Superfícies de Curvatura Média Constante Um no Espaço Hiperbólico

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Universidade Federal de Alagoas Instituto de Matemática

  A partir disso, obteremos uma gama de resultados acerca da teoria de superfícies de curvatura média um, completas e de 3curvatura total finita em H . A aplicação [e + e ] : M é conforme se, e só se, f é totalmente umbílica 3−→ S ∞(neste caso [e + e ] reverte a orientação) ou f satisfaz H + e ] preserva a 3 3≡ 1(nesse caso [e orientação).

1. Superfícies. 2. Curvatura média. 3. Espaço hiperbólico. 4. Representação weierstrass. I. Título

  A partir disso, obteremos uma gama de resultados acerca da teoria de superfícies de curvatura média um, completas e de 3curvatura total finita em H . A aplicação [e + e ] : M é conforme se, e só se, f é totalmente umbílica 3−→ S ∞(neste caso [e + e ] reverte a orientação) ou f satisfaz H + e ] preserva a 3 3≡ 1(nesse caso [e orientação).

2 F : M

  Então, existe uma coordenada holomorfa local z sobre ∆ = ǫ{w ∈ C; |w| < ǫ} , para algum ǫ > 0, com z(0) = 0, e β > ǫ , nós temos −1 um numero real tal que sobre ∆2 β 4(β + 1) (zz) 2dσ = dz β+1 2(1 + (zz) ) ∆ | ǫ ⊗ dz. Então, a aplicação hiperbólica de Gauss [e + e ] : ∆ 3−→ S ∞estende-se holomorficamente em z = 0 se, e só se, a ordem de Q em z = 0 é pelo menos -2.

1.1 Superfícies de Riemann

  Sejam z = 2(z 1 , z 2 ), w = (w 1 , w 2 ) , considere a seguinte relação de equivalência. Consideremos P = 1 , z 2 ]; z 1 , z 2= C {[z ∈ C} .

1 P é dita esfera de Riemann

  1 1 1 1 Podemos identificar CP e P , basta tomar a aplicação π : CP tal que−→ P z 2 π[z , z ] = . De fato, suponha que w = (w, w ) é múltiplo de z = (z , z ), 1 2 1 2 w z 2 2 ∗tal que w = λz.

1 Definição ..

  Então existe uma função meromorfa 2∗ ξ : M (µ) = dσ , isto é−→ C ∪ {∞} tal que ξ 4dξ⊗ dξ 2 dσ = . 2(1 + ξξ) ′ ′ ′ 2 aξ−b∗ Ademais, se ξ: M ) (µ) = dσ , então ξ = , onde a, b são −→ C ∪ {∞} também satisfaz (ξbξ+a 2 2 constantes complexas satisfazendo = 1.

1.2 O Método do Referencial Móvel Nesta sessão introduziremos o método do referencial móvel para variedades Riemannianas

  Sejam X, Y, Z campos diferenciáveis em M, f e g funções difereciáveis emM e a e b números reais então (i)∇f X+gZ Y = f∇ X Y + g∇ ZX; (ii)∇ X(aY + bZ) = a ∇ X Y + b∇ M em relação à base {e1 , ..., e n } . Derivando exteriormente a equaçãon Xi j idω = ω ∧ ω jj=1temosn n X Xk j k j 0 = dω ω∧ ω − ∧ dωk k k=1 k=1n n X Xj j i k i = ω ω∧ ω i ∧ ω k − ∧ dω iik=1 i=1 n n X Xj j i k = ω ω )∧ ( i ∧ ω k − dω ii=1 k=1 n Xi = ω .

4 Tomemos em R o semi produto interno definido por

y + x y + x y + x y , 1 1 2 2 3 3 4 4hx, yi = −x 4 4onde x = (x , x , x , x ), y = (y , y , y , y ) . O espaço (R , 1 2 3 4 1 2 3 4∈ L h.i) é dito espaço de Lorentz-

4 Minkowski e será representado por L

  1 2 3 3∈ R + 3 Munindo R com a métrica 2 2dx + dx + dx 1 2 3 2ds = , 2x 3 3 3 2definiremos H = (R , ds ). 1.4.2 Modelo de Poincaré 3 3 Seja B uma bola aberta de raio 2 e centro na origem,⊂ R 3 3 B= p ; , ∈ R |p| < 2 3e introduza sobre B a métrica δij h (p) = .ij 1 2 2(1 ) − |p| 4 3 B com esta métrica é um modelo de espaço hiperbólico chamado modelo de poincaré.

4 L , ver [17] pág. 70

  Definamos∈ N ∈ R + o conjunto 2 3 S = [v]; v . ∈ N∞ 2 3 2 Sé dito bordo assintótico de H .

3 H = H

∪ S∞ Este será o modelo de espaço hiperbólico que adotaremos no decorrer do trabalho.

1.4.4 Modelo Hermitiano

  Consideremos as seguintes matrizes 1 0 0 1 i 1σ = , σ 1 = , σ 2 = , σ 3 = . 0 1 1 0−i 0 −1 Estas matrizes são chamadas Matrizes de Pauli e serão muito úteis para descrevermos a 4representação matricial do espaço hiperbólico.

2 X =

  4 4 Tomemos x = (x . Pela identificação de L com o espaço, x , x , x ), y = (y , y , y , y ) 1 2 3 1 2 3 ∈ Lvetorial H escrevamos x + x x + ix y + y y + iy 3 1 2 3 1 2 X = , Y = ∈ H.x x y y 1 − ix 2 − x 3 1 − iy 2 − y 3 Note que 1t tr(X σ Y σ ). (1.9) 2) (y ) 3 1 2−(y − y − iyt Escrevendo B = X onde B = (bσ 2 Y σ 2 ij ) temos de (1.8) e (1.9) queb = y + x y y + x y + x y y + i(x y y )] 11 1 1 2 2 3 3 3 3 1 2 2 1−[x − x − x − x b = y + x y + x y + x y y + x y + i( y + x y )].

2 Considere A = {X ∈ H; hX, Xi = −1, tr(X) > 0}

  Note que, dado F ∈ SL(2, C) temos que ∗ ∗ ∗(F F ) = F F ∗det(F F ) = 1 ∗ ∗Ademais, como det(F ) = 1 então tr(F F ) > 0. Logo, ∗; F {X ∈ H; det(X) = 1, tr(X) > 0} ⊃ {F F ∈ SL(2, C)} .t = X então X possui umPor outro lado, seja X ∈ H tal que detX = 1 e tr(X) > 0.

2 O polinômio característico de X é p(t) = t

  − tr(X)t + 1. Note que, 1 2p( ) = λ − λtr(X) + 1.

1 Portanto, como λ é uma autovalor então também é um autovalor de X. Tomemos o autovetor

  Por outro lado,√ λnote que √ √t λ λ∗ F F = E E 1 1√ √ λ λ tλ 0 = E E 1λ t = XEE= Xt Portanto, X = F F . Por outro lado,∗ φ = g g v(g g )g g 1 2 1 2 1 2 ∗ ∗= g 1 (g 2 vg )g 2 1∗ = φ (g vg )g 1 2 2 = φ .g g 1 ◦ φ 2 Daí, φ = φg g g g 1 2 1 ◦ φ 2 4 e, portanto, vale (ii).

4 N

  Assim, podemos encontrar um vetor não-nulo (a ∈ C a a = x + x ; 1 1 3 a a = x . 2 2 3− x De (1.11), temos que 2 2 (a a )(a a ) = x + x . 1 2 N = ∈ Cb 2 2tais que , b ), k = (k , k )Sejam v ∈ N e b = (b 1 2 1 2 ∈ Cb k 1 1 v = = .b 1 b 2 k 1 k 2b 2 k 2 iθ 1 iθ e, portanto, 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2∈ R tais que kiθisso mostra que θ = θ .

1.5 Equações de Estrutura de H

3 Nesta sessão, encontraremos equações de estrutura para o H . 3

4 Consideremos as aplicações e

α : H , onde α = 0, ..., 3, tais que−→ L (i) e é a aplicação de inclusão; 3 (ii) e , e , e são campos tangentes ortonormais sobre H . 1 2

3 Assim, temos

  −1, se i=j=0  se i,j=1,2,3i , e j δ ij ,he i = 0, se i=0 e j=1,2,3 Seja 3(p), e (p), e (p), e (p)); p 1 2 3 F = {(e ∈ H }. 4e : , α = 0, ..., 3, dada por αConsideremos as aplicações e F −→ L e α (e (p), e 1 (p), e 2 (p), e 3 (p)) = e α (p).e A aplicação 4e : F −→ L eé uma submersão.

4 L

  Note que 3 Xj j 3 X 1 2 2 2 3 2 , de e ω , e ω ) + (ω ) + (ω ) .j jhde i = h i = (ωj=1 j=1 Como e é uma submersão então podemos escrever 2 1 2 2 2 3 2 ds = (ω ) + (ω ) + (ω ) . 3 3hd(e i = (ω 3 3 Como e + e é submersão podemos escrever 3 2 1 1 2 2 2 2dσ = + e 3 ), d(e + e 3 ) + ω ) + (ω + ω ) .hd(e i = (ω 3 3 Consideremos [e 3 ) e a origem, fica bem definida a aplicação 2[e + e 3 ] : .

2 Sobre S tomaremos a orientação

∞ 1 1 2 2 (ω + ω ) + ω ). ∧ (ω 3 3

1.6 Forma de Maurer-Cartan

  Seja G⊂ GL(n, R) um grupo de Lie matricial com algebra de Lie g ⊂ gl(n, R),i ∼ e seja g = (g ) a função que mergulha G em M , com diferencial dg : T G Ma a g(a) = j n×n −→ T n×n M . −1Para encontrarmos d(g ), considere a matriz e = (δ ) como uma aplicação constante Gij −→ M n×n e note que−1 −1 −1 0 = d(e) = d(g g) = d(g )g + g dg.

18. Temos o seguinte resultado

  Seja A(t) = B(t)B (s), assim A(s) = Id e pelo lema anterior teremos que ′ d det(A(t)) = tr(A (s))t=sdt ′ −1 = tr(B (s)B (s)). −1 −1Daí, como tr(dgg ) = tr(g dg) então −1tr(g dg) = 0 (1.16) A equação (1.16) mostra que a forma de Maurer-Cartan assume valores na algebra de Lie sl(2, C).

4 A partir da ação de SL(2, C) sobre L temos o seguinte resultado

  O referencial e , e , e , e pode ser visto no conjunto das matrizes 2 1 2 3× 2 hermitianas como ∗(i) e = gg ∗(ii) e = gσ g 1 1∗ (iii) e = gσ g 2 2∗ (iv) e 3 = gσ 3 g Demonstração. Como visto anteriormente, temos 3 X jde = e ωj j=1 3 X ji + de = e ω e ω .i j ij=1 Aplicando a diferencial na equação (i) temos∗ ∗ dgg + gdg = de .

1 Portanto

1 3 2ω + ω iω −1 ∗ ∗ −1 1 1g dgσ + σ dg (g ) = 1 1 2 1 3ω −iω 1 − ω 1 Por outro lado,a + b a + b 12 21 11 22−1 ∗ ∗ −1g dgσ + σ dg (g ) = 1 1a + b a + b 22 11 21 12 Daí, temos as equações abaixo 1 3 12 21 1 2 11 22 1 2 22 11 1 1 3 21 + b12 = ω

1 Aplicando a diferencial na equação (iii) temos

  2 1 3∗ ∗dgσ g + gσ dg = e w + e w + e w 2 2 1 3 2 2 2 1 3∗ ∗ ∗ = w gσ g + w gσ g + w gσ g 1 3 2 2 2 1 3 . = g(w σ + w σ 1 + w σ 3 )g 2 2 Daí, 2 3 1ω + ω ω ∗ ∗ 2 2 ∗dgσ g + gσ dg = g g 2 2 1 2 3ω ω 2 − ω 2 2 3 1ω + ω ω 2 2−1 ∗ ∗ −1g dgσ 2 + σ 2 dg (g ) = .

2 Aplicando a diferencial na equação (iv) temos

3 1 2∗ ∗dgσ 3 g + gσ 3 dg = ω e + ω e 1 + ω e 2 3 3 3 1 2∗ = g(ω σ + ω σ + ω σ )g 1 2 3 3 Daí, 3 1 2ω ω + ω i ∗ ∗ 3 3 ∗dgσ g + gσ dg = g g 3 3 1 2 3ω i ω 3 − ω 3 Logo, 3 1 2ω ω + ω i −1 ∗ ∗ −1 3 3g dgσ + σ dg (g ) = 3 3 1 2 3ω i ω 3 − ω 3 Por outro lado,a + b b 11 11 12 12−1 ∗ ∗ −1 − ag dgσ + σ dg (g ) = 3 3a 21 21 22 22− b −a − b Logo, 3 11 11 1 2= ω + ω i 12 12 3 3 1 2= ω i 21 − ω 3 3

3 Por outro lado, o traço de g

  1 3) 2 2− ω 3) + i(ω 1 1− ω 1(ω 2 3 2ω 2 Finalmente, temos a forma de Maurer-Cartan g−1dg = 1 1) 2 3 −(ω 22= 2 a 3) 2 2 − i(ω (ω 3) 1 3. 2 3 −(ω 3) 2 2 − i(ω 3) 1 22i(a 3a 11= 1a 2 3 22= ω 11− a 2a 1 12= ω 12 2 (ω 3 1 12= ω 12− a Pelas equações obtidas temos, b 22 .

1.7 Correspondência de Lawson

  Seja Σ uma superfície de Riemann e considere f : Σ −→ M −D Y S(X), Zi + c(h∇ X Y, Zi − h∇ Y X, Zi) = h∇ X(S + cId)(Y ), Z i − h∇ Y(S + cId)(X), Z i =D ∇ Xe S(Y ), ZE ∇Ye = h∇ S(X), ZE Por outro lado,K − eK = (K − K) + ctr(S) + c 2= detS + ctr(S) + c 2 = det(S + cId) = det( e S). Definamos, eS = S + cId e 2 Tomando X, Y, Z campos diferenciáveis sobre Σ, temosD e X Y, Zi − h∇ S([X, Y ]), ZE = hS + cId([X, Y ]), Zi= hS([X, Y ]), Zi + c hId([X, Y ]), Zi= hS([X, Y ]), Zi + c(h∇ X Y− ∇ YX, Z i) = hS([X, Y ]), Zi + c(h∇ X Y, Zi − h∇ Y X, Z i).

2.1 Curvatura Média e Gaussiana

  Sejam M uma variedade de dimensão 2 conexa e orientada e f : M −→ H 1 1, e , e , e ) tem-se 1 2 3 Definamos F f ⊂ M × F o espaço tal que dado (m, e ∈ F f(i) f(m) = e (f (m))(ii) e , e é tangente a f(M) 1 2(iii) e 3⊥ f(M) 1 2é dito fibrado de primeira ordem do referencial. 1 2 3 Daí, podemos escrever iw (e j ) = j ), e i j , e i ij .hdf(e i = he i = δ 1 2 3 3 df (e ) = ω (e )e + ω (e )e + ω (e )e = ω .

3 Por outro lado, como ω

= 0 então 3 1 3 2 ω + ω = 0.1 ∧ ω 2 ∧ ω (1)Pelo lema de Cartan, ver [5], existem h = h tais queij jisobre F f 3 1 2ω = h ω + h ω , 11 12 1 3 1 2 ω = h ω + h ω . 21 22

2 Desta forma, faz sentido definir a forma quadrática

  Note que 2 2 3 1 2dω = 1 −ω 3 ∧ ω 1 − ω ∧ ω 1 2 1 2 1 2= (h ω + h ω ) ω + h ω ) 21 22 11 12∧ (h − ω ∧ ω 2 1 2 = (1 + h h )ω . 11 22 12 − h ∧ ωPortanto, a curvatura Gaussiana de M é dada por 2 K = + h 11 h 22 .

2.2 Aplicação Hiperbólica de Gauss

  3 3hd(e i é um múltiplo de ds f De fato, suponhamos que [e 3[e + e ] = e + e = + e ), λ > 0 3 3 3 {λ(e } . Ademais, 2 3 1 1 2 1 2 1 2 1 2 (ω +ω ) +ω ) = (ω ω ω ) ω ) = (1+h h h ) = .

3 Se f é totalmente umbílica então

  2 3 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 (ω +ω ) +ω ) = (ω ω ω ) ω ) = ( )ω = ω . Note que 1 2 2 3 2 2 2 1 2Φ = [(ω ) + (ω + iω ) + (ω + iω ) ].

2 M , tal que f = e

  3) 1 2 2 1) 2 3 2 3) 2 1− iω ∗((ω ∗(Φ) = [F 2 . 1 − π) = 2βF 3) − i(ω 2 2 3)] = F ∗(ω ∗[(ω ∗(ω + π) = 2γ, onde α, β, γ são 1-formas holomorfas sobre M 1− ω 1 3) + i(ω 2− ω 2 3)] = F F∗ (ω) = β + γ.

3 Tomemos f = e

  Considere z = u + iv uma coordenada em M, assim ∗0 = F (Φ)(v) = Φ(dF (v))∗ = F (Φ)(∂ F F )u v − i∂= Φ(dF (∂ F F ))u v − i∂= Φ(F u v ) − iF= < F , F >u v u v − iF − iF = < F u , F u > v , F v > u , F v > . Desta forma, como e é a aplicação de inclusão então< f , f > = < f , f >u u v v < f , f > = 0.u v e, portanto, f é conforme.

2 A + BC = 0

  2AA + BB + CC = 1De fato, note que a existência de funções A, B, C complexas que satisfazem Aφ = αBφ = β Cφ = γ. ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ =⇒ (2AA + BB + CC)φ ⊗ φ = ds fPortanto, podemos considerar 2AA + BB + CC = 1.

2 F

  A aplicação F h : U −→ SL(2, C) satisfaz a equação f = e ◦ F = eSabemos que, 3 2 1 3 1 2ω + ω = 2Hω 1 ∧ ω ∧ ω 2 ∧ ω 3 3 1 3 2 dω = = 0. −ω ∧ ω − ω ∧ ω 1 2 Portanto, 3 3 1 2π ) + iω ) ∧ ω = (ω 1 − iω 2 ∧ (ω 3 1 3 2 3 1 3 2 = ω + iω + ω .1 ∧ ω 1 ∧ ω − iω 2 ∧ ω 2 ∧ ω 3 2 3 1= i(ω ) 1 ∧ ω − iω 2 ∧ ω 1 2 = 2Hiω .

2 Tomemos a aplicação holomorfa G : M

  Sabemos que 3 2 1 1 2 2 1ω + iω (ω ) + i(ω ) −1 ∗ 1 − ω 3 − ω 3 G dG = G . Daí, 3 3∗ ∗f (ω ) = (e (ω ) ◦ G) 3∗ ∗ = G (ω )◦ e 3∗ = G (ω )= 0 2 2 3 2∗ ∗ Note que ω é uma 1-forma real, e escreva G(ω ) = ρ.

2 G

  ∧ α = α ∧ µ =Como ρ é um 1-forma real, em particular, ρ é do tipo (1, 0). 2 O Teorema de Cartan, (1.6.1),garante que existe uma aplicação h : M−→ SU(2), única a menos de translação à esquerda por uma constante, tal que −1 µ = h dh.

2 Denotemos por p, q funções sobre M tais que

  Daí,−1 dF = (dG . − F dh)hLogo, −1 −1 −1 −1 F dF = F dGh . Daí,−1 −1 −1 −1 F dF = (hG )dGh− (hµ)h −1 −1 −1= h(G dG)h − hµh−1 −1 = h(G dG− µ)h 1−2φ −1 = h h .

2 Daí, F : M

  Logo, Por outro lado, como h ∈ SU(2) temos h∗ −1 −1 F F = (Gh )(Gh )−1 −1 ∗ ∗ = G(h (h ) )G∗ = GGDaí, −1 e (F ) = e (Gh ) = e (F ) = f. Daí, 1 2∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ F 1 F = F 2 F = 2 g)(g F ) = F 2 F = 2 (gg = 0.

2 E

⊂ M 2(ii) A aplicação de Gauss N : M é holomorfa e estende-se a uma aplicação meromorfa −→ S 2

2 N : M . Ademais, o grau de N é a curvatura total dividida por

  Sejam 1 1 2 2η = (ω + ω ) + ω ) 3 − i(ω 3 1 2 ω = ω + iω . Lembre que 2 1 1 2 2 2 2dσ = (ω + ω ) + (ω + ω )f 3 3 2 2é a forma quadrática induzida da aplicação [e é dada por 3−→ S f ∞ 3 3hd(e i .

1 Para isto basta mostrarmos que

  2 −K) i ∧ ω= ( 12)ω 2 11 2 11 − 2h 2(1 ∧ ω= i 12)ω 2 ∧ ω, onde K é curvatura de M na métrica ds2 f 11) − h 2((1 = i − ih12 ) ∧ ω((1 − h11 ) − h11 ) + h 12 i) 2ω((1 ∧ η = i 2η Por outro lado, i 2ω . = iω 1) 2− iω 1∧ (ω 2 1= ω 2 1 ∧ ω 2− iω 1∧ ω 3) (4.1)Note que dω = dω 2 3 ∧ ω 1− ω 2 1 ∧ ω −ω 3 1 3 ∧ ω 2− ω 1 2 ∧ ω −ω 2= 1 2∗ Proposição 4.0.4.

2 Portanto, deσ é invariante pela transformação y −→ y + πi

  Note que,∗ ∗ ∗ (ξ (µ) = g (µ)◦ g) ◦ ξ 2∗ = g )(deσ 2∗ ∗ = g (exp (dσ )) 2∗ = (exp (dσ )◦g) 2= deσ 2 2 2= 1 tais que Portanto, pelo lema (1.1.1), existem (a, b) ∈ C com |a| |b| − b ξ(y + 2πi) = .bξ(y) + a Podemos tomar a e b de modo que ξ seja dado por2πiα ξ(y + 2πi) = e ξ(y), 2πkiαξ(y). α 2 2(1 + ψ ) |w |n g(w) Ainda, sobre U temos ψ(w) = wρ e , logo ′′ 2 n g n g g 22(α−1) 2(α−1) 4 = 4 e + w (ne + we .g )|w| |αψ + wψ | |w| |αw | ′ n g 2 22(α−1) = 4 e|w| |w | |α + n + wg | ′ 2β 2g 2= 4 |w| |e ||α + n + wg |Notemos que, g β+1′ e dz = (β + 1 + wg )dw.β + 1 Logo, 2g β+1′ |e | 2dz dw ⊗ dz = |α + n + wg | ⊗ dw.

3 Na teoria das superfícies mínimas em R , temos que a diferencial de Hopf estende-se aos fins

  Pela proposição anterior, segue que, se e ∈ Mfentão existe uma coordenada local holomorfa z : U −→ C sobre U ⊂ M onde e ∈ U, z(e) = 0 e um número real β = β(e) tal que 2 β4(β + 1) (zz) 2dσ = dz f ⊗ dz. 2 β4(β + 1) (zz) Se b ≥ β é um inteiro, podemos tomar uma vizinhaça suficientemente próxima de e tal que 2 2 |h(z)|ds dzf ≤ c ⊗ dz, b 2|z | para alguma constante c > 0 e numa vizinhança deletada V de e em U.

4.1 Exemplos

  Como é de se esperar, as imersões de curvatura média um no espaço hiperbólico e as imersões 3mínimas em R nem sempre partilham as mesmas características. Vejamos agora alguns exemplos que ilustram algumas diferenças entre as duas teorias.

2 Suponhamos M

uma superfície de Riemann e F : M −→ SL(2, C) uma imersão holomorfa nula. Assim, podemos escreverF F 1

2 F = , F F F

  Donde,∗ ∗e + e = F h(σ + σ )h F 3 32 0 ∗ ∗= F h h F 0 0q ∗= 2F q p F p F q + F p 1 2= 2 F q + F p F q + F p 1 2 3 4 F q + F p 3 4 = F F∗ . 4p] = [dF Donde, p(F 1q + F 2p) = dF 1p(F 3q + F 4p) = dF 3 Portanto,[e + e 3] = [F 1q + F 2p, F 3q + F (v) = av 0 (v)) = 0 e, portanto, F é nula.

2 Logo

  √ µ+1−µ µz (µ + 1)z2µ + 1 Logo,µ−1 −(µ+2) µ−1 −(µ+2) 1µ(µ + 1) (µ + 1)µzz −µ(µ + 1)z −z dF == dz.√ µ √ µ −µ−1 −µ−1µ(µ + 1)zz 2µ + 1 −(µ + 1)µz 2µ + 1 −zNote que −µ −(µ+1) 1(µ + 1)z −µz−1 F = . 2µ+1(2µ + 1)z ∗Podemos definir sobre C funções p e q tais que µ(µ + 1)−1 (4.8) pqφ = z dz;2µ + 1 µ(µ + 1)2 2µ (4.9) p φ = z dz.2µ + 1 De (4.8), temos2µz pq = .

4.2 Condições de Extensão Meromórfica

  Toda 2aplicação F : M −→ SL(2, C) fornecida pelo teorema da representação de Bryant satisfaz 2r r 1 2−1 −r 2 F dF = dz, 2r r 1 2 1 −r onde z é a coordenada padrão z : C , r são polinômios em z sem zeros−→ C, identidade, e r 1 2comuns. F p 2 1−F −pq 3é dada por A métrica induzida induzida da imersão f : C −→ H 2 2∗f (ds ) = dsf = 2α⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ 2 2 2 2 2 2 |pq| |φ| |p| |φ| |q| |φ| 2 2 2= (2 2 3 )dz|F | |F | |F | ⊗ dz 1 + + Dividiremos a prova em dois casos, F 2 2 ≡ 0 e F 6≡ 0.

2 F = F F

  Portanto, como ds é completa então, pelo lema de Osserman, temos que F não tem uma 3 fé um polinômio ou F 3 3singularidade essencial em z = ∞. Portanto, basta tomar o par de 3 3 1 1 2 2 polinômios constantes (r , r ) = (0, (F (0)) e nosso problema estará resolvido.

3 Suponhamos agora que F

  Donde, F 2 /F 1 .q 1 1 Note que F é uma aplicação meromorfa e, portanto, existem polinômios r 2 /F1 : P 1 , r 2 ,−→ P primos entre si, tal que F 2 /F 1 = r 1 /r 2 . Daí,r 2 f r 1 f F 1 = , F 2 = .k k (z (z− a) − a) Daí, como F e F não possuem pólos teríamos que r (a) = r (a) = 0, mas isto é absurdo.

3 Note que G 6= 0 pois caso contrário F

  1 2 1 2 Daí,Q = 2(pdq − qdp) ⊗ φ 2= 2p d(q/p) ⊗ φ 2= 2p d(r 2 /r 1 ) ⊗ φ 2= 2r d(r /r ) 2 1 1 ⊗ φ= 2(r dr dr ) 2 1 1 2− r ⊗ φ = 2(r dr dr ) 2 1 1 2− r ⊗ P dz , r são polinômios então teremos que 1 2 Por (4.0.5), Q é meromorfo em z = ∞. Daí, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 f |r | |r2 | |r 1 | ⊗ dz = (|r | |r | ⊗ dz.

1. Portanto, pela proposição (4.0.4) existe um disco ∆ =

  −1(y)dF (y))H Note que,F −1(y + 2πi) = H −1F −1(y) dF (y + 2πi) = dF (y)H Daí,F −1(y + 2πi)dF (y + 2πi) = F −1(y + 2πi)dF (y)H = (H−1 F−1 (y))dF (y)H= H −1(F Portanto,F −1(y)dF (y) = −1(y + 2πi)dF (y + 2πi) = H −1(F −1 (y)dF (y))H. (β+1)(y+2πi)(β+1)y (β+1)y −(β+1)(y+2πi)h + h e e + h e h e 21 22 21 22 21 11 12 22−h − h −h − h Da igualdade acima, temos(β+1)(y+2πi) −(β+1)yh e = e 12 21−h −(β+1)(y+2πi) −(β+1)y 11 e12 = 22 e + h 12−h − h −h (β+1)(y+2πi) (β+1)yh + h e = + h e 21 22 21 11−h Note que,(β+1)(y+2πi) 2(β+1)(y+πi) −(β+1)y h e = e = e = .

21 Logo, k = |h | = |h | = 0, e portanto, h

  Como G é holomorfa então u i , visão holomorfas e, portanto, as aplicaçõesu 1 u 2 ,v 1 v 2 Note que, u 1u 1u 2= G(y) 1= F (y) e −(β+1)y/2e (β+1)y/2= e −(β+1)y/2F (y) 1 e(β+1)y Por outro lado, escrevamosF = F 1 F 2 F 3 F 2v 1v 11) −(β+1)y/2e 2 . De fato, G(y + 2πi) = F (y + 2πi) e−(β+1)(y/2+πi)e (β+1)(y/2+πi)1 0 1 1 = F (y)H e−(β+1)(y/2+πi)e (β+1)(y/2+πi)1 0 1 1 = F (y)σ e(β+1)πie −(β+1)πie −(β+1)(y/2+πi)e (β+1)(y/2+πi)1 0 1 1 = F (y)σ e−(β+1)y/2e (β+1)y/21 0 1 1 = σG(y)Escrevamos 4 .

1 F + F e )

1 2 F (y) = λ .(β+1)y (β+1)ye (F + F e ) 3 4dF 1

1 Portanto, = F (y) . Daí

  2 z hdG 1−(β + 1)/2 2(β+1) = G .dz z β + 1 (β + 1)/2Daí, note que ′ 1−u 1u = (β + 1) + v 1 1z 2 2 ′ 1 u 1 z h(z) v = + v (β + 1) 1 12z (β + 1) Assim, ′ 2 ′ u 1 z h(z) β + 1 1 + v = u . 1 1 −2 2z β + 1 2 Por outro lado, ′ ′ u u 1 2 1′′z u = (β + 1) ( ) + z(v ) 1 1− v 1 − 2 2 ′ 1−u zu = (β + 1) + v 1 1 ′ ′′ ′ ′ u 2 1 z u + zu = (β + 1)z(v ).

1 Derivando, novamente, temos

  1 1 2 1 1 1 ⇒ z 2 1 1 1 Portanto, como 2 2 ′′ ′ z h(z) (β + 1) 2z u + zu + u = 0 2 2 2 − 2 4 temos que ′ ′ ′′ ′′ ′ ′ ′ ′ 2 2 2 z (u r + u r + r u + r u ) + z(u r + r u ) /4 + z h(z)/2 ru = 0. 1 1 1 1 1 1 1 − (β + 1)Daí, ′′ ′ ′ ′′ ′ 2 2 2 2 2 r (u z ) + r (2u z + zu ) + r(z u + zu /4 + z h(z)/2 u ) = 0.

2 Daí, a aplicação z h(z) é holomorfa ∆ . Note que

  ǫ 2 2 ′′ ′ z h(z) z(β + 1) 2z u + zu + u = 0 (4.12) − 2 4 2 z h(z)é uma equação diferencial de segunda ordem complexa. Portanto como u e u 1 2 1 2 u 2 são soluções da equação então u e u são meromorfas em z = 0.

2 Daí, r = é meromorfa em ∆

  Se F : C é completo e de−→ SL(2, C) é uma imersão nula tal que f = F F curvatura finita, e a aplicação hiperbólica de Gauss estende se holomorficamente em z = ∞, então f (C) é uma horoesfera. Pela relação de Riemann, temos X 1 1 1χ(P ) = deg(B) = ν (p − − Q).

1 Mas, a característica de P

  Daí, o grau do divisor de Q é −4, isto é Xν (p Q) = −4.p∈M Por outro lado, pela proposição anterior, como a aplicação de Gauss hiperbólica estende-se meromorficamente em z = ∞ entãoν ( ∞ Q) > −2. Daí, Xν ( (p −4 = Q) > ν ∞ Q) > −2.p∈M Mas, isto é absurdo.

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