• Author / Uploaded
• cernadesgomez

Citation preview

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

GEOMETR´IA DIFERENCIAL P R O B L E M A S

R E S U E L T O S

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile 2010

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 comprensi´on de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesitar´a perder mucho tiempo en la teor´ıa para evocarse a atacar problemas de los textos gu´ıas. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que deseen una presentaci´on m´as completa y los alumnos, por as´ı decirlo, 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 m´as amplio. La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos de geometr´ıa diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ıa que el lector s´olo consultase las soluciones despu´es de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin ´exito, el que nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje. Los problemas que el lector encontrar´a se basan en las ayudantias del curso de geometr´ıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la Pontificia Universidad Cat´olica de Chile, el cual est´a dirigido a estudiantes de Licenciatura en Matem´atica. Muchos de los problemas han sido tomados de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.

iii

iv

´Indice 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. Geod´esicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 aplicaci´on 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 definici´on: 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 r´apidez 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, est´a bien definido un vector unitario n(s) en la direcci´on α00 (s) mediante la ecuaci´on α00 (s) = κ(s)n(s). M´as 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 torsi´on 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 Isoperim´etrica). 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 v´ertice 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 est´a completamente contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente en t. Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro v´ertices). Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro v´ertices.

1.3.

Problemas Resueltos

1.1. Hallar una parametrizaci´on de la curva que es la intersecci´on de un cilindro circular de radio 21 en la direcci´on del eje z y la esfera de radio 1 y centro (− 21 , 0, 0). Soluci´ on: Un punto (x, y, z) est´a 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 ecuaci´on (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 ecuaci´on (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 ´esta 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 ecuaci´on param´etrica. (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 parametrizaci´on de la curva sobre la esfera unitaria que corta cada meridiano en un a´ngulo constante α. Soluci´ on: Consideremos la proyecci´on 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 definici´on 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 proyecci´on 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 a´ngulo 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 a´ngulo 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 s´olo si α(t) es ortogonal a α0 (t) para todo t ∈ I.

8

Cap´ıtulo 1. Curvas

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 m´axima 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 m´aximo 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 est´a en la direcci´on al segmento lineal a p.

9

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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) Obt´engase 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 rotaci´on completa del disco. Soluci´ on: (a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar en un a´ngulo θ, el centro del c´ırculo es movido a (rθ, r). Notemos que b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces la parametrizaci´on 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 rotaci´on 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 di´ametro 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 describir´a 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 ecuaci´on del c´ırculo S 1 es (x − a)2 + y 2 = a2 .

(1.5)

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

(1.6)

El punto C es la intersecci´on 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 f´acilmente 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 Adem´as 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 a´ngulo 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

(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 intersecci´on 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 ecuaci´on 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 ´el (por eso, la traza de α es denominada espiral logar´ıtmica; ve´ase 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 partici´on: 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 partici´on dada. La norma |P | de la partici´on se defini por: |P | = m´ax(ti − ti−1 ) ,

i = 1, · · · , n .

Geom´etricamente, l(α, P ) es la longitud de un pol´ıgono inscrito en α([a, b]) con v´ertices en α(ti ) (ver la figura). La intensi´on 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

Cap´ıtulo 1. Curvas

α

α(tn−1 ) 

 α(ti ) 



α(t0 )  

α(tn ) 

α(t1 )



α(t2 )

Pru´ebese que dado un ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |P | < δ entonces: Z b 0 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

1.12. (a) Sea α : I → R3 una curva de clase C 0 : Utilicese la aproximaci´on poligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definici´on razonable de longitud de arco para α. (b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con cualquier definici´on 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, geom´etricamente, que la longitud de arco de la porci´on 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 partici´on 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 partici´on   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

Cap´ıtulo 1. Curvas

1.14. Sup´ongase que α(I) ⊂ R2 y dotese de signo a κ como en el texto. Transp´ortese los vectores t(s) paralelamente as´ı mismos de forma que los or´ıgenes de t(s) coinsidan con el origen de R2 ; los extremos de t(s) describen entonces una curva parametrizada s → t(s) denominada la indicatriz de tangentes de α. Sea θ(s) el a´ngulo de e1 a t(s) en la orientaci´on de R2 . Demostrar (a) y (b); n´otese 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 contradicci´on, pues estamos asumiendo que κ 6= 0. (b) Sabemos que θ(s) = a´ngulo(e1 , t(s)). Podemos suponer sin p´erdida de generalidad que α : I → R2 es una curva parametrizada por longitud de arco, es decir, kα0 (t)k = 1. Si dθ es el a´ngulo 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 || || a´ngulo(e1 , t(s + )) − a´ngulo(e1 , t(s)) l´ım →0  dθ . ds

21

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 conclusi´on 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 contradicci´on. 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 est´a bien definida una recta tangente.

1.16. Una traslaci´on por un vector v ∈ R3 es la aplicaci´on A : R3 → R3 dada por A(p) = p + v, p ∈ R3 . Una aplicaci´on lineal ρ : R3 → R3 es una transformaci´on ortogonal cuando hρu, ρvi = hu, vi, ∀ u, v ∈ R3 . Un movimiento r´ıgido en R3 es el resultado de componer una traslaci´on y una transformaci´on ortogonal con determinante positivo. (a) Demostrar que la norma de un vector y el a´ngulo 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 afirmaci´on si suprimimos la condici´on determinante positivo? (c) Demu´estrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsi´on de una curva parametrizada (siempre que est´en definidos) son invariantes frente a movimientos r´ıgidos. Soluci´ on: (a) Sea ρ : R3 → R3 una transformaci´on 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 representaci´on matricial de ρ en la base can´onica 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 partici´on 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) .

Adem´as 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 situaci´on, 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 intersecci´on de dichas normales converge a un punto sobre la curva β.

25

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas Soluci´ on:

(a) Supongamos que α est´a 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 intersecci´on se obtendr´an 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

Cap´ıtulo 1. Curvas

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 arcopar´ametro, 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

Luego, el vector normal unitario es n = (− cos(t/2), sin(t/2)) y adem´as 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 traslaci´on 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 reparametrizaci´on de α(I) por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 ∈ I. Sea t = t(s) la dα d2 α funci´on 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 adem´as (

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 est´a contenida en una esfera de radio r entonces su curvatura satisface κ(s) ≥ 1/r.

31

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

Soluci´ on: Supongamos que α est´a arcoparametrizada. Si α est´a en una esfera de centro en a y radio r entonces kα(s) − ak2 = r 2 . Derivando esta ecuaci´on 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 parametrizaci´on por longitud de arco tal que el trazo de α est´a 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 Afirmaci´on: Si κα (s0 ) < entonces α(s) ⊆ R2 \ Dr para todo 0 < r |s − s0 | < δ. En efecto, basta considerar la funci´on 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 condici´on necesaria y suficiente para que una curva α : I → R3 est´e sobre una esfera es que  0 0 κ τ = . κ κ2 τ Soluci´ on: ⇒ Si α : I → R3 est´a 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 t´ermino que es cero es debido a la ecuaci´on (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 hip´otesis es equivalente ρ = −σ(ρ0 σ)0 .

Usando esta informaci´on 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 est´a contenida en una esfera de centro en a y radio r.

1.25. Probar que si todos los planos normales a una curva pasan por un punto fijo entonces la curva est´a contenida en una esfera. Soluci´ on: La ecuaci´on del plano normal en 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 est´a contenida en una esfera.

35

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

1.26. Demu´estrese que el conocimiento de la funci´on vectorial b = b(s), el vector binormal, de una curva α, cuya torsi´on nunca es nula, determina la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsi´on 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 ecuaci´on 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-par´ametro y torsi´on constante τ . Si {Tα , Nα , Bα } es su triedro m´ovil se define una nueva curva por Z t 1 Bα (s)ds . β(t) = − Nα (t) + τ 0 Calcular la curvatura y la torsi´on 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

Cap´ıtulo 1. Curvas

1.28. Sea κ : I → R la funci´on curvatura de la parametrizaci´on 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 adem´as, 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 torsi´on. 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 torsi´on no se anulan. Se dice que es una h´elice de eje el vector unitario ω y a´ngulo θ si los vectores tangentes a α forman un a´ngulo θ con ω.

(a) Probar que en tal caso el vector ω es combinaci´on lineal de t y b; calcular los coeficientes de dicha combinaci´on lineal. (b) Probar que α es una h´elice si y s´olo si el cociente κ/τ es una funci´on 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 h´elice 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 a´ngulo entre t(s) y α(s) es θ (fijo). Demuestre (a) Si θ = 0 entonces la traza de α est´a contenida en una recta. (b) Si θ = π2 , entonces la traza de α est´a contenido en un c´ırculo. (c) Si 0 < θ < π2 , entonces la traza de α est´a 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 adem´as 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 s´olo si a = b. Soluci´ on: Usamos la desigualdad isoperim´etrica aplicada a la curva α(t) = (a cos t, b sin t) que es una parametrizaci´on 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 isoperim´etrica 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 isoperim´etrica. Sabemos que si α es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el a´rea de la regi´on encerrada por α entonces A≤

l2 . 4π

Tenemos que

l2 36m2 9 = = m2 < 3m2 = A 4π 4π π lo cual contradice la desigualdad isoperim´etrica. 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperim´etrica para curvas C 1 a trozos, la curva de la familia que delimita un a´rea m´axima es S 1 , como α est´a fijo, el arco β es la soluci´on 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 v´ertices, encu´entrelos. 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 v´ertice 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 v´ertices de la elipse. Note que la curva cumple las hip´otesis del teorema de los cuatro v´ertices, luego ella necesariamente tiene al menos cuatro v´ertices. 1.38. Considere la curva α(t) = (t, t2 ), t ∈ R. Probar que la curvatura de α nunca se anula y calcular el n´ umero de v´ertices. ¿Contradice esto el teorema de los cuatro v´ertices? 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 v´ertice en t = 0. Esto no contradice el Teorema de los cuatro v´ertices debido a que α no es una curva cerrada.

44

Cap´ıtulo 1. Curvas

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 s´olo dos v´ertices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro v´ertices? 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 v´ertices. Esto no contradice el teorema de los cuatro v´ertices pues la curva no es simple, como se aprecia en la siguiente figura. κ0 (t) =

45

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 est´en en la direcci´on de los vectores tangente y normal a la curva γ en el punto p. Sea γ(s) = (x(s), y(s)) nuestra parametrizaci´on. 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 informaci´on, 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

Cap´ıtulo 1. Curvas

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 est´a contenida en la regi´on 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 est´en en la direcci´on 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 parametrizaci´on del c´ırculo de radio r 0 y centro O. Debido a que la curva est´a contenida en la regi´on que encierra el c´ırculo se tiene que: |z(t)| ≤ |y(t)| . Usando la f´ormula del problema anterior para curvatura obtenemos 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 est´a 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

Soluci´ on: Sea O el centro del disco en cuesti´on de radio r. Reduzca el radio del c´ırculo hasta la primera vez en que el c´ırculo toque a la curva. Entonces, sea r 0 el radio hallado con r 0 ≤ r y α(t0 ) el punto de intersecci´on. 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 rotaci´on 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 c´alculo del a´rea usamos la f´ormula Z 1 (uv 0 − vu0 )ds . A(β) = 2 β Usando la relaci´on (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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 f´ormula para curvatura para curvas planas. Supongamos que α est´a 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 s´olo si en ella la expresi´on 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 direcci´on del gradiente de f . Soluci´ on: Rs (i) Sabemos que κ(s) no cambia de signo si y s´olo si θ(s) = 0 κ(s)ds es una funci´on creciente, ya que θ 0 (s) = κ(s). Luego, la curva γ asociada a la curvatura κ es una curva convexa si y s´olo si κ no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la funci´on impl´ıcita, existe g : R → R tal que f (x, g(x)) = c y la curva de nivel f (x, y) = c puede ser parametrizada mediante 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 f´ormula 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 s´olo si κ(x, y) no cambia de signo si y s´olo si la curva f (x, y) = c es convexa. (ii) Usando la f´ormula obtenida, se obtiene 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 rotaci´on 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 aplicaci´on 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 aplicaci´on 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 funci´on 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 simult´aneamente 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

La forma cuadr´atica definida por la ecuaci´on (2.1) se denomina la primera forma fundamental de la superficie y las funciones definidas en (2.2) son llamados los coeficientes de la primera forma fundamental. Proposici´ on 2.1. 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 regi´on R ⊆ U es ZZ Aσ (R) = kσu × σv kdudv . R

2.2.

La Segunda Forma Fundamental

Dada una parametrizaci´on 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 expresi´on

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

Cap´ıtulo 2. Superficies

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 hiperb´olico S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 − y 2 } es una superficie regular. Soluci´ on: Consideremos la siguiente aplicaci´on 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 aplicaci´on 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))

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

57

alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con ´esta, es un superficie regular. Soluci´ on: Considere la parametrizaci´on 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 funci´on diferenciable, su gr´afico Graf (f ) = {(x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y)} es una superficie diferenciable. Soluci´ on: Basta considerar la parametrizaci´on F : U ⊂ R2 → R3 dada por F (u, v) = (u, v, f (u, v)) . 2.6. Demuestre que el toro T = {(x, y, z) ∈ 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 funci´on 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 est´a contenida en S, y que todo punto del hiperboloide esta sobre una de estas l´ıneas. Deduzca que S puede ser cubierta por solo una parametrizaci´on 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 est´an 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 parametrizaci´on de S 1 por arcopar´ametro. 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)

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 est´a en el hiperboloide de una hoja. 2.8. Hallar la ecuaci´on 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 revoluci´on 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 parametrizaci´on del hiperboloide de revoluci´on 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 revoluci´on 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 proyecci´on estereogr´afica 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 intersecci´on 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 proyecci´on estereogr´afica, recubrir la esfera con dos entornos coordenados. c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una parametrizaci´on.

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

61

Soluci´ on: a) Sea Lp la l´ınea recta que une el polo norte de la esfera con un p = (x, y, 0) perteneciente al plano xy, entonces Lp = {N (1 − t) + tp : t ≥ 0}

= {(0, 0, 1)(1 − t) + t(x, y, 0) : t ≥ 0}

= {(xt, yt, 1 − t) : t ≥ 0}

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

2 . x2 + y 2 + 1

Entonces la inversa de la proyecci´on estereogr´afica 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 estereogr´aficas una desde el polo norte y otra desde el polo sur obtenemos dos parametrizaciones que cubren completamente la esfera unitaria, queda como ejercicio ver que estas cumplen los axiomas de superficie regular. c) Si la esfera S 2 fuera cubierta por solo una parametrizaci´on 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 revoluci´on 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 .

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

63

c) Para el cilindro hiperb´olico 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 revoluci´on 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 parametrizaci´on por proyecci´on estereogr´afica. Use esto para calcular el largo de un meriadiano completo. Soluci´ on: La proyecci´on estereogr´afica es dada por   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 adem´as + 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

√ 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 parametrizaci´on 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

Cap´ıtulo 2. Superficies

2.14. Demuestre que el a´rea A de una regi´on 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 parametrizaci´on 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 revoluci´on siempre puede parametrizarse de forma que que E = E(v),

F = 0,

G=1.

67

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

Soluci´ on: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva generatriz C de la superficie de revoluci´on, 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 revoluci´on tinen como parametrizaci´on 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 revoluci´on y C su curva generatriz. Sea s la longitud de arco de C y den´otese por ρ = ρ(s) a la distancia desde el eje de rotaci´on 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 revoluci´on. Soluci´ on: (a) La parametrizaci´on de una superficie de revoluci´on 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 parametrizaci´on de la curva generatriz c es α : [0, l] → R2 es α(s) = (f (s), g(s)) . Notemos que la distancia del eje de rotaci´on 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 revoluci´on 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

Cap´ıtulo 2. Superficies

2.18. Sean p(t), q(t) puntos en el espacio que se mueven con igual rapidez, el primero desde (0, 0, 0) en direcci´on del eje Z, y el segundo desde (1, 0, 0) en direcci´on del eje Y . Demuestre que el conjunto de rectas que une p(t) con q(t) est´a dado por la ecuaci´on y(x − 1) + xz = 0. ¿Es este conjunto una superficie regular? Soluci´ on: Podemos parametrizar p y q mediante arcoparametro

p(t) = (0, 0, t) y q(t) = (1, t, 0)

y se verifica que kp0 (t)k = 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 geom´etricamente 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 est´a 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 geom´etricamente. Pruebe que Dψ(u, 0) tiene rango m´aximo s´olo en los puntos donde rκ(u) 6= 1, en cuyo caso, la normal a la superficie est´a 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 est´a en a direcci´on de α0 (u). Por hip´otesis 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 m´aximo. 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 ecuaci´on f (x, y, z) = a, donde a es un valor regular de f . Demuestre que la segunda forma fundamental de S viene dada por 1 hdN (v), vi = Hess (f )(v, v). k∇f k

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

(2.4)

73

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

ya que a es valor regular estamos suponiendo fz 6= 0. Entonces, tenemos la parametrizaci´on 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 2. Superficies

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 definici´on 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 est´a parametrizado por longitud de arco, γ 00 es perpendicular a γ 0 , y luego ~ yN ~ × γ 0: es una combinanci´on 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 geod´esica ~ y N ~ × γ 0 son vectores perpendiculares, la de γ, respectivamente. Como N ecuaci´on (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 ecuaci´on 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 ecuaci´on (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 ecuaci´on (3.3), el correspondiente vector tangente η t = ξσu + ησv de la superficie σ(u, v) es llamado una direcci´on 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 direcci´on principal en p, entonces se dice que C es una l´ınea de curvatura de S

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

77

Teorema 3.1 (Rodrigues). Una condici´ on necesaria y suficiente para que una curva regular conexa C en S sea una l´ınea de curvatura de S es que 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 ecuaci´on 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 m´as sim´etrica, 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 ´ngulo 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.

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies

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 geod´esica 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 geod´esica si y s´ olo si la curvatura geod´esica es cero.

79

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

Teorema 3.4. Una curva γ sobre una superficie S es una geod´esica 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 geod´esicas.

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 isom´etricas. 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

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies

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 f´ormula son llamados los s´ımbolos de Christoffel. Proposici´ on 3.5 (Ecuaciones Codazzi-Mainardi). Defina los s´ımbolos de Christoffel de una superficie parametrizada 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 expresi´on resulta hα0 (s), α(s) − ai = 0 ,

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 ecuaci´on para la curva plana y = y(x) tal que el segmento entre el punto de tangencia y el eje y es constante igual a 1 (una curva tal se llama tractrix). (ii) Pruebe que la superficie de revoluci´on obtenida al rotar la curva C alrededor del eje y tiene curvatura gaussiana K ≡ −1. Soluci´ on: (i) Geometricamente se obtiene la siguiente relaci´on

82

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies

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 parametrizaci´on para esta superficie de revoluci´on 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 est´a dada por Z 1 π H= κn (θ)dθ, π 0 donde κn (θ) es la curvatura normal en una direcci´on que forma un a´ngulo θ con una direcci´on tangente fija. Soluci´ on: La f´ormula 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

Adem´as 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 adem´as 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)

adem´as 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 revoluci´on encontrar el m´aximo 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 parametrizaci´on 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 Adem´as, 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 informaci´on 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 funci´on de u derivando obtenemos que K0 = curvatura m´ınima

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

x

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

87

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3.7. En una superficie de revoluci´on 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 .

Adem´as, 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 revoluci´on de la catenaria x y = c cosh . c 1
, H = 0. Demuestre que K = − 2 c cosh4 uc Soluci´ on: La parametrizaci´on de la catenaria de revoluci´on 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 revoluci´on 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 parametrizaci´on para la superficie de revoluci´on 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

Adem´as 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. 3.13. Si φ = φ(u, v) es una parametrizai´on ortogonal, pruebe que 1 K=− √ 2 EG



E √ v EG



+ v



G √ u EG

 

.

u

Deduzca la f´ormula en el caso que φ sea conforme. Soluci´ on: Por el Teorema Egregio de Gauss la curvatura gaussiana s´olo 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 parametrizaci´on ortogonal entonces F = 0

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 geod´esica identicamente cero, entonces la curva es parte de una linea recta. Soluci´ on: Tenemos la siguiente relaci´on 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 geod´esica no recta contenida en un plano, entonces es l´ınea de curvatura. D´e un ejemplo de una l´ınea de curvatura plano que no sea geod´esica. Soluci´ on: Sea P el plano en donde la curva γ est´a 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 geod´esica 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

adem´as 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 condici´on 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 ecuaci´on 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 est´a contenido en el plano en donde est´a 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 geod´esica. 3.16. Sea p un punto en S. Una direcci´on asint´otica de S en p es una direcci´on de Tp (S) para la cual la curvatura normal es cero. Demuestre que K ≤ 0 para todo punto de una curva asint´otica sobre una superficie. Soluci´ on: Sea γ ⊂ S una curva asint´otica entonces tenemos que κn (p) = 0

∀p∈γ.

Adem´as, 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 geod´esica y curva asint´otica si y s´olo si es un segmento de recta.

96

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies Soluci´ on: Si γ es curva asint´otica entonces κn (p) = 0 para cada p ∈ γ. Por ser γ una geod´esica entonces su curvatura geod´esica 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 asint´otica. Adem´as, κ2g = κ2 − κ2n = 0 ⇒ γ es geod´esica. 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 m´ax 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 demostraci´on 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 geod´esicas 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 geod´esica si y solo si κg = 0. Usando la f´ormula κ2 = κ2n + κ2g se obtiene que las curvas geod´esicas satisfacen κ = κn = ±1. Es decir, las geod´esicas 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 a´ngulo constante con el vector normal a P . Soluci´ on: Supongamos que γ est´a arcoparametrizada por el Teorema de Rodrigues, γ es l´ınea de curvatura si y s´olo 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 a´ngulo constante con n, se concluye que N y el vector normal a P forman un a´ngulo 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 . Adem´as, 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 funci´on 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

99

como queriamos probar. 3.24. Sea S una superficie de revoluci´on. Calcular ZZ Kdσ S

Soluci´ on: Si α(u) = (f (u), g(u)) es la curva generatriz arcoparametrizada entonces la parametrizaci´on 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 combinaci´on 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 ecuaci´on es equivalente con la siguiente ecuaci´on 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 ecuaci´on A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0 . Note que de la ecuaci´on (3.9) obtenemos inmediatamente que det A = K y adem´as se sabe que 2H = a + d entonces obtenemos FIII − 2HFII + KFI = 0 . 3.28. Suponiendo que la Tierra es esf´erica. 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 funci´on de una regi´on de la superficie de la Tierra que no distorsiona las distancia ser´ıa un difeomorfismo desde esta regi´on de la esfera a una regi´on 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 aplicaci´on g : R2 → R2 dada por g(x) =

x c

entonces la aplicaci´on 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 contradicci´on. 3.30. Sea φ(u, v) una superficie. Demuestre la ecuaci´on 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 ecuaci´on 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 t´erminos 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

la igualdad de arriba todos los t´erminos con componentes en N y se obtiene fv − gu = eΓ122 + f (Γ222 − Γ112 ) − gΓ212 que es la primera ecuaci´on de Codazzi-Mainardi. La otra ecuaci´on 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 f´ormulas 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 ecuaci´on de Codazzi-Mainardi, esto es fv − gu = eΓ122 + f (Γ222 − Γ112 ) − gΓ212 no se satisface, lo cual es una contradicci´on. 3.33. Consid´erese el toro de revoluci´on generado por la rotaci´on 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 m´aximo, el paralelo m´ınimo y el paralelo superior. Compru´ebese cu´al de estos paralelos es a. Una geod´esica

106

Cap´ıtulo 3. Curvatura de Superficies b. Una curva asintotica c. Una l´ınea de curvatura Soluci´ on: La parametrizaci´on del toro de revoluci´on es: φ(u, v) = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sin v, r sin u) . Parametrizamos el paralelo m´aximo 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 geod´esica si y s´olo 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 geod´esica, ya que satisface el sistema (3.6). Por otro lado, la ecuaci´on 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 ecuaci´on diferencial de las curvas asint´oticas es e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 = 0 .

107

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 geod´esica 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 geod´esica y verifica las ecuaciones diferenciales de las l´ıneas de curvatura y de las curvas asint´oticas. 3.34. En el toro del ejercicio anterior, calc´ ulese la curvatura geod´esica del paralelo superior. Soluci´ on: Usamos el hecho que el valor absoluto de la curvatura geod´esica es igual al valor absoluto de la proyecci´on 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 torsi´on geod´esica 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 a´ngulo de eˆ1 hacia tˆ. (ii) Probar que las l´ıneas de curvatura est´an caracterizadas por tener torsi´on geod´esica id´enticamente 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, tˆi = 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 s´olo si N 0 = λtˆ si y s´olo si τg = 0. 3.36. Sea γ ⊂ S una curva asint´otica de curvatura nunca nula. Probar que su torsi´on 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 asint´otica 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 asint´oticas son u + v =const., u − v =const. Soluci´ on:

.

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

111

(a) Tenemos que las derivadas parciales de la parametrizaci´on 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 =

Adem´as, 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 ecuaci´on diferencial de las l´ıneas de curvatura dada en la ecuaci´on (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 ecuaci´on diferencial de las curvas asint´oticas es e(u0 )2 + 2f u0 v 0 + g(v 0 )2 = 0 ,

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 3. Curvatura de Superficies

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 tri´angulo geod´esico con a´ngulos interiores α, β, γ entonces ZZ (α + β + γ) − π = Kdσ . R

Geod´esica α

β Geod´esica γ

Geod´esica S

En la versi´on 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 est´a orientada positivamente si encierra la regi´on R “a su izquierda” vista “desde arriba”. En cada v´ertice α(ti ) tenemos un a´ngulo 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 parametrizaci´on compatible con la orientaci´on de S. Suponga adem´as 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 v´ertices α(ti ) y a´ngulos externos θi , i = 0, . . . , n−1. Consideremos funciones diferenciables ϕi :]ti , ti+1 ] → R que miden el a´ngulo positivo de σu a α0 (t) en cada t ∈ [ti , ti+1 ]. Teorema 4.1 (Teorema de la Variaci´on 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 variaci´on total del a´ngulo a una direcci´on dada del vector tangente a α, m´as los “saltos” en los v´ertices, 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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

117

Definici´ on 4.2. Llamaremos tri´angulo a una regi´on simple con s´olo tres v´ertices, y a´ngulos externos αi , i = 1, 2, 3. Una triangulaci´on de una regi´on regular R ⊂ S es una familia finita de tri´angulos 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 v´ertice com´ un a T i y a T j . Dada una triangulizaci´on T de una regi´on R ⊂ S de una superficie S, denotaremos por C al n´ umero de tri´angulos (caras), por L al n´ umero de lados (aristas) y por V al n´ umero de v´ertices de la triangulaci´on. Definici´ on 4.3. El n´ umero χ(R) = C − L + V se denomina caracter´ıstica de Euler-Poincare de la triangulaci´on. 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 g´enero de S.

2 − χ(S) 2

118

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet

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 funci´on (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 soluci´on.

2π 0

Z

π/2 −π/2

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

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 afirmaci´on? 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 geod´esica cerrada suave. Demuestre que γ no puede encerrrar una regi´on 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 revoluci´on, tenemos K < 0 y la geod´esica γ cerrada suave no encierra ninguna regi´on simple tal como lo muestra la figura.

120

Cap´ıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet

γ

4.4 Sea S una superficie con K < 0. Demuestre que dos geod´esicas 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 regi´on simple R de S. Soluci´ on: Si γ1 es una geod´esica desde p a q, seguida de la geod´esica γ2 de q a p se acotar´a una regi´on 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 a´ngulos externos de la regi´on R. Como las geod´esicas γ1 , γ2 no pueden cortarse tangencialmente, tenemos que θi < π, i = 1, 2 y como K ≤ 0 obtenemos una contradicci´on. 4.5 Sea S una superficie homeomorfa a un cilindro con curvatura gaussiana K < 0. Demuestre S tiene a los m´as una geod´esica cerrada simple.

121

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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

q 

γ2

regi´on simple

p γ 1

Luego, ambas geod´esicas deben ser “tipo cintur´on”como se aprecia en la siguiente figura

γ2 γ1

Existe un difeomorfismo entre la regi´on de “tipo cintur´on” 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 contradicci´on, pues K < 0. 4.6 Sea S una superficie compacta con K > 0. Demuestre que dos geod´esicas cerradas suaves se deben cortar. Soluci´ on: Por problema 3, sabemos que S es difeomorfa a una esfera. Ahora bien, si las geod´esicas no se cortan γ2 γ1

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

y como K > 0 esto constituye una contradicci´on.

123

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 geod´esica 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 geod´esica 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 aplicaci´on 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 funci´on 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 ecuaci´on x2 + y 2 + z 4 = 1 implica que −1 ≤ x, y, z ≤ 1. Por otro lado, la superficie (ii) es obtenida por rotaci´on 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 sucesi´on de geod´esicas 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 revoluci´on 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 geod´esicas cerradas γn cuyo largo tiende a cero. (b) Supongase que S es una superficie compacta. Si existe una sucesi´on de geod´esicas 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 revoluci´on (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 ∂ ∂ t´erminos de y . ∂θ ∂s

Soluci´ on: Un c´alculo 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 parametrizaci´on 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 a´ngulo ψ del v´ertice 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 isom´etrico 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 a´ngulo central θ = s, que el a´ngulo 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 geod´esica 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 geod´esica 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 esf´erica 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 continuaci´on, alrededor Z Z del eje x obtenemos una superficie de revoluci´on M ⊂ R3 . Calcule

Kdσ.

M

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

129

z

x Soluci´ on: La superficie de revoluci´on asi obtenida por la curva es homeomorfa a una secci´on de una superficie cilindrica. Luego la caracteristica de Euler es χ(M ) = 0. Adem´as, el borde de M consiste de dos c´ırculos los cuales justamente son geod´esicas 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 4. El Teorema de Gauss-Bonnet

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 construcci´on corresponde a trazar (si es posible) sobre w ~ la u ´ nica geod´esica γ que pasa por p en la direcci´on 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 geod´esica parametrizada γ : [0, ε) → S, que comience en p = γ(0), puede prolongarse a una geod´esica parametrizada γ : R → S, definida en toda la recta real R. En otras palabras, S es completa cuando la aplicaci´on exp p : Tp S → S est´a 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 m´etrico. (iv) Dados p, q ∈ S, existe una geod´esica 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 geod´esica 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 geod´esica en S \ F entonces γ no se puede prolongar para s = s0 . Por lo tanto, S \ F no es completa.

133

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

5.2. Sea S una superficie completa. Demuestre que para cada p ∈ S la aplicaci´on expp : Tp S → S es sobreyectiva. Soluci´ on: Sea q ∈ S y considere γ la geod´esica 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 geod´esicamente 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 sucesi´on {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 sucesi´on de puntos {pn }∞ n=1 ⊂ S converge a p0 ∈ S en d si y s´olo si {pn }∞ on de puntos en R3 (es n=1 converge a p0 como una sucesi´ decir, en la distancia euclideana).

134

Cap´ıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow

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 si´on de puntos en R . Sea γ : [0, `] → S una geod´esica 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 geod´esica que une pn con p0 es inyectivo. Luego, existe una inversa local γ −1 que es continua. Como por hip´otesis 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 sucesi´on {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 s´olo si cada sucesi´on de Cauchy en S converge a un punto en S. Soluci´ on: ⇐ Sea γ una geod´esica con kγ 0 k = 1. Suponga que S no es completa, esto es, que γ est´a definida para todo s < s0 pero no para s = s0 . Sea

135

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

{sn }∞ on tal que l´ım sn = s0 , por ser una sucesi´on 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´ hip´otesis, 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 situaci´on geom´etrica 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 contradicci´on. 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 geod´esica m´ınima γn que une pn0 con pn con `(γn ) < ε. Haciendo n → ∞, γn tiende a una geod´esica m´ınima γ con `(γ) ≤ ε. Parametrizando γ por longitud de arco, como po ∈ / S implica que γ no est´a definida para s = ε, lo cual es una contradicci´on.

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 geod´esica minimizante que une p y q, como ϕ es un difeomorfismo se tiene que Γ(s) = ϕ(γ(s)) es una geod´esica 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 geod´esica. Sea ϕ : S → M una isometr´ıa local. Demuestre que ϕ es una isometr´ıa global.

Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas

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 geod´esica m´ınima γ que une p1 con p2 . Como ϕ es una isometr´ıa local, entonces ϕ ◦ γ es una geod´esica 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 geod´esicas distintas, lo que constituye una contradicci´on. 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 sucesi´on {ϕ(pn )} con pn ∈ S tal que l´ım ϕ(pn ) = p ∈ / ϕ(S) .

n→∞

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

138

Cap´ıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow

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 Revert´e, 1970. [6] Struik, D. J. Lectures on Clasical Differential Geometry. AddisonWesley, 1950.

139