Not as Minkowski JQWKKSBADIUKWBQSKDB29I38923BFCE

Geometra Diferencial en el espacio deMinkowski de dimension tres

Gabriel Ruiz Hernandez

Enero 2015

iIntroduccion

Estas notas estan basadas en un curso de licenciatura que impart en el2011 en la Facultad de Ciencias de la UNAM.

El objetivo de este manuscrito es dar una introduccion a la GeometraDiferencial en el espacio de Minkowski de dimension tres. Estas son partede las matematicas que uso A. Einstein para desarrollar la Teora de la Rel-atividad Especial que presento en 1905. As que puede verse como un cursode aspectos matematicos de dicha teora.

Esta dirigido a estudiantes de matematicas y areas anes que hayan cur-sado cinco semestres de su carrera. Se dejaran algunos ejercicios para queel estudiante pueda tener practica con las tecnicas que se van a explicar enclase.

Lista de Figuras

1.1 Caracter causal de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

3.1 Plano hiperbolico-Espacio de De Sitter . . . . . . . . . . . . . 323.2 Isometria entre modelos del plano hiperbolico . . . . . . . . . 47

iii

iv LISTA DE FIGURAS

Contenido

Introduccion i

1 Alg. Lineal en Minkowski 11.1 La metrica de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Producto cruz Lorentziano . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Caracter causal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Transformaciones y grupo de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3.1 Boosts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Curvas en el espacio de Minkowski 172.1 Formulas de Frenet-Serret para curvas . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.1 T , N , B es base orthonormal . . . . . . . . . . . . . . 172.1.2 T tipo espacio, N tipo luz, B tipo luz . . . . . . . . . 192.1.3 T tipo luz, N tipo espacio, B tipo luz . . . . . . . . . . 20

2.2 Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Supercies: Tecnicas extrnsecas 273.1 Topologa Diferencial de supercies lisas . . . . . . . . . . . . 273.2 Geometra Diferencial de supercies lisas . . . . . . . . . . . . 31

3.2.1 Caracter causal de supercies . . . . . . . . . . . . . . 313.2.2 La primera forma fundamental o metricas inducidas . . 35

3.3 Operador de Forma y Segunda Forma Fund. . . . . . . . . . . 363.3.1 Curvatura Gaussiana y Curvatura Media va el oper-

ador de forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.4 El hiperboloide H2 es isometrico al modelo de Poincare . . . . 453.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

v

vi CONTENIDO

4 Conexion de Levi-Civita 514.1 Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2 La conexion de Levi-Civita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.3 Conexion inducida en una supercie . . . . . . . . . . . . . . . 574.4 Campos vectoriales cerrados y conformes . . . . . . . . . . . . 634.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5 Gradiente, Hessiano, Laplaciano 695.1 Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 695.2 Hessiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725.3 El Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

CAPITULO 1

Algebra lineal del espacio deMinkowski

1.1 La metrica de Lorentz

El espacio de Minkowski R31 consiste del espacio vectorial estandar R3 juntocon la siguiente forma bilineal simetrica no degenerada llamada la metricade Lorentz.

Denicion 1.1.1 La metrica de Lorentz es la funcion bilineal

h; i : R31 R31 ! R dada por hu; vi = ax+ by cz;donde u = (a; b; c) y v = (x; y; z).

Denicion 1.1.2 Formas bilinealesUna forma bilineal simetrica no degenerada es una funcion

h; i : V V ! R;donde V es un espacio vectorial sobre R de dimension nita y que satisface:Los vectores u; v; w son elementos de V y 2 R.

Bilineal: hu; v + wi = hu; vi+ hu;wi, para todo u; v; w; . Simetrica: hu; vi = hv; ui. No degenerada: Si u es un vector tal que hu; vi = 0 para todo v 2 R31,entonces u = 0. En caso contrario se dice degenerada.

1

2 CAPITULO 1. ALG. LINEAL EN MINKOWSKI

Un caso particular, de forma bilineal no degenerada es cuando la forma bi-lineal es positiva (negativa) denida, denotado h; i > 0 (< 0) si satisfaceque para todo u 6= 0, hu; ui > 0 (< 0).

Denicion 1.1.3 El cono de luz de R31 se dene como el conjunto de vectores

C = fu = (x; y; z) 2 R31 j hu; ui = x2 + y2 z2 = 0; u 6= 0g:

Notese que el cono de luz tiene dos componentes conexas. Cada una en unsemi-espacio abierto en el complemento del plano xy. Vease la gura 1.1.

Denicion 1.1.4 Sea V R31 un subespacio lineal. El complemento ortog-onal V ? de V es V ? = fu 2 R31j hu; vi = 0 para todo v 2 V g.

Proposicion 1.1.1 Sea V R31 un subespacio lineal, entonces

dimR31 = dimV + dimV ?.

(V ?)? = V .

Demostracion. Note que si dimV = 0, entonces V = f0g y por lo tantoV ? = R31. Si dimV = 3, entonces V = R31 y como la metrica es nodegeneradase deduce que V ? = f0g.Sea v1 = (a1; b1; c1); ; vk = (ak; bk; ck) una base de V , donde k = 1; 2.Denimos la transformacion lineal, T : R31 ! R31, dada por

T (x; y; x) = (a1x+ b1y c1z; ; akx+ bky ckz):

Notese que el nucleo T1(0) de T es V ? y la dimension de la imagen T (R31)de T es igual a dimV . Por un resultado clasico de algebra lineal, obtenemosque dimR31 = dimT1(0) + dimT (R31) = dimV ? + dimV:La primera parte aplicada a V y V ? respectivamente implica que dimR31 =dimV +dimV ? y dimR31 = dimV ?+dim(V ?)?. Igualando obtenemos quedimV = dim(V ?)?. Para concluir basta observar que V (V ?)?.2

1.1. LA METRICA DE LORENTZ 3

1.1.1 Producto cruz Lorentziano

Dado dos vectores en R31 linealmente independientes existe una unica rectapor el origen ortogonal a ambos. A continuacion se muestra como construirla direccion de tal recta.

Denicion 1.1.5 Sean u = (a; b; c): v = (x; y; z) 2 R31. Denimos el pro-ducto cruz Lorentziano como

u v =i j ka b cx y z

= (bz cy; cx az; bx ay):Sea w = (r; s; t), un calculo prueba que

bzr cyr + cxs azs bxt+ ayt = hu v; wi =a b cx y zr s t

:En consecuencia hu v; ui = 0 y hu v; vi = 0, es decir el productoLorentziano de dos vectores es ortogonal a los factores: u; v. En partic-ular, u v tambien es ortogonal al subespacio generado por los vectoresfu; vg.

Ejemplo 1.1.1 Sea p = (x; y; z) 2 R31 cualquier punto. El vector

q = (xzpx2 + y2

;yzpx2 + y2

;px2 + y2)

es ortogonal a p y geometricamente es el reejado (desde el punto de vistaEuclidiano) de p con respecto al cono de luz. Se tiene la relacion

hp; qi = 0; hq; qi = x2 y2 + z2 = hp; pi; hp+ q; p+ qi = 0:

De esta forma si p es tipo espacio, q es tipo tiempo y viceversa. Observe quecuando p es tipo luz, q = p ya que en este caso z =

px2 + y2.


1.2 Caracter causal

Denicion 1.2.1 Sea u 2 R31 un vector. Se dice que v tiene caracter causal: Tipo espacio si hu; ui > 0 o u = 0, Tipo tiempo hu; ui < 0, Tipo luz o nulo hu; ui = 0 y u 6= 0.

Figura 1.1: Caracter causal de vectores

tipo tiempo

tipo espacio

cono de luz

z

tipo espacio

tipo tiempo

En la siguiente tabla analizamos las posibles bases v1; v2; v3 de R31 tal quehvi; vji = 0;+1;1.

v1 v2 v3 hv1; v1i hv2; v2i hv3; v3i hv1; v2i hv1; v3i hv2; v3i+ + - 1 1 -1 0 0 0+ + 0 1 1 0 0 0 1+ - 0 1 -1 0 0 0 -10 0 + 0 0 1 -1 0 0

El concepto de caracter causal se puede extender a subespacios comosigue.

Denicion 1.2.2 Dado un subespacio lineal V R31, la metrica de Lorentzse puede restringir a V para obtener la funcion h; iV : V V ! R. Por

1.2. CARACTER CAUSAL 5

simplicidad escribiremos h; i en lugar de h; iV y la llamaremos metricainducida (MI). Esta restriccion es bilineal, simetrica. Un subespacio V se diceno degenerado si la metrica inducida es no degenerada. La metrica inducidapuede ser degenerada. Se tienen las siguientes posibilidades complementarias.Se dice que V tiene caracter causal:Caso V no degenerado

tipo espacio si la MI es positiva denida, tipo tiempo si la MI es Lorentziana:maxfdimU jU es subespacio lineal de V; h; iU < 0g = 1

Caso V degenerado

tipo luz o nulo si la MI es degenerada.Proposicion 1.2.1 Sea V R31 un subespacio lineal no degenerado, en-tonces

R31 se descompone en suma directa como R31 = V V ?. V ? tambien es no degenerado.

Demostracion. Para ver la descomposicion en suma directa, primero veamosque V \ V ? = f0g:Observemos que V es degenerado si y solo si existe v 2 V n f0g tal quehv; wi = 0 para todo w 2 V . Esto a su vez es equivalente a que v 2 V ? nf0g.Es decir, V es degenerado si y solo si V \V ? 6= f0g. Obtenemos de aqui queV y V ? solo comparten el vector cero.Por la Proposicion 1.1.1, sabemos que dimR31 = dimV + dimV ?. Los casosen que dimV = 0; 3 siguen por cuestion de dimension. Si dimV = 1; 2 en-tonces la dimension de V ? es 2; 1 respectivamente. Esto prueba que V y V ?

generan a R31 ya que estos subespacios son linealmente independientes puessolo se intersectan en el vector cero.Para la segunda armacion, sea w 2 V ?, es decir para todo v 2 V , hw; vi = 0.Supongamos que para todo u 2 V ?, hw; ui = 0. Por la descomposicion delespacio de Minkowski tenemos que para todo u 2 R31, hw; ui = 0. Como h; ies no degenerada, entonces w = 0. Esto prueba que V ? es no degenerada. 2

Proposicion 1.2.2 El caracter causal de un plano V por el origen se car-acteriza geometricamente como


es tipo espacio si y solo si no intersecta al cono de luz.

es tipo luz si y solo si es tangente al cono de luz.

es tipo tiempo si y solo si intersecta al cono de luz pero no es tangente.

Demostracion. Por denicion, V es tipo espacio si y solo si la metrica in-ducida en V es positiva denida. Esto es equivalente a que todos los vectoresen V sean tipo espacio. As que V no intersecta al cono de luz.Ahora, V es tipo tiempo si y solo si la metrica inducida tiene un vector tipotiempo. Se deduce que V intersecta al cono de luz, ya que los vectores tipotiempo estan acotados por dicho cono. Ademas, V no puede ser tangente alcono de luz, ya que un plano tangente no contiene vectores tipo tiempo.Finalmente, V es tipo luz si y solo si la metrica inducida es degenerada. Demanera equivalente, V contiene a un vectro no cero u talque es ortogonal atodos los vectores en V . En particular, u es ortogonal a si mismo hu; ui = 0.Como u es tipo luz, entonces V tiene que ser tangente al cono de luz a lolargo de la recta generada por u. Ya que de otra forma en V habra vectorestipo tiempo y por tanto existira un subespacio U V tal que h; iU seranegativo denida lo cual dice que V es tipo tiempo. 2

Para cualquier par de eventos u; v linealmente independientes tenemosque

u v < u >? span fu; vg u v- - + - +- + + - +- 0 + - ++ 0 - 0 0+ + - + -0 0 0 - +

Proposicion 1.2.3 Si u; v son tipo tiempo, entonces

jhu; vij jujjvj; con igualdad si y solo si u es coolineal a v:

Demostracion. Introducimos la notacion u = (a; b; c) y v = (x; y; z). Comou; v son tipo tiempo, entonces son linealmente independientes si y solo sigeneran un plano tipo tiempo. Lo cual es equivalente a que u v = (bz

1.2. CARACTER CAUSAL 7

cy; cx az; bx ay) es tipo espacio. Esto pasa si y solo si (bz cy)2 + (cxaz)2 (bx ay)2 > 0. Ahora, resta reescribir esta desigaldad:

(bz cy)2 + (cx az)2 > (bx ay)22abxy 2bcyz 2acxz > a2y2 a2z2 + b2x2 b2z2 c2x2 c2y2

(ax+ by cz)2 > (a2 + b2 c2)(x2 + y2 z2)jhu; vij > jujjvj:

Observe que las anteriores desigualdades se convierten en igualdades si y solosi u y v son coolineales, lo cual es equivalente a que u v = 0. 2

Denicion 1.2.3 Sea T = fu 2 R31 j hu; ui < 0g, el conjunto de los vectorestipo tiempo en el espacio de Minkowski. T tiene dos componente conexas T+

y T delimitadas por el cono de luz, donde T+ = f(x; y; z) 2 T jz > 0g yT = f(x; y; z) 2 T jz < 0g. Para cada u 2 T denimos el cono temporal(conteniendo a u) como

C(u) = fv 2 Tjhu; vi < 0g:

Proposicion 1.2.4 Sea u = (a; b; c) un vector tipo tiempo. Entonces

C(u) = f(x; y; z) 2 Tjcz > 0g;

es decir el conjunto de vectores tipo tiempo cuya tercer coordenada tiene elmismo signo que c. En particular, dos vectores u; v tipo tiempo estan en unmismo cono temporal C(w) para algun w 2 T si y solo si hu; vi < 0.

Demostracion. La idea de la prueba es geometrica y usa el hecho bien cono-cido que para cualquier plano P = f(x0; y0; z0)jAx0+By0Cz0 = Dg se tieneque R3 n P = P+ [ P es una union de los dos semi-espacios abiertos P+ =f(x0; y0; z0)jAx0 +By0Cz0 > Dg y P = f(x0; y0; z0)jAx0 +By0Cz0 < Dg.Como u es tipo tiempo, Q :=< u >?= f(x0; y0; z0) 2 R31jax0+by0cz0 = 0g esun plano tipo espacio. Sea v 2 C(u), entonces hu; vi < 0, es decir v 2 Q\T.Ademas, se deduce que u 2 Q. Ya que si u estuviera en Q+ existira > 0 2 R tal que u+(1)v 2 Q, es decir hu+(1)v; u+(1)vi = 0pero esto es una contradiccion:hu+(1)v; u+(1)vi = 2hu; ui+2(1)hu; vi+(1)2hv; vi < 0.Esto implica que u y v estan en un mismo semi-espacio que contiene a unade las dos componentes conexas de T . Lo cual prueba que z y c tienen el


mismo signo.Para la otra contencion: Sea v = (x; y; z) 2 T tal que cz > 0. Vamos aprobar que hu; vi < 0. Ahora observemos que los vectores (a; b; 0) y (x; y; 0)son tipo espacio. Deducimos que ax + by 0g.

Denicion 1.3.3 Decimos que A 2 O1(3) preserva la orientacion temporalsi A(T+) = T+.

Observacion 1.3.1 La transformacion A 2 O1(3) preserva la orientaciontemporal si y solo si A 2 O++1 (3). Para visualizar esta armacion, hay queaplicar A al vector e3 = (0; 0; 1) y usar la Proposicion 1.2.4.

Lema 1.3.1 Sea A 2 O1(3) una isometra que deja ja punto a punto a unarecta L tipo tiempo o tipo luz en R31. Entonces A 2 O++1 (3).

Demostracion. Primero recordemos que A preserva el caracter causal de cadavector en R31. Supongamos que L =< v >. En particular, A(T ) = T . Si L estipo tiempo, tenemos que para todo u 2 T , hv; ui = hA(v); A(u)i = hv; A(u)i.Por la Proposicion 1.2.4, u y A(u) estan en C(v). Como esto es cierto paratodo u 2 T , podemos concluir que A preserva el cono de tiempo C(u) deu. Pero para todo u 2 T, C(u) = T+ o C(u) = T. Esto conrma que Aconserva la orientacion temporal.Si L es tipo luz, como A preserva a L punto a punto entonces A preserva ala componente conexa del cono de luz que contiene a v pues A preserva elcaracter causal. As A preserva las dos componentes conexas del cono de luz.En particular, A preserva las dos componentes conexas T+ y T del conjuntode vectores tipo tiempo T. Es decir, A preserva la orientacion temporal.2

Aqui estudiamos las isometras de R31 en O++1 (3) que dejan jo punto apunto a un subespacio de dimension uno.

1.3. TRANSFORMACIONES Y GRUPO DE LORENTZ 11

L tipo luz

Consideremos el caso cuando L = spanfe2 + e3g.Sea A la matriz en O++1 (3), para que A deje ja punto a punto a la recta

L, necesitamos que A(e2 + e3) = e2 + e3. Esto implica que a13 = a12,a23 = 1 a22 y a33 = 1 a32. Las ecuaciones (3) y (6) se transforman en

a212 + 1 2a22 + a222 1 + 2a32 a232 = 1; (1.8)a212 + a22 a222 a32 + a232 = 0: (1.9)

Las cuales prueban que a32 = 1 + a22 y por lo tanto a33 = 2 a22. Lasecuaciones (4) y (5) se transforman en

a11a12 + a21a22 + a31 a31a22 = 0; (1.10)a11a12 + a21 a21a22 2a31 + a31a22 = 0; (1.11)

en consecuencia a31 = a21. Usamos ahora la ecuacion (1) que se transformaen a211 + a

221 a221 = 1, entonces a11 = 1. Analogamente, la ecuacion (2)

toma la forma a212 + a222 1 + 2a22 a222 = 1 implica que a22 = 1 a

212

2.

Finalmente, usamos la ecuacion (9) para deducir que a21 = a12. Vamos adenotar a12 = t entonces la matriz A se simplica a

A =

0@ 1 t tt 1 t22

t2

2

t t22

1 + t2

2

1A :Un calculo directo prueba que det(A) = 1. Entonces como queremos queA 2 O++1 (3) escojemos +1 en la entrada a11 y con esto concluimos lo sigu-iente. Concluimos que el grupo

G =

8


Demostracion. Si u = v, hu; vi = hv; vi = 0.El reciproco tiene por hipotesis que hu; vi = 0, es decir ax + by cz = 0,donde u = (a; b; c) y v = (x; y; z). Ademas, como son tipo luz x2 + y2 z2 =0; a2 + b2 c2 = 0. Si multiplicamos estas dos ultimas ecuaciones tenemosque z2c2 = (x2 + y2)(a2 + b2) = a2x2 + y2b2 + x2b2 + y2a2 y si elevamos alcuadrado la primera ecuacion: c2z2 = (ax + by)2 = a2x2 + 2abxy + b2y2.Igualamos estas dos ultimas ecuaciones para obtener x2b2+ y2a2 = 2abxy, esdecir (xb ya)2 = 0. As a

x= b

y= para algun 2 R. Sustituimos a = x

y b = y arriba: cz = x2 + y2 = z2. Se deduce que c = z, esto pruebaque u = v. 2

Proposicion 1.3.2 Sea A 2 O1(3) una isometra lineal. Si A(v) = v, v 2R31, entonces A deja invariante a los planos de la forma < v >? +p, paratodo p 2 R31.

Demostracion.

Si v es tipo tiempo o tipo espacio.Observemos que A deja invariante a P =< v >?, es decirA(< v >?) =< v >?. Se sigue que A(< v >? +p) =< v >? +A(p).Consideremos una descomposicion p = p1 + p2 2< v > + < v >? yA(p) = A(p1) + A(p2) = p1 + A(p2) 2 p1+ < v >?. Por lo tanto

A(< v >? +p) = < v >? +A(p) =< v >? +p1= < v >? +p1 + p2 =< v >? +p:

Aqui usamos el hecho que si v es tipo espacio o tiempo R31 =< v >+ < v >? es una descomposicion ortogonal.

Si v es tipo luz.No hay una descomposicion ortogonal del espacio usando < v > y< v >? ya que v esta en el plano tipo luz < v >?. Procedemoscomo sigue: Sea w tipo luz tal que hv; wi = 1, en consecuencia w eslinealmente independiente de v. Ahora se tiene una descomposicionR31 =< w > + < v >?.Notemos que 1 = hw; vi = hA(w); A(v)i = hA(w); vi y que A(w)tambien es tipo luz. Se deduce que hA(w) w; vi = 0, es decirA(w) 2 w+ < v >?. En particular, A(w) 2 w+ < v >?. Siconsideremos la descomposicion p = p1 + p2 2< w > + < v >? y

1.3. TRANSFORMACIONES Y GRUPO DE LORENTZ 13

A(p) = A(p1) + A(p2) 2 p1+ < v >? +A(p2) = p1+ < v >?. Se sigueque

A(< v >? +p) = < v >? +A(p) =< v >? +p1= < v >? +p1 + p2 =< v >? +p:

2

Corolario 1.3.1 Sea L una recta en R31 y consideremos la accion de loselementos de O++1 (3) en R31 que dejan ja punto a punto a L. Entonces lacomponente conexa de la orbita, bajo dichos elementos, de un punto p enR31 n L es una parabola, una elipse o una hiperbola, dependiendo si L es tipoluz, espacio o tiempo respectivamente. Cuando L es tipo espacio y p es tipoluz, la orbita tambien puede ser una semirecta.

Demostracion. Vamos a denotar por A a cualquier elemento de O++1 (3) quedeja jo punto a punto a L.Si L es tipo luz, L? es un plano tangente al cono de luz a lo largo de L.Vamos a usar la notacion, L?p = p+L

? el cual es un plano que pasa por p yLp = L+ p la cual es una recta paralela a L y que pasa por p. Entonces, porla Proposicion 1.3.2, L?p es invariante y en consecuencia la orbita de p estaen este plano L?p .Si p es tipo luz, A(p) tambien es tipo luz para todo A 2 O++1 (3). Esto implicaque la orbita de p esta ademas en el cono de luz. Para concluir esta caso,notemos que la interseccion del cono de luz con L?p es una parabola.Ademas, si p no es vector tipo luz tenemos tambien que Lp intersecta al conode luz en una parabola. Armamos que la orbita de p es una traslacion dedicha parabola: Sea q el punto de interseccion de Lp con el cono de luz.Veamos que la orbita de p es la traslacion de la orbita de q con vector detraslacion p q. Para ver esto notemos que Lp L?p y que si A(q) es unelemento de la orbita de q entonces A(q)+(qp) es un elemento de la orbitade p pues A(q) + (q p) = A(p) + A(q p) = A(p).Finalmente, investiguemos el caso cuando L es una recta no degenerada, esdecir tipo tiempo o tipo espacio: El plano L? es un plano no degenerado, elcual es tipo espacio si L es tipo tiempo o tipo tiempo si L es tipo espacio.Como vimos antes la orbita de p esta contenida en el plano L?p . Sea q elpunto de interseccion de L?p con L, en particular A(q) = q. Entonces si p noes un punto tipo luz, su orbita satisface que hA(p) q; A(p) qi es constantepues hA(p) q; A(p) qi = hA(p)A(q); A(p)A(q)i = hp q; p qi. Estoprueba que si L? es tipo tiempo la orbita de p es una hiperbola y que si L?


es tipo espacio la orbita de p es una elipse.Cuando p es tipo luz: La orbita de p es la interseccion de L?p con el conode luz. Por lo tanto, si L?p es tipo espacio dicha orbita es una elipse y si siL?p es tipo tiempo, la componente conexa de la orbita de p es una semirectacuando L?p pasa por el origen de R31 o una hiperbola si L?p no pasa por elorigen. 2

1.4 Ejercicios

1. Sea v1; v2; v3 una base ortonormal de R31. Demuestrev = hv1; v1ihv; v1iv1 + hv2; v2ihv; v2iv2 + hv3; v3ihv; v3iv3.En particular, si v1; v2 son tipo espacio y v3 es tipo tiempo entoncesv = hv; v1iv1 + hv; v2iv2 hv; v3iv3.

2. Muestre que una transformacion de Lorentz que deja jo a 0 2 R31, esnecesariamente transformacion lineal.

3. Exhiba un elemento A 2 O+1 (3) que deje ja a una recta L tipo espacio yque no preserve la orientacion temporal, es decir que no este en O++1 (3).

4. Demuestre que el grupo de transformaciones de Lorentz lineales esisomorfo a el grupo de matrices O1(3). El isomorsmo puede serdado asociandole a la transformacion una matriz en la base canonicae1 = (1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1) o asociandole a una matriz enO1(3) la transformacion lineal por multiplicacion de la matriz por unvector.

5. Justique con rigor que O++1 (3) es un grupo.

6. Pruebe que la rotaciones que dejan jo al eje z son transformacionesde Lorentz. Recuerde una rotacion esta representada por una matrizde la forma 0@ cos sen 0sen cos 0

0 0 1

1A :

1.4. EJERCICIOS 15

7. Considere los siguientes dos puntos en R31: p = (0; 1; 5) y q = (0; 2; 1).Notese que q p es tipo tiempo. Encuentre una base ortonormal dev1; v2; v3 de R31 tal que p = av1 + bv2 + cv3 y q = av1 + bv2 + dv3.

8. Probar que

hu v; u vi = hu; ui hu; vihu; vi hv; vi

donde y h; i son los respectivos productos lorentzianos.En general pruebe que

hu v; z wi = hu; zi hu;wihv; zi hv; wi

donde y h; i son los respectivos productos lorentzianos.

9. Sean v; w 2 R31 dos vectores linealmente independientes. Sea g la matrizdenida como

g =

hv; vi hv; wihw; vi hw;wi

:

Demuestre que el plano generado por v y w es

tipo espacio si y solo si det(g) > 0, tipo tiempo si y solo si det(g) < 0, tipo luz si y solo si det(g) = 0.

CAPITULO 2

Curvas en el espacio deMinkowski

2.1 Formulas de Frenet-Serret para curvas

Una curva diferenciable o de clase Ck, , en el espacio de Minkowski R31 esuna aplicacion : I ! R31 de clase Ck con dominio I un abierto conexo(un intervalo) de R. Vamos a trabajar con curvas diferenciables. Una curvadiferenciable se dice regular, si 0(t) 6= 0 para todo t 2 I. Decimos que lacurva es lisa o C1 si es C1.

En general el caracter causal del vector tangente a una curva en el espaciode Minkowski depende del punto de la curva. Pero hay curvas especialesdonde dicho caracter causal es constante a lo largo de la curva.

Denicion 2.1.1 Denotemos con CC a cualquier caracter causal: tipo tiempo,tipo espacio o tipo luz. Decimos que una curva : I ! R31 tiene caractercausal CC si 0(t) tiene un mismo caracter causal CC para todo t 2 I.Una curva se dice no degenerada si sus vectores tangentes nunca son tipoluz.

2.1.1 T , N , B es base orthonormal

Sea : I ! R una curva regular de clase C2 no degenerada. Vamosa suponer que admite un marco ortonormal asociado a cada uno de sus

17

18 CAPITULO 2. CURVAS EN EL ESPACIO DE MINKOWSKI

puntos: Para todo t 2 I,T (t), N(t) , B(t), es base ortonormal de R31.

La denicion y construccion de los campos vectoriales T;N;B a lo largo de la veremos a continuacion.Supongamos que es una curva no degenerada con caracte causal biendenido y que 0(t) no es tipo luz para todo t 2 I. Supongamos que estaparametrizada por longitud de arco: h0(t); 0(t)i = 1 2 f+1;1g.Denimos al vector tangente unitario como

T (t) = 0(t) el cual es tipo tiempo o tipo espacio a lo largo de la curva:

Notemos que el complemento ortogonal < T (t) >? de la recta tangentegenerada por T (t) es un plano no degenerado. con caracter causal tipo es-pacio si T es tipo tiempo o con caracter caracter causal tipo tiempo si T estipo espacio.Si T es tipo tiempo a lo largo de entonces T 0(t) es tipo espacio ya que T 0

y T son ortogonales: hT 0(t); T (t)i = 0. Si T es tipo espacio a lo largo de entonces T 0(t) es tipo espacio, tipo tiempo o tipo luz ya que T 0 y T sonortogonales: hT 0(t); T (t)i = 0 y el plano no degenerado ortogonal a T seriatipo tiempo. Para continuar vamos a suponer que T 0 no es tipo luz (estecaso sera analizado mas adelante) y que T 0 6= 0. En particular, T 0 tiene uncaracter causal constante a lo largo de : Como T 0 es una funcion continuacon dominio conexo I R, se sigue que para que T 0 cambie entre tipo espa-cio y tipo tiempo tendra que ser en algun momento tipo luz o cero.

Denimos la curvatura de la curva en el punto (t) como (t) = jT 0(t)j =pjhT 0(t); T 0(t)ij. Por la hipotesis de arriba, esta curvatura no es cero. Pode-mos denir el vector normal principal como

N(t) =T 0(t)(t)

el cual es no es tipo luz;

y denotamos por 2 = hN(t); N(t)i 2 f+1;1g a su caracter causal. Intro-ducimos ahora un tercer vector a lo largo de la curva : El vector binormal

B(t) = T (t)N(t); el cual tiene caracter causal constante a lo largo de ;el cual vamos a denotar como 3 = hB(t); B(t)i 2 f+1;1g. Bajo estascondiciones un vector v 2 R31 se escribe como:

2.1. FORMULAS DE FRENET-SERRET PARA CURVAS 19

v = 1hv; T iT + 2hv;NiN + 3hv;BiB: (2.1)Las formulas de Frenet-Serret nos dicen como se expresan las derivadas deT;N;B en terminos de los vectores T;N;B.Por la denicion T 0 = N . Ahora para N 0 tenemos quehN 0; T i = hN; T 0i = hN; Ni = 2. Observemos que hN 0; Ni = 0.Introducimos ahora el concepto de la torsion como

(t) = 3hN 0(t); B(t)i:Estamos listos para el siguiente calculo:hN 0; Bi = 3 . Ahora aplicamos la ecuacion (2.3) para obtener

N 0 = 12T + B:Para el caso del vector binormal tenemos: hB0; T i = hB; T 0i = hB; Ni =0. hB0; Ni = hB;N 0i = 3 y hB0; Bi = 0. Entonces

B0 = 23N:Podemos escribir las ecuaciones de Serret-Frenet matricialmente:

0@ T 0N 0B0

1A =0@ 0 012 0

0 23 0

1A0@ TNB

1AEsto concluye el caso cuando la curva admite un marco ortonormal.

2.1.2 T tipo espacio, N tipo luz, B tipo luz

Otro caso es el siguiente:

T tipo espacio, N tipo luz, B tipo luz.

La posibilidad que nos queda por analizar es cuando T 0 es tipo luz:Denimos N := T 0 el cual es tipo luz. Aqui no se puede denir la curvaturaya que la norma en la metrica de Lorentz de T 0 es cero aunque la curva searegular.


Ademas tampoco podemos denir a vector binormal B como antes ya queT N esta en el plano tipo luz spanfT; Ng. La armacion de que esteplano es tipo luz se sigue del hecho que T y N son ortogonales. Denimosel vector binormal B como el unico vector tipo luz que satisface la condicionhB;Ni = 1 y hB; T i = 0.

En este caso un vector v 2 R31 se escribe como:

v = hv; T iT + hv;BiN + hv;NiB: (2.2)

hN 0; T i = hN; T 0i = hN;Ni = 0 y hN 0; Ni = 0.La torsion es como antes

(t) = hB0(t); N(t)i:

Estamos listos para el siguiente calculo:hN 0; Bi = hN;B0i = . Ahora aplicamos la ecuacion (2.3) para obtener

N 0 = N:

hB0; T i = hB; T 0i = hB;Ni = 1.hB0; Ni = y hB0; Bi = 0. Entonces

B0 = T B:0@ T 0N 0B0

1A =0@ 0 1 00 01 0

1A0@ TNB

1AHemos concluido el caso en que la curva es de tipo espacio.

2.1.3 T tipo luz, N tipo espacio, B tipo luz

Finalmente, analizamos el caso cuando es tipo luz, es decir el vector tan-gente T (t) = 0(t) es tipo luz (ya no es unitario).

T tipo luz, N tipo espacio, B tipo luz.

2.2. APLICACIONES 21

Vamos a usar el hecho que una curva tipo luz se puede parametrizar conaceleracion unitaria: hT 0(t); T 0(t)i = h00(t); 00(t)i = 1. Tenemos que T 0 estipo espacio por ser ortogonal al vector tipo luz T . Como en el caso anteriordenimos N(t) = T 0(t) tipo espacio.

Denimos el vector binormal B como el unico vector tipo luz que satisfacela condicion hB; T i = 1 y hB;Ni = 0.

En este caso un vector v 2 R31 se escribe como:

v = hv;BiT + hv;NiN + hv; T iB: (2.3)

hN 0; T i = hN; T 0i = hN;Ni = 1 y hN 0; Ni = 0.La torsion es como antes

(t) = hB0(t); N(t)i:

Estamos listos para el siguiente calculo:hN 0; Bi = hN;B0i = . Ahora aplicamos la ecuacion (2.3) para obtener

N 0 = T B:

hB0; T i = hB; T 0i = hB;Ni = 0.hB0; Ni = hB;N 0i = hB; T +Bi = y hB0; Bi = 0. Entonces

B0 = N:0@ T 0N 0B0

1A =0@ 0 1 0 0 1

0 0

1A0@ TNB

1A :

2.2 Aplicaciones

Denicion 2.2.1 Decimos que una curva regular en R31 es una curva helicesi existe un vector jo v 2 R31nf0g tal que hT (s); vi es una funcion constante.Aqui suponemos que esta parametrizada por longitud de arco o por longi-tud seudo-arco.


Ejemplo 2.2.1 Consideremos la curva tipo tiempo

(s) =1p5(cos(s); sin(s); 2s):

El vector tangente es T (s) = 0(s) = 1p5( sin(s); cos(s); 2) y sea v = (0; 0; 1).

Entonces esta curva es una helice:

hT (s); vi = 2p5:

Notemos que si hT (s); vi = 0 la curva esta contenida en el plano ortogonala v. Reciprocamente toda curva plana es una curva helice con respecto a ladireccion dada por un vector ortogonal al plano. Ahora vamos a analizar elcaso cuando la curva no es plana.

Teorema 2.2.1 Sea una curva no plana tipo tiempo o tipo espacio. Si es una curva helice entonces (s)=(s) es constante. Ademas, si la curva estipo espacio con aceleracion tipo luz, entonces no es una curva helice.

Demostracion. Observemos que si ninguno de los vectores T; N; B es tipoluz, las ecuaciones de Serret-Frenet tienen la forma0@ T 0N 0

B0

1A =0@ 0 0 0

0 0

1A0@ TNB

1A ;donde el signo que tengan la curvatura y torsion no va a ser reelevante en laprueba.

Por hipotesis, existe un vector no cero tal que hT (s)vi = c. Derivandode ambos lados tenemos que 0 = hT 0(s); vi = hN(s); vi, esto implica quehN(s); vi = 0. Esto nos dice que v = a(s)T (s) + b(s)B(s). Calculamos laderivada de ambos lados y aplicamos las formulas de Serret-Frenet:

a0(s)T (s) + b0(s)B(s) + a(s)T 0(s) + b(s)B0(s) = 0; (2.4)

a0(s)T (s) + b0(s)B(s) a(s)N b(s)N = 0: (2.5)a0(s)T (s) + (a(s) b(s))N + b0B = 0: (2.6)

2.2. APLICACIONES 23

Concluimos que a0 = b0 = 0; a(s) b(s) = 0 con a y b funciones con-stantes.

Resta estudiar el caso cuando el vector tangente de , T , es tipo espacioy N , B tipo luz. Recordemos que las correspondientes ecuaciones de Serret-Frenet son:T 0 = N , N 0 = N y B0 = T B. Al igual que antes, como hT; vi = cdeducimos que hN; vi = 0. Esto implica que v se representa como v =a(s)T (s) + b(s)B(s). Procedemos como en los casos anteriores:

a0(s)T (s) + b0(s)B(s) + a(s)T 0(s) + b(s)B0(s) = 0; (2.7)

a0(s)T (s) + b0(s)B(s) + a(s)N + b(s)(T B) = 0: (2.8)(a0(s) b(s))T (s) + a(s)N b(s)B = 0: (2.9)

Obtenemos que a = b = 0, pero esto obliga a que v = 0. Entonces concluimosque en este caso no existen curvas helice. 2

Proposicion 2.2.1 Sea una curva tipo espacio contenida en un plano tipoespacio. Si las rectas ortogonales a son concurrentes, entonces es partede una elipse.

Demostracion. Suponemos que esta parametrizada por longitud de arco:hT (s); T (s)i = h0(s); 0(s)i = 1. Sea p el punto donde son concurrentes. Lacondicion geometrica queda capturada por la ecuacion

(s) + (s)N(s) = p; (2.10)

para alguna funcion . Tomamos la derivada de ambos lados de la ecuacion:0(s) + 0(s)N(s) + (s)N 0(s) = 0 y aplicamos las formulas de Serret-Freneten este caso

T (s) + 0(s)N(s) + (s)((s)T (s) (s)B(s)) = 0:

Esto prueba que 0 = 0, decir es constante.Reescribiendo la ecuacion (2.10) llegamos a que:

j(s) pj = jj;

los puntos de la curva equidistan de p. 2


2.3 Ejercicios

1. Pruebe que h(t); (t)i0 = h0(t); (t)i + h(t); 0(t)i donde aqui esta-mos usando la metrica de Lorentz.

2. Verique la propiedad analoga para el producto cruz Lorentziano:

((t) (t))0 = 0(t) (t) + (t) 0(t):3. Decimos que la curva C1, : J R ! R31 es una reparametrizacion

de si existe un difeomorsmo C1, h : J R ! I, t = h(s) conh0(s) > 0 y tal que (t) = h (t).Muestre que el caracter causal de una curva es independiente de laparametrizacion.

4. Parametrize por longitud de arco las curvas (t) = (cos(t); sin(t); 12t)

y (t) = (cos(t); sin(t); 2t). Y verique las formulas de Serret-Frenetcorrespondientes a cada curva. Para esto tiene que calcular todo losterminos que aparecen en las mismas.Hacer todos los pasos anteriores con la curva tipo luz(t) = (cos(t); sin(t); t). Observe que en este caso ya tiene parametrizacionpor longitud de seudo-arco.

5. Para dos eventos (puntos) p; q 2 R31 tal que q p es tipo tiempo, sedene la duracion (q p) de q p como

(q p) = (hq p; q pi) 12 :Pruebe que si : [a; b] ! R31 es una curva C1 tipo tiempo y dirigidaal futuro (wordline) de (a) = p a (b) = q entonces Lenght() (q p).

6. Sea una curva tipo tiempo y sea = una parametrizacion porlongitud de arco. Deduzca las siguientes formulas para la curvatura ytorsion: sea = 1

=0 00j0j3 ; =

det(0; 00; 000)j0 00j2 :

2.3. EJERCICIOS 25

7. La curva dada por

(t) =

cos t;

p3

2sin t;

1

2sin t+ 1

!;

es una elipse parametrizada en R3.Parametrice la curva por longitud de arco, y demuestre que su curvatura es constante. Tambien demuestre que los vectores normales a la curvason concentricos, esto es N+ = p donde p 2 R3 es un vector jo.

8. Para la curva(t) = (sinh t; t; cosh t) ;

encuentre

Reparametrizacion por longitud de arco. Caracter causal. La curvatura y la torsion . los vectores T;N;B: Vericar las formulas de Frenet-Serret.

CAPITULO 3

Supercies: Tecnicasextrnsecas

3.1 Topologa Diferencial de supercies lisas

La topologa diferencial de supercies lisas estudia las propiedades de lassupercies que no involucran la metrica de Lorentz del espacio R31 sino quesolo las relacionadas a la estructura diferenciable.

Denicion 3.1.1 Sea ' : U R2 ! R3 una funcion C1 o lisa. Decimosque ' es una inmersion C1 o lisa si su matriz Jacobiana J'(x0; y0) tienerango dos para todo (x0; y0) 2 U .

Recordemos que si '(x; y) = (P (x; y); Q(x; y); R(x; y)) donde P; Q; R :U R2 ! R son funciones lisas o C1 entonces

J'(x0; y0) =

0BB@@P@x j(x0;y0)

@P@y j(x0;y0)

@Q@x j(x0;y0)

@Q@y j(x0;y0)

@R@x j(x0;y0)

@R@y j(x0;y0)

1CCA :Recordemos que la derivada, denotada 'j(x0;y0) : R2 ! R3, de ' en el

punto (x0; y0) se dene como

'j(x0;y0)(u; v) = limt!0

'((x0; y0) + t(u; v)) '(x0; y0)t

:

Esta derivada que es una transformacion lineal, se puede escribir enterminos de la matriz Jacobiana de ':

27

28 CAPITULO 3. SUPERFICIES: TECNICAS EXTRINSECAS

'j(x0;y0)(u; v) =

0BB@@P@x j(x0;y0)

@P@y j(x0;y0)

@Q@x j(x0;y0)

@Q@y j(x0;y0)

@R@x j(x0;y0)

@R@y j(x0;y0)

1CCA0@ u

v

1ADenicion 3.1.2 Una carta C1 o lisa es una inmersion ' : U R2 ! R3que ademas es inyectiva como funcion y que es un homeomorsmo con suimagen '(U). La topologa de '(U) es la topologa inducida por R31, es decirun abierto de '(U) es de la forma W \ '(U) donde W R31 es un abiertodel espacio de Minkowski.

Ejemplo 3.1.1 Sea f : U R2 ! R cualquier funcion lisa. Entonces'(x; y) = (x; y; f(x; y)) es una carta lisa. Notese que

J'(x0; y0) =

0B@ 1 00 1@f@x j(x0;y0)

@f@y j(x0;y0)

1CA :Esta matriz tiene rango dos y la funcion ' es inyectiva. Ademas, la imagen'(V ) de un abierto V U es abierto pues satisface '(V ) = (V R)\'(U).Esta igualdad implica que la inversa de ', '1 : '(U) ! U es continua.

Denicion 3.1.3 Supercie C1 o lisa.Un subconjunto M de R31 es una supercie C1 para cada p 2 M existe unacarta lisa cuya imagen esta contenida en M y que contiene a p.

Denicion 3.1.4 Sea M una supercie lisa en R31 y sea p 2 M . Decimosque v 2 R31 es un vector tangente a M en p, si existe una curva C1, :(a; b) !M tal que

(t0) = p y

0(t0) = v,para algun t0 2 (a; b).

Denotamos por TpM al conjunto de todos los vectores tangentes a M enp. Este conjunto se llama el plano tangente de M en p.

3.1. TOPOLOGIA DIFERENCIAL DE SUPERFICIES LISAS 29

Vamos a probar que la anterior terminologa es adecuada.

Proposicion 3.1.1 El conjunto de vectores tangentes de una supercie lisaM en un punto, es un plano.

Demostracion. Sea p 2 M , como es lisa existe una carta lisa ' : U R2 ! R3 tal que p 2 '(U) M . Sea v 2 TpM un vector tangente y sea(t) = (x(t); y(t); z(t)) una curva lisa contenida en M como en la Denicion3.1.4. Como ' : U ! '(U) es un homeomorsmo, la curva se puederealizar como = ' , donde : (a; b) ! U es una curva en U con(t) = (u(t); v(t)). Ahora usamos la regla de la cadena: 0(t) = 'j(t)0(t).Expresamos esta ecuacion vectorial en el siguiente sistema,

x0(t) =@P

@x j(x0;y0)u0(t) +

@P

@y j(x0;y0)v0(t)

y0(t) =@Q

@x j(x0;y0)u0(t) +

@Q

@y j(x0;y0)v0(t)

z0(t) =@R

@x j(x0;y0)u0(t) +

@R

@y j(x0;y0)v0(t):

Este sistema es equivalente a la ecuacion 0(t) = u0(t)'x + v0(t)'y. Enparticular, el vector tangente v deM esta generado por los vectores tangentesinducidos por la inmersion: 'x y 'y. 2

Denicion 3.1.5 Una funcion f : M ! R con valores reales, se llamafuncion C1 en p 2 M si es la restriccion de una funcion F : V R31 ! Rdenida en un abierto V de R31 que contiene a p, es decir f(q) = FjV \M(q)para todo q 2 V \M .La funcion f se llama C1 si es C1 para cada p 2M .

Ejemplo 3.1.2 Sea M una supercie lisa y sea d = (a; b; c) 2 R31 un vectordistinto de cero. La funcion altura h : M ! R en la direccion de d estadada por

h(p) = hp; di:Esta funcion es C1 ya que es la restriccion de la funcion F : R31 ! Rdenida como F (x; y; z) = ax + by cz, es decir h(p) = F (p) para todop 2M .


Denicion 3.1.6 Una aplicacion X :M ! R31 dada por

X(x; y; z) = (f1(x; y; z); f2(x; y; z); f3(x; y; z))

es C1 si cada funcion f1; f2; f3 :M ! R es C1.

Denicion 3.1.7 Un campo vectorial C1 (continuo) a lo largo de una su-percie lisa M , es una aplicacion lisa (continua) X :M ! R31.

X se llama campo vectorial tangente si para cada p 2M ,

X(p) 2 TpM:

X se dice transversal a M si para cada p 2M ,

X(p) =2 TpM:

Si p 2M es tal que X(p) = 0, llamamos a p una singularidad del campo X.

Denicion 3.1.8 Una supercie lisa M encajada en R31 es orientable si ex-iste una campo vectorial continuo a lo largo de M , sin singularidades, talque es transversal a M .

Denicion 3.1.9 Denotemos por R2+ al semiplano cerrado superior: f(u; v) 2R2j v 0g. Una supercie con frontera M encajada en R3 es un subespaciotopologico de R31 que consiste de dos tipos de puntos:

M = intM [ @M;

tal que

intM \ @M = ; , intM es una supercie lisa encajada en R31, para cada p 2 @M existe una inmersion ' : U R2+ ! R31 tal quep 2 @M and '(U) es un abierto de M .

La frontera de M es el subconjunto @M . Cada una de sus componentesconexas es una curva regular.

3.2. GEOMETRIA DIFERENCIAL DE SUPERFICIES LISAS 31

3.2 Geometra Diferencial de supercies lisas

3.2.1 Caracter causal de supercies

Denicion 3.2.1 Denotemos con CC a cualquier caracter causal: tipo tiempo,tipo espacio o tipo luz. Decimos que una supercie lisa tiene caracter causalCC si TpM tiene un mismo caracter causal CC para todo p 2M .

Denicion 3.2.2 Un campo vectorial C1 a lo largo de una supercie lisaM , es una aplicacion lisa X : M ! R31. Hay dos casos especiales que sonrelevantes.

X se llama campo vectorial tangente si para cada p 2M ,

X(p) 2 TpM:

X se llama campo vectorial normal si para cada p 2M ,

X(p) 2 (TpM)?:

Denotemos con CC a cualquier caracter causal: tipo tiempo, tipo espacio otipo luz. Decimos que el campo X a lo largo de M tiene caracter causal CCsi el vector X(p) tiene un mismo caracter causal CC para todo p 2M .

Observacion 3.2.1 Sea M una supercie lisa tipo luz, tipo tiempo o tipoespacio. Consideremos cualquier campo vectorial ortogonal aM . EntoncesM es tipo luz, tipo tiempo o tipo espacio si y solo si es tipo luz, tipo espacioo tipo tiempo respectivamente.

Ejemplo 3.2.1 Los ejemplos inmediatos son las siguientes supercies lisasdescritas en forma implcita:

El cono de luz f(x; y; z) 2 R31jx2 + y2 z2 = 0g es una supercie tipoluz.

El espacio de De Sitter de radio r > 0,S21(r) := f(x; y; z) 2 R31jx2+y2z2 = r2g es una supercie tipo tiempo.Usaremos la notacion S21 := S21(1)


El modelo del hiperboloide del plano hiperbolico de radio r > 0, es lasupercie tipo espacioH2(r) := f(x; y; z) 2 R31j z > 0; x2 + y2 z2 = r2g. Por simplicidadescribiremos H2 para denotar a H2(1).

Proposicion 3.2.1 Denotemos por M =M(c) a cada una de las superciesdel Ejemplo 3.2.1, es decir M(0) es el cono de luz. Si c > 0, M(c) = S21(c)y si c < 0, M(c) = H2(jcj). El campo vectorial a lo largo de M dado por elvector posicion (x; y; z) := (x; y; z), es un campo vectorial normal, es decires ortogonal a M . El campo vectorial es tipo luz, tipo espacio o tipo tiemposi c = 0; > 0; < 0 respectivamente.

Demostracion. Dado p := (x; y; z) 2 M queremos probar que (x; y; z) esortogonal a T(x;y;z)M . Para esto se necesita vericar que (x; y; z) sea ortogonalcualquier vector en T(x;y;z)M . Sea v 2 TpM cualquier vector tangente a TpM .Por denicion, v es el vector tangente de alguna curva : (a; b) ! R3 talque (t0) = p,

0(t0) = v para algun t0 2 (a; b) y para todo t 2 (a; b),(t) 2 M es decir h(t); (t)i is constante. Como la curva consiste devectores de posicion, tenemos las siguientes relaciones:hp; vi = h(t0); 0(t0)i = h(t); 0(t)ijt0 = 12h(t); (t)i0jt0 = 0. 2

Figura 3.1: Plano hiperbolico-Espacio de De Sitter

Denicion 3.2.3 Sea f : U R2 ! R una funcion C1. Se dice que f eseikonal si jrf j = ((fx)2 + (fy)2)1=2 = c una constante c.

El siguiente resultado nos da un criterio para saber el caracter causal dela graca de una funcion.


Proposicion 3.2.2 Sea M una supercie lisa dada por la graca de unafuncion f : U R2 ! R. Sea jrf j =p(fx)2 + (fy)2. Entonces

M es tipo espacio si y solo si jrf j < 1. M es tipo tiempo si y solo si jrf j > 1. M es tipo luz si y solo si jrf j = 1, es decir f es una funcion eikonal.

Demostracion. Consideremos el vector = (fx; fy; 1) el cual es ortogonal aTpM , con p = (x; y; f(x; y)). En consecuencia M es tipo espacio si es tipotiempo, M es tipo tiempo si es tipo espacio, M es tipo luz si es tipoluz. Notese que jj2 = jrf j2 1. Usando esta ultima ecuacion se obtiene elresultado deseado. 2

Ejemplo 3.2.2 Como aplicacion de esta Proposicion 3.2.2 podemos ver-icar que el espacio hiperbolico H21(r) es tipo espacio y el espacio de DeSitter S21(r) es tipo tiempo: Para esto basta observar que H2(r) y S21(r)se puede obtener como la graca de la funcion z =

px2 + y2 + r2 y z =

px2 + y2 r2, respectivamente. El signo a elegir depende si queremosgracar la parte estrictamente arriba del plano xy o la parte por debajo.Para la supercie H21(r), el gradiente esta dado por

rf = ( xpx2 + y2 + r2

;yp

x2 + y2 + r2);

de donde se deduce la desigualdad jrf j2 = x2+y2x2+y2+r2

< 1.Para el espacio de De Sitter, tenemos las relaciones

rf = ( xpx2 + y2 r2 ;

ypx2 + y2 r2 )

y jrf j2 = x2+y2x2+y2r2 > 1.

Teoricamente siempre se puede describir un abierto de una supercie comola graca de una funcion, pero en algunos casos es conveniente poder hacercalculos en forma implcita: La tecnica que vamos a explicar funciona cuandola supercie esta descrita en forma implcita por medio de una funcion F :

M = f(x; y; z)jF (x; y; z) = 0g:


Un campo vectorial ortogonal a M esta dado por = (Fx; Fy;Fz), lo cualse ve despues de aplicar la regla de la cadena a F = 0 donde esta igualdadnos dice que la curva esta contenida en M . La regla de la cadena deja laigualdad Fj(t) 0(t) = 0 la cual es equivalente a h; 0(t)i = 0.

Entonces, el criterio para determinar el caracter causal de M es:

M es tipo espacio si y solo si (Fx)2 + (Fy)2 < (Fz)2. M es tipo tiempo si y solo si (Fx)2 + (Fy)2 > (Fz)2. M es tipo luz si y solo si (Fx)2 + (Fy)2 = (Fz)2.

Como ejemplo, para el espacio de De Sitter F (x; y; z) = x2+y2z21 y(Fx; Fy;Fz) = (2x; 2y; 2z). Como 4x2+4y2 = 1+4z2 > 4z2, esta superciees tipo tiempo.

Proposicion 3.2.3 SiM es una supercie compacta tipo espacio, tipo tiempoo tipo luz, entonces @M 6= ;.

Demostracion. Basta observar que cualquier supercie compacta sin fronteratiene puntos donde el plano tangente es tipo tiempo. De hecho cualquierplano en R31, despues de una translacion resulta ser un plano tangente. Esdecir, una supercie compacta tiene planos tangentes de cualquier caractercausal. 2

Proposicion 3.2.4 Si M es una supercie tipo espacio, entonces M es ori-entable.

Demostracion. Vamos a construir un campo vectorial continuo a lo largo deM el cual es tipo tiempo y esta dirigido al futuro. Sea p 2 M , como Mes supercie lisa, existe un abierto de M Vp alrededor de p y una inmersion'p : Up R2 ! R3 tal que '(Up) = Vp. La inmersion ' = 'p induce uncampo vectorial ortogonal y de norma uno:

's 'tj's 'tj ;

el cual es tipo tiempo. Ahora vamos a denir el campo vectorial coolineala este campo vectorial de tal forma que ~ este dirigido al futuro:


~(q) :=

( 's'tj's'tj j'1(q) si h's 't; e3i < 0 's'tj's'tj j'1(q) si h's 't; e3i > 0:

Podemos hacer esta construccion en un abierto de M para cada punto deM . Obtenemos as una cubierta fVpgp2M de M y en cada abierto tenemosdenido un campo vectorial tipo tiempo ortogonal a M , de norma 1 y queesta dirigido al futuro. Entonces el campo vectorial buscado es

(q) := ~p(q) si q 2 Vp:Este campo vectorial ortogonal esta bien denido y es continuo. 2

3.2.2 La primera forma fundamental o metricas induci-das

Denicion 3.2.4 Dada una supercie lisa en R31 Decimos que la metricade Lorentz induce una metrica no-degenerada en M , si para cada p 2 M lasiguiente forma bilineal es no degenerada:

IM;p : TpM TpM ! Rdada IM;p(v; w) := hv; wi. Si la forma bilineal I = IM;p es degenerada,diremos que la metrica es degenerada. En cualquier caso esta metrica seconoce como la primera forma fundamental o metrica inducida.

Denicion 3.2.5 Dada cualquier base v; w de TpM , le podemos asociar unamatriz, que denotaremos tambien por I, con respecto a tal base:

Ip =

IM;p(v; v) IM;p(v; w)IM;p(w; v) IM;p(w;w)

:

La metrica inducida es no-degenerada si y solo si el determinante de lamatriz Ip es distinto de cero para todo p 2M . La metrica inducida es posi-tiva denida si y solo si el determinante de la matriz Ip es positivo para todop 2 M . La metrica inducida es indenida si y solo si el determinante de lamatriz Ip es negativo para todo p 2M .

Podemos usar la metrica inducida para caracterizar el caracter causal deuna supercie.


Observacion 3.2.2 Caracter causal en terminos de la metrica

Una supercie es tipo espacio si y solo si la metrica inducida I = IM;pes no-degenerada y positiva denida para todo p 2M .

Una supercie es tipo tiempo si y solo si la metrica inducida I = IM;pes no-degenerada y indenida para todo p 2M .

Una supercie es tipo luz si y solo si la metrica inducida I = IM;p esdegenerada y de rango uno para todo p 2M .

Ejemplo 3.2.3 Vamos a aplicar el criterio de la metrica inducida paraencontrar el caracter causal de la graca de una funcion lisa f : U R2 ! R. Sea M = f(x; y; f(x; y)) 2 R31g. Para calcular la metricainducida en M , necesitamos una base para el plano tangente en el puntop = (x; y; f(x; y)). Una base natural se obtiene tomando las derivadas par-ciales de la parametrizacion de M : v = (1; 0; fx) y w = (0; 1; fy). La matrizasociada a la metrica inducida esta dada por

Ip =

hv; vi hv; wihw; vi hw;wi

=

1 f 2x fxfyfxfy 1 f 2y

:

El determinante de esta matriz es 1 f 2x f 2y . Se deduce que M es tipoespacio, tipo tiempo o tipo luz si este determinante es positivo, negativo ocero, respectivamente.

3.3 El operador de Forma y la segunda forma

fundamental

Denicion 3.3.1 La aplicacion de Gauss: Sea M una supercie lisa tipoespacio, tipo tiempo y sea p 2M un punto. Consideremos un abierto U Mque contenga a p y tal que M admite un campo vectorial normal n : U M ! (TM)? ortogonal a M denido en U . Ademas podemos elegir n talque := hn(p); n(p)i = 1;1 dependiendo siM es tipo tiempo o tipo espacio,respectivamente.De manera que si M es tipo tiempo, n, es una funcion

n : U M ! S21

3.3. OPERADOR DE FORMA Y SEGUNDA FORMA FUND. 37

con imagen dentro del espacio de De Sitter.Si M es tipo espacio, n es una funcion

n : U M ! H2

con imagen dentro del espacio hiperbolico.

Denicion 3.3.2 Denimos la derivada direccional, Dvn, de la aplicacionde Gauss n, en la direccion tangente v 2 TpM como

Dvn =d

dt jt=t0(n (t));

donde es una curva en M con condiciones (t0) = p y 0(t0) = v.

Proposicion 3.3.1 Sea M una supercie lisa tipo espacio o tipo tiempo conn un campo vectorial n ortogonal a M normalizado. La derivada direccionaldel campo vectorial n induce una transformacion lineal TpM ! TpM dadapor

v 7! (Dvn)p:

Demostracion. Primero veamos que (Dvn)p 2 TpM : Sea : (a; b) !M una curva lisa en M que pasa por p con vector velocidad v. Ahorausemos la condicion de que n esta normalizado, es decir hn(q); n(q)i es +1; 1dependiendo del caracter causal de M . En particular si los puntos q 2M losrestringimos a la curva , entonces hn((t)); n((t))i es constante. As queal tomar la derivada

h(Dvn)p; n (t)i = hd

dt jt=t0(n (t)); n (t)i = 0;

Esto prueba que (Dvn)p 2 TpM .

Ahora veriquemos la linealidad:

Dados dos vectores v; w 2 TpM y 2 R, elegimos a las curvas ; ; :(; ) tales que (0) = (0) = (0) = p y 0(0) = v + w, 0(0) = v y


0(0) = w. Ahora procedemos al calculo:

Dv+wn =d

dt jt=t0(n (t)) = n(0)0(0) = np(v + w)

= np(v) + np(w)

= d

dt jt=t0(n (t)) + d

dt jt=t0(n (t)) = Dvn+Dwn:

2

Denicion 3.3.3 Sea M una supercie regular. La aplicacion lineal in-ducida por la derivada direccional de un campo vectorial ortogonal n nor-malizado sera denotada como Sp : TpM ! TpM y la llamaremos el operadorde forma de M en el punto p:

Sp(v) = Dvn:Ejemplo 3.3.1 Vamos a calcular la derivada direccional, a lo largo de unacurva, de la aplicacion de Gauss del espacio hiperbolico H2(r) o el espacio deDe Sitter S21(r). En ambos casos tenemos un campo vectorial normal dadopor n(x; y; z) = (x; y; z) para todo (x; y; z) 2M .Dado cualquier vector tangente v 2 TpM donde p 2 M , introducimos unacurva que satisface estas condiciones iniciales:Si M = H2(r) o si M = S21(r) y v es tipo tiempo,(t) = r sinh(tjvj=r) vjvj + r cosh(tjvj=r)p=r.El vector tangente es 0(t) = jvj cosh(tjvj=r) vjvj + jvj sinh(tjvj=r)p=r.Si M = S21(r) y v es tipo espacio,(t) = r sin(tjvj=r) vjvj + r cos(tjvj=r)p=r.El vector tangente es 0(t) = jvj cos(tjvj=r) vjvj jvj sin(tjvj=r)p=r.Si M = S21(r) y v es tipo luz, (t) = p+ tv.Evaluando en t = 0, vemos que las condiciones iniciales de :

(0) = p; 0(0) = v:

Estamos listos para calcular la derivada direccional del campo n:

Dvn =d

dt jt=t0n (t) = d

dt jt=t0(t)=r = 0(0)=r = v=r:

Estos calculos muestran que el operador de forma Sp de H2(r) o del espaciode De Sitter S21(r) en cualquier punto p esta dado por Sp(v) = Dvn = v=r.


Lema 3.3.1 Sea M una supercie regular y sea p 2 M . Consideremos unainmersion ' : U R2 ! R31 con p 2 '(U) M . Entonces

Sp('u) = nu Sp('v) = nv:Demostracion. Sea p = '(u0; v0) para algun (u0; v0) 2 U . Por denicion,Sp('u) = @(n')@u = nu. Donde usamos el hecho que la curva u 7! '(u; v0)pasa por p en tiempo v0 con velocidad 'u. Similarmente, Sp('v) = @(n')@v =nv.2

Proposicion 3.3.2 El operador de forma Sp : TpM ! TpM es una trans-formacion lineal autoadjunta o simetrica:

hSp(v); wi = hv; Sp(w)i;para todo p 2M .Demostracion. Sea ' : U R2 ! R31 una inmersion con p 2 '(U) M .Por Lema 3.3.1,

hSp('u); 'vi = hnu; 'vi = hn; 'vuih'u; Sp('v)i = h'u; nvi = h'vu; ni:

Finalmente, el resultado se sigue por bilinealidad. 2

Denicion 3.3.4 SeaM una supercie lisa en R31 tipo tiempo o tipo espaciocon aplicacion de Gauss n y sea = hn; ni. La segunda forma fundamentalde M en el punto p es la siguiente forma bilineal:

IIp : TpM TpM ! (TpM)?

dada porIIp(v; w) := hSp(v); wi n(p): (3.1)

Es una forma bilineal con valores en la recta ortogonal a M . Notese queIIp(v; w) = IIp(w; v), es decir la segunda forma fundamental es simetricapara todo p 2M .En particular observemos que

hIIp(v; w); ni := hSp(v); wi: (3.2)


El vector de curvatura media ~H de M en p se dene como

~H(p) =1

2tr(IIp) =

1

2(1IIp(v1; v1) + 2IIp(v1; v2));

donde v1; v2 es una base ortonormal de TpM con

1 = hv1; v1i; 2 = hv2; v2i:

Denicion 3.3.5 Una supercieM cuyo vector de curvatura media satisface~H(p) = 0 para todo p 2M se llama mnima.

3.3.1 Curvatura Gaussiana y Curvatura Media va eloperador de forma

Denicion 3.3.6 SeaM una supercie lisa en R31 tipo espacio o tipo tiempo.Usando las ecuaciones (3.1) y (3.2) y una base ortonormal v1; v2 de TpMdeducimos que la curvatura Gaussiana K(p) de M en el punto p esta dadapor

K(p) = det(IIp)

= 12(hIIp(v1; v1); IIp(v2; v2)i hIIp(v1; v2); IIp(v1; v2)i)= 12(hSp(v1); v1ihSp(v2); v2i hSp(v1); v2ihSp(v1); v2i)

La curvatura media de M en el punto p esta dada por la relacion

~H(p) = H(p)n(p);

es decir H(p) = h ~H(p); ni.

H(p) = 1

2(1hIIp(v1; v1); ni+ 2hIIp(v1; v2); ni) (3.3)

= 1

2(1hSp(v1); v1i+ 2hSp(v2); v2i): (3.4)

Notese que

Sp(v1) = 1hSp(v1); v1iv1 + 2hSp(v1); v2iv2Sp(v2) = 1hSp(v2); v1iv1 + 2hSp(v2); v2iv2:


As que la matriz asociada a Sp con respecto a la base v1; v2 esta dadapor:

[S] =

1hSp(v1); v1i 1hSp(v1); v2i2hSp(v2); v1i 2hSp(v2); v2i

:

Entonces las curvaturas son

K(p) = det([S]); H(p) = 1

2tr([S]):

Proposicion 3.3.3 Con respecto a una base arbritaria, la curvatura Gaus-siana y la curvatura media se expresan como

K(p) = hSp(v); vihSp(w); wi hSp(v); wi2

hv; vihw;wi hv; wi2 ;

H(p) = 1

2

hSp(v); vihw;wi 2hSp(v); wihv; wi+ hSp(w); wihv; vihv; vihw;wi hv; wi2 :

Demostracion. Sean v, w una base de TpM . Para calcular el determinantey la traza de Sp basta hallar la matriz asociada [Sp] a Sp en esta base:Sp(v) = av + bw y Sp(v) = cv + dw.

hSp(v); vi = ahv; vi+ bhw; vi;hSp(v); wi = ahv; wi+ bhw;wi;hSp(w); vi = chv; vi+ dhw; vi;hSp(w); wi = chv; wi+ dhw;wi:

II(v; v) II(v; w)II(w; v) II(w;w)

=

a bc d

I(v; v) I(v; w)I(w; v) I(w;w)

;

donde I = Ip y II = IIp. En notacion matricial

II = [Sp]I:

Entonces [Sp] = (II)I1. La matriz inversa es

I1 =1

detI

I(w;w) I(v; w)I(w; v) I(v; v)

:

Deducimos que


det([Sp]) = det(II)det(I1) =

det(II)

det(I)(3.5)

=hSp(v); vihSp(w); wi hSp(v); wi2

hv; vihw;wi hv; wi2 : (3.6)tr[Sp] = tr((II)I

1) (3.7)

=hSp(v); vihw;wi 2hSp(v); wihv; wi+ hSp(w); wihv; vi

hv; vihw;wi hv; wi2 :(3.8)

2

Proposicion 3.3.4 Curvaturas Gaussiana y media via una inmersion. Sea' : U R2 ! R31 una inmersion que cubre un abierto de p en la supercieM tipo espacio o tipo tiempo. Entonces las curvaturas se calculan por mediode las formulas:

K(p) = eg f 2EG F 2 ;

H(p) = 1

2

eG 2fF + gEEG F 2 ;

donde = hn; ni, n la aplicacion de Gauss de M y

e = hSp('u); 'ui = hn; 'uui;f = hSp('u); 'vi = hn; 'uvi;g = hSp('v); 'vi = hn; 'vvi;E = h'u; 'ui; F = h'u; 'vi; G = h'v; 'vi:

Demostracion. El resultado se sigue por sustitucion. 2

Ejemplo 3.3.2 Vamos a calcular la Curvatura Gaussiana y la curvaturamedia del espacio hiperbolico

H2(r) = fp 2 R31 j hp; pi = r2g

y del espacio de De Sitter

S21(r) = fp 2 R31 j hp; pi = r2g:


Sea = hn; ni donde n es la aplicacion de Gauss. Observemos que H2(r) esuna supercie de revolucion con eje de simetra el eje z. Ademas se obtienerotando alrededor del eje z a la curva (t) = r(0; sinh(t); cosh(t)), es decirH2(r) se parametriza como

'(t; s) = r(sin(s) sinh(t); cos(s) sinh(t); cosh(t)):

Ahora podemos calcular las primeras y segundas derivadas

't = r(sin(s) cosh(t); cos(s) cosh(t); sinh(t))

's = r(cos(s) sinh(t); sin(s) sinh(t); 0)'tt = r(sin(s) sinh(t); cos(s) sinh(t); cosh(t))

'ts = r(cos(s) cosh(t); sin(s) cosh(t); 0)'ss = r( sin(s) sinh(t); cos(s) sinh(t); 0):

La aplicacion de Gauss esta dada por n('(t; s)) = '(t; s)=r y como n es tipotiempo = hn; ni = 1. Entonces

e = r; f = 0; g = r sinh2(t); E = r2; F = 0; G = r2 sinh2(t):

Esto da por resultado que en cualquier p = '(t; s)

K(p) = 1=r2; H(p) = 1=r;

Es decir H2 tiene curvatura Gaussiana constante 1=r2 y curvatura mediaconstante 1=r.En el caso del espacio de De Sitter se toma la curva (t) = r(0; cosh(t); sinh(t))y la parametrizacion resulta

'(t; s) = r(sin(s) cosh(t); cos(s) cosh(t); sinh(t)):

Ahora podemos calcular las primeras y segundas derivadas

't = r(sin(s) sinh(t); cos(s) sinh(t); cosh(t))

's = r(cos(s) cosh(t); sin(s) cosh(t); 0)'tt = r(sin(s) cosh(t); cos(s) cosh(t); sinh(t))

'ts = r(cos(s) sinh(t); sin(s) sinh(t); 0)'ss = r( sin(s) cosh(t); cos(s) cosh(t); 0):


La aplicacion de Gauss esta dada por n('(t; s)) = '(t; s)=r y como n es tipoespacio = hn; ni = 1. Entonces

e = r; f = 0; g = r cosh2(t); E = r2; F = 0; G = r1 cosh2(t):

Un proceso similar muestra que

K(p) = 1=r2; H(p) = 1=r:

Corolario 3.3.1 Sea f : R2 ! R una funcion C1. La supercie Mdenida por la graca de f tiene curvaturas

K = det(Hessf)(jrf j2 1)2 ; H =

1

2

fxx(1 (fx)2) + 2fxfyfxy + fyy(1 (fy)2)jjrf j2 1j3=2 :

Demostracion. Recordemos que la graca de f es la imagen de la inmersion'(x; y) = (x; y; f(x; y)): Un campo vectorial ortogonal a M es (fx; fy; 1). Laaplicacion de Gauss esta dada por

n('(x; y)) =(fx; fy; 1)pjjrf j2 1j :

Por otro lado tenemos las derivadas parciales de la inmersion:

'x = (1; 0; fx)

'y = (0; 1; fy)

'xx = (0; 0; fxx)

'xy = (0; 0; fxy)

'yy = (0; 0; fyy)

e =fxxpjjrf j2 1j ; f = fxypjjrf j2 1j ; g = fyypjjrf j2 1j ;

E = 1 (fx)2; F = fxfy; G = 1 (fy)2

eg f 2 = fxxfyy f2xy

jjrf j2 1j ; EG F2 = 1 jrf j2

eG 2fF + gE = fxx(1 (fx)2) 2fxfyfxy fyy(1 (fy)2)pjjrf j2 1j :

3.4. EL HIPERBOLOIDEH2 ES ISOMETRICO ALMODELODE POINCARE45

Denimos

= hn; ni = jrf j2 1

jjrf j2 1j :

Entonces las curvaturas son

K = fxxfyy f2xy

(jrf j2 1)2 ; H =1

2

fxx(1 (fx)2) + 2fxfyfxy + fyy(1 (fy)2)jjrf j2 1j3=2 :

2

Vamos a enunciar el teorema de calculo acerca de maximos y mnimos deuna funcion diferenciable de dos variables.

Proposicion 3.3.5 (Ver detalles en [1] pagina 207)Sea f : R2 ! R una funcion C1. Sea (x0; y0) 2 un punto criticode f , es decir fx(x0; y0) = 0; fy(x0; y0) = 0. Si det(Hessf) > 0, entonces falcanza un maximo (si fxx(x0; y0) < 0) o mnimo (si fxx(x0; y0) > 0) en talpunto.En el caso de que det(Hessf) < 0, entonces f no alcanza ni maximo nimnimo en tal punto.

Corolario 3.3.2 Sea M una supercie tipo espacio con curvatura negativaen p entonces el plano tangente de M en p deja localmente a M en uno delos dos semiespacios que determina. Si M tiene curvatura positiva en p, Matraviesa localmente su plano tangente en p.

Demostracion. Primero aplicamos una isometra T del espacio de Minkowskique lleve p al origen y el plano tangente de M en p al plano xy. EntoncesT (M) es la graca de una funcion, F , C1 alrededor de 0. Notese que lacurvatura de T (M) en el punto 0 es igual a la curvatura de M en el punto p.Se sigue del Corolario 3.3.1, que el signo de det(HessF ) alredor del origen espositivo si la curvatura de M en p es negativa; y es negativo si la curvaturade M en p es positiva. Ahora resta aplicar la Proposicion 3.3.5. 2

3.4 El hiperboloide H2 es isometrico al modelode Poincare

En esta seccion describimos una isometra entre el hiperboloide

H2 := f(x; y; z) 2 R31j z > 0; x2 + y2 z2 = 1g


y el modelo de Poincare del plano hiperbolico. Para esto vamos a dar unaparametrizacion deH2 conveniente para este n. Usaremos la parametrizacionpara encontrar la matriz de la metrica inducida en H2 por la metrica deLorentz del espacio ambiente.

Recordemos que el modelo del disco de Poincare del plano hiperbolico es

B := f(x; y) 2 R2 j x2 + y2 < 1g;con metrica Riemanniana

ds2 =4(dx2 + dy2)

(1 (x2 + y2))2 :

La parametrizacion esta dada por el homeomorsmo : B ! H2, denidocomo

(x; y) =

2x

1 x2 y2 ;2y

1 x2 y2 ;1 + x2 y21 x2 y2

:

Se sigue de un calculo que h(x; y);(x; y)i = 1 y por tanto (B) H2.Los vectores tangentes de H2 inducidos por esta parametrizacion son

x =@

@x=

2(1 + x2 y2)(1 x2 y2)2 ;

4xy

(1 x2 y2)2 ;4x

(1 x2 y2)2

y

y =@

@y=

4xy

(1 x2 y2)2 ;2(1 x2 + y2)(1 x2 y2)2 ;

4y

(1 x2 y2)2:

Un calculo directo muestra que

hx;xi = 4(1 x2 y2)2 ; hx;yi = 0; y hx;yi =

4

(1 x2 y2)2 :

Lo cual pueba que, punto a punto, la metrica inducida en el hiperboloide enla base x;y coincide con la metrica del disco de Poincare dada en la base@@x; @@y.

Otro aspecto que conviene comparar es la estructura como espacios metricos.El disco de Poincare B tiene una distancia dB : B B ! R dada por

dB(p; q) := cosh11 +

2jp qj2(1 jpj2)(1 jqj2)

;

3.5. EJERCICIOS 47

Figura 3.2: Isometria entre modelos del plano hiperbolico

donde p = (x; y), q = (a; b) y jpj2 = x2 + y2.El hiperboliode tiene una metrica dada por dH2 : H2 H2 ! R dada

por

dH2(u; v) := cosh1(hu; vi):

La parametrizacion preserva las metricas:

dH2((p);(q)) = cosh14ax4by(1+jpj2)(1+jqj2)

(1jpj2)(1jqj2)

= cosh1

1 + 2(xa)

2+2(yb)2(1jpj2)(1jqj2)

= cosh1

1 + 2jpqj

2

(1jpj2)(1jqj2)

= dB(p; q):

3.5 Ejercicios

1. Sean u; v; w; z vectores en R31. Diga si la identidad de Lagrange para elcaso Euclidiano es cierta en el caso Lorentziano.

hu v; w zi = hu;wi hu; zihv; wi hv; zi

:2. Se sabe que una supercie en R31 tipo espacio es orientable. Buscar un

ejemplo de una supercie no orientable que sea tipo tiempo.


3. Sean A; B matrices de n n con entradas reales. Pruebe que la trazay el determinante satisfacen las identidades:

tr(AB) = tr(BA); det(AB) = (detA)(detB):

4. Sea b : V V ! R una forma bilineal simetrica. Dena la traza de bcomo

tr(b) :=hv2; v2ib(v1; v1) 2hv1; v2ib(v1; v2) + hv1; v1ib(v2; v2)

hv; vihw;wi hv; wi2

y el determinante de b como

det(b) =hIIp(v1; v1); IIp(v2; v2)i hIIp(v1; v2); IIp(v1; v2)i

hv; vihw;wi hv; wi2 ;

donde V es un subespacio de dimension dos de R31 tipo espacio o tipotiempo y v1; v2 es una base de V . Demuestre que tr(b) y det(b) nodependen de la base de V .

5. Sea b : V V ! R una forma bilineal simetrica, donde V es unsubespacio de R31 tipo espacio o tipo tiempo. Pruebe que si v1; v2 esuna base ortonornal de V entonces

tr(b) := 2b(v1; v1) + 1b(v2; v2)

ydet(b) = 12(hb(v1; v1); b(v2; v2)i hb(v1; v2); b(v1; v2)i):

Aqui usamos que 1 = hv1; v1i y 2 = hv2; v2i.6. Sea M R31 una supercie lisa. Supongamos que M admite un campo

vectorial tangente X : M ! R31 tipo tiempo, es decir X(p) 2 TpM yX(p) es tipo tiempo para todo p 2M .Demuestre que M es tipo tiempo.

7. Sean v; w una base ortonormal de TpM dondeM es una supercie tipoespacio o tipo tiempo. Pruebe que si v es una direccion principal de Mentonces w tambien es una direccion principal.

3.5. EJERCICIOS 49

8. Demuestre que una supercie es tipo tiempo si y solo si det g < 0,donde g denota la matriz de la metrica en alguna base.

9. Demuestre que una supercie es tipo espacio si y solo si det g > 0 dondeg denota la matriz de la metrica en alguna base.

10. Demuestre que una supercie es tipo luz si y solo si det g = 0 donde gdenota la matriz de la metrica en alguna base.

11. Calcule la curvatura media de una supercie reglada:

x(u; v) = (u) + v(u)

donde es una curva tipo espacio parametrizada por longitud de arco,es decir jj0jj = 1, y es una curva tipo tiempo tal que h; i = 1.

12. Calcular la curvatura gaussiana de la supercie reglada del problemaanterior.

CAPITULO 4

Conexion de Levi-Civita:Extrnseco vs Intrnseco

4.1 Campos vectoriales

Denicion 4.1.1 Sea F : R31 ! R una funcion C1 y sea v 2 R31 un vector.La derivada direccional de F en la direccion v en p 2 R31, denotada v F sedene como

v F = ddt jt=t0

(F );

donde : (a; b) ! R31 es una curva lisa con condiciones iniciales (t0) = py (t0) = v para algun t0 2 (a; b).

Proposicion 4.1.1 La derivada direccional descrita en la Denicion 4.1.1no depende de la curva , solo de las condiciones iniciales.

Demostracion. Sean : (a; b) ! R31 y : (c; d) ! R31 dos curvas con lascondiciones iniciales (t0) = p y (t0) = v y (s0) = p y (s0) = v. Por laregla de la cadena:

d

dt jt=t0(F ) = Fj(t0)0(t0) = Fjp(v)

= Fj(s0)0(s0) =

d

dt js=s0(F )

2

51

52 CAPITULO 4. CONEXI ON DE LEVI-CIVITA

Denicion 4.1.2 Un campo vectorial C1 en R31 es una aplicacion C1, X :R31 ! R31. Dado un abierto en R31, un campo vectorial en es unaaplicacion C1 X : R31 ! R31.Ejemplo 4.1.1 Hay tres campos vectoriales constantes que vamos a usarposteriormente. Los denotaremos por E1; E2; E3 : R31 ! R31 y estan dadospor

E1(x; y; z) = (1; 0; 0); E2(x; y; z) = (0; 1; 0); E3(x; y; z) = (0; 0; 1):

Un hecho importante es que cualquier campo vectorial X = (X1; X2; X3) seescribe como

X = X1E1 +X2E2 +X3E3

= hX;E1iE1 + hX;E2iE2 hX;E3iE3:Denicion 4.1.3 Sea F : R31 ! R una funcion C1 y sea X : R31 ! R31un campo vectorial vectorial X en R31. La derivada direccional de F en ladireccion de X, es una funcion denotada X F y se dene como

(X F )(p) = X(p) F:Observe que X(p) es un vector y X(p) F esta denido en la Denicion 4.1.1.Ejemplo 4.1.2 Consideremos cualquier funcion C1, F : R31 ! R. Vamosa calcular E1 F;E2 F;E3 F . Haremos uso de las curvas (t) = p+ t(1; 0; 0),(t) = p+ (0; 1; 0) y (t) = p+ (0; 0; 1).

(E1 F )(p) = E1(p) F = ddt jt=0

(F (t)) = Fj(0)0(0) = Fx(p);

(E2 F )(p) = E2(p) F = ddt jt=0

(F (t)) = Fj(0)0(0) = Fy(p);

(E3 F )(p) = E3(p) F = ddt jt=0

(F (t)) = Fj(0)0(0) = Fz(p);

es decir obtenemos las derivadas parciales de F .

La nocion de derivada direccional es un concepto que solo involucra laestructura diferenciable, pertenece al calculo diferencial. En cambio el con-cepto de gradiente de una funcion que introducimos a continuacion dependede la metrica, pertenece a la geometra diferencial.

4.1. CAMPOS VECTORIALES 53

Denicion 4.1.4 Sea F : R31 ! R una funcion C1. El gradiente de F ,denotado por rF , es el campo vectorial determinado por

hrF;Xi = X F:Lema 4.1.1 El gradiente de la funcion F esta dado por

rF = (Fx; Fy;Fz):Demostracion. Basta que en la Denicion 4.1.4, tomemosX igual a E1; E2; E3y apliquemos el Ejemplo 4.1.2:hrF;E1i = E1 F = Fx; hrF;E2i = E2 F = Fy; hrF;E3i = E3 F = Fz.Por ultimo resta vericar que

rF = hrF;E1iE1 + hrF;E2iE2 hrF;E3iE3:2

Ejemplo 4.1.3 Gradiente de la funciones coordenadas.Las funciones coordenadas con dominio en una supercie M estan dadaspor: 1jM(p) = x; 2jM(p) = y; 3jM(p) = z, donde p = (x; y; z) es cualquierpunto en M . Por el Lema 4.1.1,

r1(x; y; z) = ((1)x; (1)y; (1)z) = (1; 0; 0) = E1(x; y; z) (4.1)r2(x; y; z) = ((2)x; (2)y; (2)z) = (0; 1; 0) = E2(x; y; z) (4.2)r3(x; y; z) = ((3)x; (3)y; (3)z) = (0; 0; 1) = E3(x; y; z): (4.3)

Denicion 4.1.5 Corchete de Lie.Sean X; Y dos campos vectoriales C1. El corchete de Lie, denotado [X; Y ]es el campo vectorial que al aplicarlo a una funcion lisa F : R31 ! R, elresultado es

[X;Y ] F = X (Y F ) Y (X F ):Lema 4.1.2 Sea X un campo vectorial en R31. Entonces

X = (X 1)E1 + (X 2)E2 (X 3)E3: (4.4)Demostracion. Sabemos que

X = hX;E1iE1 + hX;E2iE2 hX;E3iE3y por el Ejemplo 4.1.3 :hX;Eii = hX;rii = X i. Esto concluye la prueba. 2


Proposicion 4.1.2 El corchete de Lie [X;Y ] de los campos X; Y en R31esta dado por

[X;Y ] = (hrY1; XihrX1; Y i; hrY2; XihrX2; Y i; hrY3; XihrX3; Y i)o de manera equivalente por

[X;Y ] = (X Y1 Y X1; X Y2 Y X2;X Y3 + Y X3);donde X = (X1; X2; X3) y Y = (Y1; Y2; Y3).

Demostracion. Para i = 1; 2; 3, sea i : R31 ! R la funcion proyecciondada por 1(x; y; z) = x; 2(x; y; z) = y; 3(x; y; z) = z.Observemos que

[X; Y ] 1 = X (Y 1) Y (X 1) = X (hr1; Y i) Y (hr1; Xi)= X (hE1; Y i) Y (hE1; Xi)= X Y1 Y X1 = hrY1; Xi hrX1; Y i

[X; Y ] 2 = X (Y 2) Y (X 2) = X (hr2; Y i) Y (hr2; Xi)= X (hE2; Y i) Y (hE2; Xi)= X Y2 Y X2 = hrY2; Xi hrX2; Y i

[X; Y ] 3 = X (Y 3) Y (X 3) = X (hr3; Y i) Y (hr3; Xi)= X (hE3; Y i) Y (hE3; Xi)= X Y3 Y X3 = hrY3; Xi hrX3; Y i:

Para concluir se aplica el Lema 4.1.2. 2

4.2 La conexion de Levi-Civita

Como veremos en esta seccion, el concepto de conexion es una generalizacionde la derivada direccional de una campo vectorial en la direccion de otrocampo vectorial. Por medio de las conexiones se puede calcular la curvaturade un espacio.

Denicion 4.2.1 Denotemos por X (R31) al conjunto de los campos vecto-riales en el espacio R31. Una conexion sobre R31, denotada por D, de R31 esuna funcion D : X (R31) X (R31) ! X (R31) que a cada pareja de camposvectoriales (X; Y ) les asocia un campo vectorial denotado por DXY tal que

4.2. LA CONEXI ON DE LEVI-CIVITA 55

1. DFXY = FDXY .

2. DX(FY ) = (X F )Y + FDXY (regla de Leibnitz).3. D es R-lineal en X y Y .

Ademas, una conexion D se llama de Levi-Civita si satisface las doscondiciones extras

4. X hY; Zi = hDXY; Zi + hY;DXZi (compatibilidad con la metrica deLorentz).

5. DXY DYX = [X;Y ] (libre de torsion).Lema 4.2.1 Unicidad de la conexion de Levi-Civita.Una conexion de Levi-Civita es unica y esta caracterizada por la formula deKoszul

2hDXY; Zi = XhY; Zi+ Y hZ;Xi ZhX; Y ihX; [Y; Z]i+ hY; [Z;X]i+ hZ; [X;Y ]i:

Reciprocamente, si D es una funcion que satisface la formula de Koszul en-tonces es una una conexion de Levi-Civita.

Demostracion. Sea D una conexion de Levi-Civita. Usamos la compatibili-dad con la metrica para ver que

X hY; Zi = hDXY; Zi+ hY;DXZiY hZ;Xi = hDYZ;Xi+ hZ;DYXi

Z hX; Y i = hDZX;Y i hX;DZY i:Como D es libre de torsion

hX; [Y; Z]i = hX;DYZi+ hX;DZY ihY; [Z;X]i = hY;DZXi hY;DXZihZ; [X; Y ]i = hZ;DXY i hZ;DYXi:

La suma total es 2hDXY; Zi, lo cual arma la formula de Koszul. Finalmente,observe que la formula de Koszul implica la unicidad ya que si D0 es otraconexion de Levi-Civita tambien cumple que

2hD0XY; Zi = XhY; Zi+ Y hZ;Xi ZhX; Y ihX; [Y; Z]i+ hY; [Z;X]i+ hZ; [X; Y ]i

= 2hDXY; Zi;


lo cual prueba que DXY = D0XY . 2

Observacion 4.2.1 La formula de Koszul nos dice que la conexion estadeterminada por la metrica y la estructura diferenciable de R31.

Teorema 4.2.1 La conexion de Levi-Civita de R31 asociada a la metrica deLorentz esta dada por

DXY = (X Y1; X Y2; X Y3)

o equivalentemente por

DXY = (hX;rY1i; hX;rY2i; hX;rY3i);

donde Y = (Y1; Y2; Y3).

Demostracion. SeaD la conexion de Levi-Civita de R31. Por la compatibilidadcon la metrica

hDXY;E1i = hDXY;E1i+ hY;DXE1i = XhY;E1i = X Y1;hDXY;E2i = hDXY;E2i+ hY;DXE2i = XhY;E2i = X Y2;hDXY;E3i = hDXY;E3i+ hY;DXE3i = XhY;E3i = X Y3:

Ahora solo hay que sustituir en

DXY = hDXY;E1iE1 + hDXY;E2iE2 hDXY;E3iE3:

2

Observacion 4.2.2 El Teorema 4.2.1, permite ver que la conexion de Levi-Civita del espacio de Minkowski es igual a la conexion de Levi-Civita delespacio Euclidiano con la metrica Euclidiana estandar: La derivada direc-cional de campos vectoriales.

Denicion 4.2.2 El tensor de curvatura Riemanniano de R31 es la funcionRD : X (R31)X (R31)X (R31) ! X (R31) dada por

RD(X;Y )Z = DX(DYZ)DY (DXZ)D[X;Y ]Z:

Por simplicidad escribiremos: RD(X; Y )Z = DXDYZ DYDXZ D[X;Y ]Z.

4.3. CONEXI ON INDUCIDA EN UNA SUPERFICIE 57

Lema 4.2.2 Para cualesquiera campos vectoriales X; Y; Z 2 X (R31),

RD(X;Y )Z = 0:

Es decir, el tensor de curvatura Riemanniano de R31 se anula.

Demostracion. Primero aplicamos una vez la conexion: Sean X;Y; Z =(Z1; Z2; Z3) cualesquiera campos vectoriales.Denotamos W = (W1;W2;W3) := DYZ = (Y Z1; Y Z2; Y Z3). Y ahoravolvemos a derivar:

DX(DYZ) = DXW = (X W1; X W2; X W3)= (X (Y Z1); X (Y Z2); X (Y Z3)):

Analogamente,

DY (DXZ) = (Y (X Z1); Y (X Z2); Y (X Z3)):

Ahora observemos que:

D[X;Y ]Z = ([X; Y ] Z1; [X; Y ] Z2; [X; Y ] Z3) =

(X (Y Z1)Y (X Z1); X (Y Z2)Y (X Z2); X (Y Z3)Y (X Z3)):Es claro que

DX(DYZ)DY (DXZ) = D[X;Y ]Z:2

4.3 Conexion inducida en una supercie

Sea M una supercie lisa en R31 tipo espacio o tipo tiempo. En esta seccionveremos que la componente tangente en M de la conexion de Levi-Civita deR31 es la conexion de Levi-Civita de R31 y por medio de esta conexion daremosla formula para calcular la curvatura Gaussiana de M .

Denicion 4.3.1 Sea f : M ! Rm una funcion. Se dice que f es C1 sif se puede extender localmente a una funcion C1 denida en un abierto deR31.


Denicion 4.3.2 Un campo vectorial o campo vectorial tangente sobre Mes una funcion X :M ! R31 tal que para todo p 2M ,

X(p) 2 TpM:El campo X se dice C1 si para cada p 2 M existe un abierto V R31 conp 2 V y un campo C1, ~X : V R31 ! R31 tal que

X = ~Xj(V \M);

es decir X es la restriccion de ~X. De manera equivalente podemos decir queX es C1 si X se puede extender localmente a un campo C1 con dominiouna abierto de R31.

Observacion 4.3.1 En cada punto p 2 M se tiene una descomposicionortogonal:

R31 = TpM + (TpM)?:Cada vector v 2 R31 tiene una descomposicion en su parte tangente vT y ensu parte ortogonal a M v?, es decir

v = vT + v?:

Lo mismo se puede hacer si en vez de un vector tenemos un campo vectorialX: X = XT +X?. Es decir, para cada p 2M

X(p) = XT (p) +X?(p):

Denicion 4.3.3 La conexion inducida.Sean X; Y :M ! R31 campos vectoriales tangentes sobre M los cuales sonC1. Sea p 2M y sean ~X; ~Y campos vectoriales en R31 denidos en abiertosdel espacio de Minkowski que contienen a p y que son extensiones de X y Yrespectivamente. Denimos

DXY := D ~X~Y :

Entonces tenemos la descomposicion:

DXY = (DXY )T + (DXY )

?:

Analogamente, si n :M ! R31 es la aplicacion de Gauss de M denimosDXn := D ~X~n;


donde ~n es un campo vectorial en R31 denido en un abierto del espacio deMinkowski que contiene a p y que es extension de n .Finalmente introducimos la conexion en la supercie, la segunda forma fun-damental y el operador de forma:

rXY := (DXY )T ; conexion inducida en una supercie.II(X; Y ) = (DXY )

?;

S(X) = DXn Formula de Weingarten. (4.5)Notese que es valida la siguiente relacion llamada formula de Gauss

DXY = rXY + II(X; Y ): (4.6)Proposicion 4.3.1 DXY y DXn no dependen de las extensiones de los cam-pos X, Y y n. En particular, rXY , II(X; Y ) y S(X) estan bien denidos.Proposicion 4.3.2 En terminos de la aplicacion de Gauss de M , la segundaforma fundamental se expresa como

II(X;Y ) = hS(X); Y in:Esta igualdad se deduce de hII(X;Y ); ni = hS(X); Y i.Demostracion. Como II(X;Y ) es un campo vectorial ortogonal a M ,

II(X; Y ) = hII(X; Y ); nin:Por otro lado hII(X; Y ); ni = hDXY; ni = hY;DXni = hY; S(X)i. 2Ejemplo 4.3.1 Consideremos el cilindro de revolucion M en R31 denidopor la ecuacion

x2 + y2 = 1:

Como el eje de revolucion es el eje z, el cilindro es una supercie tipo tiempo.La aplicacion de Gauss de este cilindro es n(x; y; z) = (x; y; 0). Denimosdos campos vectoriales tangentes a M :

X(x; y; z) = (y; x; 0); Y (x; y; z) = (0; 0; 1):Estos campos tangentes, se extienden a campos vectoriales en R31:~X(x; y; z) = (y; x; 0); ~Y (x; y; z) = (0; 0; 1). Por simplicidad, los llamaremos


como X en lugar de ~X y lo mismo para ~Y . Estos campos los podemos escribircomo X(x; y; z) = yE1 + xE2; Y (x; y; z) = E3.

DXX = (X X1; X X2; X X3):X X1 = (yE1 + xE2) X1 = yE1 (y) + xE2 (y) = x:X X2 = (yE1 + xE2) X2 = yE1 (x) + xE2 (x) = y:X X3 = (yE1 + xE2) X3 = yE1 (0) + xE2 (0) = 0:DXX = (x;y; 0); se sigue querXX = (DXX)T = (0; 0; 0);

II(X;X) = (DXX)? = hDXX;nin = n = (x;y; 0):

DY Y = (Y Y1; Y Y2; Y Y3):Y Y1 = (E3) 0 = 0; Y Y2 = (E3) 0 = 0; Y Y3 = (E3) 1 = 0:DY Y = (0; 0; 0); entonces la parte tangente y ortogonal es

rY Y = (DY Y )T = (0; 0; 0); II(Y; Y ) = (DY Y )? = (0; 0; 0):DXY = (X Y1; X Y2; X Y3):X Y1 = X 0 = 0; X Y2 = X 0 = 0; X Y3 = X 1 = 0:DXY = (0; 0; 0) en consecuencia

rXY = (DXY )T = (0; 0; 0); II(X; Y ) = (DXY )? = (0; 0; 0):

Denicion 4.3.4 El tensor de curvatura Riemanniana de M es la funcionR = Rr : X (M)X (M)X (M) ! X (M) dada por

R(X; Y )Z = rX(rYZ)rY (rXZ)r[X;Y ]Z (4.7)

Por simplicidad escribiremos: R(X;Y )Z = rXrYZ rYrXZ r[X;Y ]Z.

Teorema 4.3.1 Sean X; Y; Z;W campos vectoriales tangentes aM denidosen una vecindad de p 2 M , donde M es una supercie tipo espacio o tipotiempo. Entonces se satisface la Ecuacion de Gauss:

hR(X;Y )Z;W i = hII(X;W ); II(Y; Z)i hII(X;Z); II(Y;W )i: (4.8)

Demostracion. La clave para deducir la Ecuacion de Gauss es aplicar lasformulas de Gauss y Weingarten y usar la descomposicion en parte tangentey parte normal:DYZ = rYZ + II(Y; Z) entonces DXDYZ = DX(rYZ) + DX(II(Y; Z)).


Necesitamos analizar estos dos terminos:Por la formula de Gauss, DX(rYZ) = rX(rYZ)+II(X;rYZ), esto implicaque hDX(rYZ);W i = hrX(rYZ);W i ya que II(X;rYZ) es ortogonal aM .En el caso del segundo termino,

hDX(II(Y; Z));W i = hII(Y; Z); DXW i = hII(Y; Z); (DXW )?i= hII(Y; Z); II(X;W )i:

Ahora deducimos lo siguiente

hDXDYZ;W i = hDX(rYZ);W i+ hDX(II(Y; Z));W i= hrX(rYZ);W i hII(Y; Z); II(X;W )i:

Analogamente,

hDYDXZ;W i = hrY (rXZ);W i hII(X;Z); II(Y;W )i:Finalmente, por la formulas de Gauss D[X;Y ]Z = r[X;Y ]Z + II([X; Y ]; Z).Entonces

hD[X;Y ]Z;W i = hr[X;Y ]Z;W i+ hII([X;Y ]; Z);W i= hr[X;Y ]Z;W i:

Ahora recordemos que el tensor de curvatura Riemanniana de R31 = 0:RD(X;Y )Z = 0.Deducimos que:

0 = hDX(DYZ)DY (DXZ)D[X;Y ]Z;W i= hrXrYZ rYrXZ r[X;Y ]Z;W i hII(Y; Z); II(X;W )i

+hII(X;Z); II(Y;W )i= hR(X;Y )Z;W i hII(Y; Z); II(X;W )i+ hII(X;Z); II(Y;W )i

2

Denicion 4.3.5 La derivada del operador de forma S, de una supercieM , se dene como

(rXS)(Y ) = rX(SY ) S(rXY ); (4.9)para todo X;Y campos vectoriales de M .


Teorema 4.3.2 Para toda supercie tipo espacio o tipo tiempo M en R31 sesatisface que

(rXS)(Y ) = (rY S)(X); (4.10)para todo X; Y campos vectoriales tangentes a M .

Demostracion.

(rXS)(Y ) = rX(SY ) S(rXY ) = rX(DY n) +DrXY n= (DXDY n)T +DrXY n = (DXDY n+D[X;Y ]n)T +DrXY n= (DXDY n)T D(rXYrYX)n+DrXY n = (DXDY n)T +DrYXn= (rY S)(X):

Notese que en el segundo renglon aplicamos que la curvatura del espacio deMinkowski es cero. 2

Denicion 4.3.6 La curvatura seccional K() deM en el punto p se denecomo

K() =hR(X;Y )Y;Xi

hX;XihY; Y i hX; Y i2 ;

donde X; Y son campos vectoriales tangentes de M tal que X(p); Y (p) esuna base del plano no degenerado := TpM .

Corolario 4.3.1 Teorema Egregium de GaussLa curvatura Gaussiana de M es igual a la curvatura seccional:

K =hR(X;Y )Y;Xi

hX;XihY; Y i hX; Y i2 :

Demostracion. Sea p 2 M y sea X; Y una base ortogonal de TpM , i.e.hX;Y i = 0. Por la ecuacion de Gauss (4.8),

hR(X;Y )Y;Xi = hII(X;X); II(Y; Y )i hII(X;Y ); II(X; Y )i:Entonces la curvatura seccional es

hR(X;Y )Y;XihX;XihY; Y i hX; Y i2 =

hII(X;X); II(Y; Y )i hII(X; Y ); II(X; Y )ihX;XihY; Y i hX; Y i2

= 12hII(X;X); II(Y; Y )i hII(X;Y ); II(X; Y )i;donde 1 = hX;Xi y 1 = hY; Y i. 2

Recordemos que una supercie mnima tiene por denicion vector de cur-vatura media cero.

4.4. CAMPOS VECTORIALES CERRADOS Y CONFORMES 63

Corolario 4.3.2 La curvatura Gaussiana K de una supercie mnima sat-isface que K 0 si M es tipo espacio y si K es constante cero, M es partede un plano. Si M es tipo tiempo el signo de K puede cambiar.

Demostracion. Sea p 2 M cualquier punto. En una base ortonormal v1; v2de TpM : 0 = ~H(p) = hv1; v1iII(v1; v1) + hv2; v2iII(v2; v2), es decir

hv1; v1iII(v1; v1) = hv2; v2iII(v2; v2):Por el Corolario 4.3.1, la curvatura Gaussiana es

K = hII(v1;v1);II(v2;v2)ihII(v1;v2);II(v1;v2)ihv1;v1ihv2;v2i= hII(v1; v1); II(v1; v1)i hv1; v1ihv2; v2ihII(v1; v2); II(v1; v2)i:

Ahora observemos que hII(v; w); II(v; w)i 0 y hv1; v1ihv2; v2i > 0 si Mes tipo espacio y hII(v; w); II(v; w)i 0 y hv1; v1ihv2; v2i < 0 si M es tipotiempo.Ademas si M es tipo tiempo y la curvatura es constante cero entonces

hII(v1; v1); II(v1; v1)i+ hII(v1; v2); II(v1; v2)i = 0:Como ambos sumandos son menores o iguales a cero,

hII(v1; v1); II(v1; v1)i = 0 = hII(v1; v2); II(v1; v2)i:Esto implica que II(v1; v1) = 0 = II(v1; v2) = II(v2; v2). Es decir, la segundaforma fundamental es constante igual a cero. 2

4.4 Campos vectoriales cerrados y conformes

En esta seccion vamos a calcular la curvatura en una supercie que admiteun campo vectorial llamado cerrado y conforme. Veremos que ejemplos detales supercies son el plano hiperbolico y el espacio de De Sitter.

Denicion 4.4.1 Sea M una supercie lisa inmersa en R31. Un campo vec-torial sobre M X : M ! TM se llama cerrado y conforme si existe unafuncion lisa ' :M ! R tal que

rYX = 'Y; (4.11)para todo campo vectorial Y sobre M .


Proposicion 4.4.1 Sea M una supercie en el espacio de Minkowski tipoespacio o tipo tiempo que admite un campo cerrado y conforme. Entonces encada punto de M donde X no se anula y X(p) no es tipo luz, la curvaturaGaussiana de M esta dada por

K(p) = (X ')(p)jX(p)j2 : (4.12)

Demostracion. Sea p 2 M tal que X(p) 6= 0. Por tanto existe una vecindadU de p tal que X(q) 6= 0 para todo q 2 U . Podemos suponer que U essuciente mente chica para que exista otro campo vectorial Y de M denidoy que no se anula en U . Ademas Y debe ser asumido ortogonal a X, es decirhX;Y i = 0.Por el Teorema Egregium de Gauss, podemos calcular la curvatura Gaus-siana calculando la curvatura seccional. Para empezar tenemos que calcularhR(X;Y )Y;Xi:rYrXX = rY ('X) = (Y ')X + '2Y . Por lo tanto

hrYrXX; Y i = '2jY j2:

Ahora, rXrYX = rX('Y ) = (X ')Y 'rXY . Se tiene la igualdad,

hrXrYX; Y i = h(X ')jY j2 'hrXY; Y i:

Finalmente para calcular el ultimo termino de la curvatura necesitamos cono-cer el corchete [Y;X]. Como la conexion es libre de torsion[Y;X] = rYX rXY = 'Y rXY . Por lo tantohr[Y;X]X;Y i = '2jY j2 + 'hrXY; Y i y

R(Y;X)X = (Y ')X (X ')Y:

En base a la Ecuacion (4.7), deducimos hR(Y;X)X; Y i = (X ')jY j2:Entonces la curvatura se calcula como

K =hR(Y;X)X; Y i

jX2jjY j2 :

2

Estamos listos para calcular la curvatura Gaussiana del plano hiperbolicoy el espacio de De Sitter por medio de tecnicas intrinsecas.

4.4. CAMPOS VECTORIALES CERRADOS Y CONFORMES 65

Lema 4.4.1 Sea Mc = S21(c) el plano hiperbolico si c = 1 o el espacio dede Sitter si c = 1 . Sea p 2M y v 2 TpM n f0g. Entonces el campo vectorial

X(q) := v chv; qiq; q 2M:

es cerrado y conforme sobre M y satisface la condicion inicial X(p) = v.Ademas para todo campo Y tangente a M , (rYX)q = 'Y donde '(q) :=chX(p); qi y (Y ')(p) = chX(p); Y (p)i.

Demostracion. El vector tangente v induce un campo vectorial constanteen R3 el cual denotamos tambien por v y el cual le asigna a cada punto deR3 el vector v. Ahora observemos que el campo vectorial X es en efectotangente a M : Un punto q 2 M satisface la condicion hq; qi = c por lotanto hX(q); qi = hv; qi chv; qihq; qi = hv; qi c2hv; qi = 0. Finalmente,X(p) = v chv; pip = v porque v 2 TpM y p es ortogonal a M .Sea Y un campo vectorial

rYX = (DYX)T = (DY (v hv; qiq))T = (DY (hv; qiq))T= ((Y hv; qi)q)T (hv; qiDY q)T = (hv; qiDY q)T = hv; qiY:

En el calculo anterior aplicamos que el campo vectorial v en R31 es paraleloy que q es ortogonal a M . 2

Con la misma notacion del Lema 4.4.1, tenemos lo siguiente.

Corolario 4.4.1 La curvatura Gaussiana del plano hiperbolico o el espaciode De Sitter Mc esta dada por K = c. El tensor de curvatura es

R(X;Y )Z = c(hY; ZiX (hX;Zi)Y:

Demostracion. Por la Proposicion 4.4.1, K(p) = (X')(p)jX(p)j2 donde p 2M es unpunto donde el campo cerrado y conforme X no se anula. Para aplicar estaformula aMc elejimos como X al campo dado por X(q) := vchv; qiq, dondev no es tipo luz, el cual ya vimos es cerrado y conforme. Ademas vimos que'(q) = chv; qi. Se sigue que (X ')(p) = chv;X(p)i = chv; vi = cjvj2y X(p) = jvj2 6= 0. Entonces

K(p) = c:

Es decir la curvatura Gaussiana de S21(c) es constante e igual a c. Sea p 2My sean X; Y; Z tres vectores tangentes en TpM . Por el Lema 4.4.1, existentres campos cerrados y conformes

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