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6. Campos Tensoriais Métricos

1 - Considere o tensor métrico

\[g = dx^{1} \otimes dx^{1} + dx^{2} \otimes dx^{2}\]

para o espaço Euclidiano bi-dimensional \(\mathbb{E}^{2}\) e a 2-forma diferencial \(dx^{1} \wedge dx^{2}\). (i) Expresse o tensor métrico e a 2-forma diferencial em coordenadas polares: \(x^{1}(r,\theta) = r \cos{\theta},\ x^{2}(r,\theta) = r \sin{\theta}\). (ii) Por fim expresse a integral \(\int \int f(x^{1},x^{2})dx^{1}dx^{2}\) em coordenadas polares.

Solução:

(i) Para calcular os componentes do tensor métrico precisamos primeiro calcular os diferenciais.

\[dx^{1} = \frac{\partial x^{1}}{\partial r}dr + \frac{\partial x^{1}}{\partial \theta}d\theta, \text{ e } dx^{2} = \frac{\partial x^{2}}{\partial r}dr + \frac{\partial x^{2}}{\partial \theta}d\theta.\]

\[dx^{1} = \cos{\theta} dr - r \sin{\theta} d \theta, \text{ e } dx^{2} = \sin{\theta} dr + r \cos{\theta} d \theta.\]

Agora calculamos os produtos tensoriais descritos no tensor métrico:

\[dx^{1} \otimes dx^{1} = \cos^{2}{\theta} dr \otimes dr -r \cos{\theta} \sin{\theta} dr \otimes d\theta -r \cos{\theta} \sin{\theta} d\theta \otimes dr + r^{2} \sin^{2}{\theta} d\theta \otimes d\theta\]

\[dx^{2} \otimes dx^{2} = \sin^{2}{\theta} dr \otimes dr +r \cos{\theta} \sin{\theta} dr \otimes d\theta +r \cos{\theta} \sin{\theta} d\theta \otimes dr + r^{2} \cos^{2}{\theta} d\theta \otimes d\theta\]

Assim, temos \(g = dr \otimes dr + r^{2} d \theta \otimes d \theta\) ou na forma matricial, \(g_{ij} = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & r^{2} \end{pmatrix}.\) Para calcular a 2-forma devemos lembrar da antissimetria, \(dx^{1} \wedge dx^{2} = - dx^{2} \wedge dx^{1}\) e \(dx^{1} \wedge dx^{1} = dx^{2} \wedge dx^{2} = 0\). Essas propriedades são preservadas com a mudanças de coordenadas. Então,

\[dx^{1} \wedge dx^{2} = r \cos^{2}{\theta}dr \wedge d \theta - r \sin^{2}{\theta} d \theta \wedge dr = r dr \wedge d \theta,\]

onde usamos o \(\cos^{2}{\theta} + \sin^{2}{\theta}=1\) e \(dr \wedge d \theta = - d \theta \wedge dr.\)

(ii) Seja qual for a função \(f(x^{1},x^{2})\) reexpressamos ela com as variáveis \(r\) e \(\theta\) e os termos \(dx^{1}dx^{2}\) representam a 2-forma \(dx^{1} \wedge dx^{2}\). Portanto a integral pode ser expressa em coordenadas polares da seguinte forma:

\[\int \int f(x^{1}(r,\theta),x^{2}(r,\theta)) r dr \wedge d \theta.\]

Para o caso de uma integral definida devemos também redefinir os limites de integração em coordenadas polares.

2 - Considere o tensor métrico

\[g = dx^{0} \otimes dx^{0} - dx^{1} \otimes dx^{1}.\]

Mostre que \(g\) é invariante sob a transformação

\[\begin{split}\begin{pmatrix} x^{0}\\ x^{1} \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} \cosh{\theta} & \sinh{\theta}\\ \sinh{\theta} & \cosh{\theta} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x^{0}\\ x^{1} \end{pmatrix},\end{split}\]

onde \(\theta \in \mathbb{R}\).

Solução:

Para esse caso podemos escrever o vetor inicial igual à transformação e verificar se a métrica assume o mesmo formato apresentado no enunciado. Vamos mudar a notaçõ para evitar confusão:

\[\begin{split}\begin{pmatrix} x^{0}\\ x^{1} \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} \cosh{\theta} & \sinh{\theta}\\ \sinh{\theta} & \cosh{\theta} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} y^{0}\\ y^{1} \end{pmatrix}.\end{split}\]

Então devemos calcular os diferenciais \(dx^{0}\) e \(dx^{1}\) para calcular o tensor métrico após a transformação.

\[x^{0} = \cosh{\theta}\ y^{0} + \sinh{\theta}\ y^{1}, \text{ e } x^{1} = \sinh{\theta}\ y^{0} + \cosh{\theta}\ y^{1},\]

e

\[dx^{0} = \cosh{\theta}\ dy^{0} + \sinh{\theta}\ dy^{1}, \text{ e } dx^{1} = \sinh{\theta}\ dy^{0} + \cosh{\theta}\ dy^{1}.\]

Lembre que \(\cosh{\theta}\) é constante, por isso o diferencial possui o mesmo formato dos vetores iniciais. Agora fazemos:

\[dx^{0} \otimes dx^{0} = \cosh^{2}{\theta}\ dy^{0}dy^{0} + \sinh^{2}{\theta}\ dy^{1}dy^{1} + \cosh{\theta}\ \sinh{\theta}\ dy^{0}dy^{1} + \sinh{\theta}\ \cosh{\theta}\ dy^{1}dy^{0},\]

\[dx^{1} \otimes dx^{1} = \sinh^{2}{\theta}\ dy^{0}dy^{0} + \cosh^{2}{\theta}\ dy^{1}dy^{1} + \sinh{\theta}\ \cosh{\theta}\ dy^{0}dy^{1} + \cosh{\theta}\ \sinh{\theta}\ dy^{1}dy^{0}.\]

Por fim,

\[\begin{split}\begin{align*} g &= dx^{0} \otimes dx^{0} - dx^{1} \otimes dx^{1}\\ &= \left(\cosh^{2}{\theta}\ - \sinh^{2}{\theta}\right) dy^{0}dy^{0} + \left(\sinh^{2}{\theta}\ - \cosh^{2}{\theta}\right) dy^{1}dy^{1} \\ &= dy^{0}dy^{0} - dy^{1}dy^{1} \end{align*},\end{split}\]

onde usamos \(\cosh^{2}{\theta}\ - \sinh^{2}{\theta} = 1\) (isso pode ser verificado usando as formas exponenciais: \(\cosh{\theta} = \frac{e^{\theta} + e^{-\theta}}{2}\) e \(\sinh{\theta} = \frac{e^{\theta} - e^{-\theta}}{2}\)).

Desta maneira podemos ver que o tensor métrico apresentou o mesmo formato diante dessa tansformação. Devemos ainda citar aqui que esse tensor métrico coincide com o tensor de Minkowski para a relatividade especial (se usarmos apenas uma dimensão para o tempo e outra para o espaço), ou seja,

\[\begin{split}g = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}.\end{split}\]

e por fim, a matriz de transformação usada nesse problema tem a mesma forma da Transformação de Lorentz, onde o parâmetro \(\theta\) é dependente da velocidade relativa entre os referenciais e da velocidade da luz.

3 - Seja a 1-forma diferencial \(\theta = \left( 2 y^{1}y^{2} + (y^{1})^{2} +1 \right)dy^{1} + \left((y^{1})^{2} - y^{2} \right)dy^{2}\) no \(\mathbb{R}^{2}\). Seja o mapa \(f: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2}\), definido por \((x^{1},x^{2},x^{3} ) \mapsto (y^{1},y^{2}) = (x^{1}-x^{2}, (x^{2})^{2} + x^{3})\). Encontre o pullback de \(f\) sobre \(\theta\), ou seja, \(f^{*} \theta\).

Solução:

Inicalmente vamos lembrar como calcular o pullback de uma forma diferencial. Para facilitar a notação vamos definir \(g_{1} = \left( 2 y^{1}y^{2} + (y^{1})^{2} +1 \right)\) e \(g_{2} = \left((y^{1})^{2} - y^{2} \right)\). Então podemos adequar o problema à fórmula:

\[f^{*} \theta = \frac{\partial (y^{i} \circ f)}{\partial x^{j}}(g_{i} \circ f)dx^{j}\]

Podemos escrever explicitamente na forma matricial:

\[\begin{split}f^{*} \theta = \begin{pmatrix} (g_{1} \circ f) & (g_{2} \circ f) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\partial (y^{1} \circ f)}{\partial x^{1}} & \frac{\partial (y^{1} \circ f)}{\partial x^{2}} & \frac{\partial (y^{1} \circ f)}{\partial x^{3}}\\ \frac{\partial (y^{2} \circ f)}{\partial x^{1}} & \frac{\partial (y^{2} \circ f)}{\partial x^{2}} & \frac{\partial (y^{2} \circ f)}{\partial x^{3}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx^{1} \\ dx^{2} \\ dx^{3} \end{pmatrix}.\end{split}\]

Por exemplo, \(\frac{\partial (y^{1} \circ f)}{\partial x^{1}} = \frac{\partial (x^{1} - x^{2})}{\partial x^{1}} = 1\). Vamos calcular todos os termos:

\[g_{1} \circ f = 2 (x^{1} - x^{2})((x^{2})^{2} + x^{3}) + (x^{1} - x^{2})^{2} + 1\]

\[g_{2} \circ f = (x^{1} - x^{2})^{2} - (x^{2})^{2} - x^{3}\]

\[\begin{split}\frac{\partial (y^{i} \circ f)}{\partial x^{j}} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 2x^{2}& 1 \end{pmatrix}\end{split}\]

Agora basta fazer os produtos:

\[\begin{split}\begin{align*} f^{*} \theta &= \left(2 (x^{1} - x^{2})((x^{2})^{2} + x^{3}) + (x^{1} - x^{2})^{2} + 1 \right)dx^{1} \\ &\ \ \ + \left(2x^{2}(x^{1} - x^{2})^{2} - (x^{2})^{2} - x^{3} -2 (x^{1} - x^{2})((x^{2})^{2} + x^{3}) - (x^{1} - x^{2})^{2} - 1 \right)dx^{2} \\ &\ \ \ + \left( (x^{1} - x^{2})^{2} - (x^{2})^{2} - x^{3} \right)dx^{3} \end{align*}.\end{split}\]

Não nos incomodamos em simplificar os termos, talvez possa ficar um pouco mais curto. Se você entender bem estes passos poderá realizar um cálculo como esse sem usar a multiplicação de matrizes. De todo modo este problema pode ser um guia mais detalhado.

4 - Sejam \(a > 0\) e \(b > 0\). Considere o mapa \(f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}\) definido por

\[f^{1}(x^{1},x^{2}) = 1 + x^{2} - a (x^{1})^{2},\ f^{2}(x^{1},x^{2}) = b x^{1}\]

com as 1-formas diferenciais \(df^{1} = dx^{2} - 2 a x^{1} d x^{1},\ df^{2} = b dx^{1}\).

(i) Seja \(\Omega = dx^{1} \wedge dx^{2}\). Encontre o pullback de \(f\) sobre \(\Omega\), ou seja, \(f^{*}(\Omega) = f^{*}(dx^{1} \wedge dx^{2})\).

Solução:

Como \(f^{*} \Omega = \Omega \circ f\), \(f^{*}\Omega = df^{1}(x^{1},x^{2}) \wedge df^{2}(x^{1},x^{2}))\), ou seja, a composta é feita com o próprio operador \(d\). Continuando,

\[\begin{split}\begin{align*} f^{*}(dx^{1} \wedge dx^{2}) &= \left(d(1 + x^{2} - a(x^{1})^{2})\right) \wedge \left(d(bx^{1})\right) \\ &= \left(dx^{2} - 2adx^{1}\right) \wedge \left(bdx^{1}\right) \\ &= -b dx^{1} \wedge dx^{2}. \end{align*}\end{split}\]

(ii) Seja \(\alpha = x^{1}dx^{2} - x^{2} dx^{1}\). Encontre \(f^{*}(\alpha)\).

Solução:

(iii) Considere o tensor métrico de \(\mathbb{E}^{2}\), \(g = dx^{1} \otimes dx^{1} + dx^{2} \otimes dx^{2}\). Encontre \(f^{*}(g)\).

Solução:

5 - Considere o espaço Euclidiano bi-dimensional e o tensor métrico em coordenadas polares \(g = dr \otimes dr + r^{2} d \theta \otimes d \theta\). Seja \(u \in \mathbb{R}\) e \(R > 0\). Considere a transformação \((r, \theta) \mapsto (e^{u/R},\theta)\). Encontre o tensor métrico.

Solução:

Nesse caso a transformação ocorre apenas em \(r\), isso nos permite verificar apenas qual é a transformação de \(dr\):

\[dr = \left(\frac{\partial}{\partial r}e^{u/R} \right)du = \frac{e^{u/R}}{R}du.\]

O novo tensor métrico então assume a forma:

\[g^{'} = \frac{e^{2u/R}}{R^{2}}\left(du \otimes du + R^{2} d \theta \otimes d \theta\right)\]

Esse tipo de transformação é chamada de conforme, resulta apenas em uma alteração de escala do tensor métrico original.

6 - Considere o espaço Euclidiano tri-dimensional. Seja a 3-forma diferencial \(\Omega = dx^{1} \wedge dx^{2} \wedge dx^{3}\) no \(\mathbb{R}^{3}\). Expresse a 3-forma diferencial em coordenadas esféricas.

7 - Sejam \(a > 0\) e \(r > 0\). Encontre a curvatura Gaussiana para o toro dado pela parametrização:

\[(x^{1},x^{2},x^{3}) \mapsto \left( (a+r \cos{u^{1}}) \cos{u^{2}}, (a+r \cos{u^{1}}) \sin{u^{2}}, r \sin{u^{1}} \right),\]

onde \(0 < u^{1} < 2 \pi\) e \(0 < u^{2} < 2 \pi\).

8 - Encontre os símbolos de Christoffel para coordenadas polares.

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