Curvas geométricas en superficies

1. PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE GEOMETR´ IA DIFERENCIAL P R O B L E M A S R E S U E L T O S Rodrigo Vargas Santiago de Chile 2010

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 comprensión de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesi-tar á 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 presentación más 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 más 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 sólo consultase las soluciones después de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin éxito, el que nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje. Los problemas que el lector encontrará se basan en las ayudantias del curso de geometr´ıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la Pontificia Universidad Católica de Chile, el cual está dirigido a estudiantes de Licenciatura en Matemática. Muchos de los problemas han sido tomados de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo. iii

5. ´I ndice general 1. Curvas 1 1.1. Teor´ıa Local de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . . . . . . . . . 3 1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2. Superficies 53 2.1. La Primera Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3. Curvatura de Superficies 75 3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Superficie . . . . . . . . . . 75 3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . 78 3.3. Geod´esicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 3.4. El Teorema Egregio de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 4. El Teorema de Gauss-Bonnet 115 4.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 5. Superficies Completas. Teorema de Hopf-Rinow 131 5.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 v

7. Cap´ıtulo 1 Curvas 1.1. Teor´ıa Local de Curvas Definición 1.1. Una curva parametrizada diferenciable es una aplicación diferenciable : (a, b) ! R3. Definición 1.2. Una curva parametrizada diferenciable : (a, b) ! R3 se denomina regular si 0(t)6= 0 para todo t 2 I. Definición 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 definición: s(t) = Z t t0 k0(t)kdt . Definición 1.4. Una curva parametrizada : (a, b) ! R3 es llamada arco-parametrizada o de rápidez uno si 0(t) es un vector unitario para todo t 2 (a, b), esto es, k0(t)k = 1. Definición 1.5. Sea : (a, b) ! R3 una curva parametrizada por longitud de arco s 2 I. El número k00(s)k = (s) se denomina la curvatura de en s. 1

8. 2 Cap´ıtulo 1. Curvas En puntos donde (s)6= 0, está bien definido un vector unitario n(s) en la dirección 00(s) mediante la ecuación 00(s) = (s)n(s). Más aún, 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. Definición 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 número (s) definido por b0(s) = (s)n(s) se denomina la torsión 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 torsión de . Además, cualquier otra curva e, satisfaciendo las mismas condiciones difiere de en un movimiento r´ıgido; esto es, existe una aplicación 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 planas Definición 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) , . . . . Definición 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 Isoperimétrica). Sea una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el área de la región encerrada por . Entonces A 1 4 `2 y la igualdad se da si solo si es un c´ırculo. Definición 1.9. Un vértice de una curba regular plana : [a, b] ! R2 es un punto t 2 [a, b] en donde 0(t) = 0. Definición 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 está completamente contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente en t. Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro vértices). Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro vértices. 1.3. Problemas Resueltos 1.1. Hallar una parametrización de la curva que es la intersección de un ci-lindro circular de radio 1 2 en la dirección del eje z y la esfera de radio 1

10. 4 Cap´ıtulo 1. Curvas y centro (−1 2 , 0, 0). Solución: Un punto (x, y, z) está 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 ecuación (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 ecuación (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 ésta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es igual al del c´ırculo. Solución: 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

13. (t) = (

14. 1(t),

15. 2(t),

16. 3(t)) entonces

17. 01 (t) = sen 2 a x0 + r cos t r sen t ,

18. 02 (t) = −cos 2 a x0 + r cos t r sen t ,

19. 03 (t) = cos t . Se comprueba sin mayor dificultad que k

20. 0(t)k = 1 entonces el largo de la curva

21. es s

22. = Z 2r 0 k

23. 0(t)kdt = Z 2r 0 dt = 2r = s .

24. 6 Cap´ıtulo 1. Curvas 1.3. Determine una parametrización de la curva sobre la esfera unitaria que corta cada meridiano en un ángulo constante . Solución: Consideremos la proyección 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 definición (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 proyección 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 +

26. , ,

27. 2 R, 0 x 1 entonces (t) = f(t, t +

28. ) = −1('(t, t +

29. )) = −1(cos 2t, sen 2t, t +

30. ) = p cos 2t 1 − (t +

31. )2 p (cos 2t)2 + (sen 2t)2 , p 1 − (t +

32. )2 sen 2t p (cos 2t)2 + (sen 2t)2 , t +

33. ! p = (cos 2t p 1 − (t +

34. )2, t +

35. ) 1 − (t +

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 sólo si (t) es ortogonal a 0(t) para todo t 2 I. Solución: 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 máxima 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

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 está en la dirección 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) Obténgase una curva parametrizada : R ! R2 cuya traza sea la cicloide y determ´ınense sus puntos singulares. (b) Calcúlese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una rotación completa del disco. Solución: (a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar en un ángulo , el centro del c´ırculo es movido a (r, r). Notemos que b = r sin y c = r cos . Entonces la parametrización 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 rotación 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 diámetro 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 describirá 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. Solución: (a) La ecuación del c´ırculo S1 es (x − a)2 + y2 = a2 . (1.5) La ecuación de la semi-recta r es y = (tan) · x . (1.6) El punto C es la intersección 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 fácilmente 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. Solución: (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 intersección 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 ecuación 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 él (por eso, la traza de es deno-minada espiral logar´ıtmica; veáse 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 Solución: (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 partición: a = t0 t1 . . . tn = b de [a, b], considere la suma Pn i=1 |(ti) − (ti−1)| = l(, P), donde P representa la partición dada. La norma |P| de la partición se defini por: |P| = máx(ti − ti−1) , i = 1, · · · , n . Geométricamente, l(, P) es la longitud de un pol´ıgono inscrito en ([a, b]) con vértices en (ti) (ver la figura). La intensión 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:

53. Z b a k0(t)kdt − l(, P)

57. . Soluci´on: Por la definici´on de integral, dado 0, existe un 1 0 tal que si |P| 1, entonces

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,

64. X k(ti−1) − (ti)k − X (ti−1 − ti)k0(ti)k

70. X si k0(si)k − (ti−1 − ti) sup X (ti−1 − ti)k0(ti)k

77. X si k0(si) − 0(ti)k (ti−1 − ti) sup

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 aproximación po-ligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definición razonable de longitud de arco para . (b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con cualquier definición 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, geométricamente, 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. Solución: (a) Tomando una partición 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 partición 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

86. b a − Z b a hf(t), g0(t)idt

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)

90. b a − Z b a fi(t)g0i (t)dt = Xn i=1 fi(t)gi(t)

93. b a − Xn i=1 Z b a fi(t)g0i (t)dt = hf(t), g(t)i

96. b a − Z b a Xn i=1 fi(t)g0i (t)dt = hf(t), g(t)i

99. b a − Z b a hf(t), g0(t)idt . Luego, tenemos que Z b a h0(t), vidt = h(t), vi

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

106. Z b

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. Supóngase que (I) R2 y dotese de signo a como en el texto. Transpórtese 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 ángulo de e1 a t(s) en la orien-taci ón de R2. Demostrar (a) y (b); nótese 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 . Solución: (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 contradicción, pues estamos asumiendo que 6= 0. (b) Sabemos que (s) = ángulo(e1, t(s)). Podemos suponer sin pérdida de generalidad que : I ! R2 es una curva parametrizada por longitud de arco, es decir, k0(t)k = 1. Si d es el ángulo entre t(s + ) y t(s) entonces |t(s + ) − t(s)| = 2 sin 1 2 d = d . Luego, = |t0(s)| =

115. l´ım !0 t(s + ) − t(s)

119. = l´ım !0 |t(s + ) − t(s)| || = l´ım !0 2 sin 1 2d || = l´ım !0 d || = l´ım !0 ´angulo(e1, t(s + )) − ´angulo(e1, t(s)) = d ds .

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 conclusión de (a) si no es regular? Solución: (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 contradicción. 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 algún punto entonces en estos puntos no está bien definida una recta tangente. 1.16. Una traslación por un vector v 2 R3 es la aplicación A : R3 ! R3 dada por A(p) = p + v, p 2 R3. Una aplicación lineal : R3 ! R3 es una transformación ortogonal cuando hu, vi = hu, vi, 8 u, v 2 R3. Un movimiento r´ıgido en R3 es el resultado de componer una traslación y una transformación ortogonal con determinante positivo. (a) Demostrar que la norma de un vector y el ángulo 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 aún la afirmación si suprimimos la condición determi-nante positivo? (c) Demuéstrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsión de una curva parametrizada (siempre que estén definidos) son in-variantes frente a movimientos r´ıgidos. Solución: (a) Sea : R3 ! R3 una transformación 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 representación matricial de en la base canónica 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 partición 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) . Además 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

125. d dt (' ) × d2 dt2 (' )

127. 2 = (t) . 1.17. Sea : I ! R2 una curva parametriza regular plana con curvatura = (s)6= 0. En esta situaci´on, la curva

128. (s) = (s) + 1 (s) n(s) , t 2 I se denomina la evoluta de . b b b b b b b b

129. (a) Pruebe que la recta tangente a

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

131. .

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:

137. (s) = (s) + 1 (s) n(s) . Entonces

138. 0(s) = t(s) − 0(s) 2(s) n(s) + 1 (s) (−(s)t(s)) = − 0(s) 2(s) n(s) . Entonces, el largo de arco de la evoluta es u(s) = Z s s0 k

139. 0(t)kdt = Z s s0 0(t) 2(t) dt = − 1 (t)

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

153. = t entonces

154. 0(s) = 0(t(s))t0(s) ) 1 = k

155. 0(s)k = k0(t(s))t0(s)k = t0(s)k0(t(s))k dt 1 ) = t0(s) = ds k0(t(s))k = 1 k0k . Entonces dk0k dt k0k2 = d2t ds2 = − −h0, 00i k0k k0k2 = −h0, 00i k0k3 . (b) Tenemos que

156. 0 = ( t)t0,

157. 00 = (00 t)(t0)2 + (0 t)t00 . Sabemos que b(s) = t(s) × n(s) , (s)b(s) = t(s) × (s)n(s) , (s)b(s) = t(s) × t0(s) . Entonces, (s) = k

158. (s) ×

159. 00(s)k = k{(0(t(s))t0(s)} × {00(t(s))(t0(s))2 + 0(t(s))t00(s)}k = k(t0(s))3{0(t(s)) × 00(t(s))} + t0(s)t00(s){0(t(s)) × 0(t(s))}k = (t0(s))3k0(t(s)) × 00(t(s))k = k0(t(s)) × 00(t(s))k k0(t(s))k3 .

160. 30 Cap´ıtulo 1. Curvas Por lo tanto, se tiene que: (t) = k0 × 00k k0k3 . (c) Notemos que n(s) = (−

161. 2(s),

162. 1(s))

163. 00 = n ) (

164. 00 1 (s) = −(s)

165. 02 (s)

166. 00 2 (s) = (s)

167. 01 (s) ) ( −

168. 00 1

169. 02 = (

170. 02 )2

171. 00 2

172. 01 = (

173. 01 )2 Sumando ambas expresiones se obtiene: =

174. 00 2

175. 01 −

176. 00 1

177. 02 como

178. = t )

179. 0 = (0 t)t0, es decir, (

180. 01 (s) = 01 (t(s))t0(s)

181. 02 (s) = 02 (t(s))t0(s) y adem´as (

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 Solución: Supongamos que está arcoparametrizada. Si está en una esfera de centro en a y radio r entonces k(s) − ak2 = r2 . Derivando esta ecuación 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 parametrización por longitud de arco tal que el trazo de está 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. Solución: Denotamos por Dr = {z 2 R2 : kzk r} . Afirmación: Si (s0) 1 r entonces (s) R2 Dr para todo 0 |s − s0| . En efecto, basta considerar la función '(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 condición necesaria y suficiente para que una curva : I ! R3 esté sobre una esfera es que = 0 2 0 . Solución: ) Si : I ! R3 está 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 término que es cero es debido a la ecuación (1.7), derivando la última igualdad obtenemos: h−n, − ai + h|b{,zt}i 0 = 0 2 0 ) − hn, − ai = 0 2 0 . Reemplazando (3.8) en la última igualdad se obtiene lo pedido = 0 2 0 . ( Sean = 1/ y = 1/ entonces nuestra hipótesis es equivalente a: = −(0)0 . Usando esta información 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, está 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 está contenida en una esfera. Solución: La ecuación 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 está contenida en una esfera.

188. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 35 1.26. Demuéstrese que el conocimiento de la función vectorial b = b(s), el vector binormal, de una curva , cuya torsión nunca es nula, determina la curvatura (s) y el valor absoluto de la torsión (s) de . Solución: 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 ecuación 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-parámetro y torsión constante . Si {T,N,B} es su triedro móvil 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

190. . Soluci´on: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-nemos

191. 0 = − 1 N0 + B = − 1 (−T + B) + B = T

192. 00 = 0 T + 2 N

193. 000 = 00 T + 0 N + 20 N − 3 T + 2B = 00 − 3 T + 30 N + 2B entonces

194. 0 ×

195. 00 = 3 2B , k

196. 0k3 = 3 3 )

197. = k

198. 0 ×

199. 00k k

200. 0k3 = y as´ı h

201. 0 ×

202. 00,

203. 000i = 5 2 )

204. = h

205. 0 ×

206. 00,

207. 000i k

208. 0 ×

209. 00k2 = 2 .

210. 36 Cap´ıtulo 1. Curvas 1.28. Sea : I ! R la función curvatura de la parametrización por longitud de arco . Probar la igualdad: h0(s), 0000(s)i = −3(s)0(s) Solucion: Úsaremos 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. Solución: Sabemos que la curvatura de una curva : [a, b] ! R3 esta dada por (t) = −h(0 × 00), 000i k0 × 00k2 además, 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 +

212. sen t + con ,

213. , 2 R. 1.30. Determine la curva plana que tiene (s) = 1 ps . Solución: 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 torsión. Solución: 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 última 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 última igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo tanto, (s) = −b!2. 1.32. Sea una curva cuyas funciones curvatura y torsión no se anulan. Se dice que es una hélice de eje el vector unitario ! y ángulo si los vectores tangentes a forman un ángulo con !. (a) Probar que en tal caso el vector ! es combinación lineal de t y b; calcular los coeficientes de dicha combinación lineal. (b) Probar que es una hélice si y sólo si el cociente / es una función 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 +

216. b y luego hn, !i = cos , ht, ti + ht,

217. bi = cos ) ktk2 |{z} 1 +

218. h|t{,zb}i 0 = cos ) = cos por otro lado, tenemos que 1 = k!k2 = ht+

219. b, t+

220. bi = 2ktk2+

221. 2kbk2 = 2+

222. 2 )

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 ángulo entre t(s) y (s) es (fijo). Demuestre (a) Si = 0 entonces la traza de está contenida en una recta. (b) Si = 2 , entonces la traza de está contenido en un c´ırculo. (c) Si 0 2 , entonces la traza de está contenido en una espiral logar´ıtmica. Solución: (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 además 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 sólo si a = b. Solución: Usamos la desigualdad isoperimétrica aplicada a la curva (t) = (a cos t, b sin t) que es una parametrización de la elipse. El área 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 isoperimétrica 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 área de 3 metros cuadrados? Solución: Basta usar la desigualdad isoperimétrica. Sabemos que si es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el área de la región encerrada por entonces A l2 4 . Tenemos que l2 4 = 36m2 4 = 9 m2 3m2 = A lo cual contradice la desigualdad isoperimétrica. 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 área mayor que encierra la curva cerrada [ AB se tiene cuando es un arco de c´ırculo por A,B. Solución: Sea S1 un c´ırculo que admite el segmento AB como cuerda, de arcos ,

227. determinados por los puntos A y B, como en la figura con la longitud de

228. igual a l. A B

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 étrica para curvas C1 a trozos, la curva de la familia que delimita un área máxima es S1, como está fijo, el arco

231. es la solución 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 vértices, encuéntrelos. Solución: 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 vértice 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 vértices de la elipse. Note que la curva cumple las hipótesis del teorema de los cuatro vértices, luego ella necesariamente tiene al menos cuatro vértices. 1.38. Considere la curva (t) = (t, t2), t 2 R. Probar que la curvatura de nunca se anula y calcular el número de vértices. ¿Contradice esto el teorema de los cuatro vértices? Solución: 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 vértice en t = 0. Esto no contradice el Teorema de los cuatro vértices 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 sólo dos vértices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro vértices? Solución: 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 vértices. Esto no contradice el teorema de los cuatro vértices 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 . Solución: 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 estén en la dirección de los vectores tangente y normal a la curva en el punto p. Sea (s) = (x(s), y(s)) nuestra parame-trizaci ón. 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 información, 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 . Solución: 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 está contenida en la región 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 estén en la dirección 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 parametrización del c´ırculo de radio r0 y centro O. Debido a que la curva está contenida en la región que encierra el c´ırculo se tiene que: |z(t)| |y(t)| . Usando la fórmula 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 Solución: Sea O el centro del disco en cuestión 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 intersección. 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) `(

239. ) = `() + 2. (b) A(

240. ) = A() + rl + r2. (c)

241. (s) = (s) (1 + r(s)) . Soluci´on: (a) Notemos que

242. 0(s) = t(s) − rn0(s) = t(s) − r(−(s)t(s) + (s)b(s)) = (1 + r(s))t(s) . Entonces k

243. 0(s)k = |1 + r(s)|kt(s)k = 1 + r(s) . Usando el teorema de rotaci´on de tangentes `(

244. ) = Z l 0 k

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 cálculo del área usamos la fórmula A(

248. ) = 1 2 Z

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 .

250. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 49 Se obtiene finalmente que A(

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

252. 0(s) = t(s) + r(s)t(s) = t(s)(1 + r(s)) . Entonces ((

253. 01 (s))2+(

254. 02 (s))2)3/2 = k

255. 0(s)k3 = kt(s)k3(1+r(s))3 = (1+r(s))3. Sabemos que si (s) = (1(s), 2(s)) entonces n(s) = (−02(s), 01 (s)). Por otro lado se tiene que

256. 00(s) = 00(s) − rn00(s) = 00(s) − r(−(s)t(s))0 = 00(s) + r0(s)t(s) + r(s)t0(s) = 00(s) + r{0(s)t(s) + 2 (s)n(s)} . Luego,

257. 01

258. 00 2 −

259. 00 1

260. 02 = 1(1 + r){00 2 + r[002 + 2 01 ]} −2(1 + r){00 1 + r[001 − 2 02 ]} = (1 + r){01 00 2 + r002 01 + r2 (01 )2 − 02 00 1 −r001 02 + r2 (02 )2} = (1 + r){01 00 2 − 02 00 1 + r2 ((01 )2 + (02 )2)} = (1 + r){01 00 2 − 02 00 1 + r2 } = (1 + r){ + r2 } = (1 + r)2 .

261. 50 Cap´ıtulo 1. Curvas Por lo tanto,

262. (s) =

263. 01

264. 00 2 −

265. 00 1

266. 02 ((

267. 01 )2 + (

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 sólo si en ella la expresión 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 dirección del gradiente de f. Solución: (i) Sabemos que (s) no cambia de signo si y sólo si (s) = R s 0 (s)ds es una función creciente, ya que 0(s) = (s). Luego, la curva asociada a la curvatura es una curva convexa si y sólo si no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la función 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 fórmula 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 sólo si (x, y) no cambia de signo si y sólo si la curva f(x, y) = c es convexa. (ii) Usando la fórmula 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. Solución: Al ser (t) una curva cerrada simple tiene ´ındice de rota-ci ón 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 Definición 2.3. Dada una aplicación 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 aplicación 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 función 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 simultáneamente 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 función diferenciable y a 2 f(U) es un valor regular de f, entonces f−1(a) es una superficie regular de R3. Definición 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 cuadrática definida por la ecuación (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. Proposición 2.1. ku × vk = pEF − G2 . Definición 2.5. El área A(R) del sector (R) de una superficie parametrizada : U ! R3 correspondiente a la región R U es A(R) = ZZ R ku × vkdudv . 2.2. La Segunda Forma Fundamental Dada una parametrización : 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 expresión 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 Solución: 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 hiperbólico S = {(x, y, z) 2 R3 : z = x2 − y2} es una superficie regular. Solución: Consideremos la siguiente aplicación : 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. Solución: Consideremos la aplicación : 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 ésta, es un superficie regular. Solución: Considere la parametrización : 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 función diferenciable, su gráfico Graf(f) = {(x, y, z) 2 R3 : z = f(x, y)} es una superficie diferenciable. Solución: Basta considerar la parametrización 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. Solución: 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 función 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 está 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 ón y por lo tanto es una superficie. Solución: 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 únicos casos res-tantes son los puntos (0, 0,±1) que están 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 parametrización de S1 por arcoparámetro. 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 ' está en el hiperboloide de una hoja. 2.8. Hallar la ecuación 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) Solución: a) Notemos que '(1, 1) = (1, 1, 0) y 'u = (1, 0, 2u)

279. (1,1) = (1, 0, 2) 'v = (0, 1,−2v)

281. (1,1) = (0, 1,−2) ) ) 'u × 'v = (−2, 2, 1) . Por lo tanto, el plano tangente es: −2x + 2y + z = 0 . b) Notemos que '(1, 0) = (1, 0, 1) y 'r = (cosh , sinh , 2r)

283. (1,0) = (1, 0, 2) ' = (r sinh , r cosh , 0)

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 revolución 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. Solución: Considere la parametrización del hiperboloide de revolución : 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

289. (0,v) = (−cos v, sin v, 0) = (−s, t, 0) . Por lo tanto, el plano tangente del hiperboloide de revolución 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 proyección estereográfica : 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 intersección 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 proyección estereográfica, recu-brir la esfera con dos entornos coordenados. c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una parametrización.

290. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 61 Solución: 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 intersección 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 proyección estereográfica −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 estereográficas 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 parametrización : 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 único 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 hiperbólico 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 revolución 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 parametrización por proyección estereográfica. Use esto para calcular el largo de un meriadiano completo. Solución: La proyección estereográfica 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 área A de una región acotada R de la superficie z = f(x, y) es A = Z Z Q q 1 + f2 x + f2 y dxdy . Solución: Sabemos que si : U R3 ! R3 es una carta entonces A = Z Z Q ku × vk dudv, Q = −1(R) . Tomando la parametrización (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 revolución siempre puede parametri-zarse de forma que que E = E(v), F = 0, G = 1 .

296. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 67 Solución: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva generatriz C de la superficie de revolución, 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 revolución tinen como parametrización (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 revolución y C su curva generatriz. Sea s la longitud de arco de C y denótese por = (s) a la distancia desde el eje de rotación al punto de C correspondiente a s. (a) Teorema de Pappus. Demuestre que el área de S es 2 Z l 0 (s) ds donde l es la longitud de C. (b) Aplique la parte (a) para calcular el área de un toro de revolución. Solución: (a) La parametrización de una superficie de revolución : 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 parametrización de la curva generatriz c es : [0, l] ! R2 es (s) = (f(s), g(s)) . Notemos que la distancia del eje de rotación 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 revolución 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 dirección del eje Z, y el segundo desde (1, 0, 0) en dirección del eje Y . Demuestre que el conjunto de rectas que une p(t) con q(t) está dado por la ecuación y(x−1)+xz = 0. ¿Es este conjunto una superficie regular? Solución: 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 algún p 2 L1 [L2 [L3. 2.19. Sea = (u) una curva con curvatura nunca nula. (i) Se define '(u, v) = (u) + v0(u). Interprete geométricamente 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 está parametrizada, y considere (u, v) = (u) + r[(cos v)ˆn(u) + (sen v)ˆb (u)], donde r 0 es fijo. Interprete la imagen de geométricamente. Pruebe que D (u, 0) tiene rango máximo sólo en los puntos donde r(u)6= 1, en cuyo caso, la normal a la superficie está dada por (cos v)ˆn(u) + (sen v)ˆb (u). Solución: (i) Para u fijo la superficie es una l´ınea recta que corta a la curva en el punto (u) y que está en a dirección de 0(u). Por hipótesis (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))

304. (u,0) = −r(1 − r)ˆn(u) . Si r6= 1 entonces u × v6= 0 lo que implica que D (u, 0) tiene rango máximo. 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 ecuación 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). Solución: Por el teorema de la función 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) .

306. 74 Cap´ıtulo 2. Superficies

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 geodésica de , respectivamente. Como ~N y ~N × 0 son vectores perpendiculares, la ecuación (3.1) implica que n = h 00, ~N i , g = h 00, (~N × 0)i y 2 = k 00k2 = 2 n + 2g . Proposición 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 . Definición 3.1. Las curvaturas principales de una superficie parametrizada son las raices de la ecuación det(FII − kFI) =

313. e − kE f − kF f − kF g − kG

318. = 0 (3.2) y son denotados por 1 y 2. Si es una de las curvaturas principales de la ecuación (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) Definición 3.2. Si T = ! satisface la ecuación (3.3), el correspondiente vector tangente t = u + v de la superficie (u, v) es llamado una dirección principal correspondiente a la curvatura principal . Definición 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 dirección 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 condición 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 parametrización (t) de C, donde N(t) = N (t) y (t) es una función diferenciable de t. Se deduce entonces apartir del Teorema de Rodrigues que la ecuación diferencial de las l´ıneas de curvatura es (fE − eF)(u0)3 + (gE − eG)u0v0 + (gF − fG)(v0)2 = 0 , que, de una manera más simétrica, puede escribirse en la forma

326. (v0)2 −u0v0 (u0)2 E F G e f g

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 Definición 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) . Proposición 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. Geodésicas Definición 3.5. Una curva sobre una superficie S es llamada una geodésica 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. Proposición 3.3. Una curva sobre una superficie es una geodésica si y sólo si la curvatura geodésica es cero.

335. Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 79 Teorema 3.4. Una curva sobre una superficie S es una geodésica si y sólo si, para cualquier parte (t) = (u(t), v(t)) de contenida en una superficie parametrizada 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 geodési-cas. 3.4. El Teorema Egregio de Gauss Definición 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 isométricas. Teorema 3.5. Un difeomorfismo ' : S1 ! S2 es una isometr´ıa si y sólo si para cualquier parametrización 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 =

342. −1 2Evv + Fuv − 1 2Guu 1 2Eu Fu − 1 2Ev Fv − 1 2Gu E F 1 2Gv F G

349. −

356. 0 1 2Ev 1 2Gu 1 2Ev E F 1 2Gu F G

363. (EG − F2)2 .

364. 80 Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Proposición 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 fórmula son llamados los s´ımbolos de Christoffel. Proposición 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. Solución: 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 expresión 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 Solución: 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 ecuación 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 revolución obtenida al rotar la curva C alrededor del eje y tiene curvatura gaussiana K −1. Solución: (i) Geometricamente se obtiene la siguiente relación

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 está dada por H = 1 Z 0 n()d, donde n() es la curvatura normal en una dirección que forma un ángu-lo con una dirección tangente fija. Solución: La fórmula 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

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 .

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