Superfícies de Curvatura Média Constante Um no Espaço Hiperbólico

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  Universidade Federal de Alagoas Instituto de Matemática Curso de Pós-Graduação em Matemática Dissertação de Mestrado

  

Superfícies de Curvatura Média Constante Um no

Espaço Hiperbólico

Márcio Silva Santos

  

Orientador: Prof. Dr. Feliciano Marcílio Aguiar Vitório

Maceió, Brasil

28 de Fevereiro de 2011

  Catalogação na fonte Universidade Federal de Alagoas

Biblioteca Central

Divisão de Tratamento Técnico

  

Bibliotecária Responsável: Helena Cristina Pimentel do Vale

S237s Santos, Márcio Silva.

  

Superfícies de curvatura média constante um no espaço hiperbólico / Márcio

Silva Santos. – 2011. 91 f. : il. Orientador: Feliciano Marcílio Aguiar Vitório.

Dissertação (mestrado em Matemática) – Universidade Federal de Alagoas.

Instituto de Matemática. Maceió, 2011. Bibliografia: f. 90-91.

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

  CDU: 514.763.4

  Aos meus pais Leônidas e Elenice e a minha esposa Thatiane.

  “Bem sei que tudo podes, e nenhum dos teus planos pode ser frustrado.”

  Jó 42:1-2 Agradecimentos

  X A Deus por tudo que tens feito em minha vida.

  X Ao professor Feliciano Vitório pela sua disposição em me ajudar neste trabalho e pelo incentivo em continuar meus estudos em nível de doutorado.

  X Aos professores Heudson Mirandola(UFRJ) e Marcos Petrúcio(UFAL) pelas correções e sugestões que muito contribuiram para a melhoria do trabalho.

  X Ao professor Jesus Zapata(PUCP) por suas valiosas sugestões.

  X A todos professores do Instituto de Matemática que diretamente ou indiretamente contribuiram neste trabalho.

  X Aos meus pais Leônidas e Elenice e meu irmão Wander, pois sem eles esta conquista não teria tanto prazer.

  X À minha amada esposa Thatiane por estar comigo nos momentos mais difíceis desta caminhada e por não me deixar nunca desistir. À minha sogra Maria Teles, que é bênção na minha vida, agradeço pelas palavras de incentivo e pelas orações.

  X Aos meus colegas de turma pela amizade, pelas conversas matemáticas e pelos momentos de descontração. Agradeço especialmente aos colegas Diogo Albuquerque, Rafael Nóbrega, Douglas Cedrim, Giovane Ferreira e Fábio Honorato vulgo ”Arapiraca”.

  X Finalmente, agradeço a Fundação de Amparo à Pesquisa do Estado de Alagoas(FAPEAL) pelo suporte financeiro.

  Resumo

  O ponto crucial do trabalho é a obtenção de uma representação holomorfa para superfícies de curvatura média um no espaço hiperbólico. Esta representação possui uma grande semelhança

  3 com a representação de Weierstrass para superfícies mínimas em R

  . A partir disso, obteremos uma gama de resultados acerca da teoria de superfícies de curvatura média um, completas e de

  3 curvatura total finita em H .

  Palavras-chave: Superfícies Mínimas, Espaço Hiperbólico, Representação de Weierstrass. Abstract

  In this work the crucial point is to obtain a holomorphic representation for mean curvature one surfaces in hyperbolic space. This representation has a great resemblance to the Weierstrass

  3 representation for minimal surfaces in R

  . From this, we obtain a range of results about the theory

  3 of mean curvature one surfaces complete and finite total curvature in H .

  Keywords: Minimal Surface, Hyperbolic Space, Weierstrass Representation. Sumário

  

  8

   10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  12

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

  16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  19

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

  24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  33

  

   36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  38

  

  41

  

  

  53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  71

  88 Introdução

  Em 1987, o eminente matemático Robert Bryant publicou o artigo Surfaces of mean curvature one in hyperbolic space pela revista Asterisque. Neste artigo, mostrou que as superfícies

  3 de curvatura média constante um em H são projeções de curvas nulas em SL(2, C) e, assim, encontrou uma representação holomorfa de tais superfícies. Em essência, Bryant encontrou uma

  3 representação análoga a representação de Weierstrass para superfícies mínimas em R . Ademais,

  3 Bryant obteve resultados importantes sobre superfícies de curvatura média um em H com curvatura total finita e completa, estes resultados impulsionaram o estudo das superfícies de

  3 curvatura média um em H . Devido a grande importância do trablho de Bryant, as superfícies de

  3 curvatura média um em H são chamadas Superfícies de Bryant.

  No primeiro capítulo, apresentaremos as ferramentas básicas para uma boa compreensão do trabalho. Mais precisamente, faremos um breve estudo sobre alguns resultados de geometria riemanniana via método do referencial móvel.

  3 No segundo capítulo, faremos uma introdução da teoria de superfícies em H . Além disso,

  3 definiremos uma aplicação análoga a aplicação normal de Gauss em R e mostraremos o seguinte resultado:

  2 Proposição.

  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).

  No terceiro capítulo demonstraremos o teorema principal do trabalho. Segue abaixo o enunciado.

  2

  2 Teorema. Seja M uma superfície de Riemann e F : M −→ SL(2, C) uma imersão nula.

  2

  3

  2 Então e é uma imersão conforme com H ◦ F = f : M −→ H ≡ 1. Reciprocamente, se M

  2

  3 é simplesmente conexa e f : M é uma imersão com H

  −→ H ≡ 1, então existe uma imersão

2 F : M

  −→ SL(2, C) holomorfa, tal que f = e ◦ F . Ademais, F é única a menos de uma multiplicação por uma constante g ∈ SU(2).

  No último capítulo, estudaremos as superfícies de Bryant completas de curvatura total finita e apresentaremos alguns exemplos. Segue um importante resultado dete capítulo.

  2 ∗

  Proposição. Sejam dσ uma pseudo métrica e ∆ = {w ∈ C; 0 < |w| < 1} um disco furado.

  2 ∗

  Suponhamos que (∆, dσ ) possua curvatura 1. Suponhamos também que a área de ∆ na métrica

  2 dσ é finita. 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)

  2 dσ = dz

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  ∆ | ǫ ⊗ dz.

  Ademais, β é única, e z é única a menos de uma dilatação λz, onde |z| = 1.

  Da teoria de superfícies mínimas completas e de curvatura total finita sabemos que a aplicação normal de Gauss e a diferencial de Hopf são meromorfas, ver Porém, este resultado é falso na teoria de superfícies de Bryant completas e de curvatura total finita. Mais precisamente, temos o seguinte resultado:

  3 ∗ Teorema.

  Seja f : ∆ uma imersão conforme de curvatura média 1, completa em −→ H

  2 ∗ z = 0 e de curvatura total finita. 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. Capítulo 1 Preliminares

  Neste capítulo introduziremos algumas definições e alguns resultados básicos de geometria Riemanniana com o intuito de fixar a notação, admitindo que o leitor seja familiarizado com os pré-requisitos necessários. Para este capítulo as referências são

1.1 Superfícies de Riemann

  Nesta sessão faremos um breve estudo sobre a teoria de Superfícies de Riemann. O objetivo principal é obter a característica de Euler-Poincaré de uma superfície de Riemann via formas diferenciais. Nossas principais referencias são

  Primeiramente vejamos dois exemplos de superfícies de Riemann importantes. Sejam z =

  2 (z 1 , z 2 ), w = (w 1 , w 2 ) , considere a seguinte relação de equivalência.

  ∈ C z ∼ w ⇔ z = λw,

  ∗ . Denotemos as classes de equivalência desta relação por [z , z ]. Definamos

  1

  2 para algum λ ∈ C

  1

  1

  1 CP é dito espaço projetivo complexo. Consideremos P

  = 1 , z 2 ]; z 1 , z

  2 = C

  {[z ∈ C} . CP ∪ {∞},

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 ] = .

  1

  2 z

  1 Esta aplicação está bem definida. 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. Daí, = e, portanto, π está bem definida. logo existe λ ∈ C w z

  1

1 Definição 1.1.1.

  Um divisor sobre uma superfície de Riemann M é uma combinação linear de um número finito de pontos de M com coeficientes inteiros.

  P Definição 1.1.2. Se D = n p é um divisor, então o grau de M é a soma p

  X deg(D) = n . p p Definição 1.1.3.

  Se f é uma função meromorfa sobre uma superfície de Riemann M, e p é uma ponto de M, definimos a ordem de f, ν (f ), por p

   k se f tem um zero de multiplicidade k em p 

  ν (f ) = p

  −k se f tem um pólo de multiplicidade k em p  se f é holomorfa e não nula em p

  Toda função meromorfa possui uma quantidade finita de zeros ou pólos e, portanto,

  X D = ν (f )p p p

  P é claramente um divisor. O divisor D = ν (f )p é chamado divisor principal. p p

  Definição 1.1.4.

  Seja ω uma 1-forma meromorfa sobre uma superfície de Riemann M , e p ∈ M. Definamos a ordem de ω em p por

  ν p (ω) = ν p (f p ), onde f é a representação de ω no ponto p, i.e, ω está representado localmente como f p p dz numa vizinhança de p.

  Esta definição não depende da vizinhança coordenada ver O divisor

  X (ω) := ν (ω)p p p

  é dito divisor canônico da forma meromorfa ω. Segue um importante resultado, sua demonstração pode ser encontrada em Teorema 1.1.1. Se ω é uma 1-forma diferencial sobre uma superfície de Riemann compacta M, então deg((ω)) =

  −χ, onde χ é a característica de Euler-Poincaré da superfície de Riemann.

  2

  2 Seja ζ : S induz uma

  −→ C ∪ {∞} a projeção estereográfica(estendida). A métrica em S métrica padrão sobre C ∪ {∞} dada por 4dζ

  ⊗ dζ µ = .

  2 (1 + ζζ) Ademais, a métrica tem curvatura 1 sobre C ∪ {∞}, ver

  2 Lema 1.1.1.

  Seja M uma superfície de Riemann simplesmente conexa e dσ uma pseudo métrica

  2 sobre M tal que (M, dσ ) possui curvatura Gaussiana 1. 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 (ξ bξ+a

  2

  2 constantes complexas satisfazendo = 1.

  |a| |b|

  • Segue um importante resultado da teoria de superfícies de Riemann simplesmente conexas, sua demonstração pode ser encontrada em Teorema 1.1.2. Se M é uma superfície de Riemann simplesmente conexa então, M é conformemente equivalente a um e somente um dos casos seguintes:

  (i) C ∪ {∞} ;

  (ii) C; (iii) ∆ = {z ∈ C; |z| < 1} .

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

  Este possibilitará fazermos um estudo da curvatura seccional de variedades utilizando formas diferenciais.

  Seja M uma variedade Riemanniana de dimensão n. Sejam p ∈ M e U ⊂ M uma vizinhança de p em M, onde seja possível definir campos diferenciáveis de vetores e tais que 1 , ..., e n , e . i j ij he i = δ n n i formas i

  O conjunto {e } é chamado referencial ortonormal móvel em U. Sejam {ω } i=1 i=1 diferenciais em U tais que i ω (e j ) = δ ij . i

  As formas ω i são chamadas coreferencial assosciado a {e } . Temos o seguinte resultado. n Lema 1.2.1.

  Escolhido um referencial num aberto U de uma variedade Riemanniana M, {e i } i=1 j j i existe em U um (único) conjunto de formas diferencias ω , onde ω = e satisfazem i i −ω j n

  X i k i dω = ω .

  ∧ ω k k=1 A demonstração do lema anterior pode ser encontrada em As formas ω j i são chamadas formas de conexão de M no referencial {e i

  } n i=1

  k

  X Y, Z i + hY, ∇

  X Z i = X(hY, Zi);

  (v) Se p ∈ M, (∇

  X Y )(p) só depende do valor de X no ponto p e dos valores de Y ao longo de uma curva parametrizada α : (

  −ǫ, ǫ) −→ M, com α(0) = p, e α ′ (0) = X(p).

  A demonstração do resultado acima pode ser encontrada em Note que h∇

  X e i

  , e j i = ω j i

  (X), donde ω j i

  (e k ) = h∇ e

  e i , e j i . Definamos as formas Ω ij por Ω ij

  ∇

  = dω j i

  − P n k=1

  ω k i ∧ ω j k

  . Estas são ditas formas de curvatura de M no referencial {e i } .

  Para cada p ∈ M, e cada par de vetores X, Y ∈ T p

  M, a matriz (Ω ij

  ) p

  (X, Y ) pode ser vista como a matriz da aplicação linear (R

  XY ) p

  : T p

  M −→ T p

  X Y + X(f )Y ; (iv) h∇

  ∇ X (f Y ) = f

  . As formas de conexão permitem definir uma noção de derivação covariante para campos em M. Proposição 1.2.1. Sejam X, Y campos diferenciáveis em M e

  Então ∇

  {e i } um referencial em U ⊂ M.

  Suponha que Y = P n i=1 y i e i e faça

  ∇

  X Y = n

  X j=1

  ( dy j

  (X) + n

  X i=1

  ω j i

  (X)y i

  ) e j .

  X Y independe do referencial {e i } e, portanto, está bem definido em M.

  X Z; (iii)

  A demonstração do resultado acima segue de ∇

  X Y é dito derivada covariante de Y em relação a X. A derivada covariante possui importantes propriedades dadas pela proposição seguinte.

  Proposição 1.2.2. Sejam X, Y, Z campos diferenciáveis em M, f e g funções difereciáveis em M e a e b números reais então

  (i) ∇ f X+gZ

  Y = f ∇

  X Y + g ∇

  Z X;

  (ii) ∇

  X (aY + bZ) = a

  ∇

  X Y + b ∇

  M em relação à base {e 1 , ..., e n } .

  é chamado operador curvatura de M. Como Ω e Ω é uma forma bilinear R

  =

  XY ij −Ω ij ij alternada, temos as seguintes equações para o operador curvatura: Se X, Y, Z e T são campos diferenciáveis em M então

  Z, T Z, T (1.1)

  XY Y X hR i = − hR i

  Z, T T, Z (1.2)

  XY

  XY hR i = − hR i .

  Derivando exteriormente a equação n

  X i j i dω = ω

  ∧ ω j j=1 temos n n

  X X k j k j

  0 = dω ω ∧ ω − ∧ dω k k k=1 k=1 n n

  X X j j i k i

  = ω ω ∧ ω i ∧ ω k − ∧ dω i ik=1 i=1 n n

  X X j j i k

  = ω ω ) ∧ ( i ∧ ω k − dω i i=1 k=1 n

  X i = ω .

  ∧ Ω ij i=1

  Portanto, n

  X i

  ω = 0. (1.3) ij

  ∧ Ω i=1

  A equação é chamada primeira identidade de Bianchi. Em termos de operador curvatura, ela se traduz da seguinte forma. Se X, Y e Z são campos diferenciáveis em M, n

  X i

  0 = ω ij (X, Y, Z) ∧ Ω i=1 n

  X i i i

  = ω (X)Ω (Y, Z) (Y )Ω (X, Z) + ω (Z)Ω (X, Y ) ij ij ij

  − ω i=1

  =

  X Y + R Z, e Y Z

  XZ

  XY j hR − R i . para j = 1, ..., n. Daí,

  R Z + R X + R Y = 0 (1.4)

  XY Y Z ZX Note que valem as seguintes igualdades hR

  XY Z, T i + hR

2 X

  M. Tomemos um referencial {e

  O número (Ω

  Proposição 1.2.3.

  2 } geram P. Temos o seguinte resultado.

  1 , e

  } em uma vizinhança de p de tal modo que {e

  1 , ..., e n

  M um subespaço de dimensão dois do espaço tangente T p

  (e

  As formas de curvatura nos permitem definir a curvatura seccional de uma variedade. A partir de agora faremos uma introdução de tal conceito. Seja P ⊂ T p

  ), e l .

  (e k

  j

  e

  

i

  12 ) p

  2 ) depende apenas do subespaço P.

  1 , e

  1 e

  Temos o seguinte resultado.

  2 i é chamado a curvatura seccional de M em p segundo P.

  1 ), e

  (e

  ) p

  2

  = h(R e

  , e l

  2 )

  1 , e

  (e

  12 ) p

  (P ) = −(Ω

  K p

  A demonstração da proposição acima segue de pág. 54. O número

  ) = R ijkl = R e

  (e k

  Y Z X, T i + hR

  XY T, Z i + hR

  ZT X, Y i .

  XY Z, T i = hR

  Z, X i = 0. Daí, por temos hR

  Y, T i + hR T Y

  Somando as equações acima e utilizando temos hR ZX

  Y T X, Z i = 0

  T X Y, Z i + hR

  Ω ij

  XZ T, Y i = 0 hR

  T X Z, Y i + hR

  ZT X, Y i + hR

  T Y Z, X i = 0 hR

  ZT Y, X i + hR

  Y Z T, X i + hR

  ZX Y, T i = 0 hR

  Como as formas Ω ij são formas de grau dois, elas podem ser escritas

  = −

  ∧ ω t

  ), e j i = Ω ji

  ω s

  s,t R jist

  1

  −

  ) =

  , e l

  (e k

  (e i

  1

  l

  e

  k

  As funções R ijkl são chamadas as componentes do tensor curvatura de M. Notemos que hR e

  ∧ ω l .

  ω k

  kl R ijkl

2 X

  Proposição 1.2.4.

  Seja P M um subespaço de T M. Se X, Y ⊂ T p p ∈ P são vetores linearmente independentes de T M e

  , e p i

  1

  2 {e } é um referencial ortonormal tal que {e } gera P, então

  X, Y

  XY hR i

  K(p) = ,

  2 (A(X, Y )) onde A(X, Y ) é a área do paralelogramo formado por X e Y.

  A demonstração do resultado acima pode ser encontrada em pág. 55. Definição 1.2.1. Diz-se que uma variedade Riemanniana M, é isotrópica em p se todas as curvaturas seccionais em p têm o mesmo valor, isto é, se K (P ) não depende de P M. p p

  ⊂ T Finalmente, temos o resultado que traduz a importância das formas de curvatura de um referencial.

  Proposição 1.2.5. Seja M uma variedade Riemanniana, p i

  ∈ M e {e } um referencial em uma vizinhança de p. Então M é isotrópica em p se e só se i j Ω = ω . ij p

  −K ∧ ω A demonstração da proposição anterior pode ser encontrada em pág. 55. Naturalmente, temos a seguinte definição. Definição 1.2.2. Diz-se que uma variedade Riemanniana M tem curvatura constante, se K (P ) p não depende de p e P.

  4 1.3 O Espaço de Lorentz-Minkowski-L .

  4 Nesta sessão exibiremos as equações de estrutura do espaço de Lorentz-Minkowski L .

4 Tomemos em R o semi produto interno definido por

  y + x y + x y + x y ,

  1

  1

  2

  2

  3

  3

  4

  4 hx, yi = −x

  4

  4 onde 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 .

  4 Sejam e , e , e , e campos diferenciáveis sobre L tais que

  1

  2

  3

  4 i , e j j δ ij , he i = ǫ onde i, j = 1, 2, 3, 4 e

  −1 se j=1 ǫ j = se j=2,3,4

  1 Existem 1-formas (ω i

  )

  4 X k=1 ǫ k dω k i e k

  4 X j=1 ǫ j

  ω j i e j

  ) =

  4 X j=1 ǫ j

  (dω j i e j

  − ω j i ∧ de j

  ) =

  4 X j=1 ǫ j

  [dω j i e j

  − ω j i ∧ (

  4 X k=1 ǫ k

  ω k j e k

  )] =

  −

  )) ≡ 0, i = 1, ..4, temos 0 = d(de i

  4 X j=1 ǫ j

  [

  4 X k=1 ǫ k

  ω j i ∧ ω k j e k

  ] =

  4 X k=1 [dω k i −

  4 X j=1 ǫ j

  ω j i ∧ ω k j

  ]ǫ k e k

  Portanto como {e i } é um conjunto linearmente independente, então dω j i

  =

  4 X k=1 ǫ k

  ω k i ∧ ω j k

  . (1.6) A equação é chamada equação de estrutura de L

  ) = d(

  , onde i, j = 1, ..., 4. Aplicando a diferencial na equação e usando o fato de que d(d(e i

  4 i=1 sobre L

  4 . Daí, podemos escrever de i =

  4 tais que

  ω i

  (e j

  ) = ǫ j

  δ ij .

  O conjunto das formas diferenciais (ω i

  )

  4 i=1 é chamado coreferencial assosciado ao referencial

  (e i

  )

  4 i=1 . Para cada i, o campo e i induz uma aplicação diferenciável de i

  : L

  4 −→ L

  4 X k=1 ǫ k ω k i e k .

  = −ω i j

  (1.5) As 1-formas

  ω j i

  , são ditas formas de conexão de L

  4 no referencial {e i }

  4 i=1 .

  Note que da igualdade he i

  , e j i = ǫ j

  δ ij temos, aplicando a diferencial, hde i , e j i + he i , de j i = 0.

  Ademais, temos ω j i

  = hde i

  , e j i = − hde j

  , e i i = −ω i j

  . Daí,

  ω j i

  4 .

  1.4 Modelos de Espaço Hiperbólico Nesta sessão apresentaremos alguns modelos de espaço hiperbólico de dimensão 3.

  1.4.1 Modelo do Semi-Espaço Superior

  Seja

  3

  3 R = (x , x , x ) ; x > 0 .

  1

  2

  3

  3 ∈ R +

  3 Munindo R com a métrica

  • 2

  2

  2 dx + dx + dx

  1

  2

  3

  2 ds = ,

  2 x

  3

  3

  3

  2 definiremos H = (R , ds ). Este modelo é chamado modelo do semi-espaço superior.

  • As retas perpendiculares ao hiperplano x = 0, os círculos cujos planos são perpendiculares a

  3

  3 neste modelo, ver pág. x 3 = 0 e cujos centros estão nesse hiperplano são as geodésicas de H 162.

  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

  3 e introduza sobre B a métrica

  δ ij h (p) = . ij

  1

  2

  2 (1 )

  − |p|

  4

  3 B com esta métrica é um modelo de espaço hiperbólico chamado modelo de poincaré.

  1.4.3 Modelo de Minkowski

  Consideremos o conjunto

  3

  4 H = ; > 0 {v ∈ L hv, vi = −1, x }.

  3 Tomemos sobre H a forma quadrática

  2

  2

  2

  2

  • dx + dx + dx −dx

  1

  2

  3

  4 induzida de L . Temos um importante resultado.

  3 Lema 1.4.1. O Modelo de Minkowski de H é uma variedade Riemanniana completa, simplesmente conexa e com curvatura seccional −1. O lema acima pode ser encontrado em mostra que a forma

  4

  3 quadrática de L quando restrita ao H torna-se uma métrica bem definida.

  3 As geodésicas neste modelo são interseções de H com hiperplanos que passam pela origem de

4 L , ver [17] pág. 70.

  Considere o conjunto

  3

  4 N = ; (v) > 0 {v ∈ L hv, vi = 0, x }.

  3 Este conjunto é dito cone de luz. O espaço N é claramente uma variedade. Consideremos sobre

  3

  4

  3 ∗

  N a métrica induzida de L . Para cada ponto v definamos [v] = αv, α . Definamos ∈ N ∈ R + o conjunto

  2

  3 S = [v]; v .

  ∈ N ∞

  2

  3

  2 S é dito bordo assintótico de H . A partir de S podemos compactificar o espaço hiperbólico,

  ∞ ∞ assim escreveremos

  3

  2

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

  1 σ = , 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

  4 representação matricial do espaço hiperbólico. Identificaremos L com o espaço das matrizes

  H, hermitianas 2 × 2, pela identificação

  3 X x + x x + ix

  3

  1

  2

  4 (1.7) x = (x + , x

  1 , x 2 , x 3 ) σ x k σ k = ∈ L ↔ X = x x x

  1 − ix 2 − x

  3 k=1

  4 Uma consequência desta identificação é que dado x = (x , x , x , x ) e seu associado

  1

  2

  3 ∈ L x + x x + ix

  3

  1

2 X =

  ∈ H temos que x x

  1

  2

  3 − ix − x det(X) = (x + x )(x ) + ix )(x )

  3

  3

  1

  2

  1

  2 − x − (x − ix

  2

  2

  2

  2 = (x ) 3 ) 1 ) 2 )

  − (x − (x − (x = − hx, xi .

  Daí, det(X) = − hx, xi .

  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 ∈ L vetorial 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

  1 t tr(X σ Y σ ).

  2

  2 hx, yi = −

  2 De fato, veja que

  1 2 ) (x + x 3 ) t −(x − ix X σ = i

  (1.8)

  2 ) (x + ix )

  3

  1

  2 −(x − x

  • iy ) (y + y )

  1

  2

  3 −(y

  Y σ = i . (1.9)

  2 ) (y )

  3

  1

  2 −(y − y − iy t

  Escrevendo B = X onde B = (b σ

  2 Y σ 2 ij ) temos de que b = 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 )].

  22

  3

  3

  1

  1

  2

  2

  3

  3

  1

  2

  2

  1 −[−x − x −x

  Portanto, t tr(X σ Y σ ) = b + b

  2

  2

  11

  22 = 2(x y 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 )

  − x = −2 hx, yi .

  Daí,

  1 t tr(X σ

  2 Y σ 2 ). hx, yi = −

  2 Portanto, em H, definiremos o pseudo produto interno dado por

  1 t tr(Xσ

  2 Y σ 2 ). hX, Y i = −

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

  3 . Tal representação

  Note que A claramente pode ser visto como a representação matricial de H

  3 é dita forma hermitiana de H . Consideremos o grupo de Lie, SL(2, C), formado pelas matrizes t

  ∗

  2 a matriz (F ) . Temos

  ×2 complexas com determinante 1. Dado F ∈ SL(2, C), denotemos por F o seguinte resultado.

  3 ∗

  Lema 1.4.2. H pode ser representado matricialmente por ; F {F F ∈ SL(2, C)} .

  Demonstração. Basta mostrar que ∗

  ; F A = {X ∈ H; det(X) = 1, tr(X) > 0} = {F F ∈ SL(2, C)} . 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. Portanto, F F ∈ A. Logo,

  ∗ ; F {X ∈ H; det(X) = 1, tr(X) > 0} ⊃ {F F ∈ SL(2, C)} . t

  = X então X possui um Por outro lado, seja X ∈ H tal que detX = 1 e tr(X) > 0. Como X

  2

  2 , v ) um autovetor associado a λ tal que = 1. autovalor λ ∈ R. Denotemos por v = (v

  • 1

  2

  1

  2 |v | |v |

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

  − tr(X)t + 1. Note que,

  1

  2 p( ) = λ − λtr(X) + 1.

  λ

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

  λ v

  1

  2 1 −v 2 , v 1 ) assosciado a . Seja E = . Assim, X pode ser escrito da forma ev = (−v

  λ v 2 v

  1 λ 0

  −1 X = E E

  1 λ

  √ λ

  Tomemos F = E . Assim, como detF = 1 então F

  1 ∈ SL(2, C). Por outro lado, √

  λ note que

  √ √ t

  λ λ ∗

  F F = E E

  1

  1 √ √

  λ λ t λ 0

  = E E

  1 λ t

  = XEE = X t

  Portanto, X = F F .

  Considere SU(2) o subconjunto de SL(2, C) dado por n o t

  −1 X = X .

  ∈ SL(2, C); X SU (2) será bastante utilizado no decorrer do trabalho. Definição 1.4.1.

  Sejam G um grupo e M uma variedade. Dizemos que uma aplicação φ : G

  × M −→ M é uma ação de G sobre M quando satisfaz as seguintes condições

  (i) : M g

  ∀ g ∈ G, φ −→ M dada por φ (p) = φ(g, p) g é um difeomorfismo.

  (ii) Dados g , g

  1

  2 ∈ G, φ g g = φ g g .

  1

  2 1 ◦ φ

  2

  4 Lema 1.4.3.

  O grupo de Lie complexo SL(2, C) age sobre L pela aplicação

  4

  4 φ : SL(2, C)

  × L −→ L t

  ∗ ∗ definida por φ(g, v) = gvg , onde v é uma matriz simétrica hermitiana e g = g .

  Demonstração. Note que vale (i) pois a multiplicação de matrizes é diferenciável. 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 = φ g g g g

  1

  2 1 ◦ φ

  2

  4 e, portanto, vale (ii). Portanto, φ é uma ação de SL(2, C) sobre L .

  Obteremos agora a representação matricial do cone de luz

  3

4 N

  = ; (v) > 0 {v ∈ L hv, vi = 0, x }.

  3 Mostraremos que a representação matricial de N é dada pelo conjunto N das matrizes positivas

  3 semi-definidas de determinante zero não-nulas. De fato, dado x = (x , x , x , x ) temos uma

  1

  2

  3 ∈ N x + x x + ix

  3

  1

  2 matriz associada X = . Por outro lado, x x

  1

  2

  3 − ix − x

  (1.10) hx, xi = −det(X) De temos que det(X) = 0. Por outro lado, os autovalores de X são λ

  e, = 0 e λ = 2x

  1

  2 portanto, λ , λ

  > 0 então X

  1

  2 ≥ 0. Daí, X é uma matriz positiva semi-definida. Ademais, como x é não-nula. Portanto, X ∈ N .

  Seja agora X ∈ N . Particularmente, X é hermitiana e, portanto, podemos encontrar x + x 3 x 1 + ix

  2 x , x , x , x

  . É claro que det(X) = 0 e, portanto,

  1

  2

  3 ∈ R tais que X = x x

  1

  2

  3 − ix − x

  , x , x , x ), (x , x , x , x )

  1

  2

  3

  1

  2

  3 h(x i = 0.

  Como X ∈ N então seus autovalores são não negativos. Por outro lado, os autovalores de X são η = 0 e η = 2x

  e, portanto, x

  1

  2 ≥ 0. Notemos que

  2

  2 (x )(x + x ) = x + x .

  3

  3 − x

  1

  2

  3 Daí, é imediato que x = 0 > 0. Logo, (x , x 1 , x 2 , x 3 ) .

  ⇔ X = 0 e, portanto, x ∈ N x + x 3 x 1 + ix

  2

  3 Através da identificação obtida escreveremos N = N . Seja X = ∈ N . x x

  1

  2

  3 − ix − x

  Como X é positiva semi-definida então x

  • x

  3 ≥ 0. Mas,

  2

  2 (x )(x + x ) = x + x (1.11)

  3

  3 − x

  1

  2

  2

  e, portanto, x , a ) tal que

  3

  1

  2 − x ≥ 0. Assim, podemos encontrar um vetor não-nulo (a ∈ C a a = x + x ;

  1

  1

  3 a a = x .

  2

  2

  3 − x

  De temos que

  2

  2 (a a )(a a ) = x + x .

  1

  2

  2

  1

  1

  2 Assim, existe α ∈ R tal que iα x + ix = e a a .

  1

  2

  1

  2 iα/2 iα/2 Tomemos b e b

  1 = e a

  1 2 = e a 2 . Logo, x + x x + ix

  3

  1

  2 X = x x

  1 − ix 2 − x

  3 b b b b

  1

  1

  1

  2 = b b b b

  1

  2

  2

  2 b

  1 = b b

  1

  2 b

  2 Portanto, t b

  1

  2 bb , b = ; b , b .

  1

  2 N = ∈ C b

  2

  2 tais que

  , b ), k = (k , k ) Sejam v ∈ N e b = (b

  1

  2

  1 2 ∈ C b k

  1

  1 v = = . b 1 b 2 k 1 k

  2 b 2 k

  2 iθ

  1 iθ

  e, portanto,

  1

  2

  1

  1

  2

  2

  1

  2

  1

  2 ∈ R tais que k iθ isso mostra que θ = θ . Portanto, se θ = θ = θ então k = e

  2 Logo, existem θ , θ = e b e k = e b . Por outro lado, k k = b b

  b. Assim, dado v

  1

  2

  1

  2 ∈ N existe um b

  1 2 iθ vetor não-nulo (b , b ) , único a menos de multiplicação por e , tal que v = b b .

  1

  2

  1

  2 ∈ C b

  2 b

  1

  1 definida por τ (v) = [b , b ], onde v = b b .

  1

  2

  1

  2

  2 Seja a aplicação τ : N −→ CP b

  2 A aplicação τ está bem definida. De fato, sejam b = (b , b ), k = (k , k ) tais que

  1

  2

  1

  2 ∈ C b k

  1

  1 iθ v = = . Como visto anteriormente, temos que k = e b. b 1 b 2 k 1 k

  2 b k

  2

2 Daí,

  iθ iθ [k , k ] = [e b , e b ]

  1

  2

  1

  2 iθ = e [b , b ]

  1

  2 = [b 1 , b 2 ]. b

  1

  1

  3 Portanto, τ está bem definida. A aplicação τ identifica N com CP . Se v = b 1 b

  2 b

  2 ∗ temos que então dado λ ∈ R +

  √ λb √ √

  1 √ λv = λb λb .

  1

  2 λb

2 Daí,

  √ √ τ (λv) = [ λb , λb ]

  1

  2 √

  = λ[b , b ]

  1

  2 = [b , b ]

  1

  2 = τ (v).

  2

  1 Portanto, está bem definida a aplicação eτ : S −→ CP dada por eτ([v]) = τ(v). Assim, temos ∞

  1

  2 uma identificação de S com CP . ∞

  3

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=1,2,3 i , 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 }.

  3 .

  F é dito fibrado dos referenciais de H F é uma variedade de dimensão 6.

  4 e : , α = 0, ..., 3, dada por

  α Consideremos as aplicações e F −→ L e α (e (p), e

  1 (p), e 2 (p), e 3 (p)) = e α (p). e

  A aplicação

  4 e :

  F −→ L e é uma submersão. De fato, dado q = (e (p), e (p), e (p), e (p))

  1

  2

  3 ∈ F temos uma aplicação linear

4 L

  e ) q : T q p . Sejam v q F −→ T ∈ T F e γ : (−ǫ, ǫ) −→ F uma curva diferenciável tal que

  (d e ′

  γ(0) = q e γ (0) = v. Escrevamos γ(t) = (e (p(t)), e (p(t)), e (p(t)), e (p(t))). Logo,

  1

  2

  3 d e ) q (v) = e )(γ(t)) t=0

  | (d e (( e dt d

  = (p(t)) t=0

  | dt ′ = p (0).

  Portanto, ′ e ) (v) = p (0). q

  (d e ′ e ) ]. Assim, p e ) ] é 3. q q

  Suponhamos que v ∈ Ker[(d e (0) = 0 e, portanto, a dimensão de Ker[(d e

  3 H Por outro lado, a dimensão de T é 3. Portanto, pelo Teorema do q F é 6 e a dimensão de T p e ) e ) e é q q

  Núcleo e da Imagem, temos que dim(Im[(d e ]) = 3. Logo (d e é sobrejetiva e, portanto, e uma submersão.

  3

  3 e e ) e e ) : .

  3

  e, portanto, está bem definida a aplicação ( e + e F −→ N

  3 Notemos que ( e + e ∈ N

  3 é uma submersão. e e 3 ) :

  De maneira análoga, pode-se verificar que a aplicação ( e F −→ N

  • e e escreveremos e , onde α = 0, ...3. Assim, a partir de agora, as aplicações e

  α α α

  Ao invés de e estarão definidas em F. Note que, existem (únicas) 1-formas diferenciais sobre F tais que

  3 X k de = e ω j k j k=0 Observe que , e , de i j i j hde i = −he i.

  Daí, j i

  ω = , −ω j i onde i, j = 1, 2, 3.

  Note que, i = , e , de . i i

  −ω i hde i = −he i = −ω para i = 1, 2, 3. Desta forma, i

  ω = ω , i para i = 1, 2, 3. Escreveremos i i ω = ω = ω . i

  Portanto, temos as seguintes equações

  3 X j (1.12) de = e j ω j=1

  3 X i j de = e ω e (1.13) + ω i j i j=1

  Diferenciando e usando o fato de que d(de ) i

  ≡ 0 temos 0 = d(de ) i

  3 X j i

  • = d(e ω e j ω )

  i j=1

  3 X i j = d(e ω ) + d(e ω ) j i j=1

  3

  3 X

  X i i j j

  • = de dω de e dω

  j j ∧ ω − e ∧ ω i − i j=1 j=1

  3

  3

  3

  3 X

  X X

  X j k i j k k

  • = e ω dω (e ω e ω ) e dω +

  k i k k ∧ ω − e − j ∧ ω i i k=1 j=1 k=1 k=1

  3

  3

  3 X

  X X j j k i k k i j

  = e [ω ω ] + e + [ ω ] + k

  ∧ ω − dω ∧ ω i j i −dω ∧ ω i k=1 j=1 j=1 Portanto, temos as equações

  3 X i j j dω = ω

  (1.14) ∧ ω i j=1

  3 X i i j i k dω = ω ω (1.15) + j ∧ ω k ∧ ω j k=1

  As equações são chamadas, respectivamente, primeira e segunda formas de

  3 estrutura de H . As formas de curvatura sobre

  F são

  3 X i i k i j Ω = dω ω = +ω . ij j − k ∧ ω j ∧ ω k=1

  2

  3 Denotemos por ds a métrica sobre H . Note que

  3

  X j j

  3 X

  1

  2

  2

  2

  3

  2 , de e ω , e ω ) + (ω ) + (ω ) . j j hde i = h i = (ω j=1 j=1

  Como e é uma submersão então podemos escrever

  2

  1

  2

  2

  2

  3

  2 ds = (ω ) + (ω ) + (ω ) .

  3

  4

  2

  2 Em N será tomada a métrica induzida de L , e esta será denotada por dσ . Em S será ∞

  3 tomada a estrutura conforme induzida de N Note que, d(e + e ) = de + de

  3

  3

  3

  3 X

  X k 3 k

  • = e ω + e ω e ω

  k k

  3 k=1 k=1

  3

  1

  1

  2

  2 = (e + e )ω + e (ω + ω ) + e (ω + ω ).

  3

  1

  2

  3

  3 Em particular,

  1

  1

  • e ), e + ω )

  3

  1 hd(e i = (ω

  3

  2

  2

  • e ), e + ω )

  3

  2 hd(e i = (ω

  3 Portanto,

  1

  1

  2

  2

  2

  2 + e ), d(e + e ) + ω ) + (ω + ω ) .

  3

  3 hd(e i = (ω

  3

  3 Como e + e é submersão podemos escrever

  3

  2

  1

  1

  2

  2

  2

  2 dσ = + e 3 ), d(e + e 3 ) + ω ) + (ω + ω ) . hd(e i = (ω

  3

  3 Consideremos [e

  • e 3 ] a reta que contém (e + e

  3 ) e a origem, fica bem definida a aplicação

  2 [e + e 3 ] : .

  F −→ S ∞

2 Sobre S tomaremos a orientação

  ∞

  1

  1

  2

  2 (ω + ω ) + ω ).

  ∧ (ω

  3

  3

1.6 Forma de Maurer-Cartan

  Nesta sessão definiremos a forma de Maurer-Cartan. Esta goza de importantes propriedades que serão fortemente utilizadas no decorrer do trabalho. A seguir encontraremos a forma de

  4 Maurer-Cartan do espaço hiperbólico, obtida atráves da ação de SL(2, C) sobre L .

  Definição 1.6.1.

  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 M a a g(a) = j n×n −→ T n×n

  M . Definimos a forma de Maurer-Cartan de G como n×n

  −1 ω = g(a) dg . a a

  Pode-se escrever simplesmente −1 ω = g dg.

  −1 Note que, dado ω = g dg temos que

  −1 −1 dω = d(g ) ∧ dg + g ∧ d(dg).

  Mas, d(dg) ≡ 0, e daí −1 dω = d(g ) ∧ dg.

  −1 Para encontrarmos d(g ), considere a matriz e = (δ ) como uma aplicação constante G ij

  −→ M n×n e note que −1 −1 −1

  0 = d(e) = d(g g) = d(g )g + g dg.

  −1 −1 −1 Então, d(g

  e, portanto, ) = (dg)g

  −g −1 −1 −1 −1 dω = (dg)g dg) dg) = −g ∧ dg = −(g ∧ (g −ω ∧ ω. Logo, temos dω =

  −ω ∧ ω. Segue um importante resultado.

  Teorema 1.6.1 (Cartan). Seja G um grupo de Lie, formado por matrizes, com algebra de Lie g e ω a forma de Maurer-Cartan. Seja M uma variedade tal que existe uma 1-forma, φ, valuada em g tal que dφ =

  −φ ∧ φ. Então para qualquer x

  ∈ M existe uma vizinhança U de x e uma aplicação f : U −→ G tal que ∗ f (ω) = φ. Ainda, se M é simplesmente conexa e verifica as condições acima então, a aplicação f está definida globalmente sobre M .

  O teorema acima é um poderoso resultado, sua demonstração pode ser encontrada em pág.

18. Temos o seguinte resultado.

  Lema 1.6.1.

  Seja B(t) = (b (t)) uma família suave de matrizes inversíveis n ij

  × n, assim para todo s ∈ (−ε, ε)

  

  d −1 det(B(t)) = tr(B (s)B (s))det(B(s)). t=s dt

  −1 Demonstração. 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=s dt

  ′

  −1 = tr(B (s)B (s)).

  Logo,

  ′

  d −1 −1 det(B(t)B (s)) = tr(B (s)B (s)), t=s dt ou seja,

  ′

  d −1 −1 det(B (s)) det(B(t)) = tra(B (s)B (s)). t=s dt

  Portanto

  

  d −1 det(B(t)) = tr(B (s)B (s))det(B(s)). t=s dt

  Segue do lema acima que −1 tr(dgg ) = 0.

  −1 −1 Daí, como tr(dgg ) = tr(g dg) então

  −1 tr(g dg) = 0 (1.16) A equação 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.

  Lema 1.6.2.

  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 t ∗ Estamos denotando por g a matriz g .

  Demonstração. Ver pág. 125.

  Utilizaremos as equações acima, juntamente com as equações de estrutura, para obtermos a

  3 forma de Maurer-Cartan de H .

  Como visto anteriormente, temos

  3 X j de = e ω j j=1

  3 X j i + de = e ω e ω . i j i j=1

  Aplicando a diferencial na equação (i) temos ∗ ∗ dgg + gdg = de .

  Daí,

  1

  2

  3 ∗ ∗ dgg + gdg = e ω + e ω + e ω

  1

  2

  3

  1

  2

  3 = ω e + e ω + e ω

  2

  3

  1

  1

  1

  2

  3 ∗

  = g(ω σ + ω σ + ω σ )g

  1

  2

  3 Desta forma,

  3

  1

  2 ω ω + iω

  ∗ ∗ ∗ dgg + gdg = g g

  1

  2

  3 ω i

  − ω −ω Logo,

  3

  1

  2 ω ω + iω

  −1 ∗ ∗ −1 g dg + dg (g ) =

  1

  2

  3 ω i

  − ω −ω Escreva a a

  11

  12 −1 g dg = a a

  21

  22 e b b

  11

  12 ∗ ∗ −1 dg (g ) = b b

  21

  22 Assim, temos que

  3

  • b = ω

  11

  11

  • a

  1

  2 21 + b 21 = ω i

  • a − ω

  3

  • b =
    • a

  22 22 −ω

  1

  2

  • b = ω + ω i

  12

  12

  • a Aplicando a diferencial na equação (ii) temos

  ∗ ∗ dgσ g + gσ dg = de

  1

  1

  1

  1

  2

  3 = ω e + e ω + e ω

  2

  3

  1

  1

  1

  2

  3 ∗ ∗ ∗

  = ω gg + ω gσ g + ω gσ g

  2

  3

  1

  1

  1

  2

  3 ∗ = g(ω σ + ω σ + ω σ )g .

  2

  3

  1

  1 Daí,

  1

  3

  2 ω + ω iω

  1

  1 ∗ ∗ ∗ dgσ g + gσ dg = g g

  1

  1

  2

  1

  3 ω

  −iω 1 − ω

1 Portanto,

  1

  3

  2 ω + ω iω

  −1 ∗ ∗ −1

  1

  1 g dgσ + σ dg (g ) =

  1

  1

  2

  1

  3 ω

  −iω 1 − ω

  1 Por outro lado, a + b a + b

  12

  21

  11

  22 −1 ∗ ∗ −1 g dgσ + σ dg (g ) =

  1

  1 a + b a + b

  22

  11

  21

  12 Daí, temos as equações abaixo

  1

  3

  • b = ω + ω

  12

  21

  • a

  1

  2

  • b = ω i
    • a

  11

  22

  1

  2

  • b = i

  22

  11

  • a −ω

  1

  1

  3 21 + b 12 = ω

  • a − 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

  1 ω + ω ω

  ∗ ∗

  2 2 ∗ dgσ g + gσ dg = g g

  2

  2

  1

  2

  3 ω ω

  2 − ω

  2 Donde,

  2

  3

  1 ω + ω ω

  2

  2 −1 ∗ ∗ −1 g dgσ 2 + σ 2 dg (g ) = .

  1

  2

  3 ω ω

  − ω

  2

  2 Desta forma, i(b ) i(a + b )

  21

  12

  11

  22 − a

  −1 ∗ ∗ −1 g dgσ 2 + σ 2 dg (g ) =

  22 + b 11 ) i(a

  21 12 ) −i(a − b

  Daí,

  2

  3 ) = ω + ω

  21

  12

  • i(b − a

  2

  1 11 + b 22 ) = ω

  • i(a

  2

  1

  • b ) = ω

  22

  11

  • −i(a

  2

  2

  3 ) = ω

  21

  12

  • i(a − b − ω

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

  2 ω ω + ω i

  ∗ ∗

  3 3 ∗ dgσ g + gσ dg = g g

  3

  3

  1

  2

  3 ω i ω

  3 − ω

  3 Logo,

  3

  1

  2 ω ω + ω i

  −1 ∗ ∗ −1

  3

  3 g dgσ + σ dg (g ) =

  3

  3

  1

  2

  3 ω i ω

  3 − ω

  3 Por outro lado, a + b b

  11

  11

  12

  12 −1 ∗ ∗ −1 − a g dgσ + σ dg (g ) =

  3

  3 a

  21

  21

  22

  22 − b −a − b

  Logo,

  3

  • b = ω

  11

  11

  • a

  1

  2 = ω + ω i

  12

  12

  • b − a

  3

  3

  1

  2 = ω i

  • a 21 − b

  21 − ω

  3

  3

3 Por outro lado, o traço de g

  • b
    • a

  • b
  • b

  1

  3 )

  2

  2 − ω

  3 ) + i(ω

  1

  1 − ω

  1 (ω

  2

  3

  2 ω

  2 Finalmente, temos a forma de Maurer-Cartan g −1 dg =

  1

  1 )

  2

  3

  −(ω

  22 =

  2 a

  3 )

  2

  2

  − i(ω

  (ω

  3 )

  1

  3 . A essência desta relação está no teorema fundamental as superfícies. Nesta sessão faremos um breve estudo sobre a Correspondência de Lawson. Para mais detalhes consultar

  3

  3 (1) = S

  3 M

  −1) = H

  3 (

  3 M

  3 (0) = R

  M

  3 (K) a única forma espacial completa de dimensão 3, simplesmente conexa, com curvatura seccional constante K. Assim, a menos de isometria, por temos três possibilidades

  Seja M

  3 , H

  1

  3 , S

  A correspondência de Lawson estabelece uma relação entre superfícies de curvatura média constante nos espaços R

  . (1.17)

  1 ).

  2

  3

  −(ω

  3 )

  2

  2

  − i(ω

  3 )

  1

  22 i(a

  3 a

  11 =

  1 a

  2

  3

  22 = ω

  11 − a

  2 a

  1

  12 = ω

  12

  2

  (ω

  3

  1

  12 = ω

  12 − a

  Pelas equações obtidas temos, b

  22 .

  −a

  11 =

  −1 dg é nulo e, portanto, a

  −ω

  −a

  21 − b

  22

  1

  2 a 21 =

  3 )

  2

  2 − ω

  3 ) + i(ω

  1

  1 − ω

  (ω

  12 =

  2 a

  2

  12 ) = ω

  3

  ω

  11 =

  1 Portanto, temos a

  3

  1 − ω

  12 = ω

  21

  2 a

  3

  2 − ω

  22 =

  • ω
  • ω
  • ω
  • ω

1.7 Correspondência de Lawson

  Seja Σ uma superfície de Riemann e considere f : Σ −→ M

  − D

  Y S(X), Z i + c(h∇

  X Y, Z i − h∇

  Y X, Z i)

  = h∇

  X (S + cId)(Y ), Z i − h∇

  Y (S + cId)(X), Z i

  = D

  ∇

  X e

  S(Y ), Z E

  ∇ Y e

  = h∇

  S(X), Z E

  Por outro lado, K

  − e K = (K

  − K) + ctr(S) + c

  2 = detS + ctr(S) + c

  2 = det(S + cId) = det( e S).

  Ademais, temos

  1

  2 tr( e S) =

  1

  X S(Y ), Z i − h∇

  Y X, Z i

  3 (K) uma imersão com métrica induzida ds

  K = K − ctr(S) − c

  2 =< . >. Considere ∇ a conexão de Levi-Civita e K a curvatura Gaussiana de f(Σ).

  Denotaremos por S o operador forma da imersão f. Como a imersão f está bem definida, então satisfaz as equações de Gauss e Codazzi K

  − K = det(S); (1.18) hS([X, Y ]), Zi = h∇

  X S(Y ), Z i − h∇

  Y S(X), Z i ,

  (1.19) onde X, Y, Z campos diferenciáveis em Σ. Assumiremos, daqui por diante, que a curvatura média, H, de f é constante. Portanto,

  H =

  1

  2 tr(S) é constante.

  Tomemos c ∈ R. Definamos, e S = S + cId e

  2 Tomando X, Y, Z campos diferenciáveis sobre Σ, temos D e

  X Y, Z i − h∇

  S([X, Y ]), Z E

  = hS + cId([X, Y ]), Zi = hS([X, Y ]), Zi + c hId([X, Y ]), Zi = hS([X, Y ]), Zi + c(h∇

  X Y − ∇

  Y X, Z i)

  = hS([X, Y ]), Zi + c(h∇

  X Y, Z i − h∇

  Y X, Z i).

  Como S satisfaz as equações de Codazzi, temos D e

  S([X, Y ]), Z E

  = hS([X, Y ]), Zi + c h∇

  2 (tr(S) + 2c) = H + c.

  3 Assim, pelo teorema fundamental das superfícies, existe uma imersão e f : Σ ( e K) com

  −→ M

  2 métrica induzida ds

  . Portanto, como as imersões f e e f possuem a mesma métrica então f (Σ) e e f (Σ) são localmente isométricas. Ademais, a curvatura média, e

  H, de e f é

  1 e H = tr( e S) = H + c.

  2

  3 Portanto, temos uma correspondência entre superfícies de curvatura média constante H em M (K)

  3

  2 e superfícies de curvatura média constante (H + c) em M (K ). Em particular, dada

  − 2cH − c

  3

  3 existe uma imersão e f : Σ de curvatura média constante uma imersão mínima f : Σ −→ R −→ H

  1 tal que f (Σ) e e f (Σ) são localmente isométricas. As superfícies dadas pelas imersões f e e f são ditas superfícies primas.

  Capítulo 2

  3 Teoria Local das Superfícies de H

  3 Neste capítulo estudaremos a teoria das superfícies em H via método do referencial móvel.

2.1 Curvatura Média e Gaussiana

  3 uma imersão suave.

  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

  2 é dito fibrado de primeira ordem do referencial. Tomemos em M a métrica ds =

  F f f hdf, dfi induzida da imersão. Adotaremos o referencial e , ..., e sobre f(M) tal que e descreve f(M),

  3 geram T é normal a f(M) no ponto f(m). Este referencial é dito referencial e , e M e e

  1 2 f (m)

  3 adaptado. As aplicações, e , serão vistas, agora, como aplicações k

  1

  4 e k : ,

  F −→ L f onde k = 0, 1, 2, 3. Identificando T M com T f (M ) tomaremos os vetores e , e , e como vetores m f (m)

  1

  2

  3 sobre o plano tangente em M. Para facilitar a notação vamos supor que todas as aplicações e

  1 da maneira padrão. formas estão definidas em F f

  Notemos que a diferencial exterior de f satisfaz

  1

  2

  3 de = df = ω e + ω e + ω e .

  1

  2

  3 Daí, podemos escrever i w (e j ) = j ), e i j , e i ij . hdf(e i = he i = δ Portanto,

  1

  2

  3

  3 df (e ) = ω (e )e + ω (e )e + ω (e )e = ω .

  3

  3

  1

  3

  2

  3

  3

  3 Por outro lado, df (e ) é um vetor no plano T M , logo ω = 0. Assim, podemos escrever m 3 f (m)

  2

  1

  2

  2

  2 ds = (ω ) + (ω ) . f

  1

  2

  3 O elemento de área é dado por ω > 0. Das equações de estrutura de H , temos ∧ ω

  3

  3

  1

  3

  2 dω = ω + ω . 1 ∧ ω 2 ∧ 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 existem h = h tais que ij ji sobre F f

  3

  1

  2 ω = 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

  1

  2

  1

  2

  2

  2 II = h (ω ) + 2h ω + h (ω )

  11 12 ⊗ ω

  22 sobre M.

  Note que

  2

  2

  3

  1

  2 dω =

  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 ∧ ω Portanto, a curvatura Gaussiana de M é dada por

  2 K = + h 11 h 22 .

  −1 − h

  12 A equação acima é dita equação de Gauss. A curvatura média de f(M) é definida por h + h

  11

  22 H = .

  2

2.2 Aplicação Hiperbólica de Gauss

  3 Definiremos agora uma aplicação análoga a aplicação normal de Gauss para imersões em R .

  3 Note que, para todo e passando por e na direção e

  = f (m), a geodésica orientada em H

  3

  2 intercepta o bordo ideal, S , em dois pontos. Denotaremos estes pontos por [e + e ] e [e ].

  3

  3 − e

  ∞ Como a geodésica está orientada, podemos considerar [e ] o ponto inicial e [e + e ] o ponto

  3

  3 − e

  2 final. Desta forma fica bem definida a aplicação [e + e ] : M . Esta é a aplicação análoga

  3 −→ S

  ∞

  3 a aplicação normal de Gauss em R .

  3 , temos que a aplicação normal de Gauss é conforme se, e só se, M é totalmente

  Se M ⊂ R 3 umbílica ou mínima. Temos um resultado análogo em H .

  2 Proposição 2.2.1.

  A aplicação [e + e 3 ] : M é conforme se, e só se, f é totalmente −→ S

  ∞ umbílica (neste caso [e + e ] reverte a orientação) ou f satisfaz H + e ]

  3

  3 ≡ 1(nesse caso [e preserva a orientação)

  2 Demonstração. Primeiramente mostraremos que [e + e ] é conforme se, e somente se, dσ =

  3 f 2 + e ), d(e + e ) .

  3

  3 hd(e i é um múltiplo de ds f

  De fato, suponhamos que [e

  • e ] é conforme. Note que

  3 [e + e ] = e + e = + e ), λ > 0

  3

  3

  3 {λ(e } .

  Tomemos um representante de λ(e

  • e 3 ) de [e + e

  3 ], logo + e 3 ), λd(e + e 3 ) hλd(e i é múltiplo de

  2

  2

  2 ds . Daí, dσ é múltiplo de ds . f f f

  2

  2 Reciprocamente, suponhamos que dσ é múltiplo de ds . Daí, para cada representante λ(e +e )

  3 f f

  2 de [e + e ] tem-se que + e ], d[e + e ] e, portanto, [e + e ] é conforme.

  3

  3

  3

  3 hd[e i é múltiplo de ds f

  Note que,

  2

  1

  1

  2

  2

  2

  2 dσ = (ω + ω ) + (ω + ω ) . f

  3

  3 Usando as equações

  3

  1

  2 ω = h ω + h ω

  11

  12

  1

  3

  1

  2 ω = h 21 ω + h 22 ω ,

  2 temos

  2

  1

  2

  2

  1

  2

  2 dσ = ((1 )ω ω ) + ( ω + (1 )ω )

  11

  12

  12

  22 f − h − h −h − h

  1

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  1

  2 = (ω ) ((1 ) + h ) + (ω ) (h + (1 ) ) ω (2 )

  11

  22

  12

  11

  22 − h

  12 12 − h − 2h ⊗ ω − h − h Usando o fato de que

  2 k = + h h

  −1 − h

  11

  22

  12 h + h

  11

  22 H =

  2 temos

  2

  1

  2

  2

  2

  2

  2

  1

  2 dσ = (ω ) ( + h h ) + (ω ) ( h + h ) + 4h ω (H

  11

  11

  22

  11

  22

  22

  12 f −2h 11 − k + h −k − +h − 2h 22 ⊗ ω − 1)

  1

  2

  1

  2

  2

  2

  2

  2

  1

  2 = (ω ) h ( ) + (ω ) ) + (ω ) h (2H ω (H

  11 −2 + 2H) − k((ω 22 − 2) + 4h 12 ⊗ ω − 1)

  1

  2

  2

  2

  1

  2

  1

  2

  2

  2 = (H ) h + 2(ω ) h + 4h ω ) ) + (ω ) )

  11

  22

  12 − 1)(2(ω ⊗ ω − k((ω

  Escrevendo

  1

  2

  1

  2

  2

  2

  1

  2 q(ω , ω ) = (H ) (h ) + (ω ) (h ) + 4h ω ),

  11

  22

  22

  11

  12 − 1)((ω − h − h ⊗ ω temos que

  2

  1

  2

  2

  2

  1

  2

  1

  2

  2

  2 dσ = (H ) h + 2(ω ) h + 4h ω ) ) + (ω ) )

  11

  22

  12 f − 1)(2(ω ⊗ ω − k((ω

  1

  2

  1

  2

  2

  2 = q(ω , ω ) + (ω ) ((H + h ) ) ((H + h )

  − 1)(h

  11 22 − k) + (ω − 1)(h

  11 22 − k)

  1

  2

  1

  2

  2

  2 = q(ω , ω ) + ((ω ) + (ω ) )(2(H

  − 1)H − k)

  1

  2

  2

  2 = q(ω , ω ) + (2(H

  − H) − k)ds f

  Finalmente,

  2

  2

  2

  1

  2

  1

  2

  2

  2 dσ = (2(H + (H )(ω ) + 4h ω )(ω ) ).

  11

  22

  12

  11

  22 f − H) − k)ds f − 1)((h − h ⊗ ω − (h − h

  1

  2

  1

  2

  2

  2

  2 Note que ((h )(ω ) + 4h ω )(ω ) ) não é múltiplo de ds .

  11

  22

  12

  11

  22 − h ⊗ ω − (h − h f

  2

  2 Portanto, dσ é múltiplo de ds se, e só se, f f (H

  11 22 ) = (H 12 = 0.

  − 1)(h − h − 1)h

  • e ]

  3 Desta forma, pela igualdade acima, se H ≡ 1 ou f é totalmente umbílica temos que [e é conforme.

  Por outro lado, se [e + e ] é conforme então temos as seguintes possibilidades

  3 (i) H ≡ 1;

  (ii) f totalmente umbílica; (iii) H 6≡ 1.

  Mostraremos que no terceiro caso f é totalmente umbílica. De fato, seja U =

  {m ∈ M; H(m) 6= 1}. Claramente U é aberto e, portanto, f é totalmente umbílica. Seja V uma componente conexa de U. Façamos A = d(e

  • e 3 ). Note que, como f (U ) é totalmente umbílica então Av = kv.
Por outro lado, pela fórmula de Codazzi, ver pág 138, temos ( A)(Y ) = ( A)(X),

  X Y ∇ ∇

  X A)(Y ) = X (AY )

  X Y ) e ( Y A)(X) = Y (AX) Y X). Daí, como onde (∇ ∇ − A(∇ ∇ ∇ − A(∇

  ( A)(Y ) = (kY ) Y ) = X(k)Y + k Y Y

  X X

  X X

  X ∇ ∇ − A(∇ ∇ − k∇ e

  ( A)(X) = (kX) X) = Y (k)X + k

  X X Y Y Y Y Y ∇ ∇ − A(∇ ∇ − k∇ então

  X(k)Y = Y (k)X. Como X, Y são campos arbitrários então X(k) = Y (k) = 0.

  Portanto, H é constante em cada componente conexa. Em particular, H é constante sobre V . Por outro lado, como H é continua então H é constante sobre V . Desta forma, temos que V ⊂ U. Como V é conexo então V é conexo e V contém V então V = V. Pelo fato de M ser conexo e V ser aberto e fechado temos que V = M. Logo, H(m) 6= 1 para qualquer m ∈ M. Em particular, f é totalmente umbílica. Finalmente, [e + e 3 ] é conforme se, e só se, H

  ≡ 1 ou f é totalmente umbílica. Se H ≡ 1, então

  2

  2 dσ = . f −kds f Logo, k ≤ 0.

  Ademais,

  2

  3

  1

  1

  2

  1

  2

  1

  2

  1

  2 (ω +ω ) +ω ) = (ω ω ω ) ω ) = (1+h h h ) = .

  21

  22

  11

  12

  21

  12

  22

  11 2 ∧(ω 3 −h −h ∧(ω −h −h −h −kω ∧ω Portanto, [e + e ] preseva a orientação.

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 .

  21

  22

  11

  12 2 ∧(ω 3 −h −h ∧(ω −h −h −1+2H−H ∧ω −(H−1) ∧ω Portanto, [e + e ] reverte a orientação.

  3 Capítulo 3 Teorema da Representação de Bryant

  Neste capítulo, demonstraremos o teorema principal do trabalho.

  −1 No grupo de Lie complexo SL(2, C) temos a forma de Maurer-Cartan g dg, ver A partir disso, tomemos a forma quadrática

  −1 Φ = dg)

  −4det(g sobre SL(2, C). Note que

  1

  2

  2

  3

  2

  2

  2

  1

  2 Φ = [(ω ) + (ω + iω ) + (ω + iω ) ]. (3.1)

  − iω

  3

  1

  3

  2

  2 ∗

  Seja M uma superfície de Riemann. Dizemos que F : M (Φ)

  −→ SL(2, C) é nula quando F é uma forma identicamente nula. Note que

  ∗ −1 −1 F (g dg) = F dF. ∗ −1

  −1 Donde, F

  (Φ) = dF ) e, portanto, F é nula quando det(F dF ) = 0. Segue o teorema −4det(F de Bryant.

  2

  2 Teorema 3.0.1.

  Seja M uma superfície de Riemann e F : M −→ SL(2, C) uma imersão

  2

  3 holomorfa nula. Então e é uma imersão conforme com H ◦ F = f : M −→ H ≡ 1.

  2

  2

  3 Reciprocamente, se M é simplesmente conexa e f : M é uma imersão com H −→ H ≡ 1, então

  2 existe uma imersão F : M

  −→ SL(2, C) holomorfa, com respeito a estrutura complexa sobre

2 M , tal que f = e

  ◦ F. Ademais, F é única a menos de uma multiplicação por uma constante g ∈ SU(2).

  Demonstração. Com o intuito de facilitar as contas, consideremos

  1

  2

  3

  3 ω = ω + iω , π = ω

  − iω

  1

  2

  • ω
  • ω
  • ω
  • ω

  • F
  • F
  • β ⊗ γ).
  • β ⊗ γ = 0.
  • β

  3 )

  − i(ω

  2

  1

  3 )])

  = F ∗

  ∗ (ω

  (ω + π) ⊗ F

  − π) = 4β

  ⊗ γ Desta forma,

  F ∗

  (Φ) = [F ∗

  (ω

  1 − iω

  2

  1 − iω

  ⊗ [(ω

  3 )]

  1

  2

  3 ) + i(ω

  2

  1 − iω

  ∗ ([(ω

  2 ) = F

  3 )

  1

  2

  2

  3 )

  2

  2

  2

  3 )

  (ω) = F

  3 ) = α + α

  ∗ (ω

  ⊗ γ) = 0 F

  2

  ∗ (Φ) = 4(α

  Logo, temos as seguintes equações F

  (ω + π)) = β + γ

  − π) + F ∗

  ∗ (ω

  2 (F

  1

  2 =

  − π + ω + π)

  ∗ (ω

  F ∗

  ∗ (ω

  3

  3

  2

  1 )

  2

  ∗ (ω

  2

  1 )

  3 ) = α + α

  2 ] = 4(α

  2

  Como F é nula então α

  2

  Notemos que F

  ∗ (ω

  1 − iω

  F ∗

  ((ω

  1

  1 ) = 2α

  2

  3

  ∗ (ω

  Escrevamos F

  1 )

  2

  3

  −(ω

  3 )

  2

  2

  − i(ω

  3 )

  1

  [(ω

  2

  Note que, F

  −1 dF = F

  ∗

  1

  2 ω

  3

  1 (ω

  (ω

  1 − ω

  1

  3 ) + i(ω

  2 − ω

  2

  3 )

  F ∗

  1

  (3.2) Por outro lado,

  De temos F

  2 )].

  3 )

  1

  2

  2

  1 )

  2

  3

  2

  3 )

  2

  1 − iω

  ∗ ((ω

  ∗ (Φ) = [F

  2 .

  1

  − π) = 2β F

  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.

  2

3 Tomemos f = e

  . Logo, ◦ F : M −→ H

  2

  2 ∗ ∗ ∗ f (ds ) = F (ds )

  ◦ e

  1

  2

  2

  2

  3

  3 ∗

  = F ((ω ) + (ω ) + (ω ) )

  3

  2 ∗

  = F (ω ) ) ⊗ ω + (ω

  3

  2 ∗ ∗

  = F ((ω ) ) + F (ω ⊗ ω)

  2

  2 = (α + α) + (β + γ)

  ⊗ (β + γ)

  2

  2 = (α + β + β

  ⊗ γ) + ((α) ⊗ γ) + [2α ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ] = 2α ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ.

  Portanto,

  2 (3.3) ds = 2α

  ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ. f

  Por outro lado, note que a expressão 2α ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ é positiva definida, pois caso contrário F não seria uma imersão. Portanto, de temos que f é uma imersão. Mostraremos que o fato de F ser nula mostra que F é conforme. Com efeito, seja <, > o produto interno dado pela forma quadrática φ. 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 > .

  − < F −2i < F Donde

  < F , F > = < F , F > u u v v < F u , F v > = 0.

  Portanto, F é conforme. 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.

  Mostraremos que H ≡ 1. Note que toda superfície de Riemann pode ser parametrizada utilizando parâmetros isotérmicos, ver Assim, sejam U ⊂ M um aberto simplesmente conexo

  2 e φ uma 1-forma do tipo (1, 0) definida sobre U tal que a métrica ds induzida sobre M pela f

  2 imersão seja dada por ds = φ f ⊗ φ.

  Faz sentido considerar funções complexas A, B, C sobre U tais que

  3

  2 ∗

  F (ω + iω ) = 2Aφ

  1 ∗

  F (ω − π) = 2Bφ

  ∗ F (w + π) = 2Cφ

2 A + BC = 0

  2AA + BB + CC = 1 De fato, note que a existência de funções A, B, C complexas que satisfazem

  Aφ = α Bφ = β Cφ = γ.

  é imediata. Observado este fato, temos que

  2

  2 α + β + BC) = 0.

  ⊗ γ = 0 =⇒ φ(A Desta forma, podemos supor que A, B, C satisfazem a equação

  2 A + BC = 0.

  Note que,

  2 2α .

  ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ =⇒ (2AA + BB + CC)φ ⊗ φ = ds f Portanto, podemos considerar 2AA + BB + CC = 1.

  Consideraremos, agora, funções p, q : U −→ C tais que A = pq

  2 B = p

  2 C = −q pp + qq = 1.

  Observe que tal escolha de funções p, q verifica a igualdade

  2 A + BC = 0.

  2

  −p p q .

  3

  2 − ω

  1

  2

  Por outro lado, temos que F

  Portanto, e (F h) = e (F ).

  ∗ .

  ∗ = F F

  ∗ )F

  ∗ = F (hh

  = I. Logo, (F h)(F h)

  Como h ∈ SU(2) então hh ∗

  Consideremos a aplicação h : U −→ SU(2) definida por h = q

  1 − ω

  ) Assim, temos que pdq − qdp é uma 1-forma holomorfa sobre U. Particularmente, pdq − qdp é do tipo (1, 0).

  2 d( p q

  ) −q

  2 d( q p

  − qdp =    p

  é meromorfa sobre U. Podemos notar que a 1-forma pdq

  , onde A 6= 0, então p q

  = B A

  Note que, como α, β, γ são 1-formas holomorfas em U ⊂ M, então Aφ, Bφ, Cφ são claramente holomorfas sobre U. Logo, como p q

  Desta forma, podemos supor sem perda de generalidade que pp + qq = 1. Fica claro que é possível a escolha de p, q com tais propriedades.

  2 = 1.

  2AA + BB + CC = 1 = ⇒ (pp + qq)

  Ainda, note que

  1

  1 (ω

  3 ) + i(ω

  ∗ ω

  −1 dF =

  3 )

  (ω

  1

  1

  2

  3

  2

  2

  • ω
  • ω

2 F

  −(ω

  − i(ω

  3 )

  1 )

  = α γ β

  −α = φ

  A C B −A

  = φ pq −q

  2 p

  2 −pq

  Note também que h −1

  = q p −p q Portanto, −1 −1 −1 −1

  3 )

  (F h) d(F h) = h (F dF )h + h dh

  2 pq

  −q −1 −1

  = h φ h + h dh

  2 p

  −pq

  2 pq q dq

  −q −p −dp −1

  = h ) + (φ

  2 p p q dp dq

  −pq dq −1 −dp − qφ

  = h dp −pφ + dq q p dq

  −dp − qφ = dp

  −p q −pφ + dq qdq + pdp −qdp + pdq − φ

  = pdp + qdq −pdq + qdp

  Por outro lado,

  3

  2

  1

  1

  2

  2

  1 ω + ω i (ω ) + i(ω )

  −1 ∗ 1 − ω 3 − ω

  3 (F h) d(F h) = (F h) .

  1

  1

  2

  2

  3

  2 (ω + ω ) + ω ) + iω ) 2 − i(ω −(ω

  3

  3

  1 Logo,

  3

  2

  1 ω + iω ω + π qdq + pdp

  1 −qdp + pdq − φ ∗ (F h) = .

  3

  2 ω + iω ) pdp + qdq

  2 − π −(ω 1 −pdq + qdp

  Portanto, temos as seguintes equações

  1 ∗ ∗

  (F h) (ω) = (F h) (ω + π + ω − π)

  2 = (

  −qdp + pdq − φ) + (qdp − pdq) =

  −φ

  1

  3

  3

  2 ∗ ∗

  2

  3 (F h) (ω ) = (F h) ((ω + iω ) ))

  1 − (−ω − iω

  1

  2 = (

  −qdq + pdp − (pdp − qdq)) = 0

  ∗ (F h) ( −π) = −φ − 2(qdp − pdq).

  (F h). A aplicação F h : U −→ SL(2, C) satisfaz a equação f = e ◦ F = e Sabemos que,

  3

  2

  1

  3

  1

  2 ω + ω = 2Hω

  1 ∧ ω ∧ ω 2 ∧ ω

  3

  3

  1

  3

  2 dω = = 0.

  −ω ∧ ω − ω ∧ ω

  1

  2 Portanto,

  3

  3

  1

  2 π ) + 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 .

  ∧ ω Portanto,

  ∗ ∗ ∗ (F h) (π (π) (ω)

  ∧ ω) = ((F h) ∧ (F h) = (

  −φ − 2(qdp − pdq)) ∧ −φ = φ ∧ φ + 2(qdp − pdq) ∧ φ.

  Como qdp − pdq e φ são do tipo (1, 0) então (qdp − pdq) ∧ φ = 0. Logo, ∗

  (F h) (π ∧ ω) = φ ∧ φ. Temos ainda que

  1

  2

  1

  2 ω + iω ) )

  ∧ ω = (ω ∧ (ω − iω

  1

  2 =

  −2iω ∧ ω Das equações

  1

  2 ω

  ∧ ω = −2iω ∧ ω

  1

  2 π

  ∧ ω = 2Hiω ∧ ω temos que π ∧ ω = −Hω ∧ ω. Logo,

  ∗ ∗ (F h) (π (ω ∧ ω) = −H(F h) ∧ ω).

  Donde, φ ∧ φ = Hφ ∧ φ.

  (F ) possui Portanto, como φ ∧ φ 6= 0 temos que H ≡ 1. Fica provado então que a imersão f = e curvatura média 1.

  2

  2

  3 Reciprocamente, seja M uma superfície de Riemann simplesmente conexa e f : M −→ H

  2 uma imersão com curvatura média 1. É possível definir uma 1-forma φ globalmente sobre M de

  2 modo que ds

  = φ ⊗ φ. f

2 Tomemos a aplicação holomorfa G : M

  −→ SL(2, C) tal que e ◦ G = f. Desta forma, note que ∗ ∗ f (ω (ω

  ⊗ ω) = (e ◦ G) ⊗ ω) ∗ ∗

  = G (ω ◦ e ⊗ ω)

  ∗ = G (ω

  ⊗ ω)

  2 = ds f

  = φ ⊗ φ.

  ∗ Logo, podemos assumir que G satisfaz G

  (ω) = −φ. Sabemos que

  3

  2

  1

  1

  2

  2

  1 ω + iω (ω ) + i(ω )

  −1 ∗ 1 − ω 3 − ω

  3 G dG = G .

  1

  1

  2

  2

  3

  2 (ω + ω ) + ω ) + iω )

  2 3 − i(ω 3 −(ω

  1

  3 ∗

  Por outro lado, sabemos que f (ω ) = 0. 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. Daí, G (ω + iω ) = iρ. Tomemos

  1

  1

  1 ∗

  G (ω − π) = η. Logo,

  ∗ G (π) = −φ − η.

  Mostraremos que como a curvatura média, H, da imersão f é 1 então a 1-forma η é do tipo (1, 0). De fato, temos que

  π ∧ ω = −ω ∧ ω. Donde,

  ∗ ∗ G (π (ω ∧ ω) = −G ∧ ω).

  Daí, ( −φ − η) ∧ −φ = φ ∧ φ.

  Logo, η ∧ φ = 0.

  −1 dG. Assim, temos que

  1

  2 iρ −2φ − η

  η −iρ .

  Considere a 1-forma sobre M dada por µ = iρ

  −η η

  −iρ . Vale salientar que µ toma valores em SU(2). Escrevamos ω = G

  2ω = µ + α, onde α = −2φ . Sabemos que ω satisfaz a equação de compatibilidade e, portanto, dω =

  1 )

  −ω ∧ ω. Daí,

  2dω = d(µ + α)G ∗

  (ω) =

  −(µ + α) ∧ (µ + α) =

  −µ ∧ µ + µ ∧ α + α ∧ µ + α ∧ α Logo, dµ + µ

  ∧ µ = −(dα + µ ∧ α + α ∧ µ + α ∧ α). Note que, como φ é do tipo (1, 0) então dφ = 0. Daí, dα = 0. Ainda, é claro que α ∧ α = 0. Portanto, dµ + µ

  ∧ µ = µ ∧ α + α ∧ µ. Por outro lado, note que

  =

  2

  = −2φ − η. Portanto,

  3

  ∗ (ω + π) = G

  ∗ (ω) + G

  ∗ (π)

  = −φ + G

  ∗ (π)

  = −φ + −φ − η

  G −1 dG =

  Portanto, como φ é uma 1-forma do tipo (1, 0) então η é do tipo (1, 0).

  1

  ∗ ω

  3

  2

  1 ω + π

  ω − π −(ω

  Note que G

2 G

  0 2iφ ∧ ρ µ .

  ∧ α = α ∧ µ = Como ρ é um 1-forma real, em particular, ρ é do tipo (1, 0). Logo, φ ∧ ρ = 0. Portanto, dµ + µ

  ∧ µ = 0.

  2 O Teorema de Cartan, te 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

  q −p h = . p q

  −1 Definamos a aplicação F = Gh

  : M −→ SL(2, C). Note que,

  −1 F = Gh = ⇒ F h = G =⇒ dF h + F dh = dG.

  Daí, −1 dF = (dG .

  − F dh)h Logo,

  −1 −1 −1 −1 F dF = F dGh .

  − (dh)h −1 −1 −1

  Por outro lado, note que F = hG e µ = h dh. 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 Donde,

  1 q q p −1 −p −2φ F dF = . . p q 2 −p q

2 Daí, F : M

  −→ SL(2, C) satisfaz

  2 qp

  −q −1 F dF = φ.

  2 p

  −pq Donde,

  2 qp

  −q dF = F φ.

  2 p

  −pq Como φ é do tipo (1, 0) então

  ∂F = 0.

  ∂z Logo, temos que F é holomorfa. Ademais, como

  −1 det(F dF ) = 0, então F é nula.

  ∗ −1 = h . Logo,

  Por outro lado, como h ∈ SU(2) temos h ∗ −1 −1

  F F = (Gh )(Gh ) −1 −1 ∗ ∗

  = G(h (h ) )G ∗

  = GG Daí,

  −1 e (F ) = e (Gh ) = e (F ) = f.

  2 Finalmente, mostramos que existe uma aplicação nula holomorfa F : M −→ SL(2, C) tal que e

  ◦ F = f.

  Por último, mostraremos que F é única a menos de uma multiplicação à direita por uma

  2 , F : M

  1

  2 constante g ∈ SU(2). De fato, sejam F −→ SL(2, C) imersões nulas e holomorfas tais que e = e = f.

  1

  2 ◦ F ◦ F

  Note que ∗ ∗ F F = F F .

  1

  2

  1

  2 Daí, ∗ ∗ −1 F = F [F (F ) ].

  1

  2

  2

  1

  2 ∗ ∗ −1

  Definamos a aplicação g : M (F ) . Por outro lado, note que

  −→ SL(2, C) dada por g = F

  2

  1 ∗ ∗ ∗

  F = g F . Daí,

  1

  2 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

  F

  1 F = F

  2 F = 2 g)(g F ) = F

  2 F = 2 (gg = 0.

  ⇒ (F ⇒ F − I)F

  1

  2

  2

  2

  2 ∗

  Como F é inversível, então gg = I. Portanto, g

  2 ∈ SU(2).

  A aplicação g pode ser vista como q −p φ. p q Desta forma, como g é holomorfa então p, p, q, q são holomorfas. Logo, h é uma função constante.

  Portanto, F 1 = F

  2

  h, onde h ∈ SU(2). Observação 3.0.1.

  A partir do teorema acima temos o seguinte diagrama F

  // SL(2, C) .

  M I I I I I I e I I f I I

  $$

  3 H As seguintes observações mostram as semelhanças entre a representação de Bryant e a

  3

  3 representação de Weierstrass. Na representação de Bryant se substituirmos H por R , H

  ≡ 1 por

  3 H , F : M

  ≡ 0, o produto interno dado por φ pelo produto interno canônico em C −→ SL(2, C)

  3 ′ com det(dF ) = 0 por α : M onde é por

  −→ C |α | = 0 e e ℜφ temos a representação de Weierstrass. Veja o diagrama.

  α

  //

  3 C . M B B B B B B ℜα B f B

  3 R Capítulo 4 Superfícies de Curvatura Média 1 Completas de Curvatura Total Finita em

  3 H

  3 Na teoria das superfíes mínimas em R , as superfícies completas e de curvatura total finita têm

  3 de curvatura grande importância. Neste capítulo, faremos o estudo das imersões f : M −→ H

  2

  2 média constante 1 onde ds é completa e (M, ds ) possui curvatura total finita. Continuaremos a f f

  1 . considerar todas as formas e aplicações sobre F f

  3 Da teoria de superfícies mínimas em R temos o seguinte resultado.

  3 Teorema.

  Seja f : M uma imersão mínima tal que a métrica induzida é completa e −→ R de curvatura total finita. Logo,

  2

  2

  2 (i) Existe uma superfície de Riemann compacta, M , e um conjunto finito E tal que M

  ⊂ M

  2

  2 e M e

  − E são conformemente equivalentes, isto é, existe um biholomorfismo entre M

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

  −→ S −4π. A demonstração pode ser encontrada em Mostraremos, em breve, que o teorema acima não é totalmente verdadeiro para superfícies

  3 completas, de curvatura total finita e curvatura média um em H .

  2 Proposição 4.0.2.

  A forma quadrática 11 +ih 12 )(ω) é uma forma quadrática holomorfa Q = (1−h bem definida sobre M.

  Demonstração. Sejam

  1

  1

  2

  2 η = (ω + ω ) + ω )

  3 − i(ω

  3

  1

  2 ω = ω + iω . Lembre que

  3

  1

  2 ω = h ω + h ω

  11

  12

  1

  3

  1

  2 ω = h 21 ω + h 22 ω .

2 Daí,

  1

  1

  2

  2 η = (ω + ω ) + ω )

  3 − i(ω

  3

  1

  1

  2

  2

  1

  2 = (ω ω ω ) ω ω )

  11

  12

  21

  22 − h − h − i(ω − h − h

  1

  2

  1

  1

  2

  2 = ω ω + ih ω ω + ih ω

  11

  12

  12

  22 − iω − h − h

  1

  2

  2

  1

  1

  2 = ω + iω 11 ω 11 ω + ih 12 ω 12 ω

  − ih − h − h

  1

  2

  1

  2

  1

  2 = ω + iω (ω + iω ) + h (iω )

  11

  12 − h − ω

  1

  2 = (ω + iω )(1 11 + h 12 i)

  − h = ω((1 ) + h i).

  11

  12 − h

  Portanto, η = ω((1 ) + h i).

  11

  12 − h

  Logo,

  2 ) + ih )(ω) = η

  11

  12 Q = ((1 − h ⊗ ω,

  1 . Em particular, está bem definida sobre M . Por outro

  e, portanto, Q está bem definida sobre F f lado, como todas as formas são holomorfas então Q é holomorfa.

  A forma diferencial Q é dita diferencial de Hopf. Lembre que

  2

  1

  1

  2

  2

  2

  2 dσ = (ω + ω ) + (ω + ω ) f

  3

  3

  2

  2 é a forma quadrática induzida da aplicação [e é dada por

  • e ] : M , ou seja, dσ

  3 −→ S f

  ∞

  • e ), d(e + e )

  3

  3 hd(e i . Desta forma, podemos notar que

  2 dσ = η ⊗ η. f

  2 Observação 4.0.2. Se = η

  Q ≡ 0, então segue que η ≡ 0. Logo, dσ f ⊗ η ≡ 0. Portanto, a curvatura seccional de f (M ) é zero e, portanto, f é totalmente umbílica. Como H ≡ 1 então

  2 f (M ) é uma horoesfera. Daqui por diante assumiremos que Q não é identicamente nulo.

  Tomemos o divisor

  X B = ν ( p

  Q).p, p∈M onde ν ( p Q) é a ordem de anulamento de Q em p ∈ M.

  ( p Denotemos por |B| o suporte de B, ou seja, o conjunto formado por p ∈ M tal que ν Q) > 0. Lema 4.0.1.

  |B| é um conjunto discreto Demonstração. De fato, note que

  |B| = {p ∈ M; Q(p) = 0} . Como Q é holomorfa e não é identicamente nula então |B| é discreto.

  2

  2 Proposição 4.0.3. A forma quadrática dσ é uma pseudo métrica sobre M tal que (M, dσ ) f f possui curvatura Gaussiana constante 1.

  Demonstração. Seja p ∈ M e tome z : U −→ C uma carta coordenada holomorfa com p ∈ U e z(p) = 0. Passaremos a ver a forma como uma forma quadrática sobre z(U). Assim, como

  U Q| z(p) = 0, pela identificação

  Q(0) = 0. Portanto, podemos escrever ν

  2

  

p (Q)

  = (z) h(z)(dz) , U

  Q|

  2 pode ser escrito da forma onde h(z) é holomorfo e h(0) 6= 0. Por outro lado, sobre U ds f 2 2λ ds = e dz

  U f | ⊗ dz, onde λ é uma função contínua sobre U. Note que, Q ⊗ Q = (η ⊗ ω) ⊗ (η ⊗ ω)

  = (η ⊗ η) ⊗ (ω ⊗ ω)

  2

  2 = dσ f ⊗ ds f

  Logo, sobre U, temos 2ν

  2

  2 2 2λ

  2

  p (Q)

  (dz) = e dσ dz |z| |h(z)| ⊗ (dz) f ⊗ dz. Daí,

  2 2ν

  2

  p (Q) −2λ

  dσ = e dz U f | |z| |h(z)| ⊗ dz.

  2ν

  2

  p (Q) −2λ

  possui zero, pelo menos em z = 0. Ainda, e Mas a função, em f(U), g(z) = |z| |h(z)|

  2

  2 note que g é não negativa. Portanto, dσ é uma pseudo métrica. Portanto, dσ é uma pseudo

  U f | f métrica sobre M.

  2

  1

  1 Mostraremos agora que (M, dσ ) possui curvatura Gaussiana 1. De fato, sejam η = ω + ω e

  1 f

  3

  2

  2 η = ω + ω . Assim, η , η podem ser vistos como as formas de conexão do referencial e , e para

  2

  1

  2

  1

  2

  3

  2 (M, dσ ). Mostraremos que f

  2

  1

  2 dη = .

  −η ∧ η

1 Para isto basta mostrarmos que

  2

  1

  2 dω = . 1 −η ∧ η

  Note que

  1

  2 η = η = ω((1 ) + h i).

  11

  12 − iη − h

  Logo,

  1

  2 η .

  ∧ η = −2iη ∧ η

  • h
  • h
  • h
  • idω
  • i(

  1 − ω

  − ω

  2 )

  1

  2 1 ∧ (iω

  = ω

  3 )

  2

  3

  3 ∧ ω

  2

  1 ∧ ω

  2 ∧ ω

  2

  3 − i(−ω

  1

  3 ) + dω

  3 ∧ ω

  1

  2 − ω

  2 ∧ ω

  1

  = ( −ω

  3 )

  1 2 ∧ ω 2 3 − ω

  3 − i(−ω

  2

  2 1 ∧ η dω

  e, portanto, (M, dσ

  2

  1 ∧ η

  ∧ η = −η

  2 η

  1 = i

  2

  ∧ η Daí, dη

  2 η

  1 = i

  2

  2 1 ∧ η. dη = iω

  2 1 ∧ ω 1 3 − ω

  = iω

  3 )

  2

  2

  3 ) + ω

  1

  1

  2 1 ∧ (i(ω

  = ω

  3 )

  2 ∧ ω

  2

  1 3 − i(dω

  2 f ) possui curvatura seccional 1.

  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 ds 2 f

  11 )

  − h

  2 ((1

  = i

  − ih 12 )

  ∧ ω((1 − h 11 )

  − h 11 ) + h 12 i)

  2 ω((1

  ∧ η = i

  2 η

  Por outro lado, i

  2 ω

  . Portanto, η ∧ η = (−K)ω ∧ ω.

  1

  = ω

  Ainda, dη = dω

  2 1 ∧ ω.

  = 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

  • ω
  • ω
  • ω

  2 ∗ Proposição 4.0.4.

  Sejam dσ uma pseudo métrica e ∆ = {w ∈ C; 0 < |w| < 1} um disco furado.

  2 ∗

  Suponhamos que (∆, dσ ) possua curvatura 1. Suponhamos também que a área de ∆ na métrica

  2 dσ é finita. Então, existe uma coordenada holomorfa local z sobre ∆ ǫ =

  {w ∈ C; |w| < ǫ} , para algum ǫ > 0, com z(0) = 0, e β > , nós temos ǫ

  −1 um numero real tal que sobre ∆ 2 β

  4(β + 1) (zz)

  2 dσ = dz

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  ∆ ǫ | ⊗ dz.

  Ademais,β é única, e z é única a menos de uma dilatação λz, onde |z| = 1.

  ∗ dada por

  Demonstração. Seja L = {y ∈ C; ℜ(y) < 0}. Note que a aplicação exp : L −→ ∆ y

  ∗ exp(y) = e = w é a aplicação de recobrimento universal de ∆ . Tomemos a pseudo métrica

  2 2 ∗

  2 d e σ = exp (dσ ) sobre L. Assim, (L, d e σ ) possui curvatura gaussiana constante 1. Note que, exp(y + 2πi) = exp y = w. Assim, tomando a aplicação g : L

  −→ L dada por g(y) = y + 2πi, podemos escrever exp(g(y)) = exp(y) = w. Daí,

  2

  2 ∗ (exp (dσ .

  ◦g) ) = deσ

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

  2

  2 e (L, d e σ ) possui curvatura seccional constante

  Note que, como L é simplesmente conexo e deσ 1, então segue do lema que existe uma aplicação meromorfa ξ : L −→ C ∪ {∞} tal que

  2 ∗

  ξ . Daí, (µ) = deσ

  4dξ ⊗ dξ

  2 = . deσ

  2 (1 + ξξ)

  Considere a composição ξ ◦ g : L −→ C ∪ {∞} . 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

  • aξ(y)

  Portanto, pelo lema 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 por 2πiα

  ξ(y + 2πi) = e ξ(y),

  2πkiα ξ(y). Desta forma, fica onde α ∈ [0, 1) é um número real. Em geral, temos ξ(y + 2kπi) = e y

  ∗ −αy bem definida a aplicação ψ : ∆ ) = e ξ(y), y

  −→ C ∪ {∞} dada por ψ(w) = ψ(e ∈ L. De fato,

  ′ ′ ′

  y y ∗ e y, y = e = z. Logo, y = y + 2kπi. Daí, temos que sejam w ∈ ∆ ∈ L tais que e

  ′ ′

  y −αy

  ψ(e ) = e ξ(y + 2πi)

  ′

  2πiα −αy

  = e e ξ(y)

  ′

  −α(y −2πi) = e ξ(y)

  −αy = e ξ(y) y

  = ψ(e ) ∗ Portanto, ψ está bem definida. Notemos também que ψ é meromorfa sobre ∆ . α αy

  −αy Por outro lado, temos w ψ(w) = e e ξ(y) = ξ. Portanto, tomemos a coordenada holomorfa

  1 α ∗ z : ∆ . dada por z(w) = w ψ(w). Logo, temos a fórmula

  −→ P α

  α 4d(w ψ) ψ)

  ⊗ d(w

  2 dσ = .

  α

  2

  2 (1 + ψ )

  |w | Note que

  ′

  α α−1 d(w ψ) = αw ψdw + wαψ dw.

  Donde,

  ′

  α

  2 α 2(α−1) d(w ψ) ψ) = dw ⊗ d(w |w| |aψ + wψ | ⊗ dw.

  Portanto,

  ′

  2 2(α−1)

  4 dw |w| |aψ + wψ | ⊗ dw

  2 dσ = .

  α

  2

  2 (1 + ψ )

  |w | ∗

  Usaremos a hipótese de que ∆ tem área finita para mostrar que ψ é meromorfa em w = 0, isto é, ψ não tem singularidade essencial em w = 0. Assumindo este resultado, temos que se ψ −n

  ψ(w) é uma função holomorfa não nula é meromorfa em w = 0 então existe n ∈ Z tal que w numa vizinhança U =

  , podemos definir uma função ρ

  ρ {w ∈ C; |w| < ρ} de 0. Desta forma, em U n g(w) holomorfa g tal que ψ(w) = w e . Feito isso, temos os seguintes casos:

  (i) α + n > 0 Neste caso, tomemos β = α + n − 1. Assim, β > −1. Consideremos a aplicação

  1 P z : U ρ

  −→

  g(w) β+1

  w 7−→ we Temos que z é uma coordenada holomorfa de U e z(0) = 0.

  ρ Lembre que,

  ′

  2 2(α−1)

  4 dw |w| |aψ + wψ | ⊗ dw

  2 dσ = .

  α

  2

  2 (1 + ψ )

  |w | n g(w)

  Ainda, sobre U temos ψ(w) = w ρ e , logo

  ′ ′

  2 n g n g g

  2 2(α−1) 2(α−1)

  4 = 4 e + w (ne + we .g ) |w| |αψ + wψ | |w| |αw |

  ′

  n g

  2

  2 2(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 |

  2 dz dw ⊗ dz = |α + n + wg | ⊗ dw.

  2 (β + 1)

  Daí,

  2 (β + 1) dw dz

  ′

  2

  β+1

  2g ⊗ dw = ⊗ dz.

  |e ||α + n + wg | Por último, note que

  g

  α 2 α n g 2 β+1 g 2 2(β+1) β+1

  |w | |w | |w | |we | Portanto, temos que

  β+1 ψ = w e = e = = (zz) .

  ′

  2 2(α−1)

  4 dw 2 |w| |αψ + wψ | ⊗ dw dσ =

  α

  2

  2 (1 + ψ )

  |w | 2 2β 2g

  4(β + 1) |w| |e |

  = dz

  

2g

  ⊗ dz

  β+1 β+1

  2 )

  |e |(1 + (zz)

  2gβ

  2 2β

  β+1

  4(β + 1) |w| |e |

  = dz ⊗ dz

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  2 β 4(β + 1) (zz)

  = dz ⊗ dz

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  Finalmente, obtemos 2 β

  4(β + 1) (zz)

  2 dσ = dz ⊗ dz.

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  (ii) α + n < 0

  g β+1

  . Basta considerar β = −(α + n − 1) e z(w) = we

  (iii) α + n = 0 Como n é inteiro e 0 ≤ α < 1 então α = n = 0. Logo,

  4dψ ⊗ dψ

  2 dσ = .

  2 (1 + ψψ) aψ−b

  Seja φ(w) = uma rotação de ψ tal que φ(0) = 0. Trocaremos ψ por φ. Segue-se daí que bψ+a

  β+1 . Daí, existe β ≥ tal que φ = z numa vizinhança sobre 0 ∈ U ρ

  2 β 4dφ 4(β + 1) (zz)

  2 ⊗ dφ dσ = = dz ⊗ dz.

  β+1

  2

  2 (1 + (zz) )

  (1 + ψφ) α Resta mostrar que a aplicação w ψ(w) é meromorfa em w = 0.

  Na mesma notação de temos α

  α 4d(w ψ) ψ)

  ⊗ d(w c α

  2 dd log(1 + ψ(w) ) = .

  |w | α

  2

  2 (1 + ψ )

  |w |

  2 ∗

  Logo, como a área de (∆ , dσ ) é finita temos

  Z c α

  2 dd log(1 + ψ(w) ) < |w | ∞.

  ∗

  ∆ w Tomemos ǫ > 0 e definamos a aplicação e

  ψ = ψ( ) sobre o disco {w|0 < |w| < 1 + ǫ} tal que

  1+ǫ e

  ψ não possua zeros ou pólos sobre |w| = 1. Para não sobrecarregar a notação escreveremos ψ ao invés de e ψ.

  α

  2 ψ(w) . Note que h(w) não possui zeros e h(w)

  Seja h(w) = 1 + |w | ≥ 1. Daí, pelo corolário

  (1.5) de ??, temos que Z r Z

  ′

  dρ c N (D, r) ( dd logh) + Clogr + C .

  ≤ ρ

  1 A ρ Mas,

  Z c dd logh < ∞.

  A

  ρ

  Daí, Z Z Z r r

  ′ ′′ ′

  dρ dρ c N (D, r) ( dd logh) + Clogr + C C + Clogr + C .

  ≤ ≤ ρ ρ

  1 A

  1

  ρ Logo, N (D, r) logr + C

  1

  2 ≤ C

  ∗ ∗

  e, portanto, ψ tem uma quantidade finita de pólos em ∆ . Logo, dilatando e restringindo a ∆ , ∗ podemos assumir que ψ não possui pólos sobre ∆ e é contínua sobre o bordo |w| = 1.

  β + − ∗

  ∗ Sejam ∆ = ; z o único ramo de z tal que

  {z ∈ ∆ ∈ R } e β ∈ R, consideremos sobre ∆ β

  1 = 1. Assim, está bem definida a aplicação 2α

  2 −

  ζ(y) = y ψ(y ) : ∆ −→ C.

  ′ ′

  2α

  2 ∗

  A aplicação ζ possui uma extensão natural ζ : ∆ (y) = y ψ(y ). Assim,

  −→ C dada por ζ

  ′

  diremos que ζ é holomorfa. Abusando da notação, não faremos distinção entre ζ e ζ . Seja 4dξ∧dξ

  1 µ = a forma de área da esfera P .

  2

  (1+ξξ) α α

  2 ∗

  Note que o pull-back de µ via w ψ(w) : ∆ ψ(w) ). Como a aplicação

  −→ C é 4πlog(1 + |w |

  2 ∗ y é um duplo recobrimento de ∆ então

  → y Z

  2 4πlog(1 + ) < |ζ| ∞.

  ∗

  ∆ ∗

  Logo, a imagem esférica de ζ(∆ ) é finita. Portanto, podemos tomar um conjunto compacto

  K ⊂ C com medida, usual, positiva tal que ζ(y) = k tem um número finito de soluções para

  ∗ ∗ − , podemos supor que ζ(∆ k

  ) ) ∈ K. Reduzindo ∆ ∩ K = ∅. Em particular, ζ(∆ ∩ K = ∅. Definamos os conjuntos

  ∗ −m−2 −m−2 B = z ; 2 < , , m

  ∈ ∆ |z| < 3.2 −3π/4 < argz < 3π/4 onde m ∈ N. Definamos as funções

  −m ζ (y) = ζ(2 y), m

  . A sequência de funções holomorfas (ζ (y)) claramente não assume valores em K e, m onde y ∈ B portanto, podemos usar o teorema de Montel, concluimos que (ζ

  (y)) é uma m família normal. Portanto, existe uma subsequência ζ (y) que converge uniformemente sobre m

  k

  1 . conjuntos compactos a uma função holomorfa ou converge uniformemente ao ∞ ∈ P

  Suponhamos que ζ (y) converge para uma função holomorfa. Em particular, ζ (y) converge m m

  k k

  no conjunto

  1 K = z ; , . ∈ B |z| = ℜ(z) ≥ 0

  2 Daí, ζ (y) é limitada e, portanto, existe uma constante M tal que m

  k

  (y) m

  |ζ k | ≤ M, onde y ∈ K. Note que,

  1 iθ

  ζ (y) = ζ ( e ), m m

  k k

  2 onde θ ∈ [0, π/2]. Por outro lado, 2α

  2 −m k −m k −m k ζ (y) = ζ(2 y) = (2 y) ψ((2 y) ). m

  k

  Daí, iθ iθ 2α iθ

  2 −m k −1 −m k −1 −m k −1

  (y) e ) e ) ψ((2 e ) ) m

  |ζ k | = |ζ(2 | = |(2 | ≤ M, onde y ∈ K e θ ∈ [0, π/2]. Seja a ∈ N tal que a > α, logo iθ 2a iθ 2 iθ 2α iθ

  2 −m k −1 −m k −1 −m k −1 −m k −1 e ) ψ((2 e ) ) e ) ψ((2 e ) )

  |(2 | ≤ ||(2 | ≤ M, a

  ψ(w) é limitada nos arcos onde y ∈ K e θ ∈ [0, π/2] Portanto, w iθ

  −m k −1 C = z e ; θ , k

  ∈ C; z = 2 ∈ [0, π/2] onde k ∈ N. Para cada k ∈ N definamos o anel −m k −1 −m k+1 −1 A = z , arg(z) . k

  ∈ C; 2 ≤ |z| ≤ 2 ∈ [0, π/2] a

  Pelo teorema do Módulo Máximo, w ψ deve ser limitado uniformente em cada anel e, portanto, a

  ψ(y) |w | ≤ M, a

  . Portanto, podemos encontrar uma vizinhança de w = 0 na qual w ψ é limitada. Daí, k onde y ∈ A pelo teorema de Casorati Weierstrass, w = 0 não é uma singularidade essencial e, portanto, a w ψ possui uma singularidade removível w = 0.

  Por outro lado, se a sequência ζ m (y) converge para

  k ∞ então definamos a sequência

  1 η (y) = , k

  ζ m (y)

  k

  1 não possui k (y) converge para 0. Análogo ao primeiro caso, temos que a onde y ∈ K. Logo, η w ψ(w) uma singularidade essencial em w = 0.

  Portanto, ψ nos dois casos não possui uma singularidade essencial e, portanto, ψ é meromorfa em ∆.

  3 Semelhantemente ao caso R temos o seguinte resultado.

  2

  3 Teorema. Seja f : M uma imersão de curvatura média 1 satisfazendo −→ H

  2 (i) A métrica induzida ds é completa; f (ii) A curvatura total de M é finita. Então, M é conformemente equivalente a uma superfície de Riemann compacta M menos um número finito de pontos E ⊂ M. A demonstração pode ser encontrada em pág. 81. A partir de agora identificaremos M com M − E. Os pontos de E são ditos fins da imersão. Segue o lema abaixo.

  Lema 4.0.2.

  Se |B| não possui pontos de acumulação em E, então |B| é finito. Demonstração. De fato, suponhamos que

  |B| é infinito. Logo, podemos tomar uma sequência p . Como é uma sequência limitada e, portanto, p possui n n n+1 n n

  ∈ |B| com p 6= p |B| ⊂ M então p um ponto de acumulação p . Logo, p

  ∈ M ou p ∈ E. Se p ∈ M então |B| possui um ponto de acumulação em M, mas isto é absurdo, pois, |B| é discreto em M. Portanto, |B| possui um ponto de acumulação em E.

  ∗ Lema 4.0.3

  = (Ossermann). Seja h(z) 6= 0 uma função analítica em ∆ {z ∈ C; 0 < |z| < 1} e

  2

  2

  2

  2 considere ds = . Se ds é completa em z = 0 então h(z) tem no máximo um pólo na

  |h(z)| |dz| origem. Demonstração. Ver pág. 83.

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

  3 da superfície vSegue o resultado análogo em H .

  Proposição 4.0.5.

  O suporte do divisor B é finito em M e Q estende-se a M meromorficamente. Demonstração. Mostraremos que

  |B| é finito. Pelo resultado anterior, basta mostrar que |B| não

  2 possui pontos de acumulação em E. Como a curvatura total, na métrica ds , é finita, então a área f

  2 de M com relação a pseudo métrica dσ

  é finita. Pela proposição anterior, segue que, se e ∈ M f então 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 β 4(β + 1) (zz)

  2 dσ = dz f ⊗ dz.

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  ∗ ∗

  . Particularmente, z não se anula em U . Sabemos que Denotemos U − {e} = U

  2

  2 .

  Q ⊗ Q = ds ⊗ dσ f f

  2 ∗

  Logo, como Q se anula em |B| então dσ f se anula em |B|, Ainda, como Q não se anula em U temos ∗

  B ) = ∩ (U ∅. Portanto, |B| não possui pontos de acumulação em E. Portanto, |B| é finito.

  Mostraremos que Q se estende meromorficamente sobre M. De fato, como Q não se anula em ∗

  ∗ U e é holomorfa, então existe uma função h(z) holomorfa sobre z(U ) tal que

  2

  Q|

  ∗ U = h(z)(dz) . Daí, de

  2

  2 Q ⊗ Q = ds f ⊗ dσ f temos que

  β+1

  2

  2 (1 + (zz) )

  2 |h(z)|

  ∗

  ds = dz U f | ⊗ dz.

  2 β 4(β + 1) (zz)

  Se b ≥ β é um inteiro, podemos tomar uma vizinhaça suficientemente próxima de e tal que

  2 2 |h(z)| ds dz f ≤ c ⊗ dz, b

  2 |z | para alguma constante c > 0 e numa vizinhança deletada V de e em U.

  2

  2 −b

  Pela desigualdade, acima, como ds dz f é completo em e temos que |h(z)z | ⊗ dz é completo.

  −b −b

  Segue do lema de Osserman, que h(z)z tem um pólo no infinito e, portanto, h(z)z −b tem um pólo em z = 0. Assim, h(z)z é meromorfa em z(U). Daí, h(z) é meromorfa em z(U).

  Donde, Q é meromorfa em e.

  Portanto, Q estende-se meromorficamente em M. Assim podemos definir ν ( p

  Q) para qualquer p ∈ M. Deste modo, podemos ver a característica de Euler-Poincaré como

  X

  1

  1 χ(M ) = deg(B) = ν ( p

  − Q),

  2

  2 p∈M onde B é o divisor de Q como uma função meromorfa em M.

  Corolário 4.0.1. Para todo e ( e ∈ E, β(e) ≥ ν Q) + 1.

  ∗ , mencionada acima,

  Demonstração. Notemos primeiramente que podemos tomar a vizinhança V suficientemente pequena de modo que β+1 (zz) < β.

  Desta forma,

  2 |h(z)|

  2

  ∗

  ds < dz | V ⊗ dz. f

  β (zz)

  

2

  h(z) 2 |h(z)| Portanto, como ds é completa em e, então possui um

  β dz β

  ⊗ dz é completa em e. Logo, f

  (zz) z pólo em z = 0. e (

  Pelo resultado anterior, h(z) possui um pólo de ordem −ν Q). Portanto, podemos escrever p(z) h(z) = ,

  −ν e (Q) z onde p(z) 6= 0. Portanto, h(z) p(z) = .

  β e β−ν (Q) z z h(z)

  β , em z = 0, é

  Daí, como p(z) 6= 0 então a ordem do pólo da função z

  β ( − ν e Q). Portanto,

  β(e) ( e − ν Q) ≥ 1.

4.1 Exemplos

  Como é de se esperar, as imersões de curvatura média um no espaço hiperbólico e as imersões

  3 mínimas 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 escrever F F

  1

2 F = , F F F

  1

  4

  2

  3 − F ≡ 1,

  F

  3 F

  4 onde F é holomorfa sobre M. i

  Na mesma notação da prova do teorema da Representação de Bryant, escreveremos

  2 pq

  −q −1

  F dF = φ, pp + qq = 1,

  2 p

  −pq p meromorfa. onde φ é do tipo (1, 0) sobre U ⊂ M e p, q são funções holomorfas sobre U com q

  Consideraremos também q −p h = . p q

  A aplicação F h : U −→ SL(2, C) satisfaz ∗ f = F h(F h) .

  Donde, ∗ ∗ e + e = F h(σ + σ )h F

  3

  3 2 0

  ∗ ∗ = F h h F 0 0 q

  ∗ = 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 Também podemos escrever f = e = F σ F ∗

  = F F ∗ .

  K = −4

  2 f ⊗ ds

  2 f .

  Daí, Q ⊗ Q = 4(pdq − qdp) ⊗ (pdq − qdp) ⊗ φ ⊗ φ. Portanto,

  Q = 2(pdq − qdp) ⊗ φ é a diferencial de Hopf. Note dσ

  2 f = 4 d(p/q)

  ⊗ d(p/q) (1 +

  |p/q|

  2 )

  2 .

  Daí, Z U

  Z U d(p/q)

  3 ].

  ⊗ d(p/q) (1 +

  |p/q|

  2 )

  2 .

  Portanto, a curvatura total de ds

  2 f sobre U é a área, contada com as multiplicidades, da imagem esférica da aplicação p/q : U −→ P

  1 .

  Exemplo 1.

  Considere a aplicação F : C −→ SL(2, C) dada por F (z) =

  1 az 1 .

  Logo, dados p, v ∈ C temos dF p

  Por outro lado, note que Q ⊗ Q = dσ

  1 , dF

  Pela nossa identificação de S

  2 p

  2 ∞ com CP

  1 temos

  [e + e

  3 ] = [F

  1 q + F

  2 p, F

  3 q + F

  4 p].

  Por outro lado, note que dF = F pq

  −q

  2 −pq φ.

  4 p] = [dF

  Donde, p(F

  1 q + F

  2 p) = dF

  1 p(F

  3 q + F

  4 p) = dF

  3 Portanto, [e + e

  3 ] = [F

  1 q + F

  2 p, F

  3 q + F

  (v) = av 0 Portanto, imediatamente, temos que det(dF p

  (v)) = 0 e, portanto, F é nula. Note também que dF p

  2 cosh(λz)

  λsenh(λz) λ

  −1 senh(λz)

  − zcosh(λz) cosh(λz) Logo,

  F −1

  = cosh(λz) −λsenh(λz)

  −λ −1 senh(λz) + zcosh(λz) cosh(λz)

  − λzsenh(λz) Notemos que F é holomorfa pois suas entradas são holomorfas, daí dF =

  −λ

  2 zcosh(λz) λ

  −zλsenh(λz) λsenh(λz) dz. Portanto,

  Exemplo 2 . Seja M = C e λ ∈ C| {0} . Tomemos a aplicação F : C −→ SL(2, C) dada por

  F −1 dF = cosh(λz)

  −λsenh(λz) −λ

  −1 senh(λz) + zcosh(λz) cosh(λz)

  − λzsenh(λz) −λ

  2 zcosh(λz) λ

  2 cosh(λz)

  −zλsenh(λz) λsenh(λz) dz =

  −λ

  2 z

  −1 z

  F (z) = cosh(λz) − λzsenh(λz)

  2 f coincide com a métrica no plano euclidiano, ver Logo, o plano e a horoesfera são superfícies primas e, portanto, são localmente isométricas.

  (v) = 0 ⇔ v = 0

  2 f =

  e, portanto, F é uma imersão. Portanto pelo teorema de Bryant, F F ∗

  é uma imersão de curvatura média um em H

  3 . Note que,

  F −1 dF = 0 0 a 0 .

  Temos, então, pqφ = q

  2 φ = 0 e p

  2 φ = a.

  Donde, q ≡ 0 e φ = a p

  2 . Logo,

  (i) ds

  |a|

  A imersão encontrada é totalmente umbílica e possui curvatura média constante um e, portanto, é uma horoesfera. A métrica ds

  2 dz

  ⊗ dz; (ii) dσ

  2 f = 2(pdq

  − qdp) ⊗ φ ≡ 0; (iii) Q ≡ 0;

  (iv) [e + e

  3 ] = [dF

  1 , dF

  3 ] = [0, a]

  ≈ {∞} ∈ P

  1 .

  2 −z dz Daí, det(dF ) = 0 e, portanto, F é nula. Além disso, F é uma imersão. De fato, dados v, z ∈ C temos que dF z

  (v) = −vλ

  = z

  1 1 + zz .

  Logo, podemos definir, p(z) = z

  √ 1 + zz ,

  (4.6) q(z) =

  1 √ 1 + zz

  .

  (4.7) Donde, pdq

  − qdp = p

  2 d(q/p)

  2 1 + zz d(1/z)

  2 1 + zz . De temos q

  = z

  2 1 + zz

  −1 z

  2 dz

  = − dz

  1 + zz . Desta forma, dσ

  2 f = 4(pdq

  − qdp) ⊗ (pdq − qdp) = 4 dz ⊗ dz

  (1 + zz)

  2 =

  2 = z

  2 zcosh(λz) vλ

  2 dz

  2 cosh(λz)

  −zvλsenh(λz) vλsenh(λz) dz = 0 ⇐⇒ v = 0 ou cosh(λz) = senh(λz) = 0. Portanto, claramente temos que v = 0. Daí, F é uma imersão.

  Tomemos φ =

  −λ

  2 (1 + zz)dz

  (4.2) uma 1-forma definida globalmente sobre C. Desta forma, ds

  2 f = φ

  ⊗ φ = |λ|

  4 (1 + zz)

  ⊗ dz é a métrica induzida em C. Podemos definir as aplicações p, q sobre C de modo que p

  De temos p

  2 φ =

  −λ

  2 z

  2 dz (4.3)

  − q

  2 φ = λ

  2 dz

  (4.4) pqφ = −λ

  2 zdz (4.5)

  2 .

2 Logo,

  Notemos que a aplicação hiperbólica de Gauss [e + e

  Ainda, por como ds

  2 f é completa sobre C então ds

  2 f também é completa sobre C.

  Pode-se notar que dσ 2 f

  = 4 dz ⊗ dz

  (1 + zz)

  2 é a métrica padrão sobre C ∪ {∞} restrito a C.

  Portanto, a curvatura total na métrica ds

  2 f é dada por -área(P

  1 ) = −4π.

  3 ] : C

  2 f = ds

  −→ S

  2 ∞ será dada por

  [e + e 3 ](z) = [λcosh(λz), senh(λz)]. Assim é claro que essa aplicação omite [λ, 1] e [λ, −1]. Além disso, como [e

  3 ] é holomorfa então [e + e

  3 ] não pode omitir um outro ponto. Portanto, [e + e

  3 ] cobre o restante de S

  2 ∞ infinitas vezes.

  Exemplo 3 . Sejam M = C ∗ e µ um número real satisfazendo µ > −

  1

  2 , µ > 0. Considere a aplicação holomorfa multivaluada

  2 f . Daí, as imersões f e f são primas. Em particular, as imersões f e f são localmente isométricas.

  ⊗ dz. Portanto, ds

  Note que, Q = 2(pdq − qdp) ⊗ φ

  −λ

  = −2 1 + zz

  ⊗ −λ

  2 (1 + zz)dz

  = 2λ

  2 (dz)

  Q = 2λ

  2 (dz)

  2 .

  Por outro lado, dF

  1 =

  2 zcosh(λz) dF

  2 dz

  3 = −zλsenh(λz).

  Daí, [dF 1 , dF 3 ] = [

  −λ

  2 zcosh(λz), −zλsenh(λz)] = [λcosh(λz), senh(λz)].

  Portanto, [e + e

  3 ] = [λcosh(λz), senh(λz)].

  Esta imersão é dita Enneper primo. Seja f : C −→ R

  3 a imersão mínima tal que f(C) é a superfície de Enneper. Pa métrica induzida sobre C pela imersão é ds

  2 f =

  |λ|

  4 (1 + zz)

  • e

  µ −(µ+1)

  1 (µ + 1)z µz F (z) = .

  √ µ+1 −µ

  µz (µ + 1)z 2µ + 1

  Logo, µ−1 −(µ+2) µ−1 −(µ+2)

  1 µ(µ + 1)

  (µ + 1)µz z

  −µ(µ + 1)z −z dF = = dz. √ µ √ µ

  −µ−1 −µ−1 µ(µ + 1)z z

  2µ + 1 −(µ + 1)µz 2µ + 1 −z Note que

  −µ −(µ+1)

  1 (µ + 1)z

  −µz −1 F = .

  √ µ+1 µ

  (µ + 1)z 2µ + 1

  −µz Portanto,

  −1 −(2µ+2) µ(µ + 1) z

  −1 −z F dF = dz.

  √ 2µ

  −1 z

  2µ + 1 −z

  ∗ ∗ ∗ C C

  Tomemos a aplicação e F : e é o recobrimento universal de C e e F é o −→ SL(2, C), onde e

  ∗ levantamento univaluado de F . Assim, e

  F é uma imersão holomorfa nula. Escrevendo f = F F , temos µ

  µ (µ + 1) (zz) (µ + 1) µz z f (z) = .

  .

  −µ µz (µ + 1) (zz) µ/z (µ + 1)

  3 ∗ Assim, f : C é uma imersão bem definida de curvatura média constante um.

  −→ H Tomemos

  2µ+1 µ(µ + 1)(1 + (zz) ) φ = .

  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 temos 2µ z pq = .

  2µ+1 1 + (zz)

  De temos 4µ+1 z

  2 p = .

  2µ+1 1 + (zz)

  2µ+1/2 −1/2

  z z Portanto, p(z) = √ e q(z) = √ .

  2µ+1 2µ+1

  1+(zz) 1+(zz) Logo, p 2µ+1 = z . q

  Portanto, d(p/q) ⊗ d(p/q)

  2 dσ = 4 f

  2

  2 (1 + )

  |p/q| 2µ+1 2µ+1 d(z ) )

  ⊗ d(z = 4

  2µ+1

  2

  2 (1 + )

  |z | 2 2µ

  (2µ + 1) (zz) = 4 dz ⊗ dz.

  2µ+1

  2 (1 + (zz) )

  Por outro lado, como

  2

  2 ,

  Q ⊗ Q = ds f ⊗ dσ f então

  2

  2 µ (µ + 1)

  2

  2 (dz) .

  Q ⊗ Q = 4 ⊗ (dz) zz Portanto, a diferencial de Hopf será dada por

  µ(µ + 1)

  2 (dz) .

  Q = −2

  2 z

  A aplicação hiperbólica de Gauss será dada por [e + e ](z) = [dF , dF ]

  3

  1

  3 µ

  µ−1 = [µ(µ + 1)z , µ(µ + 1)z ] = [1, z].

  Esta imersão é dita Catenóide Primo.

  2 Por, como a métrica ds coincide com a métrica induzida da imersão mínima, dada pela f 2 representação de Weierstrass, que descreve o catenóide, então ds é completa. f Note que a curvatura total da imersão é −4π(2µ + 1).

  1

  1 ∗

  A aplicação hiperbólica de Gauss pode ser vista em P como uma aplicação [e

  • e ] : C

  3 −→ P tal que [e + e ] = z.

  3 ∗

  ∗ Podemos ver que f(C) é uma superfície de revolução pois f é da forma f = AXA , ver

4.2 Condições de Extensão Meromórfica

  Nesta sessão encontraremos condições para as quais a aplicação hiperbólica de Gauss e a diferencial de Hopf possam estender-se meromorficamente aos fins da superfície. Seguem alguns resultados.

  Lema 4.2.1.

  Uma função inteira possui uma singularidade removível no infinito se, e só se, é constante. Demonstração. De fato, seja f : C

  −→ C uma função inteira com uma singularidade removível no infinito. Daí, f(1/z) possui uma singularidade removível em z = 0 e, portanto, ∞

  X n f (1/z) = a n z , k=0 onde (a n )

  ∈ C. Portanto, ∞

  X −n f (z) = a z . n k=0

  Como f é inteira temos que a = 0, para k k ≥ 1.

  1 Reciprocamente, se f(z) é constante então f( ) é constante e, portanto, possui uma z singularidade removível em z = 0.

  Lema 4.2.2.

  Uma função inteira tem um pólo no infinito de ordem m se, e só se, é um polinômio de grau m Demonstração. De fato, suponha que f : C

  −→ C possui um pólo de ordem n no infinito. Daí,

  1 por definição, f( ) tem um pólo de ordem n em z = 0. Portanto, podemos escrever z

  ∞

  X

  1 k

  −n −n+1 f ( ) = a z + a z + ... + a k z ,

  −n −n+1 z k=1 onde a , a , ..., a , a , ...

  1 −n −n+1 ∈ R. Logo,

  ∞

  X n n+1

  −k f (z) = a z + a z + ... + a z , k

  −n −n+1 k=1 e portanto, como f é inteira temos que a , a , ...

  1

  2 ≡ 0. Daí, n n+1 f (z) = a z + a z + ... + a

  −n −n+1 e, portanto, f é um polinômio de grau n. n n−1

  Reciprocamente, escrevamos f(z) = a z + a z + ... + a , onde a n n+1 n

  6= 0. Desta forma,

  1 temos que f( ) claramente possui um pólo de ordem n em z = 0. z

  2

  2

  3 Teorema 4.2.1. Suponha M simplesmente conexa e f : M uma imersão completa, com −→ H curvatura média 1, de curvatura total finita. Então, M é conformemente equivalente a C. Toda

  2 aplicação F : M

  −→ SL(2, C) fornecida pelo teorema da representação de Bryant satisfaz

  2 r r

  1

  2 −1 −r

  2 F dF = dz,

  2 r 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

  2 comuns. Reciprocamente, dado um par de polinômios sem zeros comuns, digamos (r , r ), temos

  1

  2 que existe F : C

  −→ SL(2, C) única a menos de translação à esquerda satisfazendo a equação

  3 ∗ acima. A aplicação f = F F : C é então uma imersão conforme, de curvatura média 1,

  −→ H e curvatura total −4πn, onde n ∈ N.

  Demonstração. Primeiramente, notemos que M não pode ser compacta, logo M não é conformemente equivalente a esfera de Riemann. Ainda, sabemos que M é conformemente equivalente a M − E onde E é finito e não vazio, logo M não é conformente equivalente ao disco de Poincaré. Portanto, como M é simplesmente conexo então pelo teorema temos que M é conformemente equivalente a C.

  Pelo teorema da representação de Bryant, existe uma imersão nula F : C −→ SL(2, C) tal ∗

  −1 que f = F F . Como F é holomorfa então as componentes de F dF são 1-formas holomorfas. −1 Ainda, como F é uma imersão então as entradas de F dF não possuem zeros comuns sobre C.

  Escrevamos F

  1

  3 −1 −F

  F dF = dz, F

  2

  1 −F onde F

  (z) são funções inteiras sem zeros comuns satisfazendo i

  2 F = F F .

  2

  3

  1 Assim com as mesmas notações do teorema, podemos escrever

  2 F

  1 3 pq −F −q

  −1 F dF = dz = φ.

  F p

  2

  1 −F −pq

  3 é dada por

  A métrica induzida induzida da imersão f : C −→ H

  2

  2 ∗ f (ds ) = ds f

  = 2α ⊗ α + β ⊗ β + γ ⊗ γ

  2

  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.

  Suponhamos F

  2 ≡ 0, então

2 F = F F

  (4.10)

  2

  3 1 ≡ 0.

  Daí,

  2

  2 ds = dz

  3 f |F | ⊗ dz.

  Ademais, como as funções não possuem zeros comuns então, pela equação F não se anula

  3

  2 em C. Portanto, como ds é completa então, pelo lema de Osserman, temos que F não tem uma

  3 f é um polinômio ou F

  3

  3 singularidade essencial em z = ∞. Assim pelos lemas F

  é constante. Mas, F é não nulo e, portanto, F é constante. 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

  2 6≡ 0. Note que p F

  2

  1 = : C .

  −→ P q F

  1 Como havíamos observado anteriormente, a curvatura total finita era dada pela imagem esférica p p da aplicação . Mostremos que

  é meromorfo em z = ∞. De fato, suponha por absurdo que q q p p assume todos os z = , então pelo teorema de Picard

  ∞ é uma singularidade essencial de q q

  1 valores em P infinitamente, com no máximo duas exceções. Daí, pode se concluir que a imagem p esférica de é infinita e consequentemente a curvatura total de M é infinita. Absurdo. Portanto, q p

  1

  1 é meromorfo em P é meromorfo em P

  . Donde, F 2 /F 1 . q

  1

  1 Note que F é uma aplicação meromorfa e, portanto, existem polinômios r 2 /F 1 : P

  1 , r 2 , −→ P primos entre si, tal que

  F 2 /F 1 = r 1 /r 2 . Considere a aplicação meromorfa

  G = F 2 /r 1 = F 1 /r 2 . Podemos notar que G não possui pólos em C, ou seja, as singularidades de G são removíveis. De fato se existisse um pólo a ∈ C de ordem k de G teríamos que f (z)

  G(z) = , k

  (z − a) onde f é holomorfa e f(a) 6= 0. 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.

  1

  2

  1

  2 Portanto, G não possui pólos.

  Note que valem as seguintes equações F 2 = r

  1 G; F = r G;

  1

  2

  2 F = F F .

  2

  3

  1 Daí,

  2

  2 r G = r GF .

  1

  3

  2 e F se anulariam simultaneamente. Portanto, podemos

  2

3 Note que G 6= 0 pois caso contrário F

  escrever

  2 r G

  2 F 3 = . r

  1 Considere função G F

  3 P = = .

  2 r r

  1

  2 Note que como P é quociente de funções inteiras então P é meromorfa. Como F é inteira e r

  3 1 , r

  2 não possuem zeros comuns então, por um argumento usado anteriormente, as singularidades de P são removíveis e, portanto, P não tem pólos em C. Temos as seguintes equações

  F 1 = r 1 r

  2 P ;

  2 F = r P ;

  2

  1

  2 F 3 = r P.

  2 Podemos escrever

  2 r r

  1 2 −r −1

  2 F dF = P dz.

  2 r r

  1

  2 1 −r Mostraremos que P é constante. De fato, note que r /r = F /F = p/q.

  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 Q é meromorfo em z = ∞. Portanto, como r P meromorfo em z =

  ∞. Notemos que P não pode ter zeros pois F é uma imersão. Denotemos os zeros de r por z , ..., z , logo a função h : C )...(z )P (z) 2 1 n

  1 n −→ C definida por h(z) = (z − z − z

  , ..., z e h(z ) = ... = h(z ) = 0 é uma função inteira sobre C. Portanto, como P 1 n 1 n para z 6= z possui pólo em z = ∞ então h(z) possui pólo em z = ∞ e, portanto, pelo lema h é um polinômio. Daí, P é um polinômio. Portanto, por temos que P é constante. Podemos supor, sem perda de generalidade, que P ≡ 1. Isto prova a primeira parte do teorema.

  Reciprocamente, dado um par de polinômios (r , r ) primos entre si, considere a equação

  1

  2 diferencial

  2 dF r

  1 r

  2 −r

  2 = F (z) ,

  2 r r dz

  1

  2 1 −r com condição inicial F (0) = I , onde I é a matriz identidade. Assim, podemos encontrar uma

  2

  2 única solução F : C −→ SL(2, C). Daí, temos

  2 r r

  1

  2 −1 −r

  2 F dF = .

  2 r r

  1

  2 1 −r

  ∗ Considere f = F F

  , logo, pelo teorema da representação de Bryant, é claro que f é uma imersão de curvatura média 1. Pelo que vimos anteriormente, temos que

  2

  2

  2

  2 ds = (2 )dz + +

  1

  2

  3 f |F | |F | |F | ⊗ dz.

  Daí,

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  • ds = (2 )dz + r + ) dz

  1

  2

  1

  2 f |r | |r 2 | |r 1 | ⊗ dz = (|r | |r | ⊗ dz.

  Note que r e r

  1

  2 não se anulam simultaneamente e, portanto, podemos encontrar k ∈ N tal que

  2

  2 > k. (4.11) +

  1

  2 |r | |r |

  2

  2 Observe que na métrica dα = kdz ) é completo. Logo, por ([?]), temos

  ⊗ dz temos que (C, dα

  2 que (C, ds ) é completo. f

  1

  1 Finalmente, do teorema de Picard, temos que a imagem da aplicação r 1 /r 2 : P

  −→ P

  1 cobre P n vezes, onde n = max ), grau(r )

  1

  2 {grau(r }. Mas, a área da esfera é 4π e, portanto, a

  área coberta pela imagem de r 1 /r

  2 é 4πn. Portanto, a curvatura total de f(C) é −4πn.

  3 ∗ ∗ Definição 4.2.1.

  Sejam ∆ = uma imersão de curvatura

  {z ∈ C; 0 < |z| < 1} e f : ∆ −→ H

  2 média 1 conforme. Dizemos que a métrica induzida ds é completa em z = 0 se dada qualquer f

  ∗ curva γ(t) em ∆ que tende a zero quando t → ∞ tem comprimento infinito.

  O próximo resultado estabelece uma condição necessária e suficiente para que a aplicação hiperbólica de Gauss estenda-se meromorficamente.

  3 ∗ Proposição 4.2.1.

  Seja f : ∆ uma imersão conforme de curvatura média 1, completa −→ H

  2 ∗ em z = 0 e de curvatura total finita. 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.

  ∗ ∗ Demonstração. Suponhamos que . Logo, f (∆ ) é totalmente umbílica e, portanto,

  Q ≡ 0 em ∆ a aplicação hiperbólica de Gauss [e + e ] é constante. Portanto, z = 0 é uma singularidade

  3 removível de [e

  • e 3 ]. Daí, [e + e 3 ] é meromorfa em ∆.

  2

  2 é uma pseudo métrica onde (∆, dσ ) tem curvatura

  Assumiremos que Q 6≡ 0. Sabemos que dσ ∗ ∗ e uma

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

  ǫ {z ∈ C; 0 < |z| < ǫ} ⊂ ∆ coordenada z holomorfa tal que para algum β > −1, temos

  2 β 4(β + 1) (zz) dz

  ⊗ dz

  2 dσ = . f

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  Escrevamos,

  2 Q = h(z)(dz) sobre z(∆

  ǫ ). Como Q estende-se meromorficamente em z = 0, então h(z) e meromorfa em z = 0.

  Note que a quantidade de zeros de uma aplicação holomorfa é finita. Assim, podemos tomar ǫ > 0 ∗ ). suficientemente pequeno, de tal maneira que h(z) 6= 0 em z(∆

  ǫ Considere o conjunto ∗ e

  ∆ = ǫ {y ∈ C; ℜ(y) < logǫ} . y

  ∗ ∗ Tomemos aplicação de recobrimento exp : e ∆ dada por exp(y) = e . Note que, para

  ǫ −→ ∆ ǫ ∗ temos que z

  ∈ ∆ ǫ

  βy β e = z .

  Como f ∆ é simplesmente conexo, pelo teorema da representação de Bryant, temos uma ǫ aplicação holomorfa F : f

  ∆ ǫ −→ SL(2, C) tal que y

  ∗ f (e ) = F (y)F (y). ∗

  Por outro lado, sobre o disco ∆ temos ǫ 2 β

  4(β + 1) (zz)

  2 dσ = dz f ⊗ dz

  β+1

  2 (1 + (zz) )

  2 Q = h(z)(dz) Sabemos que existem aplicações p, q e uma 1-forma φ tais que d(p/q)

  2 ⊗ d(p/q) dσ = 4 f

  2

  2 (1 + )

  |p/q| Q = 2(pdq − qdp) ⊗ φ

  Daí, escreveremos p β d( ) = (β + 1)z dz. q p

  β+1 Assim, = z . q

  Mas,

  2 dσ = 4(pdq f − qdp) ⊗ (pdq − qdp).

  Logo, β

  (β + 1)(z) pdq dz. − qdp =

  β+1 (1 + (zz) )

  Note, ainda que,

  2 pdq d(p/q).

  − qdp = −q Daí, temos a equação

  β (β + 1)(z)

  2 β dz = (β + 1)z dz.

  −q β+1

  (1 + (zz) ) Donde, i q = . p

  β+1 1 + (zz) Como p q

  = z β+1 então p = z

  ∗ (y), para todo y ∈ e

  ! (1 + (zz)

  β+1 )h(z)

  2(β + 1)z β dz.

  Daí, F

  −1 dF =

  −zh(z) 2(β + 1)

  1 −z

  −(β+1) z

  β+1 −1 dz.

  Note que, f (e y+2πi

  ) = f (e y ).

  Logo, F (y + 2πi)F

  ∗ (y + 2πi) = F (y)F

  ∆ ∗ ǫ .

  1+(zz)

  Seja h : e ∆ ∗ ǫ −→ SL(2, C) uma aplicação dada´por h(y) = F

  −1 (y)F (y + 2πi). A aplicação é claramente holomorfa.

  Note que, h ∗

  (y) = (F −1

  (y)F (y + 2πi)) t

  = F t

  (y + 2πi)(F −1

  ) t

  = F ∗

  (y + 2πi)(F −1

  ) ∗

  (y) = F

  −1 (y + 2πi)F (y)

  = h −1

  β+1

  

β+1

  β+1 i p

  2 p

  1 + (zz) β+1 .

  Notemos que Q = h(z)(dz)

  2 = 2(pdq − qdp) ⊗ φ.

  Logo, h(z)dz = 2(β + 1)z

  β 1 + (zz)

  β+1 ⊗ φ.

  Portanto, φ =

  (1 + (zz) β+1

  )h(z) 2(β + 1)z

  β dz.

  Note que, F

  −1 dF = pq

  −q

  2 −pq φ.

  z

  Portanto, sobre e ∆

  ∗ ǫ

  , temos F

  −1 dF =

  −z

  β+1

  1+(zz)

  β+1

  1 1+(zz)

  β+1

  −z

  2(β+1)

  1+(zz)

  β+1

  (y) Logo, h ∗

  (y) = h −1

  −1 (y + 2πi)dF (y + 2πi) = H

  −(β+1)y e

  (β+1)y −1 e y dy.

  Logo, F

  −1 (y + 2πi)dF (y + 2πi) =

  −e y h(e y

  ) 2(β + 1)

  1 −e

  −(β+1)(y+2πi) e

  (β+1)(y+2πi) −1 e y dy.

  De F

  −1 (F

  ) 2(β + 1)

  −1 (y)dF (y))H, temos,

  1 −e

  −(β+1)(y+2πi) e

  (β+1)(y+2πi) −1

  = H −1

  1 −e

  −(β+1)y e

  (β+1)y −1 H.

  Escrevamos, H = h

  11 h

  12 h 21 h

  1 −e

  −e y h(e y

  (y), daí h ∈ SU(2). Portanto, como h é holomorfa então h é constante. Escreveremos h(y) ≡ H. Desta forma, F (y + 2πi) = F (y)H.

  −1 (y)dF (y))H

  Note que, F

  −1 (y + 2πi) = H

  −1 F

  −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.

  Lembremos que, em termos de z = e y

  , F

  −1 dF =

  −zh(z) 2(β + 1)

  1 −z

  −(β+1) z

  β+1 −1 dz.

  Daí, fazendo a substituição de z por y, temos F

  22 , onde h e h = h = . Portanto, temos a equação

  11

  22 21 −h

  12 (β+1)(y+2πi)

  −(β+1)(y+2πi) −(β+1)y −(β+1)y h + h e e h e e + h

  11 12 −h 11 − h

  12 11 − h 21 −h

  22

  12 = .

  (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)y h e = e

  12

  21 −h

  −(β+1)(y+2πi) −(β+1)y 11 e 12 = 22 e + h

  12 −h − h −h

  (β+1)(y+2πi) (β+1)y h + 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 = .

  12

  21

  12

  21 −h ⇒ h −h

  Daí, 2(β+1)(y+πi)

  12

  21 |h ||e | = |h |.

  = . Daí, podemos escrever

  21

  12

  12

  21 Mas, como h ∈ SU(2) então h −h |h | = |h | = k. Portanto, 2(β+1)(y+πi) k( |e | − 1) = 0.

  Por outro lado, escrevendo y = y temos

  • iy

  1

  2 2(β+1)(y+πi) 2(β+1)y

  1 .

  |e | = e ∗

  ∆ , isto é, 1 < 0. Ademais, estamos supondo β > Lembre que y ∈ e ℜy < logǫ < 0. Daí, y −1.

  ǫ Portanto,

  2(β + 1)y

  1 6= 0.

  Daí, 2(β+1)(y+πi) 2(β+1)y

  1 |e | = e 6= 1.

  = h = 0.

  12

  21

  12

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

  Note que H ∈ SL(2, C), e portanto, h 11 h 22 = 1.

  Das igualdades anteriores, temos (β+1)(y+2πi) (β+1)y h e = +h e .

  22

  11 Daí, 2(β+1)(y+πi) h e = h .

  22

  11 Portanto, 2(β+1)(y+πi)

  2 h 11 h 22 e = (h 11 ) . Donde, e 2(β+1)(y+πi)

  = (h

  : e ∆ ∗ ǫ −→ C ∪ {∞} são meromorfas.

  2 , onde u i

  , v i

  : e ∆ ∗ ǫ −→ C. Como G é holomorfa então u i

  , v i são holomorfas e, portanto, as aplicações u

  1

  u

  2

  , v

  1

  v

  2

  Note que, u

  1 u

  1 u

  2 = G(y)

  1 = F (y) e

  −(β+1)y/2 e

  (β+1)y/2 = e

  −(β+1)y/2 F (y)

  1 e (β+1)y

  Por outro lado, escrevamos F =

  F

  1 F

  2 F

  3 F

  2 v

  1 v

  11 )

  −(β+1)y/2 e

  2 .

  Portanto, h

  11 =

  ±e (β+1)(y+πi) e h

  22 =

  ±e −(β+1)(y+πi) .

  Finalmente, H = σ e

  (β+1)(y+πi) e

  −(β+1)(y+πi) , onde σ = ±1.

  Definamos a aplicação G : e ∆

  ∗ ǫ

  −→ SL(2, C) dada por G(y) = F (y) e

  (β+1)y/2 1 0 1 1

  G = u

  . Note que, G(y + 2πi) = σG(y). 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)πi e

  −(β+1)πi e

  −(β+1)(y/2+πi) e

  (β+1)(y/2+πi) 1 0 1 1

  = F (y)σ e −(β+1)y/2 e

  (β+1)y/2 1 0 1 1

  = σG(y) Escrevamos

  4 .

  −(β+1)y

  y y

  1 h(e )

  −e −e y −1

  Lembre que, F dF = e dy. Daí, (β+1)y

  2(β+1) e

  −1 −(β+1)y

  1 −e dF = F λ(y)dy,

  (β+1)y e

  −1

  2y y

  h(e ) −e onde λ(y) =

  . Portanto, 2(β+1)

  (β+1)y dF 1 = (F 1 + F 2 e )λ

  (β+1)y dF = (F + F e )λ

  3

  3

  4 Note que, (β+1)y

1 F + F e )

  1

  2 F (y) = λ . (β+1)y (β+1)y e (F + F e )

  3

  4 dF

  1

1 Portanto, = F (y) . Daí,

  (β+1)y dF e

  3 dF u (y)

  1 (β+1)y/2

  1 = e . dF u (y)

  3

  2 ∗

  Finalmente, a aplicação hiperbólica de Gauss de f : ∆ −→ C é dada por

  ǫ y [e + e ](e ) = [u (y), u (y)].

  3

  1

  2 Note que u (y + 2πi) = σu (y), i i onde i = 1, 2.

  1 ∗ u : ∆ dadas por i

  Definamos aplicações e ǫ −→ P u (z) = u (y), i i e y onde e = z e i = 1, 2. Se σ = 1 temos que u (y + 2πi) = u u é i i i

  (y). Assim, mostremos que e

  ′

  univaluada. De fato, por indução, note que u tais que i (y + 2πti) = u i (y) onde t

  ∈ Z. Dados y, y

  ′ ′ ′

  y y temos que y e = e = y + 2kπi para algum k i (y ) = u i u i (z) está

  ∈ Z e, portanto, u (y). Daí, e bem definida e, portanto, é univaluada.

  ′ ′ ′

  y y (y+2πi) = (y). Dados y, y tais que e = e temos que y = y+2kπi i i

  Se σ = −1 temos que u −u

  ′

  (y ) = u (z) = u (z) é para algum k ∈ Z e, daí, temos que u i i i i i −u (y). Portanto, e ±u (y). Assim, e duplamente valuada.

  Quando u 1 (y)

  6= 0 temos u u

  2

  2 (y + 2πi) = (y). u u

  1

  1

  • 2tπi) = u
  • 2tπi) u
  • 2tπi) = u

  1 u

  (β−1)/2 1 0 1 1

  −(β−3)/2 z

  2 −z

  (β+1)/2

  −(β+1)/2 z

  = F z z

  (β+1)/2 1 0 1 1

  F (z) z −(β+1)/2 z

  2 = d dz

  2 v

  1 v

  = −zh(z)

  , v i são duplamente valuadas. Note que d dz u

  = z. Desta forma, na pior das hipóteses, u i

  (y), onde y é tal que e y

  (z) = v i

  (y) e v i

  (z) = u i

  , como funções de z de forma que u i

  , v i

  . Ademais, olharemos u i

  1

  Note que, F z

  2(β + 1) F

  2

  −zh(z) 4k z

  h 4k

  1+k

  h 4k kz k−1 z

  1−k

  −kz −k−1 z

  1 0 1 1 = F

  −z −k−1 z k−1

  −z k

  −k z k

  −k −z

  1 0 1 1 = F

  1 −z

  −z −k−1 z k−1

  −k z k

  2 = F z z

  2 v

  1 u

  1 v

  2 . Portanto, d dz u

  Para facilitar as contas, escreveremos k = (β+1)

  β+1 −1

  −(β+1) z

  u

  escreveremos u

  k−1 !

  = z, está bem definida. De fato, sejam y

  1 ) = u

  1 (y

  2 u

  = z. Logo, existe t ∈ Z tal que y 1 = y 2 + 2tπi. Logo, u

  2

  = e y

  1

  ∗ ǫ tal que e y

  2 ∈ ∆

  1 , y

  1 (y), onde y é tal que e y

  1

  2 u

  1 (z) = u

  2 u

  1 dada por f u

  −→ P

  : ∆ ∗ ǫ

  1

  u

  2

  Mostraremos a aplicação e u

  2 u

  1 (y

  2

  2 (y

  u

  2

  é meromorfo em z = 0 se, e só se, h(z) tem um pólo em z = 0 de ordem no máximo 2. Para não sobrecarregar a notação ao invés de e u

  1

  u

  2

  1 . Portanto, para concluirmos a demonstração basta mostrar que e u

  1 com P

  é a aplicação normal hiperbólica de Gauss, obtida através da identificação canônica de CP

  1

  u

  2

  está bem definida, noutras palavras a aplicação em questão é univaluada. Note que e u

  1

  u

  2

  Isto prova que a aplicação e u

  1 (y 2 )

  2 u

  2

  1 (y

  2

  • F β + 1
  • F k
  • k

  • kz
Note que k z

  −1 −1 G = F . k

  −k z

  −z Portanto,

  !

  1−k

  k z h −k−1 dG z

  −kz −1

  4k G = 1+k . k

  −k z h k−1 k−1 z dz

  −z kz + kz 4k

  Daí, fazendo as contas, temos

  2

  z h dG

  1 −1 −k

  4k G = . dz z 2k k

  Logo, temos !

  2

  z h dG

  1 −(β + 1)/2

  2(β+1) = G . dz z

  β + 1 (β + 1)/2 Daí, note que

  ′

  1 −u

  1 u = (β + 1) + v

  1

  1 z

  2

  2

  ′

  1 u 1 z h(z) v = + v (β + 1)

  1

  1 2z (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

2 Donde,

  ′ ′′ ′ ′

  u

  2

  1 z u + zu = (β + 1)z(v ).

  1

  1 1 −

  2 Portanto,

  2

  2

  ′′ ′

  z h(z) (β + 1)

  2 z u + zu u = 0,

  • 1

  −

  1

  1

  2

  4 isto é, u é solução da equação

  1

  2

  2

  ′′ ′

  z h(z) (β + 1)

  2 z + u + zu u = 0.

  −

  2

  4 Analogamente, podemos ver que u também é solução da equação acima. Note que u e u

  2

  1

  2 são soluções linearmente independentes. De fato, suponha por absurdo que exista l ∈ C tal que

  ′ ′

  u 1 = lu 2 . Logo, u = lu . Mas,

  1

  2

  ′

  1 −u zu = (β + 1) + v

  1

  1

  2

  ′

  2 −u zu = (β + 1) + v

  2

  2

  2 Daí,

  ′ ′ zu = zlu + lu = 2( + lv ) = lv .

  1

  2

  1

  2

  1

  2

  1 2 ⇒ −u −v ⇒ v Mas, isto é um absurdo pois G é inversível. Daí, u , u são linearmente independentes.

  1

  2

  ′′

  u u r

  2

  2 Suponhamos que se estende meromorficamente em z = 0. Escreva r = . Daí, ′ possui

  u u

  1 1 r

  um pólo simples em z = 0. De fato, seja n ∈ N a ordem do pólo de r em z = 0, assim, podemos escrever −n −n+1 −1 r(z) = A z + A z + ... + A z + g(z),

  −n −n+1 −1 ∗ onde A

  . Daí, −k 6= 0, k=1,..,n, e g(z) é holomorfa em ∆ ǫ

  ′ ′

  −n−1 −n −2 r = z + ( z + ... z + g (z)

  −nA −n −n + 1)A −n+1 − A −1

  ′′ ′′

  −n−2 −3 r = z + ... + 2A z + g (z)

  −n(−n − 1)A −n −1 Logo, podemos escrever

  

′ ′

  n+1 n+1 z r = p(z) + z g (z)

  

′′ ′′

  n+2 n+2 z r = q(z) + z g (z), onde p(z) e q(z) são polinômios. Daí,

  ′′ ′′

  n+2 r q(z) + g (z)z = .

  ′ ′

  n+1 r z(p(z) + g (z)z )

  ′′ n+2

  q(z)+g (z)z

  ′ não se anula em

  Podemos notar, pela nossa construção, que p(0), q(0) 6= 0. Logo, n+1 p(z)+g (z)z

  ′

  n+1 z = 0. Ademais, podemos supor ǫ suficientemente pequeno tal que p(z) + g (z)z

  6= 0, assim

  ′′ n+2

  q(z)+g (z)z ∗ temos que ′ é holomorfa em ∆ e não se anula em z = 0. Portanto, da equação

  n+1 ǫ

  p(z)+g (z)z

  ′′ ′′

  n+2 r q(z) + g (z)z

  =

  ′ ′

  n+1 r z(p(z) + g (z)z )

  ′′

  r concluimos que ′ é meromorfa em z = 0 e possui um pólo simples em z = 0. r

  ′ ′′ ′′

  2

  ′′

  r 1 r r

  Por outro lado, considere S(r) = ′ ′ a derivada Schwarziana de r(z). Como ′ −

  2 r r r tem um pólo simples em z = 0 então S(r) possui um pólo em z = 0 de ordem no máximo 2. Note que

  ′ ′ ′ ′ ′ ′

  u

  2 r = r + r u = u r + r u ) = zu

  1

  1 ⇒ u

  1 2 ⇒ z(u

  1

  2 u

1 Derivando, novamente, temos

  

′′ ′ ′ ′′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′′ ′′ ′ ′

  2

  2 u = u r + u r + r u + r u u = z (u r + u r + r u + r u ).

  1

  1

  2

  1

  1 1 ⇒ z

  2

  1

  1

  1 Portanto, como

  2

  2

  ′′ ′

  z h(z) (β + 1)

  2 z 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.

  1

  1

  1

  1

  1 1 − (β + 1) Logo, como u é solução da equação diferencial, mencionada acima, temos que

  1

  ′′ ′ ′

  2

  2 r (u z ) + r (2u z + zu ) = 0.

  1

  1

  1 Portanto, escreveremos

  ′′ ′

  r 2u z + u

  1

  1 = .

  ′

  − r u z

  1 Donde

  ′ ′′ ′′ ′

  2

  2

  2 r 2u z u 1 )

  − 2(u − u

  1

  1

  1 = .

  ′ −

  2 r (u z)

  1 Por outro lado,

  ′′ ′ ′

  2

  2

  2

  2 r 4(u ) z + 4u u z + (u )

  1

  1

  1

  1 = .

  ′

  2 r (u z)

  1 Portanto,

  ′ ′′ ′′

  2 r 1 r

  S(r) =

  ′ − ′

  r 2 r

  ′′ ′ ′ ′

  2

  2

  2

  2

  2

  2 2u z u ) 1 4(u ) z + 4u u z + (u )

  1

  1

  1 1 − 2(u 1 − u

  1

  1

  1 =

  − −

  2

  2 (u 1 z) 2 (u 1 z)

  ′′ ′

  1

  2 = ( u + u z) + u )

  1 −4(z

  1

  1

  2 2u 1 z

  2 1 (β + 1)

  = ( )u + u )

  1

  1 −4(

  2 2u z

  4

  1

  2

  1 − (β + 1)

  = − h(z)

  2 2z Daí, como S(r) tem um pólo de ordem no máximo 2 em z = 0, temos que h(z) tem um pólo de ordem no máximo 2 em z = 0. Donde a ordem de Q é pelo menos -2.

  Suponhamos que Q tem um pólo de ordem 2 em z = 0 Logo, h(z) tem um pólo de ordem 2.

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

  ǫ

  2

  2

  ′′ ′

  z h(z) z(β + 1)

  2 z u + zu + u = 0 (4.12)

  −

  2

  4

  2

  z h(z) é uma equação diferencial de segunda ordem complexa. Por outro lado, note que é holomorfa

  2 em z = 0 e, portanto, dizemos que z = 0 é ponto regular singular da equação.

  Suponhamos que σ = 1, logo sabemos que u e u são univaluadas. Portanto como u e u

  1

  2

  1

  2 u

  2

  são soluções da equação então u e u são meromorfas em z = 0. Portanto, r = é meromorfa

  1

  2 u

  1

  e u são duplamente valuados sobre ∆ . Note que,

  1 2 ǫ em z = 0. Caso σ = −1 então sabemos que u

  1/2 1/2 1/2 1/2 as aplicações z e z são univaluadas e, portanto, z e z são meromorfas em ∆ u

  1 u 2 u 1 u 2 ǫ . u

  ǫ u

2 Daí, r = é meromorfa em ∆ .

  1

  ∗ Corolário 4.2.1. 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. Demonstração. Suponhamos por absurdo que f (C) não é uma horosfera. Portanto, f (C) não é totalmente umbílica. Assim, Q não é identicamente nula. Pelo que foi mostrado anteriormente,

  1 . Logo,

  Q estende-se meromorficamente ao fim de C. Daí, Q é meromorfa em P Q tem um pólo em z = ∞. Pela relação de Riemann, temos

  X

  1

  1

  1 χ(P ) = deg(B) = ν ( p − − Q).

  2

  2 p∈M

1 Mas, a característica de P

  é 2. Daí, o grau do divisor de Q é −4, isto é

  X ν ( p Q) = −4. p∈M

  Por outro lado, pela proposição anterior, como a aplicação de Gauss hiperbólica estende-se meromorficamente em z = ∞ então ν ( ∞ Q) > −2. Daí,

  X ν ( ( p −4 = Q) > ν ∞ Q) > −2. p∈M Mas, isto é absurdo.

  Portanto, f(C) é uma horoesfera. Referências Bibliográficas

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  3 , 1 a ed., Berlin: Sprinjer-

  Verlag. 1986, Vol 01. 124p; [2] BRYANT, R. Surfaces of mean curvature one in hyperbolic space, Asterisque 154.155 (1987), 321.347.

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  2008; [5] DO CARMO, M. P. ,O Método do Referencial Móvel, Publicações Matemática. IMPA 2008; [6] FARKAS, H. & KRA,I. Riemann Surfaces, 2 a ed., GTM, Springer, 1980. [7] FORSTER, O. Lectures on Riemann Surfaces, GTM, Springer, 1980. [8] FUJIMORI, S., KOBAIASHI, S. & ROSMANN, W. Loop Group Methods for Constant Mean Curvature Surfaces, http://arxiv.org/abs/math/0602570v2.

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