x], [y] ∈ Ui.

Atunci hi([x]), hi([y]) ∈ Rn si cum Rn este separat, rezulta ca

exista V1 vecinatate ın Rn a lui hi([x]) si V2 vecinatate ın Rn a lui

hi([y]) disjuncte.

Atunci h−1i (V1) ∩ h−1

i (V2) = h−1i (V1 ∩ V2) = h−1

i (∅) = ∅.Deoarece hi homeomorfism, rezulta h−1

i (V1) si h−1i (V2) sunt vecinatati

disjuncte ale punctelor [x], respectiv [y] din P n(R).

ii) Fie [x] ∈ Ui\Uj, [y] ∈ Uj\Ui, i �= j.

Fara a restrange generalitatea, putem presupune i = 1, j = 2, deci

[x] ∈ U1\U2 si [y] ∈ U2\U1.

Conform definitiei,

U1 = {[x] ∈ P n(R)| x1 �= 0}, U2 = {[x] ∈ P n(R)| x2 �= 0}.

Rezulta

[x] = [x1, 0, x3, ..., xn+1],

[y] = [0, y2, y3, ..., yn+1],

si

h1([x]) = (0,x3

x1, ...,

xn+1

x1) ∈ Rn,

h2([y]) = (0,y3

y2, ...,

yn+1

y2) ∈ Rn.

15

Fie V1 = (−ε, ε) × Rn−1 si V2 = (−ε, ε) × Rn−1, unde 0 < ε < 1.

Atunci h1([x]) ∈ V1 si h2([y]) ∈ V2.

Deci [x] ∈ h−11 (V1) si [y] ∈ h−1

2 (V2).

Vom arata ca h−11 (V1) si h−1

2 (V2) sunt vecinatati disjuncte ale lui

[x], respectiv [y] ın P n(R).

Presupunem ca exista z ∈ Rn+1\{0}, [z] ∈ h−11 (V1) ∩ h−1

2 (V2).

Atunci

h1([z]) ∈ V1 ⇒ (z2z1,z3z1...,

zn+1

z1) ∈ V1 = (−ε, ε)× Rn−1,

h2([z]) ∈ V2 ⇒ (z1z2,z3z2...,

zn+1

z2) ∈ V2 = (−ε, ε)× Rn−1,

unde z = (z1, ..., zn+1).

Deci∣∣∣ z2z1

∣∣∣ < ε si∣∣∣ z1z2

∣∣∣ < ε - contradictie.

Rezulta ca P n(R) este o varietate diferentiabila separata.

5. VARIETATEA GRASSMANN

Fie n ∈ N∗, 1 ≤ p ≤ n− 1 si Gp(Rn) multimea subspatiilor vecto-

riale ale lui Rn de dimensiune p. Sa se demonstreze ca Gp(Rn) este

varietate diferentiabila de dimensiune p(n− p) (varietatea Grassmann

reala).

Solutie:

Fie n ∈ N∗, 1 ≤ p ≤ n− 1.

Gp(Rn) = {L ⊂ Rnsubspatiu vectorial| dimL = p}.

Vom defini pe Gp(Rn) o structura de varietate diferentiabila de di-

mensiune p(n− p).

Fie {e1, ..., en} baza canonica din Rn.

Pentru fiecare sir crescator de indici 1 ≤ i1 < i2 < ... < ip ≤ n,

consideram subspatiile Ei1...ip generate de {ei1, ..., eip} si aplicatiile:

πi1...ip : Rn → Ei1...ip,


definite prin:

πi1...ip(n∑i=1

xiei) =p∑

α=1

xiαeiα .

Definim multimile:

Ui1...ip = {V ∈ Gp(Rn); πi1...ip|V aplicatie surjectiva}.

Evident, pentru V ∈ Ui1,...,ip, πi1...ip|V : V → Ei1...ip este izomorfism

liniar.

Atunci ∀α ∈ {1, ..., p} exista un unic element fα ∈ V astfel ıncat

πi1...ip(fα) = eiα , iar fα are expresia:

fα = eiα +∑

j /∈{i1,...,ip}cjαej.

Evident {fα|α = 1, p} constituie o baza a lui V .

De asemenea, definim aplicatiile:

hi1...ip : Ui1...ip → Rp(n−p),

hi1...ip(V ) = (cjα)j∈{1,...,n}\{i 1,...,ip},α∈{1,..,p}.

Consideram familia

A = {(Ui1...ip, hi1...ip)| 1 ≤ i1 < ... < ip ≤ n},

si vom arata ca se verifica axiomele atlasului.

Sa aratam ca aplicatiile hi1...ip sunt injective.

Fie V1, V2 ∈ Ui1...ip astfel ıncat hi1...ip(V1) = hi1...ip(V2). Rezulta

cjα = djα, ∀j ∈ {1, ..., n}\{i1, ..., ip}, α ∈ {1, .., p},

unde

fα ∈ V1, fα = eiα +∑

j/∈{i1,...,ip}cjαej, α = 1, p,

17

f ′β ∈ V2, f

′β = eiβ +

∑j /∈{i1,...,ip}

djαej, β = 1, p.

Atunci sp{fα|α = 1, p} = sp{f ′β | β = 1, p}, si deci V1 = V2.

Rezulta ca hi1...ip este injectiva.

A1) Vom demonstra ca

⋃1≤i1<...,ip≤n

Ui1,...,ip = Gp(Rn).

Este evidenta incluziunea⋃

1≤i1<...,ip≤nUi1,...,ip ⊂ Gp(R

n).

Fie L ∈ Gp(Rn), dimL = p si fie {g1, ..., gp} o baza a lui L, formata

din vectori din Rn.

Evident putem scrie

gε =n∑j=1

bjεej, ∀ε = 1, n,

cu rang (bjε)j=1,n,ε=1,p = p. Rezulta ca exista un minor de ordinul p

nenul. Fie det [(biλε )ε,λ=1,p] �= 0.

Fie (bεiλ)ε,λ=1,p inversa matricei (biλε )ε,λ=1,p.

Multimea

f ′β =

p∑ε=1

bεiβgε, β = 1, p

este o baza a lui L.

Pe de alta parte,

f ′β =

p∑ε=1

bεiβgε =p∑ε=1

bεiβ(n∑γ=1

bγεeγ) =

=p∑ε=1

bεiβ(p∑

λ=1

biλε eiλ +∑

j /∈{i1,...,ip}bjεej) =

=p∑

λ=1

(p∑ε=1

bεiβbiλε ) · eiλ +

∑j /∈{i1,...,ip}

(p∑ε=1

bεiβbjε) · ej =


=p∑

λ=1

δλβ · eiλ +∑

j/∈{i1,...,ip}djβej = eiβ +

∑j/∈{i1,...,ip}

djβej = fβ ,

unde am notat djβ =p∑ε=1

bεiβbjε, j /∈ {i1, ..., ip}.

Deci L = sp{f ′1, ..., f

′p} = sp{f1, ..., fp}, cu

fβ = eiβ +∑

j/∈{i1,...,ip}djβej, ∀β = 1, p.

Rezulta, conform definitiei, ca L ∈ Ui1,...,ip, deci

Gp(Rn) ⊂ ⋃

1≤i1<...,ip≤nUi1,...,ip.

A2) Vom arata ca

hi1,...,ip(Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p)

este o multime deschisa ın Rp(n−p).

Fie L ∈ Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p. L este un subspatiu vectorial de dimen-

siune p; fie {w1, ..., wp} o baza a lui L de forma:

wβ = eiβ +∑

j/∈{i1,...,ip}cjβej , ∀β = 1, p.

Atunci hi1,...,ip(L) = (cjβ)β=1,p,j/∈{i1,...,ip}.

Consideram o alta baza (oarecare) {u1, ..., up} a lui L. Matricea

asociata bazei {u1, ..., up} este (uji )i=1,p,j=1,n si are rangul p, deci

det[(ulδβ )β,δ=1,p] �= 0.

Fie J = {j1, ..., jn−p} = {1, ..., n}\{i1, ..., ip}.Revenim la baza {w1, ..., wp} a lui L si o scriem explicit:

w1 = ei1 + cj11 ej1 + cj21 ej2 + ...+ cjn−p

1 ejn−p

..............................................................

wp = eip + cj1p ej1 + cj2p ej2 + ... + cjn−pp ejn−p

19

Rezulta

wkβ =

1, k = iβ

0, k = iα, α �= β

ckβ , k ∈ J

Din faptul ca matricea (wkβ)β=1,p,k=1,n are rangul p, rezulta ca ma-

tricea (cjβ)β=1,p,j∈J are tot rangul p, deci contine un minor de ordinul

p nenul. Rezulta ca multimea hi1,...,ip(Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p) este deschisa

ın Rp(n−p).

A3) Sa aratam ca aplicatia:

hi′1,...,i ′p ◦ h−1i1,...,ip : hi1,...,ip(Ui1,...,ip ∩ Ui′1,...,i ′p) → Rp(n−p)

este C∞-diferentiabila.

Pentru simplitate, notam: I = (i1, ..., ip) si I ′ = (i′1, ..., i′p).

Fie (dαβ)α=1,n−p,β=1,p ∈ hI(UI ∩ UI′) si fie vβ = eiβ +n−p∑α=1

djαβ eα, cu

jα ∈ {1, ..., n}\{i1, ..., ip}.Atunci h−1

I ((djαβ )α,β) = sp{v1, ..., vp}.Fiewi = ajivj, i = 1, p si aji -diferentiabile; o alta baza a sp{v1, ..., vp}

este data de {w1, ..., wp}.Fie

wε = ei′ε +∑

γ /∈{i′1,...,i ′p}cγεeγ , ∀ε = 1, p.

Atunci:

hI′(h−1I [(dαβ)α=1,n−p,β=1,p]) = hI′(sp{v1, ..., vp}) =

= hI′(sp{w1, ..., wp}) = [(cγε)γ /∈{i′1,...,i ′p},ε=1,p].

Am obtinut un sir de aplicatii diferentiabile:

[(dαβ)α/∈{i1,...,ip},β=1,p] �→ [(vβ)β=1,p] �→�→ [(wβ)β=1,p �→ [(cγε)γ /∈{i′1,...,i ′p},ε=1,p].


Rezulta ca aplicatia hI′ ◦ (hI)−1 este C∞-diferentiabila.

6. BANDA LUI MOBIUS

Fie M = R × (−1, 1). Pentru ∀m ∈ Z, fie aplicatia gm : M → M,

definita astfel: gm(x, y) = (x+m, (−1)my). Fie G = {gm|m ∈ Z}.i) Sa se arate ca G este un grup de automorfisme propriu discon-

tinuu si fara puncte fixe.

ii) Fie B = M/G. Atunci B este o varietate diferentiabila de

dimensiune 2 (numita banda lui Mobius).

iii) Sa se construiasca o scufundare a lui B ıntr-un spatiu euclidian.

iv) Sa se construiasca un atlas pe B.

v) Sa se arate ca B nu este orientabila.

Solutie:

i) Este evident ca gm : M → M este automorfism al lui M (gm

bijectiva, gm si g−1m diferentiabile), ∀m ∈M.

Prin definitie, un grup de automorfisme G este fara puncte fixe

daca ∀g ∈ G\{IdM} nu are puncte fixe (g(q) �= q, ∀q ∈M).

Fie G = {gm|m ∈ Z}, cu gm(x, y) = (x +m, (−1)my), m ∈ Z.

Fie q = (x, y) ∈M = R× (−1, 1) si m ∈ Z.

gm(q) = gm(x, y) = (x, y) este echivalent cu{x = x+m

y = (−1)my

Rezulta m = 0 ⇒ gm(x, y) = g0(x, y) = (x, y) ⇒ gm = IdM .

Deci singurul automorfism cu puncte fixe este IdM . Rezulta ca G

nu are puncte fixe.

Un grup de automorfisme G este propriu discontinuu daca ∀K1, K2

multimi compacte din M, multimea

{g ∈ G|g(K1) ∩K2 �= ∅}

21

este finita.

Fie K1, K2 multimi compacte ın R× (−1, 1). Atunci exista B(0, r)

astfel ıncat K1, K2 ⊂ B(0, r).

Daca |m| ≥ 2r, rezulta gm(K1)∩K2 = ∅, deoarece evident gm(K1)∩B(0, r) = ∅.

Cum {m ∈ Z| |m| < 2r} este finita, rezulta ca multimea

{gm|gm(K1) ∩K2 �= ∅} este finita, deci G este grup de automorfisme

propriu discontinuu.

ii) Reamintim enuntul urmatoarei teoreme asupra structurii de

varietate diferentiabila a spatiului cat:

Fie M varietate diferentiabila de dimensiune n si G un grup de

automorfisme ale lui M propriu discontinuu si fara puncte fixe. Atunci

M/G are o structura de varietate diferentiabila de dimensiune n indusa

de structura de varietate diferentiabila a lui M.

Deoarece M = R× (−1, 1) este varietate diferentiabila de dimen-

siune 2 si grupul de automorfisme G este propriu discontinuu si fara

puncte fixe, rezulta, conform teoremei anterioare, ca B este o varietate

diferentiabila de dimensiune 2.

iii) Fie aplicatia

ψ : B → R4,

definita prin:

ψ([x, y]) = (cos 2πx, sin 2πx, y cosπx, y sinπx).

Avem

ψ([gm(x, y)]) = ψ([x +m, (−1)my]) =

= (cos 2π(x +m), sin 2π(x +m), (−1)my cosπ(x +m),

(−1)my sinπ(x +m)) =


= (cos(2πx+ 2πm), sin(2πx+ 2πm), (−1)my cos(πx+ πm),

(−1)my sin(πx+ πm)).

Cum m ∈ Z, rezulta 2πm perioada pentru functiile sin si cos si{cos(πx+ πm) = (−1)m cosπx,

sin(πx+ πm) = (−1)m sin πx.

Prin urmare

ψ([gm(x, y)]) = (cos 2πx, sin 2πx, y cosπx, y sinπx) = ψ([x, y]).

Deci ψ este bine definita.

Fie ψ([x1, y1]) = ψ([x2, y2]).

Atunci:

cos 2πx1 = cos 2πx2

sin 2πx1 = sin 2πx2

y1 cosπx1 = y2 cosπx2

y1 sin πx1 = y2 sin πx2

Din primele doua relatii, rezulta: x2 = x1 + k, k ∈ Z.

y1 cosπx1 = y2 cosπ(x1 + k) = y2(−1)k cosπx1.

Rezulta y1 = y2(−1)k ⇔ y2 = (−1)ky1.

Din {x2 = x1 + k,

y2 = y1(−1)k,

obtinem [x1, y1] = [x2, y2], adica ψ este aplicatie injectiva.

Calculam Jacobianul Jψ si gasim:

Jψ =

−2π sin 2πx 0

2π cos 2πx 0

−πy sinπx cosπx

πy cosπx sinπx

,

23

care are rang Jψ = 2.

Deci ψ este o imersie injectiva, i.e. o scufundare.

iv) Consideram urmatoarea interpretare geometrica a bandei lui

Mobius: ın spatiul Oxyz, un segment de lungime 2 paralel cu axa Oz

cu mijlocul ın (0,2,0) se roteste astfel ıncat

a) mijlocul sau C descrie un cerc de raza 2 ın planul xOy;

b) unghiul format de segment cu axa Oz este jumatate din unghiul

COy.

Suprafata descrisa de segment este banda lui Mobius.

Notam m(� COy) = u si v ∈ (−1, 1) un parametru pe segment.

Obtinem o parametrizare:

f : (0, 2π) × (−1, 1) → B ⊂ R3,

f (u, v) = ((2 − v sinu

2) sinu, (2 − v sin

u

2) cosu, v cos

u

2).

Analog, considerand pozitia initiala a luiC punctul (2,0,0), obtinem

parametrizarea:

g : (0, 2π) × (−1, 1) →M,

g(u′, v

′) = ([2−v′

sin(u

′

2+π

4)] cosu

′,−[2−v′

sin(u

′

2+π

4)] sinu

′, v

′cos(

u′

2+π

4)).

Evident f si g sunt injective.

Notam

U1 = f ((0, 2π)× (−1, 1)), U2 = g((0, 2π) × (−1, 1)),

h1 = f−1 : U1 → R2, h2 = g−1 : U2 → R2.

Atunci A = {(U1, h1), (U2, h2)} este un atlas pe B.

Verificam axiomele atlasului:

A1) U1 ∪ U2 = B - evident.

A2) h1(U1 ∪ U2) = ((0, 2π)\{ π2}) × (−1, 1), respectiv

h2(U1 ∪ U2) = ((0, 2π)\{ 3π2})× (−1, 1) sunt multimi deschise ın R2.


A3) h1 ◦ h−12 : ((0, 3π

2) ∪ (3π

2, 2π) × (−1, 1) → R2 are ecuatiile:

h1 ◦ h−12 (u

′, v

′) =

(u′+ π

2, v

′) , daca u

′ ∈ (0, 3π2

),

(u′ − 3π

2 ,−v′) , daca u

′ ∈ (3π2 , 2π).

Evident, h1 ◦ h−12 este diferentiabila.

Analog h2 ◦ h−11 este diferentiabila.

v) Calculam Jacobianul aplicatiei h1 ◦ h−12 .

1) pentru u′ ∈ (0, 3π

2 ), Jh1◦h−12

=

1 0

0 1

. Rezulta detJh1◦h−12

=

1.

2) pentru u′ ∈ (3π

2, 2π), Jh1◦h−1

2=

1 0

0 1

. Rezulta detJh1◦h−12

=

−1.

7. STICLA LUI KLEIN

Fie M = R2. Pentru ∀m,n ∈ Z, fie aplicatiile gm,n : M → M,

definite astfel:

gm,n(x, y) = (x+m, (−1)my + n).

Fie G = {gm,n|m,n ∈ Z}.i) Sa se arate ca G este un grup de automorfisme propriu discon-


ii) Fie K = M/G. Atunci K este varietate diferentiabila de dimen-

siune 2 (numita sticla lui Klein).

iii) Sa se construiasca o scufundare a sticlei lui Klein ıntr-un spatiu

euclidian.

25

Solutie:

i) Evident gm,n automorfism, ∀m,n ∈ Z.

Fie (x, y) ∈ R2 si m,n ∈ Z astfel ıncat gm,n(x, y) = (x, y). Rezulta{x+m = x

(−1)my + n = y,

de unde m = 0, n = 0.

Deci g0,0 = IdR2 este singurul automorfism cu puncte fixe. Am

aratat ca grupul de automorfisme G este fara puncte fixe.

Fie K1, K2 ⊂ M = R2 multimi compacte. Exista o bila B(0, r)

astfel ıncat K1, K2 ⊂ B(0, r).

Pentru |m| , |n| ≥ 2r, rezulta

gm,n(K1) ∩K2 = ∅.

Deci multimea {gm,n|gm,n(K1) ∩K2 �= ∅} este finita, adica G este

propriu discontinuu.

ii) M = R2 este varietate diferentiabila 2-dimensionabila, G este

un grup de automorfisme propriu discontinuu si fara puncte fixe.

Conform teoremei de caracterizare a spatiului cat, rezulta K =

M/G este varietate diferentiabila de dimensiune 2.

iii) Fie aplicatia:

ψ : K → R4,

ψ([x, y]) = (cos 2πx·cos 2πy, sin 2πx·cos 2πy, cos πx·sin 2πy, sin πx·sin 2πy).

Evident, avem

ψ([gm,n(x, y)]) =

= (cos 2π(x+m)·cos 2π((−1)my+n), sin 2π(x+m)·cos 2π((−1)my+n),

cosπ(x+m)·sin 2π((−1)my+n), sinπ(x+m)·sin 2π((−1)my+n)) =

= (cos 2πx · cos 2πy, sin 2πx · cos 2πy,


(−1)m cosπx · (−1)m sin 2πy, (−1)m sinπx · (−1)m sin 2πy) =

= (cos 2πx·cos 2πy, sin 2πx·cos 2πy, cos πx·sin 2πy, sin πx·sin 2πy) = ψ([x, y]).

Rezulta ca ψ este bine definita.

Sa aratam ca ψ este injectiva. Fie m,n ∈ Z.

Fie [x1, y1], [x2, y2] ∈ K astfel ıncat gm,n([x1, y1]) = gm,n([x2, y2]).

Atunci:

cos 2πx1 · cos 2πy1 = cos 2πx2 · cos 2πy2

sin 2πx1 · cos 2πy1 = sin 2πx1 · cos 2πy1

cosπx1 · sin 2πy1 = cosπx2 · sin 2πy2

sinπx1 · sin 2πy1 = sin πx2 · sin 2πy2

Prin ımpartirea ultimelor doua relatii, rezulta:

tgπx1 = tgπx2 =⇒ x1 = x2 + k, k ∈ Z;

atunci cosπx1 = cos(πx2 + πk) = (−1)k cosπx2, sau echivalent,

cosπx2 = (−1)k cosπx1.

Din a treia relatie, obtinem

cos 2πy1 = (−1)k cos 2πy2,

de unde y1 = (−1)ky2 +m,m ∈ Z.

Rezulta [x1, y1] = [x2, y2], deci ψ este injectiva.

Pe de alta parte, avem:

Jψ =

−2π sin 2πx · cos 2πy −2π sin 2πy · cos 2πx

2π cos 2πx · cos 2πy −2π sin 2πy · sin 2πx

−π sin πx · sin 2πy 2π cos 2πy · cosπx

π cosπx · sin 2πy 2π cos 2πy · sinπx

,

Evident rang Jψ = 2.

Rezulta ψ imersie.

Prin urmare, ψ este o scufundare.

27

8. TORUL

Fie M = Rn. Pentru ∀(m1, ..., mn) ∈ Zn, definim aplicatiile

gm1,...,mn : M → M, prin:

gm1,...,mn(x1, ..., xn) = (x1 +m1, ..., x

n +mn).

Fie G = {gm1,...,mn|(m1, ..., mn) ∈ Zn}.i) Sa se arate ca G este un grup de automorfisme propriu discon-


ii) Fie T n = Rn/G. Atunci T n este o varietate diferentiabila de

dimensiune n (numita tor).

iii) Sa se construiasca o scufundare a torului T n ın R2n.

Solutie:

i) Evident ∀(m1, ..., mn) ∈ Zn, gm1,...,mn este un automorfism al lui

M.

Fie (x1, ..., xn) ∈M si m1, ..., mn ∈ Z astfel ıncat

gm1,...,mn(x1, ..., xn) = (x1, ..., xn).

Rezulta xi + mi = xi, ∀i = 1, n, de unde mi = 0, ∀i = 1, n. Deci

aplicatia gm1,...,mn = g0,...,0 = IdM este singurul automorfism care are

puncte fixe.

Rezulta G fara puncte fixe.

Fie K1, K2 ⊂ M multimi compacte. Proiectand pe axa Ox1,

obtinem:

prOx1K1 = [a, b], prOx1K2 = [c, d].

Pentru a arata ca G este propriu discontinuu, trebuie sa demon-

stram ca multimea

{gm1,...,mn(K1) ∩K2 �= ∅}

este finita.


Este suficient sa aratam ca multimea {pr1(g(K1)) ∩ pr1(K2) �= ∅}este finita, unde pr1 = prOx1 , g ∈ G.

Fie |m1| > |d− a|. Atunci pr1(g(K1))∩ pr1(K2) = ∅, deci g(K1)∩K2 = ∅.

Consideram proiectiile pe Ox2, ..., Oxn si alegem ın acelasi mod

m2, ..., mn ∈ Z. Rezulta ca multimea {g| g(K1) ∩K2 �= ∅} este finita,

pentru (m1, ..., mn) ıntr-un produs cartezian de multimi finite din Z.

Prin urmare G este propriu discontinuu.

ii) Se aplica teorema de caracterizare a spatiului cat.

iii) Fie aplicatia:

ψ : Rn → R2n,

ψ(x1, ..., xn) = (cos 2πx1 , sin 2πx1, ..., cos 2πxn , sin 2πxn).

Evident ψ(gm1,...,mn(x1, ..., xn)) = ψ(x1, ..., xn).

Definim:

ψ : T n → R2n,

ψ([x1, ..., xn]) = (cos 2πx1 , sin 2πx1, ..., cos 2πxn , sin 2πxn).

Fie [x1, ..., xn], [y1, ..., yn] ∈ T n, cu ψ([x1, ..., xn]) = ψ([y1, ..., yn]).

Rezulta: {cos 2πxi = cos 2πyi

sin 2πxi = sin 2πyi, ∀i = 1, n.

Deducem 2πxi = 2πyi + 2πki, ∀i = 1, n, cu ki ∈ Z ⇒ xi = yi +

ki, ∀i = 1, n.

Rezulta [x1, ..., xn] = [y1, ..., yn], deci ψ este aplicatie injectiva.

29

Calculand, gasim:

Jxψ =

− sin 2πx1 0 . . . 0

cos 2πx1 0 . . . 0

0 − sin 2πx2 . . . 0

0 cos 2πx2 . . . 0

. . . . . .

0 0 . . . − sin2πxn

0 0 . . . cos 2πxn

.

Pentru fiecare pereche (sin 2πxi, cos 2πyi), ∀i = 1, n, cel putin o

componenta este nenula. Rezulta ca exista un minor nenul de ordin

n. Deci rang ψ = rang ψ = n, adica ψ este imersie.

Rezulta ψ scufundare.

9. GRUPUL ORTOGONAL

Fie

O(n) = {(aij)i,j=1,n |n∑i=1

aijaik = δjk , ∀j, k = 1, n} =

= {A ∈Mn(R) | A · At = In}.Sa se arate ca O(n) este o varietate diferentiabila de clasa C∞ si

dimensiune n(n−1)2 .

Solutie:

Fie Σ = {S ∈Mn(R) | S = −tS}. Evident Σ � Rn(n−1)

2 .

Este usor de aratat ca ∀S ∈ Σ, matricea In − S este inversabila si

(In + S)(In − S)−1 ∈ O(n).

Oricare ar fi A ∈ O(n), fie:

gA : Rn(n−1)

2 → O(n),


gA(S) = (In + S)(In − S)−1A.

Fie UA = ImgA.

Vom demonstra ca gA este bijectiva si definim:

hA : UA → Rn(n−1)

2 , hA = g−1A .

Fie B ∈ UA Atunci ∃S ∈ Σ astfel ıncat (In + S)(In − S)−1A = B,

sau echivalent, In+S = BA−1(In−S), i.e., (In+BA−1)S = BA−1−In,

deci S = (In + BA−1)−1(BA−1 − In).

Deci ∀B ∈ UA, ∃! S ∈ Σ astfel ıncat gA(S) = B, adica gA bijectiva.

Evident hA : UA → Rn(n−1)

2 este injectiva.

Vom arata ca {(UA, hA) | A ∈ O(n)} constituie un atlas pe O(n).

Verificam axiomele atlasului:

A1) O(n) =⋃

A∈O(n)

UA.

Incluziunea ”⊇” este evidenta.

Reciproc, fie A ∈ O(n). Rezulta A = gA(0n) ∈ UA, deci O(n) ⊂⋃A∈O(n)

UA.

A2) hA(UA ∩ UC) ⊂ Rn(n−1)

2 este multime deschisa (intersectie de

multimi deschise).

A3) hC ◦ h−1A : hA(UA ∩ UC) → R

n(n−1)2 este de clasa C∞.

Fie B ∈ hA(UA ∩ UC) si S = h−1A (B).

Atunci:

hC(S) = (hC ◦ h−1A )(B)

not= S

′,

unde S′= (In +BC−1)−1(BC−1 − In) si B = (In + S)(In− S)−1A.

Inlocuim B cu expresia anterioara ın expresia lui S′.

Operatiile facute sunt C∞-diferentiabile pe domeniul de definitie.

31

10. SCUFUNDAREA SPATIULUI PROIECTIV

Fie spatiul proiectiv real P n(R) = Rn+1\{0}/∼, unde

(x1, ..., xn+1) ∼ (y1, ..., yn+1) ⇔ ∃λ ∈ R∗ a.ı. yi = λxi, ∀i = 1, n + 1.

i) Aratati ca nu se poate aplica teorema de caracterizare a spatiului

cat.

ii) Sa se construiasca o scufundare a spatiului proiectiv ıntr-un

spatiu euclidian.

Solutie:

i) Pentru ∀λ ∈ R∗, definim gλ : Rn+1\{0} → Rn+1\{0}, prin

gλ(x1, ..., xn+1) = (λx1, ..., λxn+1).

Fie G = {gλ|λ ∈ R∗}.Evident (G, ◦) grup.

Fie (x1, ..., xn+1) ∈ Rn+1\{0}, gλ(x1, ..., xn+1) = (x1, ..., xn+1).

Atunci

λxi = xi, ∀i = 1, n + 1 ⇒ λ = 1 ⇒ gλ = g1 = IdRn+1\{0}.

Deci G nu are puncte fixe.

Vom arata ca G nu este propriu discontinuu, adica exista doua

multimi compacte K1, K2 ⊂ Rn+1\{0}, cu g(K1) ∩K2 �= ∅, pentru o

infinitate de aplicatii g ∈ G.

Fie K1 = K2 = {x ∈ Rn+1| 12≤ ‖x‖ ≤ 1}.

Fie gλ ∈ G, λ ∈ R∗. Avem

gλ(K1) = {λx ∈ Rn+1|12≤ ‖λx‖ ≤ 1} = {y ∈ Rn+1| |λ|

2≤ ‖y‖ ≤ |λ|}.

Daca |λ| ∈ [12, 1], λ ∈ R∗ ⇒ gλ(K1) ∩K2 �= ∅, deci multimea

{gλ|gλ(K1) ∩K2 �= ∅} este infinita.


Rezulta ca G nu este propriu discontinuu, deci nu se poate aplica

teorema de caracterizare a spatiului cat.

ii) Evident P n(R) = Rn+1\{0}/∼ = Sn/{±IdSn} (dreptele din Rn+1

ce trec prin origine).

Fie

ψ : Sn → R(n+1)(n+2)

2 ,

ψ(x1, ..., xn+1) =

= ((x1)2, x1x2, ..., x1xn+1, (x2)2, x2x3, ..., x2xn+1, ..., (xn)2, xnxn+1, (xn+1)2).

Evident ψ(−x1, ...,−xn+1) = ψ(x1, ..., xn+1).

Putem defini

ψ : P n(R) → R(n+1)(n+2)

2 ,

ψ([x1, ..., xn+1]) =

= ((x1)2, x1x2, ..., x1xn+1, (x2)2, x2x3, ..., x2xn+1, ..., (xn)2, xnxn+1, (xn+1)2).

Fie [x1, ..., xn+1], [y1, ..., yn+1] ∈ P n(R) astfel ıncat

ψ([x1, ..., xn+1]) = ψ([y1, ..., yn+1]) ⇒ (xi)2 = (yi)2.

Deci xi = ±yi, ∀i = 1, n+ 1.

Fie xi, xj �= 0 ⇒ xixj = yiyj ⇒ xi = yi

xj = yj,

sau −xi = yi

−xj = yj,

deci [x1, ..., xn+1] = [y1, ..., yn+1] si ψ este injectiva.

Consideram urmatoarea compunere:

Sni↪→ Rn+1\{0} ψ

′→ R

(n+1)(n+2)2 ,

33

i.e.

Snψ→ R

(n+1)(n+2)2 ,

cu

ψ′(x1, ..., xn+1) =

= ((x1)2, x1x2, ..., x1xn+1, (x2)2, x2x3, ..., x2xn+1, ..., (xn)2, xnxn+1, (xn+1)2),

si i incluziunea. Avem

Jxψ′=

2x1 0 . . . 0

x2 x1 . . . 0

. . . . . .

xn+1 0 . . . x1

0 2x2 . . . 0

. . . . . .

0 xn+1 . . . x2

. . . . . .

0 0 . . . 2xn+1

,

deci rang ψ′ = n + 1 ⇒ ψ imersie.

Incluziunea i : Sn ↪→ Rn+1\{0} fiind imersie, rezulta ψ′ ◦ i imersie,

deci ψ este imersie.

Prin urmare ψ este o scufundare.

11. EXEMPLU DE VARIETATE DIFERENTIABILA NESEPA-

RATA

Sa se arate ca

M = {(x, y) ∈ R2| y = 0} ∪ {(x, y) ∈ R2| y = 1, x ≥ 0}

este o varietate diferentiabila 1-dimensionala, neseparata, de clasa C∞.


Solutie:

Fie multimile

U1 = {(x, y) ∈ R2| y = 0},U2 = {(x, y) ∈ R2| x ≥ 0, y = 1} ∪ {(x, y) ∈ R2| x < 0, y = 0}.Definim aplicatiile:

h1 : U1 → R, h1(x, 0) = x,

h2 : U2 → R,{h2(x, 1) = x, daca x ≥ 0,

h2(x, 0) = x, daca x < 0.

Evident U1, U2 ⊂M si h1, h2 sunt aplicatii injective.

Vom arata ca {(U1, h1), (U2, h2)} formeaza un atlas peM. Verificam

axiomele atlasului:

A1)U1 ∪ U2 = M - evident.

A2) h1(U1 ∩ U2) = h1({(x, y) ∈ R2|y = 0, x < 1}) = (−∞, 0) ⊂ R


h2(U1 ∩ U2) = h2({(x, y) ∈ R2|y = 0, x < 1}) = (−∞, 0) ⊂ R


A3) Aplicatia

h2 ◦ h−11 : h1(U1 ∩ U2) → R,

h2 ◦ h−11 (x) = h2(x, 0) = x,

este C∞- diferentiabila.

Analog h2 ◦ h−11 este o aplicatie C∞− diferentiabila.

Vom arata ca M nu este separata.

Fie V0 multimea vecinatatilor lui 0.

Fie V1 = (−ε, ε) ∈ V0.

Atunci

h−11 (V1) = V1 × {0} ∈ V(0,0)

35

este o vecinatate deschisa a lui (0, 0) din U1.

Fie V2 = (−η, η) ∈ V0.

Atunci

h−12 (V2) = ((−η, 0)× {0}) ∪ ((0, η) × {1}) ∈ V(0,1)

este o vecinatate deschisa a lui (0, 1) din U2.

Evident V1 ∩ V2 �= ∅. Presupunem ε < η.

Rezulta

h−11 (V1) ∩ h−1

2 (V2) = (−ε, 0)× {0},deci M este o varietate diferentiabila neseparata.

Capitolul 2

Spatii fibrate vectoriale

1. FIBRAREA TANGENTA

Fie M o varietate diferentiabila de clasa Ck , dimM = n. Fie p ∈M,TpM multimea vectorilor tangenti la varietatea M ın punctul p si

TM =⋃p∈M

TpM.

i) Atunci TM este o varietate diferentiabila de clasa Ck−1, dim TM =

2n.

ii) In plus, daca M este separata, atunci TM este separata.

iii) Fie aplicatia π : TM →M,π(Xp) = p, proiectia canonica.

Sa se arate ca (TM, π,M) este o fibrare vectoriala de rang n (nu-

mita fibrarea tangenta).

Solutie:

i) Fie (U, h) o harta a varietatii M, deci U ⊂ M si h : U →Rn aplicatie injectiva. Notam x1, ..., xn functiile coordonate asociate

hartii (U, h). Definim

H : TU =⋃p∈U

TpM → h(U) ×Rn ⊂ R2n,

37

38 CAPITOLUL 2. SPATII FIBRATE VECTORIALE

prin

H(Xp) = (h(p), X1p, ..., X

np ),

unde p ∈ U, Xp =n∑i=1

X ip

∂

∂xi|p∈ TpM, iar

TpM ⊂ ⋃p∈U

TpM = TU ⊂ TM.

Sa aratam ca aplicatia H este injectiva. Fie p, q ∈ U,Xp, Yq ⊂ TU

astfel ıncat H(Xp) = H(Yq).

Rezulta

(h(p), X1p, ..., X

np ) = (h(q), Y 1

q , ..., Ynq ),

de unde h(p) = h(q) si X ip = Y i

q , ∀i = 1, n.

Deoarece h este injectiva, rezulta p = q, iar relatiile X ip = Y i

q , ∀i =

1, n, implica Xp = Yq, deci H este o aplicatie injectiva.

A1) Au loc urmatoarele relatii

TM =⋃p∈M

TpM =⋃

U⊂M(

⋃p∈U

TpM) =⋃

U⊂MTU.

A2) Fie (U, h) alta harta pe M, cu U ∩U �= ∅ si perechea (TU,H)

construita ca mai sus. Avem:

TU ∩ TU = (⋃p∈U

TpM) ∩ (⋃p∈U

TpM) =⋃

p∈U∩UTpM = T (U ∩ U ) �= ∅,

deci TU ∩ TU �= ∅.

H(TU ∩ TU) = H(T (U ∩ U )) = h(U ∩ U ) ×Rn ⊂ R2n

este multime deschisa.

A3) Vom arata ca aplicatia

H ◦H−1 : H(TU ∩ TU) → R2n

39

este diferentiabila de clasa Ck−1, sau, echivalent:

H ◦H−1 : h(U ∩ U) × Rn → R2n

este diferentiabila de clasa Ck−1.

Fie p ∈ U ∩ U. Atunci h(p) = u ∈ h(U ∩ U ). Fie v1, ..., vn ∈ R si

x1, ..., xn functiile coordonate asociate hartii (U, h).

Avem

H ◦H−1(u, v1, ..., vn) = H(H−1(u, v1, ..., vn)) = H(vi∂

∂xi|p) =

= H(vi∂xj

∂xi∂

∂xj|p) = (h(p), vi

∂x1

∂xi|p, ..., vi∂x

n

∂xi|p) =

= ((h ◦ h−1)(u), v1, ..., vn),

unde am notat vi =∂xi

∂xj|p vj, deci aplicatia H◦H−1 este diferentiabila

de clasa Ck−1.

Rezulta ca TM este o varietate diferentiabila de clasa Ck−1 si di-

mensiune 2n.

ii) Presupunem ca M este separata. Fie π : TM →M, π(Xp) = p,

∀Xp ∈ TpM.

π este o aplicatie continua (ıntoarce deschisi ın deschisi).

Fie Xp, Yq ∈ TM,Xp �= Yq. Vom arata ca exista doua vecinatati

disjuncte deschise ale lui Xp, Yq.

Se disting doua cazuri:

1) p �= q, p, q ∈M.

Deoarece M este separata, exista doua vecinatati U1, U2 ⊂ M cu

p ∈ U1, q ∈ U2, U1 ∩ U2 = ∅.Xp ∈ TpM implica Xp ∈ π−1(U1), iar Yq ∈ TqM implica Yq ∈

π−1(U2). Cum U1, U2 sunt multimi deschise ın M si π este continua,

rezulta π−1(U1), π−1(U2) sunt multimi deschise ın TM.


Evident

π−1(U1) ∩ π−1(U2) = π−1(U1 ∩ U2) = π−1(∅) = ∅.

2) p = q

Fie (U, h) o harta ın jurul lui p.

Xp = X ip

∂

∂xi|p; Yp = Y i

p

∂

∂xi|p .

Avem

H(Xp) = (h(p), X1p, ..., X

np ) = (h(p), x

′),

H(Yp) = (h(p), Y 1p , ..., Y

np ) = (h(p), y

′),

unde am notat

x′= (X1

p , ..., Xnp ) ∈ Rn; y

′= (Y 1

p , ..., Ynp ) ∈ Rn.

Cum Rn este separat, rezulta ca exista doua multimi deschise

U′, V

′ ⊂ Rn astfel ıncat

x′ ∈ U

′, y

′ ∈ V′, U

′ ∩ V ′= ∅.

Atunci

(h(p), x′) ∈ h(U) × U

′, (h(p), y

′) ∈ h(U) × V

′.

Evident

(h(U )× U′) ∩ (h(U )× V

′) = h(U) × (U

′ ∩ V ′) = ∅.

H este homeomorfism. Rezulta

H−1(h(U ) × U′) ⊂ TM,

H−1(h(U )× V′) ⊂ TM

41

sunt multimi deschise.

In plus

Xp ∈ H−1(h(U ) × U′), Yp ∈ H−1(h(U )× V

′),

si

H−1(h(U )× U′) ∩H−1(h(U ) × V

′) = ∅.

Rezulta ca TM este o varietate diferentiabila separata.

iii) TM si M sunt varietati diferentiabile si π este surjectiva.

Ep = π−1(p) = TpM este un spatiu vectorial cu dimEp = n,

∀p ∈M (rangul fibrarii va fi n).

Fie {(Ua, ha)| a ∈ A} atlas pe M si {(π−1(Ua), Ha)| a ∈ A} atlasul

indus pe TM (π−1(Ua) = TUa).

Pentru ∀p ∈ M, exista (Ua, ha) o harta, p ∈ Ua, cu ha : Ua →ha(Ua) ⊂ Rn multime deschisa, ha difeomorfism, deci

h−1a : ha(Ua) → Ua

este difeomorfism.

Fie φa : π−1(Ua) → Ua ×Rn definit prin:

φa = (h−1a × IdRn) ◦Ha,

adica φa ınchide diagrama:

π−1(Ua)Ha→ ha(Ua) × Rn h−1

a ×IdRn→ Ua ×Rn.

Fie π1 : Ua × Rn → Ua proiectia pe primul factor.

π1(φa(Xp)) = π1((ha × IdRn) ◦Ha(Xp)) =

= π1((h−1a × IdRn)(ha(p), X

1p , ..., X

np )) =

= π1(h−1a (ha(p)), X

1p, ..., X

np ) =


= π1(p, X1p , ..., X

np ) = p.

Cum φa este difeomorfism, rezulta ca φa |TpM este aplicatie injec-

tiva.

φa(TpM) = ((h−1a × IdRn) ◦Ha)(TpM)) =

= (h−1a × IdRn)(Ha(TpM)) = (h−1

a × IdRn)({h(p)} ×Rn) =

= h−1a (h(p) × Rn) = {p} ×Rn.

Deci φa |TpM este aplicatie surjectiva.

Am aratat ca φa |TpM este bijectie.

Fie Xp, Yp ∈ TpM,

Xp =n∑i=1

X ip

∂

∂xi|p, Yp =

n∑i=1

Y ip

∂

∂xi|p,

φa(Xp + Yp) = ((h−1a × IdRn) ◦Ha)(Xp + Yp) =

= (h−1a × IdRn)(ha(p), X

1p + Y 1

p , ..., Xnp + Y n

p ) =

= h−1a (ha(p), X

1p + Y 1

p , ..., Xnp + Y n

p ) =

= (p, X1p + Y 1

p , ..., Xnp + Y n

p ) =

= (p, X1p , ..., X

np ) + (p, Y 1

p , ..., Ynp ) =

= φa(Xp) + φa(Yp).

Analog, ∀λ ∈ R, ∀Xp ∈ TpM,

φa(λXp) = λφa(Xp).

Deci φa |TpM : TpM → {p} × Rn este un izomorfism de spatii vec-

toriale.

Rezulta ca (TM, π,M) este o fibrare vectoriala de rang n.

43

2. FIBRAREA COTANGENTA.

Fie M o varietate diferentiabila de clasa Ck , dimM = n. Atunci:

i) T ∗M =⋃p∈M

T ∗pM este o varietate diferentiabila de clasa Ck−1,

dimT ∗M = 2n.

ii) Daca M este separata, atunci T ∗M este separata.

iii) Fie aplicatia π∗ : T ∗M → M,π∗(ωp) = p, proiectia canonica.

Atunci (T ∗M,π∗,M) este o fibrare vectoriala de rang n (numita

fibrarea cotangenta).

Solutie:

i) Fie (U, h) o harta a varietatii M, deci U ⊂ M si h : U →Rn aplicatie injectiva. Notam x1, ..., xn functiile coordonate asociate

hartii (U, h).

Vom construi aplicatia

ρ : T ∗U =⋃p∈U

T ∗pM → h(U) ×Rn ⊂ R2n,

prin

ρ(ωp) = (h(p), ω1p, ..., ω

np ),

unde p ∈ U, ωp = ωipdxi |p∈ T ∗

pM, iar T ∗pM ⊂ ⋃

p∈UT ∗pM = T ∗U ⊂

T ∗M.

Vom demonstra ca aplicatia ρ este injectiva.

Fie p, q ∈ U, ωp, σq ⊂ T ∗U astfel ıncat ρ(ωp) = ρ(σq).

Rezulta

(h(p), ω1p, ..., ω

np ) = (h(q), σ1

q , ..., σnq ).

De aici deducem h(p) = h(q) si ωip = σiq, ∀i = 1, n.

Deoarece h este injectiva, rezulta p = q. Deci ωp = σq, adica ρ este

o aplicatie injectiva.

A1) Avem

T ∗M =⋃p∈M

T ∗pM =

⋃U⊂M

(⋃p∈U

T ∗pM) =

⋃U⊂M

T ∗U.


A2) Fie (U, h) alta harta pe M, cu U ∩U �= ∅ si perechea (T ∗U, ρ)

construita ca mai sus.

T ∗(U ∩ U ) = T ∗U ∩ T ∗U �= ∅.

Atunci

ρ(T ∗U ∩ T ∗U) = ρ(T ∗(U ∩ U )) = h(U ∩ U ) ×Rn ⊂ R2n

este multime deschisa.

A3) Vom arata ca aplicatia:

ρ ◦ ρ−1 : h(U ∩ U ) ×Rn → R2n

este diferentiabila de clasa Ck−1.

Fie p ∈ U ∩ U. Atunci h(p) = u ∈ h(U ∩ U). Fie v1, ..., vn ∈ R si

x1, ..., xn functiile coordonate asociate hartii (U, h).

Avem

ρ ◦ ρ−1(u, v1, ..., vn) = ρ(ρ−1(u, v1, ..., vn)) = ρ(vidxi(p)) =

= ρ(vi∂xi

∂xj|p dxj(p)) =

= ρ(vi(∂xi

∂xj|p dxj) |p) =

= (h(p), vi∂xi

∂x1|p, ..., vi ∂x

i

∂xn|p) =

= (h ◦ h−1(u), v1, ..., vn),

unde vj = vi∂xi

∂xj |p .Deci aplicatia ρ ◦ ρ−1 este diferentiabila si T ∗M este o varietate

diferentiabila de clasa Ck−1 si dimensiune 2n.

ii) Presupunem ca M este separata. Fie π∗ : T ∗M →M, π∗(ωp) =

p, ∀ωp ∈ T ∗pM.

45

Fie ωp, σq ∈ T ∗M,ωp �= σq . Vom arata ca exista doua vecinatati

disjuncte deschise ale lui ωp si σq.

Se disting doua cazuri:

1) p �= q, p, q ∈M.

Deoarece M este separata, exista doua vecinatati U1, U2 ⊂ M, cu

p ∈ U1, q ∈ U2, U1 ∩ U2 = ∅.ωp ∈ T ∗

pM implica ωp ∈ π∗−1(U1), iar σq ∈ T ∗qM implica σq ∈

π∗−1(U2).

U1, U2 sunt multimi deschise ın M si π este continua, rezulta π∗−1(U1),

π∗−1(U2) sunt multimi deschise ın T ∗M.

Evident

π∗−1(U1) ∩ π∗−1(U2) = π∗−1(U1 ∩ U2) = π∗−1(∅) = ∅.

2) p = q

Fie (U, h) o harta ın jurul lui p.

ωp = ωipdxi |p, σp = σipdx

i |p,

ρ(ωp) = (h(p), ω1p, ..., ω

np ) = (h(p), x

′),

ρ(σp) = (h(p), σ1p, ..., σ

np ) = (h(p), y

′),

unde am notat x′= (ω1

p, ..., ωnp ) ∈ Rn, y

′= (σ1

p, ..., σnp ) ∈ Rn.

Cum Rn este separat, rezulta ca exista doua multimi deschise

U′, V

′ ⊂ Rn astfel ıncat

x′ ∈ U

′, y

′ ∈ V′, U

′ ∩ V ′= ∅.

Atunci

(h(p), x′) ∈ h(U) × U

′, (h(p), y

′) ∈ h(U) × V

′,

(h(U )× U′) ∩ (h(U )× V

′) = h(U) × (U

′ ∩ V ′) = ∅.


ρ este homeomorfism. Rezulta

ρ−1(h(U ) × U′) ⊂ T ∗M,

ρ−1(h(U ) × V′) ⊂ T ∗M,

sunt multimi deschise.

In plus

ωp ∈ ρ−1(h(U ) × U′), σp ∈ ρ−1(h(U ) × V

′)

si

ρ−1(h(U )× U′) ∩ ρ−1(h(U )× V

′) = ∅.

Deci T ∗M este o varietate diferentiabila separata.

iii) T ∗M si M sunt varietati diferentiabile si π∗ este aplicatie sur-

jectiva.

Vom verifica proprietatile fibrarii:

1) Ep = π∗−1(p) = T ∗pM este spatiu vectorial cu dimEp = n,

∀p ∈M.

2) Fie {(Ua, ha)| a ∈ A} atlas pe M si {(π∗−1(Ua), Ha)| a ∈ A}atlasul indus pe T ∗M.

Pentru ∀p ∈ M, exista (Ua, ha) harta, p ∈ Ua, cu ha : Ua →ha(Ua) ⊂ Rn multime deschisa, ha difeomorfism, deci

h−1a : ha(Ua) → Ua este difeomorfism.

Fie φa : π−1(Ua) → Ua ×Rn definita prin φa = (h−1a × IdRn) ◦Ha;

φa ınchide diagrama

π∗−1(Ua)Ha→ ha(Ua) ×Rn h−1

a ×IdRn→ Ua ×Rn.

Evident φa este difeomorfism.

3) Fie π1 : Ua ×Rn → Ua proiectia pe primul factor.

π1(φa(ωp)) = π1((ha × IdRn) ◦Ha(ωp)) =

47

= π1((h−1a × IdRn)(ha(p), ω

1p, ..., ω

np )) =

= π1(h−1a (ha(p)), ω

1p, ..., ω

np ) =

= π1(p, ω1p, ..., ω

np ) = p.

Vom arata ca φa |T ∗pM : T ∗

pM → {p}×Rn este izomorfism de spatii

vectoriale.

φa difeomorfism implica φa |T ∗pM injectiva.

φa(T∗pM) = ((h−1

a × IdRn) ◦Ha)(T∗pM)) =

= (h−1a × IdRn)(Ha(T

∗pM)) = (h−1

a × IdRn)({h(p)} ×Rn) =

= h−1a (h(p) × Rn) = {p} ×Rn.

Deci φa |TpM este o aplicatie surjectiva, deci bijectie.

Sa demonstram liniaritatea.

Fie ωp, σp ∈ T ∗pM, ωp = ωipdx

i |p, σp = σipdxi |p. Atunci

φa(ωp + σp) = ((h−1a × IdRn) ◦Ha)((ωp + σp) =

= (h−1a × IdRn)(ha(p), ω

1p + σ1

p, ..., ωnp + σnp ) =

= h−1a (ha(p), ω

1p + σ1

p , ..., ωnp + σnp ) =

= (p, ω1p + σ1

p , ..., ωnp + σnp ) =

= (p, ω1p, ..., ω

np ) + (p, σ1

p + σnp ) =

= φa(ωp) + φa(σp).

Analog, ∀λ ∈ R, ∀ωp ∈ T ∗pM,

φa(λωp) = λφa(ωp).

Deci φa |T ∗pM : T ∗

pM → {p} ×Rn este izomorfism de spatii vectori-

ale.

Rezulta ca (T ∗M,π∗,M) este fibrare vectoriala de rang n.


3. FIBRAREA TENSORIALA

Fie M o varietate diferentiabila, dimM = n si p ∈ M.

Fie T r,sp M spatiul vectorial al tensorilor de tip (r, s) ın p si T r,sM =⋃p∈M

T r,sp M.

Consideram aplicatia:

πr,s : T r,sM →M, πr,s(Ap) = p,

unde Ap este un tensor de tip (r, s) ın p.

Sa se arate ca (T r,sM,πr,s,M) este o fibrare vectoriala de rang nr+s

(numita fibrarea tensoriala).

Solutie:

Aplicatia πr,s este diferentiabila, surjectiva, iar spatiile T r,sM, re-

spectiv M sunt varietati diferentiabile.

Vom verifica proprietatile fibrarii.

Ep = (πr,s)−1(p) = T r,sp M, care este spatiu vectorial de dimensiune

nr+s (rangul fibrarii va fi nr+s).

Fie {(Ua, ha)| a ∈ A} atlas pe M, ha : Ua → Rn injectiva.

Vom construi atlasul pe T r,sM, dim T r,sM = n+ nr+s, astfel:

Fie (U′a, h

′a) harta pe T r,sM, unde

U′a = T r,sUa =

⋃p∈Ua

T r,sp M,

h′a : T r,sUa → ha(Ua) ×Rnr+s ⊂ Rn+nr+s

,

h′a(Ap) = (ha(Ap), A

j1...jri1...is ),

cu

Aj1...jri1...is = Ap(

∂

∂xi1|p, ..., ∂

∂xis|p, dxj1(p), ..., dxjr(p))

sunt componentele tensorului Ap ın baza {Ei1...isj1...jr

(p))|ik, jρ = 1, n, k =

1, s, ρ = 1, r} a lui T r,sp M.

Ei1...isj1...jr

(p)(∂

∂xk1|p, ..., ∂

∂xks|p, dxl1(p), ..., dxlr(p)) = δi1k1 ...δ

isks· δj1l1 ...δjrlr

49

Definim φa : T r,sUa → Ua×Rnr+sastfel ıncat diagrama urmatoare

sa fie comutativa:

T r,sUa = (πr,s)−1(Ua)h′a→ ha(Ua) ×Rnr+s

φa ↘↙h′a×IdRnr+s

Ua ×Rnr+s

adica φa = (h′a× IdRnr+s) ◦ h′

a.

Fie Ap ∈ T r,sp M = (πr,s)−1(p)

π1(φa(Ap)) = π1((h′a× IdRnr+s) ◦ h′

a(Ap)) =

= π1((h′a× IdRnr+s)(ha(p), A

j1...jr

i1...is )) =

= π1(p, Aj1...jri1...is ) = p.

φa |T r,sp M : T r,sp M → {p} ×Rnr+s

este injectiva (φa difeomorfism).

φa(Tr,sp M) = ((h

′a× IdRnr+s) ◦ h′

a)(Tr,sp M) =

= (h′a× IdRnr+s)(ha(p) ×Rnr+s

) = {p} ×Rnr+s

.

Rezulta ca φa este surjectiva.

Liniaritatea aplicatiei φa |T r,sp M este evidenta.

Rezulta ca (T r,sM,πr,s,M) este o fibrare vectoriala de rang nr+s.

4. EXEMPLE DE VARIETATI PARALELIZABILE

i) Sa se arate ca cercul S1 este o varietate paralelizabila.

ii) Sa se arate ca sfera S3 este o varietate paralelizabila.

iii) Sa se arate ca sfera S7 este o varietate paralelizabila.

Solutie:

i) Fie S1 ⊂ R2, S1 = {z ∈ C| |z| = 1}.Fie p = (u1, u2) ∈ S1 si z = u1 + iu2 ∈ C.


Vom defini un camp vectorial Y ∈ Γ(TR2) avand componentele

lui iz; iz = −u2 + iu1 ∈ C, deci

Y = −u2 ∂

∂u1+ u1 ∂

∂u2∈ Γ(TR2).

Campul vectorial Y nu se anuleaza pe S1.

Fie f : p ∈ S1 �→ f (p) = p ∈ R2 incluziunea. Atunci:

Y |f(S1 )= −u2 ∂

∂u1+ u1 ∂

∂u2,

cu (u1)2 + (u2)2 = 1, Y |f(S1 )∈ Γ(Tf (S1)).

Cum f : S1 → f (S1) este difeomorfism, rezulta ca aplicatia df :

Γ(TS1) → Γ(Tf (S1)) este izomorfism de algebre Lie.

Atunci exista E1 ∈ Γ(TS1) astfel ıncat df (E1) = Y |f(S1 ). Deci

E1 = df−1(Y |f(S1 )).

Cum Y nu se anuleaza pe f (S1), rezulta ca E1 nu se anuleaza pe

S1 si E1 paralelizeaza varietatea S1.

ii) Consideram algebra quaternionilor H = R4, care este o algebra

reala (necomutativa). Baza acestei algebre este baza canonica a lui

R4, pe care o notam {1, i, j, k} (1 = unitatea algebrei).

Inmultirea quaternionilor este definita prin:12 = 1, 1 · i = i · 1 = i, 1 · j = j · 1 = j, 1 · k = k · 1 = k,

i2 = j2 = k2 = −1,

ij = −ji = k, jk = −kj = i, ki = −ik = j

Orice q ∈ R4 se scrie

q = u1 · 1 + u2 · i+ u3 · j + u4 · k.

(R4,+, ·) este corpul quaternionilor.

Conjugatul lui q ∈ R4 este dat prin

q = u1 · 1 − u2 · i− u3 · j − u4 · k,

51

iar

‖q‖2= q · q = (u1)2 + (u2)2 + (u3)2 + (u4)2.

Fie p = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4. Vom defini Y1, Y2, Y3 ∈ Γ(TR4), ast-

fel ıncat Y1 are componentele quaternionului q · i, Y2 are componentele

quaternionului q · j, Y3 are componentele quaternionului q · k, deci:

Y1 = −u2 ∂

∂u1+ u1 ∂

∂u2+ u4 ∂

∂u3− u3 ∂

∂u4,

Y2 = −u3 ∂

∂u1− u4 ∂

∂u2+ u1 ∂

∂u3+ u2 ∂

∂u4,

Y3 = −u4 ∂

∂u1+ u3 ∂

∂u2− u2 ∂

∂u3+ u1 ∂

∂u4.

Fie S3 = {q ∈ H| ‖q‖ = 1}; Y1, Y2, Y3 nu se anuleaza pe S3.

Fie f : p ∈ S3 �→ f (p) = p ∈ R4 incluziunea.

Yi |f(S3 )∈ Γ(Tf (S3)), ∀i = 1, 3 si f : S3 → f (S3) este difeomorfism,

deci aplicatia df : Γ(TS3) → Γ(Tf (S3)) este izomorfism de algebre

Lie.

Atunci exista ın mod unic E1, E2, E3 ∈ Γ(TS3) astfel ıncat df (Ei) =

Yi |f(S3 ), ∀i = 1, 3.

Cum Yi, ∀i = 1, 3, nu se anuleaza pe f (S3), rezulta ca nici campurile

vectoriale Ei = df−1(Yi |f(S3 )) nu se anuleaza pe S3.

4∑i=1

(df (E1))iui = −u2u1 + u1u2 + u4u3 − u3u4 = 0

si analog:4∑i=1

(df (E2))iui =

4∑i=1

(df (E3))iui = 0.

Evident, avem:

< df (Ei)(f (p)), df(Ej)(f (p)) >= δij , ∀i, j ∈ {1, 2, 3},

si pentru q = u1 · 1 + u2 · i + u3 · j + u4 · k, rezulta

< df (Ei)(f (p)), q >= 0.


Deci {df (E1)(f (p)), df(E2)(f (p)), df (E3)(f (p)), q} formeaza un sis-

tem de vectori unitari si ortogonali doi cate doi (q indica vectorul de

pozitie al unui punct oarecare din S3). Rezulta ca vectorii

{df (E1)(f (p)), df (E2)(f (p)), df (E3)(f (p))} sunt liniar independenti,

∀p ∈ S3.

Dar aplicatia f−1 : f (S3) → S3 este difeomorfism. Atunci Ei =

df−1(Yi |f(S3 )) sunt liniar independenti, si paralelizeaza varietatea S3.

Deoarece aplicatia f este chiar incluziunea, rezulta ca Ei, i ∈ {1, 2, 3}au aceeasi exprimare ca Yi, i ∈ {1, 2, 3}.

iii) Fie Ca = H ×H � R8 (algebra Cayley a octavelor).

O baza ın Ca este {e1, e2, ..., e8}, cu

e1 = (1, 0), e2 = (i, 0), e3 = (j, 0), e4 = (k, 0),

e5 = (0, 1), e6 = (0, i), e7 = (0, j), e8 = (0, k).

Definim ınmultirea octavelor:

(q1, q2) · (q′1, q′2) = (q1 · q′1 − q

′2 · q2, q

′2 · q1 + q2 · q′1)

si conjugatul:

(q1, q2) = (q1,−q2),unde q1, q2, q

′1, q

′2 ∈ H.

Fie octava (q1, q2), cu

q1 = u1 · 1 + u2 · i + u3 · j + u4 · kq2 = u5 · 1 + u6 · i + u7 · j + u8 · k

Fie e2 = (i, 0) cu

i = 0 + i · 1 + j · 0 + k · 00 = 0 + i · 0 + j · 0 + k · 0

Vom efectua ınmultirea:

(q1, q2) · (i, 0) = (q1 · i − 0 · q2, 0 · q1 + q2 · i) =

53

= (u1 · i − u2 + ji · u3 + ki · u4,−u5 · i + u6 − ji · u7 − ki · u8) =

= (u1 · i − u2 − k · u3 + j · u4,−u5 · i+ u6 + k · u7 − j · u8) =

= (−u2 + i · u1 + j · u4 − k · u3, u6 − i · u5 − j · u8 + k · u7).

Fie Y1 ∈ Γ(TR8), care ın baza canonica

{ ∂

∂u1,∂

∂u2, ...,

∂

∂u8}

a lui R8 are componentele octavei (q1, q2) · e2, adica:

Y1 = (−u2, u1, u4,−u3, u6,−u5,−u8, u7) =

= −u2 ∂

∂u1+u1 ∂

∂u2+u4 ∂

∂u3−u3 ∂

∂u4+u6 ∂

∂u5−u5 ∂

∂u6−u8 ∂

∂u7+u7 ∂

∂u8.

Analog, definim Yi ∈ Γ(TR8), ∀i = 2, 7 astfel:

Yi = (q1, q2) · ei+1, ∀i = 2, 7.

Obtinem:

Y2 = (−u3,−u4, u1, u2, u7, u8,−u5,−u6),

Y3 = (−u4, u3,−u2, u1, u8,−u7, u6,−u5),

Y4 = (−u5,−u6,−u7,−u8, u1, u2, u3, u4),

Y5 = (−u6, u5,−u8, u7,−u2, u1,−u4, u3),

Y6 = (−u7, u8, u5,−u6,−u3, u4, u1,−u2),

Y7 = (−u8,−u7, u6, u5,−u4,−u3, u2, u1).

Este evident ca pe sfera S7 = {(u1, ..., u8) ∈ R8| 8∑i=1

(ui)2 = 1} ⊂R8 campurile vectoriale Yi, i = 1, 7 nu se anuleaza.

Fie f : p ∈ S7 �→ f (p) = p ∈ R8 incluziunea.


df : Γ(TS7) → Γ(Tf (S7)) este izomorfism de algebre Lie, deci

exista ın mod unic Ei ∈ Γ(TS7), i = 1, 7, astfel ıncat df (Ei) = Yi |f(S7 ),

∀i = 1, 7.

Analog punctului ii), se demonstreaza ca Ei = df−1(Yi |f(S7 )), ∀i =

1, 7 paralelizeaza varietatea S7 (si au aceeasi exprimare ca Yi, i = 1, 7).

5. TEOREMA LUI POINCARE

Sa se arate ca TS2 nu este spatiu fibrat vectorial trivial.

Solutie:

Presupunem ca TS2 este un spatiu fibrat vectorial trivial.

Rezulta ca exista

F : TS2 → S2 ×R2

difeomorfism astfel ıncat ∀p ∈ S2,

F |TpS2 : TpS2 → {p} ×R2

este liniara.

Definim

ρ : S2 → TS2, ρ(p) = F−1(p, e1) ∈ TpS2,

unde e1 = (1, 0) ∈ R2.

Intrucat F este injectiva, rezulta ca ρ(p) �= 0, ∀p ∈ S2.

Fie U1 = S2 \ {N}, U2 = S2 \ {S}, unde N, S sunt polul nord,

respectiv polul sud. Evident S2 = U1 ∪ U2.

Fie hi : Ui → R2, i = 1, 2, proiectiile stereografice din polul nord,

respectiv polul sud.

Se stie ca

h2 ◦ h−11 : R2 \ {0} → R2,

55

h2 ◦ h−11 (x, y) = (

x

x2 + y2,

y

x2 + y2).

Fie p ∈ U1 ∩ U2.

Notam

h1(p) = (x, y), h2(p) = (x′, y

′),

unde

x′=

x

x2 + y2, y

′=

y

x2 + y2.

Atunci

ρ(p) = u(x, y)∂

∂x+ v(x, y)

∂

∂y,

respectiv

ρ(p) = u′(x

′, y

′)∂

∂x′ + v′(x

′, y

′)∂

∂y′ .

Deoarece ρ(p) �= 0, rezulta ca u(x, y) �= 0 sau v(x, y) �= 0, respectiv

u′(x′, y′) �= 0 sau v′(x′, y′) �= 0.

Reamintim formulele∂∂x

= ∂x′

∂x· ∂∂x′ + ∂y

′

∂x· ∂∂y′ ,

∂∂y

= ∂x′

∂y· ∂∂x′ + ∂y

′

∂y· ∂∂y′ .

In cazul nostru∂∂x = y2−x2

(x2+y2)2 · ∂∂x′ − 2xy

(x2+y2)2 · ∂∂y′ ,

∂∂y

= −2xy(x2+y2)2

· ∂∂x′ + x2−y2

(x2+y2)2· ∂∂y′ .

Atunci

ρ(p) = u(x, y)(y2 − x2

(x2 + y2)2· ∂

∂x′ −2xy

(x2 + y2)2· ∂

∂y′ )+

+v(x, y)(−2xy

(x2 + y2)2· ∂

∂x′ +x2 − y2

(x2 + y2)2· ∂

∂y′ ).

Rezulta

(1)

u

′(x

′, y

′) = u(x, y)

y2 − x2

(x2 + y2)2− v(x, y)

2xy

(x2 + y2)2,

v′(x

′, y

′) = −u(x, y) 2xy

(x2 + y2)2− v(x, y)

x2 − y2

(x2 + y2)2.


Notam

u(x, y) =u(x, y)

1 + x2 + y2, v(x, y) =

v(x, y)

1 + x2 + y2,

respectiv

u′(x′, y

′) =

u′(x

′, y

′)

1 + x′2 + y′2, v′(x

′, y

′) =

v′(x

′, y

′)

1 + x′2 + y′2 .

Avem ca u(x, y) �= 0 sau v(x, y) �= 0, respectiv

u′(x′, y′) �= 0 sau v′(x′, y′) �= 0.

Tinand cont de relatiile (1), obtinem

(2)

u′(x

′, y

′) = u(x, y)

x2 − y2

(x2 + y2)2− v′(x, y)

2xy

(x2 + y2)2,

v′(x′, y

′) = −u(x, y) 2xy

(x2 + y2)2+ v(x, y)

y2 − x2

(x2 + y2)2.

Trecem la cordonate polare{x = r cos θ,

y = r sin θ,r > 0.

Ecuatiile (2) devin

(3)

{u′(x

′, y

′) = −u(x, y) cos2θ − v(x, y) sin2θ,

v′(x′, y

′) = −u(x, y) sin 2θ + v(x, y) cos2θ.

Notam U = u√u2+v2

, V = v√u2+v2

,

U′= u′√

u′2+v′2 , V′= v′√

u′2+v′2 .

Ecuatiile (3) devin

(4)

{U

′(x

′, y

′) = −U(x, y) cos2θ − V (x, y) sin2θ,

V′(x

′, y

′) = −U(x, y) sin 2θ + V (x, y) cos2θ.

Intrucat U2+V 2 = 1 si U′2+V

′2 = 1, rezulta ca exista φ : R2 → R

diferentiabila astfel ıncat {U = cosφ,

V = sinφ,

57

respectiv φ′ : R2 → R diferentiabila astfel ıncat{U

′= cosφ

′,

V′= sinφ

′.

Din ecuatiile (4) deducem{cosφ

′(x

′, y

′) = − cosφ(x, y) cos2θ − sin φ(x, y) sin2θ,

sinφ′(x

′, y

′) = − cosφ(x, y) sin 2θ + sin φ(x, y) cos2θ,

sau echivalent {cosφ

′(x

′, y

′) = cos(π + 2θ − φ(x, y)),

sinφ′(x

′, y

′) = sin(π + 2θ − φ(x, y)).

Atunci exista k : R2\{0} → Z diferentiabila astfel ıncat

(5) φ′(x

′, y

′) = π + 2θ − φ(x, y) + 2kπ.

Functia k fiind diferentiabila este continua, prin urmare constanta,

adica k ∈ Z.

Daca (x, y) ∈ S1, atunci r = 1 si x′= x = cos θ,

y′= y = sin θ.

Notam φ(θ) = φ(cos θ, sin θ), respectiv φ′(θ) = φ′(cos θ, sin θ).

Din ecuatia (5), obtinem

φ′(θ) = π + 2θ− φ(θ) + 2kπ.

Pentru θ = 0, respectiv θ = 2π, avem{φ′(0) = π − φ(0) + 2kπ,

φ′(2π) = π + 4π − φ(2π) + 2kπ.

Tinand cont ca φ(0) = φ(2π) si φ′(0) = φ′(2π), rezulta 0 = 4π

(contradictie).


Deci presupunerea ca TS2 este un spatiu fibrat vectorial trivial

este falsa.

6. PROBLEMA.

Sa se arate ca pe sferele de dimensiune impara exista campuri

vectoriale care nu se anuleaza ın nici un punct.

Solutie:

Consideram sfera S2n−1 si x ∈ S2n−1.

Se stie ca

TxS2n−1 � x⊥,

unde

x⊥ = {v ∈ R2n| < v, x >= 0}

(daca f : S2n−1 → R2n este incluziunea, atunci dfx : TxS2n−1 → x⊥

este izomorfism liniar)

Un camp vectorial

X : S2n−1 → TS2n−1

este o aplicatie diferentiabila astfel ıncat

X(x) ∈ TxS2n−1 � x⊥.

Rezulta

X(x) ∈ x⊥.

Fie x ∈ S2n−1, x = (x1, x2, ..., x2n−1, x2n).

Definim

X : S2n−1 → TS2n−1,

X(x) = (−x2, x1,−x4, x3, ...,−x2n, x2n−1).

59

Evident X nu se anuleaza ın nici un punct de pe S2n−1 (cel putin

o componenta este nenula).

Observatie: Alta alegere a lui X poate fi:

X : S2n−1 → TS2n−1,

X(x) = (−xn+1,−xn+2, ...,−x2n, x1, x2, ..., xn).

7. FIBRATUL TAUTOLOGIC

Fie P n(R) spatiul proiectiv real si multimea

E = {(y, [x]) ∈ Rn+1 × P n(R)| y ∈ [x]}.

Fie pr2 : E → P n(R) proiectia canonica pe al doilea factor.

Sa se arate ca (E, pr2, Pn(R)) este un fibrat vectorial de rang 1

(numit fibratul tautologic sau fibratul canonic sau fibratul ın drepte

peste P n(R)).

Solutie:

Sa aratam ca E este o varietate diferentiabila.

Pentru ∀i = 1, n+ 1 definim aplicatiile surjective

fi : Rn → P n(R),

fi(x1, ..., xn) = [x1, ..., xi−1, 1, xi, ..., xn].

Fie

Fi : R ×Rn → E,

Fi(t, x1, ..., xn) = (tx1, ..., txi−1, t, txi, ..., txn, fi(x1, ..., xn)).

Sa aratam ca Fi injectiva, ∀i = 1, n+ 1.

Fie t, u ∈ R, (x1, ..., xn), (y1, ..., yn) ∈ Rn astfel ıncat Fi(t, x1, ..., xn) =

Fi(u, y1, ..., yn).


Conform definitiei lui Fi, rezultatxi = uyi, ∀i = 1, n

t = u

fi(x1, ..., xn) = fi(y

1, ..., yn), ∀i = 1, n + 1

de unde t = u, xi = yi, ∀i = 1, n.

Deci Fi este aplicatie injectiva, ∀i = 1, n+ 1.

Fie i �= j. Atunci

(F−1j ◦ Fi)(t, x1, ..., xn) =

= F−1j (tx1, ..., txi−1, t, txi, ..., txn, fi(x

1, ..., xn)) =

= (u, y1, ..., yn).

Rezulta

(tx1, ..., txi−1, t, txi, ..., txn, fi(x1, ..., xn)) = Fj(u, y

1, ..., yn) =

= (uy1, ..., uyj−1, u, uyj, ..., uyn, fj(y1, ..., yn)).

Presupunem i > j.

Atunci:

tx1 = uy1

tx2 = uy2

.......................

txj−1 = uyj−1

txj = u

txj+1 = uyj

.......................

txi−1 = uyi−2

t = uyi−1

txi = uyi

.......................

txn = uyn

61

De aici, obtinem:yk = t

u· xk , ∀k ∈ {1, ..., j − 1} ∪ {i, ..., n},

yi−1 = tu = 1

xj ,

yk = tu · xk+1, ∀k ∈ {j, ..., i− 1}.

Evident aceste aplicatii sunt diferentiabile, deci F−1j ◦ Fi este o

aplicatie diferentiabila.

Evident F−1j (ImFj ∩ ImFi) ⊂ Rn+1 este multime deschisa, ∀i =

1, n+ 1.

Prin urmare E este o varietate diferentiabila.

Sa aratam ca

E =n+1⋃i=1

ImFi.

Este evidenta incluziunean+1⋃i=1

ImFi ⊂ E.

Fie (y, [x]) ∈ E. Rezulta y ∈ [x] ⇒ ∃i = 1, n + 1 astfel ıncat

[x] ∈ Imfi ⇒ [x1, ..., xi−1, 1, xi, ..., xn] = fi(x1, ..., xn).

Atunci (y, [x]) = Fi(yi, x1, ..., xn), unde (yi)i=1,n+1 sunt componen-

tele lui y ∈ Rn+1.

Sa verificam ultima egalitate.

y ∈ [x]) ⇔ yi = λxi, ∀i = 1, n + 1 ⇔

⇔ [y1, ..., yn+1] = [x1, ..., xi−1, 1, xi, ..., xn],

adicay1

x1= ... =

yi−1

xi−1=yi

1=yi+1

xi= ... =

yn+1

xn.

Atunci

Fi(yi, x1, ..., xn) = (yix1, ..., yixi−1, yi, yixi, ..., yixn, fi(x

1, ..., xn)) =

= (y, [x]).


Deci E ⊂ n+1⋃i=1

ImFi.

Avem E =n+1⋃i=1

ImFi.

Sa verificam proprietatile fibratului.

Evident π = pr2 este diferentiabila si surjectiva, iar spatiul total

E si baza fibrarii P n(R) sunt varietati diferentiabile.

Aplicatia π = pr2 : E → P n(R) actioneaza astfel: π(y, [x]) = [x],

cu y ∈ [x].

Oricare ar fi [x] ∈ P n(R), E[x] = pr−12 ([x]) = {(y, [x])| y ∈ [x]} este

spatiu vectorial de dimensiune 1 (deci rangul fibratului va fi 1).

Notam Imfi = Ui, ∀i = 1, n + 1.

Atunci

P n(R) =n+1⋃i=1

Imfi.

Vom construi difeomorfismele φi, i = 1, n+ 1 astfel ıncat diagrama

urmatoare sa fie comutativa:

pr−12 (Ui)

φi→ Ui ×Rpr2 ↘ Ui ↙pr1

unde pr1 : Ui ×R → Ui este proiectia pe primul factor, iar

φi : pr−12 (Ui) → Ui × R este definita prin

φi(y, [x]) = ([x],yixi

),

cu [x] = [x1, ..., xi, 1, xi+1, ..., xn).

Aplicatiile

h[x] : E[x] → R, h[x](y, [x]) =yixi,

sunt evident bijective.

φ−1i : Ui ×R → pr−1

2 (Ui)

φ−1i ([x], t) = (tx1, ..., txi, t, txi+1, ..., txn, [x])

63

este diferentiabila.

A ramas de aratat ca ∀[x] ∈ Ui, φi |E[x]: E[x] → {[x]} × R este

liniara.

φi((y, [x]) + (y′, [x])) = ([x],

yi + y′i

xi) =

= ([x],yixi

) + ([x],y

′i

xi) = φi(y, [x]) + φi(y

′, [x]),

si

φi(λ(y, [x]) = ([x],λyixi

) = λ([x],yixi

) = λφi(y, [x]).

Rezulta ca (E, pr2, Pn(R)) este un fibrat vectorial de rang 1.

8. EXERCITIU

Fie

ω =xdy − ydx

x2 + y2∈ Λ1(R2\{0})

forma diferentiala exterioara de grad 1.

i) Sa se arate ca:

i1) ω este ınchisa;

i2) ω nu este exacta.

ii) Fie f : (0,∞)×R → R2\{0}

f (r, θ) = (r cos θ, r sin θ).

Sa se calculeze f ∗ω.

Solutie:

i1) Avem

ω =x

x2 + y2dy − y

x2 + y2dx.

Atunci

dω =∂

∂x(

x

x2 + y2)dx ∧ dy − ∂

∂y(

y

x2 + y2)dy ∧ dx =


= (x2 + y2 − 2x2

(x2 + y2)2)dx ∧ dy + (

x2 + y2 − 2y2

(x2 + y2)2)dx ∧ dy =

=y2 − x2

(x2 + y2)2dx ∧ dy +

x2 − y2

(x2 + y2)2dx∧ dy = 0,

deci ω este ınchisa.

i2) Presupunem ca exista f ∈ C∞(R2\{0}) functie diferentiabila

definita pe R2\{0} astfel ıncat ω = df .

df =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy =

= ω = − y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy.

Rezulta

(1)∂f

∂x= − y

x2 + y2,

(2)∂f

∂y=

x

x2 + y2.

Din relatia (1), rezulta:

f (x, y) =∫− y

x2 + y2dx = −arctg

x

y+ g(y),

de unde:

∂f

∂y=

−1

1 + x2

y2

· −xy2

+ g′(y) =

x

x2 + y2+ g

′(y) =

x

x2 + y2,

conform relatiei (2).

Rezulta

g′(y) = 0 ⇒ g = constanta.

Atunci f (x, y) = −arctgxy ∈ C∞(R2\{0}), contradictie.

Deci ω nu este exacta.

65

ii) Notam

f1(r, θ) = r cos θ, f2(r, θ) = r sin θ,

ω1(x, y) = − y

x2 + y2, ω2(x, y) =

x

x2 + y2,

f ∗ω = η = η1dr + η2dθ.

Avem

η1(r, θ) = f ∗ω(∂

∂r)(r, θ) = ω(f∗(

∂

∂r))(f (r, θ)) =

= ω(∂f1

∂r· ∂∂x

+∂f2

∂r· ∂∂y

)(f (r, θ)) =

=∂f1

∂r· ω(

∂

∂x)(f (r, θ)) +

∂f2

∂r· ω(

∂

∂y)(f (r, θ)) =

=∂f1

∂r· ω1(f (r, θ)) +

∂f2

∂r· ω2(f (r, θ)) =

= cos θ · ω1(x, y) + sin θ · ω2(x, y) =

= cos θ · −r sin θ

(r cos θ)2 + (r sin θ)2+ sin θ · r cos θ

(r cos θ)2 + (r sin θ)2=

=−1

rcos θ · sin θ +

1

rcos θ · sin θ = 0,

si

η2(r, θ) = f ∗ω(∂

∂θ)(r, θ) = ω(f∗(

∂

∂θ))(f (r, θ)) =

= ω(∂f1

∂θ· ∂∂x

+∂f2

∂θ· ∂∂y

)(f (r, θ)) =

=∂f1

∂θ· ω(

∂

∂x)(f (r, θ)) +

∂f2

∂θ· ω(

∂

∂y)(f (r, θ)) =

=∂f1

∂θ· ω1(f (r, θ)) +

∂f2

∂θ· ω2(f (r, θ)) =

= −r sin θ · −r sin θ

r2+ r cos θ · r cos θ

r2=

= sin2 θ + cos2 θ = 1.


Prin urmare

f ∗ω = η = dθ.

Definitie:

Fie Λq(M) multimea formelor diferentiale exterioare de grad q pe

varietatea diferentiabila M. Fie ω ∈ Λq(M) si

Zq(M, d) = {ω ∈ Λq(M)|dω = 0} multimea formelor diferentiale

exterioare de grad q ınchise,

Bq(M, d) = {ω ∈ Λq(M)|∃η ∈ Λq−1(M), ω = dθ} multimea formelor

diferentiale exterioare de grad q exacte.

Evident

Bq(M, d) ⊂ Zq(M, d).

Hq(M, d) = Zq(M, d)/Bq(M,d) se numeste grupul de coomologie de

Rham de ordin q.

9. EXERCITIU

i) Sa se arate ca pentruM varietate diferentiabila conexa, H0(M, d) =

R.

ii) Sa se arate ca H1(S1, d) � R.

Solutie:

i) Avem:

H0(M, d) = Z0(M, d)/B0(M,d),

Z0(M, d) = {ω ∈ Λ0(M)| dω = 0},

H0(M, d) = Z0(M, d).

Deoarece M este conexa, Z0(M, d) = {c| c ∈ R}, deci

H0(M, d) = R.

67

Observatie: Daca varietatea M ar fi avut k componente conexe,

atunci

Z0(M, d) = {(c1, ..., ck)|c1, ..., ck ∈ R} � Rk,

deoarece dω = 0 ⇒ ω local constanta ⇔ ω constanta pe componente

conexe.

ii) Fie

h1 : S1\{(1, 0)} → R, h1(p) = θ,

unde p = (cos θ, sin θ), respectiv

h2 : S1\{(−1, 0)} → R, h1(p) = θ′,

unde p = (− cosθ′,− sin θ

′).

Definim 1-forma ω pe S1 prin

ω(p) =

dθ , daca p ∈ S1\{(1, 0)},dθ

′, daca p ∈ S1\{(−1, 0)}.

Evident, ω este corect definita si este ınchisa.

Notam cu [ω] clasa sa de coomologie din H1(S1, d).

Fie [σ] ∈ H1(S1, d).

Pe S1\{(1, 0)} putem scrie

σ = f · dθ, f ∈ C∞(S1\{(1, 0)}).

Fie

cσ =1

2π

∫ 2π

0f (θ)dθ ∈ R.

Vom demonstra ca [σ] = cσ[ω].

Fie

F (θ) =∫ θ

0f (τ )dτ − cσθ.

F este corect definita si continua pe S1, deoarece F (0) = F (2π) =

0.


De asemenea, avem

σ − cω = dF,

deoarece

dF = F′(θ)dθ = f (θ)dθ− cσdθ = σ − cσω.

Rezulta [σ] = cσ[ω], deci izomorfismul cautat este

[σ]φ→ cσ, φ : H1(S1, d) → R.

10. PROBLEMA.

Fie ∇ o conexiune pe R. Sa se arate ca exista un difeomorfism al

lui R fata de care coeficientul conexiunii este 0.

Solutie:

Fie p ∈ R si { ddx |p} baza ın TpR.

Atunci

∇ ddx

d

dx= Γ(x) · d

dx,

cu Γ diferentiabila.

Fie { ddy

|p} alta baza ın TpR si

∇ ddy

d

dy= Γ(y) · d

dy.

Are loc urmatoarea egalitate:

Γ(y) · dydy

= Γ(x) · dydx

− d2y

dx2.

Atunci

Γ = 0 ⇒ Γ(x) · dydx

=d2y

dx2⇔

⇔ ..y= Γ(x)

.y⇔

..y.y

= Γ(x) ⇔

⇔ ln.y=

∫Γ(x)dx ⇒ .

y= e∫

Γ(x)dx ⇒

69

⇒ y(x) =∫e∫

Γ(x)dxdx,

care este difeomorfismul cautat.

Capitolul 3

Spatii Riemann

1. PROBLEMA

FieM o varietate paralelizabila, dimM = 3, si X1, X2, X3 campurile

care paralelizeaza varietatea M.

Consideram metrica riemanniana g definita pring(X1, X1) = g(X2, X2) = 3,

g(X3, X3) = 9,

g(Xi, Xj) = 0, i �= j.

i) Sa se construiasca un reper ortonormat.

Sa se calculeze:

ii) ∇EiEj, i, j ∈ {1, 2, 3};iii) R(Ei, Ej)Ek, i, j, k ∈ {1, 2, 3};iv) K(Ei ∧ Ej), i, j ∈ {1, 2, 3};v) curbura scalara τ .

Solutie:

i) Fie

E1 =

√3

3X1,

E2 =

√3

3X2,

71

72 CAPITOLUL 3. SPATII RIEMANN

E3 =1

3X3.

Evident, avem{g(E1, E1) = g(E2, E2) = g(E3, E3) = 1,

g(Ei, Ej) = 0, i �= j.

ii) Se arata usor ca

[X1, X2] = 2X3,

[X2, X3] = 2X1,

[X3, X1] = 2X2,

de unde[E1, E2] = 2E3,

[E2, E3] = 23E1,

[E3, E1] = 23E2.

Utilizand formula conexiunii Levi-Civita, obtinem

g(∇EiEj, Ek) = 0,

cu exceptia cazului {i, j, k} = {1, 2, 3} (i.e. i, j, k distincte).

In particular

∇E1E1 = ∇E2E2 = ∇E3E3 = 0.

Calculand, gasim:

2g(∇E1E2, E3) = g([E1, E2], E3) − g([E2, E3], E1) + g([E3, E1], E2) =

= 2 − 2

3+

2

3= 2.

Rezulta

∇E1E2 = E3.

Din

∇E1E2 −∇E2E1 = [E1, E2],

73

obtinem

∇E2E1 = ∇E1E2 − [E1, E2] = E3 − 2E3 = −E3.

Analog

∇E1E3 = −E2,

∇E3E1 = −1

3E2,

∇E2E3 = E1,

∇E3E2 =1

3E1.

iii) Conform definitiei,

R(X, Y )Z = ∇X∇YZ −∇Y∇XZ −∇[X,Y ]Z.

Evident

R(Ei, Ej)Ek = 0,

pentru {i, j, k} = {1, 2, 3}.Prin calcul, gasim

R(E1, E2)E1 = ∇E1∇E2E1 −∇E2∇E1E1 −∇[E1,E2]E1 =

= −∇E1E3 − 2∇E3E1 = E2 − 2

3E2 =

1

2E2.

Analog

R(E1, E2)E2 = −5

3E1, R(E1, E3)E1 =

1

3E3, R(E1, E3)E3 = E1,

R(E2, E1)E1 = −5

3E2, R(E2, E1)E2 =

1

3E1, R(E2, E3)E2 = −E3,

R(E2, E3)E3 = E2, R(E3, E1)E1 = E3, R(E3, E1)E3 = −2

3E1,

R(E3, E2)E2 = E3, R(E3, E2)E3 = −E2.

Evident R(Ei, Ei)Ej = 0, ∀i, j.


iv) Conform definitiei,

K(Ei ∧ Ej) = R(Ei, Ej, Ei, Ej) = g(R(Ei, Ej)Ej, Ei).

Atunci

K(E1 ∧ E2) = g(R(E1, E2)E2, E1) = g(−5

3E1, E1) = −5

3,

K(E2 ∧E3) = g(R(E2, E3)E3, E2) = g(E2, E2) = 1,

K(E3 ∧E1) = g(R(E3, E1)E3, E3) = g(E3, E3) = 1.

v) Curbura scalara este

τ = K(E1 ∧E2) +K(E2 ∧ E3) +K(E3 ∧E1) = −5

3+ 1 + 1 =

1

3.

2. PROBLEMA.

Fie Sn ⊂ Rn+1. Se considera:

i) proiectia stereografica;

ii) proiectia ortogonala;

iii) proiectia centrala.

Sa se determine coeficientii metricii riemanniene induse pe Sn de

metrica euclidiana a lui Rn+1.

Solutie:

i) Fie Sn(1) ⊂ Rn+1 si (UN , hN) proiectia stereografica din polul

nord,

hN : UN → Rn,

hN(u1, ..., un+1) = (x1, ..., xn) = (u1

1 − un+1,

u2

1− un+1, ...,

un

1− un+1),

h−1N : hN(UN) → UN ,

h−1N (x1, ..., xn) = (

2x1

1 + ‖x‖2 , ...,2xn

1 + ‖x‖2 ,‖x‖2 − 1

1 + ‖x‖2 ).

75

Notam

f i(x)not=

2xi

1 + ‖x‖2 ,

fn+1(x)not=

‖x‖2 − 1

1 + ‖x‖2 ,

componentele lui h−1N .

Pentru s ∈ {1, ..., n}, avem:

∂f s

∂xj=

2δjs(1 + ‖x‖2) − 2xs2xj

(1 + ‖x‖2)2=

2δjs(1 + ‖x‖2) − 4xsxj

(1 + ‖x‖2)2.

∂fn+1

∂xj=

2xj(1 + ‖x‖2) − 2xj(‖x‖2 − 1)

(1 + ‖x‖2)2

=4xj

(1 + ‖x‖2)2.

Atunci

gkj =n+1∑s=1

∂f s

∂xj· ∂f

s

∂xk=

=n+1∑s=1

2δjs(1 + ‖x‖2)1 − 4xsxj

(1 + ‖x‖2)2· 2δks(1 + ‖x‖2) − 4xsxk

(1 + ‖x‖2)2+

+4xj

(1 + ‖x‖2)2· 4xk

(1 + ‖x‖2)2=

=4δjk(1 + ‖x‖2)2 − 2xs2xj

(1 + ‖x‖2)4− 8xkxj(1 + ‖x‖2)

(1 + ‖x‖2)4− 8xkxj(1 + ‖x‖2)

(1 + ‖x‖2)4+

+16

(1 + ‖x‖2)4

n∑s=1

xjxk(xs)2 +16xjxk

(1 + ‖x‖2)2=

=4δjk

(1 + ‖x‖2)2.

ii) Fie

h+n+1 : U+

n+1 → Rn,

h+n+1(u

1, ..., un+1) = (u1, ..., un),

si

(h+n+1)

−1 : h+n+1(U

+n+1) → U+

n+1,

(h+n+1)

−1(x1, ..., xn) = (x1, ..., xn,√

1− ‖x‖2),


Notamf s(x) = xs, ∀s = 1, n,

fn+1(x) =√

1− ‖x‖2.

Atunci, ∀s = 1, n,

∂f s

∂xk= δsk,

∂fn+1

∂xk=

−xk√1 − ‖x‖2

,

deci

gkj =n+1∑s=1

∂f s

∂xk· ∂f

s

∂xj=

=n+1∑s=1

δsk · δsj +xkxj

1 − ‖x‖2 = δkj +xkxj

1 − ‖x‖2 .

iii) Fie

h+n+1 : U+

n+1 → Rn,

h+n+1(u

1, ..., un+1) = ( u1

un+1 , ...,un

un+1),

si

(h+n+1)

−1 : h+n+1(U

+n+1) → U+

n+1,

(h+n+1)

−1(x1, ..., xn) = (x1√

1 + ‖x‖2, ...,

xn√1 + ‖x‖2

,1√

1 + ‖x‖2).

Notam

f s(x) =xs√

1 + ‖x‖2, ∀s = 1, n,

fn+1(x) =1√

1 + ‖x‖2.

Atunci, ∀s = 1, n

∂f s

∂xk=δsk

√1 + ‖x‖2 − xs · xk√

1+‖x‖2

1 + ‖x‖2 =

=δsk(1 + ‖x‖2) − xsxk

(1 + ‖x‖2)3/2,

77

si analog∂fn+1

∂xk=

−xk(1 + ‖x‖2)3/2

.

Prin urmare

gkj =n+1∑s=1

∂f s

∂xk· ∂f

s

∂xj=

=n+1∑s=1

δsk(1 + ‖x‖2) − xsxk

(1 + ‖x‖2)3/2· δsj(1 + ‖x‖2

) − xsxj

(1 + ‖x‖2)3/2+

xkxj

(1 + ‖x‖2)3=

=1

(1 + ‖x‖2)3· [δkj(1+‖x‖2)2−2xkxj(1+‖x‖2)+xkxj ‖x‖2 +xkxj] =

=δkj

1 + ‖x‖2 − xkxj

(1 + ‖x‖2)2.

3. PROBLEMA.

Sa se determine geodezicele sferei Sn(1) ⊂ Rn+1.

Solutie:

Consideram metrica riemanniana indusa pe Sn de metrica euclid-

iana a lui Rn+1. Via proiectia stereografica, coeficientii metricii sunt

gij(x) =4δij

(1 + ‖x‖2)2.

Atunci∂gij∂xk

= − 16xk

(1 + ‖x‖2)3δij.

Formula simbolurilor lui Christoffel este

Ckij =

1

2

n∑l=1

gkl(∂gil∂xj

+∂gjl∂xi

− ∂gij∂xl

).

Deci

Ckij =

1

2

(1 + ‖x‖2)2

4(− 16

(1 + ‖x‖2)3)(xjδik + xiδjk − xkδij) =


= − 2

1 + ‖x‖2 · (xjδik + xiδjk − xkδij).

Ecuatiile generale ale geodezicelor sunt:

d2xk

dt2− Ck

ij

dxi

dt· dx

j

dt= 0 , k = 1, n.

Rezulta

d2xk

dt2− 2

1 + ‖x‖2 · (xjδik + xiδjk − xkδij)dxi

dt· dx

j

dt= 0, k = 1, n,

sau echivalent

d2xk

dt2− 2

1 + ‖x‖2 · [2xj dxj

dt· dx

k

dt− xk

n∑i=1

(dxi

dt)2] = 0, k = 1, n.

Presupunem

gij(x)dxi

dt· dx

j

dt= 1,

adica geodezica este parametrizata canonic.

Rezultan∑i=1

(dxi

dt)2 =

(1 + ‖x‖2)2

4.

Ecuatiile geodezicelor devin:

(1)d2xk

dt2− 2

1 + ‖x‖2 ·[< x,dx

dt>dxk

dt−x

k

4·(1+‖x‖2)2] = 0, k = 1, n.

Vom face notatia U(x) = 1 + ‖x‖2.

Rezulta

U′(x) = 2 < x,

dx

dt>,

(2) U′′(x) = 2 < x,

d2x

dt2> +2 <

dx

dt,dx

dt>=

= 2 < x,d2x

dt2> +2 · (1 + ‖x‖2)2

4= 2 < x,

d2x

dt2> +2 · U

2

4.

79

In relatia (1), ınmultim cu xk si sumam. Gasim

(3) < x,d2x

dt2>=

2

U· [(U

′)2

2− (U − 1)U2

4] =

(U′)2

U− U(U − 1)

2.

Din relatiile (2) si (3), rezulta

(4) U′′

= 2 · (U′)2

U− U(U − 1) +

U2

2.

Notam

V =1

U− 1

2.

Obtinem

V′=

−U ′

U2,

V′′

=−U ′′

U2 + 2U(U′)2

U4=

2(U′)2 − U

′′U

U3=

=2(U

′)2 − 2(U

′)2 + U2(U − 1) − U3

2

U3=

= 1 − 1

U− 1

2= −(

1

U− 1

2) = −V.

Atunci

V′′

+ V = 0,

deci

V = a cos t + b sin t, a, b ∈ R,

U =1

V + 12

=1

a cos t+ b sin t+ 12

.

Notam Xk =xk

U.

RezultadXk

dt=

dxk

dtU − xkU

′

U2,

si

d2Xk

dt2=

(d2xk

dt2U − dxk

dtU

′) · U2 − (dx

k

dtU

′ − xkU′′) · U2

U4−2UU

′(dx

k

dtU − xkU

′)

U4,


sau echivalent,

(5)d2Xk

dt2=

(d2xk

dt2 U − dxkU′′) · U2 − 2UU

′(dx

k

dt U − xkU′)

U4.

Din relatia (1), deducem

(6)d2xk

dt2=

2

U2· (dx

k

dtU

′ − xk

4U2).

Tinand cont de (4) si (6), relatia (5) devine

d2Xk

dt2=

1

U4{ 2

U(dxk

dtU

′ − xk

4U2)U3−

−xkU2[2(U

′)2

U− U(U − 1) +

U2

2] − 2U

′U2 dx

k

dt+ 2U(U

′)2xk} =

=1

U4[2U

′U2 dx

k

dt− xk

2U4 − 2xkU(U

′)2+

+xkU3(U − 1) − xk

2U4 − 2U

′U2 dx

k

dt+ 2U(U

′)2xk] =

=1

U4(−xkU3) =

−xkU

= −Xk,

adicad2Xk

dt2= −Xk.

Deci

Xk = ak cos t+ bk sin t, k = 1, n.

Atunci

xk =ak cos t+ bk sin t

a cos t + b sin t+ 12

, k = 1, n.

Fie

f (x) = h−1N (x) = (

2x1

1 + ‖x‖2 , ...,2xn

1 + ‖x‖2 ,1 − ‖x‖2

1 + ‖x‖2 ) =

= (2x1

U, ...,

2xn

U,1 − ‖x‖2

1 + ‖x‖2 ) =

81

= (2X1, ..., 2Xn,1 − ‖x‖2

1 + ‖x‖2 ).

Avem

1 − ‖x‖2

1 + ‖x‖2 =2

1 + ‖x‖2−1 =2

U−1 = 2·( 1

U−1

2) = 2V = 2·(a cos t+b sin t).

Rezulta curba

c(t) = (2·(a1 cos t+b1 sin t), ..., 2·(an cos t+bn sin t), 2·(a cost+b sin t)),

sau echivalent

c(t) = 2 cos t · (a1, ..., an, a) + 2 sin t · (b1, ..., bn, b).

Prin urmare

c(t) ∈ sp{(a1, ..., an, a), (b1, ..., bn, b)},

care este un plan ce trece prin origine.

Rezulta ca geodezicele sferei sunt cercuri mari.

4. PROBLEMA.

Sa se determine geodezicele hiperspatiului Poincare

Hn = {(x1, ..., xn) ∈ Rn| xn > 0},

cu metrica gij(x) = δij(xn)2

, ∀x ∈ Hn, ∀i, j = 1, n.

Solutie:

Calculand, gasim:

∂gij∂xl

= − 2

(xn)3· δlnδij,

gkl = (xn)2 · δkl,


Ckij = − 1

xn· (δjnδik + δinδjk − δknδij).

Distingem 2 cazuri ın scrierea ecuatiilor geodezicelor:

i) k ∈ {1, ..., n− 1};ii) k = n.

In cazul i), avem

(1)..xk − 2

xn.xk

.xn= 0,

iar ın cazul ii), avem

(2)..xn − 1

xn(.xn)2 +

1

xn

n−1∑i=1

(.xi)2 = 0.

Vom determina geodezicele parametrizate canonic, i.e.

n∑i,j=1

gijdxi

dt

dxj

dt= 1,

sau echivalent1

(xn)2

n∑i=1

(dxi

dt)2 = 1,

deci

(3) (xn)2 =n∑i=1

(dxi

dt)2.

Relatia (1) se poate scrie sub forma:

[dxk

dt· 1

(xn)2]′= 0.

Vom verifica aceasta egalitate.

d

dt(

dxk

dt

(xn)2) =

d2xk

dt2 · (xn)2 − dxk

dt · 2xn.dxn

dt

(xn)4=

=1

(xn)2[d2xk

dt2− 2xn.

dxk

dt

dxn

dt] = 0.

83

Decidxk

dt· 1

(xn)2= ak ,

unde ak este constanta, ∀k = 1, n− 1. Atunci

dxk

dt= ak · (xn)2.

I. Presupunem ak = 0, ∀k = 1, n− 1. Atunci

dxk

dt= 0 ⇒ xk = bk ,

cu bk = constanta, ∀k = 1, n− 1.

Relatia (3) implica

(xn)2 = (dxn

dt)2,

adica

xn = ±dxn

dt,

deci

xn = be±t+d, b > 0, d ∈ R.

Deci geodezicele sunt semidrepte ortogonale hiperplanului xn = 0.

II. Vom studia ce se ıntampla daca ∃k ∈ {1, ..., n− 1}, cu ak �= 0.

Pentru aceasta sa consideram mai ıntai ecuatia (2). Tinand cont

de (3), aceasta devine:

d2xn

dt2− 1

xn(dxn

dt)2 +

1

xn[(xn)2 − (

dxn

dt)2] = 0,

d2xn

dt2− 2

xn(dxn

dt)2 + xn = 0.

Atunci

(xn)2 · ddt

(dxn

dt

(xn)2) + xn = 0,


sau echivalentd

dt(

dxn

dt

(xn)2) = − 1

xn,

ceea ce implicad2

dt2(

1

xn) =

1

xn.

Prin urmare

1

xn= Aet + Be−t = a · ch(t + b); a, b ∈ R, A,B ∈ R,

cu A = a2· eb, B = a

2· e−b.

Rezulta

xn =1

a · ch(t+ b).

Pe de alta parte, avem:

dxk

dt= ak · (xn)2,

dxk

dt=

aka2 · ch2(t + b)

,

deci

xk =aka2

· th(t+ b) + ek , k = 1, n− 1.

Din relatia (3), rezulta

n−1∑k=1

a2k

a4· 1

ch4(t + b)+

sh2(t + b)

a2 · ch4(t + b)=

1

a2 · ch2(t + b),

de unden−1∑k=1

a2k + a2 · sh2(t + b) = a2 · ch2(t+ b),

i.e.n−1∑k=1

a2k = a2.

85

Pentru interpretarea geometrica a rezultatelor obtinute, sa ob-

servam ca

n−1∑k=1

(xk − ek)2 + (xn)2 =n−1∑k=1

a2k · th2(t+ b)

a4+

1

a2 · ch2(t + b)=

=sh2(t+ b)

a2 · ch2(t + b)+

1

a2 · ch2(t+ b)=

1

a2.

Deci geodezica se afla pe sfera de centru (e1, ..., en−1, 0) si raza 1a.

Notand ci = a2ei, ∀i = 1, n− 1, obtinem:

(x1, ..., xn−1, xn) =1

a2·(a1·th(t+b)+c1, ..., an−1·th(t+b)+cn−1,

a

ch(t + b)) =

=th(t+ b)

a2·(a1, ..., an−1, 0)+(e1, ..., en−1, 0)+

1

a · ch(t+ b)(0, ..., 0, 1) =

=th(t + b)

a2· u+

1

a · ch(t + b)· v + w,

unde

u = (a1, ..., an−1, 0), v = (0, ..., 0, 1)

sunt vectori constanti din Rn, iar w = (e1, ..., en−1, 0) este centrul

sferei de mai sus.

Tinand cont si de definitia hiperspatiului Poincare, rezulta ca geodez-

ica obtinuta se afla ın planul determinat de vectorii u, v, ce trece

prin w, care este chiar centrul sferei. Deci geodezicele hiperspatiului

Poincare sunt semicercuri, aflandu-se la intersectia dintre o sfera si un

plan.

6. PROBLEMA.

Sa consideram sfera Sn ⊂ Rn+1 cu metrica standard.

Sa se arate ca Sn este spatiu cu curbura sectionala constanta (c =

1).


Solutie:

Consideram coeficientii

gij(x) =4δij

(1 + ‖x‖2)2,

ce se obtin utilizand proiectia stereografica.

Conform definitiei, (M, g) este spatiu cu curbura sectionala con-

stanta c daca:

Rijkl = c(δikgjl − δilgjk),

unde

(1) Rijkl =

∂Cijl

∂xk− ∂Ci

jk

∂xl+ Ci

skCsjl − Ci

slCsjk ,

sunt simbolurile lui Riemann de speta a doua, iar Ckij sunt simbolurile

lui Christoffel de speta a doua.

Din calcul, se stie ca

Ckij = − 2

1 + ‖x‖2 · (xjδik + xiδjk − xkδij).

Atunci

∂Cijl

∂xk=

∂

∂xk[− 2

1 + ‖x‖2 · (xlδij + xjδil − xiδjl)] =

= −2· ∂∂xk

(1

1 + (x1)2 + ... + (xk)2 + ...+ (xn+1)2)(xlδij+x

jδil−xiδjl)−

− 2

1 + ‖x‖2 · ∂

∂xk(xlδij + xjδil − xiδjl) =

=4xk

(1 + ‖x‖2)2(xlδij + xjδil − xiδjl) − 2

1 + ‖x‖2 (δlkδij + δjkδil − δikδjl).

Analog

∂Cijk

∂xl=

4xl

(1 + ‖x‖2)2(xkδij+x

jδik−xiδjk)− 2

1 + ‖x‖2 (δklδij+δjlδik−δilδjk).

87

De asemenea

Cisk = − 2

1 + ‖x‖2 · (xsδik + xkδis − xiδsk),

Csjl = − 2

1 + ‖x‖2 · (xjδsl + xlδjs − xsδjl),

Cisl = − 2

1 + ‖x‖2 · (xsδil + xlδis − xiδsl),

Csjk = − 2

1 + ‖x‖2 · (xjδsk + xkδsj − xsδjk).

Calculand Rijkl dupa formula (1), obtinem

Rijkl =

4xk

(1 + ‖x‖2)2(xlδij+x

jδil−xiδjl)− 2

1 + ‖x‖2 (δlkδij+δjkδil−δikδjl)−

− 4xl

(1 + ‖x‖2)2(xkδij +xjδik−xiδjk)+

2

1 + ‖x‖2 (δklδij + δjlδik− δilδjk)+

+4

(1 + ‖x‖2)2[(xsδik + xkδis − xiδsk)(x

jδsl + xlδjs − xsδjl)−

−(xsδil + xlδis − xiδsl)(xjδsk + xkδsj − xsδjk)] =

=2

1 + ‖x‖2 (δlkδij + δjlδik − δilδjk − δlkδij − δjkδil + δikδjl)+

+4

(1 + ‖x‖2)2(xkxlδij + xkxjδil − xkxiδjl−

−xlxkδij − xlxjδik + xlxiδjk + xsxjδikδsl + xsxlδikδjs−−(xs)2δikδjl + xkxjδisδsl + xkxlδisδjs − xkxsδisδjl−

−xixjδskδsl − xixlδskδjs + xixsδskδjl − xsxjδilδsk − xsxkδilδsj+

+(xs)2δilδjk − xlxjδisδsk − xlxkδisδsj+

+xlxsδisδjk + xixjδslδsk + xixkδslδsj − xixsδslδjk) =

=4

1 + ‖x‖2 (δjlδik − δilδjk)+


+4

(1 + ‖x‖2)2(xkxjδil − xkxiδjl −xlxjδik + xlxiδjk + xlxjδik + xjxlδik−

−(xs)2δikδjl + xkxjδil + xkxlδij − xkxiδjl − xixjδkl − xixlδkj+

+xixkδjl − xkxjδil − xjxkδil + (xs)2δilδjk−−xlxjδik − xlxkδij + xlxiδjk + xixjδlk + xixkδlj − xixlδjk) =

=4

1 + ‖x‖2 (δjlδik − δilδjk) − 4

(1 + ‖x‖2)2

‖x‖2(−δilδjk + δikδjl) =

=4

1 + ‖x‖2 (δjlδik−δilδjk)(1− ‖x‖2

1 + ‖x‖2 ) =4

(1 + ‖x‖2)2(δjlδik−δilδjk) =

= δikgjl − δilgjk.

Am aratat deci ca

Rijkl = δikgjl − δilgjk,

de unde rezulta ca (Sn, g) este spatiu cu curbura sectionala constanta

c = 1.

Observatie: Intr-un exercitiu urmator, vom indica o alta metoda

pentru a arata ca Sn are curbura sectionala constanta c = 1.

7. PROBLEMA.

Sa se arate ca hiperspatiul Poincare (Hn, g), unde

Hn = {(x1, ..., xn) ∈ Rn| xn > 0}

si gij(x) =δij

(xn)2 , ∀x ∈ Hn, ∀i, j = 1, n, este spatiu cu curbura

sectionala constanta (c = −1).

Solutie:

Vom arata ca

Rijkl = δilgjk − δikgjl,

89

unde Rijkl sunt simbolurile lui Riemann de speta a doua.

Din calcul, se stie ca

Cijl = − 1

xn· (δlnδji + δjnδli − δinδjl),

de unde∂Ci

jl

∂xk=

1

(xn)2· δkn(δlnδji + δjnδli − δinδjl) =

=1

(xn)2· (δklδji + δkjδli − δkiδjl).

Rezulta

Rijkl =

∂Cijl

∂xk− ∂Ci

jk

∂xl+ Ci

skCsjl − Ci

slCsjk =

=1

(xn)2· (δklδji + δkjδli − δkiδjl − δlkδji − δljδki + δliδjk)+

+1

(xn)2· [(δknδsi + δsnδki − δinδsk)(δjnδsl + δlnδjs − δjlδsn)−

−(δsnδli + δlnδsi − δslδin)(δjnδsk + δknδsj − δsnδjk)] =

=1

(xn)2· [δlkδij + δjkδli − δkiδjl − δlkδji − δjlδki + δliδjk+

+δknδjnδil + δknδlnδij − δknδjlδinδjs + δkiδjnδln + δkiδlnδnj−−δkiδjl(δsn)2 − δinδjnδlk − δinδlnδjk + δinδjlδkn − δliδjnδkn−−δliδknδjn + δliδjk(δsn)

2 − δlnδjnδik − δlnδknδij + δlnδjkδin+

+δinδjnδlk + δinδknδlj − δinδjkδnl) =

=1

(xn)2· (2δjkδli − 2δkiδjl + δkiδlj − δkiδjl−

−δliδjk + δliδjk + δikδlj − δilδjk) =

=1

(xn)2· (2δjkδli − 2δkiδjl + δkiδjl − δilδjk) =

=1

(xn)2· (δliδjk − δkiδjl) =


= δilgjk − δikgjl.

Rezulta ca (Hn, g) este un spatiu cu curbura sectionala constanta

(c = −1).

Capitolul 4

Subvarietati ın spatii

Riemann

1. PROBLEMA

Sa se arate ca sfera Sn ⊂ En+1 are curbura sectionala constanta 1.

Solutie:

Ecuatia lui Gauss pentru Sn ın En+1 are forma

(1) 0 = R(X, Y, Z,W )−< h(X, Z), h(Y, W )> +

+ < h(X,W ), h(Y, Z)>, ∀X, Y, Z,W ∈ Γ(TSn).

Fie f o parametrizare arbitrara a sferei Sn. Deoarece ‖f (x)‖2 = 1,

rezulta < f (x), ∂f∂xj >= 0, ∀j = 1, n.

De aici deducem ca N(x) = ±f (x).

Din relatia (1), pentru

X =∂f

∂xi, Y =

∂f

∂xj, Z =

∂f

∂xk, W =

∂f

∂xl,

obtinem

Rijkl =< h(∂f

∂xi,∂f

∂xk), h(

∂f

∂xj,∂f

∂xl) > − < h(

∂f

∂xi,∂f

∂xl), h(

∂f

∂xj,∂f

∂xk) > .

91

92 CAPITOLUL 4. SUBVARIETATI IN SPATII RIEMANN

Avem

h(∂f

∂xi,∂f

∂xk) =<

∂2f

∂xi∂xk,±f (x) >= ± <

∂f

∂xi,∂f

∂xk>= − ± gik.

Rezulta

Rijkl = gikgjl − gilgjk.

In concluzie, Sn are curbura sectionala 1.

SUBVARIETATI MINIMALE

2. ELICOIDUL DREPT

Fie M o suprafata ın spatiul euclidian E3 definita prin:X1 = x1 cosx2,

X2 = x1 sinx2,

X3 = bx2, b �= 0.

Atunci M este suprafata minimala ın E3 (numita elicoidul drept).

Solutie:

Fie

f : R2 → E3,

f (x1, x2) = (x1 cosx2, x1 sinx2, bx2).

Se stie ca

H =1

2

2∑i,j=1

gijhij =1

2(g11h11 + g12h12 + g21h21 + g22h22).

Calculand, gasim

fx1 =∂f

∂x1= (cosx2, sinx2, 0),

fx2 =∂f

∂x2= (−x1 sin x2, x1 cosx2, b).

93

Coeficientii metricii riemanniene g induse de metrica euclidiana a

lui E3 sunt

g11 =<∂f

∂x1,∂f

∂x1>= cos2 x2 + sin2 x2 + 0 = 1,

g12 = g21 =<∂f

∂x1,∂f

∂x2>= −x1 sinx2 cos x2 + x1 sin x2 cosx2 = 0,

g22 =<∂f

∂x2,∂f

∂x2>= (x1)2 sin2 x2 + (x1)2 cos2 x2 + b = (x1)2 + b2.

Atunci

det((gij)i,j=1,2) = (x1)2 + b2.

Rezulta g11 = 1,

g21 = g12 = 0,

g22 = 1(x1)2+b2

.

De asemenea, avem:

∂2f

(∂x1)2= (0, 0, 0) = fx1x1 ,

∂2f

∂x1∂x2=

∂2f

∂x2∂x1= (− sinx2, cosx2, 0) = fx1x2 = fx2x1 ,

∂2f

(∂x2)2= (−x1 cosx2,−x1 sin x2, 0) = fx2x2 .

Vectorul normal unitar N la M este dat de

N =fx1 × fx2

‖fx1 × fx2‖ .

Fie {e1, e2, e3} ⊂ E3 baza canonica. Atunci:

fx1 × fx2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣cosx2 −x1 sin x2 e1

sinx2 x1 cosx2 e2

0 b e3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

= e1b sinx2 − e2b cosx2 + e3(x1 cos2 x2 + x1 sin2 x2) =


= (b sinx2,−b cosx2, x1).

Atunci

‖fx1 × fx2‖ =√

(x1)2 + b2,

deci

N =1√

(x1)2 + b2· (b sinx2,−b cosx2, x1).

Pe de alta parte

h11 = 0,

h12 = h21 =1√

(x1)2 + b2· (−b sin2 x2 − b cos2 x2) =

−b√(x1)2 + b2

,

h22 =1√

(x1)2 + b2· (−x1 cos x2 · b sinx2 + x1 sinx2 · b cosx2) = 0.

Rezulta

H =1

2· (1 · 0 − 2 · 0 · b√

(x1)2 + b2+

1

(x1)2 + b2· 0) = 0,

deci elicoidul drept este o suprafata minimala ın E3.

3. CATENOIDUL

Fie M o suprafata ın spatiul euclidian E3 definita prinX1 = a · chx1

a cosx2

X2 = a · chx1

a sinx2,

X3 = x1,

a �= 0.

Sa se demonstreze ca M este o suprafata minimala ın E3 (numita

catenoid).

Solutie:

Fie

f : R2 → E3,

95

f (x1, x2) = (a · chx1

acosx2, a · chx

1

asin x2, x1).

Vectorul curbura medie este dat de

H =1

2

2∑i,j=1

gijhij =1

2(g11h11 + g12h12 + g21h21 + g22h22).

Calculand, gasim:

fx1 =∂f

∂x1= (sh

x1

acosx2, sh

x1

asin x2, 1),

fx2 =∂f

∂x2= (−a · chx

1

asin x2, a · chx

1

acosx2, 0).

Coeficientii metricii riemanniene induse de metrica euclidiana a lui

E3 pe M sunt

g11 =<∂f

∂x1,∂f

∂x1>=

= sh2x1

acos2 x2 + sh2x

1

asin2 x2 + 1 = sh2x

1

a+ 1 = ch2x

1

a,

g12 = g21 =<∂f

∂x1,∂f

∂x2>=

= −a · chx1

asinx2 · shx

1

acosx2 + a · chx

1

acosx2 · shx

1

asinx2 = 0,

g22 =<∂f

∂x2,∂f

∂x2>=

= a2 · ch2x1

asin2 x2 + a2 · ch2x

1

acos2 x2 = a2 · ch2x

1

a.

Atunci

det((gij)i,j=1,2) =

∣∣∣∣∣ ch2 x1

a 0

0 a2 · ch2 x1

a

∣∣∣∣∣ = a2 · ch4x1

a.

Rezulta g11 = 1

ch2 x1

a

,

g21 = g12 = 0,

g22 = 1

a2·ch2 x1

a

.


De asemenea, avem:

∂2f

(∂x1)2= (

1

a· chx

1

acosx2,

1

a· chx

1

asinx2, 0) = fx1x1 ,

∂2f

∂x1∂x2=

∂2f

∂x2∂x1= (−shx

1

asinx2, sh

x1

acosx2, 0) = fx1x2 = fx2x1 ,

∂2f

(∂x2)2= (−a · chx

1

acosx2,−a · chx

1

asinx2, 0) = fx2x2 .

Reamintim ca

N =fx1 × fx2

‖fx1 × fx2‖ .

Fie {e1, e2, e3} ⊂ E3 baza canonica. Atunci

fx1 × fx2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣shx

1

acosx2 −a · chx1

asin x2 e1

shx1

a sin x2 a · chx1

a cosx2 e2

1 0 e3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

= e1(−a · chx1

acosx2) − e2(a · chx

1

asinx2)+

+e3(a · shx1

acos2 x2 · chx

1

a+ a · chx

1

a· shx

1

asin2 x2) =

= (−a · chx1

acosx2,−a · chx

1

asinx2, a · chx

1

a· shx

1

a).

Atunci

||fx1×fx2 || =

√a2 · ch2

x1

acos2 x2 + a2 · ch2

x1

asin2 x2, a2 · ch2

x1

a· sh2

x1

a=

= a · chx1

a

√sh2

x1

a+ 1 = a · ch2x

1

a,

deci

N =1

a · ch2 x1

a

· (−a · chx1

acosx2,−a · chx

1

asinx2, a · chx

1

a· shx

1

a) =

=1

chx1

a

· (− cosx2,− sinx2, shx1

a).

97

Apoi

h11 =< N, fx1x1 >=1

chx1

a

·(−1

a·chx

1

acos2 x2 − 1

a·chx

1

asin2 x2) = −1

a,

h12 = h21 =< N, fx1x2 >=1

chx1

a

·(shx1

asin x2 cosx2−shx

1

acos x2 sinx2) = 0,

h22 =< N, fx2x2 >=1

chx1

a

· (a · chx1

acos2 x2 + a · chx

1

asin2 x2) = a.

Rezulta

H =1

2·( 1

ch2 x1

a

·(−1

a)+

1

a2 · ch2 x1

a

·a) =1

2·(− 1

a · ch2 x1

a

+1

a · ch2 x1

a

) = 0.

Prin urmare, catenoidul este o suprafata minimala ın E3.

4. PROBLEMA

Fie

c1, c2 : R → E2, c1(t) = (a(t), b(t)), c2(s) = (α(s), β(s)),

doua curbe regulate plane si

f = c1 ⊗ c2 : R2 → E4,

f (t, s) = (a(t)α(s), a(t)β(s), b(t)α(s), b(t)β(s)).

Sa se determine c1, c2 astfel ıncat M = Imf sa fie o subvarietate

minimala ın E4.

Solutie:

Punem conditia

H =1

2· [h(e1, e1) + h(e2, e2)] = 0,

unde {e1, e2} este un reper ortonormat.


Avem:

∂f

∂t= (

.a (t)α(s),

.a (t)β(s),

.

b (t)α(s),.

b (t)β(s)),

∂f

∂s= (a(t)

.α (s), a(t)

.

β (s), b(t).α (s), b(t)

.

β (s)).

Atunci coeficientii metricii riemanniene g induse pe M de metrica

euclidiana a lui E4 sunt

g11 =<∂f

∂t,∂f

∂t>= [

.a2

(t)+.

b2 (t)] · [α2(s) + β2(s)],

g22 =<∂f

∂s,∂f

∂s>= [

.α2

(s)+.

β2

(s)] · [a2(t) + b2(t)],

g12 = g21 =<∂f

∂t,∂f

∂s>=

= [a(t).a (t) + b(t)

.

b (t)] · [α(s).α (s) + β(s)

.

β (s)] =

=< c1(t),.c1 (t) > · < c2(s),

.c2 (s) > .

Atunci

e1 =1∥∥∥∂f∂t ∥∥∥ · ∂f

∂t=

1√g11

· ∂f∂t,

e2′ =

∂f

∂s− <

∂f

∂s, e1 > ·e1 =

∂f

∂s− <

∂f

∂s,

1√g11

· ∂f∂t

>1√g11

· ∂f∂t

=

=∂f

∂s− 1

g11

<∂f

∂s,∂f

∂t>∂f

∂t=∂f

∂s− g12

g11

· ∂f∂t.

Evident, avem

< e1, e2′ >= 0,

‖e2′‖2

=<∂f

∂s− g12

g11

· ∂f∂t,∂f

∂s− g12

g11

· ∂f∂t

>=

= g22 − 2 · g212

g11

+g2

12

g11

= g22 − g212

g11

=g22 · g11 − g2

12

g11

=det g

g11

,

Deci

e2 =e′2∥∥∥e′2∥∥∥ =

√g11

det g· (∂f∂s

− g12

g11

· ∂f∂t

).

99

Avem

h(e1, e1) =1

g11

· h(∂f∂t,∂f

∂t),

h(e2, e2) =g11

det g· [h(∂f

∂s,∂f

∂s) − 2 · g12

g11· h(∂f

∂t,∂f

∂s) +

g212

g211

· h(∂f∂t,∂f

∂t)].

Rezulta

H =1

2· [ 1

g11

· h(∂f∂t,∂f

∂t) +

g11

det g· h(∂f

∂s,∂f

∂s)−

−2 · g11

det g· g12

g11· h(∂f

∂t,∂f

∂s) +

g11

det g· g

212

g211

· h(∂f∂t,∂f

∂s)] =

=1

2 det g·[det g

g11

·h(∂f∂t,∂f

∂t)+g11·h(∂f

∂s,∂f

∂s)−(2·g12−g

212

g11

)h(∂f

∂t,∂f

∂s)] =

=1

2 det g· [g22 · h(∂f

∂t,∂f

∂t) + g11 · h(∂f

∂s,∂f

∂s) − 2 · g12 · h(∂f

∂t,∂f

∂s)],

deoarece, din relatia

det g = g11 · g22 − g212,

obtinem

g22 =det g

g11

+g2

12

g11

.

Fie {n1, n2} ⊂ T⊥M baza ortonormata.

Deoarece M este minimala, rezulta < H, nj >= 0, j = 1, 2.

Alegem

n1(t, s) = (−b(t)β(s), b(t)α(s), a(t)β(s),−a(t)α(s)),

n2(t, s) = (− .

b (t).

β (s),.

b (t).α (s),

.a (t)

.

β (s),− .a (t)

.α (s)).

Rezulta

< nj,∂f

∂t>=< nj,

∂f

∂s>= 0, j = 1, 2.


Conditiile < H, nj >= 0, j = 1, 2, sunt echivalente cu

< g22 · h(∂f∂t,∂f

∂t) − 2 · g12 · h(∂f

∂t,∂f

∂s) + g11 · h(∂f

∂s,∂f

∂s), nj >= 0,

j = 1, 2.

Formula lui Gauss devine

∂2f

∂t2= ∇ ∂f

∂t

∂f

∂t+ h(

∂f

∂t,∂f

∂t).

Atunci

(1) < g22 · ∂2f

∂t2− 2 · g12 · ∂

2f

∂t∂s+ g11 · ∂

2f

∂s2, nj >= 0, j = 1, 2.

Pentru j = 1, avem

<∂2f

∂t2, n1 >=<

∂2f

∂s2, n2 >= 0;

din relatia (1), obtinem

g12· < ∂2f

∂t∂s, n1 >= 0.

Distingem doua cazuri:

i) g12 = 0;

sau

ii) < ∂2f∂t∂s

, n1 >= 0.

i) g12 = 0 este echivalent cu

< c1(t),.c1 (t) > · < c2(s),

.c2 (s) >= 0.

Deci

< c1(t),.c1 (t) >= 0 sau < c2(s),

.c2 (s) >= 0,

sau echivalent

d

dt‖c1(t)‖2 = 0 sau

d

dt‖c2(s)‖2 = 0,

101

i.e. c1 este un arc de cerc sau c2 este un arc de cerc.

Evident

∂2f

∂t∂s= (

.a (t)

.α (s),

.a (t)

.

β (s),.

b (t).α (s),

.

b (t).

β (s)).

In cazul ii), deducem

0 =<∂2f

∂t∂s, n1 >= − .

a (t).α (s)b(t)β(s)+

.a (t)

.

β (s)b(t)α(s)+

+.

b (t).α (s)a(t)β(s)− .

b (t).

β (s)a(t)α(s) =

= −[.a (t)b(t) − a(t)

.

b (t)] · [ .α (s)β(s) − α(s).

β (s)].

Rezulta.a (t)b(t) − a(t)

.

b (t) = 0,

sau.α (s)β(s) − α(s)

.

β (s) = 0.

Prin urmare

a(t)

b(t)= const. sau

α(s)

β(s)= const.

Geometric, rezulta ca c1 este un segment de dreapta ce trece prin

origine sau c2 este un segment de dreapta ce trece prin origine.

Daca c1 sau c2 este un segment de dreapta ce trece prin origine,

atunci M este continuta ıntr-un plan, deci minimala, oricare ar fi

cealalta curba.

In cazul i), presupunem ca c1 este un arc de cerc.

Putem considera c1(t) = (cos t, sin t).

Fie j = 2. Avem

<∂2f

∂t2, n2 >= [− ..

a (t).

b (t)+..

b (t).a (t)] · [α(s)

.

β (s)− .α (s)β(s)],

<∂2f

∂s2, n2 >= [− ..

α (s).

β (s)+..

β (s).α (s)] · [a(t) .

b (t)− .a (t)b(t)].


Inlocuind a(t) = cos t si b(t) = sin t, obtinem

<∂2f

∂t2, n2 >= α(s)

.

β (s)− .α (s)β(s),

<∂2f

∂s2, n2 >=

.α (s)

..

β (s)− ..α (s)

.

β (s).

Rezulta

g11 = ‖c2(s)‖2 ,

g22 = ‖ .c2 (s)‖2.

Din relatia (1), pentru j = 2, obtinem:

(2) ‖ .c2 (s)‖2[α(s)

.

β (s)− .α (s)β(s)]+

+ ‖c2(s)‖2 [.α (s)

..

β (s)− ..α (s)

.

β (s)] = 0.

Putem alege parametrul s astfel ıncat

(3) ‖c2(s)‖ = ‖ .c2 (s)‖ .

Fie p un parametru oarecare pe c2. Atunci

dc2ds

=dc2dp

· dpds,

Conditia (3) devine

α2(p) + β2(p) = [(dα

dp)2 + (

dβ

dp)2] · (dp

ds)2.

Rezulta

(ds

dp)2 =

(dαdp )2 + (dβdp )

2

α2(p) + β2(p),

sau echivalent

s =∫ [(dα

dp)2 + (dβ

dp)2]1/2

[α2(p) + β2(p)]1/2dp.

Relatia (2) devine

α(s).

β (s)− .α (s)β(s)+

.α (s)

..

β (s)− ..α (s)

.

β (s) = 0,

103

sau

(4).α (s) · [

..

β (s) − β(s)]−.

β (s) · [ ..α (s) − α(s)] = 0.

Derivand relatia (3), gasim:

(5).α (s) · [α(s)− ..

α (s)]+.

β (s) · [β(s)−..

β (s)] = 0.

Notam {α(s)− ..

α (s) = x,

β(s)−..

β (s) = y.

Din relatiile (4) si (5), obtinem

(6)

.α (s) · x+

.

β (s) · y = 0,.

β (s) · x− .α (s) · y = 0.

Deoarece curba c2 este regulata, rezulta ca sistemul (6) are numai

solutia banala.

Deci { ..α (s) = α(s),..

β (s) = β(s).

Solutiile sunt {α(s) = ch s,

β(s) = sh s.

Geometric, c2 este o hiperbola echilatera.

Analog, daca c2 este un arc de cerc, rezulta ca c1 este o hiperbola

echilatera.

5. PROBLEMA

Sa se determine suprafetele de rotatie minimale.

Solutie:

Fie

c : I → E2, c(t) = (ρ(t1), t1),


o curba plana.

Suprafata de rotatie f generata de c are ecuatiile:x1(t1, t2) = ρ(t1) cos t2,

x2(t1, t2) = ρ(t1) sin t2,

x1(t1, t2) = t1.

Vectorul curbura medie H este dat de

H(t1, t2) =1

2

∑i,j

gij(t1, t2)hij(t1, t2).

Avem

ft1 = (.ρ (t1) cos t2,

.ρ (t1) sin t2, 1),

ft2 = (−ρ(t1) sin t2, ρ(t1) cos s2, 0),

respectiv

g11 =< ft1 , ft1 >= (.ρ (t1))

2 cos2 t2 +(.ρ (t1))

2 sin2 t2 +1 = (.ρ (t1))

2 +1,

g12 = g21 =< ft1 , ft2 >= 0,

g22 =< ft2 , ft2 >= (ρ(t1))2 sin2 t2 + (ρ(t1))

2 cos2 t2 = (ρ(t1))2,

de unde

g11 =1

(.ρ (t1))2 + 1

, g12 = g21 = 0, g22 =1

(ρ(t1))2.

Deducem

ft1 × ft2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣.ρ (t1) cos t2 −ρ(t1) sin t2 e1.ρ (t1) sin t2 ρ(t1) cos t2 e2

1 0 e3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

= (−ρ(t1) cos t2,−ρ(t1) sin t2,.ρ (t1)ρ(t1) cos2 t2+

.ρ (t1)ρ(t1) sin2 t2) =

= (−ρ(t1) cos t2, ρ(t1) sin t2,.ρ (t1)ρ(t1)).

105

Deci

N(t1, t2) =1

ρ(t1)√

1 + (.ρ (t1))2

·(−ρ(t1) cos t2,−ρ(t1) sin t2,.ρ (t1)ρ(t1)),

i.e.

N(t1, t2) =1√

1 + (.ρ (t1))2

· (− cos t2,− sin t2,.ρ (t1)).

Prin calcul

ft1t1 = (..ρ (t1) cos t2,

..ρ (t1) sin t2, 0),

ft1t2 = ft2t1 = (− .ρ (t1) sin t2,

.ρ (t1) cos t2, 0),

ft2t2 = (−ρ(t1) cos t2,−ρ(t1) sin t2, 0),

de unde

h11 =1√

1 + (ρ(t1))2(−ρ(t1) cos2 t2 − ρ(t1) sin2 t2) = − ρ(t1)√

1 + (ρ(t1))2,

h12 = h21 =1√

1 + (.ρ (t1))2

·( .ρ (t1) sin t2 cos t2−.ρ (t1) sin t2 cos t2) = 0,

h22 =1√

1 + (.ρ (t1))2

· (ρ(t1) cos2 t2 + ρ(t1) sin2 t2) =ρ(t1)√

1 + (.ρ (t1))2

.

Astfel

H =1

2·(− 1

(.ρ (t1))2 + 1

·..ρ (t1)√

1 + (.ρ (t1))2

+1

(ρ(t1))2· ρ(t1)√

1 + (.ρ (t1))2

) = 0

devine..ρ (t1)ρ(t1) − (

.ρ (t1))

2 − 1 = 0.

Notam y = ρ(t1). Ecuatia se scrie

yy − (y)2 − 1 = 0.

Fie z = 1 + (.y)2.


Rezulta.z= 2

.y · ..y,

respectiv.z

z=

2.y · ..y

1 + (.y)2

=2

.y · ..y..y ·y = 2 ·

.y

y.

Prin integrare, obtinem

ln z = 2 ln y + lnk2,

unde k = constanta. Atunci

z = k2y2.

Inlocuind, gasim

1 + (.y)2 = k2y2,

deci.y=

√k2y2 − 1,

sau echivalent .y√

k2y2 − 1= 1.

Integrand, avem ∫dy√

k2y2 − 1= t1 + α,

de unde rezulta

1

kln(y +

√y2 − 1

k2) = t1 + α,

i.e.

y +

√y2 − 1

k2= ek(t1+α).

Atunci

y2 − 1

k2= [ek(t1+α) − y]2,

107

respectiv

y2 − 1

k2= e2k(t1+α) − 2y · ek(t1+α) + y2,

y =1

2· [ek(t1+α) +

1

k2· e−k(t1+α)].

In concluzie

y = ρ(t1) =γ

2· ch (kt1 + β),

unde β, γ si k sunt constante.

Prin urmare singura suprafata de rotatie minimala este catenoidul.

6. PROBLEMA

Fie

f : (0, 2π) × (0, 2π) → E4,

f (u, v) = (cos u · cos v, sinu · cos v, cosu · sin v, sinu · sin v).i) Sa se arate ca curbura Gauss K = 0.

ii) Sa se arate ca M = Im f nu este minimala, dar are curbura

medie constanta.

Solutie:

i) Avem

∂f

∂u= (− sinu · cos v, cosu · sin v,− sinu · sin v, cosu · sin v),

∂f

∂v= (− cosu · sin v,− sinu · sin v, cosu · cos v, sinu · cos v),

respectiv {g11 = g22 = 1,

g12 = g21 = 0.

Deci

e1 =∂f

∂u, e2 =

∂f

∂v,

formeaza o baza ortonormata ın TM.


Fie

e3 = (− cosu · cos v,− sinu · cos v,− cosu · sin v,− sinu · sin v),

e4 = (sinu · sin v,− cosu · sin v,− sinu · cos v, cosu · cos v).

Atunci {e3, e4} este o baza ortonormata ın T⊥M.

Din ecuatia lui Gauss, deducem

K = R(e1, e2, e1, e2) = h311h

322 − (h3

12)2 + h4

11h422 − (h4

12)2,

unde

hkij =< h(ei, ej), ek >, i, j ∈ {1, 2}, k ∈ {3, 4}.Calculand, gasim

h311 =< h(e1, e1), e3 >=<

∂2f

∂u2, e3 >=

=< (− cosu · cos v,− sinu · cos v,− cosu · sin v,− sinu · sin v),(− cosu · cos v,− sinu · cos v,− cosu · sin v,− sinu · sin v) >= 1.

Analog

h322 =< h(e2, e2), e3 >=<

∂2f

∂v2, e3 >= 1,

h312 =< h(e1, e2), e3 >=<

∂2f

∂u∂v, e3 >= 0,

h411 =< h(e1, e1), e4 >=<

∂2f

∂u2, e4 >= 0,

h412 =< h(e1, e2), e4 >=<

∂2f

∂u∂v, e4 >= 1.

Rezulta K = 0.

ii) M este minimala daca si numai daca

< H, e3 >=< H, e4 >= 0,

109

sau echivalent {h3

11 + h322 = 0,

h411 + h4

22 = 0.

In cazul nostru

h311 + h3

22 = 2,

deci M nu este minimala.

Pe de alta parte

‖H‖ =1

2[(h3

11 + h322)

2 + (h411 + h4

22)2]1/2 = 1.

7. PROBLEMA

Sa se demonstreze ca o subvarietate minimala a spatiului euclidian

are curbura Ricci nonpozitiva.

Solutie:

Fie M ⊂ Em o subvarietate minimala, dimM = n.

Fie p ∈M si {e1, ..., en} ⊂ TpM baza ortonormata.

Pentru ∀X, Y, Z,W ∈ TpM, avem ecuatia lui Gauss:

0 = R(X, Y, Z,W )−< h(X, Z), h(Y,W )> + < h(X,W ), h(Y, Z)> .

Atunci

R(X, ei, X, ei) =< h(X,X), h(ei, ei) > − < h(X, ei), h(X, ei) >, ∀i = 1, n.

Prin sumare dupa i, obtinem:

Ric(X) =n∑i=1

R(X, ei, X, ei) =

=< h(X,X),n∑i=1

h(ei, ei) > −n∑i=1

< h(X, ei), h(X, ei) >=

=< h(X,X), nH > −n∑i=1

‖h(X, ei)‖2 =


= −n∑i=1

‖h(X, ei)‖2 ≤ 0.

8. PROBLEMA

i) Subvarietatea Sn1(r1) × Sn2 (r2) ın En+2, unde n = n1 + n2 si

r21 + r2

2 = 1, are vectorul curbura medie paralel, dar nu este minimala.

ii) Hipersuprafata Sn1(r1)× Sn2(r2) ın Sn+1(1), unde n = n1 + n2

si r21 + r2

2 = 1 este minimala, daca si numai daca n1r22 = n2r

21.

In particular, torul lui Clifford S1( 1√2) × S1( 1√

2) este o suprafata

minimala ın S3(1).

Solutie:

Se considera sferele Sn1(r1) si Sn2(r2) de raze r1 si respectiv r2, cu

centrele ın originea lui En1+1, respectiv En2+1.

Presupunem satisfacute conditiile n1 + n2 = n ≥ 2, n1, n2 ∈ N∗,

r1, r2 ∈ R+, cu r21 + r2

2 = 1.

Varietatea produs Sn1(r1) × Sn2(r2) poate fi considerata o subva-

rietate ın En+2 = En1+1 ×En2+1.

Mai mult, ea este subvarietate ın Sn+1(1), avand centrul ın originea

lui En+2, deoarece

(1)1+n1∑i=1

(xi)2 +1+n2∑i=1

(yi)2 = r21 + r2

2 = 1,

unde {xi}1≤i≤n1 , {yi}1≤i≤n2 sunt coordonate ın En1+1, respectiv En2+1.

Fie p si q vectorii de pozitie ai punctelor p si q ın Sn1(r1), respectiv

Sn2(r2), si campul vectorial

ξ1 = (r2r1p,

−r1

r2q), (p, q) ∈ Sn1(r1) × Sn2(r2).

Se constata imediat ca ξ1 este tangent la Sn+1(1) si normal la

Sn1(r1) × Sn2(r2).

111

Daca ∇ este conexiunea Levi-Civita ın En+2, reamintim ca avem

prin definitie

∇VW =n+2∑i=1

V (W i)Ei,

unde {Ei}1≤i≤n+2 este baza canonica ın En+2 si W =∑n+2i=1 W

iEi.

Din formula lui Gauss aplicata hipersuprafetei Sn+1(1) ın En+2,

rezulta

(2) ∇V ξ1 = (r2r1V, 0), ∀V ∈ TpS

n1(r1),

unde ∇ este conexiunea indusa pe Sn+1(1).

Fie A1 operatorul Weingarten asociat lui ξ1 pentru hipersuprafata

Sn1(r1) × Sn2(r2) ⊂ Sn+1.

Rezulta

(3) A1(V ) =−r2

r1V, ∀V ∈ TpS

n1 (r1).

Analog

(4) A1(W ) =r1r2W, ∀W ∈ TqS

n2(r2).

Deoarece avem

T(p,q)(Sn1(r1) × Sn2(r2)) ∼= TpS

n1(r1) ⊕ TqSn2(r2),

rezulta ca A1 se poate reprezenta prin formula

(5) A1 =−r2

r1Ip +

r1r2Iq,

unde Ip si Iq sunt aplicatiile identice pe TpSn1(r1), respectiv TqS

n2(r2).

Vectorul curbura medie va fi

H =1

n(T rA1)ξ1 =

n2r21 − n1r

22

nr1r2· ξ1.

Avem H = 0 ⇔ n1r22 = n2r

21.


In cazul unei hipersuprafete, H este paralel ın mod trivial.

Sa calculam acum vectorul curbura medie al subvarietatii de codi-

mensiune 2, Sn1(r1) × Sn2(r2) ın En+2.

Este clar ca ξ1 este camp vectorial normal unitar pe aceasta sub-

varietate.

Un al doilea camp vectorial normal unitar ξ2 se defineste prin for-

mula

ξ2 = (−p,−q),care este ortogonal pe ξ1.

Operatorul Weingarten A2 asociat lui ξ2 este chiar operatorul iden-

titate. Rezulta

TrA2 = n.

Deci vectorul curbura medie al subvarietatii Sn1(r1) × Sn2(r2) ın

En+2 este

H =n2r

21 − n1r

22

nr1r2· ξ1 + ξ2.

Derivatele covariante ale lui ξ1 si ξ2 ın raport cu ∇ au componentele

normale nule, deci H este paralel si ıntotdeauna nenul.

culegere Geometrie Diferentiabila

Documents

Transcript of culegere Geometrie Diferentiabila