Este documento presenta un libro de problemas resueltos de geometría diferencial. El libro contiene cinco capítulos que cubren temas como curvas, superficies, curvatura de superficies y el teorema de Gauss-Bonnet. El prefacio explica que el objetivo del libro es servir como texto para un primer curso de geometría diferencial, presentando los temas de manera simple y directa sin demostraciones. La parte más importante son los problemas resueltos, que sirven para fijar ideas y permitir que el lector compruebe sol
3. Prefacio
Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometr´ıa Di-ferencial.
Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando
digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. As´ı espe-ro
facilitar la comprensi´on de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesi-tar
´a perder mucho tiempo en la teor´ıa para evocarse a atacar problemas
de los textos gu´ıas. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que
deseen una presentaci´on m´as completa y los alumnos, por as´ı decirlo, nor-males
que busquen lecturas complementarias pueden consultar “Geometr´ıa
diferencial de curvas y superficies” de Manfredo do Carmo que trata de la
misma materia con un enfoque m´as amplio.
La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que
sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos
de geometr´ıa diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe
lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ıa que el lector
s´olo consultase las soluciones despu´es de haber hecho un serio esfuerzo para
resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin ´exito, el que
nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.
Los problemas que el lector encontrar´a se basan en las ayudantias del
curso de geometr´ıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la
Pontificia Universidad Cat´olica de Chile, el cual est´a dirigido a estudiantes
de Licenciatura en Matem´atica. Muchos de los problemas han sido tomados
de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.
iii
7. Cap´ıtulo 1
Curvas
1.1. Teor´ıa Local de Curvas
Definici´on 1.1.
Una curva parametrizada diferenciable es una aplicaci´on diferenciable :
(a, b) ! R3.
Definici´on 1.2.
Una curva parametrizada diferenciable : (a, b) ! R3 se denomina regular
si 0(t)6= 0 para todo t 2 I.
Definici´on 1.3.
Dado t 2 (a, b), la longitud de arco de una curva parametrizada regular
: (a, b) ! R3, desde el punto t0, es por definici´on:
s(t) =
Z t
t0 k0(t)kdt .
Definici´on 1.4.
Una curva parametrizada : (a, b) ! R3 es llamada arco-parametrizada o
de r´apidez uno si 0(t) es un vector unitario para todo t 2 (a, b), esto es,
k0(t)k = 1.
Definici´on 1.5.
Sea : (a, b) ! R3 una curva parametrizada por longitud de arco s 2 I. El
n´umero k00(s)k = (s) se denomina la curvatura de en s.
1
8. 2 Cap´ıtulo 1. Curvas
En puntos donde (s)6= 0, est´a bien definido un vector unitario n(s)
en la direcci´on 00(s) mediante la ecuaci´on 00(s) = (s)n(s). M´as a´un,
00(s) es normal a 0(s), pues diferenciando h0(s), 0(s)i = 1 obtenemos
h00(s), 0(s)i = 0. As´ı, n(s) es normal a 0(s) y se denomina el vector nor-mal
en s. El plano determinado por los vectores unitarios tangente y normal,
0(s) y n(s), se denomina el plano osculador en s.
Denotaremos por t(s) = 0(s) al vector unitario tangente de en s. Por
tanto, t0(s) = (s)n(s).
El vector unitario b(s) = t(s) × n(s) es normal al plano osculador y lo
llamaremos el vector binormal en s.
Definici´on 1.6.
Sea : (a, b) ! R3 una curva parametrizada por lo longitud de arco s tal
que 00(s)6= 0, s 2 (a, b). El n´umero (s) definido por b0(s) = (s)n(s) se
denomina la torsi´on de en s.
Teorema 1.1.
Sea una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces,
t0 = n
n0 = −t + b
b0 = −n .
(1.1)
Las ecuaciones en (1.1) son llamadas las ecuaciones de Frenet-Serret.
Teorema 1.2 (Teorema Fundamental de la Teor´ıa Local de Curvas).
Dadas las funciones diferenciables (s) 0 y (s), s 2 (a, b), existe una
curva parametrizada regular : (a, b) ! R3 tal que s es la longitud de arco,
(s) es la curvatura, y (s) es la torsi´on de . Adem´as, cualquier otra curva
e, satisfaciendo las mismas condiciones difiere de en un movimiento r´ıgido;
esto es, existe una aplicaci´on lineal ortogonal ' de R3, con determinante
positivo, y un vector v tal que e = ' + v.
9. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3
1.2. Propiedades Globales de las curvas pla-
nas
Definici´on 1.7.
Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular : [a, b] ! R2
tal que y todas sus derivadas coinciden en a y en b; es decir,
(s) = (b) , 0(a) = 0(b) , 00(a) = 00(b) , . . . .
Definici´on 1.8.
La curva es simple si carece de otras autointersecciones; o sea, si t1, t2 2 [a, b],
t16= t2, entonces (t1)6= (t2).
Teorema 1.3 (La desigualdad Isoperim´etrica).
Sea una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el ´area de la
regi´on encerrada por . Entonces
A
1
4
`2
y la igualdad se da si solo si es un c´ırculo.
Definici´on 1.9.
Un v´ertice de una curba regular plana : [a, b] ! R2 es un punto t 2 [a, b]
en donde 0(t) = 0.
Definici´on 1.10.
Una curva regular plana (no necesariamente cerrada) : [a, b] ! R2 es
convexa si, para todo t 2 [a, b], la traza ([a, b]) de est´a completamente
contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente
en t.
Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro v´ertices).
Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro v´ertices.
1.3. Problemas Resueltos
1.1. Hallar una parametrizaci´on de la curva que es la intersecci´on de un ci-lindro
circular de radio 1
2 en la direcci´on del eje z y la esfera de radio 1
10. 4 Cap´ıtulo 1. Curvas
y centro (−1
2 , 0, 0).
Soluci´on: Un punto (x, y, z) est´a en el cilindro si
x2 + y2 =
1
4
(1.2)
y en la esfera si
x +
1
2
2
+ y2 + z2 = 1 . (1.3)
Se observa de la ecuaci´on (4) que, −1 z 1, sea entonces z = sin t.
Ahora, haciendo (4) − (3) obtenemos:
x +
1
4
+ sin2 t =
3
4 ) x =
1
2 − sin2 t .
De la ecuaci´on (3) se tiene
y =
r
1
4 − x2 =
p
sin2 t − sin4 t = sin
p
1 − sin2 t = sin t cos t .
Por lo tanto, : [−, ] ! R3 es dada por:
(t) =
1
2 − sin2 t, sin t cos t, sin t
.
1.2. Parametrizar la curva que se forma de un c´ırculo sobre una hoja al
doblarse ´esta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es
igual al del c´ırculo.
Soluci´on: Sea ' : [0, a] × [−b/2, b/2] ! C dada por
'(t, s) =
cos
2
a
t, sen
2
a
t, s
.
11. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 5
'
x0 a
b
2
−b
2
1
|
El c´ırculo S1 es dado por la ecuaci´on param´etrica.
(x − x0)2 + y2 = r2
con 0 2|x0 − r| a b, parametriza por : [0, 2r] ! [0, a] ×
[−b/2, b/2] definida por
(x) =
x0 + r cos
x
r
, r sen
x
r
la curva que se forma del c´ırculo sobre la hoja al doblarse sobre el
c´ılindro esta parametrizada por
12. (t) = (' )(t)
= '
x0 + r cos
t
s
, r sen
t
r
=
cos
2
a
x0 + r cos
t
r
, sen
2
a
x0 + r cos
t
r
, r sen
t
r
.
Si
24. 6 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.3. Determine una parametrizaci´on de la curva sobre la esfera unitaria que
corta cada meridiano en un ´angulo constante .
Soluci´on: Consideremos la proyecci´on de Mercador. Para cada p 2
M = S2 − {(0, 0, 1), (0, 0,−1)}, se considera la recta L que pasa por
p y que, siendo perpendicular al eje z, corta al eje z en un punto q y
contiene a p. Por definici´on (p) = c = {(x, y, z) 2 R3 : x2+y2 = 1}L.
z
bbb
q p
(p)
L
Haciendo algunas cuentas se obtiene
(x, y, z) =
x p
x2 + y2
,
y p
x2 + y2
, z
!
,
−1(x, y, z) =
xp1 − z2
p
x2 + y2
,
yp1 − z2
p
x2 + y2
, z
!
.
Note que los meridianos son llevados mediante la proyecci´on de Merca-dor
a segmentos de rectas contenidas en C y paralelas al eje z. Ahora,
considere ' : [0, 1]×[−1, 1] ! C dada por '(t, s) = (cos 2t, sen 2t, s),
entonces las rectas verticales x = a 2 [0, 1] son llevadas por f = −1 '
a los meridianos en la esfera unitaria.
25. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 7
1 ' −1
−1
x=a 1
'(x=a)
'−1'(x=a)
Una curva que corta cada meriadiano en un ´angulo constante es la
imagen mediante f de un segmento de recta con pendiente
y = x +
36. )2, sen 2t
donde
es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadia-no
en un ´angulo constante .
1.4. Sea : I ! Rn una curva regular, v 2 Rn un vector fijo y suponga
que 0(t) es ortogonal a v para todo t 2 I y (0) es ortogonal a v.
Demuestre que (t) es ortogonal a v para todo t 2 I.
Soluci´on: Sabemos que, si f, g : I ! Rn son curvas diferenciables,
entonces
d
dt hf(t), g(t)i = hf0(t), g(t)i + hf(t), g0(t)i
por ser 0(t) ortogonal a v, se tiene que h0(t), vi = 0 para todo t 2 I y
como v es un vector fijo, entonces h(t), v0i = 0 para todo t 2 I. Luego,
d
dt h(t), vi = h0(t), vi + h(t), v0i = 0 .
37. 8 Cap´ıtulo 1. Curvas
Se concluye que h(t), vi = c = constante para todo t 2 I, por ser (0)
ortogonal a v, entonces h(0), vi = 0. Por lo tanto,
h(t), vi = 0, 8t 2 I ;
es decir, (t) es ortogonal a v para todo t 2 I.
1.5. Sea : I ! Rn una curva regular. Demostrar que k(t)k es constante
no nula si y s´olo si (t) es ortogonal a 0(t) para todo t 2 I.
Soluci´on: Si f : I ! Rn es una curva diferenciable entonces
d
dtkf(t)k = hf(t), f0(t)i
kf(t)k
, si f(t)6= 0 . (1.4)
En efecto, si f(t) = (f1(t), ..., fn(t)) luego kf(t)k =
Xn
i=1
(fi(t))2
#1/2
y
obtenemos
d
dtkf(t)k =
1
2
Xn
i=1
(fi(t))2
#1
2−1
2
Xn
i=1
fi(t)f0 i (t)
!
=
Xn
i=1
fi(t)f0 i (t)
Xn
i=1
(fi(t))2
#1/2 = hf(t), f0(t)i
kf(t)k
,
siempre que f(t)6= 0. Por otro lado,
Si k(t)k = cte6= 0 ,
d
dtk(t)k = 0
, h(t), 0(t)i
k(t)k
= 0
, h(t), 0(t)i = 0
, (t) es ortogonal a 0(t) para todo t 2 I .
1.6. Sea
un curva cerrada que no pasa por p. Probar que en los puntos
sobre
donde la distancia a p es m´axima o m´ınima la recta tangente a
38. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 9
es perpendicular al segmento lineal a p.
Soluci´on: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema an-terior.
Si k
(s0) − pk es un m´aximo o un m´ınimo entonces
d
dsk
(s) − pk
39.
40.
41.
42. s=s0
= 0 , h
(s0) − p, t(s0)i
k
(s0) − pk
= 0 .
Note que en nuestro caso k
(s0) − pk6= 0. Luego, h
(s0) − p, t(s0)i = 0
es decir, la recta tangente a
en s0 es perpendicular al vector
(s0)−p
que est´a en la direcci´on al segmento lineal a p.
1.7. Un disco circular de radio r en el plano xy rueda sin deslizar a lo largo
del eje x. La figura que describe un punto de la circunferencia del disco
se llama cicloide.
bb
b
b
b
}c
x
y
(a) Obt´engase una curva parametrizada : R ! R2 cuya traza sea la
cicloide y determ´ınense sus puntos singulares.
(b) Calc´ulese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una
rotaci´on completa del disco.
Soluci´on:
(a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar
en un ´angulo , el centro del c´ırculo es movido a (r, r). Notemos que
b = r sin y c = r cos . Entonces la parametrizaci´on es : R ! R2
dada por
() = (r − r sin , r − r cos ) = r( − sin , 1 − cos )
43. 10 Cap´ıtulo 1. Curvas
(b) Tenemos que 0() = r(1− cos , sen ) y k0()k2 = 2r2(1−cos ).
Entonces, la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una
rotaci´on completa del disco es
` =
Z 2
0 k0()kd = p2r
Z 2
0
p1 − cos d
= 2r
Z 2
0
r
1 − cos
2
d = 2r
Z 2
0
sen
2
d = 8r .
1.8. Sea OA = 2a el di´ametro de un c´ırculo S1 y sean OY y AV las tangentes
a S1 en O y A, respectivamente. Una semi-recta r, que corta a S1 en C
y a la recta AV en B, se traza desde O. Sobre OB se marca el segmento
Op = CB. Si rotamos r alrededor de O, el punto p describir´a una curva
denominada la cisoide de Diocles.
0
2a A
x
y V
r
b
b
b
B
p C
Tomando OA como eje x y OY como eje y, demostrar que:
(a) La traza de
(t) =
2at2
1 + t2 ,
2at3
1 + t2
, t 2 R,
es la cisoide de Diocles.
(b) El origen (0, 0) es un punto singular de la cisoide.
44. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 11
(c) Cuando t ! 1, (t) se aproxima a la recta x = 2a, y 0(t) !
(0, 2a). As´ı, cuando t ! 1, la curva y su tangente se aproximan a
la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una as´ıntota de la
cisoide.
Soluci´on:
(a) La ecuaci´on del c´ırculo S1 es
(x − a)2 + y2 = a2 . (1.5)
La ecuaci´on de la semi-recta r es
y = (tan) · x . (1.6)
El punto C es la intersecci´on de la recta con el c´ırculo S1, para
hallar sus coordenadas reemplazamos (1.6) en (1.5) y obtenemos
(x − a)2 + ((tan ) · x)2 = a2 ) x2 − 2ax + a2 + tan2 · x2 = a2
) x2(1 + tan2 ) = 2ax
) x(1 + tan2 ) = 2a, x= 60
2a
) x =
.
1 + tan2
Luego, las coordenadas del punto C son
C =
2a
1 + tan2
,
2a tan
1 + tan2
.
Las coordenadas del punto B, son f´acilmente deducibles a partir
de la figura, B = (2a, 2a tan ). Notemos que p = B − C haciendo
cuentas obtenemos:
p = B − C =
2a −
2a
1 + tan2
, 2a tan −
2a tan
1 + tan2
=
2a + 2a tan2 − 2a
1 + tan2
,
2a tan + 2a tan3 − 2a tan
1 + tan2
=
2a tan2
1 + tan2
,
2a tan3
1 + tan2
.
Tomando t = tan obtenemos finalmente
(t) =
2at2
1 + t2 ,
2at3
1 + t2
, t 2 R .
45. 12 Cap´ıtulo 1. Curvas
(b) Notemos que
0(t) =
4at(1 + t2) − 2at2(2t)
(1 + t2)2 ,
6at2(1 + t2) − 2at3(2t)
(1 + t2)2
=
4at
(1 + t2)2 ,
6at2 + 2at4
(1 + t2)2
y evidentemente 0(0) = (0, 0) es un punto singular.
(c) Un simple calculo muestra que
l´ım
t!1
(t) =
l´ım
t!1
2at2
1 + t2 , l´ım
t!1
2at3
1 + t2
= (2a,1) .
Adem´as
l´ım
t!1
0(t) =
l´ım
t!1
4at
(1 + t2)2 , l´ım
t!1
6at2 + 2at4
(1 + t2)2
= (0, 2a) .
1.9. Sea : (0, ) ! R2 dada por
(t) =
sin t, cos t + log tan
t
2
donde t es el ´angulo que el eje y forma con el vector 0(t). La traza de
se denomina la tractriz.
b
b
(t)
1
t
x
y
Demostrar que:
46. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 13
(a) es una curva parametrizada diferenciable, regular excepto en t =
/2.
(b) La longitud del segmento sobre la tangente a la tractriz entre el
punto de tangencia y el eje y es constante igual a 1.
Soluci´on:
(a) Notemos que
0(t) =
cos t,−sin t +
1
tan t
2 ·
1
cos2 t
2 ·
1
2
=
cos t,−sin t +
1
2 sin t
2 cos t
2
=
cos t,−sin t +
1
sin t
.
Si 0(t) = 0 ) cos t = 0 y −sin t +
1
sin t
= 0, entonces
sin t =
1
sin t ) sin2 t = 1
) sin t = ±1, t 2 (0, )
) t =
.
2
(b) Sean P = (x0, y0) el punto de tangencia de la recta tangente y
Q = (0, y1) el punto de intersecci´on de la recta tangente con el eje
y. Sean x = sin t, y = cos t + log tan t
2 , entonces
dy
dx
=
1
sin t − sin t
cos t
=
1 − sin2 t
sin t cos t
=
cos t
sin t )
dy
dx
=
p1 − x2
x
.
Luego, la ecuaci´on de la l´ınea tangente a P es
y − y0 =
p
1 − x20
x0
(x − x0) .
Evaluando la recta en el punto Q obtenemos
y1 − y0 =
p
1 − x20
x0
q
(0 − x0) = −
1 − x20
.
47. 14 Cap´ıtulo 1. Curvas
Entonces
(dist(P,Q))2 = x20
+ (y1 − y0)2 = x20
+ 1 − x20
= 1 .
Por lo tanto, dist(P,Q) = 1.
1.10. Sea la curva parametrizada (t) = (aebt cos t, aebt sen t), t 2 R, a y b
constantes, a 0, b 0.
(a) Demostrar que cuando t ! +1, (t) se aproxima al origen O,
girando en espiral al rededor de ´el (por eso, la traza de es deno-minada
espiral logar´ıtmica; ve´ase la figura).
(b) Demostrar que 0(t) ! (0, 0) cuando t ! +1 y que:
l´ım
t!+1
Z t
t0 k0(t)kdt
es finita, o sea, tiene longitud de arco finita en [t0,+1).
x
y
Soluci´on:
(a) Sabemos que l´ım
t!+1
ebt = 0 cuando b 0 y como las funciones cos t
y sen t son acotadas podemos concluir que
l´ım
t+1
ebt cos t = l´ım
t!+1
ebt sen t = 0
por lo que l´ım
t!+1
(t) = (0, 0).
48. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 15
(b) Tenemos que
0(t) = (aebt(b cos t − sen t), aebt(b sen t + cos t)) .
Entonces,
Z t
t0 k0(t)kdt =
Z t
t0
aebt[(b cos t − sen t)2 + (b sen t + cos t)2]1/2dt
= a
Z t
t0
ebt[b2 + 1]1/2dt
= apb2 + 1
Z t
t0
ebtdt
=
a
b
pb1 + 1(ebt − ebt0 )
por lo que
l´ım
t!+1
Z t
t0 k0(t)kdt = l´ım
t!+1
a
b
pb1 + 1(ebt − ebt0 ) = −
a
b
pb2 + 1ebt0 ,
esto es, tiene longitud de arco finita.
1.11. Sea : I ! R3 una curva diferenciacble y sea [a, b] I un intervalo
cerrado. Para cada partici´on:
a = t0 t1 . . . tn = b
de [a, b], considere la suma
Pn
i=1 |(ti) − (ti−1)| = l(, P), donde P
representa la partici´on dada. La norma |P| de la partici´on se defini por:
|P| = m´ax(ti − ti−1) , i = 1, · · · , n .
Geom´etricamente, l(, P) es la longitud de un pol´ıgono inscrito en
([a, b]) con v´ertices en (ti) (ver la figura). La intensi´on del ejerci-cio
es demostrar que la longitud del arco ([a, b])es, en cierto sentido,
un l´ımite de longitudes de pol´ıgonos inscritos.
49. 16 Cap´ıtulo 1. Curvas
b
b
bb
b
b
b
b
(tn−1)
(tn)
(ti)
(t0)
(t1) (t2)
Pru´ebese que dado un 0 existe un 0 tal que si |P| entonces:
57. .
Soluci´on: Por la definici´on de integral, dado 0, existe un 1 0
tal que si |P| 1, entonces
58.
59.
60.
61. Z b
−
a k0(t)kdt
X
(ti − ti−1)k0(ti)k
2
.
Por otro lado, como 0 es uniformemente continua en [a, b], dado 0,
existe 2 0 tal que su t, s 2 [a, b] con |t − s| 2, entonces
k0(t) − 0(s)k
2|a − b| .
Tomando = m´ın{1, 2}, entonces si |P| , obtenemos, utilizando el
teorema del valor medio para funciones en varias variables,
81. 2
,
donde ti−1 si ti. La desigualda requerida se deduce de lo anterior.
82. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 17
1.12. (a) Sea : I ! R3 una curva de clase C0: Utilicese la aproximaci´on po-ligonal
descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definici´on razonable
de longitud de arco para .
(b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con
cualquier definici´on razonable, la longitud de arco de una curva C0
es un intervalo cerrado podr´ıa no ser acotada. Sea : [0, 1] ! R2
dada por
(t) =
(
(t, t sin(/t)) si t6= 0
(0, 0) si t = 0
Demostrar, geom´etricamente, que la longitud de arco de la porcion
´1
de curva correspondiente a
(n + 1) t
1
n
es al menos 2/(n +
(1/2)). Util´ıcese esto para establecer que la longitud de la curva en
el intervalo
1
N t 1 es mayor que 2
XN
n=1
1
n + 1
, y por lo tanto,
tiende a infinito cuando N ! 1.
Soluci´on:
(a) Tomando una partici´on del intervalo I, P = {t0, t1, ..., tk} I y
definimos la longitud de arco.
s(t) = l´ım
k!1
Xk
i=0
|(ti) − (ti−1)| .
(b) Para t sucesivamente igual a
2
2
,
2
3
,
2
4
,
2
5
,
2
6
, . . . ,
2
n + 1
y(t) = t sin(/t) asume los valores
0,−
2
3
, 0,
2
5
, 0,−
2
7
, 0, . . . , (−1)n 2
2n + 1
.
Por lo tanto, tomando la partici´on
P =
0,
2
k + 1
,
2
k
, . . . ,
1
3
,
2
5
,
1
2
2
3
, 1
83. 18 Cap´ıtulo 1. Curvas
Tenemos que:
l(p) =
Xk
i=1
|y(ti) − y(ti−1)|
=
2
3
+
2
3
+
2
5
+
2
5
+ · · · +
2
k
+
2
k
= 2
1
3
+
1
3
+
1
5
+
1
5
+ · · · +
1
k
+
1
k
2
1
3
+
1
4
+
1
5
+ · · · +
1
k
+
1
k + 1
,
como s(t) l(p) y la serie armonica
1X
i=1
1
i
diverge. Se concluye que
la longitud de arco no es acotada.
1.13. Sea = (t), t 2 [a, b] una curva parametrizada de clase C1 con (a) =
p, (b) = q.
a) Pruebe que si ~v es un vector unitario, entonces
h(q − p), ~vi =
Z b
a h0(t), ~vidt
Z b
a k0(t)kdt
b) Escogiendo ~v apropiado, deduzca que
k(a) − (b)k
Z b
a k0(t)kdt ,
esto es, la curva de menor longitud desde (a) a (b) es la l´ınea
recta que une estos puntos.
Soluci´on:
(a) Afirmamos que si f, g : [a, b] ! Rn son de clase C1 entonces
Z b
a hf0(t), g(t)idt = hf(t), g(t)i
87. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 19
En efecto,
Z b
a hf0(t), g(t)idt =
Z b
a
Xn
i=1
f0 i (t)gi(t)dt
=
Xn
i=1
Z b
a
f0 i (t)gi(t)dt
=
Xn
i=1
fi(t)gi(t)
88.
89.
90. b
a −
Z b
a
fi(t)g0i
(t)dt
=
Xn
i=1
fi(t)gi(t)
91.
92.
93. b
a −
Xn
i=1
Z b
a
fi(t)g0i
(t)dt
= hf(t), g(t)i
94.
95.
96. b
a −
Z b
a
Xn
i=1
fi(t)g0i
(t)dt
= hf(t), g(t)i
97.
98.
99. b
a −
Z b
a hf(t), g0(t)idt .
Luego, tenemos que
Z b
a h0(t), vidt = h(t), vi
100.
101.
102. b
a −
Z b
a h(t), v0idt
= h(b), vi − h(a), vi
= h(b) − (a), vi
= h(q − p), vi .
Por otro lado, notemos que
Z b
a h0(t), vidt
110. a h0(t), vidt
Z b
a |h0(t), vi|dt
Z b
a k0(t)k · kvkdt =
Z b
a k0(t)kdt .
La tercera de las desigualdades, no es mas que la famosa desigualdad
de Cauchy-Schwartz
(b) Tomando el vector ~v = q−p
kq−pk
el cual es unitario de lo anterior
obtenemos
Z b
a k0(t)kdt h(q−p), ~vi = h(q − p), (q − p)i
kq − pk
= kq−pk = k(a)−(b)k.
111. 20 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.14. Sup´ongase que (I) R2 y dotese de signo a como en el texto.
Transp´ortese los vectores t(s) paralelamente as´ı mismos de forma que
los or´ıgenes de t(s) coinsidan con el origen de R2; los extremos de t(s)
describen entonces una curva parametrizada s ! t(s) denominada la
indicatriz de tangentes de . Sea (s) el ´angulo de e1 a t(s) en la orien-taci
´on de R2. Demostrar (a) y (b); n´otese que estamos admitiendo que
6= 0.
(a) La indicatriz de tangentes es una curva parametrizada regular.
(b)
dt
ds
=
d
ds
n, o sea, =
d
ds
.
Soluci´on:
(a) Supongamos que, la indicatriz de tangentes es una curva parametri-zada
no regular, entonces existe s0 2 I tal que t(s0) = 0, entonces
t0(s0) = 0 ) |00(s0)| = 0 ) (s0) = 0
lo cual es una contradicci´on, pues estamos asumiendo que 6= 0.
(b) Sabemos que (s) = ´angulo(e1, t(s)). Podemos suponer sin p´erdida
de generalidad que : I ! R2 es una curva parametrizada por
longitud de arco, es decir, k0(t)k = 1.
Si d es el ´angulo entre t(s + ) y t(s) entonces
|t(s + ) − t(s)| = 2 sin
1
2
d
= d .
Luego,
= |t0(s)| =
120. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 21
1.15. Una curva parametrizada regular tiene la propiedad de que todas sus
rectas tangentes pasan por un punto fijo.
(a) Probar que la traza de es (un segmento de) una recta.
(b) ¿Se satisface todav´ıa la conclusi´on de (a) si no es regular?
Soluci´on:
(a) El vector velocidad 0(t), cuando es diferente de cero, determina
una recta tangente de la curva en el punto (t), a saber:
L = {(t) + r0(t) : r 2 R} .
Sea x0 el punto fijo tal que x0 /2 (I), entonces para cada t 2 I
existe r(t) 2 R tal que
x0 = (t) + r(t)0(t) ,
derivando obtenemos
0 = 0(t) + r0(t)0(t) + r(t)00(t) = (1 + r0(t))0(t) + r(t)00(t) .
Haciendo el producto interno con 00(t) se obtiene
0 = h(1 + r0(t))0(t) + r(t)00(t), 00(t)i
= (1 + r0(t))h0(t), 00(t)i + r(t)h00(t), 00(t)i
= (1 + r0(t))h0(t), 00(t)i + r(t)k00(t)k
= (1 + r0(t))h0(t), 00(t)i + r(t)(t)
= r(t)(t) ,
ya que si
k0(t)k = 1 , h0(t), 0(t)i = 1 , 2h00(t), 0(t)i = 0 , 00(t) ? 0(t) .
En resumen hemos obtenido que
r(t)(t) = 0, 8t 2 I .
Si r(t) = 0 entonces x0 = (t) 2 (I) lo cual es una contradicci´on.
Por lo tanto, (t) = 0 para todo t 2 I y es un segmento de recta.
121. 22 Cap´ıtulo 1. Curvas
(b) Si no es regular en alg´un punto entonces en estos puntos no
est´a bien definida una recta tangente.
1.16. Una traslaci´on por un vector v 2 R3 es la aplicaci´on A : R3 ! R3
dada por A(p) = p + v, p 2 R3. Una aplicaci´on lineal : R3 ! R3 es
una transformaci´on ortogonal cuando hu, vi = hu, vi, 8 u, v 2 R3. Un
movimiento r´ıgido en R3 es el resultado de componer una traslaci´on y
una transformaci´on ortogonal con determinante positivo.
(a) Demostrar que la norma de un vector y el ´angulo entre dos vec-tores,
0 , son invariantes frente a transformaciones ortogo-nales
con determinante positivo.
(b) Desmostrar que el producto vectorial de dos vectores es invarian-te
frente a transformaciones ortogonales con determinante positivo.
¿Es cierto a´un la afirmaci´on si suprimimos la condici´on determi-nante
positivo?
(c) Demu´estrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsi´on
de una curva parametrizada (siempre que est´en definidos) son in-variantes
frente a movimientos r´ıgidos.
Soluci´on:
(a) Sea : R3 ! R3 una transformaci´on ortogonal entonces:
kuk2 = hu, ui = hu, ui = kuk2 ) kuk = kuk, 8 u 2 R3 .
Tenemos que si u, v 2 R3 entonces
cos](u, v) = hu, vi
kukkvk
= hu, vi
kukkvk
= cos](u, v) .
(b) Tenemos que
u × v = kukkvk sin](u, v)bz = kukkvk sin](u, v)bz = u × v
donde bz es el vector que resulta de la regla de la mano derecha.
Consideremos : R3 ! R3 dada por (x, y, z) = (−x, y, z) luego
hx, yi = h(−x1, x2, x3), (−y1, y2, y3)i
= x1y1 + x2y2 + x3y3 = hx, yi
122. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 23
y la representaci´on matricial de en la base can´onica de R3 es
[] =
0
B@
−1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
CA
) det[] = −1
pero
u × v6= u × v .
(c) Consideremos ' : R3 ! R3 dada por ' = A un movimiento
r´ıgido. Sea P = {t0, t1, ..., tn} una partici´on de I R entonces
l() = l´ım
|P|!0
X
P
k(ti) − (ti−1)k
= l´ım
|P|!0
X
P
k((ti) + v) − ((ti−1) + v)k
= l´ım
|P|!0
X
P
kA(i) − A((ti−1))k
= l´ım
|P|!0
X
P
k(A(i) − A((ti−1)))k
= l´ım
|P|!0
X
P
k(A(i)) − (A((ti−1)))k = l(' ) .
Notemos que
(A )(t) = (t) + v, (A )0(t) = 0(t), (A )00(t) = 00(t) .
Adem´as
d
dt
( ) = 0,
d2
dt2 ( ) = 00 .
Entonces
(t) = |0(t) × 00(t)|
|0(t)|3
= |(A )0(t) × (A )00(t)|
|(A )0(t)|3
= |((A )0(t)) × ((A )00(t))|
|((A )0(t))|3
dt ( A )(t) × d2
= | d
dt2 ( A )(t)|
| d
dt ( A )(t)|3
dt (' )(t) × d2
= | d
dt2 (' )(t)|
| d
dt (' )(t)|3
= '(t) .
123. 24 Cap´ıtulo 1. Curvas
De manera similar se obtiene que
'(t) = −
D
d
dt (' ) × d2
dt2 (' ), d3
dt3 (' )
E
130. (s) coincide con la recta normal a
en (s).
(b) Considere las rectas normales a en puntos cercanos s1, s2, s16= s2.
Pruebe que cuando s2 ! s1, los puntos de intersecci´on de dichas
normales converge a un punto sobre la curva
132. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 25
Soluci´on:
(a) Supongamos que est´a parametrizada por arco, basta observar que
133. 0(s) = t(s) +
n(s)
(s)
0
= t(s) +
n0(s)(s) − n(s)0(s)
2(s)
= t(s) + −2(s)t(s) − n(s)0(s)
2(s)
= −
0(s)
2(s)
n(s) = r(s)n(s) .
Se deduce que la recta tangente a
134. coincide con la recta normal de
.
(b) Observe primero que
k
135. (s) − (s)k =
n(s)
(s)
=
1
|(s)|
las rectas normales en s1 y s2 son:
L1(r) = (s1) + rn(s1), L2(p) = (s2) + pn(s2) .
Los puntos de intersecci´on se obtendr´an si:
L1(r) = L2(p) ) (s2) − (s1) = rn(s1) − pn(s2)
)
(s2) − (s1)
s2 − s1
=
rn(s1) − pn(s2)
s2 − s1
.
Note que cuando s2 ! s1 ) r ! p. Entonces
0(s2) = l´ım
s2!s1
(s2) − (s1)
s2 − s1
= l´ım
s2!s1
rn(s1) − pn(s2)
s2 − s1
= pn0(s2) .
Luego,
1 = h0(s2), 0(s2)i
= h0(s2), pn0(s2)i
= h0(s2),−p(s2)0(s2)i
= −p(s2)h0(s2), 0(s2)i = −p(s2) .
Entonces (s2) = −
1
p
.
136. 26 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.18. Demuestre que el largo de arco de la evoluta de = (t) es u0 −
1
s(s)
,
donde u0 es una constante.
Soluci´on: Supongamos que esta parametrizada por arcopar´ametro,
sabemos que la evoluta es dada por:
143. s
s0
= u0 −
1
(s)
donde u0 = 1/(s0) es una constante.
1.19. Demuestre que la evoluta del cicloide
(t) = a(t − sin t, 1 − cos t), 0 t 2,
donde a 0 es una constante, es
144. (t) = a(t + sin t,−1 + cos t)
Soluci´on: Notemos que 0(t) = a(1 − cos t, sin t), entonces
q
k0(t)k = a
(1 − cos t)2 + sin2 t
p
= a
1 − 2 cos t + cos2 t + sin2 t
= apr
2 − 2 cos t
= 2a
1 − cos t
2
= 2a sin(t/2) .
Entonces el vector tangente unitario es:
t =
0(t)
k0(t)k
=
a(1 − cos t, sin t)
2a sin(t/2)
=
1
2
1 − cos(t)
sin(t/2)
,
sin t
sin(t/2)
=
1
2
2 sin2(t/2)
sin(t/2)
,
2 sin(t/2) cos(t/2)
sin(t/2)
= (sin(t/2), cos(t/2)) .
145. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 27
Luego, el vector normal unitario es n = (−cos(t/2), sin(t/2)) y adem´as
00(t) = a(sin t, cos t), entonces la curvatura es:
(t) =
a2((1 − cos t) cos t − sin2 t)
k0(t)k3 =
a2(cos t − cos2 t − sin2 t)
(2a sin(t/2))3
=
a2(cos t − 1)
8a3 sin3(t/2)
=
cos2(t/2) − sin2(t/2) − 1
8a sin3(t/2)
= −2 sin2(t/2)
8a sin3(t/2)
= −
1
4a sin(t/2)
.
Por lo tanto, la evoluta es:
146. (t) = a(t − sin t, 1 − cos t) − (4a sin(t/2))(−cos(t/2), sin(t/2))
= a(t + sin t,−1 + cos t) .
Observe que cuando reparametrizamos por ˜t = t+ obtenemos la curva
a(˜t − sin ˜t, 1 − cos ˜t) + a(−,−2)
que es una traslaci´on de la curva original.
1.20. La traza de la curva parametrizada
(t) = (t, cosh t), t 2 R ,
se denomina catenaria
(a) Demostrar que la curvatura con signo de la catenaria es (t) =
1
cosh2 t
.
(b) Demostrar que la evoluta de la catenaria es
147. (t) = (t − sinh t cosh t, 2 cosh t) .
Soluci´on:
(a) Tenemos que
0(t) = (1, sinh t), 00(t) = (0, cosh t) .
Sabemos que si : I ! R2 es una curva plana con (t) = (x(t), y(t))
entonces la curvatura con signo de en t es
(t) =
x0y00 − x00y0
((x0)2 + (y0)2)3/2 .
148. 28 Cap´ıtulo 1. Curvas
Entonces
(t) =
cosh t
(1 + sinh t)3/2 =
cosh t
(cosh2 t)3/2
=
1
cosh2 t
.
(b) Sabemos que la evoluta esta dada por
149. (t) = (t) +
1
(t)
n(t), t 2 I .
Basta hallar el vector normal n(t), el cual debe satisfacer
n(t)?0(t) y kn(t)k = 1 .
Si (t) = (1(t), 2(t)), basta considerar
n(t) =
(−02
(t), 01
(t))
k0(t)k
entonces
n(t) =
(−sinh t, 1) p
sinh2 t + 1
=
−
sinh t
cosh t
,
1
cosh t
.
Por lo tanto,
150. (t) = (t) +
1
(t)
n(t)
= (t, cosh t) + cosh2 t
−
sinh t
cosh t
,
1
cosh t
= (t, cosh t) + (−sinh t cosh t, cosh t)
= (t − sinh t cosh t, 2 cosh t) .
1.21. Sea : I ! R3 una curva parametrizada regular (no necesariamente
por longitud de arco) y sea
151. : J ! R3 una reparametrizaci´on de (I)
por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 2 I. Sea t = t(s) la
funci´on inversa de s y def´ınanse
d
dt
= 0,
d2
dt2 = 00, etc. Demostrar las
siguientes afirmaciones
(a)
dt
ds
=
1
k0k
,
d2t
ds2 = −h0, 00i
k0k3 .
152. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 29
(b) La curvatura de en t 2 I es
(t) = k0 × 00k
k0k3 .
(c) Si : I ! R2 es una curva plana (t) = (x(t), y(t)) la curvatura
con signo de en t
(t) =
x0y00 − x00y0
((x0)2 + (y0)2)3/2
.
Soluci´on:
(a) Notemos que si
182. 00 1 (s) = (00 1(t(s)))(t0(s))2 + 01
(t(s))t00(s)
183. 00 2 (s) = (00 2(t(s)))(t0(s))2 + 02
(t(s))t00(s)
Luego,
= {(00 2 t)(t‘)2 + (02
t)t00}{(01
t)t0}
−{(00 1 t)(t‘)2 + (01
t)t00}{(02
t)t0}
= {00 2(t(s))01
(t(s)) − 00 1(t(s))02
(t(s))}(t0(s))3
= {00 2(t(s))01
(t(s)) − 00 1(t(s))02
(t(s))}
{(01
(t(s)))2 + (02
(t(s)))2}3/2 .
1.22. Probar que si est´a contenida en una esfera de radio r entonces su
curvatura satisface (s) 1/r.
184. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 31
Soluci´on: Supongamos que est´a arcoparametrizada. Si est´a en
una esfera de centro en a y radio r entonces
k(s) − ak2 = r2 .
Derivando esta ecuaci´on obtenemos:
ht, − ai = 0
volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos
ht0, − ai + ht, ti = 0 ) hn, − ai + ktk2
|{z}
1
= 0 .
Entonces, hn, − ai = −1. Como 0 y usando la desigualdad de
Cauchy-Schwartz obtenemos
1 = |(s)| · |hn(s), (s) − ai| |(s)| · kn(s)kk(s) − ak = (s)r .
Por lo tanto, (s) 1/r.
1.23. Sean r 0 y : R ! R2 una parametrizaci´on por longitud de arco tal
que el trazo de est´a contenida en el disco cerrado de centro el origen
y radio r, cuya curvatura cumple que
|(s)|
1
r
.
para cada s 2 R. Demostrar que la curva es un arco de circunferencia
de centro el origen y radio r.
Soluci´on: Denotamos por
Dr = {z 2 R2 : kzk r} .
Afirmaci´on: Si (s0)
1
r
entonces (s) R2 Dr para todo 0
|s − s0| .
En efecto, basta considerar la funci´on
'(s) = k(s) − p k2
185. 32 Cap´ıtulo 1. Curvas
donde p = (s0) + rn(s0), entonces
' 0(s) = 2ht(s), (s) − pi
' 00(s) = 2ht 0(s), (s) − pi + 2ht(s), t(s)i = 2h(s)n(s), (s) − pi + 2 .
Luego, evaluando en s = s0 obtenemos
'(s0) = k(s0) − (s0) − rn(so)k2 = r2kn(s0)k = r2
' 0(s0) = 2ht(s0),−rn(s0)i = −2rht(s0), n(s0)i = 0
1
2
' 00(s0) = h(s0)n(s0),−rn(s0)i + 1 = 1 − r(s0) .
Note que ' 00(s0) 0 si (s0) 1/r.
Entonces, el desarrollo de Taylor de ' en un entorno de s = s0 satisface
'(s) = '(s0) + ' 0(s0)(s − s0) + ' 00(s0)
(s − s0)2
2
+ R
= r2 + (1 − r(s0))
(s − s0)2
4
+ R r2
para 0 |s − s0| , lo cual implica que (s) R2 Dr para todo
0 |s − s0| .
Ahora, por otro lado si (s) Dr entonces (s) 1/r y como |(s)|
1/r entonces necesariamente se tiene que |(s)| = 1/r lo cual implica
que es una arco de circunferencia.
1.24. Pruebe que una condici´on necesaria y suficiente para que una curva
: I ! R3 est´e sobre una esfera es que
=
0
2
0
.
Soluci´on:
) Si : I ! R3 est´a en una esfera de centro en a y radio r entonces
k − ak2 = r2, es decir, h − a, − ai = r2 .
Derivando obtenemos
ht, − ai = 0 . (1.7)
186. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 33
Derivando (1.7) y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos:
ht0, − ai + ht, ti = 0 ) hn, − ai + ktk2 = 0
) hn, − ai + 1 = 0
1
) hn, − ai = −
. (1.8)
Derivando (3.8) y usando la perpendicularidad del triedro de Frenet
obtenemos:
hn0, − ai + h|n{,zt}i
0
=
0
2 ) h−t + b, − ai =
0
2
) − h|t, {z− a}i
0
+ hb, − ai =
0
2
) hb, − ai =
0
2
.
El t´ermino que es cero es debido a la ecuaci´on (1.7), derivando la ´ultima
igualdad obtenemos:
h−n, − ai + h|b{,zt}i
0
=
0
2
0
) − hn, − ai =
0
2
0
.
Reemplazando (3.8) en la ´ultima igualdad se obtiene lo pedido
=
0
2
0
.
( Sean = 1/ y = 1/ entonces nuestra hip´otesis es equivalente
a:
= −(0)0 .
Usando esta informaci´on note que
(2 + (0)2)0 = 20 + 2(0)(0)0 = 0 .
Luego, 2+(0)2 es igual a una constante, digamos a r2. Consideremos
a = + n + 0b, entonces
a0 = t + 0n + (−t + b) + (0)0b − 0(n) = 0 .
187. 34 Cap´ıtulo 1. Curvas
Luego, a es constante y
k − ak2 = 2 + (0)2 = r2 ,
es decir, est´a contenida en una esfera de centro en a y radio r.
1.25. Probar que si todos los planos normales a una curva pasan por un punto
fijo entonces la curva est´a contenida en una esfera.
Soluci´on: La ecuaci´on del plano normal en
(t) es hy −
, ti = 0.
Si a es el punto fijo, entonces
ha − y, ti = 0 . (1.9)
Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos
ht, ti + ha −
, t0i = 0 ) ktk2 + ha −
, ni = 0
) ha −
, ni = −
1
. (1.10)
Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret
ht, ni + ha −
, n0i =
0
2 ) ha −
,−t + bi =
0
2
) −ha −
, ti + ha −
, bi =
0
2 . (1.11)
Si (1.9) en (1.11) obtenemos ha −
, bi =
0
2
, derivando y usando
Frenet-Serret
− h
− a, ni =
0
2
0
. (1.12)
Si (1.10) en (1.12) resulta
=
0
2
por problema anterior se tiene que
est´a contenida en una esfera.
188. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 35
1.26. Demu´estrese que el conocimiento de la funci´on vectorial b = b(s), el
vector binormal, de una curva , cuya torsi´on nunca es nula, determina
la curvatura (s) y el valor absoluto de la torsi´on (s) de .
Soluci´on: Como se conoce b(s) , entonces se conoce b0(s) = − (s)n(s)
lo que implica que | (s)| = kb0(s)k. De lo anterior se deduce que salvo
el signo podemos determinar el vector tangente mediante
t(s) = n(s) × b(s)
como siempre (s) 0 y usando la ecuaci´on de Frenet-Serret t0(s) =
(s) n(s) obtenemos que:
(s) = |(s)| = |(s)|kn(s)k = k(s) n(s)k = kt0(s)k .
1.27. Sea (s) una curva en R3 con arco-par´ametro y torsi´on constante . Si
{T,N,B} es su triedro m´ovil se define una nueva curva por
189. (t) = −
1
N(t) +
Z t
0
B(s)ds .
Calcular la curvatura y la torsi´on de
210. 36 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.28. Sea : I ! R la funci´on curvatura de la parametrizaci´on por longitud
de arco . Probar la igualdad:
h0(s), 0000(s)i = −3(s)0(s)
Solucion: ´Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de
derivada por partes para el producto interno.
d
h0, 0000i =
, , dsh0000i − h00000i
=
d
dsht, t00i − ht0, t00i
=
d
dsht, (n)0i − hn, (n)0i
=
d
dsht, 0n + n0i − hn, 0n + n0i
=
d
ds{0 h|t{,zn}i
0
+ht, n0i} − 0 h|n{,zn}i
1
+hn, n0i
=
d
ds{ht,−t + bi} − 0 + hn,−t + bi
=
d
ds{−2 h|t{,zt}i
1
+ h|t{,zb}i
0
} − 0 − 2 h|n{,zt}i
0
+ h|n{,zb}i
0
=
d
ds{−2} − 0 = −20 − 0 = −30 .
1.29. Encontrar todas las funciones f(t) tales que
(t) = (cos t, sen t, f(t))
sea una curva plana.
Soluci´on: Sabemos que la curvatura de una curva : [a, b] ! R3
esta dada por
(t) = −h(0 × 00), 000i
k0 × 00k2
adem´as, una curva es plana si y solo si (t) = 0 para todo t 2 [a, b].
211. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 37
Ahora bien, tenemos que
0 = (−sen t, cos t, f0)
00 = (−cos t,−sen t, f00)
000 = (sen t,−cos t, f000)
0 × 00 = (cos tf00 + sen tf0, sen tf00 − cos tf0, 1)
h0 × 00, 000i = f0 + f000 = 0 ) f000 = −f0
Por lo tanto, f(t) = cos t +
213. ,
2 R.
1.30. Determine la curva plana que tiene (s) =
1
ps
.
Soluci´on: Consideremos '(s) =
Z s
0
(u)du y
(s) =
Z s
0
cos '(t)dt,
Z s
0
sen '(t)dt
entonces t(s) = (cos '(s), sen '(s)) y n(s) = (−sen '(s), cos'(s)). Se
verifica que
00(s) = '0(s)(−sen '(s), cos'(s)) = (s) n(s) .
Calculando obtenemos que
'(s) =
Z s
0
u−1/2du = 2pu .
Por lo tanto,
(s) =
Z s
0
cos(2pt)dt,
Z s
0
sen(2pt)dt
= (cos(2ps) + 2ps sen(sp2), sen(2ps) − 2ps cos(2ps)) + (1, 0) .
1.31. Considere la curva
(s) =
a cos
s
pa2 + b2
, a sin
s
pa2 + b2
, b
s
pa2 + b2
.
Hallar la curvatura y la torsi´on.
Soluci´on: Denotemos por ! =
1
pa2 + b2
, entonces
0(s) = (−a! sin !s, a! cos !s, !b)
214. 38 Cap´ıtulo 1. Curvas
Note que k0(s)k = 1 entonces t = 0(s) y
t0 = (−a!2 cos !s,−a!2 sin !s, 0) = (s) n(s)
La ´ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue
que (s) = a!2 y n = (−cos !s,−sin !s, 0). Sabemos que el vector
binormal es dado por
b(s) = t × n = (b! sin !s,−b! cos !s, a!)
Entonces,
b0(s) = (b!2 cos !s, b!2 sin !s, 0) = (s) n(s)
La ´ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo
tanto, (s) = −b!2.
1.32. Sea una curva cuyas funciones curvatura y torsi´on no se anulan. Se
dice que es una h´elice de eje el vector unitario ! y ´angulo si los vectores
tangentes a forman un ´angulo con !.
(a) Probar que en tal caso el vector ! es combinaci´on lineal de t y b;
calcular los coeficientes de dicha combinaci´on lineal.
(b) Probar que es una h´elice si y s´olo si el cociente / es una funci´on
constante.
215. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 39
Soluci´on:
(a) Se tiene que
ht, !i = cos = constante
entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-nemos
0 = ht0, !i = hn, !i = hn, !i ) hn, !i = 0
lo que implica que ! = t +
223. = sen .
Por lo tanto, ! = cos t + sen b.
(b) Si es h´elice entonces ! = cos t + sen b entonces derivando y
usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos
0 = cos t0 + sen b0 = n cos − n sen .
Luego, haciendo el producto punto del vector normal con el vector
cero obtenemos
0 = hn, 0i = hn, n cos − n sen i
= cos knk2 − sen knk2
entonces
= tan =constante.
Rec´ıprocamente, si
= constante = tan =
sen
cos
entonces
0 = cos − sen
= cos hn, ni − sen hn, ni
= hn cos − n sen , ni
= h(t cos + b sen )0, ni
224. 40 Cap´ıtulo 1. Curvas
lo que implica (t cos +b sen )0 = 0 entonces t cos +b sen =constante=
a por lo tanto,
ht, ai = cos = constante .
1.33. Sea una curva plana parametrizada por largo de arco tal que para
todo s el ´angulo entre t(s) y (s) es (fijo). Demuestre
(a) Si = 0 entonces la traza de est´a contenida en una recta.
(b) Si =
2 , entonces la traza de est´a contenido en un c´ırculo.
(c) Si 0
2 , entonces la traza de est´a contenido en una espiral
logar´ıtmica.
Soluci´on:
(a) Sabemos que cos = ht, i
ktkkk
. Si = 0 entonces ht, i
ktkkk
= 1. Se
concluye que = rt con r6= 0, derivando obtenemos
t = r0t + rt0 = r0t + rn .
Haciendo el producto interno con n
0 = ht, ni = r0ht, ni + rhn, ni = r ) 0 .
(b) Si =
2
entonces ht, i
ktkkk
= 0, se concluye que = rn con r6= 0.
Derivando obtenemos
t = r0n + rn0 = r0n − rt .
Haciendo el producto interno con n obtenemos
0 = ht, ni = r0hn, ni − rht, ni = r0 .
Luego, r debe ser constante. Haciendo el producto interno de t
contra si mismo, obtenemos
1 = ht, ti = krtk2 = (r)2 ) = ±
1
r
.
225. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 41
(c) Tomando = r(t cos + n sin ) y derivando obtenemos
t = r0(t cos + n sin ) + r(t0 cos + n0 sin )
= r0(t cos + n sin ) + r(n cos − t sin )
= (r cos + r0 sin )n + (r0 cos − r sin )t .
Haciendo el producto interno de t con n obtenemos
r0 cos − r sin = 1
r cos + r0 sin = 0
/ cos
/ sin
Luego, r0 = cos ) r = s cos y adem´as r = −sin .
Por lo tanto,
= −
1
s · cotan
.
1.34. Pruebe que
Z 2
0
p
a2 sin2 t + b2 cos2 t dt 2pab, a, b 2 R+
con igualdad si y s´olo si a = b.
Soluci´on: Usamos la desigualdad isoperim´etrica aplicada a la curva
(t) = (a cos t, b sin t)
que es una parametrizaci´on de la elipse. El ´area encerrada por la curva
(t) = (x(t), y(t)) es dada por:
A() =
1
2
Z 2
0
(xy0 − x0y)dt
=
1
2
Z 2
0
((a cos t)(b cos t) − (−a sin t)(b sin t))dt
=
1
2
Z 2
0
(ab cos2 t + ab sin2 t)dt = ab .
El largo de la curva es
l =
Z 2
0 k0(t)kdt =
Z 2
0
p
(−a sin t)2 + (b cos t)2dt
=
Z 2
0
p
a2 sin2 t + b2 cos2 t dt .
226. 42 Cap´ıtulo 1. Curvas
Por la desigualdad isoperim´etrica tenemos que 2pA l entonces
l =
Z 2
0
p
a2 sin2 t + b2 cos2 tdt 2pab = 2pab .
1.35. ¿Existe alguna curva cerrada simple en el plano de longitud igual a 6
metros y delimitando un ´area de 3 metros cuadrados?
Soluci´on: Basta usar la desigualdad isoperim´etrica. Sabemos que si
es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el ´area de
la regi´on encerrada por entonces
A
l2
4
.
Tenemos que
l2
4
=
36m2
4
=
9
m2 3m2 = A
lo cual contradice la desigualdad isoperim´etrica.
1.36. Sean A,B puntos del plano a distancia menor que l, y sea
una curva
simple de A a B de largo l aun lado de la recta por A,B. Probar que
el ´area mayor que encierra la curva cerrada
[ AB se tiene cuando
es un arco de c´ırculo por A,B.
Soluci´on: Sea S1 un c´ırculo que admite el segmento AB como cuerda,
de arcos ,
229. A B
Tomando la curva formada por y
la cual es cerrada y C1 a trozos.
Fijando la curva y haciendo variar
en la familia de todas las curvas
230. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 43
que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperi-m
´etrica para curvas C1 a trozos, la curva de la familia que delimita un
´area m´axima es S1, como est´a fijo, el arco
231. es la soluci´on al problema.
1.37. Calcule la curvatura de la elipse x = a cos t, y = b sin t, t 2 [a, b] y a6= b.
Muestre que tiene exactamente 4 v´ertices, encu´entrelos.
Soluci´on: Tenemos que (t) = (a cos t, b sin t) y sabemos que (t) =
x0y00 − x00y0
((x0)2 + (y‘)2)3/2 . En particular, x0(t) = −a sin t, x00(t) = −a cos t,
y0(t) = b cos t y y00(t) = −b sin t. Entonces
(t) =
(−a sin t)(−b sin t) − (−a cos t)(b cos t)
(a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2
=
ab
(a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2
.
Luego
0(t) =
3ab sin t cos t(b2 − a2)
(a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2
.
Por otro lado, t 2 [0, 2] es v´ertice
si 0(t) = 0, es
decir, si 3ab sin t cos t =
0 , sin t cos t = 0 entonces t 2
0,
, , 3
, 2
donde
2 2(0) = (2) = (a, 0)
2
= (0, b)
() = (−a, 0)
3
2
= (0,−b)
son los v´ertices de la elipse. Note que la curva cumple las hip´otesis del
teorema de los cuatro v´ertices, luego ella necesariamente tiene al menos
cuatro v´ertices.
1.38. Considere la curva (t) = (t, t2), t 2 R. Probar que la curvatura de
nunca se anula y calcular el n´umero de v´ertices. ¿Contradice esto el
teorema de los cuatro v´ertices?
Soluci´on: Tenemos que 0(t) = (1, 2t) y 00(t) = (0, 2) entonces
(t) =
2
(1 + 4t2)3/2 y 0(t) = −
24t
(1 + 4t2)5/2
luego la curvatura nunca se anula y posee un solo v´ertice en t = 0.
Esto no contradice el Teorema de los cuatro v´ertices debido a que no
es una curva cerrada.
232. 44 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.39. Pruebe que la curva : [0, 2) ! R2
(t) = ((1 + 2 cos t) cos t, (1 + 2 cos t) sin t)
tiene s´olo dos v´ertices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro
v´ertices?
Soluci´on: Tenemos que
0(t) = (−sin t − 2 sin 2t, cos t + 2 cos 2t) = (x0(t), y0(t))
00(t) = (−cos t − 4 cos 2t,−sin t − 4 sin 2t) = (x00(t), y00(t))
entonces k0(t)k = p5 + 4 cos t.
Luego,
x0y00 = (−sin t − 2 sin 2t)(−sin t − 4 sin 2t)
= sin2 t + 8 sin2 2t + 6 sin t sin 2t ,
x00y0 = (−cos t − 4 cos 2t)(cos t + 2 cos 2t)
= −cos2 t − 8 cos2 2t − 6 cos t cos 2t .
Entonces la curvatura de la curva es:
(t) =
9 + 6(cos t cos 2t + sin t sin 2t)
(5 + 4 cos t)3/2
=
9 + 6(cos t(cos2 t − sin2 t) + 2 sin2 t cos t)
(5 + 4 cos t)3/2 =
9 + 6 cos t
(5 + 4 cos t)3/2
con derivada
0(t) =
12 sin t(2 + cos t)
(5 + 4 cos t)3/2
la cual es cero solo en los puntos t = 0 y t = , es decir, tiene dos
v´ertices. Esto no contradice el teorema de los cuatro v´ertices pues la
curva no es simple, como se aprecia en la siguiente figura.
233. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 45
1.40. Sea
una curva plana y sea l la tangente en un punto p. Sea L una
paralela a la recta normal en p a distancia d de p, y sea h el largo del
segmento determinado sobre L por
y l. Probar que
|(p)| = l´ım
d!0
2h
d2 .
Soluci´on: Parametricemos
por longitud de arco y consideremos un
sistema de coordenadas tal que el centro este en p y los ejes del sistema
de coordenadas est´en en la direcci´on de los vectores tangente y normal
a la curva
en el punto p. Sea
(s) = (x(s), y(s)) nuestra parame-trizaci
´on. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del punto
0.
(s) =
(0) +
0(0)s +
00(0)
s2
2
+ R
donde l´ım
s!0
R
s2 = 0. Denotamos por la curvatura de
en el punto p.
bp
d
L
h l
Notemos que,
0(0) = t(0) = (1, 0),
00(0) = n(0) = (0, 1)
con esta informaci´on, podemos deducir que
x(s) = s + Rx, y(s) =
s2
2
+ Ry
donde R = (Rx,Ry), entonces
|(p)| = l´ım
s!0
2|y(s)|
s2 +
2Ry
s2
= l´ım
s!0
2|y(s)|
s2 + 2 l´ım
s!0
Ry
s2
= l´ım
d!0
2h
d2 .
234. 46 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.41. Probar que si
es una curva cerrada contenida en un disco de radio r
entonces existe un punto p en la curva donde
|(p)|
1
r
.
Soluci´on: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre
la curva
a mayor distancia de O. Consideremos el c´ırculo de radio
|p − O| = r0 y centro O, entonces
est´a contenida en la regi´on que
encierra el c´ırculo de radio r0 y centro O. Consideremos un nuevo sistema
de coordenadas cuyo origen coincida con el punto p y cuyos ejes est´en
en la direcci´on del vector tangente y normal a la curva
en el punto p.
b
b
b
p
O
r0 (x(t),y(t))
(x(t),z(t))
Luego, si
(t) = (x(t), y(t)), sea
235. (t) = (x(t), z(t)) una parametrizaci´on
del c´ırculo de radio r0 y centro O. Debido a que la curva est´a contenida
en la regi´on que encierra el c´ırculo se tiene que:
|z(t)| |y(t)| .
Usando la f´ormula del problema anterior para curvatura obtenemos
|(p)| = l´ım
s!0
2|y(s)|
s2 l´ım
s!0
2|z(s)|
s2 = |
236. (p)| =
1
r0
1
r
.
1.42. Si una curva cerrada y plana C est´a contenida dentro de un c´ırculo de
radio r, demostrar que existe un punto p 2 C tal que la curvatura de
C en p satisface || 1/r.
237. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 47
Soluci´on: Sea O el centro del disco en cuesti´on de radio r. Reduzca
el radio del c´ırculo hasta la primera vez en que el c´ırculo toque a la
curva. Entonces, sea r0 el radio hallado con r0 r y (t0) el punto de
intersecci´on. Note que estamos en las mismas condiciones del problema
anterior, entonces
|(t0)|
1
r0
1
r
.
1.43. Sea (s), s 2 [0, l] una curva cerrada, convexa y plana, orientada posi-tivamente.
La curva
238. (s) = (s) − rn(s) ,
donde r es una constante positiva y n es el vector normal, se denomina
una curva paralela a . Demostrar que
(a) `(
245. 0(s)kds =
Z l
0
ds + r
Z l
0
(s)ds
= l + r((s) − (0)) = l + 2r .
246. 48 Cap´ıtulo 1. Curvas
(b) Sea (s) = (x(s), y(s)) entonces t = (x0, y0) y por Frenet-Serret
t 0 = (x00, y00) = (−y0, x0) . (1.13)
Tenemos entonces
247. = (x, y) − r(−y0, x0) = (x + ry0, y − rx0) .
Para el c´alculo del ´area usamos la f´ormula
A(
249. (uv0 − vu0)ds .
Usando la relaci´on (1) vemos que
uv0 = (1 + r)xy0 + r(1+ r)(y0)2 = xy0 −rxx00 + r(1 + r)(y0)2
y
vu0 = (1 + r)yx0 −r(1+ r)(x0)2 = yx0 +ryy00 −r(1+ r)(x0)2
de donde
uv0 − vu0 = xy0 − yx0 − r(xx00 + yy00) + r(1 + r) .
Para evaluar la integral necesitamos hallar
Z l
0
xx00 ds = xx0(l) − xx0(0) −
Z l
0
(x0)2ds = −
Z l
0
(x0)2ds .
De manera similar
Z l
0
yy00 ds = yy0(l) − yy0(0) −
Z l
0
(y0)2ds = −
Z l
0
(y0)2ds
con lo que obtenemos
Z l
0
(xx00 + yy00)ds = −l
y como Z l
0
(s)ds = 2 .
251. ) =
1
2
Z l
0
(uv0 − vu0)ds
=
1
2
Z l
0
(xy0 − yx0 − r(xx00 + yy00) + r(1 + r))ds
=
1
2
Z l
0
(xy0 − yx0)ds −
r
2
Z l
0
(xx00 + yy00)ds +
r
2
Z l
0
(1 + r))ds
= A() +
rl
2
+
rl
2
+
2r2
2
= A() + rl + r2 .
(c) Utilizaremos la f´ormula para curvatura para curvas planas. Supon-gamos
que est´a parametrizada por longitud de arco, entonces
268. 02
)2)3/2 =
(1 + r)2
(1 + r)3 =
(s)
(1 + r(s))
.
1.44. (i) Probar que la curva de nivel f(x, y) = c es convexa si y s´olo si en
ella la expresi´on
fxxf2
y − 2fxyfxfy + fyyf2
x
no cambia de signo.
(ii) Determine la curvatura de la curva de nivel f(x, y) = c en un
punto donde se sabe que fxx = 2, fxy = −3, fyy = 1, fx = −1,
fy = 1, tomando la normal en la direcci´on del gradiente de f.
Soluci´on:
(i) Sabemos que (s) no cambia de signo si y s´olo si (s) =
R s
0 (s)ds
es una funci´on creciente, ya que 0(s) = (s). Luego, la curva
asociada a la curvatura es una curva convexa si y s´olo si
no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la funci´on
impl´ıcita, existe g : R ! R tal que
f(x, g(x)) = c
y la curva de nivel f(x, y) = c puede ser parametrizada mediante
(t) = (t, g(t))
donde g es diferenciable, siempre que f2
x + f2
y6= 0. Derivando la
igualdad f(x, y) = c obtenemos
fx + fyg0 = 0 . (1.14)
Luego,
g0 = −
fx
fy
. (1.15)
269. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 51
Derivando (1.14) y reemplazando (1.15) obtenemos
fxx + fxyg0 + {fyx + fyyg0}g0 + fyg00 = 0
) fxx −
fxyfx
f y −
fyxfx
fy
+
fyyf2
x
f2
y
+ fyg00 = 0
) g00 =
fxxf2
y − 2fxyfxfy + fyyf2
x
f3
y
.
Usando la f´ormula para curvatura de curvas planas
(t) = (x(t), y(t))
dada por
(t) =
x0y00 − x00y0
((x0)2 + (y0)2)3/2 .
Obtenemos
(x, y) =
g00(x)
(1 + (g0(x)2)3/2 ) (x, y) =
fxxf2
y − 2fxyfxfy + fyyf2
x
x + f2
(f2
y )3/2 .
Entonces, si fxxf2
y −2fxyfxfy +fyyf2
x no cambia de signo si y s´olo
si (x, y) no cambia de signo si y s´olo si la curva f(x, y) = c es
convexa.
(ii) Usando la f´ormula obtenida, se obtiene
(x, y) =
2 · 1 + 2(−3)(−1) · 1 + 1 · (−1)2
((−1)2 + (1)2)3/2 = −
3
2p2
.
1.45. Sea
(t) una curva cerrada simple de largo l con curvatura 0 (t) c.
Probar que
l
2
c
.
Interprete.
Soluci´on: Al ser
(t) una curva cerrada simple tiene ´ındice de rota-ci
´on 1, entonces
Z l
0
(s)ds = (l) − (0) = 2 .
Por otro lado, como (t) c obtenemos
2 =
Z l
0
(s)ds c
Z l
0
ds = cl .
270. 52 Cap´ıtulo 1. Curvas
Por lo tanto, l
2
c
. Observe que un c´ırculo de radio 1/c tiene curvatura
0 = c y el largo de este circulo es l0 = 2
c . Cualquier curva de curvatura
menor a c tiene mayor largo que un c´ırculo de radio 1/c.
271. Cap´ıtulo 2
Superficies
Definici´on 2.1.
Un subconjunto S R3 es una superficie si, para todo punto p 2 S, existe
un conjunto abierto U R2 y un conjunto abierto W R3 conteniendo al
punto p tal que W S es homeomorfo a U.
z
y
x
u
v
b
b
(u, v)
U
p
W S
'
W
S
Definici´on 2.2.
Una superficie parametrizada : U ! R3 es llamada regular si es diferen-ciable
y los vectores u y v son linealmente independientes para todo punto
(u, v) 2 U. Equivalentemente, que sea diferenciable y el producto cruz
u × v es nunca cero para todo punto de U.
53
272. 54 Cap´ıtulo 2. Superficies
Definici´on 2.3.
Dada una aplicaci´on diferenciable F : U Rn ! Rm definida sobre un
conjunto abierto U de Rn decimos que p 2 U es un punto cr´ıtico de F si
la diferencial dFp : Rn ! Rm no es un aplicaci´on sobreyectiva. La imagen
F(p) 2 Rm de un punto cr´ıtico se denomina un valor cr´ıtico de F. Un punto
de Rm que no es un valor cr´ıtico de f se llama valor regular de F.
Si f : U R3 ! R es una funci´on diferenciable, decir que dfp no es
sobreyectiva es equivalente a que fx = fy = fz = 0 en p. De aqu´ı, a 2 f(U)
es un valor regular de f : U R3 ! R si y solo si fx, fy y fz no se anulan
simult´aneamente en cualquier punto de la imagen inversa de a
f−1(a) = {(x, y, z) 2 U | f(x, y, z) = a} .
Teorema 2.1.
Si f : U R3 ! R es una funci´on diferenciable y a 2 f(U) es un valor
regular de f, entonces f−1(a) es una superficie regular de R3.
Definici´on 2.4.
El espacio tangente a un punto p de una superficie S, denotado por TpS, es
el conjunto de vectores tangentes al punto p de todas las curvas en S que
pasan por p.
2.1. La Primera Forma Fundamental
Si
= (u(t), v(t)) es una curva en una superficie parametrizada , luego
el largo de arco partiendo de un punto
(t0) es dado por
s =
Z t
t0 k
0(u)kdu .
Por la regla de la cadena,
0 = uu0 + vv0 entonces
k
0k2 = E(u0)2 + 2Fu0v0 + G(v0)2 (2.1)
donde
E = kuk2 , F = hu, vi , G = kvk2 . (2.2)
273. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 55
La forma cuadr´atica definida por la ecuaci´on (2.1) se denomina la primera
forma fundamental de la superficie y las funciones definidas en (2.2) son
llamados los coeficientes de la primera forma fundamental.
Proposici´on 2.1.
ku × vk = pEF − G2 .
Definici´on 2.5.
El ´area A(R) del sector (R) de una superficie parametrizada : U ! R3
correspondiente a la regi´on R U es
A(R) =
ZZ
R
ku × vkdudv .
2.2. La Segunda Forma Fundamental
Dada una parametrizaci´on : U R2 ! S de una superficie regular S
en un punto p 2 S, podemos elegir un vector unitario normal en cada punto
de (U) mediante
~N
=
u × v
ku × vk
.
La siguiente expresi´on
e(u0)2 + 2fu0v0 + g(v0)2 (2.3)
es llamada la segunda forma fundamental de en donde
e = h~N
, uui , f = h~N
, uvi , g = h~N
, vvi
son llamados coeficientes de la segunda forma fundamental.
2.3. Problemas Resueltos
2.1. Demuestre que el cilindro circular S = {(x, y, z) 2 R3 : x2 + y2 = 1} es
una superficie regular.
274. 56 Cap´ıtulo 2. Superficies
Soluci´on: Consideremos
U = {(x, y) 2 R2 : 0 x2 + y2 2}
r =
p
x2 + y2 y sea ' : U ! R3 definida por
'(x, y) =
x
r
,
y
r
, tan
r −
2
.
Note que las funciones coordenadas de ' son diferenciables y es claro
que ' es inyectiva.
2.2. Demuestre que el paraboloide hiperb´olico
S = {(x, y, z) 2 R3 : z = x2 − y2}
es una superficie regular.
Soluci´on: Consideremos la siguiente aplicaci´on : U R2 ! R3
definida por
(u, v) = (u, v, u2 − v2) .
2.3. Demuestre que el elipsoide
S =
(x, y, z) 2 R3 :
x2
a2 +
y2
b2 +
z2
c2 = 1
es una superficie regular.
Soluci´on: Consideremos la aplicaci´on : U R2 ! R3 definida por
(u, v) = (a sin u cos v, b sin u sin v, c cos u)
donde U = {(u, v) 2 R2 : 0 u , 0 v 2}.
2.4. Demuestre que S R3 el conjunto que se obtiene al rotar una curva
regular : [a, b] ! R2 con
(t) = (f(t), g(t))
275. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 57
alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con ´esta, es
un superficie regular.
Soluci´on: Considere la parametrizaci´on : U R2 ! R3 dada por
(u, v) = (f(v) cos u, f(v) sin u, g(v))
donde U = {(u, v) 2 R2 : 0 u 2, a v b}.
2.5. Demuestre que, si f(x, y) es una funci´on diferenciable, su gr´afico
Graf(f) = {(x, y, z) 2 R3 : z = f(x, y)}
es una superficie diferenciable.
Soluci´on: Basta considerar la parametrizaci´on F : U R2 ! R3
dada por
F(u, v) = (u, v, f(u, v)) .
2.6. Demuestre que el toro
T = {(x, y, z) 2 R3 : (x2 + y2 + z2 + a2 − r2)2 = 4a2(x2 + y2)}
es una superficie regular.
Soluci´on: Consideremos ' : U ! R3 definida por
'(u, v) = ((r cos u + a) cos v, (r cos u + a) sin v, r sin u)
donde U = {(u, v) 2 R2 : 0 u, v 2}, la cual es una funci´on
diferenciable.
2.7. El hiperboloide de una hoja es
S = {(x, y, z) 2 R3 : x2 + y2 − z2 = 1}
Demuestre que para todo la curva
(x − z) cos = (1 − y) sin ,
(x + z) sin = (1 + y) cos
276. 58 Cap´ıtulo 2. Superficies
est´a contenida en S, y que todo punto del hiperboloide esta sobre una
de estas l´ıneas. Deduzca que S puede ser cubierta por solo una parame-trizaci
´on y por lo tanto es una superficie.
Soluci´on: Multiplicando ambas ecuaciones obtenemos
(x2 − z2) sin cos = (1 − y2) sen cos .
Si sin 6= 0 y cos 6= 0 se tiene que
x2 − z2 = 1 − y2 ) x2 + y2 − z2 = 1 .
Note que si sin = 0 ) x = z, y = −1 y si cos = 0 ) y = 1, x = −z.
La l´ınea dada L pasa por (−sin 2, cos 2, 1) se sigue que conseguimos
todas las l´ıneas tomando 0 . Sea (x, y, z) 2 S, si x6= z, considere
tal que
cot =
(1 − y)
(x − z)
entonces (x, y, z) 2 L. Similarmente si x6= −z. Los ´unicos casos res-tantes
son los puntos (0, 0,±1) que est´an sobre las l´ıneas L/2 y L0.
S
L
x2 + y2 − z2 = 1
Sea S1 el circulo unitario x2 + y2 = 1 en el plano xy, y sea (s) una
parametrizaci´on de S1 por arcopar´ametro. Para cada s, sea w(s) =
0(s) + e3, donde e3 es el vector unitario del eje z. Entonces considere
' : U ! R3 dada por
'(s, t) = (s) + t(0(s) + e3) = (cos s − t sin s, sin s + t cos s, t)
277. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 59
donde U = {(s, t) 2 R2 |0 s } y note que x2+y2−z2 = 1+t2−t2 =
1. Esto demuestra que la traza de ' est´a en el hiperboloide de una hoja.
2.8. Hallar la ecuaci´on del plano tangente de las siguientes superficies para-metrizadas
en el punto indicado
a) '(u, v) = (u, v, u2 − v2) en el punto (1, 1, 0).
b) '(r, ) = (r cosh , r sinh , r2) en el punto (1, 0, 1)
Soluci´on:
a) Notemos que '(1, 1) = (1, 1, 0) y
'u = (1, 0, 2u)
285. (1,0) = (0, 1, 0)
)
) 'r×' = (−2, 0, 1).
Por lo tanto, el plano tangente es:
−2x + z = 0 .
2.9. Determinar los planos tangentes del hiperboloide de revoluci´on
H = {(x, y, z) 2 R3 : x2 + y2 − z2 = 1}
en los puntos (x, y, 0) y demostrar que todos ellos son paralelos al eje z.
Soluci´on: Considere la parametrizaci´on del hiperboloide de revoluci´on
: U R2 ! R3 definida por
(u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, sinh u)
286. 60 Cap´ıtulo 2. Superficies
entonces
u = (sinh u cos v, sinh u sin v, cosh u)
v = (−cosh u sin v, cosh u cos v, 0)
u × v = (−cosh2 u cos v, cosh2 u sin v, sinh u cosh u) .
Como (0, v) = (cos v, sin v, 0) = (s, t, 0) entonces
u × v
287.
288.
289. (0,v)
= (−cos v, sin v, 0) = (−s, t, 0) .
Por lo tanto, el plano tangente del hiperboloide de revoluci´on en el
punto (s, t, 0) es
T(s,t,0)H = {(x, y, z) 2 R3 : −sx + ty = 0} ,
como el vector normal es perpendicular al eje z se concluye que el plano
tangente es paralelo al eje z.
2.10. Considere la esfera unitaria
S2 = {(x, y, z) 2 R2 : x2 + y2 + z2 = 1}
a) Una manera de obtener un sistema de coordenadas para la esfera es
considerar la denominada proyecci´on estereogr´afica : S2 {N} !
R2 que lleva un punto p = (x, y, z) de la esfera S2 exceptuando el
polo norte N = (0, 0, 1), sobre la intersecci´on del plano xy con la
recta que une a N con p. Demostrar que −1 : R2 ! S2 viene dada
por
−1(x, y) =
2x
x2 + y2 + 1
,
2y
x2 + y2 + 1
,
x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
.
b) Demostrar que es posible, usando la proyecci´on estereogr´afica, recu-brir
la esfera con dos entornos coordenados.
c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una
parametrizaci´on.
290. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 61
Soluci´on:
a) Sea Lp la l´ınea recta que une el polo norte de la esfera con un p =
(x, y, 0) perteneciente al plano xy, entonces
Lp = {N(1 − t) + tp : t 0}
= {(0, 0, 1)(1 − t) + t(x, y, 0) : t 0}
= {(xt, yt, 1 − t) : t 0}
la intersecci´on de esta recta con la esfera ocurre cuando
(xt0)2 + (yt0)2 + (1 − t0)2 = 1
o equivalentemente,
t0 =
2
x2 + y2 + 1
.
Entonces la inversa de la proyecci´on estereogr´afica −1 : R2 ! S2
viene dada por:
−1(x, y) = (xt0, yt0, 1−t0) =
2x
x2 + y2 + 1
,
2y
x2 + y2 + 1
,
x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
.
b) Tomando dos proyecciones estereogr´aficas una desde el polo norte y
otra desde el polo sur obtenemos dos parametrizaciones que cubren
completamente la esfera unitaria, queda como ejercicio ver que estas
cumplen los axiomas de superficie regular.
c) Si la esfera S2 fuera cubierta por solo una parametrizaci´on : U !
R3, entonces S2 ser´ıa homeomorfa a un subconjunto abierto U de
R2. Como S2 es un conjunto cerrado y acotado de R3, entonces S2
es compacto. Luego, U ser´ıa compacto, en particular cerrado. Como
R2 es conexo, el ´unico subconjunto no vacio cerrado y abierto es R2
entonces U = R2. Lo que implicar´ıa que R2 es compacto, es decir,
acotado. Lo que es absurdo.
2.11. Calcule la primera forma fundamental de las siguientes superficies:
a) (u, v) = (sinh u sinh v, sinh u cosh v, sinh u).
b) (u, v) = (u − v, u + v, u2 + v2).
291. 62 Cap´ıtulo 2. Superficies
c) (u, v) = (cosh u, sinh u, v).
d) (u, v) = (u, v, u2 + v2).
Soluci´on:
a) Tenemos que
u = (cosh u sinh v, cosh u cosh v, cosh u)
v = (sinh u cosh v, sinh u sinh v, 0)
entonces podemos obtener los coeficientes de la primera forma fun-damental
E = hu, ui = 2 cosh2 u
F = hu, vi = 2 sinh u cosh u sinh v cosh v
G = hv, vi = sinh2 u
y la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv + Gdv2 =
2 cosh2 udu2 + 4 sinh u cosh u sinh v cosh v dudv + sinh2 udv2 .
b) Para el paraboloide de revoluci´on se tiene que
u = (1, 1, 2u)
v = (−1, 1, 2v)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = hu, ui = 2 + 4u2
F = hu, vi = 4uv
G = hv, vi = 2 + 4v2
luego la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv + Gdv2 = (2 + 4u2)du2 + 8uv dudv + (2 + 4v2)dv2 .
292. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 63
c) Para el cilindro hiperb´olico se tiene que
u = (sinh u, cosh u, 0)
v = (0, 0, 1)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = hu, ui = sinh2 u + cosh2 u
F = hu, vi = 0
G = hv, vi = 1
luego la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv + Gdv2 = (cosh2 u + sinh2 u)du2 + dv2 .
d) Para el paraboloide de revoluci´on se tiene que
u = (1, 0, 2u)
v = (0, 1, 2v)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = hu, ui = 1 + 4u2
F = hu, vi = 4uv
G = hv, vi = 1 + 4v2
luego la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv + Gdv2 = (1 + 4u2)du2 + 8uv dudv + (1 + 4v2)dv2 .
2.12. Determine las coeficientes de la primera forma fundamental de la esfera
asociada a la parametrizaci´on por proyecci´on estereogr´afica. Use esto
para calcular el largo de un meriadiano completo.
Soluci´on: La proyecci´on estereogr´afica es dada por
(u, v) =
2u
u2 + v2 + 1
,
2v
u2 + v2 + 1
,
u2 + v2 − 1
u2 + v2 + 1
293. 64 Cap´ıtulo 2. Superficies
entonces
u =
2(u2 + v2 + 1) − 4u2
(u2 + v2 + 1)2 , −4uv
(u2 + v2 + 1)2 ,
2u(u2 + v2 + 1) − (u2 + v2 − 1)(2u)
(u2 + v2 + 1)2
=
2(−u2 + v2 + 1)
(u2 + v2 + 1)2 , −4uv
(u2 + v2 + 1)2 ,
4u
(u2 + v2 + 1)2
por simetr´ıa se deduce que
v =
−4uv
(u2 + v2 + 1)2 ,
2(u2 − v2 + 1)
(u2 + v2 + 1)2 ,
4v
(u2 + v2 + 1)2
.
Luego,
(u2 + v2 + 1)4E = 4(v2 − u2 + 1)2 + 16u2v2 + 16u2
= 4((v2 − u2)2 + 2(v2 − u2) + 1) + 16u2v2 + 16u2
= 4(v4 − 2u2v2 + u4 + 2v2 − 2u2 + 1) + 16u2v2 + 16u2
= 4(v4 + 2u2v2 + u2 + 2v2 + 2u2 + 1)
= 4(u2 + v2 + 1)2
) E =
4
(u2 + v2 + 1)2
y de manera similar G =
4
(u2 + v2 + 1)2 adem´as
(u2 + v2 + 1)4F = 2(−u2 + v2 + 1)(−4uv) − 4uv(2u2 − v2 + 1) + 16uv
= −8uv(−u2 + v2 + 1) − 8uv(u2 − v2 + 1) + 16uv = 0
) F = 0 .
Notemos que la curva (t) = (t, at) = (u(t), v(t)) con a6= 0 parame-triza
los meridianos de la esfera entonces el largo de arco de es
s =
Z
1
−1
k0(t)kdt
=
Z
1
−1
p
E(u0)2 + 2Fu0v0 + G(v0)2dt
=
Z
1
−1
4
u2(t) + v2(t) + 1)2 +
4
(u2(t) + v2(t) + 1)2 a2
1/2
dt
=
Z
1
−1
2p1 + a2
t2(1 + a2) + 1
dt .
294. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 65
Haciendo t = tan /p1 + a2 implica dt =
sec2
p1 + a2
d y se obtiene que
s =
Z /2
−/2
2p1 + a2
tan2 + 1 ·
sec2
p1 + a2
d
= 2
Z /2
−/2
d = 2 .
2.13. Esboce la curva sobre el cono
(u, v) = (u cos v, u sin v, u)
dada por u = et, v = t, donde es una constante. Hallar el largo de
arco de la parte de la curva con 0 t .
Soluci´on: Tomando la parametrizaci´on : U R2 ! R3 dada por
(u, v) = (u cos v, u sin v, u)
donde U = {(u, v) 2 R2 : 0 u 1, 0 v 2} luego
u = (cos v, sin v, 1), v = (−u sin v, u cos v, 0)
los coeficientes de la primera forma fundamental y la primera forma
fundamental son
E = hu, ui = 2
F = hu, vi = 0
G = hv, vi = u2
9=
;
) Edu2 + 2Fdudv + Gdv2 = 2du2 + u2dv2
Entonces, el largo de arco de la curva (t) = (et, t) es:
l =
Z
0 k0(t)kdt =
Z
0
(Edu2 + 2Fdudv + Gdv2)1/2dt
=
Z
0
(2du2 + u2dv2)1/2dt =
Z
0
(22e2t + e2t)1/2dt
= (22 + 1)1/2
Z
0
etdt =
(22 + 1)1/2
(e − 1) .
Un esboce de la curva es la siguiente
295. 66 Cap´ıtulo 2. Superficies
2.14. Demuestre que el ´area A de una regi´on acotada R de la superficie z =
f(x, y) es
A =
Z Z
Q
q
1 + f2
x + f2
y dxdy .
Soluci´on: Sabemos que si : U R3 ! R3 es una carta entonces
A =
Z Z
Q
ku × vk dudv, Q = −1(R) .
Tomando la parametrizaci´on (x, y) = (x, y, f(x, y)) entonces
x = (1, 0, fx), y = (0, 1, fy)
y
E = hx, xi = 1 + f2
x
F = hx, yi = fxfy
G = hy, yh = 1 + f2
y
9=
;) kx×yk = pEG − F2 =
q
1 + f2
x + f2
y .
Por lo tanto,
A =
Z Z
Q
q
1 + f2
x + f2
y dxdy .
2.15. Demuestrese que una superficie de revoluci´on siempre puede parametri-zarse
de forma que que
E = E(v), F = 0, G = 1 .
296. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 67
Soluci´on: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva
generatriz C de la superficie de revoluci´on, mediante:
: [a, b] ! R2, (t) = (f(t), g(t)) ,
es decir, k 0(t)k = 1 para todo t 2 [a, b]. Sabemos que las superficies
de revoluci´on tinen como parametrizaci´on
(u, v) = (f(v) cos u, f(v) sin u, g(v))
con
u = (−f(v) sin u, f(v) cos u, 0), v = (f0(v) cos u, f0(v) sin u, g0(v)) .
Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son dados
por:
E = hu, ui = (f(v))2(sin2 u + cos2 u) = (f(v))2 = E(v)
F = hu, vi = −f(v) sin uf0(v) cos u + f(v) cos uf0(v) sin u = 0
G = hv, vi = (f0(v))2 + (g0(v))2 = k0(t)k2 = 1 .
2.16. Sea S una superficie de revoluci´on y C su curva generatriz. Sea s la
longitud de arco de C y den´otese por = (s) a la distancia desde el
eje de rotaci´on al punto de C correspondiente a s.
(a) Teorema de Pappus. Demuestre que el ´area de S es
2
Z l
0
(s) ds
donde l es la longitud de C.
(b) Aplique la parte (a) para calcular el ´area de un toro de revoluci´on.
Soluci´on:
(a) La parametrizaci´on de una superficie de revoluci´on : U R2 !
R3 es
(t, s) = (f(s) cos t, f(s) sin t, g(s))
297. 68 Cap´ıtulo 2. Superficies
donde
U = {(t, s) 2 R2 : 0 t 2, 0 s l}
y la parametrizaci´on de la curva generatriz c es : [0, l] ! R2 es
(s) = (f(s), g(s)) .
Notemos que la distancia del eje de rotaci´on al punto C es:
d = (s) = f(s) .
Sabemos que
A =
Z Z
Q
kt × sk dtds =
Z Z
Q
pEG − F2 dtds
con Q = −1(R) y tenemos que
t = (−f(s) sin t, f(s) cos t, 0)
s = (f0(s) cos t, f0(s) sin t, g0(s))
E = ht, ti = f2(s)
F = ht, si = 0
G = hs, si = (f(s))2 + (g(s))2 = k(s)k2 = 1 .
Entonces,
A =
Z Z
U
pEG − F2dtds =
Z l
0
Z 2
0
p
f2(s) dtds
= 2
Z l
0
f(s)ds = 2
Z l
0
(s) ds .
(b) La curva generatriz parametrizada por longitud de arco del toro de
revoluci´on es
(s) =
a + r cos
s
r
, r sin
s
r
.
Entonces,
A( T2) = 2
Z 2r
0
(s) ds = 2
Z 2r
0
a + r cos
s
r
ds
= 2
h
as − sin
s
r
i2r
0
= 42ar .
298. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 69
2.17. Pruebe que para a, b, c6= 0, cada una de las ecuaciones
x2 + y2 + z2 = ax ,
x2 + y2 + z2 = by ,
x2 + y2 + z2 = cz
define una superficie regular, y que todas ellas se cortan ortogonalmente.
Soluci´on: Notemos que
x2 − ax = (x − a/2)2 − (a/2)2 ,
y2 − by = (x − b/2)2 − (b/2)2 ,
z2 − cz = (x − c/2)2 − (c/2)2 .
Entonces,
S1 = {(x, y, z) 2 R3 : x2 + y2 + z2 = ax}
= {(x, y, z) 2 R3 : (x − a/2)2 + y2 + z2 = (a/2)2}
es decir, S1 es una esfera de centro en (a/2, 0, 0) y radio a
2 . Como la
esfera es una superficie parametrizada regular, se concluye que S1 es
una superficie regular. Lo mismo sucede con S2 y S3 que son esferas de
centros en (0, b/2, 0), (0, 0, c/2) y radios b
2 y c
2 , respectivamente, luego
son superficies regulares. Ahora bien, notemos que los vectores normales
de las primeras dos superficies son paralelos a los vectores (2x−a, 2y, 2z)
y (2x, 2y − b, 2z) y
S1 S2 = {(x, y, z) 2 R3 : ax = by}
Entonces,
h(2x − a, 2y, 2z), (2x, 2y − b, 2z)i = 2x(2x − a) + 2y(2y − b) + 4z2
= 4x2 − 2ax + 4y2 − 2by + 4z2
= 4(x2 + y2 + z2) − 2(ax + by)
= 4ax − 2(by + by)
= 4ax − 4by = 0
lo que implica que S1 y S2 se cortan ortogonalmente de manera similar
se prueba para los restantes casos.
299. 70 Cap´ıtulo 2. Superficies
2.18. Sean p(t), q(t) puntos en el espacio que se mueven con igual rapidez, el
primero desde (0, 0, 0) en direcci´on del eje Z, y el segundo desde (1, 0, 0)
en direcci´on del eje Y . Demuestre que el conjunto de rectas que une p(t)
con q(t) est´a dado por la ecuaci´on y(x−1)+xz = 0. ¿Es este conjunto
una superficie regular?
Soluci´on: Podemos parametrizar p y q mediante arcoparametro
p(t) = (0, 0, t) y q(t) = (1, t, 0)
y se verifica que kp0(t)k = kq0(t)k = 1. Entonces, la recta que une el
punto p(t) con q(t) es
Lt = {(1 − r)p(t) + rq(t) : r 2 R} = (r, rt, (1 − r)t : r 2 R} .
Notemos que si (x, y, z) 2 Lt entonces
x =
y
t
= −(z − t)
t
despejando t se obtiene
t =
y
x
, t = −z
(x − 1) )
y
x
= −z
(x − 1) ) y(x − 1) + xz = 0 .
Por otro lado, las rectas
L1 = {(x, y, z) 2 R3 : x = 1, y 0, z = 0}
L2 = {(x, y, z) 2 R3 : 0 x 1, y = z = 0}
L3 = {(x, y, z) 2 R3 : z 0, x = y = 0}
300. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 71
1
q
p
x
y
z
pertenecen a este conjunto y de hecho son el borde de este conjunto,
por lo tanto este conjunto no es superficie regular, ya que no existe ' :
U R2 ! V S con U abierto y V vecindad de alg´un p 2 L1 [L2 [L3.
2.19. Sea = (u) una curva con curvatura nunca nula.
(i) Se define '(u, v) = (u) + v0(u). Interprete geom´etricamente la
imagen de '. Pruebe que para todo (u0, v0), v06= 0, existe una
vecindad |u − u0| , |v − v0| , cuya imagen bajo ' es una
superficie regular.
(ii) Supongase que est´a parametrizada, y considere
(u, v) = (u) + r[(cos v)ˆn(u) + (sen v)ˆb
(u)],
donde r 0 es fijo. Interprete la imagen de geom´etricamente.
Pruebe que D (u, 0) tiene rango m´aximo s´olo en los puntos donde
r(u)6= 1, en cuyo caso, la normal a la superficie est´a dada por
(cos v)ˆn(u) + (sen v)ˆb
(u).
Soluci´on:
(i) Para u fijo la superficie es una l´ınea recta que corta a la curva en
el punto (u) y que est´a en a direcci´on de 0(u). Por hip´otesis
(u) = k00(u) × 0(u)k
k0(u)k36= 0 .
301. 72 Cap´ıtulo 2. Superficies
Notemos que 'u = 0(u) + v00(u), 'v = 0(u), luego
'u × 'v = (0(u) + v00(u)) × (0(u)) = v00(u) × 0(u)6= 0
entonces para todo (u, v) con v6= 0 se tiene que ' es superficie
regular.
(ii) La superficie es un tubo de radio r alrededor de . Usando las
ecuaciones de Frenet-Serret se obtiene que
u = (1 − r cos v)ˆt(u) + tr sen vˆn(u) + tr cos vˆb
(u)
v = −r sen vˆn(u) + r cos vˆb
(u) .
Entonces
u × v|(u,0) = −r(1 − r cos v)(cos vˆn(u) + sen vˆb
(u))
302.
303.
304. (u,0)
= −r(1 − r)ˆn(u) .
Si r6= 1 entonces u × v6= 0 lo que implica que D (u, 0) tiene
rango m´aximo. Ahora bien, calculando el vector normal unitario
se obtiene
N =
u × v
k u × vk
=
r(1 − r cos v)(cos vˆn(u) + sen vˆb
(u))
r(1 − r cos v) k cos vˆn(u) + sen vˆb
| {z (u)k}
1
) N = cos vˆn(u) + sen vˆb
(u) .
2.20. Considere la superficie de ecuaci´on f(x, y, z) = a, donde a es un valor
regular de f. Demuestre que la segunda forma fundamental de S viene
dada por
hdN(v), vi =
1
krfk
Hess (f)(v, v).
Soluci´on: Por el teorema de la funci´on implicita existe g : R2 ! R tal
que
f(x, y, g(x, y)) = a (2.4)
305. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 73
ya que a es valor regular estamos suponiendo fz6= 0. Entonces, tenemos
la parametrizaci´on
(x, y) = (x, y, g(x, y))
con
x = (1, 0, gx)
y = (0, 1, gy)
)
) x × y = (−gx,−gy, 1) .
Derivando implicitamente (2.4) se obtiene
fx + fzgx = 0
fy + fzgy = 0
)
8
:
gx = −
fx
fz
gy = −
fy
fz
Notemos que
kx × yk =
q
g2x
+ g2
y + 1 =
s
f2
x + f2
y + f2
z
f2
z
= krfk
fz
.
Entonces,
N =
x × y
kx × yk
=
fz
krfk
(−gx,−gy, 1) =
1
krfk
(fx, fy, 1) .
307. Cap´ıtulo 3
Curvatura de Superficies
3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Su-
perficie
Si
(t) = (u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada en una superficie
~N
parametrizada , entonces
0 es un vector unitario y por definicion ´tangente
a . Luego,
0 es perpendicular al vector normal unitario de , entonces
0, ~N
y ~N
×
0 son mutuamente vectores perpendiculares y unitarios. Como
0 est´a parametrizado por longitud de arco,
00 es perpendicular a
0, y luego
es una combinanci´on lineal de ~N
y ~N
×
0:
00 = n ~N
+ g ~N
×
0 . (3.1)
N
0
N ×
0
00
g
n S
p
TpS
75
308. 76 Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies
Los escalres n y g son llamados la curvatura normal y la curvatura geod´esica
de
, respectivamente. Como ~N
y ~N
×
0 son vectores perpendiculares, la
ecuaci´on (3.1) implica que
n = h
00, ~N
i , g = h
00, (~N
×
0)i
y
2 = k
00k2 = 2
n + 2g
.
Proposici´on 3.1.
Si
(t) = (u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada sobre una superficie
parametrizada , entonces la curvatura normal es dada por
n = e(u0)2 + 2fu0v0 + g(v0)2 .
Definici´on 3.1.
Las curvaturas principales de una superficie parametrizada son las raices de
la ecuaci´on
det(FII − kFI) =
318. = 0 (3.2)
y son denotados por 1 y 2.
Si es una de las curvaturas principales de la ecuaci´on (3.2) decimos que
FII −kFI no es invertible, luego, asumiendo que es real, existe una matriz
columna T no cero de 2 × 1 con entradas reales tales que
(FII − FI)T = 0 . (3.3)
Definici´on 3.2.
Si T =
!
satisface la ecuaci´on (3.3), el correspondiente vector tangente
t = u + v de la superficie (u, v) es llamado una direcci´on principal
correspondiente a la curvatura principal .
Definici´on 3.3.
Si una curva regular conexa C en S es tal que para todo p 2 C la recta
tangente de C es una direcci´on principal en p, entonces se dice que C es una
l´ınea de curvatura de S
319. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 77
Teorema 3.1 (Rodrigues).
Una condici´on necesaria y suficiente para que una curva regular conexa C
en S sea una l´ınea de curvatura de S es que
N0(t) = (t)
0(t) ,
para cualquier parametrizaci´on
(t) de C, donde N(t) = N
(t) y (t) es
una funci´on diferenciable de t.
Se deduce entonces apartir del Teorema de Rodrigues que la ecuaci´on
diferencial de las l´ıneas de curvatura es
(fE − eF)(u0)3 + (gE − eG)u0v0 + (gF − fG)(v0)2 = 0 ,
que, de una manera m´as sim´etrica, puede escribirse en la forma
333. = 0 . (3.4)
Teorema 3.2 (Teorema de Euler).
Sea
una curva sobre una superficie parametrizada , y sean 1 y 2 las
curvaturas principales de , con direcciones principales t1 y t2. Entonces, la
curvarura normal de
es
n = 1 cos2 + 2 sen2 ,
donde es el ´angulo entre
0 y t1.
Teorema 3.3.
Sea ~N
el vector normal unitario de la superficie parametrizada (u, v). En-
tonces,
~N
u = au + bv , ~N
v = cu + dv , (3.5)
donde
a c
b d
!
= −F−1
I FII .
La matriz F−1
I FII es llamada la matriz de Weingarten de la superficie
parametrizada , y es denotada por W.
334. 78 Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies
3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana
Definici´on 3.4.
Sean 1 y 2 las curvaturas principales de una superficie parametrizada.
Entonces, la curvatura gaussiana de una superficie parametrizada es
K = 12 ,
y la curvatura media es
H =
1
2
(1 + 2) .
Proposici´on 3.2.
Sea (u, v) una superficie parametrizada con primera y segunda forma fun-
damentales
E(u0)2 + 2Fu0v0 + G(v0)2 y e(u0)2 + 2fu0v0 + g(v0)2 ,
respectivamente. Entonces
(i) K =
eg − f2
EG − F2 ;
(ii) H =
1
2
eG − 2fF + gE
EG − F2 ;
(iii) las curvaturas principales son H ± pH2 − K.
3.3. Geod´esicas
Definici´on 3.5.
Una curva
sobre una superficie S es llamada una geod´esica si
00(t) es cero
o perpendicular a la superficie en el punto
(t), i.e. paralelo al vetor normal
unitario, para todos los valores del parametro t.
Proposici´on 3.3.
Una curva sobre una superficie es una geod´esica si y s´olo si la curvatura
geod´esica es cero.
335. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 79
Teorema 3.4.
Una curva
sobre una superficie S es una geod´esica si y s´olo si, para cual-
quier parte
(t) = (u(t), v(t)) de
contenida en una superficie parametri-
zada de S, las siguientes dos ecuaciones son satisfacidas:
d
dt
(Eu0 + Fv0) =
1
2
(Eu(u0)2 + 2Fuu0v0 + Gu(v0)2) ,
d
dt
(Fu0 + Gv0) =
1
2
(Ev(u0)2 + 2Fvu0v0 + Gv(v0)2) ,
(3.6)
donde E(u0)2 + 2Fu0v0 + G(v0)2 es la primera forma fundamental de .
Las ecuaciones diferenciales en (3.6) son llamadas las ecuaciones geod´esi-cas.
3.4. El Teorema Egregio de Gauss
Definici´on 3.6.
Un difeomorfismo ' : S1 ! S2 es llamada una isometr´ıa si al tomar curvas
en S1 son llevadas a curvas en S2 con el mismo largo. Si una isometr´ıa ' :
S1 ! S2 existe, decimos que S1 y S2 son isom´etricas.
Teorema 3.5. Un difeomorfismo ' : S1 ! S2 es una isometr´ıa si y s´olo
si para cualquier parametrizaci´on de S1, se tiene que y f tienen la
misma primera forma fundamental.
Teorema 3.6 (Teorema Egregio de Gauss).
La curvatura gaussiana K de una superficie es invariante por isometrias.
Corolario 3.1.
La curvatura gaussiana es dada por
K =
336.
337.
338.
339.
340.
341.
342. −1
2Evv + Fuv − 1
2Guu
1
2Eu Fu − 1
2Ev
Fv − 1
2Gu E F
1
2Gv F G
364. 80 Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies
Proposici´on 3.4 (Ecuaciones de Gauss).
Sea (u, v) una superficie parametrizada. Entonces,
uu = 1 11u + 2 11v + eN ,
uv = 1 12u + 2 12v + fN ,
vv = 1 22u + 2 22v + gN ,
donde
1 11 =
GEu − 2FFu + FEv
2(EG − F2)
, 2 11 =
2EFu − EEv − FEu
2(EG − F2)
,
1 12 =
GEv − FGu
2(EG − F2)
, 2 12 =
EGu − FEv
2(EG − F2)
,
1 22 =
2GFv − GGu − FGu
2(EG − F2)
, 2 22 =
EGv − 2FFv + FGu
2(EG − F2)
.
Los seis coeficientes ki
j en esta f´ormula son llamados los s´ımbolos de
Christoffel.
Proposici´on 3.5 (Ecuaciones Codazzi-Mainardi).
Defina los s´ımbolos de Christoffel de una superficie parametrizada (u, v)
como arriba. Entonces,
ev − fu = e1 12 + f(2 12 − 1 11) − g2 11 ,
fv − gu = e1 22 + f(2 22 − 1 12) − g2 12 .
3.5. Problemas Resueltos
3.1. Demuestre que la curvatura normal de cualquier curva sobre una esfera
de radio r es ±1/r.
Soluci´on: Sabemos que, 00 = nN + gN ×
0. Sea una curva arco-parametrizada
sobre la esfera de centro en a y radio r. Entonces
k(s) − ak = r , h(s) − a, (s) − ai = r2 ,
derivando esta expresi´on resulta
h0(s), (s) − ai = 0 ,
365. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 81
derivando nuevamente obtenemos
h00(s), (s) − ai = −h0(s), 0(s)i = −1 .
Sabemos que el vector normal de la esfera es:
N = ±
1
r
((s) − a) .
Por lo tanto,
n = h00(s),Ni = ±
1
r h00(s), (s) − ai =
1
r
.
3.2. Demuestre que si (t) = (u(t), v(t)) es una curva arcoparametrizada
sobre una superficie entonces
n = e(u0)2 + 2fu0v0 + g(v0)2
Soluci´on: Notemos que
n = hN, 00i = hN,
d
dt
(0)i = hN,
d
dt
(uu0 + vv0)i
= hN, uu00 + vv00 + (uuu0 + uvv0)u0 + (uvu0 + vvv0)v0)i
= e(u0)2 + 2fu0v0 + g(v0)2 .
Hemos usado el hecho que el vector normal unitario N es perpendicular
a u y v.
3.3. (i) Determine una ecuaci´on para la curva plana y = y(x) tal que el
segmento entre el punto de tangencia y el eje y es constante igual
a 1 (una curva tal se llama tractrix).
(ii) Pruebe que la superficie de revoluci´on obtenida al rotar la curva
C alrededor del eje y tiene curvatura gaussiana K −1.
Soluci´on:
(i) Geometricamente se obtiene la siguiente relaci´on
366. 82 Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies
b
x0
p1 − x2
z0
(x0, z0)
x
z
C
1
dz
dx
= −
p1 − x2
x
.
Luego, la curva tractrix puede ser parametrizada por
(t) = (t, f(t)), con f0(t) = −
p1 − t2
t
.
(ii) Una parametrizaci´on para esta superficie de revoluci´on es
(u, v) = (v cos u, v sin u, f(v)) .
Luego,
u = (−v sen u, v cos u, 0)
v = (cos u, sen u, f0(v))
uu = (−v cos u,−v sen u, 0)
uv = (−sen u, cos u, 0)
vv = (0, 0, f00(v))
entonces
E = kuk2 = v2, F = hu, vi = 0
G = kvk2 = 1 + (f0(v))2 = 1 +
1 − v2
v2 =
1
v2
u × v = (v cos uf0(v), v sen uf0(v),−v)
ku × vk = pEG − F2 = 1
) ~N
= (v cos uf0(v), v sen uf0(v),−v)
367. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 83
e = hN, uu = −v2f0(v)
f = hN, uvi = 0, g = hN, vvi = −vf00(v)
f00(v) =
1
v2p1 − v2
.
Por lo tanto, la curvatura gaussiana es
K =
eg − f2
−v2f0(vf00(v))
= v)(−EG − F2 v2 · 1/v2
= v2 · −p1 − v2
v · v ·
1
v2p1 − v2
= −1 .
3.4. Pruebe que la curvatura media est´a dada por
H =
1
Z
0
n()d,
donde n() es la curvatura normal en una direcci´on que forma un ´angu-lo
con una direcci´on tangente fija.
Soluci´on: La f´ormula de Euler establece que
n() = 1 cos2 + 2 sen2
entonces
1
Z
0
n()d =
1
Z
0
(1 cos2 + 2 sen2 )d
=
1
1
Z
0
cos2 d +
1
2
Z
0
sen2 d .
Note que integrando por partes se obtiene que
Z
0
cos2 d = cos sen
368.
369.
370. 0
+
Z
0
sen2 d =
Z
0
sen2 d .
Adem´as
Z
0
cos2 d +
Z
0
sen2 d =
Z
0
(cos2 + sen2 )d = .
Entonces, se concluye que
Z
0
cos2 d =
Z
0
sen2 d =
2
371. 84 Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies
y como H = 1
2 (1 + 2) obtenemos que
1
Z
0
n()d =
1
1
Z
0
cos2 d +
1
2
Z
0
sen2 d
=
1
1
2
+
1
2
2
=
1
2
(1 + 2) = H .
3.5. Probar que en puntos correspondientes, las superficies dadas por
(u, v) ! (u cos v, u sen v, log u)
(u, v) ! (u cos v, u sen v, v)
tienen igual curvatura gaussiana.
Soluci´on: Sean
(u, v) = (u cos v, u sen v, log u), (u, v) = (u cos v, u sen v, v) .
Tenemos que
u =
cos v, sen v,
1
u
, v = (−u sen v, u cos v, 0)
y adem´as u × v = (−cos v,−sen v, 0). Luego, los coeficientes de la
primera forma fundamental son
E =
u2 + 1
u2 , F = 0, G = u2
y el vector normal unitario es
~N
=
u × v
ku × vk
=
1
pu2 + 1
(−cos v,−sen v, u)
uu =
0, 0,−
1
u2
, uv = (−sen v, cos v, 0), vv(−u cos v,−u sen v, 0)
y los coeficientes de la segunda forma fundamental son
e = −
1
upu2 + 1
, f = 0, g =
u
pu2 + 1
.
Entonces, la curvatura gaussiana de la primera superficie es
K =
eg − f2
EG − F2 = −
1
(u2 + 1)2 .