Apuntes de Geometria Diferencial

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

GEOMETRÍA 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

ii

Prefacio Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometr´ıa Diferencial. Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. As´ı espero facilitar la comprensión de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesitará 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, normales 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

iv

Índice general 1. Curvas 1.1. Teor´ıa Local de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . . . . . . . . . 1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 2 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 3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Superficie 3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana . . . . . 3.3. Geodésicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. El Teorema Egregio de Gauss . . . . . . . . 3.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

75 75 78 78 79 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

vi

Cap´ıtulo 1 Curvas 1.1.

Teor´ıa Local de Curvas

Definici´ on 1.1. Una curva parametrizada diferenciable es una aplicación diferenciable α : (a, b) → R3 . Definici´ on 1.2. Una curva parametrizada diferenciable α : (a, b) → R3 se denomina regular si α0 (t) 6= 0 para todo t ∈ I. Definici´ on 1.3. Dado t ∈ (a, b), la longitud de arco de una curva parametrizada regular α : (a, b) → R3 , desde el punto t0 , es por definición: Z t s(t) = kα0 (t)kdt . t0

Definici´ on 1.4. Una curva parametrizada α : (a, b) → R3 es llamada arco-parametrizada o de rápidez uno si α0 (t) es un vector unitario para todo t ∈ (a, b), esto es, kα0 (t)k = 1. Definici´ on 1.5. Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por longitud de arco s ∈ I. El n´ umero kα00 (s)k = κ(s) se denomina la curvatura de α en s. 1

2

Cap´ıtulo 1. Curvas

En puntos donde κ(s) 6= 0, está bien definido un vector unitario n(s) en la dirección α00 (s) mediante la ecuación α00 (s) = κ(s)n(s). Más a´ un, 00 0 0 0 α (s) es normal a α (s), pues diferenciando hα (s), α (s)i = 1 obtenemos hα00 (s), α0 (s)i = 0. As´ı, n(s) es normal a α0 (s) y se denomina el vector normal en s. El plano determinado por los vectores unitarios tangente y normal, α0 (s) y n(s), se denomina el plano osculador en s. Denotaremos por t(s) = α0 (s) al vector unitario tangente de α en s. Por tanto, t0 (s) = κ(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 α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por lo longitud de arco s tal que α00 (s) 6= 0, s ∈ (a, b). El n´ umero τ (s) definido por b0 (s) = τ (s)n(s) se denomina la torsión de α en s. Teorema 1.1. Sea α una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces, t0 = κn 0 n = −κt +τ b 0 b = −τ 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 κ(s) > 0 y τ (s), s ∈ (a, b), existe una curva parametrizada regular α : (a, b) → R3 tal que s es la longitud de arco, κ(s) es la curvatura, y τ (s) es la torsi´ on de α. Adem´ as, cualquier otra curva α e, satisfaciendo las mismas condiciones difiere de α en un movimiento r´ıgido; esto es, existe una aplicaci´ on lineal ortogonal ϕ de R3 , con determinante positivo, y un vector v tal que α e = ϕ ◦ α + v.

1.2.

Propiedades Globales de las curvas planas

Definici´ on 1.7. Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular α : [a, b] → R2

3

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas tal que α y todas sus derivadas coinciden en a y en b; es decir, α(s) = α(b) ,

α0 (a) = α0 (b) ,

α00 (a) = α00 (b) , . . . .

Definici´ on 1.8. La curva es simple si carece de otras autointersecciones; o sea, si t1 , t2 ∈ [a, b], t1 6= t2 , entonces α(t1 ) 6= α(t2 ). Teorema 1.3 (La desigualdad Isoperimétrica). Sea α una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el a ´rea de la regi´ on encerrada por α. Entonces A≤

1 2 ` 4π

y la igualdad se da si solo si α es un c´ırculo. Definici´ on 1.9. Un vértice de una curba regular plana α : [a, b] → R2 es un punto t ∈ [a, b] en donde κ0 (t) = 0. Definici´ on 1.10. Una curva regular plana (no necesariamente cerrada) α : [a, b] → R2 es convexa si, para todo t ∈ [a, b], la traza α([a, b]) de α 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 cilindro circular de radio 21 en la dirección del eje z y la esfera de radio 1 y centro (− 21 , 0, 0). Soluci´ on: Un punto (x, y, z) está en el cilindro si x2 + y 2 =

1 4

(1.2)

4

Cap´ıtulo 1. Curvas y en la esfera si

1 x+ 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 3 1 + sin2 t = ⇒ x = − sin2 t . 4 4 2

De la ecuación (3) se tiene r p p 1 − x2 = sin2 t − sin4 t = sin 1 − sin2 t = sin t cos t . y= 4

Por lo tanto, α : [−π, π] → R3 es dada por: 1 2 − sin t, sin t cos t, sin t . α(t) = 2

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. Soluci´ on: Sea ϕ : [0, a] × [−b/2, b/2] → C dada por 2π 2π ϕ(t, s) = cos t, sen t, s . a a ϕ

b 2

|

x0

− 2b

1 a

5

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas El c´ırculo S 1 es dado por la ecuación paramétrica. (x − x0 )2 + y 2 = r 2

con 0 < 2|x0 − r| < a < b, parametriza por α : [0, 2πr] → [0, a] × [−b/2, b/2] definida por x x α(x) = x0 + r cos , r sen r r

la curva que se forma del c´ırculo sobre la hoja al doblarse sobre el c´ılindro esta parametrizada por β(t) = (ϕ ◦ α)(t) t t = ϕ x0 + r cos , r sen s r 2π t 2π t t = cos x0 + r cos , sen x0 + r cos , r sen . a r a r r Si β(t) = (β1 (t), β2 (t), β3 (t)) entonces 2π t 0 β1 (t) = sen x0 + r cos sen t , a r 2π t 0 x0 + r cos sen t , β2 (t) = − cos a r β30 (t) = cos t .

Se comprueba sin mayor dificultad que kβ 0 (t)k = 1 entonces el largo de la curva β es Z 2πr Z 2πr 0 sβ = kβ (t)kdt = dt = 2πr = sα . 0

0

1.3. Determine una parametrización de la curva sobre la esfera unitaria que corta cada meridiano en un ańgulo constante α. Soluci´ on: Consideremos la proyección de Mercador. Para cada p ∈ M = S 2 − {(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 ψ(p) = c = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +y 2 = 1}∩L.

6

Cap´ıtulo 1. Curvas z ψ(p)

q

p

L

Haciendo algunas cuentas se obtiene ψ(x, y, z) = ψ −1 (x, y, z) =

y

x

!

p ,p ,z , x2 + y 2 x2 + y 2 ! √ √ x 1 − z2 y 1 − z2 p ,p ,z . x2 + y 2 x2 + y 2

Note que los meridianos son llevados mediante la proyección de Mercador a segmentos de rectas contenidas en C y paralelas al eje z. Ahora, considere ϕ : [0, 1] × [−1, 1] → C dada por ϕ(t, s) = (cos 2πt, sen 2πt, s), entonces las rectas verticales x = a ∈ [0, 1] son llevadas por f = ψ −1 ◦ ϕ a los meridianos en la esfera unitaria.

1

ψ −1

ϕ

x=a 1 ϕ(x=a) −1

ϕ−1 ◦ϕ(x=a)

7

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

Una curva que corta cada meriadiano en un ańgulo constante α es la imagen mediante f de un segmento de recta con pendiente α y = αx + β,

α, β ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1

entonces γ(t) = f (t, αt + β) = ψ −1 (ϕ(t, αt + β)) = ψ −1 (cos 2πt, sen 2πt, αt + β) ! p p cos 2πt 1 − (αt + β)2 sen 2πt 1 − (αt + β)2 p = ,p , αt + β (cos 2πt)2 + (sen 2πt)2 (cos 2πt)2 + (sen 2πt)2 p p = (cos 2πt 1 − (αt + β)2 , sen 2πt 1 − (αt + β)2 , αt + β)

donde γ es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadiano en un ańgulo constante α.

1.4. Sea α : I → Rn una curva regular, v ∈ Rn un vector fijo y suponga que α0 (t) es ortogonal a v para todo t ∈ I y α(0) es ortogonal a v. Demuestre que α(t) es ortogonal a v para todo t ∈ I. Soluci´ on: Sabemos que, si f, g : I → Rn son curvas diferenciables, entonces d hf (t), g(t)i = hf 0 (t), g(t)i + hf (t), g 0 (t)i dt 0 por ser α (t) ortogonal a v, se tiene que hα0 (t), vi = 0 para todo t ∈ I y como v es un vector fijo, entonces hα(t), v 0 i = 0 para todo t ∈ I. Luego, d hα(t), vi = hα0 (t), vi + hα(t), v 0 i = 0 . dt Se concluye que hα(t), vi = c = constante para todo t ∈ I, por ser α(0) ortogonal a v, entonces hα(0), vi = 0. Por lo tanto, hα(t), vi = 0,

∀t ∈ I ;

es decir, α(t) es ortogonal a v para todo t ∈ I. 1.5. Sea α : I → Rn una curva regular. Demostrar que kα(t)k es constante no nula si y sólo si α(t) es ortogonal a α0 (t) para todo t ∈ I.

8


Soluci´ on: Si f : I → Rn es una curva diferenciable entonces hf (t), f 0 (t)i d kf (t)k = , dt kf (t)k

si f (t) 6= 0 .

En efecto, si f (t) = (f1 (t), ..., fn (t)) luego kf (t)k = obtenemos " n # 12 −1 d 1 X kf (t)k = (fi (t))2 dt 2 i=1 n X

= " i=1 n X i=1

fi (t)fi0 (t)

(fi (t))2

#1/2

=

2

n X

"

(1.4) n X

(fi (t))2

i=1

fi (t)fi0 (t)

i=1

#1/2

y

!

hf (t), f 0 (t)i , kf (t)k

siempre que f (t) 6= 0. Por otro lado, d kα(t)k = 0 dt hα(t), α0 (t)i ⇔ =0 kα(t)k ⇔ hα(t), α0 (t)i = 0

Si kα(t)k = cte 6= 0 ⇔

⇔ α(t) es ortogonal a α0 (t) para todo t ∈ I . 1.6. Sea γ un curva cerrada que no pasa por p. Probar que en los puntos sobre γ donde la distancia a p es máxima o m´ınima la recta tangente a γ es perpendicular al segmento lineal a p. Soluci´ on: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema anterior. Si kγ(s0 ) − pk es un máximo o un m´ınimo entonces d hγ(s0 ) − p, t(s0 )i kγ(s) − pk =0⇔ = 0. ds kγ(s0 ) − pk s=s0

Note que en nuestro caso kγ(s0 ) − pk 6= 0. Luego, hγ(s0 ) − p, t(s0 )i = 0 es decir, la recta tangente a γ en s0 es perpendicular al vector γ(s0 ) − p que está en la dirección al segmento lineal a p.

9


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. y

θ

}c

x

b (a) Obténgase una curva parametrizada α : 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 rotación completa del disco. Soluci´ on: (a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar en un ańgulo θ, el centro del c´ırculo es movido a (rθ, r). Notemos que b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces la parametrización es α : R → R2 dada por α(θ) = (rθ − r sin θ, r − r cos θ) = r(θ − sin θ, 1 − cos θ) (b) Tenemos que α0 (θ) = r(1 − cos θ, sen θ) y kα0 (θ)k2 = 2r 2 (1 − cos θ). Entonces, la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una rotación completa del disco es Z 2π √ Z 2π √ 0 ` = kα (θ)kdθ = 2r 1 − cos θdθ 0 0 Z 2π r Z 2π 1 − cos θ θ = 2r dθ = 2r sen dθ = 8r . 2 2 0 0 1.8. Sea OA = 2a el diámetro de un c´ırculo S 1 y sean OY y AV las tangentes a S 1 en O y A, respectivamente. Una semi-recta r, que corta a S 1 en C

10

Cap´ıtulo 1. Curvas 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. y

V

r

p 0

B

C θ 2a

x A

Tomando OA como eje x y OY como eje y, demostrar que: (a) La traza de α(t) =

2at2 2at3 , 1 + t2 1 + t2

,

t ∈ R,

es la cisoide de Diocles. (b) El origen (0, 0) es un punto singular de la cisoide. (c) Cuando t → ∞, α(t) se aproxima a la recta x = 2a, y α 0 (t) → (0, 2a). As´ı, cuando t → ∞, la curva y su tangente se aproximan a la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una as´ıntota de la cisoide.

11

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Soluci´ on: (a) La ecuación del c´ırculo S 1 es (x − a)2 + y 2 = a2 .

(1.5)

La ecuación de la semi-recta r es y = (tanθ) · x .

(1.6)

El punto C es la intersección de la recta con el c´ırculo S 1 , para hallar sus coordenadas reemplazamos (1.6) en (1.5) y obtenemos (x − a)2 + ((tan θ) · x)2 = a2 ⇒ x2 − 2ax + a2 + tan2 θ · x2 = a2 ⇒ x2 (1 + tan2 θ) = 2ax ⇒ x(1 + tan2 θ) = 2a, 2a . ⇒ x= 1 + tan2 θ

x 6= 0

Luego, las coordenadas del punto C son 2a 2a tan θ C= , . 1 + tan2 θ 1 + tan2 θ Las coordenadas del punto B, son fácilmente deducibles a partir de la figura, B = (2a, 2a tan θ). Notemos que p = B − C haciendo cuentas obtenemos: 2a tan θ 2a , 2a tan θ − p = B − C = 2a − 1 + tan2 θ 1 + tan2 θ 2a + 2a tan2 θ − 2a 2a tan θ + 2a tan3 θ − 2a tan θ = , 1 + tan2 θ 1 + tan2 θ 2a tan2 θ 2a tan3 θ = , . 1 + tan2 θ 1 + tan2 θ Tomando t = tan θ obtenemos finalmente 2at2 2at3 α(t) = , , 1 + t2 1 + t2

t∈R.

12

Cap´ıtulo 1. Curvas (b) Notemos que

4at(1 + t2 ) − 2at2 (2t) 6at2 (1 + t2 ) − 2at3 (2t) α (t) = , (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 4at 6at2 + 2at4 = , (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 0

y evidentemente α0 (0) = (0, 0) es un punto singular. (c) Un simple calculo muestra que 2at3 2at2 l´ım α(t) = l´ım , l´ım = (2a, ∞) . t→∞ t→∞ 1 + t2 t→∞ 1 + t2 Además 0

l´ım α (t) =

t→∞

4at 6at2 + 2at4 l´ım , l´ ım t→∞ (1 + t2 )2 t→∞ (1 + t2 )2

= (0, 2a) .

1.9. Sea α : (0, π) → R2 dada por t α(t) = sin t, cos t + log tan 2 donde t es el ańgulo que el eje y forma con el vector α0 (t). La traza de α se denomina la tractriz. y

1 t

α(t)

x

Demostrar que:

13


(a) α es una curva parametrizada diferenciable, regular excepto en t = π/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

1 1 1 α (t) = cos t, − sin t + t · t · 2 tan 2 cos 2 2 1 = cos t, − sin t + 2 sin 2t cos 2t 1 = cos t, − sin t + . sin t 0

Si α0 (t) = 0 ⇒ cos t = 0 y − sin t + sin t =

1 = 0, entonces sin t

1 ⇒ sin2 t = 1 sin t ⇒ sin t = ±1, t ∈ (0, π) π ⇒ 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 2t , entonces 1 √ − sin t dy 1 − sin2 t cos t dy 1 − x2 sin t = = = ⇒ = . dx cos t sin t cos t sin t dx x Luego, la ecuación de la l´ınea tangente a P es p 1 − x20 y − y0 = (x − x0 ) . x0 Evaluando la recta en el punto Q obtenemos p q 1 − x20 y1 − y 0 = (0 − x0 ) = − 1 − x20 . x0

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 α(t) = (aebt cos t, aebt sen t), t ∈ R, a y b constantes, a > 0, b < 0. (a) Demostrar que cuando t → +∞, α(t) se aproxima al origen O, girando en espiral al rededor de él (por eso, la traza de α es denominada espiral logar´ıtmica; veáse la figura). (b) Demostrar que α0 (t) → (0, 0) cuando t → +∞ y que: Z t l´ım kα0 (t)kdt t→+∞

t0

es finita, o sea, α tiene longitud de arco finita en [t0 , +∞). y

x

Soluci´ on: (a) Sabemos que l´ım ebt = 0 cuando b < 0 y como las funciones cos t t→+∞

y sen t son acotadas podemos concluir que l´ım ebt cos t = l´ım ebt sen t = 0

t+∞

por lo que l´ım α(t) = (0, 0). t→+∞

t→+∞

15

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas (b) Tenemos que α0 (t) = (aebt (b cos t − sen t), aebt (b sen t + cos t)) . Entonces, Z

t 0

t0

kα (t)kdt =

Z

t t0

Z

aebt [(b cos t − sen t)2 + (b sen t + cos t)2 ]1/2 dt t

ebt [b2 + 1]1/2 dt t0 Z t √ 2 ebt dt = a b +1 = a

t0

a√ 1 b + 1(ebt − ebt0 ) = b por lo que l´ım

t→+∞

Z

t t0

a√ 1 a√ 2 b + 1(ebt − ebt0 ) = − b + 1ebt0 , t→+∞ b b

kα0 (t)kdt = l´ım

esto es, α tiene longitud de arco finita. 1.11. Sea α : I → R3 una curva diferenciacble y sea [a, b] ⊂ I un intervalo cerrado. Para cada partición: a = t 0 < t1 < . . . < t n = b P de [a, b], considere la suma ni=1 |α(ti ) − α(ti−1 )| = l(α, 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(α, P ) es la longitud de un pol´ıgono inscrito en α([a, b]) con vértices en α(ti ) (ver la figura). La intensión del ejercicio es demostrar que la longitud del arco α([a, b])es, en cierto sentido, un l´ımite de longitudes de pol´ıgonos inscritos.

16


α

α(tn−1 )

α(ti )

α(t0 )

α(tn )

α(t1 )

α(t2 )

Pruébese que dado un ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |P | < δ entonces: Z b 0 <ε. kα (t)kdt − l(α, P ) a

Soluci´ on: Por la definición de integral, dado ε > 0, existe un δ1 > 0 tal que si |P | < δ1 , entonces Z b X ε 0 0 kα (t)kdt − (ti − ti−1 )kα (ti )k < . 2 a

Por otro lado, como α0 es uniformemente continua en [a, b], dado ε > 0, existe δ2 > 0 tal que su t, s ∈ [a, b] con |t − s| < δ2 , entonces ε kα0 (t) − α0 (s)k < |a − b| . 2 Tomando δ = m´ın{δ1 , δ2 }, entonces si |P | < δ, obtenemos, utilizando el teorema del valor medio para funciones en varias variables, X X 0 kα(t ) − α(t )k − (t − t )kα (t )k i−1 i i−1 i i X X 0 0 ≤ (ti−1 − ti ) sup kα (si )k − (ti−1 − ti )kα (ti )k si X ε 0 0 ≤ (ti−1 − ti ) sup kα (si ) − α (ti )k ≤ , 2 s i

donde ti−1 ≤ si ≤ ti . La desigualda requerida se deduce de lo anterior.

17


1.12. (a) Sea α : I → R3 una curva de clase C 0 : Utilicese la aproximación poligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definición razonable de longitud de arco para α. (b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con cualquier definición razonable, la longitud de arco de una curva C 0 es un intervalo cerrado podr´ıa no ser acotada. Sea α : [0, 1] → R2 dada por ( (t, t sin(π/t)) si t 6= 0 α(t) = (0, 0) si t = 0 Demostrar, geométricamente, que la longitud de arco de la porción 1 1 de curva correspondiente a ≤t≤ es al menos 2/(n + (n + 1) n (1/2)). Util´ıcese esto para establecer que la longitud de la curva en N X 1 1 el intervalo ≤ t ≤ 1 es mayor que 2 , y por lo tanto, N n + 1 n=1 tiende a infinito cuando N → ∞. Soluci´ on: (a) Tomando una partición del intervalo I, P = {t0 , t1 , ..., tk } ⊂ I y definimos la longitud de arco. s(t) = l´ım

k→∞

k X i=0

|α(ti ) − α(ti−1 )| .

(b) Para t sucesivamente igual a 2 2 2 2 2 2 , , , , ,..., 2 3 4 5 6 n+1 y(t) = t sin(π/t) asume los valores 2 2 2 2 0, − , 0, , 0, − , 0, . . . , (−1)n . 3 5 7 2n + 1 Por lo tanto, tomando la partición 2 2 1 2 12 P = 0, , ,..., , , ,1 k+1 k 3 5 23

18

Cap´ıtulo 1. Curvas Tenemos que: l(p) =

k X i=1

|y(ti ) − y(ti−1 )|

2 2 2 2 2 2 + + + +···+ + 3 3 5 5 k k 1 1 1 1 1 1 = 2 + + + +···+ + 3 3 5 5 k k 1 1 1 1 1 + + +···+ + , ≥ 2 3 4 5 k k+1 =

como s(t) ≥ l(p) y la serie armonica la longitud de arco no es acotada.

∞ X 1 i=1

i

diverge. Se concluye que

1.13. Sea α = α(t), t ∈ [a, b] una curva parametrizada de clase C 1 con α(a) = p, α(b) = q. a) Pruebe que si ~v es un vector unitario, entonces h(q − p), ~v i =

Z

b 0

a

hα (t), ~v idt ≤

Z

b a

kα0 (t)kdt

b) Escogiendo ~v apropiado, deduzca que kα(a) − α(b)k ≤

Z

b a

kα0 (t)kdt ,

esto es, la curva de menor longitud desde α(a) a α(b) es la l´ınea recta que une estos puntos. Soluci´ on: (a) Afirmamos que si f, g : [a, b] → Rn son de clase C 1 entonces Z

b

b Z b hf (t), g 0 (t)idt hf (t), g(t)idt = hf (t), g(t)i − 0

a

a

a

19

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas En efecto, Z b Z bX n 0 hf (t), g(t)idt = fi0 (t)gi (t)dt a

= = =

a i=1 n XZ b i=1 a n X

i=1 n X i=1

fi0 (t)gi (t)dt

b Z b 0 fi (t)gi (t) − fi (t)gi (t)dt a

a

n Z b b X fi (t)gi0 (t)dt fi (t)gi (t) − a

a

i=1

n b Z b X fi (t)gi0 (t)dt = hf (t), g(t)i − a

a

i=1

b Z b hf (t), g 0 (t)idt . = hf (t), g(t)i − a

a

Luego, tenemos que Z b b Z b 0 hα(t), v 0 idt hα (t), vidt = hα(t), vi − a

a

a

= hα(b), vi − hα(a), vi = hα(b) − α(a), vi

= h(q − p), vi .

Por otro lado, notemos que Z b Z b 0 0 hα (t), vidt ≤ hα (t), vidt a a Z b ≤ |hα0 (t), vi|dt a Z b Z b 0 ≤ kα (t)k · kvkdt = kα0 (t)kdt . a

a

La tercera de las desigualdades, no es mas que la famosa desigualdad de Cauchy-Schwartz q−p (b) Tomando el vector ~v = kq−pk el cual es unitario de lo anterior obtenemos Z b h(q − p), (q − p)i kα0 (t)kdt ≥ h(q−p), ~v i = = kq−pk = kα(a)−α(b)k. kq − pk a

20


1.14. Supóngase que α(I) ⊂ R2 y dotese de signo a κ 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 α. Sea θ(s) el ańgulo de e1 a t(s) en la orientación de R2 . Demostrar (a) y (b); nótese que estamos admitiendo que κ 6= 0. (a) La indicatriz de tangentes es una curva parametrizada regular. dt dθ dθ (b) = n, o sea, κ = . ds ds ds Soluci´ on: (a) Supongamos que, la indicatriz de tangentes es una curva parametrizada no regular, entonces existe s0 ∈ I tal que t(s0 ) = 0, entonces t0 (s0 ) = 0 ⇒ |α00 (s0 )| = 0 ⇒ κ(s0 ) = 0 lo cual es una contradicción, pues estamos asumiendo que κ 6= 0. (b) Sabemos que θ(s) = ańgulo(e1 , t(s)). Podemos suponer sin pérdida de generalidad que α : I → R2 es una curva parametrizada por longitud de arco, es decir, kα0 (t)k = 1. Si dθ es el ańgulo entre t(s + ) y t(s) entonces 1 |t(s + ) − t(s)| = 2 sin dθ ∼ = dθ . 2 Luego, 0

κ = |t (s)| = = = =

l´ım t(s + ) − t(s) = l´ım |t(s + ) − t(s)| →0 →0 || 1 2 sin 2 dθ dθ l´ım = l´ım →0 →0 || || ańgulo(e1 , t(s + )) − ańgulo(e1 , t(s)) l´ım →0 dθ . ds

21


1.15. Una curva parametrizada regular α tiene la propiedad de que todas sus rectas tangentes pasan por un punto fijo. (a) Probar que la traza de α es (un segmento de) una recta. (b) ¿Se satisface todav´ıa la conclusión de (a) si α no es regular? Soluci´ on: (a) El vector velocidad α0 (t), cuando es diferente de cero, determina una recta tangente de la curva α en el punto α(t), a saber: L = {α(t) + rα0 (t) : r ∈ R} . Sea x0 el punto fijo tal que x0 ∈ / α(I), entonces para cada t ∈ I existe r(t) ∈ R tal que x0 = α(t) + r(t)α0 (t) , derivando obtenemos 0 = α0 (t) + r 0 (t)α0 (t) + r(t)α00 (t) = (1 + r 0 (t))α0 (t) + r(t)α00 (t) . Haciendo el producto interno con α00 (t) se obtiene 0 = h(1 + r 0 (t))α0 (t) + r(t)α00 (t), α00 (t)i

= (1 + r 0 (t))hα0 (t), α00 (t)i + r(t)hα00 (t), α00 (t)i

= (1 + r 0 (t))hα0 (t), α00 (t)i + r(t)kα00 (t)k = (1 + r 0 (t))hα0 (t), α00 (t)i + r(t)κ(t) = r(t)κ(t) , ya que si kα0 (t)k = 1 ⇔ hα0 (t), α0 (t)i = 1 ⇔ 2hα00 (t), α0 (t)i = 0 ⇔ α00 (t) ⊥ α0 (t) . En resumen hemos obtenido que r(t)κ(t) = 0,

∀t ∈ I .

Si r(t) = 0 entonces x0 = α(t) ∈ α(I) lo cual es una contradicción. Por lo tanto, κ(t) = 0 para todo t ∈ I y α es un segmento de recta.

22

Cap´ıtulo 1. Curvas (b) Si α no es regular en alg´ un punto entonces en estos puntos no está bien definida una recta tangente.

1.16. Una traslación por un vector v ∈ R3 es la aplicación A : R3 → R3 dada por A(p) = p + v, p ∈ R3 . Una aplicación lineal ρ : R3 → R3 es una transformación ortogonal cuando hρu, ρvi = hu, vi, ∀ u, v ∈ 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 ańgulo θ entre dos vectores, 0 ≤ θ ≤ π, son invariantes frente a transformaciones ortogonales con determinante positivo. (b) Desmostrar que el producto vectorial de dos vectores es invariante frente a transformaciones ortogonales con determinante positivo. ¿Es cierto a´ un la afirmación si suprimimos la condición determinante positivo? (c) Demuéstrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsión de una curva parametrizada (siempre que estén definidos) son invariantes frente a movimientos r´ıgidos. Soluci´ on: (a) Sea ρ : R3 → R3 una transformación ortogonal entonces: kρuk2 = hρu, ρui = hu, ui = kuk2 ⇒ kρuk = kuk, ∀ u ∈ R3 . Tenemos que si u, v ∈ R3 entonces cos ](u, v) =

hu, vi hρu, ρvi = = cos ](ρu, ρv) . kukkvk kρukkρvk

(b) Tenemos que u × v = kukkvk sin ](u, v)b z = kρukkρvk sin ](ρu, ρv)b z = ρu × ρv donde zb es el vector que resulta de la regla de la mano derecha. Consideremos ρ : R3 → R3 dada por ρ(x, y, z) = (−x, y, z) luego hρx, ρyi = h(−x1 , x2 , x3 ), (−y1 , y2 , y3 )i = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 = hx, yi

23

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas y la representación matricial de ρ en la base canónica de R3 es   −1 0 0   [ρ] =  0 1 0  ⇒ det[ρ] = −1 0 0 1 pero u × v 6= ρu × ρv .

(c) Consideremos ϕ : R3 → R3 dada por ϕ = ρ ◦ A un movimiento r´ıgido. Sea P = {t0 , t1 , ..., tn } una partición de I ⊂ R entonces X l(α) = l´ım kα(ti ) − α(ti−1 )k |P |→0

=

l´ım

|P |→0

=

l´ım

|P |→0

=

l´ım

|P |→0

=

l´ım

|P |→0

Notemos que

P

X P

X P

X P

X P

(A ◦ α)(t) = α(t) + v,

k(α(ti ) + v) − (α(ti−1 ) + v)k

kA(αi ) − A(α(ti−1 ))k kρ(A(αi ) − A(α(ti−1 )))k kρ(A(αi )) − ρ(A(α(ti−1 )))k = l(ϕ ◦ α) .

(A ◦ α)0 (t) = α0 (t),

(A ◦ α)00 (t) = α00 (t) .

Además d (ρ ◦ α) = ρ ◦ α0 , dt

d2 (ρ ◦ α) = ρ ◦ α00 . dt2

Entonces |α0 (t) × α00 (t)| |α0 (t)|3 |(A ◦ α)0 (t) × (A ◦ α)00 (t)| = |(A ◦ α)0 (t)|3 |ρ((A ◦ α)0 (t)) × ρ((A ◦ α)00 (t))| = |ρ((A ◦ α)0 (t))|3

κα (t) =

2

| d (ρ ◦ A ◦ α)(t) × dtd 2 (ρ ◦ A ◦ α)(t)| = dt | dtd (ρ ◦ A ◦ α)(t)|3 2

| d (ϕ ◦ α)(t) × dtd 2 (ϕ ◦ α)(t)| = dt = κϕ◦α (t) . | dtd (ϕ ◦ α)(t)|3

24

Cap´ıtulo 1. Curvas De manera similar se obtiene que

τϕ◦α (t) = −

D

E 2 3 ◦ α) × dtd 2 (ϕ ◦ α), dtd 3 (ϕ ◦ α) = τα (t) . d (ϕ ◦ α) × d22 (ϕ ◦ α) 2 dt dt

d (ϕ dt

1.17. Sea α : I → R2 una curva parametriza regular plana con curvatura κ = κ(s) 6= 0. En esta situación, la curva β(s) = α(s) +

1 n(s) , κ(s)

t∈I

se denomina la evoluta de α.

α β

(a) Pruebe que la recta tangente a β(s) coincide con la recta normal a α en α(s). (b) Considere las rectas normales a α en puntos cercanos s1 , s2 , s1 6= s2 . Pruebe que cuando s2 → s1 , los puntos de intersección de dichas normales converge a un punto sobre la curva β.

25

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Soluci´ on:

(a) Supongamos que α está parametrizada por arco, basta observar que 0 n(s) 0 β (s) = t(s) + κ(s) 0 n (s)κ(s) − n(s)κ0 (s) = t(s) + κ2 (s) −κ2 (s)t(s) − n(s)κ0 (s) = t(s) + κ2 (s) κ0 (s) = − 2 n(s) = r(s)n(s) . κ (s) Se deduce que la recta tangente a β coincide con la recta normal de α. (b) Observe primero que

n(s)

= 1

kβ(s) − α(s)k = κ(s) |κ(s)|

las rectas normales en s1 y s2 son: L1 (r) = α(s1 ) + rn(s1 ),

L2 (p) = α(s2 ) + pn(s2 ) .

Los puntos de intersección se obtendrán si: L1 (r) = L2 (p) ⇒ α(s2 ) − α(s1 ) = rn(s1 ) − pn(s2 ) α(s2 ) − α(s1 ) rn(s1 ) − pn(s2 ) ⇒ = . s2 − s 1 s2 − s 1

Note que cuando s2 → s1 ⇒ r → p. Entonces α0 (s2 ) = l´ım

s2 →s1

Luego,

α(s2 ) − α(s1 ) rn(s1 ) − pn(s2 ) = l´ım = pn0 (s2 ) . s2 →s1 s2 − s 1 s2 − s 1

1 = hα0 (s2 ), α0 (s2 )i

= hα0 (s2 ), pn0 (s2 )i

= hα0 (s2 ), −pκ(s2 )α0 (s2 )i

= −pκ(s2 )hα0 (s2 ), α0 (s2 )i = −pκ(s2 ) .

1 Entonces κ(s2 ) = − . p

26


1.18. Demuestre que el largo de arco de la evoluta de α = α(t) es u0 − donde u0 es una constante.

1 , κs (s)

Soluci´ on: Supongamos que α esta parametrizada por arcoparámetro, sabemos que la evoluta es dada por: β(s) = α(s) +

1 n(s) . κ(s)

Entonces β 0 (s) = t(s) −

κ0 (s) 1 κ0 (s) n(s) + (−κ(s)t(s)) = − n(s) . κ2 (s) κ(s) κ2 (s)

Entonces, el largo de arco de la evoluta es s Z s 0 Z s 1 1 κ (t) 0 dt = − = u0 − u(s) = kβ (t)kdt = 2 κ(t) s0 κ(s) s0 s0 κ (t) donde u0 = 1/κ(s0 ) es una constante.

1.19. Demuestre que la evoluta del cicloide α(t) = a(t − sin t, 1 − cos t),

0 < t < 2π,

donde a > 0 es una constante, es β(t) = a(t + sin t, −1 + cos t) Soluci´ on: Notemos que α0 (t) = a(1 − cos t, sin t), entonces q 0 kα (t)k = a (1 − cos t)2 + sin2 t p = a 1 − 2 cos t + cos2 t + sin2 t √ = a 2 − 2 cos t r 1 − cos t = 2a = 2a sin(t/2) . 2 Entonces el vector tangente unitario es: α0 (t) a(1 − cos t, sin t) 1 1 − cos(t) sin t t = = = , kα0 (t)k 2a sin(t/2) 2 sin(t/2) sin(t/2) 1 2 sin2 (t/2) 2 sin(t/2) cos(t/2) = , = (sin(t/2), cos(t/2)) . 2 sin(t/2) sin(t/2)

27


Luego, el vector normal unitario es n = (− cos(t/2), sin(t/2)) y además α00 (t) = a(sin t, cos t), entonces la curvatura es: a2 ((1 − cos t) cos t − sin2 t) a2 (cos t − cos2 t − sin2 t) κ(t) = = kα0 (t)k3 (2a sin(t/2))3 a2 (cos t − 1) cos2 (t/2) − sin2 (t/2) − 1 −2 sin2 (t/2) = = = 8a3 sin3 (t/2) 8a sin3 (t/2) 8a sin3 (t/2) 1 = − . 4a sin(t/2) Por lo tanto, la evoluta es: β(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+π obtenemos la curva a(t˜ − sin t˜, 1 − cos t˜) + a(−π, −2) que es una traslación de la curva α original. 1.20. La traza de la curva parametrizada α(t) = (t, cosh t),

t∈R,

se denomina catenaria (a) Demostrar que la curvatura con signo de la catenaria es κ(t) =

1 . cosh2 t

(b) Demostrar que la evoluta de la catenaria es β(t) = (t − sinh t cosh t, 2 cosh t) . Soluci´ on: (a) Tenemos que α0 (t) = (1, sinh t),

α00 (t) = (0, cosh t) .

Sabemos que si α : I → R2 es una curva plana con α(t) = (x(t), y(t)) entonces la curvatura con signo de α en t es κ(t) =

x0 y 00 − x00 y 0 . ((x0 )2 + (y 0 )2 )3/2

28

Cap´ıtulo 1. Curvas Entonces κ(t) =

cosh t cosh t 1 = . 2 3/2 = 3/2 (1 + sinh t) (cosh t) cosh2 t

(b) Sabemos que la evoluta esta dada por β(t) = α(t) +

1 n(t), κ(t)

t∈I.

Basta hallar el vector normal n(t), el cual debe satisfacer n(t)⊥α0 (t)

y

kn(t)k = 1 .

Si α(t) = (α1 (t), α2 (t)), basta considerar n(t) =

(−α20 (t), α10 (t)) kα0 (t)k

entonces (− sinh t, 1) n(t) = p = sinh2 t + 1

sinh t 1 , − cosh t cosh t

.

Por lo tanto,

β(t) = α(t) +

1 n(t) κ(t)

sinh t 1 , = (t, cosh t) + cosh t − cosh t cosh t = (t, cosh t) + (− sinh t cosh t, cosh t) 2

= (t − sinh t cosh t, 2 cosh t) . 1.21. Sea α : I → R3 una curva parametrizada regular (no necesariamente por longitud de arco) y sea β : J → R3 una reparametrización de α(I) por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 ∈ I. Sea t = t(s) la dα d2 α función inversa de s y def´ınanse = α0 , 2 = α00 , etc. Demostrar las dt dt siguientes afirmaciones (a)

dt 1 = , ds kα0 k

d2 t hα0 , α00 i = − . ds2 kα0 k4

29

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas (b) La curvatura de α en t ∈ I es κ(t) =

kα0 × α00 k . kα0 k3

(c) Si α : I → R2 es una curva plana α(t) = (x(t), y(t)) la curvatura con signo de α en t κ(t) =

x0 y 00 − x00 y 0 . ((x0 )2 + (y 0 )2 )3/2

Soluci´ on: (a) Notemos que si β = α ◦ t entonces β 0 (s) = α0 (t(s))t0 (s) ⇒ 1 = kβ 0 (s)k = kα0 (t(s))t0 (s)k = t0 (s)kα0 (t(s))k dt 1 1 ⇒ = t0 (s) = = . 0 ds kα (t(s))k kα0 k Entonces hα0 , α00 i dkα0 k − − d2 t hα0 , α00 i kα0 k dt = = = − . ds2 kα0 k2 kα0 k2 kα0 k3 (b) Tenemos que β 0 = (α ◦ t)t0 ,

β 00 = (α00 ◦ t)(t0 )2 + (α0 ◦ t)t00 .

Sabemos que b(s) = t(s) × n(s) ,

κ(s)b(s) = t(s) × κ(s)n(s) , κ(s)b(s) = t(s) × t0 (s) .

Entonces, κ(s) = kβ(s) × β 00 (s)k

= k{(α0 (t(s))t0 (s)} × {α00 (t(s))(t0 (s))2 + α0 (t(s))t00 (s)}k

= k(t0 (s))3 {α0 (t(s)) × α00 (t(s))} + t0 (s)t00 (s){α0 (t(s)) × α0 (t(s))}k = (t0 (s))3 kα0 (t(s)) × α00 (t(s))k kα0 (t(s)) × α00 (t(s))k = . kα0 (t(s))k3

30

Cap´ıtulo 1. Curvas Por lo tanto, se tiene que: κ(t) =

kα0 × α00 k . kα0 k3

(c) Notemos que n(s) = (−β2 (s), β1 (s)) ( β100 (s) = −κ(s)β20 (s) β 00 = κn ⇒ β200 (s) = κ(s)β10 (s) ( −β100 β20 = κ(β20 )2 ⇒ β200 β10 = κ(β10 )2 Sumando ambas expresiones se obtiene: κ = β200 β10 − β100 β20 como β = α ◦ t ⇒ β 0 = (α0 ◦ t)t0 , es decir, ( β10 (s) = α10 (t(s))t0 (s) β20 (s) = α20 (t(s))t0 (s) y además (

β100 (s) = (α100 (t(s)))(t0 (s))2 + α10 (t(s))t00 (s) β200 (s) = (α200 (t(s)))(t0 (s))2 + α20 (t(s))t00 (s)

Luego, κ = {(α200 ◦ t)(t‘)2 + (α20 ◦ t)t00 }{(α10 ◦ t)t0 }

−{(α100 ◦ t)(t‘)2 + (α10 ◦ t)t00 }{(α20 ◦ t)t0 }

= {α200 (t(s))α10 (t(s)) − α100 (t(s))α20 (t(s))}(t0 (s))3 {α200 (t(s))α10 (t(s)) − α100 (t(s))α20 (t(s))} = . {(α10 (t(s)))2 + (α20 (t(s)))2 }3/2 1.22. Probar que si α está contenida en una esfera de radio r entonces su curvatura satisface κ(s) ≥ 1/r.

31


Soluci´ on: Supongamos que α está arcoparametrizada. Si α está en una esfera de centro en a y radio r entonces kα(s) − ak2 = r 2 . Derivando esta ecuación obtenemos: ht, α − ai = 0 volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos ht0 , α − ai + ht, ti = 0 ⇒ hκn, α − ai + ktk2 = 0 . |{z} 1

Entonces, κhn, α − ai = −1. Como κ ≥ 0 y usando la desigualdad de Cauchy-Schwartz obtenemos 1 = |κ(s)| · |hn(s), α(s) − ai| ≤ |κ(s)| · kn(s)kkα(s) − ak = κ(s)r . Por lo tanto, κ(s) ≥ 1/r. 1.23. Sean r > 0 y α : R → R2 una parametrización por longitud de arco tal que el trazo de α está contenida en el disco cerrado de centro el origen y radio r, cuya curvatura cumple que |κ(s)| ≤

1 . r

para cada s ∈ R. Demostrar que la curva es un arco de circunferencia de centro el origen y radio r. Soluci´ on: Denotamos por Dr = {z ∈ R2 : kzk ≤ r} . 1 Afirmación: Si κα (s0 ) < entonces α(s) ⊆ R2 \ Dr para todo 0 < r |s − s0 | < δ. En efecto, basta considerar la función ϕ(s) = kα(s) − p k2

32

Cap´ıtulo 1. Curvas donde p = α(s0 ) + rn(s0 ), entonces ϕ 0 (s) = 2ht(s), α(s) − pi

ϕ 00 (s) = 2ht 0 (s), α(s) − pi + 2ht(s), t(s)i = 2hκ(s)n(s), α(s) − pi + 2 . Luego, evaluando en s = s0 obtenemos ϕ(s0 ) = kα(s0 ) − α(s0 ) − rn(so )k2 = r 2 kn(s0 )k = r 2

ϕ 0 (s0 ) = 2ht(s0 ), −rn(s0 )i = −2rht(s0 ), n(s0 )i = 0

1 00 ϕ (s0 ) = hκ(s0 )n(s0 ), −rn(s0 )i + 1 = 1 − rκ(s0 ) . 2

Note que ϕ 00 (s0 ) > 0 si κ(s0 ) < 1/r. Entonces, el desarrollo de Taylor de ϕ en un entorno de s = s0 satisface ϕ(s) = ϕ(s0 ) + ϕ 0 (s0 )(s − s0 ) + ϕ 00 (s0 ) = r 2 + (1 − rκ(s0 ))

(s − s0 )2 +R 2

(s − s0 )2 + R > r2 4

para 0 < |s − s0 | < δ, lo cual implica que α(s) ⊆ R2 \ Dr para todo 0 < |s − s0 | < δ. Ahora, por otro lado si α(s) ⊆ Dr entonces κ(s) ≥ 1/r y como |κ(s)| ≤ 1/r entonces necesariamente se tiene que |κ(s)| = 1/r lo cual implica que α es una arco de circunferencia. 1.24. Pruebe que una condición necesaria y suficiente para que una curva α : I → R3 esté sobre una esfera es que 0 0 κ τ = . κ κ2 τ Soluci´ on: ⇒ Si α : I → R3 está en una esfera de centro en a y radio r entonces kα − ak2 = r 2 ,

es decir,

hα − a, α − ai = r 2 .

Derivando obtenemos ht, α − ai = 0 .

(1.7)

33


Derivando (1.7) y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos: ht0 , α − ai + ht, ti = 0 ⇒ hκn, α − ai + ktk2 = 0 ⇒ κhn, α − ai + 1 = 0 1 ⇒ hn, α − ai = − . κ

(1.8)

Derivando (3.8) y usando la perpendicularidad del triedro de Frenet obtenemos: κ0 κ0 hn0 , α − ai + hn, ti = 2 ⇒ h−κt + τ b, α − ai = 2 | {z } κ κ 0

κ0 ⇒ −κ ht, α − ai +τ hb, α − ai = 2 | {z } κ 0

⇒ hb, α − ai =

κ0 . κ2 τ

El término que es cero es debido a la ecuación (1.7), derivando la u ´ ltima igualdad obtenemos: 0 0 0 0 κ κ h−τ n, α − ai + hb, ti = ⇒ −τ hn, α − ai = . 2 | {z } κ τ κ2 τ 0

Reemplazando (3.8) en la u ´ ltima igualdad se obtiene lo pedido 0 0 τ κ = . κ κ2 τ ⇐ a:

Sean ρ = 1/κ y σ = 1/τ entonces nuestra hipótesis es equivalente ρ = −σ(ρ0 σ)0 .

Usando esta información note que (ρ2 + (ρ0 σ)2 )0 = 2ρρ0 + 2(ρ0 σ)(ρ0 σ)0 = 0 . Luego, ρ2 + (ρ0 σ)2 es igual a una constante, digamos a r 2 . Consideremos a = α + ρn + ρ0 σb, entonces a0 = t + ρ0 n + ρ(−κt + τ b) + (ρ0 σ)0 b − ρ0 σ(τ n) = 0 .

34

Cap´ıtulo 1. Curvas Luego, a es constante y kα − ak2 = ρ2 + (ρ0 σ)2 = r 2 , es decir, α 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. Soluci´ on: La ecuación del plano normal en γ(t) es hy − γ, ti = 0. Si a es el punto fijo, entonces ha − y, ti = 0 .

(1.9)

Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos ht, ti + ha − γ, t0 i = 0 ⇒ ktk2 + ha − γ, κni = 0 1 ⇒ ha − γ, ni = − . κ

(1.10)

Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret ht, ni + ha − γ, n0 i =

κ0 κ0 ⇒ ha − γ, −κt + τ bi = κ2 κ2

⇒ −κha − γ, ti + τ ha − γ, bi =

κ0 . κ2

(1.11)

κ0 Si (1.9) en (1.11) obtenemos ha − γ, bi = 2 , derivando y usando κ τ Frenet-Serret 0 0 κ −τ hγ − a, ni = . (1.12) κ2 τ Si (1.10) en (1.12) resulta τ = κ

κ0 κ2 τ

por problema anterior se tiene que γ está contenida en una esfera.

35


1.26. Demuéstrese que el conocimiento de la función vectorial b = b(s), el vector binormal, de una curva α, cuya torsión nunca es nula, determina la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsión τ (s) de α. Soluci´ on: Como se conoce b(s) , entonces se conoce b0 (s) = −τ (s)n(s) lo que implica que |τ (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 κ(s) > 0 y usando la ecuación de Frenet-Serret t0 (s) = κ(s) n(s) obtenemos que: κ(s) = |κ(s)| = |κ(s)|kn(s)k = kκ(s) n(s)k = kt0 (s)k . 1.27. Sea α(s) una curva en R3 con arco-parámetro y torsión constante τ . Si {Tα , Nα , Bα } es su triedro móvil se define una nueva curva por Z t 1 Bα (s)ds . β(t) = − Nα (t) + τ 0 Calcular la curvatura y la torsión de β.

Soluci´ on: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos 1 1 κ β 0 = − Nα0 + Bα = − (−κTα + τ Bα ) + Bα = Tα τ τ τ 2 0 κ κ Tα + N α β 00 = τ τ 00 κ κκ0 2κ0 κ κ3 000 β = Tα + Nα + N α − Tα + κ 2 B α τ τ τ τ κ00 − κ3 3κκ0 = Tα + Nα + κ2 Bα τ τ entonces κ3 κ3 kβ 0 × β 00 k 0 00 0 3 β × β = 2 Bα , kβ k = 3 ⇒ κβ = =τ τ τ kβ 0 k3 y as´ı

hβ 0 × β 00 , β 000 i =

κ5 τ2

⇒

τβ =

hβ 0 × β 00 , β 000 i τ2 = . kβ 0 × β 00 k2 κ

36


1.28. Sea κ : I → R la función curvatura de la parametrización por longitud de arco α. Probar la igualdad: hα0 (s), α0000 (s)i = −3κ(s)κ0 (s) Soluci´ on: Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de derivada por partes para el producto interno. hα0 , α0000 i = = = = =

d 0 000 hα , α i − hα00 , α000 i ds d ht, t00 i − ht0 , t00 i ds d ht, (κn)0 i − hκn, (κn)0 i ds d ht, κ0 n + κn0 i − hκn, κ0 n + κn0 i ds d 0 {κ ht, ni +κht, n0 i} − κκ0 hn, ni +κhn, n0 i | {z } | {z } ds 0

1

d = {κht, −κt + τ bi} − κκ0 + κhn, −κt + τ bi ds d {−κ2 ht, ti +τ ht, bi} − κκ0 − κ2 hn, ti +τ hn, bi = |{z} | {z } | {z } | {z } ds 1

0

0

0

d = {−κ2 } − κκ0 = −2κκ0 − κκ0 = −3κκ0 . ds

1.29. Encontrar todas las funciones f (t) tales que α(t) = (cos t, sen t, f (t)) sea una curva plana. Soluci´ on: Sabemos que la curvatura de una curva α : [a, b] → R3 esta dada por h(α0 × α00 ), α000 i τ (t) = − kα0 × α00 k2 además, una curva es plana si y solo si τ (t) = 0 para todo t ∈ [a, b].

37

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Ahora bien, tenemos que α0 = (− sen t, cos t, f 0 ) α00 = (− cos t, − sen t, f 00 )

α000 = (sen t, − cos t, f 000 )

α0 × α00 = (cos tf 00 + sen tf 0 , sen tf 00 − cos tf 0 , 1)

hα0 × α00 , α000 i = f 0 + f 000 = 0 ⇒ f 000 = −f 0

Por lo tanto, f (t) = α cos t + β sen t + γ con α, β, γ ∈ R.

1 1.30. Determine la curva plana que tiene κ(s) = √ . s Z s Soluci´ on: Consideremos ϕ(s) = κ(u)du y γ(s) =

Z

0

s

cos ϕ(t)dt, 0

Z

s

sen ϕ(t)dt 0

entonces t(s) = (cos ϕ(s), sen ϕ(s)) y n(s) = (− sen ϕ(s), cos ϕ(s)). Se verifica que γ 00 (s) = ϕ0 (s)(− sen ϕ(s), cos ϕ(s)) = κ(s) n(s) . Calculando obtenemos que ϕ(s) =

Z

s

√ u−1/2 du = 2 u .

0

Por lo tanto, Z s Z s √ √ γ(s) = cos(2 t)dt, sen(2 t)dt 0 0 √ √ √ √ √ √ = (cos(2 s) + 2 s sen(s 2), sen(2 s) − 2 s cos(2 s)) + (1, 0) . 1.31. Considere la curva s s s , a sin √ , b√ . α(s) = a cos √ a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2 Hallar la curvatura y la torsión. Soluci´ on: Denotemos por ω = √

1 , entonces + b2

a2

α0 (s) = (−aω sin ωs, aω cos ωs, ωb)

38

Cap´ıtulo 1. Curvas Note que kα0 (s)k = 1 entonces t = α0 (s) y t0 = (−aω 2 cos ωs, −aω 2 sin ωs, 0) = κ(s) n(s) La u ´ ltima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue que κ(s) = aω 2 y n = (− cos ωs, − sin ωs, 0). Sabemos que el vector binormal es dado por

b(s) = t × n = (bω sin ωs, −bω cos ωs, aω) Entonces,

b0 (s) = (bω 2 cos ωs, bω 2 sin ωs, 0) = τ (s) n(s)

La u ´ ltima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo tanto, τ (s) = −bω 2 .

1.32. Sea α una curva cuyas funciones curvatura y torsión no se anulan. Se dice que es una hélice de eje el vector unitario ω y ańgulo θ si los vectores tangentes a α forman un ańgulo θ con ω.

(a) Probar que en tal caso el vector ω es combinación lineal de t y b; calcular los coeficientes de dicha combinación lineal. (b) Probar que α es una hélice si y sólo si el cociente κ/τ es una función constante.

39

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Soluci´ on: (a) Se tiene que ht, ωi = cos θ = constante

entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos 0 = ht0 , ωi = hκn, ωi = κhn, ωi ⇒ hn, ωi = 0 lo que implica que ω = αt + βb y luego hn, ωi = cos θ ⇔ ht, αti + ht, βbi = cos θ

⇒ α ktk2 +β ht, bi = cos θ ⇒ α = cos θ |{z} | {z } 1

0

por otro lado, tenemos que

1 = kωk2 = hαt+βb, αt+βbi = α2 ktk2 +β 2 kbk2 = α2 +β 2 ⇒ β = sen θ. Por lo tanto, ω = cos θt + sen θb. (b) Si α es hélice entonces ω = cos θt + sen θb entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos 0 = cos θt0 + sen θb0 = κn cos θ − τ n sen θ . Luego, haciendo el producto punto del vector normal con el vector cero obtenemos 0 = hn, 0i = hn, κn cos θ − τ n sen θi = κ cos θknk2 − τ sen θknk2

κ = tan θ =constante. τ κ sen θ Rec´ıprocamente, si = constante = tan θ = entonces τ cos θ

entonces

0 = κ cos θ − τ sen θ

= κ cos θhn, ni − τ sen θhn, ni = hκn cos θ − τ n sen θ, ni = h(t cos θ + b sen θ)0 , ni

40

Cap´ıtulo 1. Curvas lo que implica (t cos θ+b sen θ)0 = 0 entonces t cos θ+b sen θ =constante= a por lo tanto, ht, ai = cos θ = constante .

1.33. Sea α una curva plana parametrizada por largo de arco tal que para todo s el ańgulo entre t(s) y α(s) es θ (fijo). Demuestre (a) Si θ = 0 entonces la traza de α está contenida en una recta. (b) Si θ = π2 , entonces la traza de α está contenido en un c´ırculo. (c) Si 0 < θ < π2 , entonces la traza de α está contenido en una espiral logar´ıtmica. Soluci´ on: ht, αi ht, αi . Si θ = 0 entonces = 1. Se ktkkαk ktkkαk concluye que α = rt con r 6= 0, derivando obtenemos

(a) Sabemos que cos θ =

t = r 0 t + rt0 = r 0 t + rκn . Haciendo el producto interno con n 0 = ht, ni = r 0 ht, ni + rκhn, ni = rκ ⇒ κ ≡ 0 . π ht, αi entonces = 0, se concluye que α = rn con r 6= 0. 2 ktkkαk Derivando obtenemos

(b) Si θ =

t = r 0 n + rn0 = r 0 n − κrt . Haciendo el producto interno con n obtenemos 0 = ht, ni = r 0 hn, ni − κrht, ni = r 0 . Luego, r debe ser constante. Haciendo el producto interno de t contra si mismo, obtenemos 1 = ht, ti = kκrtk2 = (κr)2

⇒

1 κ=± . r

41

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas (c) Tomando α = r(t cos θ + n sin θ) y derivando obtenemos t = r 0 (t cos θ + n sin θ) + r(t0 cos θ + n0 sin θ) = r 0 (t cos θ + n sin θ) + r(κn cos θ − κt sin θ)

= (rκ cos θ + r 0 sin θ)n + (r 0 cos θ − κr sin θ)t . Haciendo el producto interno de t con n obtenemos r 0 cos θ − κr sin θ = 1 κr cos θ + r 0 sin θ = 0

/ cos θ / sin θ

Luego, r 0 = cos θ ⇒ r = s cos θ y además κr = − sin θ. Por lo tanto, 1 . κ=− s · cotan θ

1.34. Pruebe que Z

2π 0

p

√ a2 sin2 t + b2 cos2 t dt ≥ 2π ab,

a, b ∈ R+

con igualdad si y sólo si a = b. Soluci´ on: Usamos la desigualdad isoperimétrica aplicada a la curva α(t) = (a cos t, b sin t) que es una parametrización de la elipse. El a´rea encerrada por la curva α(t) = (x(t), y(t)) es dada por: Z 1 2π A(α) = (xy 0 − x0 y)dt 2 0 Z 1 2π = ((a cos t)(b cos t) − (−a sin t)(b sin t))dt 2 0 Z 1 2π = (ab cos2 t + ab sin2 t)dt = abπ . 2 0 El largo de la curva es Z 2π Z 2π p 0 l = kα (t)kdt = (−a sin t)2 + (b cos t)2 dt 0 0 Z 2π p = a2 sin2 t + b2 cos2 t dt . 0

42

Cap´ıtulo 1. Curvas √ Por la desigualdad isoperimétrica tenemos que 2 πA ≤ l entonces Z 2π p √ √ a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≤ 2 ππab = 2π ab . l= 0

1.35. ¿Existe alguna curva cerrada simple en el plano de longitud igual a 6 metros y delimitando un a´rea de 3 metros cuadrados? Soluci´ on: Basta usar la desigualdad isoperimétrica. Sabemos que si α es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el a´rea de la región encerrada por α entonces A≤

l2 . 4π

Tenemos que

l2 36m2 9 = = m2 < 3m2 = A 4π 4π π lo cual contradice la desigualdad isoperimétrica. 1.36. Sean A, B puntos del plano a distancia menor que l, y sea γ una curva simple de A a B de largo l aun lado de la recta por A, B. Probar que el a´rea mayor que encierra la curva cerrada γ ∪ AB se tiene cuando γ es un arco de c´ırculo por A, B. Soluci´ on: Sea S 1 un c´ırculo que admite el segmento AB como cuerda, de arcos α, β determinados por los puntos A y B, como en la figura con la longitud de β igual a l. β γ

A

γ

B

A

B α

Tomando la curva formada por α y γ la cual es cerrada y C 1 a trozos. Fijando la curva α y haciendo variar γ en la familia de todas las curvas

43


que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperimétrica para curvas C 1 a trozos, la curva de la familia que delimita un a´rea máxima es S 1 , como α está fijo, el arco β es la solución al problema. 1.37. Calcule la curvatura de la elipse x = a cos t, y = b sin t, t ∈ [a, b] y a 6= b. Muestre que tiene exactamente 4 vértices, encuéntrelos. Soluci´ on: Tenemos que α(t) = (a cos t, b sin t) y sabemos que κ(t) = x0 y 00 − x00 y 0 . En particular, x0 (t) = −a sin t, x00 (t) = −a cos t, ((x0 )2 + (y‘)2 )3/2 y 0 (t) = b cos t y y 00 (t) = −b sin t. Entonces κ(t) =

(−a sin t)(−b sin t) − (−a cos t)(b cos t) ab = . 2 2 (a2 sin t + b2 cos2 t)3/2 (a2 sin t + b2 cos2 t)3/2

Luego

3ab sin t cos t(b2 − a2 ) . (a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2 Por otro lado, t ∈ [0, 2π] es vértice si κ0 (t) = 0, es decir, si 3ab sin t cos t = 0 ⇔ sin t cos t = 0 entonces t ∈ 0, π2 , π, 32 π, 2π donde α(0) = α(2π) = (a, 0) α π2 = (0, b) κ0 (t) =

α(π) = (−a, 0)

α

3 π 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 α(t) = (t, t2 ), t ∈ R. Probar que la curvatura de α nunca se anula y calcular el n´ umero de vértices. ¿Contradice esto el teorema de los cuatro vértices? Soluci´ on: Tenemos que α0 (t) = (1, 2t) y α00 (t) = (0, 2) entonces κ(t) =

2 (1 + 4t2 )3/2

y κ0 (t) = −

24t (1 + 4t2 )5/2

luego la curvatura nunca se anula y α posee un solo vértice en t = 0. Esto no contradice el Teorema de los cuatro vértices debido a que α no es una curva cerrada.

44


1.39. Pruebe que la curva α : [0, 2π) → R2 α(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? Soluci´ on: Tenemos que α0 (t) = (− sin t − 2 sin 2t, cos t + 2 cos 2t) = (x0 (t), y 0 (t)) α00 (t) = (− cos t − 4 cos 2t, − sin t − 4 sin 2t) = (x00 (t), y 00 (t)) √ entonces kα0 (t)k = 5 + 4 cos t. Luego, x0 y 00 = (− sin t − 2 sin 2t)(− sin t − 4 sin 2t) = sin2 t + 8 sin2 2t + 6 sin t sin 2t ,

x00 y 0 = (− 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: 9 + 6(cos t cos 2t + sin t sin 2t) κ(t) = (5 + 4 cos t)3/2 9 + 6(cos t(cos2 t − sin2 t) + 2 sin2 t cos t) 9 + 6 cos t = = (5 + 4 cos t)3/2 (5 + 4 cos t)3/2 con derivada

12 sin t(2 + cos t) (5 + 4 cos t)3/2 la cual es cero solo en los puntos t = 0 y t = π, 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. κ0 (t) =

45


1.40. Sea γ 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 γ y l. Probar que 2h . d→0 d2 Soluci´ on: Parametricemos γ 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 γ en el punto p. Sea γ(s) = (x(s), y(s)) nuestra parametrización. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del punto 0. s2 γ(s) = γ(0) + γ 0 (0)s + γ 00 (0) + R 2 R donde l´ım 2 = 0. Denotamos por κ la curvatura de γ en el punto p. s→0 s |κ(p)| = l´ım

L

γ

d h

l

p

Notemos que, γ 0 (0) = t(0) = (1, 0),

γ 00 (0) = κn(0) = κ(0, 1)

con esta información, podemos deducir que x(s) = s + Rx ,

y(s) = κ

s2 + Ry 2

donde R = (Rx , Ry ), entonces 2|y(s)| 2Ry 2|y(s)| Ry 2h |κ(p)| = l´ım + 2 = l´ım + 2 l´ım = l´ım 2 . 2 2 s→0 s→0 s→0 s2 d→0 d s s s

46


1.41. Probar que si γ es una curva cerrada contenida en un disco de radio r entonces existe un punto p en la curva donde 1 |κ(p)| ≥ . r Soluci´ on: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre la curva γ a mayor distancia de O. Consideremos el c´ırculo de radio |p − O| = r 0 y centro O, entonces γ está contenida en la región que encierra el c´ırculo de radio r 0 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 γ en el punto p.

O

(x(t),z(t))

(x(t),y(t))

r0

p

Luego, si γ(t) = (x(t), y(t)), sea β(t) = (x(t), z(t)) una parametrización del c´ırculo de radio r 0 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 2|y(s)| 2|z(s)| 1 1 ≥ l´ım = |κβ (p)| = 0 ≥ . 2 2 s→0 s→0 s s r r

|κ(p)| = l´ım

1.42. Si una curva cerrada y plana C está contenida dentro de un c´ırculo de radio r, demostrar que existe un punto p ∈ C tal que la curvatura κ de C en p satisface |κ| ≥ 1/r.

47


Soluci´ on: 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 r 0 el radio hallado con r 0 ≤ r y α(t0 ) el punto de intersección. Note que estamos en las mismas condiciones del problema anterior, entonces 1 1 |κ(t0 )| ≥ 0 ≥ . r r 1.43. Sea α(s), s ∈ [0, l] una curva cerrada, convexa y plana, orientada positivamente. La curva β(s) = α(s) − rn(s) , donde r es una constante positiva y n es el vector normal, se denomina una curva paralela a α. Demostrar que (a) `(β) = `(α) + 2π. (b) A(β) = A(α) + rl + πr 2 . (c) κβ (s) =

κα (s) . (1 + rκα (s))

Soluci´ on: (a) Notemos que β 0 (s) = t(s) − rn0 (s)

= t(s) − r(−κα (s)t(s) + τ (s)b(s)) = (1 + rκα (s))t(s) .

Entonces kβ 0 (s)k = |1 + rκα (s)|kt(s)k = 1 + rκα (s) . Usando el teorema de rotación de tangentes `(β) =

Z

l 0

0

kβ (s)kds =

Z

l

ds + r 0

Z

l

κα (s)ds 0

= l + r(θ(s) − θ(0)) = l + 2πr .

48

Cap´ıtulo 1. Curvas (b) Sea α(s) = (x(s), y(s)) entonces t = (x0 , y 0 ) y por Frenet-Serret t 0 = (x00 , y 00 ) = κα (−y 0 , x0 ) .

(1.13)

Tenemos entonces β = (x, y) − r(−y 0 , x0 ) = (x + ry 0 , y − rx0 ) . Para el cálculo del a´rea usamos la fórmula Z 1 (uv 0 − vu0 )ds . A(β) = 2 β Usando la relación (1) vemos que uv 0 = (1 + rκα )xy 0 + r(1 + rκα )(y 0 )2 = xy 0 − rxx00 + r(1 + rκα )(y 0 )2 y vu0 = (1 + rκα )yx0 − r(1 + rκα )(x0 )2 = yx0 + ryy 00 − r(1 + rκα )(x0 )2 de donde uv 0 − vu0 = xy 0 − yx0 − r(xx00 + yy 00) + r(1 + rκα ) . Para evaluar la integral necesitamos hallar Z l Z l Z l 00 0 0 0 2 xx ds = xx (l) − xx (0) − (x ) ds = − (x0 )2 ds . 0

0

0

De manera similar Z l Z l Z l 00 0 0 0 2 yy ds = yy (l) − yy (0) − (y ) ds = − (y 0 )2 ds 0

0

con lo que obtenemos Z y como

l 0

(xx00 + yy 00 )ds = −l Z

l

κα (s)ds = 2π . 0

0


49

Se obtiene finalmente que Z 1 l A(β) = (uv 0 − vu0 )ds 2 0 Z 1 l (xy 0 − yx0 − r(xx00 + yy 00 ) + r(1 + rκα ))ds = 2 0 Z Z Z 1 l r l r l 0 0 00 00 = (xy − yx )ds − (xx + yy )ds + (1 + rκα ))ds 2 0 2 0 2 0 rl rl 2πr 2 = A(α) + + + 2 2 2 = A(α) + rl + πr 2 . (c) Utilizaremos la fórmula para curvatura para curvas planas. Supongamos que α está parametrizada por longitud de arco, entonces β 0 (s) = t(s) + rκα (s)t(s) = t(s)(1 + rκα (s)) . Entonces ((β10 (s))2 +(β20 (s))2 )3/2 = kβ 0 (s)k3 = kt(s)k3 (1+rκα (s))3 = (1+rκα (s))3 . Sabemos que si α(s) = (α1 (s), α2 (s)) entonces n(s) = (−α20 (s), α10 (s)). Por otro lado se tiene que β 00 (s) = α00 (s) − rn00 (s)

= α00 (s) − r(−κα (s)t(s))0

= α00 (s) + rκ0α (s)t(s) + rκα (s)t0 (s) = α00 (s) + r{κ0α (s)t(s) + κ2α (s)n(s)} .

Luego, β10 β200 − β100 β20 = α1 (1 + rκα ){α200 + r[κ0α α20 + κ2α α10 ]}

−α2 (1 + rκα ){α100 + r[κ0α α10 − κ2α α20 ]}

= (1 + rκα ){α10 α200 + rκ0α α20 α10 + rκ2α (α10 )2 − α20 α100 −rκ0α α10 α20 + rκ2α (α20 )2 }

= (1 + rκα ){α10 α200 − α20 α100 + rκ2α ((α10 )2 + (α20 )2 )}

= (1 + rκα ){α10 α200 − α20 α100 + rκ2α }

= (1 + rκα ){κα + rκ2α }

= (1 + rκα )2 κα .

50

Cap´ıtulo 1. Curvas Por lo tanto, κβ (s) =

1.44.

κα (1 + rκα )2 κα (s) β10 β200 − β100 β20 = = . 0 2 0 2 3/2 ((β1 ) + (β2 ) ) (1 + rκα )3 (1 + rκα (s))

(i) Probar que la curva de nivel f (x, y) = c es convexa si y sólo si en ella la expresión fxx fy2 − 2fxy fx fy + fyy fx2 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 . Soluci´ on: Rs (i) Sabemos que κ(s) no cambia de signo si y sólo si θ(s) = 0 κ(s)ds es una función creciente, ya que θ 0 (s) = κ(s). Luego, la curva γ asociada a la curvatura κ es una curva convexa si y sólo si κ 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 γ(t) = (t, g(t)) donde g es diferenciable, siempre que fx2 + fy2 6= 0. Derivando la igualdad f (x, y) = c obtenemos fx + f y g 0 = 0 .

(1.14)

Luego, g0 = −

fx . fy

(1.15)

51

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Derivando (1.14) y reemplazando (1.15) obtenemos fxx + fxy g 0 + {fyx + fyy g 0 }g 0 + fy g 00 = 0 fxy fx fyx fx fyy fx2 ⇒ fxx − − + + fy g 00 = 0 f y fy fy2 fxx fy2 − 2fxy fx fy + fyy fx2 ⇒ g 00 = . fy3

Usando la fórmula para curvatura de curvas planas γ(t) = (x(t), y(t)) dada por x0 y 00 − x00 y 0 κ(t) = . ((x0 )2 + (y 0 )2 )3/2 Obtenemos κ(x, y) =

fxx fy2 − 2fxy fx fy + fyy fx2 g 00 (x) ⇒ κ(x, y) = . (1 + (g 0 (x)2 )3/2 (fx2 + fy2 )3/2

Entonces, si fxx fy2 − 2fxy fx fy + fyy fx2 no cambia de signo si y sólo si κ(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 κ(x, y) =

2 · 1 + 2(−3)(−1) · 1 + 1 · (−1)2 3 √ = − . ((−1)2 + (1)2 )3/2 2 2

1.45. Sea γ(t) una curva cerrada simple de largo l con curvatura 0 < κ(t) ≤ c. Probar que 2π l≥ . c Interprete. Soluci´ on: Al ser γ(t) una curva cerrada simple tiene ´ındice de rotación 1, entonces Z l

0

κ(s)ds = θ(l) − θ(0) = 2π .

Por otro lado, como κ(t) ≤ c obtenemos Z l Z l 2π = κ(s)ds ≤ c ds = cl . 0

0

52

Cap´ıtulo 1. Curvas 2π . Observe que un c´ırculo de radio 1/c tiene curvatura c κ0 = c y el largo de este circulo es l0 = 2π . Cualquier curva de curvatura c menor a c tiene mayor largo que un c´ırculo de radio 1/c.

Por lo tanto, l ≥

Cap´ıtulo 2 Superficies Definici´ on 2.1. Un subconjunto S ⊂ R3 es una superficie si, para todo punto p ∈ 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 W p v

ϕ

W ∩S

S

(u, v)

y u

U x

Definici´ on 2.2. Una superficie parametrizada σ : U → R3 es llamada regular si es diferenciable y los vectores σu y σv son linealmente independientes para todo punto (u, v) ∈ U . Equivalentemente, que σ sea diferenciable y el producto cruz σu × σv es nunca cero para todo punto de U . 53

54

Cap´ıtulo 2. Superficies

Definici´ on 2.3. Dada una aplicación diferenciable F : U ⊂ Rn → Rm definida sobre un conjunto abierto U de Rn decimos que p ∈ U es un punto cr´ıtico de F si la diferencial dFp : Rn → Rm no es un aplicación sobreyectiva. La imagen F (p) ∈ 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 ∈ 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) ∈ U | f (x, y, z) = a} . Teorema 2.1. Si f : U ⊂ R3 → R es una funci´ on diferenciable y a ∈ f (U ) es un valor −1 regular de f , entonces f (a) es una superficie regular de R3 . Definici´ on 2.4. El espacio tangente a un punto p de una superficie S, denotado por Tp S, 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 γ = σ(u(t), v(t)) es una curva en una superficie parametrizada σ, luego el largo de arco partiendo de un punto γ(t0 ) es dado por Z t s= kγ 0 (u)kdu . t0

Por la regla de la cadena, γ 0 = σu u0 + σv v 0 entonces kγ 0 k2 = E(u0 )2 + 2F u0 v 0 + G(v 0 )2

(2.1)

donde E = kσu k2 ,

F = hσu , σv i ,

G = kσv k2 .

(2.2)

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. Proposici´ on 2.1. kσu × σv k =

√

EF − G2 .

Definici´ on 2.5. El a´rea Aσ (R) del sector σ(R) de una superficie parametrizada σ : U → R3 correspondiente a la región R ⊆ U es ZZ Aσ (R) = kσu × σv kdudv . R

2.2.

La Segunda Forma Fundamental

Dada una parametrización σ : U ⊂ R2 → S de una superficie regular S en un punto p ∈ S, podemos elegir un vector unitario normal en cada punto de σ(U ) mediante ~ = σu × σ v . N kσu × σv k La siguiente expresión

e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2

(2.3)

es llamada la segunda forma fundamental de σ en donde ~ , σuu i , e = hN

~ , σuv i , f = hN

~ , σvv i g = hN

son llamados coeficientes de la segunda forma fundamental.

2.3.

Problemas Resueltos

2.1. Demuestre que el cilindro circular S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1} es una superficie regular.

56


Soluci´ on: Consideremos U = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y 2 < π 2 }

r=

p x2 + y 2 y sea ϕ : U → R3 definida por x y π ϕ(x, y) = , , tan r − . r r 2

Note que las funciones coordenadas de ϕ son diferenciables y es claro que ϕ es inyectiva. 2.2. Demuestre que el paraboloide hiperbólico S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 − y 2 } es una superficie regular. Soluci´ on: Consideremos la siguiente aplicación χ : U ⊂ R2 → R3 definida por χ(u, v) = (u, v, u2 − v 2 ) . 2.3. Demuestre que el elipsoide 2 y2 z2 3 x S = (x, y, z) ∈ R : 2 + 2 + 2 = 1 a b c es una superficie regular. Soluci´ on: Consideremos la aplicación φ : U ⊂ R2 → R3 definida por φ(u, v) = (a sin u cos v, b sin u sin v, c cos u) donde U = {(u, v) ∈ R2 : 0 < u < π, 0 < v < 2π}. 2.4. Demuestre que S ⊂ R3 el conjunto que se obtiene al rotar una curva regular α : [a, b] → R2 con α(t) = (f (t), g(t))


57

alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con ésta, es un superficie regular. Soluci´ on: Considere la parametrización ψ : U ⊂ R2 → R3 dada por ψ(u, v) = (f (v) cos u, f (v) sin u, g(v)) donde U = {(u, v) ∈ R2 : 0 < u < 2π, a < v < b}. 2.5. Demuestre que, si f (x, y) es una función diferenciable, su gráfico Graf (f ) = {(x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y)} es una superficie diferenciable. Soluci´ on: 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) ∈ R3 : (x2 + y 2 + z 2 + a2 − r 2 )2 = 4a2 (x2 + y 2 )} es una superficie regular. Soluci´ on: Consideremos ϕ : U → R3 definida por ϕ(u, v) = ((r cos u + a) cos v, (r cos u + a) sin v, r sin u) donde U = {(u, v) ∈ R2 : 0 < u, v < 2π}, la cual es una función diferenciable. 2.7. El hiperboloide de una hoja es S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − z 2 = 1} Demuestre que para todo θ la curva (x − z) cos θ = (1 − y) sin θ, (x + z) sin θ = (1 + y) cos θ

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 parametrización y por lo tanto es una superficie. Soluci´ on: Multiplicando ambas ecuaciones obtenemos (x2 − z 2 ) sin θ cos θ = (1 − y 2 ) sen θ cos θ . Si sin θ 6= 0 y cos θ 6= 0 se tiene que x2 − z 2 = 1 − y 2 ⇒ x 2 + y 2 − z 2 = 1 . Note que si sin θ = 0 ⇒ x = z, y = −1 y si cos θ = 0 ⇒ y = 1, x = −z. La l´ınea dada Lθ pasa por (− sin 2θ, cos 2θ, 1) se sigue que conseguimos todas las l´ıneas tomando 0 ≤ θ ≤ π. Sea (x, y, z) ∈ S, si x 6= z, considere θ tal que (1 − y) cot θ = (x − z) entonces (x, y, z) ∈ Lθ . Similarmente si x 6= −z. Los u ´ nicos casos restantes son los puntos (0, 0, ±1) que están sobre las l´ıneas Lπ/2 y L0 . S

Lθ

x2 + y 2 − z 2 = 1 Sea S 1 el circulo unitario x2 + y 2 = 1 en el plano xy, y sea α(s) una parametrización de S 1 por arcoparámetro. Para cada s, sea w(s) = α0 (s) + e3 , donde e3 es el vector unitario del eje z. Entonces considere ϕ : U → R3 dada por ϕ(s, t) = α(s) + t(α0 (s) + e3 ) = (cos s − t sin s, sin s + t cos s, t)


59

donde U = {(s, t) ∈ R2 |0 < s < π} y note que x2 +y 2 −z 2 = 1+t2 −t2 = 1. Esto demuestra que la traza de ϕ está en el hiperboloide de una hoja. 2.8. Hallar la ecuación del plano tangente de las siguientes superficies parametrizadas en el punto indicado a) ϕ(u, v) = (u, v, u2 − v 2 ) en el punto (1, 1, 0). b) ϕ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ, r 2 ) en el punto (1, 0, 1) Soluci´ on: a) Notemos que ϕ(1, 1) = (1, 1, 0) y ) ϕu = (1, 0, 2u) (1,1) = (1, 0, 2) ⇒ ϕu × ϕv = (−2, 2, 1) . ϕv = (0, 1, −2v) = (0, 1, −2) (1,1)

Por lo tanto, el plano tangente es:

−2x + 2y + z = 0 . b) Notemos que ϕ(1, 0) = (1, 0, 1) y ) ϕr = (cosh θ, sinh θ, 2r) (1,0) = (1, 0, 2) ⇒ ϕr ×ϕθ = (−2, 0, 1). ϕθ = (r sinh θ, r cosh θ, 0) (1,0) = (0, 1, 0)

Por lo tanto, el plano tangente es:

−2x + z = 0 . 2.9. Determinar los planos tangentes del hiperboloide de revolución H = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − z 2 = 1} en los puntos (x, y, 0) y demostrar que todos ellos son paralelos al eje z. Soluci´ on: Considere la parametrización del hiperboloide de revolución ψ : U ⊂ R2 → R3 definida por ψ(u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, sinh u)

60

Cap´ıtulo 2. Superficies entonces ψu = (sinh u cos v, sinh u sin v, cosh u) ψv = (− cosh u sin v, cosh u cos v, 0) ψu × ψv = (− cosh2 u cos v, cosh2 u sin v, sinh u cosh u) . Como ψ(0, v) = (cos v, sin v, 0) = (s, t, 0) entonces ψu × ψ v = (− cos v, sin v, 0) = (−s, t, 0) . (0,v)

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) ∈ 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 S 2 = {(x, y, z) ∈ R2 : x2 + y 2 + z 2 = 1} a) Una manera de obtener un sistema de coordenadas para la esfera es considerar la denominada proyección estereográfica π : S 2 \ {N } → R2 que lleva un punto p = (x, y, z) de la esfera S 2 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 π −1 : R2 → S 2 viene dada por 2x 2y x2 + y 2 − 1 −1 π (x, y) = , , . x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1 b) Demostrar que es posible, usando la proyección estereográfica, recubrir la esfera con dos entornos coordenados. c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una parametrización.


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 intersección de esta recta con la esfera ocurre cuando (xt0 )2 + (yt0 )2 + (1 − t0 )2 = 1 o equivalentemente, t0 =

2 . x2 + y 2 + 1

Entonces la inversa de la proyección estereográfica π −1 : R2 → S 2 viene dada por: 2x 2y x2 + y 2 − 1 −1 π (x, y) = (xt0 , yt0 , 1−t0 ) = , , . x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 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 S 2 fuera cubierta por solo una parametrización φ : U → R3 , entonces S 2 ser´ıa homeomorfa a un subconjunto abierto U de R2 . Como S 2 es un conjunto cerrado y acotado de R3 , entonces S 2 es compacto. Luego, U ser´ıa compacto, en particular cerrado. Como R2 es conexo, el u ´ nico 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) φ(u, v) = (sinh u sinh v, sinh u cosh v, sinh u). b) φ(u, v) = (u − v, u + v, u2 + v 2 ).

62

Cap´ıtulo 2. Superficies c) φ(u, v) = (cosh u, sinh u, v). d) φ(u, v) = (u, v, u2 + v 2 ). Soluci´ on: a) Tenemos que φu = (cosh u sinh v, cosh u cosh v, cosh u) φv = (sinh u cosh v, sinh u sinh v, 0) entonces podemos obtener los coeficientes de la primera forma fundamental E = hφu , φu i = 2 cosh2 u

F = hφu , φv i = 2 sinh u cosh u sinh v cosh v

G = hφv , φv i = sinh2 u y la primera forma fundamental es Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 =

2 cosh2 udu2 + 4 sinh u cosh u sinh v cosh v dudv + sinh2 udv 2 . b) Para el paraboloide de revolución se tiene que φu = (1, 1, 2u) φv = (−1, 1, 2v) entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son E = hφu , φu i = 2 + 4u2 F = hφu , φv i = 4uv

G = hφv , φv i = 2 + 4v 2 luego la primera forma fundamental es Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 = (2 + 4u2 )du2 + 8uv dudv + (2 + 4v 2 )dv 2 .


63

c) Para el cilindro hiperbólico se tiene que φu = (sinh u, cosh u, 0) φv = (0, 0, 1) entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son E = hφu , φu i = sinh2 u + cosh2 u F = hφu , φv i = 0

G = hφv , φv i = 1

luego la primera forma fundamental es Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 = (cosh2 u + sinh2 u)du2 + dv 2 . d) Para el paraboloide de revolución se tiene que φu = (1, 0, 2u) φv = (0, 1, 2v) entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son E = hφu , φu i = 1 + 4u2 F = hφu , φv i = 4uv

G = hφv , φv i = 1 + 4v 2 luego la primera forma fundamental es Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 = (1 + 4u2 )du2 + 8uv dudv + (1 + 4v 2 )dv 2 . 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. Soluci´ on: La proyección estereográfica es dada por 2u 2v u2 + v 2 − 1 φ(u, v) = , , u2 + v 2 + 1 u2 + v 2 + 1 u2 + v 2 + 1

64

Cap´ıtulo 2. Superficies entonces

2(u2 + v 2 + 1) − 4u2 −4uv , 2 , 2 2 2 (u + v + 1) (u + v 2 + 1)2 2u(u2 + v 2 + 1) − (u2 + v 2 − 1)(2u) (u2 + v 2 + 1)2 2(−u2 + v 2 + 1) −4uv 4u = , , (u2 + v 2 + 1)2 (u2 + v 2 + 1)2 (u2 + v 2 + 1)2

φu =

por simetr´ıa se deduce que −4uv 2(u2 − v 2 + 1) 4v φv = , , . (u2 + v 2 + 1)2 (u2 + v 2 + 1)2 (u2 + v 2 + 1)2

Luego,

(u2 + v 2 + 1)4 E = 4(v 2 − u2 + 1)2 + 16u2 v 2 + 16u2

= 4((v 2 − u2 )2 + 2(v 2 − u2 ) + 1) + 16u2 v 2 + 16u2

= 4(v 4 − 2u2 v 2 + u4 + 2v 2 − 2u2 + 1) + 16u2 v 2 + 16u2

= 4(v 4 + 2u2 v 2 + u2 + 2v 2 + 2u2 + 1) = 4(u2 + v 2 + 1)2 4 ⇒E = (u2 + v 2 + 1)2 y de manera similar G =

(u2

4 además + v 2 + 1)2

(u2 + v 2 + 1)4 F = 2(−u2 + v 2 + 1)(−4uv) − 4uv(2u2 − v 2 + 1) + 16uv

= −8uv(−u2 + v 2 + 1) − 8uv(u2 − v 2 + 1) + 16uv = 0

⇒F = 0.

Notemos que la curva α(t) = φ(t, at) = φ(u(t), v(t)) con a 6= 0 parametriza los meridianos de la esfera entonces el largo de arco de α es Z ∞ s = kα0 (t)kdt Z−∞ ∞ p = E(u0 )2 + 2F u0 v 0 + G(v 0 )2 dt = =

Z

−∞ ∞

−∞ Z ∞ −∞

4 4 + 2 a2 2 2 2 u (t) + v (t) + 1) (u (t) + v 2 (t) + 1)2 √ 2 1 + a2 dt . t2 (1 + a2 ) + 1

1/2

dt

65


√ sec2 θ Haciendo t = tan θ/ 1 + a2 implica dt = √ dθ y se obtiene que 1 + a2 Z π/2 √ sec2 θ 2 1 + a2 √ dθ s = · 2 1 + a2 −π/2 tan θ + 1 Z π/2 = 2 dθ = 2π . −π/2

2.13. Esboce la curva sobre el cono φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u) dada por u = eλt , v = t, donde λ es una constante. Hallar el largo de arco de la parte de la curva con 0 ≤ t ≤ π. Soluci´ on: Tomando la parametrización φ : U ⊂ R2 → R3 dada por φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u) donde U = {(u, v) ∈ R2 : 0 < u < ∞, 0 < v < 2π} luego φu = (cos v, sin v, 1),

φv = (−u sin v, u cos v, 0)

los coeficientes de la primera forma fundamental y la primera forma fundamental son  E = hφu , φu i = 2   ⇒ Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 = 2du2 + u2 dv 2 F = hφu , φv i = 0   G = hφv , φv i = u2

Entonces, el largo de arco de la curva α(t) = φ(eλt , t) es: Z π Z π 0 l = kα (t)kdt = (Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 )1/2 dt 0 Z0 π Z π 2 2 2 1/2 = (2du + u dv ) dt = (2λ2 e2λt + e2λt )1/2 dt 0 0 Z π 2 (2λ + 1)1/2 λπ (e − 1) . = (2λ2 + 1)1/2 eλt dt = λ 0 Un esboce de la curva es la siguiente

66


2.14. Demuestre que el a´rea A de una región acotada R de la superficie z = f (x, y) es Z Z q 1 + fx2 + fy2 dxdy . A= Q

Soluci´ on: Sabemos que si φ : U ⊂ R3 → R3 es una carta entonces Z Z A= kφu × φv k du dv , Q = φ−1 (R) . Q

Tomando la parametrización φ(x, y) = (x, y, f (x, y)) entonces φx = (1, 0, fx ),

φy = (0, 1, fy )

y E = hφx , φx i = 1 + fx2 F = hφx , φy i = fx fy G = hφy , φy h = 1 + fy2 Por lo tanto,

    

⇒ kφx ×φy k =

√

EG − F 2 =

q 1 + fx2 + fy2 .

Z Z q A= 1 + fx2 + fy2 dxdy . Q

2.15. Demuestrese que una superficie de revolución siempre puede parametrizarse de forma que que E = E(v),

F = 0,

G=1.

67


Soluci´ on: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva generatriz C de la superficie de revolución, mediante: α : [a, b] → R2 ,

α(t) = (f (t), g(t)) ,

es decir, kα 0 (t)k = 1 para todo t ∈ [a, b]. Sabemos que las superficies de revolución tinen como parametrización φ(u, v) = (f (v) cos u, f (v) sin u, g(v)) con φu = (−f (v) sin u, f (v) cos u, 0),

φv = (f 0 (v) cos u, f 0 (v) sin u, g 0 (v)) .

Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son dados por: E = hφu , φu i = (f (v))2 (sin2 u + cos2 u) = (f (v))2 = E(v)

F = hφu , φv i = −f (v) sin uf 0 (v) cos u + f (v) cos uf 0 (v) sin u = 0

G = hφv , φv i = (f 0 (v))2 + (g 0 (v))2 = kα0 (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 ρ = ρ(s) a la distancia desde el eje de rotación al punto de C correspondiente a s. (a) Teorema de Pappus. Demuestre que el a´rea de S es 2π

Z

l

ρ(s) ds 0

donde l es la longitud de C. (b) Aplique la parte (a) para calcular el a´rea de un toro de revolución. Soluci´ on: (a) La parametrización de una superficie de revolución φ : U ⊂ R2 → R3 es φ(t, s) = (f (s) cos t, f (s) sin t, g(s))

68

Cap´ıtulo 2. Superficies donde U = {(t, s) ∈ R2 : 0 < t < 2π, 0 < s < l} y la parametrización de la curva generatriz c es α : [0, l] → R2 es α(s) = (f (s), g(s)) . Notemos que la distancia del eje de rotación al punto C es: d = ρ(s) = f (s) . Sabemos que A=

Z Z

kφt × φs k dtds =

Q

Z Z √

EG − F 2 dtds

Q

con Q = φ−1 (R) y tenemos que φt = (−f (s) sin t, f (s) cos t, 0) φs = (f 0 (s) cos t, f 0 (s) sin t, g 0 (s)) E = hφt , φt i = f 2 (s) F = hφt , φs i = 0

G = hφs , φs i = (f (s))2 + (g(s))2 = kα(s)k2 = 1 . Entonces, Z Z √ Z lZ 2 A = EG − F dtds = 0

U

= 2π

Z

l

f (s)ds = 2π 0

Z

2π 0

l

p f 2 (s) dtds

ρ(s) ds . 0

(b) La curva generatriz parametrizada por longitud de arco del toro de revolución es s s α(s) = a + r cos , r sin . r r Entonces, Z 2πr Z 2πr s 2 A( T ) = 2π ρ(s) ds = 2π a + r cos ds r 0 0 h s i2πr = 2π as − sin = 4π 2 ar . r 0

69

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 2.17. Pruebe que para a, b, c 6= 0, cada una de las ecuaciones x2 + y 2 + z 2 = ax , x2 + y 2 + z 2 = by , x2 + y 2 + z 2 = 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 , y 2 − by = (x − b/2)2 − (b/2)2 ,

z 2 − cz = (x − c/2)2 − (c/2)2 .

Entonces, S1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = ax}

= {(x, y, z) ∈ R3 : (x − a/2)2 + y 2 + z 2 = (a/2)2 }

es decir, S1 es una esfera de centro en (a/2, 0, 0) y radio a2 . 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 2b y 2c , 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) ∈ R3 : ax = by} Entonces, h(2x − a, 2y, 2z), (2x, 2y − b, 2z)i = 2x(2x − a) + 2y(2y − b) + 4z 2 = 4x2 − 2ax + 4y 2 − 2by + 4z 2

= 4(x2 + y 2 + z 2 ) − 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.

70


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? 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 = kq 0 (t)k = 1. Entonces, la recta que une el punto p(t) con q(t) es

Lt = {(1 − r)p(t) + rq(t) : r ∈ R} = (r, rt, (1 − r)t : r ∈ R} . Notemos que si (x, y, z) ∈ Lt entonces x=

y −(z − t) = t t

despejando t se obtiene

t=

y , x

t=

−z y −z ⇒ = ⇒ y(x − 1) + xz = 0 . (x − 1) x (x − 1)

Por otro lado, las rectas

L1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 1, y ≥ 0, z = 0}

L2 = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, y = z = 0} L3 = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0, x = y = 0}

71


z p

y 1 q x

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 ϕ : U ⊆ R2 → V ∩ S con U abierto y V vecindad de alg´ un p ∈ L 1 ∪ L 2 ∪ L 3 . 2.19. Sea α = α(u) una curva con curvatura nunca nula. (i) Se define ϕ(u, v) = α(u) + vα0 (u). Interprete geométricamente la imagen de ϕ. Pruebe que para todo (u0 , v0 ), v0 6= 0, existe una vecindad |u − u0 | < ε, |v − v0 | < ε, cuya imagen bajo ϕ es una superficie regular. (ii) Supongase que α está parametrizada, y considere ψ(u, v) = α(u) + r[(cos v)ˆ n(u) + (sen v)ˆb(u)], donde r > 0 es fijo. Interprete la imagen de ψ geométricamente. Pruebe que Dψ(u, 0) tiene rango máximo sólo en los puntos donde rκ(u) 6= 1, en cuyo caso, la normal a la superficie está dada por (cos v)ˆ n(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 α(u) y que está en a dirección de α0 (u). Por hipótesis κ(u) =

kα00 (u) × α0 (u)k 6= 0 . kα0 (u)k3

72

Cap´ıtulo 2. Superficies Notemos que ϕu = α0 (u) + vα00 (u),

ϕv = α0 (u), luego

ϕu × ϕv = (α0 (u) + vα00 (u)) × (α0 (u)) = vα00 (u) × α0 (u) 6= 0 entonces para todo (u, v) con v 6= 0 se tiene que ϕ es superficie regular. (ii) La superficie ψ es un tubo de radio r alrededor de α. Usando las ecuaciones de Frenet-Serret se obtiene que ψu = (1 − κr cos v)tˆ(u) + tr sen vˆ n(u) + tr cos vˆb(u) ψv = −r sen vˆ n(u) + r cos vˆb(u) . Entonces ψu × ψv |(u,0) = −r(1 − κr cos v)(cos vˆ n(u) + sen vˆb(u))

(u,0)

= −r(1 − κr)ˆ n(u) .

Si κr 6= 1 entonces ψu × ψv 6= 0 lo que implica que Dψ(u, 0) tiene rango máximo. Ahora bien, calculando el vector normal unitario se obtiene N = =

ψu × ψ v kψu × ψv k

r(1 − κr cos v)(cos vˆ n(u) + sen vˆb(u)) r(1 − κr cos v) k cos vˆ n(u) + sen vˆb(u)k | {z } 1

⇒ N = cos vˆ n(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 1 hdN (v), vi = Hess (f )(v, v). k∇f k

Soluci´ on: Por el teorema de la función implicita existe g : R2 → R tal que f (x, y, g(x, y)) = a

(2.4)

73


ya que a es valor regular estamos suponiendo fz 6= 0. Entonces, tenemos la parametrización φ(x, y) = (x, y, g(x, y)) con φx = (1, 0, gx ) φy = (0, 1, gy )

)

⇒ φx × φy = (−gx , −gy , 1) .

Derivando implicitamente (2.4) se obtiene  fx   gx = −   fx + f z gx = 0 fz  ⇒   fy  fy + f z gy = 0   gy = − fz Notemos que

q kφx × φy k = gx2 + gy2 + 1 =

s

fx2 + fy2 + fz2 k∇f k = . 2 fz fz

Entonces, N =

φx × φ y fz 1 = (−gx , −gy , 1) = (fx , fy , 1) . kφx × φy k k∇f k k∇f k

74


Cap´ıtulo 3 Curvatura de Superficies 3.1.

La Curvatura de Curvas sobre una Superficie

Si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada en una superficie parametrizada σ, entonces γ 0 es un vector unitario y por definición tangente ~ de σ, entonces a σ. Luego, γ 0 es perpendicular al vector normal unitario N ~ yN ~ × γ 0 son mutuamente vectores perpendiculares y unitarios. Como γ0, N γ 0 está parametrizado por longitud de arco, γ 00 es perpendicular a γ 0 , y luego ~ yN ~ × γ 0: es una combinanción lineal de N ~ + κg N ~ × γ0 . γ 00 = κn N

(3.1)

N γ

00

γ0 Tp S κn

N ×γ

0

S

κg p

γ 75

76

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies

Los escalres κn y κg son llamados la curvatura normal y la curvatura geodésica ~ y N ~ × γ 0 son vectores perpendiculares, la de γ, respectivamente. Como N ecuación (3.1) implica que ~i, κn = hγ 00 , N

~ × γ 0 )i κg = hγ 00 , (N

y κ2 = kγ 00 k2 = κ2n + κ2g . Proposici´ on 3.1. Si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada sobre una superficie parametrizada σ, entonces la curvatura normal es dada por κn = e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 . Definici´ on 3.1. Las curvaturas principales de una superficie parametrizada son las raices de la ecuación e − kE f − kF (3.2) det(FII − kFI ) = =0 f − kF g − kG

y son denotados por κ1 y κ2 .

Si κ es una de las curvaturas principales de la ecuación (3.2) decimos que FII − kFI no es invertible, luego, asumiendo que κ es real, existe una matriz columna T no cero de 2 × 1 con entradas reales tales que (FII − κFI )T = 0 .

(3.3)

Definici´ on ! 3.2. ξ Si T = satisface la ecuación (3.3), el correspondiente vector tangente η t = ξσu + ησv de la superficie σ(u, v) es llamado una dirección principal correspondiente a la curvatura principal κ. Definici´ on 3.3. Si una curva regular conexa C en S es tal que para todo p ∈ 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


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 N 0 (t) = λ(t)γ 0 (t) , para cualquier parametrizaci´ on γ(t) de C, donde N (t) = N ◦ γ(t) y λ(t) es una funci´ on diferenciable de t. Se deduce entonces apartir del Teorema de Rodrigues que la ecuación diferencial de las l´ıneas de curvatura es (f E − eF )(u0 )3 + (gE − eG)u0 v 0 + (gF − f G)(v 0 )2 = 0 , que, de una manera más simétrica, puede escribirse en la forma (v 0 )2 −u0 v 0 (u0 )2 F G =0. E e f g

(3.4)

Teorema 3.2 (Teorema de Euler). Sea γ una curva sobre una superficie parametrizada σ, y sean κ1 y κ2 las curvaturas principales de σ, con direcciones principales t1 y t2 . Entonces, la curvarura normal de γ es κn = κ1 cos2 θ + κ2 sen2 θ , donde θ es el a ńgulo entre γ 0 y t1 . Teorema 3.3. ~ el vector normal unitario de la superficie parametrizada σ(u, v). EnSea N tonces, ~ u = aσu + bσv , N donde a c b d

!

~ v = cσu + dσv , N

(3.5)

= −FI−1 FII .

La matriz FI−1 FII es llamada la matriz de Weingarten de la superficie parametrizada σ, y es denotada por W.

78

3.2.


Las Curvaturas Media y Gaussiana

Definici´ on 3.4. Sean κ1 y κ2 las curvaturas principales de una superficie parametrizada. Entonces, la curvatura gaussiana de una superficie parametrizada es K = κ 1 κ2 , y la curvatura media es 1 H = (κ1 + κ2 ) . 2 Proposici´ on 3.2. Sea σ(u, v) una superficie parametrizada con primera y segunda forma fundamentales E(u0 )2 + 2F u0 v 0 + G(v 0 )2

y

e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 ,

respectivamente. Entonces (i) K =

eg − f 2 ; EG − F 2

(ii) H =

1 eG − 2f F + gE ; 2 EG − F 2

(iii) las curvaturas principales son H ±

3.3.

√

H 2 − K.

Geod´ esicas

Definici´ on 3.5. Una curva γ sobre una superficie S es llamada una geodésica si γ 00 (t) es cero o perpendicular a la superficie en el punto γ(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 geodésica si y s´ olo si la curvatura geodésica es cero.

79


Teorema 3.4. Una curva γ sobre una superficie S es una geodésica si y s´ olo si, para cualquier parte γ(t) = σ(u(t), v(t)) de γ contenida en una superficie parametrizada de S, las siguientes dos ecuaciones son satisfacidas: d 1 (Eu0 + F v 0 ) = (Eu (u0 )2 + 2Fu u0 v 0 + Gu (v 0 )2 ) , dt 2

(3.6)

d 1 (F u0 + Gv 0 ) = (Ev (u0 )2 + 2Fv u0 v 0 + Gv (v 0 )2 ) , dt 2 donde E(u0 )2 + 2F u0 v 0 + G(v 0 )2 es la primera forma fundamental de σ. Las ecuaciones diferenciales en (3.6) son llamadas las ecuaciones geodésicas.

3.4.

El Teorema Egregio de Gauss

Definici´ on 3.6. Un difeomorfismo ϕ : 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 ϕ : S1 → S2 existe, decimos que S1 y S2 son isométricas. Teorema 3.5. Un difeomorfismo ϕ : S1 → S2 es una isometr´ıa si y s´ olo si para cualquier parametrizaci´ on σ de S1 , se tiene que σ y f ◦ σ 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=

− 1 Evv + Fuv − 1 Guu 2 2 1 Fv − 2 G u 1 Gv 2

1 E 2 u

E F

Fu − 12 Ev F G

(EG − F 2 )2

0 1 − 2 Ev 1 Gu 2

1 E 2 v

E F

F G

1 G 2 u

.

80


Proposici´ on 3.4 (Ecuaciones de Gauss). Sea σ(u, v) una superficie parametrizada. Entonces, σuu = Γ111 σu + Γ211 σv + eN , σuv = Γ112 σu + Γ212 σv + f N , σvv = Γ122 σu + Γ222 σv + gN , donde GEu − 2F Fu + F Ev , 2(EG − F 2 ) GEv − F Gu = , 2(EG − F 2 ) 2GFv − GGu − F Gu = , 2(EG − F 2 )

2EFu − EEv − F Eu , 2(EG − F 2 ) EGu − F Ev = , 2(EG − F 2 ) EGv − 2F Fv + F Gu = . 2(EG − F 2 )

Γ111 =

Γ211 =

Γ112

Γ212

Γ122

Γ222

Los seis coeficientes Γkij en esta fórmula son llamados los s´ımbolos de Christoffel. Proposici´ on 3.5 (Ecuaciones Codazzi-Mainardi). Defina los s´ımbolos de Christoffel de una superficie parametrizada σ(u, v) como arriba. Entonces, ev − fu = eΓ112 + f (Γ212 − Γ111 ) − gΓ211 ,

fv − gu = eΓ122 + f (Γ222 − Γ112 ) − gΓ212 .

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, α00 = κn N + κg N × γ 0 . Sea α una curva arcoparametrizada sobre la esfera de centro en a y radio r. Entonces kα(s) − ak = r ⇔ hα(s) − a, α(s) − ai = r 2 , derivando esta expresión resulta hα0 (s), α(s) − ai = 0 ,


81

derivando nuevamente obtenemos hα00 (s), α(s) − ai = −hα0 (s), α0 (s)i = −1 . Sabemos que el vector normal de la esfera es: 1 N = ± (α(s) − a) . r Por lo tanto, 1 1 κn = hα00 (s), N i = ± hα00 (s), α(s) − ai = ∓ . r r 3.2. Demuestre que si α(t) = φ(u(t), v(t)) es una curva arcoparametrizada sobre una superficie φ entonces κn = e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 Soluci´ on: Notemos que d 0 d (α )i = hN, (φu u0 + φv v 0 )i dt dt = hN, φu u00 + φv v 00 + (φuu u0 + φuv v 0 )u0 + (φuv u0 + φvv v 0 )v 0 )i

κn = hN, α00 i = hN,

= e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 .

Hemos usado el hecho que el vector normal unitario N es perpendicular a φu y φv . 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. Soluci´ on: (i) Geometricamente se obtiene la siguiente relación

82


z √

1 − x2 z0

C

√ dz 1 − x2 =− . dx x

1

(x0 , z0 )

x x0

Luego, la curva tractrix puede ser parametrizada por √ 1 − t2 0 . α(t) = (t, f (t)), con f (t) = − t (ii) Una parametrización para esta superficie de revolución es φ(u, v) = (v cos u, v sin u, f (v)) . Luego, φu = (−v sen u, v cos u, 0) φv = (cos u, sen u, f 0 (v)) φuu = (−v cos u, −v sen u, 0) φuv = (− sen u, cos u, 0) φvv = (0, 0, f 00 (v)) entonces E = kφu k2 = v 2 ,

F = hφu , φv i = 0 1 − v2 1 2 0 2 G = kφv k = 1 + (f (v)) = 1 + = 2 2 v v φu × φv = (v cos uf 0 (v), v sen uf 0 (v), −v) √ kφu × φv k = EG − F 2 = 1 ~ = (v cos uf 0 (v), v sen uf 0 (v), −v) ⇒N

83

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas e = hN, φuu = −v 2 f 0 (v)

g = hN, φvv i = −vf 00 (v)

f = hN, φuv i = 0, 1 √ f 00 (v) = . v2 1 − v2

Por lo tanto, la curvatura gaussiana es −v 2 f 0 (v)(−vf 00 (v)) eg − f 2 = EG − F 2 v 2 · 1/v 2 √ − 1 − v2 1 = v2 · = −1 . ·v· √ v v2 1 − v2

K =

3.4. Pruebe que la curvatura media está dada por Z 1 π H= κn (θ)dθ, π 0 donde κn (θ) es la curvatura normal en una dirección que forma un ańgulo θ con una dirección tangente fija. Soluci´ on: La fórmula de Euler establece que κn (θ) = κ1 cos2 θ + κ2 sen2 θ entonces 1 π

Z

π 0

Z 1 κn (θ)dθ = π(κ1 cos2 θ + κ2 sen2 θ)dθ π 0 Z π Z π 1 1 2 = κ1 cos θdθ + κ2 sen2 θdθ . π π 0 0

Note que integrando por partes se obtiene que Z π Z π Z π 2 2 cos θdθ = cos θ sen θ + sen θdθ = 0

0

Además Z

π 2

cos θdθ + 0

Z

π 2

sen θdθ = 0

Entonces, se concluye que Z π Z 2 cos dθ = 0

0

Z

sen2 θdθ . 0

π

(cos2 θ + sen2 θ)dθ = π . 0

π

sen2 θdθ = 0

π

π 2

84

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies y como H = 21 (κ1 + κ2 ) obtenemos que Z Z π Z π 1 1 1 π 2 κn (θ)dθ = κ1 cos θdθ + κ2 sen2 θdθ π 0 π π 0 0 1 π 1 π 1 = κ1 + κ2 = (κ1 + κ2 ) = H . π 2 π 2 2

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 φ(u, v) = (u cos v, u sen v, log u),

ψ(u, v) = (u cos v, u sen v, v) .

Tenemos que φu =

1 cos v, sen v, u

,

φv = (−u sen v, u cos v, 0)

y además φu × φv = (− cos v, − sen v, 0). Luego, los coeficientes de la primera forma fundamental son Eφ =

u2 + 1 , u2

Fφ = 0,

G φ = u2

y el vector normal unitario es ~ φ = φu × φ v = √ 1 (− cos v, − sen v, u) N kφu × φv k u2 + 1 1 φuu = 0, 0, − 2 , φuv = (− sen v, cos v, 0), φvv (−u cos v, −u sen v, 0) u y los coeficientes de la segunda forma fundamental son 1 eφ = − √ , u u2 + 1

fφ = 0,

gφ = √

u . +1

u2

Entonces, la curvatura gaussiana de la primera superficie es Kφ =

eg − f 2 1 =− 2 . 2 EG − F (u + 1)2

85

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Por otro lado, se tiene para segunda superficie ψu = (cos v, sen v, 0),

ψv = (−u sen v, u cos v, 1)

además ψu × ψv = (sen v, − cos v, u) y los coeficientes de la primera forma fundamental son Eψ = 1,

Fψ = 0,

Gψ = 1 + u2

el vector unitario normal resulta ser ~ ψ = ψu × ψ v = √ 1 N (sen v, − cos v, u) kψu × ψv k u2 + 1 ψuu = (0, 0, 0),

ψuv = (− sen v, cos v, 0),

ψvv = (−u cos v, −u sen v, 0)

los coeficientes de la segunda forma fundamental son eψ = 0,

fψ = − √

1 , 1 + u2

gψ = 0 .

Por lo tanto, Kψ =

eg − f 2 1 =− 2 = Kφ . 2 EG − F (u + 1)2

3.6. En el toro de revolución encontrar el máximo y el m´ınimo de K y donde ocurre. Soluci´ on: Considere φ(u, v) = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sin v, r sin u) la parametrización del toro con r < a. Notemos que φu = (−r sin u cos v, −r sin u sin v, r cos u)

φv = (−(a + r cos u) sin v, (a + r cos u) cos v, 0) .

Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son: E = kφu k2 = r 2 ,

F = hφu , φv i = 0,

G = kφv k2 = (a + r cos u)2 .

86

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Además, φuu = (−r cos u cos v, −r cos u sin v, −r sin u) φuv = (r sin u sin v, −r sin u cos v, 0)

φvv = (−(a + r cos u) cos v, −(a + r cos u) sin v, 0)

y como φu × φ v =

(−r(a+r cos u) cos u cos v, −r(a+r cos u) cos u sin v, −r(a+r cos u) sin u) p √ kφu × φv k = EG − F 2 = r 2 (a + r cos u)2 = r(a + cos u) .

Entonces, N = (− cos u cos v, − cos u sin v, − sin u) , con esta información tenemos que los coeficientes de la segunda forma fundamental son: e = hN, φuu i = r, f = hN, φuv i = 0, g = hN, φvv i = (a + r cos u) cos u . Entonces, la curvatura gaussiana del toro es: K=

eg − f 2 r(a + r cos u) cos u cos u = = . 2 2 2 EG − F r (a + r cos u) r(a + r cos u)

(3.7)

Ahora bien, para encontrar el max´ımo y minimo de la curvatura Gaussiana consideramos K como una función de u derivando obtenemos que K0 = curvatura m´ınima

−a sen u = 0 ⇔ u = 0, π . r(a + r cos u)2 z curvatura máxima y

x

Por lo tanto, la curvatura máxima y minima corresponden a los circulos de radio a + r y a − r respectivamente que estan en la intersección del toro con el plano xy.

87

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3.7. En una superficie de revolución σ(u, v) = (h(u) cos v, h(u) sen v, g(u)) .

Demuestre que las curvaturas normales en las direcciones de σu y σv e g son y respectivamente. Muestre que los meriadianos y paralelos E G son l´ıneas de curvatura. Soluci´ on: Asumamos que la curva α(t) = (h(t), g(t)) es parametrizada por arco-parametro entonces σu = (h0 cos v, h0 sen v, g 0 ),

σv = (−h sen v, h cos v, 0)

y los coeficientes de la primera forma fundamental son E = 1,

F = 0,

G = h2 .

Además, φu ×φv = (−hg 0 cos v, −hg 0 sin v, h0 h) entonces el vector normal unitario a la superficie es U = (−g 0 cos v, −g 0 sin v, h0 ) y tenemos que σuu = (h00 cos v, h00 sin v, g 00 ) σuv = (−h0 sin v, h0 cos v, 0) σvv = (−h cos v, −h sin v, 0) entonces los coeficientes de la segunda forma fundamental son e = h0 g 00 − h00 g 0 ,

f = 0,

g = hg 0 .

La ecuación diferencial para las lineas de curvatura es (f E − eF )(u0 )2 + (gE − eG)u0 v 0 + (gF − f G)(v 0 )2 = 0 . Un meridiano es parametrizado por la curva α(t) = σ(t, a) donde a es constante entonces u0 = 1 y v 0 = 0 y la ecuación diferencial de las lineas de curvatura nos queda f E − eF = 0, como F = f = 0 entonces los meridianos son lineas de curvatura. Un paralelo es parametrizado por la curva β(t) = σ(b, t) donde b es constante entonces u0 = 0 y v 0 = 1 y la ecuacion diferencial queda gF − f G = 0 y como F = f = 0 entonces

88

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies la ecuación diferencial es satisfacida por β y los paralelos son lineas curvatura. Ahora bien, sabemos si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva regular no necesariamente parametrizada por arco-parametro entonces la curvatura normal es dada por κn =

e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 E(u0 )2 + 2F u0 v 0 + G(v 0 )2

hallar las curvaturas normales en las direcciones de σu y σv es equivalente a hallar las curvaturas normales para las curvas coordenadas α y β. Entonces, para la curva α se tiene que u0 = 1 y v 0 = 0 entonces la curvatura normal es κn = e/E y de manera similar para β la curvatura normal es κn = g/G como queriamos demostrar. 3.8. En la superficie de revolución de la catenaria x y = c cosh . c 1 , H = 0. Demuestre que K = − 2 c cosh4 uc Soluci´ on: La parametrización de la catenaria de revolución es u u σ(u, v) = u, c cosh cos v, c cosh sen v c c entonces u u σu = 1, senh cos v, senh sen v c c u u σv = 0, −c cosh sen v, c cosh cos v c c 1 u 1 u cos v, cosh sen v σuu = 0, cosh c c c c u u σuv = 0, − senh sen v, senh cos v c cu u σvv = 0, −c cosh cos v, −c cosh sen v u c u cu u σu × σv = c senh cosh , −c cosh cos v, −s cosh sen v, c c c c luego el vector normal unitario U es ~ = N

u

cos v sen v , − tanh ,− u c cosh c cosh uc

!

89

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas y los coeficientes de la primera y segunda forma fundamental son E = hσu , σu i = cosh2 uc , F = hσu , σv i = 0 , G = hσv , σv i = c2 cosh2 uc ,

e = hU , σuu i = − 1c , f = hU , σuv i = 0 , g = hU , σvv i = c .

La curvatura Gaussiana es entonces K=

−1 eg − f 2 = 2 2 EG − F c cos4

u c

y la curvatura media es

1 −c cosh2 uc + c cosh2 1 eG − 2f F + gE H= = 2 EG − F 2 2 c2 cosh4 uc

u c

=0.

3.9. En la superficie de revolución de

α(u) = (u, e−u

2 /2

, 0)

en torno al eje x, encuentre K y las regiones en las cuales K > 0, K = 0, K < 0. Soluci´ on: La parametrización para la superficie de revolución es φ(u, v) = (u, e−u

2 /2

cos v, e−u

2 /2

sen v)

y tenemos que φu = (1, −ue−u

2 /2

cos v, −ue−u

2 /2

φv = (0, −e−u

sen v),

2 /2

sen v, e−u

2 /2

cos v)

entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son 2

E = 1 + u2 e−u , 2

F = 0, 2

Además φu × φv = (−ue−u , −e−u /2 cos v, −e−u vector unitario normal a la superficie es ~ =√ N

1 1+

u2 e−u2

(−ue−u

2 /2

2

G = e−u . 2 /2

sen v) entonces el

, − cos v, − sen v)

90

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies y tenemos que φuu = (0, e−u

2 /2

φuv = (0, ue−u φvv = (0, −e

(u2 − 1) cos v, e−u

2 /2

−u2 /2

sen v, −ue−u cos v, −e

2 /2

u2 /2

2 /2

(u2 − 1) sen v)

cos v)

sen v)

entonces los coeficientes de la segunda forma fundamental son 2

−e−u /2 (u2 − 1) e= √ , 1 + u2 e−u2

f = 0,

Por lo tanto, la curvatura Guassiana    K>0 u2 − 1 = K= K=0 (1 + u2 e−u2 )2   K<0

g=√

e−u

2 /2

1 + u2 e−u2

.

es si u ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞) si u = ±1 si u ∈ (−1, 1)

3.10. Considere

φ(u, v) = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sin v, r sin u) la parametrización del toro y sea K la curvatura gaussiana. Demuestre que Z Z KdAφ = 0

Soluci´ on: Por el problema 3.6 en la igualdad (3.7), sabemos que la curvatura gaussiana del toro es: K=

eg − f 2 cos u = 2 EG − F r(a + r cos u)

y el elemento de a´rea es: √ dAφ = EG − F 2 dudv = r(a + r cos u)dudv Por lo tanto, Z Z

KdAφ = =

Z

Z

2π 0 2π 0

Z

Z

2π 0

cos u r(a + r cos u) r(a + r cos u)

2π

cos ududv = 0 . 0

91

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3.11. Demuestre que las curvaturas principales estan dadas por √ H ± H2 − K

donde H y K son las curvaturas media y gaussiana, respectivamente. Además, si F = f = 0 entonces las curvaturas principales vienen dadas por g e y . E G Soluci´ on: Sabemos que K = κ 1 κ2 = y

eg − f 2 EG − F 2

1 1 eG − 2f F + gE H = (κ1 + κ2 ) = . 2 2 EG − F 2 El polinomio (κ−κ1 )(κ−κ2 ) tiene como raices las curvaturas principales. Note que (κ − κ1 )(κ − κ2 ) = κ2 − (κ1 + κ2 )κ + κ1 κ2 = κ2 − 2Hκ + K = 0 .

Entonces, la ecuación tiene soluciones √ √ 2H ± 4H 2 − 4K κ= = H ± H2 − K . 2 Ahora, si F = f = 0 entonces la curvatura gaussiana y media tienen la forma eG + gE eg K= , H= . EG 2EG Entonces H2 − K =

(eG + gE)2 eg (eG − gE)2 − = . 4(EG)2 EG 4(EG)2

Por lo tanto,

H±

√

H2 − K =

 e    E

eG + gE eG − gE ± =  2EG 2EG   g G

.

92


3.12. Demuestre que una superficie reglada φ(u, v) = α(u) + vβ(u) tiene curvatura gaussiana K ≤ 0. Soluci´ on: Notemos que φu = α0 (u) + vβ 0 (u), φv = β(u) , φuv = β 0 (u),

φvv = 0 .

Entonces, e = hN, φvv i = 0 y K=

f2 eg − f 2 = − ≤0 EG − F 2 EG − F 2

ya que EG − F 2 = kφu × φv k2 > 0. 3.13. Si φ = φ(u, v) es una parametrizaión ortogonal, pruebe que 1 K=− √ 2 EG

E √ v EG

+ v

G √ u EG

.

u

Deduzca la fórmula en el caso que φ sea conforme. Soluci´ on: Por el Teorema Egregio de Gauss la curvatura gaussiana sólo depende de la primera forma fundamental. Seg´ un el Corolario 3.1 tenemos que

K=

− 1 Evv + Fuv − 1 Guu 2 2 1 Fv − 2 G u 1 Gv 2

1 E 2 u

E F

Fu − 12 Ev F G

(EG − F 2 )2

0 1 − 2 Ev 1 Gu 2

1 E 2 v

E F

F G

1 G 2 u

como φ = φ(u, v) es una parametrización ortogonal entonces F = 0


93

entonces   1 1  1 Evv − 1 Guu 1 Eu − 1 Ev 0  E G v u  2 2 2 2 2 1  2 1 1 K = − G E 0 E E 0 − u v 2 2 2 1  (EG)   1 Gu 0  G 0 G G v 2 2 1 1 1 1 1 = − Evv − Guu (EG) − Eu − Gu G (EG)2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 − Ev − Gv E − − Ev Ev G + Gu − Gu E 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 = − E EG − G EG + E G G + Ev Gv E vv uu u u (EG)2 2 2 4 4 1 1 + Ev Ev G + Gu Gu e . 4 4 Por otro lado,

Ev √ EG

v

√ Evv EG + Ev 21 (EG)−1/2 (Ev G + EGv ) = EG Evv 1 Ev Ev G 1 EEv Gv = √ − − 3/2 (EG) 2 (EG)3/2 EG 2 2 1 1 1 − Evv EG + GEv Ev + EEv Gv = − (EG)3/2 2 4 4

y

G √ u EG

u

√ guu EG − Gu 21 (EG)−1/2 (Eu G + EGu ) = EG Guu 1 Gu Eu G 1 Gu Gu E = √ − − 3/2 (EG) 2 (EG)3/2 EG 2 2 1 1 1 = − − Guu EG + Gu Eu G + Gu Gu E (EG)3/2 2 4 4

Entonces, | (EG)3/2 Ev Gu √ K = − + √ (EG)2 2 EG v EG u 1 Ev Gu √ = − √ + √ . 2 EG EG v EG u

94

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Ahora, si φ es conforme, entonces E = G = λ y obtenemos 1 λv λu K = − + 2λ λ v λ u 1 = − {([log λ]v )v + ([log λ]u )u } 2λ 1 = − {(log λ)vv + (log λ)uu } 2λ 1 = − 4(log λ) . 2λ

3.14. Demuestre que si una curva tiene curvatura normal y geodésica identicamente cero, entonces la curva es parte de una linea recta. Soluci´ on: Tenemos la siguiente relación κ2 = κ2n + κ2g entonces si κn = κg = 0 implica κ = 0, luego la curva es parte de una l´ınea recta. 3.15. Probra que si γ ⊂ S es una geodésica no recta contenida en un plano, entonces es l´ınea de curvatura. Dé un ejemplo de una l´ınea de curvatura plano que no sea geodésica. Soluci´ on: Sea P el plano en donde la curva γ está contenida. Por estar γ contenida en un plano entonces todas las derivadas de γ son paralelas al plano P. En particular, γ 00 es paralela a P. Por ser γ una geodésica entonces γ 00 es paralelo a N el vector normal unitario a la superficie. De esto de deduce que entonces N es paralelo a P, esto implica que N 0 es paralelo a P. Sabemos que N ⊥ N 0,

γ0⊥ N

además de lo anterior tenemos que γ 0 es paralelo a N . Se concluye que necesariamente γ 0 es paralelo a N 0 , es decir, N 0 (t) = λ(t)γ 0 (t) . Por el Teorema de Rodrigues esta es una condición necesaria y suficiente para que γ sea una l´ınea de curvatura. Por otro lado, consideremos la esfera φ(u, v) = (a sin v cos u, a sin v sin u, a cos v)

95

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas y la curva α(t) = φ(t, π/4) mediante algunas cuentas se obtiene que E = a2 sin2 v , F =0, G = a2 ,

e = a sin2 v , f =0, g =a.

Se verifica sin dificultades que α satisface la ecuación diferencial (f E − eF )(u0 )2 + (gE − eG)u0 v 0 + (gF − f G)(v 0 )2 = 0 o equivalentemente (v 0 )2 −u0 v 0 (u0 )2 F G E e f g

=0

entonces γ es l´ınea de curvatura que es claramente plana. El vector normal de la curva está contenido en el plano en donde está la curva pero el vector normal a la superficie es radial, luego α00 = κ n ˆ no es paralelo a N por lo tanto no es una geodésica. 3.16. Sea p un punto en S. Una dirección asintótica de S en p es una dirección de Tp (S) para la cual la curvatura normal es cero. Demuestre que K ≤ 0 para todo punto de una curva asintótica sobre una superficie. Soluci´ on: Sea γ ⊂ S una curva asintótica entonces tenemos que κn (p) = 0

∀p∈γ.

Además, por el Teorema de Euler, sabemos que κn = κ1 cos2 θ + κ2 sin2 θ entonces necesariamente κ1 ≥ 0 y κ2 ≤ 0 entonces K = κ1 κ2 ≤ 0. 3.17. Demuestre que una curva γ ⊂ S es geodésica y curva asintótica si y sólo si es un segmento de recta.

96

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Soluci´ on: Si γ es curva asintótica entonces κn (p) = 0 para cada p ∈ γ. Por ser γ una geodésica entonces su curvatura geodésica satisface κg (p) = 0,

∀p∈γ.

Sabemos que κ2 = κ2n + κ2g = 0 para todo p ∈ γ entonces como la curvatura de la curva es cero, se concluye que γ es un segmento de recta. Rec´ıprocamente, si γ es un segmento de recta entonces su curvatura κ = 0 y κ1 = κ2 = 0 lo cual implica κn = 0 y γ es curva asintótica. Además, κ2g = κ2 − κ2n = 0 ⇒ γ es geodésica. 3.18. (a) Demostrar que una superficie compacta (es decir, cerrada y acotada en R3 ) tiene un punto de curvatura gaussiana positiva. (b) Demuestre que si KS ≤ 0 entonces S no es compacta. Soluci´ on: a) Sea S una superficie compacta y consideremos f : S → R definida por f (p) = d(0, P ) la distacia de un punto p ∈ S al origen. Por ser S acotada existe q ∈ S tal que máx f (p) = f (q) = r . p ∈S

Sea Sr = {w ∈ R3 : kwk = r} la esfera de radio r entonces q ∈ Sr y los planos tangentes de la esfera y la superficie en el punto q coinciden, entonces κ1 κ2 = KS (q) = KSr (q) =

1 ≥0, r2

por lo tanto q es un punto de curvatura gaussiana positiva. b) Otra forma de enunciar (a) es la siguiente: Si S es compacta entonces existe q ∈ S tal que K(q) > 0. El contra-rec´ıproco es: Si K(q) ≤ 0 para todo q ∈ S entonces S no es compacta.

97

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3.19. Demostrar que no existen superficies m´ınimas compactas.

Soluci´ on: La demostración se basa en el hecho que siempre es posible de parametrizar un entorno de cualquier superficie regular de forma que E = hφu , φu i = λ2 , Entonces H=

F = hφu , φv i = 0 ,

G = hφv , φv i = λ2 .

1 eG − 2f F + gE 1 = 2 (e + g) . 2 2 EG − F 2λ

Si S es superficie m´ınima entonces H = 0 lo que implica que e + g = 0, luego eg − f 2 (e2 + f 2 ) K= = − ≤0 EG − F 2 λ4 por problema 3.18(b) la superficie S no es compacta.

3.20. Determine las geodésicas sobre la esfera S 2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1} . Soluci´ on: Por el problema 3.1, sabemos que la curvatura normal de cualquier curva sobre una esfera de radio 1 es κn = ±1. Ahora bien, una curva es geodésica si y solo si κg = 0. Usando la fórmula κ2 = κ2n + κ2g se obtiene que las curvas geodésicas satisfacen κ = κn = ±1. Es decir, las geodésicas de la esfera son las curvas que son circulos de radio 1. 3.21. Sea γ ⊂ S una l´ınea de curvatura plana (es decir, contenida en un plano P). Probar que a lo largo de γ, el vector normal a S forma un ańgulo constante con el vector normal a P . Soluci´ on: Supongamos que γ está arcoparametrizada por el Teorema de Rodrigues, γ es l´ınea de curvatura si y sólo si N 0 (t) = λ(t)γ 0 (t). Por

98

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies estar γ contenida en un plano P entonces τγ = 0. Luego, d hn, N i = hn0 , N i + hn, N 0 i dt = h−κt + τ b, N i + hn, λti

= −κ ht, N i + |{z} τ hb, N i + λ hn, ti = 0 | {z } | {z } 0

0

0

Entonces, hn, N i = cos θ es constante. Por lo tanto, como el vector a P tiene ańgulo constante con n, se concluye que N y el vector normal a P forman un ańgulo constante. 3.22. Sea α ⊂ S una curva regular sobre una superficie S con curvatura Gaussiana K > 0. Demuestre que la curvatura κ de α en p satisface κ ≥ m´ın(|κ1 |, |κ2 |) , donde κ1 y κ2 son las curvaturas principales de S en p. Soluci´ on: Sabemos que toda curvatura normal satisface κ1 ≤ κ n ≤ κ 2 . Además, de la identidad κ2 = κ2n + κ2g se deduce que |κn | ≤ κ, lo cual implica lo pedido. 3.23. Si una superficie tiene primera forma fundamental de la forma eλ (du2 + dv 2 ) , donde λ es una función continua de u y v, demuestre que la curvatura gaussiana K satisface 4λ + 2Keλ = 0 ,

donde 4 denota el Laplaciano ∂ 2 /∂u2 + ∂ 2 /∂v 2 .

Soluci´ on: Primero observe que dado que la primera forma fundamental es eλ (du2 + dv 2 ) entonces E = G = eλ = µ y F = 0, es decir la superficie es conforme, al final del problema 3.10 se dedujo que la curvatura gaussiana en este caso viene dada por 1 1 K = − 4(log µ) = − λ 4λ , 2µ 2e


99

como queriamos probar. 3.24. Sea S una superficie de revolución. Calcular ZZ Kdσ S

Soluci´ on: Si α(u) = (f (u), g(u)) es la curva generatriz arcoparametrizada entonces la parametrización φ : U ⊂ R2 → R3 de la superficie de revolucion es: φ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sin v, g(u)) donde U = {(u, v) : a < u < b, 0 < v < 2π} y tenemos que φu = (f 0 (u) cos v, f 0 (u) sin v, g 0 (u)) φv = (−f (u) sin v.f (u) cos v, 0) φuu = (f 00 (u) cos v, f 00 (u) sin v, g 00 (u)) φuv = (−f 0 (u) sen v, f 0 (u) cos v, 0) φvv = (−f (u) cos v, −f (u) sin v, 0)

φu × φv = (−f (u)g 0 (u) cos v, −f (u)g 0(u) sin v, f (u)f 0(u)) . Entonces, los coeficiente de la primera formal fundamental son: E = kφu k2 = (f 0 (u))2 + (g 0 (u))2 = kα0 (t)k2 = 1 ,

F = hφu , φv i = 0, G = kφv k2 = (f (u))2 . √ Como kφu ×φv k = EG − F 2 = f (u) entonces el vector normal unitario es: φu × φ v N= = (−g 0 (u) cos v, −g 0 (u) sin v, f 0 (u)) . kφu × φv k Entonces, los coeficientes de la segunda forma fundamental son: e = hN, φuu i = f 0 (u)g 00 (u) − f 00 (u)g 0 (u) ,

f = hN, φuv i = 0, g = hN, φvv i = f (u)g 0 (u) . Entonces la curvatura gaussiana nos queda eg − f 2 (f 0 (u)g 00 (u) − f 00 (u)g 0 (u))f (u)g 0(u) = EG − F 2 (f (u))2 (f 0 (u)g 00 (u) − f 00 (u)g 0 (u))g 0 (u) = . f (u)

K =

100

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Por otro lado, como (f 0 (u))2 + (g 0 (u))2 = 1 derivando obtenemos que f 0 (u)f 00 (u) + g 0 (u)g 00 (u) = 0 entonces (f 0 (u)g 00 (u) − f 00 (u)g 0 (u))g 0 (u) = f 0 (u)g 0 (u)g 00 (u) − f 00 (u)(g 0 (u))2 = −(f 0 (u))2 f 00 (u) − f 00 (u)(g 0 (u))2

= −f 00 (u) . Con esto la curvatura gaussiana nos da K=

−f 00 (u) . f (u)

Sabemos que el dσ = kφu × φv kdudv = f (u)dudv entonces ZZ Z 2π Z b f 00 (u) f (u)dudv = 2π(f 0 (a) − f 0 (b)) . Kdσ = − f (u) 0 a S

3.25. Sea N el vector normal a la superficie φ(u, v). Demuestre que Nu = aφu + bφv ,

Nv = cφu + dφv ,

(3.8)

donde a c b d

!

= −FI−1 FII = −

E F F G

!−1

L M M N

!

.

Soluci´ on: Como N es un vector unitario, se tiene que Nu y Nv son perpendiculares a N , luego pertenecen al plano tangente de φ y por lo tanto son combinación lineal de φu y φv . Luego los escalares a, b, c y d satisfacen (3.8) y existen. Por otro lado note que hN, φu i = 0 ⇒ hNu , φu i + hN, φuu i = 0 ⇒ hNu , φu i = −L . Similarmente, hNu , φv i = hNv , φu i = −M,

hNv , σv i = −N .

Haciendo el producto interno de cada una de las ecuaciones en (3.8) con φu y φv obtenemos −e = aE + bF , −f = cE + dF,

−f = aF + bG , −g = cF + dG .

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Esta ecuación es equivalente con la siguiente ecuación matricial ! ! ! e f E F a c − = f g F G b d

101

(3.9)

esto completa la prueba. 3.26. La tercera forma fundamenta de una superficie φ(u, v) es kNu k2 (u0 )2 + 2hNu , Nv iu0 v 0 + kNv k2 (v 0 )2 . Sea FIII la matriz simetrica de 2 × 2 asociada a la tercera forma fundamental. Demuestre que FIII = FII FI−1 FII . Soluci´ on: Por problema anterior tenemos que Nu = aφu + bφv y Nv = cφu + dφv , luego ! hNu , Nu i hNu , Nv i FIII = hNu , Nv i hNv , Nv i ! Ea2 + 2F ab + Gb2 Eac + F (ad + bc) + Gbd = Eac + F (ad + bc) + Gbd Ec2 + 2F cd + Gd2 ! ! ! a b E F a c = c d F G b d = (−FI−1 FII )t Fi (−FI−1 FII )

= FII FI−1 FI FI−1 FII = FII FI−1 FII 3.27. Demuestre que, si FIII es la tercera forma fundamental de una superficie φ, entonces FIII − 2HFII + KFI = 0 , donde K y H son las curvaturas gaussiana y media de φ. Soluci´ on: Usando el ejercicio anterior sabemos que FIII = FII FI−1 FII . Multiplicando por la izquierda por FI−1 obtenmos que !2 a c FI−1 FIII = (FI−1 FII )2 = A2 = . b d

102

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Por otro lado, se sabe del algebra lineal que una matriz A =

a c b d

!

satisface la ecuación A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0 . Note que de la ecuación (3.9) obtenemos inmediatamente que det A = K y además se sabe que 2H = a + d entonces obtenemos FIII − 2HFII + KFI = 0 . 3.28. Suponiendo que la Tierra es esférica. Demuestre que no es posible dibujar un mapa de parte de la Tierra en que todas las distancias en el mapa correspondan a un m´ ultiplo fijo de las distancias reales. Soluci´ on: Una función de una región de la superficie de la Tierra que no distorsiona las distancia ser´ıa un difeomorfismo desde esta región de la esfera a una región en el plano la cual multiplica todas las distancias por el mismo factor constante, digamos c y denotamos por f : T ⊂ S 2 → R ⊂ R2 el difeomorfismo, entonces se cumple que kf (z) − f (w)k = c · dS 2 (z, w) donde dS 2 representa la distancia en S 2 . Ahora bien, considere la aplicación g : R2 → R2 dada por g(x) =

x c

entonces la aplicación ϕ = g ◦ f : T ⊂ S 2 → R ⊂ R2 satisface 1 kϕ(z) − ϕ(w)k = kf (z) − f (w)k = dS 2 (z, w) c entonces ϕ es una isometria. Sabemos que la curvatura gaussiana de una superficie es invariante por isometrias entonces 1 = K S 2 = K R2 = 0 lo cual es absurdo.

103


3.29. Demostrar que no existe una superficie φ(u, v) tal que E = G = 1, F = 0 y e = 1, f = −1, g = 0. Soluci´ on: Supongamos que existe tal superficie. Sabemos que: K=

eg − f 2 −1 − 0 = = −1 . EG − F 2 1−0

Por otro lado, usando el Teorema Egregio de Gauss obtenemos K=−

1 4(log λ) = 0 , 2λ

pues λ = 1 = E = G, lo cual es una contradicción. 3.30. Sea φ(u, v) una superficie. Demuestre la ecuación de Gauss φuu = Γ111 φu + Γ211 φv + eN φuv = Γ112 φu + Γ212 φv + f N φvv = Γ122 φu + Γ222 φv + gN donde Γ111 = Γ112 = Γ122 =

GEu − 2F Fu + F Ev 2(EG − F 2 ) GEv − F Gu 2(EG − F 2 )

, Γ211 = , Γ212 =

2EFu − EEv − F Eu , 2(EG − F 2 )

EGu − F Ev , 2(EG − F 2 )

2GFv − GGu − F Gu EGv − 2F Fv + F Gu , Γ222 = , 2 2(EG − F ) 2(EG − F 2 )

son los s´ımbolos de Christoffel. ~ } es una base de R3 , existen escalares α1 , . . . , γ3 Soluci´ on: Como {φu , φv , N tales que ~ φuu = α1 φu + α2 φv + α3 N ~ φuv = β1 φu + β2 φv + β3 N ~ φvv = γ1 φu + γ2 φv + γ3 N

(3.10)

104

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies haciendo el producto punto de cada una de estas ecuaciones con el ~ se obtiene que vector N α3 = e ,

β3 = f ,

γ3 = g .

Ahora bien, haciendo el producto punto de las ecuaciones en (3.10) contra φu y φv obtenemos seis ecuaciones escalares para las seis incognitas que representan los s´ımbolos de Cristoffel. A manera de ejemplo si hacemos el producto punto en la primera ecuación de (3.10) se obtienen las ecuaciones: 1 Eα1 + F α2 = hφuu , φu i = Eu 2

1 F α1 + Gα2 = hφuu , φv i = (hφu , φv i)u − hφu , φuv i = Fu − Ev 2

resolviendo estas ecuaciones nos da que α1 = Γ111 y α2 = Γ211 y se procede de manera similar para las otras cuatro ecuaciones. 3.31. Demuestre las ecuaciones de Codazzi-Mainardi para una superficie φ(u, v) ev − fu = eΓ112 + f (Γ212 − Γ111 ) − gΓ211 ,

fv − gu = eΓ122 + f (Γ222 − Γ112 ) − gΓ212 .

Soluci´ on: Notemos que (φuu )v = (φuv )u y usando las ecuaciones de Gauss mostradas en el problema anterior y obtenemos (Γ111 φu + Γ211 φv + eN )v = (Γ112 φu + Γ212 φv + f N )u . Derivando y agrupando términos en la igualdad anterior obtenemos 1 2 ∂Γ11 ∂Γ112 ∂Γ11 ∂Γ212 − φu + − φv + (ev − fu )N ∂v ∂u ∂v ∂u = Γ112 φuu + (Γ212 − Γ111 )φvv − Γ211 φvv − eNv + f Nu

= Γ112 (Γ111 φu + Γ211 φv + eN ) + (Γ212 − Γ111 )(Γ112 φu + Γ212 σv + f N ) −Γ211 (Γ122 φu + Γ222 φv + gN ) − eNv + f Nu .

~u y N ~ v son perpendiculares a N ~ , luego ellos son combiAhora bien, N naciones lineales de φu y φv . Entonces basta igualar en ambos lados de

105


la igualdad de arriba todos los términos con componentes en N y se obtiene fv − gu = eΓ122 + f (Γ222 − Γ112 ) − gΓ212 que es la primera ecuación de Codazzi-Mainardi. La otra ecuación se obtiene de manera similar usando la identidad (φuv )v = (φvv )u . 3.32. Demuestre que no existe una superficie cuyas primera y segunda formas fundamentales son du2 + cos2 udv 2

y

cos2 udu2 + dv 2 ,

respectivamente. Soluci´ on: Supongamos que existe tal superficie, entonces se tiene que E =1,

F =0,

G = cos2 u .

Usando las fórmulas para los s´ımbolos de Cristoffel hallados en problema anterior obtenemos que Γ112 = Γ222 = 0,

Γ122 = sen u cos u,

Γ212 = − tan u .

Como e = cos2 u, f = 0 y g = 1 entonces la segunda ecuación de Codazzi-Mainardi, esto es fv − gu = eΓ122 + f (Γ222 − Γ112 ) − gΓ212 no se satisface, lo cual es una contradicción. 3.33. Considérese el toro de revolución generado por la rotación del c´ırculo (x − a)2 + z 2 = r 2 , y = 0 (a > 0, r > 0) alrededor del eje z. Los paralelos generados por los puntos (a + r, 0), (a − r, 0), (a, r) se denominan, respectivamente, el paralelo máximo, el paralelo m´ınimo y el paralelo superior. Compruébese cuál de estos paralelos es a. Una geodésica

106

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies b. Una curva asintotica c. Una l´ınea de curvatura Soluci´ on: La parametrización del toro de revolución es: φ(u, v) = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sin v, r sin u) . Parametrizamos el paralelo máximo mediante: s s s α(s) = φ , 0 = (r + a) cos , (r + a) sin ,0 . r+a r+a r+a Entonces α es una geodésica si y sólo si se satisface el siguiente sistema u00 + Γ111 (u0 )2 + 2Γ112 u0 v 0 + Γ122 (v 0 )2 = 0 , v 00 + Γ211 (u0 )2 + 2Γ212 u0 v 0 + Γ222 (v 0 )2 = 0 .

(3.11)

Sabemos que los coeficientes de la primera y segunda forma fundamental del toro son: E = r2, e = r,

G = (a + r cos u)2 ,

F = 0, f = 0,

g = (a + r cos u) cos u ,

luego los simbolos de Cristoffel son Γ111 = 0,

Γ112 = 0,

Γ211 = 0,

Γ212 = −

Γ122 =

(a + r cos u) sen u r

(a + r cos u) sen u , r

Γ222 = 0

y para α tenemos que v(s) = 0,

u(s) =

s , r+a

v 0 = 0,

u0 =

1 , v 00 = 0, u00 = 0 r+a

por lo tanto α es geodésica, ya que satisface el sistema (3.6). Por otro lado, la ecuación diferencial para las l´ıneas de curvatura es: (f E − eF )(u0 )2 + (gE − eG)u0 v 0 + (gF − f G)(v 0 )2 = 0 y la ecuación diferencial de las curvas asintóticas es e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 = 0 .

107


Como α satisface ambas ecuaciones diferenciales es por lo tanto una l´ınea de curvatura y una curva asintotica. De manera similar parametrizamos el paralelo m´ınimo mediante s s s β(s) = φ , π = −(r − a) cos , −(r − a) sin ,0 r+a r−a r−a donde para β tenemos v(s) = π,

u(s) =

s , r−a

v 0 = 0,

u0 =

1 , r−a

v 00 = 0,

u00 = 0 .

Entonces, de las ecuaciones diferenciales se observa β es geodésica y una l´ınea de curvatura, pero no es una curva asintotica. Ahora parametrizamos el paralelo superior mediante: s π s s γ(s) = φ , = a cos , a sin , r a 2 a a donde para γ se tiene v(s) =

π , 2

s u(s) = , a

v 0 = 0,

1 u0 = , a

v 00 = 0,

u00 = 0

Entonces γ es una geodésica y verifica las ecuaciones diferenciales de las l´ıneas de curvatura y de las curvas asintóticas. 3.34. En el toro del ejercicio anterior, calc´ ulese la curvatura geodésica del paralelo superior. Soluci´ on: Usamos el hecho que el valor absoluto de la curvatura geodésica es igual al valor absoluto de la proyección de la curvatura habitual sobre el plano tangente. Ahora bien, el plano tangente sobre el paralelo superior es igual al plano xy como γ(s) = a cos as , a sin as , r entonces proyectada sobre el plano tangente es: s s γ0 (s) = a cos , a sin , 0 a a y

γ00 (s)

s s s s = − sin , cos , 0 , n(s) = − cos , − sin , 0 a a a a 1 s 1 s 1 γ000 (s) = − cos , − sin , 0 = n(s) a a a a a

108

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies entonces k(s) =

1 1 ⇒ |kg (s)| = |k(s)| = . a a

3.35. Sea γ = γ(s) una curva arcoparametrizada contenida en una superficie ˆ de S. En el punto p = γ(0) se escoge una base ortonormal de Tp S, tˆ, h, ˆ Se define la torsión geodésica de γ en ˆ = tˆ × h. modo que tˆ = γ 0 (0) y N p como * + ˆ dN τg = (0), ˆh . ds (i) Probar que τg = (κ1 − κ2 ) cos ϕ sen ϕ, donde ϕ es el ańgulo de eˆ1 hacia tˆ. (ii) Probar que las l´ıneas de curvatura están caracterizadas por tener torsión geodésica idénticamente cero. Soluci´ on: (i) En la base {e1 , e2 }, definida por las direcciones principales podemos escribir tˆ = e1 cos ϕ + e2 senϕ ˆ son perpendiculares se concluye que como tˆ y h ˆ = e1 sen ϕ − e2 cos ϕ h entonces τg = =

*

*

+ ˆ dN (0), ˆh ds ˆ dN (e1 cos ϕ + e2 sen ϕ), e1 sen ϕ − e2 cos ϕ ds

= he1 κ1 cos ϕ + e2 κ2 sen ϕ, e1 sen ϕ − e2 cos ϕi

= κ1 cos ϕ sen ϕ − κ2 sen ϕ cos ϕ = (κ1 − κ2 ) cos ϕ sen ϕ

(ii) Tenemos que hN, n ˆ i = cos θ,

hN, tî = 0,

hN, ˆbi = sen θ

+

109

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas entonces N = n ˆ cos θ + ˆb sen θ y observe que

dθ N0 = n ˆ 0 cos θ + ˆb0 sen θ + (−ˆ n sen θ + ˆb cos θ) ds dθ = (−κtˆ − τ ˆb) cos θ + τ n ˆ sen θ + (−ˆ n sen θ + ˆb cos θ) ds dθ ˆ = −κ cos θ t + t − (−ˆb cos θ + n ˆ sen θ) ds

ˆ = N ˆ = ˆ × tˆ = (ˆ como h n cos θ + ˆb sen θ) × tˆ lo que nos da h −ˆb cos θ + n ˆ sen θ, luego dθ dθ 0 ˆ = κn tˆ + t − h N = −κ cos θ tˆ + t − ds ds como dθ ˆ ˆ dθ 0 ˆ ˆ τg = hN , hi = −κn t + t − h, h = τ − ds ds se concluye que

ˆ N 0 = −κn tˆ + τg h Por el Teorema de Rodrigues γ es l´ınea de curvatura si y sólo si N 0 = λtˆ si y sólo si τg = 0. 3.36. Sea γ ⊂ S una curva asintótica de curvatura nunca nula. Probar que su torsión satisface √ τ = −K donde K es la curvatura Gaussiana de S. Soluci´ on: Tenemos que hN, ni = cos θ,

hN, ti = 0,

hN, bi = sen θ

entonces N = cos θn + sen θb y dN dθ dθ = − sen θ n + cos θ(−κt − τ b) + cos θ b + sen θτ n ds ds ds dN , t = −κ cos θ con κ 6= 0 como γ es asintótica entonces 0 = ds entonces cos θ = 0 lo que implica que N = b. Entonces, t = cos ϕe1 + sen ϕe2 dN db = = τn . ds ds

110

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Luego, Dt N = cos ϕDe1 N + sen ϕDe2 N = −κ1 cos ϕe1 − κ2 sen ϕe2 = τ {− sen ϕe1 + cos ϕe2 } .

Por lo tanto, κ1 ττ ⇒ tan ϕ = − κ2 ⇒ tan ϕ =

κ1 cos ϕ = τ sen ϕ −κ2 sen ϕ = τ cos ϕ entonces −κ1 κ2 = τ 2 ⇒ τ 2 = −K. 3.37. Considere la superficie de Enneper φ(u, v) =

u3 v3 u− + uv 2 , v − + vu2 , u2 − v 2 3 3

.

Demuestre que (a) Los coeficientes de la primera forma fundamental son E = G = (1 + u2 + v 2 )2 ,

F =0.

(b) Los coeficientes de la segunda forma fundamental son e=2,

g = −2 ,

f =0.

(c) Las curvaturas principales son κ1 =

2 (1 +

u2

+

v 2 )2

,

κ2 = −

2 (1 +

u2

+ v 2 )2

(d) Las l´ıneas de curvatura son las curvas coordenadas. (e) Las curvas asintóticas son u + v =const., u − v =const. Soluci´ on:

.


111

(a) Tenemos que las derivadas parciales de la parametrización son φu = (1 − u2 + v 2 ,2uv, 2u) ,

φv = (2uv, 1 − v 2 + u2 , −2v) .

Luego, los coeficientes de la primera forma fundamental son: E = kφu k2

= (1 − u2 + v 2 )2 + 4u2 v 2 + 4u2

= 1 − 2(u2 − v 2 ) + (u2 − v 2 )2 + 4u2 v 2 + 4u2

= 1 + 2u2 + 2v 2 + u4 + v 4 + 2u2 v 2

= 1 + 2(u2 + v 2 ) + (u2 + v 2 )2 = (1 + u2 + v 2 )2 , F = hφu , φv i = 2uv(1 − u2 + v 2 ) + 2uv(1 − v 2 + u2 ) − 4uv = 0 , G = kφv k2 = 4u2 v 2 + (1 − v 2 + u2 )2 + 4v 2 = (1 + u2 + v 2 )2 . (b) Tenemos que φu × φv = (−4uv 2 − 2u(1 − v 2 + u2 ), 2v(1 − u2 + v 2 ) − 4u2 v, (1 − u2 + v 2 )(1 − v 2 + u2 ) − 4u2 v 2 )

= (−2u − 2u3 − 2uv 2 , 2v + 2v 3 + 2u2 v, 1 − 2u2 v 2 − u4 − v 4 ) Entonces, kφu × φv k = unitario normal es

√

EG − F 2 = (1 + u2 + v 2 )2 y el vector

φu × φ v kφ × φv k u −2u − 2u3 − 2uv 2 2v + 2v 3 + 2u2 v 2u2 v 2 − u4 − v 4 = , , . (1 + u2 + v 2 )2 (1 + u2 + v 2 )2 (1 + u2 + v 2 )2

N =

Además, φuu = (−2u, 2v, 2), φuv = (2v, 2u, 0), φvv = (2u, −2v, −2) .

112

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Entonces, los coeficientes de la segunda forma fundamental son: e = hN, φuu i 4u2 + 4u4 + 4v 2 + 4v 4 + 4u2 v 2 + 2 − 4u2 v 2 − 2u4 − 2v 4 = (1 + u2 + v 2 )2 2 2 4 2(2(u + v ) + (u + 2u2 v 2 + v 4 ) + 1) = (1 + u2 + v 2 )2 (1 + u2 + v 2 )2 = 2 =2, (1 + u2 + v 2 )2 f = hN, φuv i −4uv − 4u3 v − 4uv 3 + 4uv + 4v 3 u + 4u3 v = =0, (1 + u2 + v 2 )2 g = hN, φvv i −4u2 − 4u4 − 4v 2 − 4v 4 − 4u2 v 2 − 2 + 4u2 v 2 + 2u4 + 2v 4 = (1 + u2 + v 2 )2 −2(2(u2 + v 2 ) + (u4 + 2u2 v 2 + v 4 ) + 1) = = −2 . (1 + u2 + v 2 )2 (c) Por el problema 3.11 sabemos que las curvaturas principales en el caso que f = F = 0 son e 2 = , 2 E (1 + u + v 2 )2 g 2 =− . = 2 G (1 + u + v 2 )2

κ1 = κ2

(d) Usando la ecuación diferencial de las l´ıneas de curvatura dada en la ecuación (3.4) y como F = f = 0 obtenemos que (gE − eG)u0 v 0 = 0 ⇔ 4(1 + u2 + v 2 )u0 v 0 = 0 ⇔ u0 = 0 o v 0 = 0

⇒ u = cosntante o v = constante Por lo tanto, las l´ıneas de curvatura son las curvas coordenadas. (e) La ecuación diferencial de las curvas asintóticas es e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 = 0 ,


113

como f = 0 entonces e(u0 )2 + g(vc0 )2 = 0 ⇒ 2(u0 )2 − 2(v 0 )2 = 0 ⇒ (u0 )2 = (v 0 )2

⇒ u0 = ±v 0

⇒ u − v = constante ,

u + v = constante .

114


Cap´ıtulo 4 El Teorema de Gauss-Bonnet Una de las consecuencias del Teorema local de Gauss-Bonnet es la siguiente: Si en una superficie orientable tenemos un triángulo geodésico con ańgulos interiores α, β, γ entonces ZZ (α + β + γ) − π = Kdσ . R

Geodésica α

β Geodésica γ

Geodésica S

En la versión general de Gauss-Bonnet local consideramos curvas cerradas simples α = α(t), 0 ≤ t ≤ T , suaves a tramos. 115

116

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet

Definici´ on 4.1. Diremos que α está orientada positivamente si encierra la región R “a su izquierda” vista “desde arriba”. En cada vértice α(ti ) tenemos un ańgulo interior θi y satisfacen |θi | < π y son positivos si “se dobla a la izquierda” y negativos si “se dobla a la derecha”. α(ti )

θi < 0

α(tj ) θj > 0

Sea σ : U ⊂ R2 → S una parametrización compatible con la orientación de S. Suponga además que U es homeomorfo a un disco abierto del plano. Sea α[ 0, `] → σ(U ) ⊂ S una curva parametrizada, regular a trozos, cerrada y simple, con vértices α(ti ) y ańgulos externos θi , i = 0, . . . , n−1. Consideremos funciones diferenciables ϕi :]ti , ti+1 ] → R que miden el ańgulo positivo de σu a α0 (t) en cada t ∈ [ti , ti+1 ]. Teorema 4.1 (Teorema de la Variación de la tangente). n−1 X i=0

(ϕ(ti+1 ) − ϕ(ti )) +

n−1 X

θi = 2π .

i=0

El teorema estable que la variación total del ańgulo a una dirección dada del vector tangente a α, más los “saltos” en los vértices, es igual a 2π. Teorema 4.2 (Gauss-Bonnet local). Sea α = α(t) una curva cerrada simple suave a tramos, orientada en sentido positivo en la superficie orientada S. Entonces ZZ n−1 Z si+1 n−1 X X κg (α)ds + Kdσ + θi = 2π . i=0

si

R

i=0


117

Definici´ on 4.2. Llamaremos triángulo a una región simple con sólo tres vértices, y ańgulos externos αi , i = 1, 2, 3. Una triangulación de una región regular R ⊂ S es una familia finita de triángulos Ti , i = 1, 2, . . . , n, tal que (i)

n [

Ti = R.

i=1

(ii) Si Ti ∩ Tj 6= ∅, entonces o bien Ti ∩ Tj es un lado com´ un a Ti y a Tj o bien consta de un vértice com´ un a T i y a T j . Dada una triangulización T de una región R ⊂ S de una superficie S, denotaremos por C al n´ umero de triángulos (caras), por L al n´ umero de lados (aristas) y por V al n´ umero de vértices de la triangulación. Definici´ on 4.3. El n´ umero χ(R) = C − L + V se denomina caracter´ıstica de Euler-Poincare de la triangulación. Teorema 4.3. Para cualquier triangulaci´ on de una regi´ on R ⊂ S el n´ umero χ(R) = C − L + V es un invariante que s´ olo depende de R. Teorema 4.4. Sea S ⊂ R3 una superficie regular compacta. Entonces χ(S) = 2, 0, −2, −4, . . . . Si S y S 0 son dos superficies compactas y χ(S) = χ(S 0 ) entonces son homeomorfos. En otras palabras, cada superficie conexa y compacta S ⊂ R3 es homeomorfa a una esfera con un cierto n´ umero g de asas. Definici´ on 4.4. El n´ umero g= se denomina el género de S.

2 − χ(S) 2

118


Teorema 4.5 (Gauss-Bonnet). Sea R una regi´ on es una superficie regular S orientable, con frontera ∂R = C1 ∪ · · · ∪ Cn , una curva suave a tramos, todas orientadas positivamente. Entonces ZZ n Z X X κg (s)ds + Kdσ + θ` = 2πχ(R) . i=1 C i

4.1.

`

R

Problemas Resueltos

4.1 Pruebe que

Z

π/2 −π/2

ab2 cos θ dθ = 2 . (a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)3/2

Soluci´ on: Considere el elipsoide x2 + y 2 z 2 + 2 =1 a2 b donde a, b son constantes positivas, el elipsoide es dideomorfo a la esfera mediante la función (x, y, z) 7→ (x/a, y/a, z/b), luego por el Teorema de Gauss-Bonnet aplicado a superficies compactas obtenemos que ZZ Kdσ = 4π(1 − 0) = 4π S

parametrizando el elipsoide por σ(θ, ϕ) = (a cos θ cos ϕ, a cos θ sin ϕ, b sin θ) se encuentra que K=

b2 , (a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)2

kEG − F 2 k = a cos θ

p a2 sin2 θ + b2 cos2 θ

entonces ZZ S

Kdσ =

Z

esto completa la solución.

2π 0

Z

π/2 −π/2

ab2 cos θdθdϕ (a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)3/2


119

4.2 Suponga que S es una superficie compacta cuya curvatura gaussiana K > 0 . Demuestre que S es difeomorfa a una esfera. ¿Es verdad la rec´ıproca de esta afirmación? Soluci´ on: Si K > 0 entonces

ZZ

Kdσ = 2πχ(S) > 0 y como

S

χ(S) = 2(1 − g) ⇒ g < 1 como g es un n´ umero entero no negativo implica que g = 0 luego S es difeomorfa a una esfera. La rec´ıproca es falsa: por ejemplo la superficie de la figura con forma de capsula es difeomorfa a la esfera,

pero K = 0 en la parte cilindrica. 4.3 Sea S una superficie con curvatura gaussiana K ≤ 0. Si γ ⊂ S es una geodésica cerrada suave. Demuestre que γ no puede encerrrar una región simple en S. Soluci´ on: Supongamos que si entonces por el Teorema de Gauus-Bonet Local tendr´ıamos Z ZZ X κg (s) ds + Kdσ + θl = 2π | {z } | {z } γ 0 0 |R {z } ≤0

lo que es imposible. Por ejemplo en un hiperbolide de revolución, tenemos K < 0 y la geodésica γ cerrada suave no encierra ninguna región simple tal como lo muestra la figura.

120


γ

4.4 Sea S una superficie con K < 0. Demuestre que dos geodésicas γ1 y γ2 que parten del mismo punto p ∈ S no pueden encontrarse otra vez en un punto q ∈ S de forma que las trazas de γ1 y γ2 constituyan la frontera de una región simple R de S. Soluci´ on: Si γ1 es una geodésica desde p a q, seguida de la geodésica γ2 de q a p se acotará una región simple en S γ2

θ1 q

R p θ2

γ1

y en virtud del Teorema de Gauss-Bonnet Local ZZ Kdσ + θ1 + θ2 = 2π R

donde θ1 y θ2 son los ańgulos externos de la región R. Como las geodésicas γ1 , γ2 no pueden cortarse tangencialmente, tenemos que θi < π, i = 1, 2 y como K ≤ 0 obtenemos una contradicción. 4.5 Sea S una superficie homeomorfa a un cilindro con curvatura gaussiana K < 0. Demuestre S tiene a los más una geodésica cerrada simple.

121


Soluci´ on: Supongamos que hay dos geodésicas cerradas simples. Afirmamos que las geodésicas no se cortan. Ya que de lo contario los arcos comprendidos entre los puntos de intersección consecutivos constituir´ıan la frontera de una región simple (ver figura abajo), lo que contradide el problema anterior.

q

γ2

región simple

p γ 1

Luego, ambas geodésicas deben ser “tipo cinturón”como se aprecia en la siguiente figura

γ2 γ1

Existe un difeomorfismo entre la región de “tipo cinturón” y un anillo como lo muestra la figura

122

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet γ2 γ1

γ2 γ1

Triangulizando un anilo se halla que la caractistica de Euler de un anillo es cero. Aplicando el Teorema de Gauss-Bonnet ZZ Kdσ = 2πχ(S) = 0 R

lo que es una contradicción, pues K < 0. 4.6 Sea S una superficie compacta con K > 0. Demuestre que dos geodésicas cerradas suaves se deben cortar. Soluci´ on: Por problema 3, sabemos que S es difeomorfa a una esfera. Ahora bien, si las geodésicas no se cortan γ2 γ1

entonces ser´ıan frontera de una región R “tipo cinturón”con χ(S) = 0. Aplicando el Teorema de Gauss-Bonnet ZZ Kdσ = 0 R

y como K > 0 esto constituye una contradicción.

123


4.7 Sea S una superficie compacta no homeomorfa a la esfera. Probar que existen puntos en S donde la curvatura gaussiana es positiva, cero y negativa. Soluci´ on: Como S no es homeomorfa a la esfera entonces χ(S) ≤ 0 entonces por el Teorema de Gauss-Bonet global para superficies compactas tenemos que ZZ Kdσ = 2πχ(S) ≤ 0 S

Por ser S compacta, existe p ∈ S tal que K > 0, de lo anterior, se conluye que necesariamente hay puntos donde K < 0. Ahora bien, tomando p, q ∈ S tales que K(p) > 0 y K(q) < 0 y una curva α : I → S tal que α(0) = p y α(1) = q, entonces K(s) = K(α(s)) es tal que K(0) = K(p) > 0 y K(1) = K(q) < 0 por el teorema del valor intermedio existe c ∈ (0, 1) tal que K(c) = 0. 4.8 Sea S una superficie homeomorfa a una esfera, y sea γ una geodésica cerrada simple, que divide a S en regiones R1 , R2 . Probar que las imagenes de R1 , R2 en la esfera bajo el vector normal a S tienen igual a´rea. Soluci´ on: Sean γ : I → R3 una geodésica y β(s) = N (γ(s)) la curva que describe el vector normal a lo largo de γ. Sean A1 y A2 la imagenes de R1 y R2 en la esfera bajo el vector normal a S. Sabemos que la curvatura gaussiana de la esfera es K ≡ 1. Entonces, por el Teorema de Gauss-Bonet 2π = 2πχ(S2 ) ZZ Z = K dσ + |{z} A

=

1 ZZ

A1

1

∂A1

κg ds |{z} 0

´ dσ = Area (A1 )

124

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet como el a´rea de la esfera S2 es 4π se concluye que ´ ´ Area (A1 ) = Area (A2 )

4.9 Calcular la caracteristica de Euler de (a) Un elipsoide. (b) La superficie S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 10 + z 6 = 1}. Soluci´ on: Ambas superficies son homemorfas a la esfera S 2 luego la caracteristica de Euler de ambas superficies es 2. De hecho la aplicación ψ : R3 → R3 definida por ψ(x, y, z) = (x, y 5 , z 3 ) define un homeomorfismo de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 sobre la superficie S. 4.10 Una de las siguientes superficies es compacta y la otra no lo es: (i) x2 − y 2 + z 4 = 1; (ii) x2 + y 2 + z 4 = 1. Cual es cual, y porque? Esboze la superficie compacta y diga cual es su caracteristica de Euler. Soluci´ on: Ambas supercies son cerradas debido a que son de la for−1 ma f (0) donde f : R3 → R es una función continua. La superficie (i) no es acotada luego no compacta, ya que contiene los puntos de la forma (1, r 2 , r) con r ∈ R. La superficie (ii) es acotada, luego compacta. Ya que la ecuación x2 + y 2 + z 4 = 1 implica que −1 ≤ x, y, z ≤ 1. Por otro lado, la superficie (ii) es obtenida por rotación de la curva x2 + z 4 = 1 alrededor del eje z: z

x

125

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Esta superficie es claramente difeomorfa a la esfera, luego χ = 2.

4.11 (a) Construya un ejemplo de una superficie no compacta en R3 con una sucesión de geodésicas cerradas {γn } tal que el largo `(γi ) → 0 cuando n → ∞. (b) Demuestre que esto no es posible si la superficie es compacta. Soluci´ on: (a) Considere la siguiente superficie S de revolución generada por una curva vibrante α dada en la figura α

P1

P 2

P3

P 4

P 6

P5

x

rotada al rededor del eje x. Sean Pn los puntos en α que tienen vector tangente paralelo al eje x. Entonces, sobre S, los puntos Pn generan geodésicas cerradas γn cuyo largo tiende a cero. (b) Supongase que S es una superficie compacta. Si existe una sucesión de geodésicas γn tales que el largo `(γn ) → 0 cuando n → ∞, entonces por el Teorema de Gauss-Bonnet para superficies compactas obtenemos ZZ Kdσ = 2πχ(Ωn ) (4.1) Ωn

donde Ωn denota el dominio encerrado por γn . Como S es compacto, cuando n es suficientemente largo, podemos asumir que Ωn es simplemente conexo. Luego, haciendo n → ∞ en la igualdad en (4.1) obtenemos un resultado contradictorio 0 = 2π. 4.12 Sea (r(s), 0, z(s)) una curva arcoparametrizada en R3 con r(s) > 0. Considere la superficie de revolución (s, θ) → (r(s) cos θ, r(s) sen θ, z(s))

126

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet ∂ ∂ Sobre esta superficie calcule la derivada covariante ∇ ∂ ∂s y ∇ ∂ ∂θ en ∂θ ∂θ ∂ ∂ términos de y . ∂θ ∂s

Soluci´ on: Un cálculo directo nos da que la primera forma fundamental es du2 + r 2 (s)dθ 2 = Edu2 + Gdθ 2 Sabemos que si α(t) = φ(u(t), v(t)) y sea w(t) = a(u(t), v(t))φu + b(u(t), v(t))φv = a(t)φu + b(t)φv el campo de vectores en la parametrización φ(u, v). Entonces dw = a(φuu u0 + φuv v 0 ) + b(φvu u0 + φvvv 0 ) + a0 φu + b0 φv . dt Como la derivada covariante es la componente en el plano tangente de dw/dt, utilizamos las ecuaciones de Gauss para φuu , φuv y φvv y suprimimos la componente normal, obtenemos ∇w = (a0 + Γ111 au0 + Γ112 av 0 + Γ112 bu0 + Γ122 bv 0 )φu dt (b0 + Γ211 au0 + Γ212 av 0 + Γ212 bu0 + Γ222 bv 0 )φv . luego tenemos que para la primera derivada covariante la curva es α(t) = φ(c, t) donde c es una constante y el campo de vectores es de la forma w(t) = φθ entonces en este caso a(t) = 0, b(t) = 1 u(t) = c y v(t) = t con derivadas u0 = 0 y v 0 = 1 por lo tanto ∂ ∂ Gu ∂ Gθ ∂ ∂ ∂ = Γ122 + Γ222 =− + = −r(s)r 0 (s) ∂θ ∂θ ∂s ∂θ 2E ∂s 2G ∂θ ∂s

∇∂

en donde hemos usado los s´ımbolos de Christoffel deducidos la ayudantia anterior. De manera similar para la segunda derivada covariante tenemos que la curva es α(t) = φ(c, t) donde c es una constante y el campo de vectores es w = φs entonces a(t) = 1, b(t) = 0, u(t) = c y v(t) = t con lo obtenemos ∂ ∂ ∂ Eθ ∂ Gθ ∂ r 0 (s) ∂ = Γ112 + Γ212 =− + = ∂θ ∂s ∂s ∂θ 2E ∂s 2G ∂θ r(s) ∂θ

∇∂

donde Γijk son los simbolos de Christoffel.

127

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 4.13 Sea α(t) =

√ ! 1 1 3 cos(t), sen(t), , 2 2 2

0 ≤ t < 2π

∂ ∈ T( 1 ,0, √3 ) S 2 . Calcule el transporte 2 2 ∂x2 paralelo de X0 a lo largo de x(t). una curva sobre S 2 . Sea X0 =

Soluci´ on: Considere el cono que es tangente a la esfera unitaria S 2 a lo largo de la curva α. El ańgulo ψ del vértice de este cono viene dado √ 3 π por ψ = arc sen = . 2 3 π 3

α

p

w0 0

El cono menos un generador es isométrico a un conjunto abierto D ⊂ R2 √ dado en coordenadas polares por 0 < ρ < +∞, 0 < θ < 3π. √

3π θ s=0

t(s)

w(s)

w0

128

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet Como el transporte paralelo en el plano coincide con la noci´ on habitual, √ 1 3 obtenemos, al contar s unidades a partir de p = 2 , 0, 2 y abarcar un √ 3 ańgulo central θ = s, que el ańgulo orientado formado por el vector 2 tangente t(s) con el transporte paralelo w(s) viene dado por 2π − θ = √ 2π − 23 s.

4.14 Calcule la curvatura geodésica total de un c´ırculo de radio r sobre una esfera de radio R > r. Soluci´ on: Por el Teorema de Gauss-Bonnet, la curvatura geodésica total es dada por Z ZZ κg ds = − Kdσ + 2πχ(Ω) C

Ω

√ 1 = − 2 · 2πR(R − R2 − r 2 ) + 2π R√ R2 − r 2 = 2π , R

donde C es el c´ırculo dado, y Ω es la capa esférica encerrada por C. 4.15 Demuestre que si la curvatura gaussiana de la esfera S 2 satisface |K| ≤ 1, entonces el a´rea de S 2 no es menor que 4π Soluci´ on: Por el Teorema de Gauss-Bonnet se tiene que ZZ Kdσ = 2πχ(S 2 ) = 4π. S2

Luego, si |K| ≤ 1 obtenemos que ZZ 4π ≤ |K|dσ ≤ Area(S 2 ) . S2

4.16 Al girar la curva, esbozada a continuación, alrededor Z Z del eje x obtenemos una superficie de revolución M ⊂ R3 . Calcule

Kdσ.

M


129

z

x Soluci´ on: La superficie de revolución asi obtenida por la curva es homeomorfa a una sección de una superficie cilindrica. Luego la caracteristica de Euler es χ(M ) = 0. Además, el borde de M consiste de dos c´ırculos los cuales justamente son geodésicas en M , porque a lo largo de estos c´ırculos el vector normal a M es paralelo al vector normal de la curva. Por lo tanto por el teorema de Gauss-Bonnet, obtenemos inmediatamente ZZ Kdσ = 0 . M

130


Cap´ıtulo 5 Superficies Completas. Teorema de Hopf-Rinow En el espacio lineal normado Tp S podemos definir una bola abierta de radio δ Bδ (0p ) = {w ~ ∈ Tp S | kwk ~ < δ} . Definici´ on 5.1. El mapeo exponencial expp : Bε (0p ) → S es definida por expp (w) ~ = γw/k ~ . ~ wk ~ (kwk) Geometricamente, la construcción corresponde a trazar (si es posible) sobre w ~ la u ´ nica geodésica γ que pasa por p en la dirección kwk una longitud igual a ~ kwk, ~ el punto obtenido por este procedimiento se denota por exp p (w). ~ Definici´ on 5.2. Una superficie regular S es completa si para cada punto p ∈ S, cualquier geodésica parametrizada γ : [0, ε) → S, que comience en p = γ(0), puede prolongarse a una geodésica parametrizada γ : R → S, definida en toda la recta real R. En otras palabras, S es completa cuando la aplicación exp p : Tp S → S está definida para cada v ∈ Tp S, y esto sucede en todos los puntos p ∈ S. Proposici´ on 5.1. Una superficie cerrada S ⊂ R3 es completa. 131

132

Cap´ıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow

Definici´ on 5.3. La distancia d(p, q) es definida por d(p, q) = ´ınf `(αp,q ) , donde se toma el ´ınfimo sobre todas las curvas parametrizadas y deferenciables a trozos que une p y q. Teorema 5.1 (Hopf-Ronow). Sea S una superficie y p ∈ S. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (i) expp est´ a definida sobre todo Tp S. (ii) Los conjuntos cerrados y acotados de S son compactos. (iii) M es completo como un espacio métrico. (iv) Dados p, q ∈ S, existe una geodésica m´ınima que une p y q.

5.1.

Problemas Resueltos

5.1. Sea S ⊂ R3 una superficie completa y F ⊂ S cerrado no vac´ıo tal que S \ F es conexo. Demuestre que S \ F es una superficie no completa. Soluci´ on: Sea p ∈ S \ F y q ∈ F , como S es completa existe γ : [0, 1] → S geodésica minimizante que une p con q. F

p

q

γ(s0 )

Por ser γ continua existe s0 ∈ [0, 1] tal que γ(s0 ) ∈ F ∩ (S \ F ). Sea γ : [0, s0 ) → S geodésica en S \ F entonces γ no se puede prolongar para s = s0 . Por lo tanto, S \ F no es completa.

133


5.2. Sea S una superficie completa. Demuestre que para cada p ∈ S la aplicación expp : Tp S → S es sobreyectiva. Soluci´ on: Sea q ∈ S y considere γ la geodésica minimizante parametrizada por longitud de arco que une p y q con d(p, q) = r.

0

p S

v

Tp S

rv

γ 0 (0)

γ

expp q

entonces se tiene que q = expp (rv) donde v = γ 0 (0). Luego, expp es sobreyectiva. 5.3. Sea S una superficie completa. Suponga que existe r > 0 tal que d(p.q) < r para todo p, q ∈ S. Demuestre que S es compacta. Soluci´ on: Si S es geodésicamente completa entonces para cada p ∈ S, expp : Tp S → S es sobreyectiva. Ahora, como S es acotado existe BR (0) ⊂ Tp S tal que expp (BR (0)) = expp (Tp S) = S como expp es continua y BR (0) es compacto entonces S es compacta. 5.4. Decimos que una sucesión {pn }∞ n=1 de puntos de una superficie S converge a un punto p0 ∈ S en la distancia (intrinsica) d si, dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 implica que d(pn , po ) < ε. Demuestre que una sucesión de puntos {pn }∞ n=1 ⊂ S converge a p0 ∈ S en d si y sólo si {pn }∞ on de puntos en R3 (es n=1 converge a p0 como una sucesi´ decir, en la distancia euclideana).

134


Soluci´ on: ⇒ Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que d(pn , p0 ) < ε ,

∀ n > n0 .

Para m ∈ N fijo con m > n0 , sea α : [a, b] → S una curva tal que α(a) = p0 y α(b) = pm entonces se sabe que Z b kpm − p0 k ≤ kα(a) − α(b)k ≤ kα0 (t)kdt a

tomando infimo sobre todas las curvas que unen pm con p0 obtenemos que kpm − p0 k ≤ d(pm , p0 ) < ε para cada m > n0 . Por lo tanto, {pn }∞ n=1 converge a p0 como una suce3 sión de puntos en R . Sea γ : [0, `] → S una geodésica parametrizada por longitud ⇐ de arco tal que γ(sn ) = pn y γ(0) = p0 . Entonces Z sn d(γ(sn ), γ(0)) = kγ 0 (t)kdt = |sn − 0| = sn (5.1) 0

Para n suficientemente grande el trazo de geodésica que une pn con p0 es inyectivo. Luego, existe una inversa local γ −1 que es continua. Como por hipótesis pn → p0 en la distancia k · k entonces por la continuidad de γ −1 se tiene que sn → 0 cuando n → ∞ lo que implica seg´ un (5.1) que {pn } converge a p0 con respecto a d. 5.5. Sea S una superficie. Una sucesión {pn }∞ n=1 ⊂ S es de Cauchy en la distancia (intrinsica) d si, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n, m ≥ n0 implica que d(pn , pm ) < ε. Demostrar que S es completa si y sólo si cada sucesión de Cauchy en S converge a un punto en S. Soluci´ on: ⇐ Sea γ una geodésica con kγ 0 k = 1. Suponga que S no es completa, esto es, que γ está definida para todo s < s0 pero no para s = s0 . Sea

135


{sn }∞ on tal que l´ım sn = s0 , por ser una sucesión convergente n=1 sucesi´ n→∞ ella es de Cauchy entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que |sn − sm | < ε ,

∀ n, m ≥ n0 .

Entonces, d(γ(sn ), γ(sm )) =

Z

sm sn

kγ 0 (t)kdt = |sn − sm | < ε .

Luego, {γ(sn )}∞ on de Cauchy con respecto a d, por n=1 ⊂ S es una sucesi´ hipótesis, existe po ∈ S tal que l´ım γ(sn ) = p0 . Por otro lado, existe n→∞

δ > 0 tal que expp0 : Bδ (0p0 ) → S es un difeomorfismo, entonces para n, m suficientemente grande se tiene que γ(sn ), γ(sm ) ∈ exp(Bδ (0)) y tenemos la siguiente situación geométrica Tp0 S

expp0 (Bδ (0))

exp−1 p0 (γ(sm ))

0

γ(sm ) p0

Γ

expp0

γ(sn )

exp−1 p0 (γ(sn ))

γ

Haciendo m → ∞ vemos que el rayo que une 0 con el punto exp −1 p0 (γ(sn )) −1 coincide con la curva Γ(s) = expp0 (γ(s)), por lo tanto γ puede prolongarse hasta p0 , lo que constituye una contradicción. Sea {Pn }∞ on de Cauchy con respecto a d. ⇒ n=1 ⊂ S una sucesi´ Entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que d(pn , pm ) < ε ,

∀ n, m ≥ n0 .

Como kpn − pm k ≤ d(pn , pm ), entonces {pn }∞ on de n=1 es una sucesi´ 3 Cauchy con respecto a k · k. Como R es completo, existe p0 ∈ R3 tal que l´ım pn = p0 . Supongamos que p0 ∈ / S. Como d(pn0 , pn ) < ε, n→∞

136

Cap´ıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow en virtud del Teorema de Hopf-Rinow existe una geodésica m´ınima γn que une pn0 con pn con `(γn ) < ε. Haciendo n → ∞, γn tiende a una geodésica m´ınima γ con `(γ) ≤ ε. Parametrizando γ por longitud de arco, como po ∈ / S implica que γ no está definida para s = ε, lo cual es una contradicción.

5.6. Sean S y M superficies y ϕ : S → M un difeomorfismo. Suponga que M es completa y que existe c > 0 tal que cIϕ(p) (dϕp (v)) ≤ Ip (v) para todo p ∈ S y todo v ∈ Tp S. Demostrar que S es completa. Soluci´ on: Sea γ una geodésica minimizante que une p y q, como ϕ es un difeomorfismo se tiene que Γ(s) = ϕ(γ(s)) es una geodésica en M , luego Z b Z b 0 dS (p, q) = kγ (t)kdt = Ip (γ 0 (t))dt a a Z b Z b 0 ≥ c · Iϕ(p) (dϕp (γ (t)))dt = c Iϕ(p) (Γ0 (t))dt a

a

= cdM (ϕ(p), ϕ(q))

Ahora bien, sea {pn }∞ on de Cauchy con respecto a dS , n=1 ⊂ S sucesi´ entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que c · dM (ϕ(pn ), ϕ(pm )) ≤ dS (pn , pm ) < ε ,

∀ n, m ≥ n0 .

Luego, {ϕ(pn )}∞ n=1 ⊂ M es de Cauchy con respecto a dM . Como M es completa entonces existe ϕ(po ) ∈ M tal que l´ım ϕ(pn ) = p0 , por n→∞

ser ϕ−1 continua tenemos que l´ım pn = p0 ∈ S. Por lo tanto, S es n→∞ completa. 5.7. Sean S una superficie completa y M una superficie conexa tal que para todo par de puntos de M se pueden unir por una u ´ nica geodésica. Sea ϕ : S → M una isometr´ıa local. Demuestre que ϕ es una isometr´ıa global.


137

Soluci´ on: Basta probar que ϕ es biyectiva. Supongamos que p1 , p2 ∈ S con p1 6= p2 son tales que ϕ(p1 ) = ϕ(p2 ) = q. Como S es completa, existe una geodésica m´ınima γ que une p1 con p2 . Como ϕ es una isometr´ıa local, entonces ϕ ◦ γ es una geodésica cerrada que parte en q y que tiene la misma longitud de γ. Entonces, cualquier punto en ϕ ◦ γ distinto de q se puede unir con q mediante dos geodésicas distintas, lo que constituye una contradicción. Luego ϕ es inyectiva. Ahora probaremos que ϕ es sobreyectiva, como ϕ es un difeomorfismo local, ϕ(S) ⊂ M es un conjunto abierto en M . Demostraremos que ϕ(s) es un conjunto cerrado en M y como M es conexa implica que ϕ(S) = M . Si ϕ(S) no es cerrado en M entonces existe una sucesión {ϕ(pn )} con pn ∈ S tal que l´ım ϕ(pn ) = p ∈ / ϕ(S) .

n→∞

Asi, {ϕ(pn )} es una sucesión de Cauchy en ϕ(S) que no es convergente. Como ϕ es una isometr´ıa local inyectiva, {pn } es una sucesión de Cauchy en S que no es convergente, lo que contradice la completitud de S.

138


Bibliograf´ıa [1] Do Carmo, M Differential Geometry of Curves and Surfaces. Prentice Hall, 1976. [2] Lima, E. L. Curso An´ alise Vol 1. Proyecto Euclides, IMPA, 1989. [3] Lima, E. L. Curso An´ alise Vol 2. Proyecto Euclides, IMPA, 1989. [4] Mccleary, J. Geometry from a Differentiable Viewpoint. Cambridge University Press, 1982. [5] Spivak, M. C´ alculo en Variedades. Editorial Reverté, 1970. [6] Struik, D. J. Lectures on Clasical Differential Geometry. AddisonWesley, 1950.

139

Apuntes de Geometria Diferencial

Recommend Documents