apuntes de geometria diferencial

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

GEOMETR DIFERENCIAL IAP R O B L E M A S R E S U E L T O S

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile 2010

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PrefacioEste libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometr a Diferencial. Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. As espero facilitar la comprensin de los estudiantes que, al adoptarlo, no o necesitar perder mucho tiempo en la teor para evocarse a atacar problea a mas de los textos gu Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores as. que deseen una presentacin ms completa y los alumnos, por as decirlo, noro a males que busquen lecturas complementarias pueden consultar Geometr a diferencial de curvas y supercies de Manfredo do Carmo que trata de la misma materia con un enfoque ms amplio. a La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que sirven para jar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos de geometr diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe a lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar que el lector a slo consultase las soluciones despus de haber hecho un serio esfuerzo para o e resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin xito, el que e nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje. Los problemas que el lector encontrar se basan en las ayudantias del a curso de geometr diferencial impartido en la Universidad de Chile y la a Ponticia Universidad Catlica de Chile, el cual est dirigido a estudiantes o a de Licenciatura en Matemtica. Muchos de los problemas han sido tomados a de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.

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Indice general1. Curvas 1.1. Teor Local de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . . . . . . . . . 1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 2 3

2. Supercies 53 2.1. La Primera Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3. Curvatura de Supercies 3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Supercie 3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana . . . . . 3.3. Geodsicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . e 3.4. El Teorema Egregio de Gauss . . . . . . . . 3.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . 75 75 78 78 79 80

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4. El Teorema de Gauss-Bonnet 115 4.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 5. Supercies Completas. Teorema de Hopf-Rinow 131 5.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

v

vi

Cap tulo 1 Curvas1.1. Teor Local de Curvas a

Denicin 1.1. o Una curva parametrizada diferenciable es una aplicacin diferenciable : o 3 (a, b) R . Denicin 1.2. o Una curva parametrizada diferenciable : (a, b) R3 se denomina regular si (t) = 0 para todo t I. Denicin 1.3. o Dado t (a, b), la longitud de arco de una curva parametrizada regular : (a, b) R3 , desde el punto t0 , es por denicin: ot

s(t) =t0

(t) dt .

Denicin 1.4. o Una curva parametrizada : (a, b) R3 es llamada arco-parametrizada o de rpidez uno si (t) es un vector unitario para todo t (a, b), esto es, a (t) = 1. Denicin 1.5. o Sea : (a, b) R3 una curva parametrizada por longitud de arco s I. El n mero (s) = (s) se denomina la curvatura de en s. u 1

2

Cap tulo 1. Curvas

En puntos donde (s) = 0, est bien denido un vector unitario n(s) a en la direccin (s) mediante la ecuacin (s) = (s)n(s). Ms a n, o o a u (s) es normal a (s), pues diferenciando (s), (s) = 1 obtenemos (s), (s) = 0. As n(s) es normal a (s) y se denomina el vector nor, mal en s. El plano determinado por los vectores unitarios tangente y normal, (s) y n(s), se denomina el plano osculador en s. Denotaremos por t(s) = (s) al vector unitario tangente de en s. Por tanto, t (s) = (s)n(s). El vector unitario b(s) = t(s) n(s) es normal al plano osculador y lo llamaremos el vector binormal en s. Denicin 1.6. o Sea : (a, b) R3 una curva parametrizada por lo longitud de arco s tal que (s) = 0, s (a, b). El n mero (s) denido por b (s) = (s)n(s) se u denomina la torsin de en s. o Teorema 1.1. Sea una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces, t n b = n = t + b = n . (1.1)

Las ecuaciones en (1.1) son llamadas las ecuaciones de Frenet-Serret. Teorema 1.2 (Teorema Fundamental de la Teor Local de Curvas). a Dadas las funciones diferenciables (s) > 0 y (s), s (a, b), existe una curva parametrizada regular : (a, b) R3 tal que s es la longitud de arco, (s) es la curvatura, y (s) es la torsin de . Adems, cualquier otra curva o a , satisfaciendo las mismas condiciones diere de en un movimiento rgido; 3 esto es, existe una aplicacin lineal ortogonal de R , con determinante o positivo, y un vector v tal que = + v.

1.2.

Propiedades Globales de las curvas planas

Denicin 1.7. o Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular : [a, b] R2

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

3

Denicin 1.8. o La curva es simple si carece de otras autointersecciones; o sea, si t1 , t2 [a, b], t1 = t2 , entonces (t1 ) = (t2 ). Teorema 1.3 (La desigualdad Isoperimtrica). e Sea una curva cerrada, simple y plana de longitud , y sea A el area de la regin encerrada por . Entonces o A 1 42

y la igualdad se da si solo si es un crculo. Denicin 1.9. o Un vrtice de una curba regular plana : [a, b] R2 es un punto t [a, b] e en donde (t) = 0. Denicin 1.10. o Una curva regular plana (no necesariamente cerrada) : [a, b] R2 es convexa si, para todo t [a, b], la traza ([a, b]) de est completamente a contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente en t. Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro vrtices). e Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro vrtices. e

1.3.

Problemas Resueltos

1.1. Hallar una parametrizacin de la curva que es la interseccin de un o o 1 cilindro circular de radio 2 en la direccin del eje z y la esfera de radio o 1 1 y centro ( 2 , 0, 0). Solucin: Un punto (x, y, z) est en el cilindro si o a x2 + y 2 = 1 4 (1.2)

4 y en la esfera si x+ 1 22

Cap tulo 1. Curvas

+ y2 + z2 = 1 .

(1.3)

Se observa de la ecuacin (4) que, 1 z 1, sea entonces z = sin t. o Ahora, haciendo (4) (3) obtenemos: x+ 1 3 1 + sin2 t = x = sin2 t . 4 4 2

De la ecuacin (3) se tiene o y= 1 x2 = 4 sin2 t sin4 t = sin 1 sin2 t = sin t cos t .

Por lo tanto, : [, ] R3 es dada por: (t) = 1 sin2 t, sin t cos t, sin t 2 .

1.2. Parametrizar la curva que se forma de un c rculo sobre una hoja al doblarse sta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es e igual al del c rculo. Solucin: Sea : [0, a] [b/2, b/2] C dada por o (t, s) = cos 2 2 t, sen t, s a a .

b 2

x0

|

1 a

b 2

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a El c rculo S 1 es dado por la ecuacin paramtrica. o e (x x0 )2 + y 2 = r 2

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con 0 < 2|x0 r| < a < b, parametriza por : [0, 2r] [0, a] [b/2, b/2] denida por x x (x) = x0 + r cos , r sen r r la curva que se forma del c rculo sobre la hoja al doblarse sobre el c lindro esta parametrizada por (t) = ( )(t)

t t = x0 + r cos , r sen s r 2 t 2 = cos x0 + r cos , sen a r a

x0 + r cos

t r

, r sen

t r

.

Si (t) = (1 (t), 2 (t), 3 (t)) entonces 2 t x0 + r cos a r 2 t x0 + r cos 2 (t) = cos a r 3 (t) = cos t . 1 (t) = sen sen t , sen t ,

Se comprueba sin mayor dicultad que (t) = 1 entonces el largo de la curva es2r 2r

s =0

(t) dt =0

dt = 2r = s .

1.3. Determine una parametrizacin de la curva sobre la esfera unitaria que o corta cada meridiano en un angulo constante . Solucin: Consideremos la proyeccin de Mercador. Para cada p o o 2 M = S {(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 denicin (p) = c = {(x, y, z) R3 : x2 +y 2 = 1}L. o

6 z (p)

Cap tulo 1. Curvas

q

p

Haciendo algunas cuentas se obtiene (x, y, z) = 1 (x, y, z) = ,z x2 + y 2 x2 + y 2 x 1 z2 y 1 z2 , ,z x2 + y 2 x2 + y 2 x , y , .

Note que los meridianos son llevados mediante la proyeccin de Mero cador a segmentos de rectas contenidas en C y paralelas al eje z. Ahora, considere : [0, 1] [1, 1] C dada por (t, s) = (cos 2t, sen 2t, s), entonces las rectas verticales x = a [0, 1] son llevadas por f = 1 a los meridianos en la esfera unitaria.

1

x=a 1 (x=a) 1 1 (x=a)

L

1

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a

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Una curva que corta cada meriadiano en un angulo constante es la imagen mediante f de un segmento de recta con pendiente y = x + , entonces (t) = f (t, t + ) = 1 ((t, t + )) = 1 (cos 2t, sen 2t, t + ) = cos 2t (cos 2t)2 + (sen 2t)2 1 (t + )2 , sen 2t 1 (t + )2 (cos 2t)2 + (sen 2t)2 , t + , R, 0 x 1

= (cos 2t

1 (t + )2 , sen 2t 1 (t + )2 , t + )

donde es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadiano en un angulo constante . 1.4. Sea : I Rn una curva regular, v Rn un vector jo y suponga que (t) es ortogonal a v para todo t I y (0) es ortogonal a v. Demuestre que (t) es ortogonal a v para todo t I. Solucin: Sabemos que, si f, g : I Rn son curvas diferenciables, o entonces d f (t), g(t) = f (t), g(t) + f (t), g (t) dt por ser (t) ortogonal a v, se tiene que (t), v = 0 para todo t I y como v es un vector jo, entonces (t), v = 0 para todo t I. Luego, d (t), v = (t), v + (t), v = 0 . dt Se concluye que (t), v = c = constante para todo t I, por ser (0) ortogonal a v, entonces (0), v = 0. Por lo tanto, (t), v = 0, t I ;

es decir, (t) es ortogonal a v para todo t I. 1.5. Sea : I Rn una curva regular. Demostrar que (t) es constante no nula si y slo si (t) es ortogonal a (t) para todo t I. o

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Cap tulo 1. Curvas

Solucin: Si f : I Rn es una curva diferenciable entonces o f (t), f (t) d f (t) = , dt f (t) si f (t) = 0 .n

(1.4)1/2

En efecto, si f (t) = (f1 (t), ..., fn (t)) luego f (t) = obtenemos d f (t) dt 1 = 2n i=11 1 2

(fi (t))

2

y

n

(fi (t))i=1 n

2

2i=1

fi (t)fi (t)

fi (t)fi (t) =i=1 n 1/2

=

f (t), f (t) , f (t)

(fi (t))i=1

2

siempre que f (t) = 0. Por otro lado, Si (t) = cte = 0 d (t) = 0 dt (t), (t) =0 (t) (t), (t) = 0

(t) es ortogonal a (t) para todo t I . 1.6. Sea un curva cerrada que no pasa por p. Probar que en los puntos sobre donde la distancia a p es mxima o m a nima la recta tangente a es perpendicular al segmento lineal a p. Solucin: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema ano terior. Si (s0 ) p es un mximo o un m a nimo entonces d (s) p dss=s0

=0

(s0 ) p, t(s0 ) = 0. (s0 ) p

Note que en nuestro caso (s0 ) p = 0. Luego, (s0 ) p, t(s0 ) = 0 es decir, la recta tangente a en s0 es perpendicular al vector (s0 ) p que est en la direccin al segmento lineal a p. a o


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1.7. Un disco circular de radio r en el plano xy rueda sin deslizar a lo largo del eje x. La gura que describe un punto de la circunferencia del disco se llama cicloide. y

b (a) Obtngase una curva parametrizada : R R2 cuya traza sea la e cicloide y determ nense sus puntos singulares. (b) Calc lese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una u rotacin completa del disco. o Solucin: o (a) Observe la gura de la cicloide. Cuando el c rculo rueda sin resbalar en un angulo , el centro del c rculo es movido a (r, r). Notemos que b = r sin y c = r cos . Entonces la parametrizacin es : R R2 o dada por () = (r r sin , r r cos ) = r( sin , 1 cos ) (b) Tenemos que () = r(1 cos , sen ) y () 2 = 2r 2 (1 cos ). Entonces, la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una rotacin completa del disco es o2

=0

= 2r0

1.8. Sea OA = 2a el dimetro de un c a rculo 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

}c

x

() d =2

2

2r0

1 cos d2

1 cos d = 2r 2

sen0

2

d = 8r .

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Cap tulo 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 una curva a denominada la cisoide de Diocles. y V

r p 0

B x A

C 2a

Tomando OA como eje x y OY como eje y, demostrar que: (a) La traza de (t) = es la cisoide de Diocles. (b) El origen (0, 0) es un punto singular de la cisoide. (c) Cuando t , (t) se aproxima a la recta x = 2a, y (t) (0, 2a). As cuando t , la curva y su tangente se aproximan a , la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una as ntota de la cisoide. 2at2 2at3 , 1 + t2 1 + t2 , t R,

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Solucin: o (a) La ecuacin del c o rculo S 1 es (x a)2 + y 2 = a2 . La ecuacin de la semi-recta r es o y = (tan) x .

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(1.5)

(1.6)

El punto C es la interseccin de la recta con el c o rculo S 1 , para hallar sus coordenadas reemplazamos (1.6) en (1.5) y obtenemos (x a)2 + ((tan ) x)2 = a2 x2 2ax + a2 + tan2 x2 = a2 x2 (1 + tan2 ) = 2ax x(1 + tan2 ) = 2a, 2a . x= 1 + tan2 x=0

Luego, las coordenadas del punto C son C= 2a 2a tan 2 , 1 + tan 1 + tan2 .

Las coordenadas del punto B, son fcilmente deducibles a partir a de la gura, B = (2a, 2a tan ). Notemos que p = B C haciendo cuentas obtenemos: p = BC = = = 2a tan 2a 2 , 2a tan 1 + tan 1 + tan2 2a + 2a tan2 2a 2a tan + 2a tan3 2a tan , 1 + tan2 1 + tan2 2a tan2 2a tan3 , . 1 + tan2 1 + tan2 2a

Tomando t = tan obtenemos nalmente (t) = 2at2 2at3 , 1 + t2 1 + t2 , tR.

12 (b) Notemos que (t) = =

Cap tulo 1. Curvas

4at(1 + t2 ) 2at2 (2t) 6at2 (1 + t2 ) 2at3 (2t) , (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 4at 6at2 + 2at4 , (1 + t2 )2 (1 + t2 )2

y evidentemente (0) = (0, 0) es un punto singular. (c) Un simple calculo muestra que l (t) = m 2at3 2at2 , l m t 1 + t2 t 1 + t2 l m = (2a, ) .

t

Adems at

l (t) = m

4at 6at2 + 2at4 , l m t (1 + t2 )2 t (1 + t2 )2 l m

= (0, 2a) .

1.9. Sea : (0, ) R2 dada por (t) = sin t, cos t + log tan t 2

donde t es el angulo que el eje y forma con el vector (t). La traza de se denomina la tractriz. y

t

Demostrar que:

1

(t) x


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(a) es una curva parametrizada diferenciable, regular excepto en t = /2. (b) La longitud del segmento sobre la tangente a la tractriz entre el punto de tangencia y el eje y es constante igual a 1. Solucin: o (a) Notemos que (t) = = = 1 1 t tan 2 cos2 1 cos t, sin t + t t 2 sin 2 cos 2 1 cos t, sin t + . sin t cos t, sin t +t 2

1 2

Si (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, ) t= . 2

(b) Sean P = (x0 , y0 ) el punto de tangencia de la recta tangente y Q = (0, y1 ) el punto de interseccin de la recta tangente con el eje o t y. Sean x = sin t, y = cos t + log tan 2 , 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 ecuacin de la l o nea tangente a P es y y0 = 1 x2 0 (x x0 ) . x0

Evaluando la recta en el punto Q obtenemos y1 y 0 = 1 x2 0 (0 x0 ) = x0 1 x2 . 0

14 Entonces

Cap tulo 1. Curvas

(dist(P, Q))2 = x2 + (y1 y0 )2 = x2 + 1 x2 = 1 . 0 0 0 Por lo tanto, dist(P, Q) = 1. 1.10. Sea la curva parametrizada (t) = (aebt cos t, aebt sen t), t R, a y b constantes, a > 0, b < 0. (a) Demostrar que cuando t +, (t) se aproxima al origen O, girando en espiral al rededor de l (por eso, la traza de es denome inada espiral logar tmica; vese la gura). a (b) Demostrar que (t) (0, 0) cuando t + y que:t t+

l m

(t) dtt0

es nita, o sea, tiene longitud de arco nita en [t0 , +). y

x

Solucin: o (a) Sabemos que l ebt = 0 cuando b < 0 y como las funciones cos t mt+

y sen t son acotadas podemos concluir quet+ t+

l ebt cos t = l ebt sen t = 0 m mt+

por lo que l (t) = (0, 0). m

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a (b) Tenemos que (t) = (aebt (b cos t sen t), aebt (b sen t + cos t)) . Entonces,t t

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(t) dt =t0 t0

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

= at0

ebt [b2 + 1]1/2 dtt

= a b2 + 1

ebt dtt0

a 1 b + 1(ebt ebt0 ) = b por lo quet t+

l m

(t) dt = l mt0

a 1 a 2 b + 1(ebt ebt0 ) = b + 1ebt0 , t+ b b

esto es, tiene longitud de arco nita. 1.11. Sea : I R3 una curva diferenciacble y sea [a, b] I un intervalo cerrado. Para cada particin: o a = t 0 < t1 < . . . < t n = b de [a, b], considere la suma n |(ti ) (ti1 )| = l(, P ), donde P i=1 representa la particin dada. La norma |P | de la particin se deni por: o o |P | = mx(ti ti1 ) , a i = 1, , n .

Geomtricamente, l(, P ) es la longitud de un pol e gono inscrito en ([a, b]) con vrtices en (ti ) (ver la gura). La intensin del ejercie o cio es demostrar que la longitud del arco ([a, b])es, en cierto sentido, un l mite de longitudes de pol gonos inscritos.

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Cap tulo 1. Curvas (ti )

Prubese que dado un > 0 existe un > 0 tal que si |P | < entonces: eb a

Solucin: Por la denicin de integral, dado > 0, existe un 1 > 0 o o tal que si |P | < 1 , entoncesb a

Por otro lado, como es uniformemente continua en [a, b], dado > 0, existe 2 > 0 tal que su t, s [a, b] con |t s| < 2 , entonces (t) (s) < |a b| . 2 Tomando = m 1 , 2 }, entonces si |P | < , obtenemos, utilizando el n{ teorema del valor medio para funciones en varias variables, (ti1 ) (ti ) (ti1 ti ) (ti )

(ti1 ti ) sup (si ) si si

(ti1 ti ) sup (si ) (ti )

donde ti1 si ti . La desigualda requerida se deduce de lo anterior.

(tn )

(t1 )

(t) dt l(, P ) < .

(t) dt

(ti ti1 ) (ti )

(ti1 ti ) (ti ) , 2

(tn1 )

(t0 )

(t2 )

0 es una constante, es (t) = a(t + sin t, 1 + cos t) Solucin: Notemos que (t) = a(1 cos t, sin t), entonces o (t) = a = a (1 cos t)2 + sin2 t 1 2 cos t + cos2 t + sin2 t 0 < t < 2,

= a 2 2 cos t 1 cos t = 2a = 2a sin(t/2) . 2 Entonces el vector tangente unitario es: t =

(t) a(1 cos t, sin t) 1 1 cos(t) sin t = = , (t) 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)


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Luego, el vector normal unitario es n = ( cos(t/2), sin(t/2)) y adems a (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) (t) = = (t) 3 (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: (t) = a(t sin t, 1 cos t) (4a sin(t/2))( cos(t/2), sin(t/2)) = a(t + sin t, 1 + cos t) . Observe que cuando reparametrizamos por t = t+ obtenemos la curva a(t sin t, 1 cos t) + a(, 2) que es una traslacin de la curva original. o 1.20. La traza de la curva parametrizada (t) = (t, cosh t), se denomina catenaria (a) Demostrar que la curvatura con signo de la catenaria es (t) = (b) Demostrar que la evoluta de la catenaria es (t) = (t sinh t cosh t, 2 cosh t) . Solucin: o (a) Tenemos que (t) = (1, sinh t), (t) = (0, cosh t) . 1 . cosh2 t tR,

Sabemos que si : I R2 es una curva plana con (t) = (x(t), y(t)) entonces la curvatura con signo de en t es (t) = xy x y . ((x )2 + (y )2 )3/2

28 Entonces (t) =

Cap tulo 1. Curvas

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 (t) = (t) + 1 n(t), (t) tI.

Basta hallar el vector normal n(t), el cual debe satisfacer n(t) (t) y n(t) = 1 .

Si (t) = (1 (t), 2 (t)), basta considerar n(t) = entonces n(t) = Por lo tanto, (t) = (t) + 1 n(t) (t) ( sinh t, 1) sinh2 t + 1 = sinh t 1 , cosh t cosh t . (2 (t), 1 (t)) (t)

sinh t 1 , cosh t cosh t = (t, cosh t) + ( sinh t cosh t, cosh t) = (t, cosh t) + cosh2 t = (t sinh t cosh t, 2 cosh t) . 1.21. Sea : I R3 una curva parametrizada regular (no necesariamente por longitud de arco) y sea : J R3 una reparametrizacin de (I) o por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 I. Sea t = t(s) la d d2 funcin inversa de s y def o nanse = , 2 = , etc. Demostrar las dt dt siguientes armaciones (a) dt 1 = , ds d2 t , = . 2 ds 4

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a (b) La curvatura de en t I es (t) = 3 .

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(c) Si : I R2 es una curva plana (t) = (x(t), y(t)) la curvatura con signo de en t (t) = Solucin: o (a) Notemos que si = t entonces (s) = (t(s))t (s) 1 = (s) = (t(s))t (s) = t (s) (t(s)) dt 1 1 = t (s) = = . ds (t(s)) Entonces dt = ds2 (b) Tenemos que = ( t)t , Sabemos que b(s) = t(s) n(s) , = ( t)(t )2 + ( t)t .2

xy x y . ((x )2 + (y )2 )3/2

, d dt = 2 2

=

, . 3

(s)b(s) = t(s) (s)n(s) , (s)b(s) = t(s) t (s) . Entonces, (s) = = = (s) (s)

{( (t(s))t (s)} { (t(s))(t (s))2 + (t(s))t (s)}

= (t (s))3 (t(s)) (t(s)) (t(s)) (t(s)) = . (t(s)) 3

(t (s))3 { (t(s)) (t(s))} + t (s)t (s){ (t(s)) (t(s))}

30 Por lo tanto, se tiene que: (t) = 3 .

Cap tulo 1. Curvas

(c) Notemos que n(s) = (2 (s), 1 (s)) = n 1 (s) = (s)2 (s) 2 (s) = (s)1 (s) 1 2 = (2 )2 2 1 = (1 )2

Sumando ambas expresiones se obtiene: = 2 1 1 2 como = t = ( t)t , es decir, 1 (s) = 1 (t(s))t (s) 2 (s) = 2 (t(s))t (s) y adems a 1 (s) = (1 (t(s)))(t (s))2 + 1 (t(s))t (s) 2 (s) = (2 (t(s)))(t (s))2 + 2 (t(s))t (s) Luego, = {(2 t)(t)2 + (2 t)t }{(1 t)t }

= {2 (t(s))1 (t(s)) 1 (t(s))2 (t(s))}(t (s))3 {2 (t(s))1 (t(s)) 1 (t(s))2 (t(s))} = . {(1 (t(s)))2 + (2 (t(s)))2 }3/2 1.22. Probar que si est contenida en una esfera de radio r entonces su a curvatura satisface (s) 1/r.

{(1 t)(t)2 + (1 t)t }{(2 t)t }


31

Solucin: Supongamos que est arcoparametrizada. Si est en o a a una esfera de centro en a y radio r entonces (s) a Derivando esta ecuacin obtenemos: o t, a = 0 volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos t , a + t, t = 0 n, a + t1 2 2

= r2 .

= 0.

Entonces, n, a = 1. Como 0 y usando la desigualdad de Cauchy-Schwartz obtenemos 1 = |(s)| | n(s), (s) a | |(s)| n(s) Por lo tanto, (s) 1/r. 1.23. Sean r > 0 y : R R2 una parametrizacin por longitud de arco tal o que el trazo de est contenida en el disco cerrado de centro el origen a y radio r, cuya curvatura cumple que |(s)| 1 . r (s) a = (s)r .

para cada s R. Demostrar que la curva es un arco de circunferencia de centro el origen y radio r. Solucin: Denotamos por o Dr = {z R2 : z r} . 1 Armacin: Si (s0 ) < o entonces (s) R2 \ Dr para todo 0 < r |s s0 | < . En efecto, basta considerar la funcin o (s) = (s) p2

32 donde p = (s0 ) + rn(s0 ), entonces (s) = 2 t(s), (s) p

Cap tulo 1. Curvas

(s) = 2 t (s), (s) p + 2 t(s), t(s) = 2 (s)n(s), (s) p + 2 . Luego, evaluando en s = s0 obtenemos (s0 ) = 1 (s0 ) = 2 (s0 ) (s0 ) rn(so )2

= r 2 n(s0 ) = r 2

(s0 ) = 2 t(s0 ), rn(s0 ) = 2r t(s0 ), n(s0 ) = 0 (s0 )n(s0 ), rn(s0 ) + 1 = 1 r(s0 ) .

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

(s s0 )2 + R > r2 4

para 0 < |s s0 | < , lo cual implica que (s) R2 \ Dr para todo 0 < |s s0 | < . Ahora, por otro lado si (s) Dr entonces (s) 1/r y como |(s)| 1/r entonces necesariamente se tiene que |(s)| = 1/r lo cual implica que es una arco de circunferencia. 1.24. Pruebe que una condicin necesaria y suciente para que una curva o 3 : I R est sobre una esfera es que e = 2 .

Solucin: o a Si : I R3 est en una esfera de centro en a y radio r entonces a2

= r2,

es decir,

a, a = r 2 .

Derivando obtenemos t, a = 0 . (1.7)


33

Derivando (1.7) y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos: t , a + t, t = 0 n, a + t2

=0

n, a + 1 = 0 1 n, a = .

(1.8)

Derivando (3.8) y usando la perpendicularidad del triedro de Frenet obtenemos: n , a + n, t =0

2

t + b, a =

2 2

t, a + b, a =0

b, a =

. 2

El trmino que es cero es debido a la ecuacin (1.7), derivando la ultima e o igualdad obtenemos: n, a + b, t =0

2

n, a =

2

.

Reemplazando (3.8) en la ultima igualdad se obtiene lo pedido = a: 2 .

Sean = 1/ y = 1/ entonces nuestra hiptesis es equivalente o = ( ) .

Usando esta informacin note que o (2 + ( )2 ) = 2 + 2( )( ) = 0 . Luego, 2 + ( )2 es igual a una constante, digamos a r 2 . Consideremos a = + n + b, entonces a = t + n + (t + b) + ( ) b ( n) = 0 .

34 Luego, a es constante y a2

Cap tulo 1. Curvas

= 2 + ( )2 = r 2 ,

es decir, est contenida en una esfera de centro en a y radio r. a 1.25. Probar que si todos los planos normales a una curva pasan por un punto jo entonces la curva est contenida en una esfera. a Solucin: La ecuacin del plano normal en (t) es y , t = 0. o o Si a es el punto jo, entonces a y, t = 0 . Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos t, t + a , t = 0 + a , n = 0 1 a , n = . t2

(1.9)

(1.10)

Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret t, n + a , n = a , t + b = 2 2 . 2

a , t + a , b =

(1.11)

Si (1.9) en (1.11) obtenemos a , b = 2 , derivando y usando Frenet-Serret a, n = Si (1.10) en (1.12) resulta = 2 2 . (1.12)

por problema anterior se tiene que est contenida en una esfera. a


35

1.26. Demustrese que el conocimiento de la funcin vectorial b = b(s), el e o vector binormal, de una curva , cuya torsin nunca es nula, determina o la curvatura (s) y el valor absoluto de la torsin (s) de . o Solucin: Como se conoce b(s) , entonces se conoce b (s) = (s)n(s) o lo que implica que | (s)| = b (s) . De lo anterior se deduce que salvo el signo podemos determinar el vector tangente mediante t(s) = n(s) b(s) como siempre (s) > 0 y usando la ecuacin de Frenet-Serret t (s) = o (s) n(s) obtenemos que: (s) = |(s)| = |(s)| n(s) = (s) n(s) = t (s) . 1.27. Sea (s) una curva en R3 con arco-parmetro y torsin constante . Si a o {T , N , B } es su triedro mvil se dene una nueva curva por o 1 (t) = N (t) + Calcular la curvatura y la torsin de . o Solucin: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obteno emos 1 1 = N + B = (T + B ) + B = T 2 T + N = 2 3 = T + N + N T + 2 B 3 3 = T + N + 2 B entonces 3 3 3 = 2 B , = 3 = = 3 y as , = 5 2 = , 2 = . 2 t

B (s)ds .0

36

Cap tulo 1. Curvas

1.28. Sea : I R la funcin curvatura de la parametrizacin por longitud o o de arco . Probar la igualdad: (s), (s) = 3(s) (s) Solucin: Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de o derivada por partes para el producto interno. , = = = = = d , , ds d t, t t , t ds d t, (n) n, (n) ds d t, n + n n, n + n ds d { t, n + t, n } n, n + n, n ds0 1

d = { t, t + b } + n, t + b ds d {2 t, t + t, b } 2 n, t + n, b = ds1 0 0 0

d = {2 } = 2 = 3 . ds 1.29. Encontrar todas las funciones f (t) tales que (t) = (cos t, sen t, f (t)) sea una curva plana. Solucin: Sabemos que la curvatura de una curva : [a, b] R3 o esta dada por ( ), (t) = 2 adems, una curva es plana si y solo si (t) = 0 para todo t [a, b]. a

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Ahora bien, tenemos que , = ( sen t, cos t, f ) = ( cos t, sen t, f ) = (sen t, cos t, f ) =0f = (cos tf + sen tf , sen tf cos tf , 1) = f

37

= f +f

1 1.30. Determine la curva plana que tiene (s) = . ss

Por lo tanto, f (t) = cos t + sen t + con , , R.

Solucin: Consideremos (s) = o0 s

(u)du ys

(s) =0

cos (t)dt,0

sen (t)dt

entonces t(s) = (cos (s), sen (s)) y n(s) = ( sen (s), cos (s)). Se verica que (s) = (s)( sen (s), cos (s)) = (s) n(s) . Calculando obtenemos ques

(s) =0

u1/2 du = 2 u .

Por lo tanto, (s) =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) . s

1.31. Considere la curva (s) = a cos s a2 + b 2 , a sin s a2 + b 2 , b s a2 + b 2 .

Hallar la curvatura y la torsin. o Solucin: Denotemos por = o 1 , entonces + b2

a2

(s) = (a sin s, a cos s, b)

38 Note que (s) = 1 entonces t = (s) y

Cap tulo 1. Curvas

t = (a 2 cos s, a 2 sin s, 0) = (s) n(s) La ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue que (s) = a 2 y n = ( cos s, sin s, 0). Sabemos que el vector binormal es dado por

b(s) = t n = (b sin s, b cos s, a) Entonces,

b (s) = (b 2 cos s, b 2 sin s, 0) = (s) n(s)

La ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo tanto, (s) = b 2 .

1.32. Sea una curva cuyas funciones curvatura y torsin no se anulan. Se o dice que es una hlice de eje el vector unitario y angulo si los vectores e tangentes a forman un angulo con .

(a) Probar que en tal caso el vector es combinacin lineal de t y b; o calcular los coecientes de dicha combinacin lineal. o (b) Probar que es una hlice si y slo si el cociente / es una funcin e o o constante.

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Solucin: o (a) Se tiene que t, = cos = constante

39

entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos 0 = t , = n, = n, n, = 0 lo que implica que = t + b y luego n, = cos t, t + t, b = cos 2

t1

+ t, b = cos = cos 0

por otro lado, tenemos que 1= 2

= t+b, t+b = 2 t 2 + 2 b

2

= 2 + 2 = sen .

Por lo tanto, = cos t + sen b. (b) Si es hlice entonces = cos t + sen b entonces derivando y e usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos 0 = cos t + sen b = n cos n sen . Luego, haciendo el producto punto del vector normal con el vector cero obtenemos 0 = n, 0 = n, n cos n sen 2

= cos n entonces

sen n

2

= tan =constante. sen Rec procamente, si = constante = tan = entonces cos 0 = cos sen = = cos n, n sen n, n = n cos n sen , n (t cos + b sen ) , n

40

Cap tulo 1. Curvas lo que implica (t cos +b sen ) = 0 entonces t cos +b sen =constante= a por lo tanto, t, a = cos = constante .

1.33. Sea una curva plana parametrizada por largo de arco tal que para todo s el angulo entre t(s) y (s) es (jo). Demuestre (a) Si = 0 entonces la traza de est contenida en una recta. a (b) Si = , entonces la traza de est contenido en un c a rculo. 2 a (c) Si 0 < < , entonces la traza de est contenido en una espiral 2 logar tmica. Solucin: o (a) Sabemos que cos = t, t, . Si = 0 entonces = 1. Se t t concluye que = rt con r = 0, derivando obtenemos t = r t + rt = r t + rn . Haciendo el producto interno con n 0 = t, n = r t, n + r n, n = r 0 . (b) Si = t, entonces = 0, se concluye que = rn con r = 0. 2 t Derivando obtenemos t = r n + rn = r n rt . Haciendo el producto interno con n obtenemos 0 = t, n = r n, n r t, n = r . Luego, r debe ser constante. Haciendo el producto interno de t contra si mismo, obtenemos 1 = t, t = rt2

= (r)2

1 = . r

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a (c) Tomando = r(t cos + n sin ) y derivando obtenemos t = r (t cos + n sin ) + r(t cos + n sin ) = r (t cos + n sin ) + r(n cos t sin ) Haciendo el producto interno de t con n obtenemos r cos r sin = 1 r cos + r sin = 0 / cos / sin = (r cos + r sin )n + (r cos r sin )t .

41

1.34. Pruebe que

Luego, r = cos r = s cos y adems r = sin . a Por lo tanto, 1 . = s cotan 2 0

a2 sin2 t + b2 cos2 t dt 2 ab,

a, b R+

con igualdad si y slo si a = b. o Solucin: Usamos la desigualdad isoperimtrica aplicada a la curva o e (t) = (a cos t, b sin t) que es una parametrizacin de la elipse. El area encerrada por la curva o (t) = (x(t), y(t)) es dada por: A() = 1 2 1 = 2 1 = 22 2 0 2 0 2

(xy x y)dt ((a cos t)(b cos t) (a sin t)(b sin t))dt (ab cos2 t + ab sin2 t)dt = ab .

0

El largo de la curva es2

l =0 2

(t) dt =0

(a sin t)2 + (b cos t)2 dt

=0

a2 sin2 t + b2 cos2 t dt .

42

Cap tulo 1. Curvas Por la desigualdad isoperimtrica tenemos que 2 A l entonces e2

l=0

a2 sin2 t + b2 cos2 tdt 2 ab = 2 ab .

1.35. Existe alguna curva cerrada simple en el plano de longitud igual a 6 metros y delimitando un area de 3 metros cuadrados? Solucin: Basta usar la desigualdad isoperimtrica. Sabemos que si o e es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el area de la regin encerrada por entonces o A Tenemos que l2 . 4

l2 36m2 9 = = m2 < 3m2 = A 4 4 lo cual contradice la desigualdad isoperimtrica. e 1.36. Sean A, B puntos del plano a distancia menor que l, y sea una curva simple de A a B de largo l aun lado de la recta por A, B. Probar que el area mayor que encierra la curva cerrada AB se tiene cuando es un arco de c rculo por A, B. Solucin: Sea S 1 un c o rculo que admite el segmento AB como cuerda, de arcos , determinados por los puntos A y B, como en la gura con la longitud de igual a l.

A

B

A

B

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


43

que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperimtrica para curvas C 1 a trozos, la curva de la familia que delimita un e area mxima es S 1 , como est jo, el arco es la solucin al problema. a a o 1.37. Calcule la curvatura de la elipse x = a cos t, y = b sin t, t [a, b] y a = b. Muestre que tiene exactamente 4 vrtices, encuntrelos. e e Solucin: Tenemos que (t) = (a cos t, b sin t) y sabemos que (t) = o xy x y . En particular, x (t) = a sin t, x (t) = a cos t, ((x )2 + (y)2 )3/2 y (t) = b cos t y y (t) = b sin t. Entonces (t) = Luego (a sin t)(b sin t) (a cos t)(b cos t) ab = 2 2 . 2 (a2 sin t + b2 cos2 t)3/2 (a sin t + b2 cos2 t)3/2 (t) =

3ab sin t cos t(b2 a2 ) . (a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2 Por otro lado, t [0, 2] es vrtice si (t) = 0, es decir, si 3ab sin t cos t = e 0 sin t cos t = 0 entonces t 0, , , 3 , 2 donde 2 2 (0) = (2) = (a, 0) () = (a, 0) 2 3 2

= (0, b) = (0, b)

son los vrtices de la elipse. Note que la curva cumple las hiptesis del e o teorema de los cuatro vrtices, luego ella necesariamente tiene al menos e cuatro vrtices. e 1.38. Considere la curva (t) = (t, t2 ), t R. Probar que la curvatura de nunca se anula y calcular el n mero de vrtices. Contradice esto el u e teorema de los cuatro vrtices? e Solucin: Tenemos que (t) = (1, 2t) y (t) = (0, 2) entonces o (t) = 2 (1 + 4t2 )3/2 y (t) = 24t (1 + 4t2 )5/2

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

44 1.39. Pruebe que la curva : [0, 2) R2

Cap tulo 1. Curvas

(t) = ((1 + 2 cos t) cos t, (1 + 2 cos t) sin t) tiene slo dos vrtices. No contradice esto el teorema de los cuatro o e vrtices? e Solucin: Tenemos que o (t) = ( sin t 2 sin 2t, cos t + 2 cos 2t) = (x (t), y (t)) (t) = ( cos t 4 cos 2t, sin t 4 sin 2t) = (x (t), y (t)) entonces (t) = 5 + 4 cos t. Luego, xy x y = ( sin t 2 sin 2t)( sin t 4 sin 2t) = sin2 t + 8 sin2 2t + 6 sin t sin 2t , = ( 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) (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 12 sin t(2 + cos t) (5 + 4 cos t)3/2 la cual es cero solo en los puntos t = 0 y t = , es decir, tiene dos vrtices. Esto no contradice el teorema de los cuatro vrtices pues la e e curva no es simple, como se aprecia en la siguiente gura. (t) = con derivada


45

1.40. Sea una curva plana y sea l la tangente en un punto p. Sea L una paralela a la recta normal en p a distancia d de p, y sea h el largo del segmento determinado sobre L por y l. Probar que 2h . d0 d2 Solucin: Parametricemos por longitud de arco y consideremos un o sistema de coordenadas tal que el centro este en p y los ejes del sistema de coordenadas estn en la direccin de los vectores tangente y e o normal a la curva en el punto p. Sea (s) = (x(s), y(s)) nuestra parametrizacin. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del o punto 0. s2 (s) = (0) + (0)s + (0) + R 2 R donde l 2 = 0. Denotamos por la curvatura de en el punto p. m s0 s |(p)| = l m L

d h l p

Notemos que, (0) = t(0) = (1, 0), (0) = n(0) = (0, 1)

con esta informacin, podemos deducir que o x(s) = s + Rx , donde R = (Rx , Ry ), entonces |(p)| = l ms0

y(s) =

s2 + Ry 2

2|y(s)| 2Ry + 2 s2 s

= l m

2|y(s)| Ry 2h + 2 l m = l m 2 . 2 s0 s0 s2 d0 d s

46

Cap tulo 1. Curvas

1.41. Probar que si es una curva cerrada contenida en un disco de radio r entonces existe un punto p en la curva donde 1 |(p)| . r Solucin: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre o la curva a mayor distancia de O. Consideremos el c rculo de radio |p O| = r y centro O, entonces est contenida en la regin que a o encierra el c rculo de radio r y centro O. Consideremos un nuevo sistema de coordenadas cuyo origen coincida con el punto p y cuyos ejes estn e en la direccin del vector tangente y normal a la curva en el punto p. o

O(x(t),y(t))

r

(x(t),z(t))

p

Luego, si (t) = (x(t), y(t)), sea (t) = (x(t), z(t)) una parametrizacin o del c rculo de radio r y centro O. Debido a que la curva est contenida a en la regin que encierra el c o rculo se tiene que: |z(t)| |y(t)| . Usando la frmula del problema anterior para curvatura obtenemos o |(p)| = l m 2|y(s)| 2|z(s)| 1 1 l m = | (p)| = . 2 2 s0 s0 s s r r

1.42. Si una curva cerrada y plana C est contenida dentro de un c a rculo de radio r, demostrar que existe un punto p C tal que la curvatura de C en p satisface || 1/r.


47

Solucin: Sea O el centro del disco en cuestin de radio r. Reduzca o o el radio del c rculo hasta la primera vez en que el c rculo toque a la curva. Entonces, sea r el radio hallado con r r y (t0 ) el punto de interseccin. Note que estamos en las mismas condiciones del problema o anterior, entonces 1 1 |(t0 )| . r r 1.43. Sea (s), s [0, l] una curva cerrada, convexa y plana, orientada positivamente. La curva (s) = (s) rn(s) , donde r es una constante positiva y n es el vector normal, se denomina una curva paralela a . Demostrar que (a) () = () + 2. (b) A() = A() + rl + r 2 . (c) (s) = Solucin: o (a) Notemos que (s) = t(s) rn (s) (s) . (1 + r (s))

= t(s) r( (s)t(s) + (s)b(s)) = (1 + r (s))t(s) .

Entonces (s) = |1 + r (s)| t(s) = 1 + r (s) . Usando el teorema de rotacin de tangentes ol l l

() =0

(s) ds =0

ds + r0

(s)ds

= l + r((s) (0)) = l + 2r .

48

Cap tulo 1. Curvas (b) Sea (s) = (x(s), y(s)) entonces t = (x , y ) y por Frenet-Serret t = (x , y ) = (y , x ) . Tenemos entonces = (x, y) r(y , x ) = (x + ry , y rx ) . Para el clculo del area usamos la frmula a o A() = 1 2 (uv vu )ds . (1.13)

Usando la relacin (1) vemos que o uv = (1 + r )xy + r(1 + r )(y )2 = xy rxx + r(1 + r )(y )2 y vu = (1 + r )yx r(1 + r )(x )2 = yx + ryy r(1 + r )(x )2 de donde uv vu = xy yx r(xx + yy ) + r(1 + r ) . Para evaluar la integral necesitamos hallarl 0 l l

xx ds = xx (l) xx (0)

0

(x ) ds =

2

(x )2 ds .0

De manera similarl 0 l l

yy ds = yy (l) yy (0)

0

(y )2 ds =

(y )2 ds0

con lo que obtenemosl 0

(xx + yy )ds = ll

y como (s)ds = 2 .0

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Se obtiene nalmente que 1 A() = 2 1 = 2 1 = 2l 0 l 0 l

49

(uv vu )ds (xy yx r(xx + yy ) + r(1 + r ))dsl

r 2 0 rl rl 2r 2 = A() + + + 2 2 2 = A() + rl + r 2 . (xy yx )ds

(xx + yy )ds +0

r 2

l

(1 + r ))ds0

(c) Utilizaremos la frmula para curvatura para curvas planas. Supono gamos que est parametrizada por longitud de arco, entonces a (s) = t(s) + r (s)t(s) = t(s)(1 + r (s)) . Entonces ((1 (s))2 +(2 (s))2 )3/2 = (s)3

= t(s) 3 (1+r (s))3 = (1+r (s))3 .

Sabemos que si (s) = (1 (s), 2 (s)) entonces n(s) = (2 (s), 1 (s)). Por otro lado se tiene que (s) = (s) rn (s)

= (s) r( (s)t(s))

= (s) + r (s)t(s) + r (s)t (s) = (s) + r{ (s)t(s) + 2 (s)n(s)} .

Luego, 1 2 1 2 = 1 (1 + r ){2 + r[ 2 + 2 1 ]}

= (1 + r ){1 2 + r 2 1 + r2 (1 )2 2 1 = (1 + r ){1 2 2 1 + r2 ((1 )2 + (2 )2 )} r 1 2 + r2 (2 )2 }

2 (1 + r ){1 + r[ 1 2 2 ]}

= (1 + r )2 .

= (1 + r ){ + r2 }

= (1 + r ){1 2 2 1 + r2 }

50 Por lo tanto, (s) = 1.44.

Cap tulo 1. Curvas

(1 + r )2 (s) 1 2 1 2 = = . ((1 )2 + (2 )2 )3/2 (1 + r )3 (1 + r (s))

(i) Probar que la curva de nivel f (x, y) = c es convexa si y slo si en o ella la expresin o2 2 fxx fy 2fxy fx fy + fyy fx

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 direccin del gradiente de f . o Solucin: o (i) Sabemos que (s) no cambia de signo si y slo si (s) = 0 (s)ds o es una funcin creciente, ya que (s) = (s). Luego, la curva o asociada a la curvatura es una curva convexa si y slo si o no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la funcin o impl cita, existe g : R R tal que f (x, g(x)) = c y la curva de nivel f (x, y) = c puede ser parametrizada mediante (t) = (t, g(t))2 2 donde g es diferenciable, siempre que fx + fy = 0. Derivando la igualdad f (x, y) = c obtenemos s

fx + f y g = 0 . Luego, g = fx . fy

(1.14)

(1.15)

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Derivando (1.14) y reemplazando (1.15) obtenemos fxx + fxy g + {fyx + fyy g }g + fy g = 0 2 fxy fx fyx fx fyy fx fxx + + fy g = 0 2 f y fy fy 2 2 fxx fy 2fxy fx fy + fyy fx g = . 3 fy

51

Usando la frmula para curvatura de curvas planas (t) = (x(t), y(t)) o dada por xy x y (t) = . ((x )2 + (y )2 )3/2 Obtenemos (x, y) =2 2 fxx fy 2fxy fx fy + fyy fx g (x) (x, y) = . 2 2 (1 + (g (x)2 )3/2 (fx + fy )3/2

2 2 Entonces, si fxx fy 2fxy fx fy + fyy fx no cambia de signo si y slo o si (x, y) no cambia de signo si y slo si la curva f (x, y) = c es o convexa.

(ii) Usando la frmula obtenida, se obtiene o (x, y) = 2 1 + 2(3)(1) 1 + 1 (1)2 3 = . ((1)2 + (1)2 )3/2 2 2

1.45. Sea (t) una curva cerrada simple de largo l con curvatura 0 < (t) c. Probar que 2 l . c Interprete. Solucin: Al ser (t) una curva cerrada simple tiene o ndice de rotacin o 1, entoncesl 0

(s)ds = (l) (0) = 2 .

Por otro lado, como (t) c obtenemosl l

2 =0

(s)ds c

ds = cl .0

52 Por lo tanto, l

Cap tulo 1. Curvas 2 . Observe que un c rculo de radio 1/c tiene curvatura c 0 = c y el largo de este circulo es l0 = 2 . Cualquier curva de curvatura c menor a c tiene mayor largo que un c rculo de radio 1/c.

Cap tulo 2 SuperciesDenicin 2.1. o Un subconjunto S R3 es una supercie 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 (u, v) u U x

W S

S y

Denicin 2.2. o Una supercie parametrizada : U R3 es llamada regular si es diferenciable y los vectores u y v son linealmente independientes para todo punto (u, v) U . Equivalentemente, que sea diferenciable y el producto cruz u v es nunca cero para todo punto de U . 53

54

Cap tulo 2. Supercies

Denicin 2.3. o Dada una aplicacin diferenciable F : U Rn Rm denida sobre un o conjunto abierto U de Rn decimos que p U es un punto cr tico de F si la diferencial dFp : Rn Rm no es un aplicacin sobreyectiva. La imagen o m F (p) R de un punto cr tico se denomina un valor cr tico de F . Un punto m de R que no es un valor cr tico de f se llama valor regular de F . Si f : U R3 R es una funcin diferenciable, decir que dfp no es o sobreyectiva es equivalente a que fx = fy = fz = 0 en p. De aqu a f (U ) , es un valor regular de f : U R3 R si y solo si fx , fy y fz no se anulan simultneamente en cualquier punto de la imagen inversa de a a f 1 (a) = {(x, y, z) U | f (x, y, z) = a} . Teorema 2.1. Si f : U R3 R es una funcin diferenciable y a f (U ) es un valor o 1 regular de f , entonces f (a) es una supercie regular de R3 . Denicin 2.4. o El espacio tangente a un punto p de una supercie 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 = (u(t), v(t)) es una curva en una supercie parametrizada , luego el largo de arco partiendo de un punto (t0 ) es dado port

s=t0

(u) du .

Por la regla de la cadena, = u u + v v entonces donde E = u2 2

= E(u )2 + 2F u v + G(v )2

(2.1)

,

F = u , v ,

G = v

2

.

(2.2)


55

La forma cuadrtica denida por la ecuacin (2.1) se denomina la primera a o forma fundamental de la supercie y las funciones denidas en (2.2) son llamados los coecientes de la primera forma fundamental. Proposicin 2.1. o u v = EF G2 .

Denicin 2.5. o El area A (R) del sector (R) de una supercie parametrizada : U R3 correspondiente a la regin R U es o A (R) =R

u v dudv .

2.2.

La Segunda Forma Fundamental

Dada una parametrizacin : U R2 S de una supercie regular S o en un punto p S, podemos elegir un vector unitario normal en cada punto de (U ) mediante u v N= . u v La siguiente expresin o e(u )2 + 2f u v + g(v )2 es llamada la segunda forma fundamental de en donde e = N , uu , f = N , uv , g = N , vv

(2.3)

son llamados coecientes 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 supercie regular.

56


Solucin: Consideremos o U = {(x, y) R2 : 0 < x2 + y 2 < 2 } r= x2 + y 2 y sea : U R3 denida por (x, y) = x y , , tan r r r 2 .

Note que las funciones coordenadas de son diferenciables y es claro que es inyectiva. 2.2. Demuestre que el paraboloide hiperblico o S = {(x, y, z) R3 : z = x2 y 2 } es una supercie regular. Solucin: Consideremos la siguiente aplicacin : U R2 R3 o o denida por (u, v) = (u, v, u2 v 2 ) . 2.3. Demuestre que el elipsoide S= (x, y, z) R3 : x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

es una supercie regular. Solucin: Consideremos la aplicacin : U R2 R3 denida por o o (u, v) = (a sin u cos v, b sin u sin v, c cos u) donde U = {(u, v) R2 : 0 < u < , 0 < v < 2}. 2.4. Demuestre que S R3 el conjunto que se obtiene al rotar una curva regular : [a, b] R2 con (t) = (f (t), g(t))


57

alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con sta, es e un supercie regular. Solucin: Considere la parametrizacin : U R2 R3 dada por o o (u, v) = (f (v) cos u, f (v) sin u, g(v)) donde U = {(u, v) R2 : 0 < u < 2, a < v < b}. 2.5. Demuestre que, si f (x, y) es una funcin diferenciable, su grco o a Graf (f ) = {(x, y, z) R3 : z = f (x, y)} es una supercie diferenciable. Solucin: Basta considerar la parametrizacin F : U R2 R3 o o 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 supercie regular. Solucin: Consideremos : U R3 denida por o (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 < 2}, la cual es una funcin o diferenciable. 2.7. El hiperboloide de una hoja es S = {(x, y, z) R3 : x2 + y 2 z 2 = 1} Demuestre que para todo la curva (x z) cos = (1 y) sin , (x + z) sin = (1 + y) cos

58

Cap tulo 2. Supercies est contenida en S, y que todo punto del hiperboloide esta sobre a una de estas l neas. Deduzca que S puede ser cubierta por solo una parametrizacin y por lo tanto es una supercie. o Solucin: Multiplicando ambas ecuaciones obtenemos o (x2 z 2 ) sin cos = (1 y 2 ) sen cos . Si sin = 0 y cos = 0 se tiene que x2 z 2 = 1 y 2 x 2 + y 2 z 2 = 1 . Note que si sin = 0 x = z, y = 1 y si cos = 0 y = 1, x = z. La l nea dada L pasa por ( sin 2, cos 2, 1) se sigue que conseguimos todas las l neas tomando 0 . Sea (x, y, z) S, si x = z, considere tal que (1 y) cot = (x z) entonces (x, y, z) L . Similarmente si x = z. Los unicos casos restantes son los puntos (0, 0, 1) que estn sobre las l a neas L/2 y L0 . S

L

x2 + y 2 z 2 = 1 Sea S 1 el circulo unitario x2 + y 2 = 1 en el plano xy, y sea (s) una parametrizacin de S 1 por arcoparmetro. Para cada s, sea w(s) = o a (s) + e3 , donde e3 es el vector unitario del eje z. Entonces considere : U R3 dada por (s, t) = (s) + t( (s) + e3 ) = (cos s t sin s, sin s + t cos s, t)


59

donde U = {(s, t) R2 |0 < s < } y note que x2 +y 2 z 2 = 1+t2 t2 = 1. Esto demuestra que la traza de est en el hiperboloide de una hoja. a 2.8. Hallar la ecuacin del plano tangente de las siguientes supercies parametrizadas o en el punto indicado a) (u, v) = (u, v, u2 v 2 ) en el punto (1, 1, 0). b) (r, ) = (r cosh , r sinh , r 2 ) en el punto (1, 0, 1) Solucin: o a) Notemos que (1, 1) = (1, 1, 0) y u = (1, 0, 2u)(1,1)

= (1, 0, 2) = (0, 1, 2)

v = (0, 1, 2v)

(1,1)

u v = (2, 2, 1) .

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

= (1, 0, 2) = (0, 1, 0)

= (r sinh , r cosh , 0)

(1,0)

r = (2, 0, 1).

Por lo tanto, el plano tangente es: 2x + z = 0 . 2.9. Determinar los planos tangentes del hiperboloide de revolucin o 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. Solucin: Considere la parametrizacin del hiperboloide de revolucin o o o : U R2 R3 denida por (u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, sinh u)

60 entonces


u = (sinh u cos v, sinh u sin v, cosh u) v = ( cosh u sin v, cosh u cos v, 0) u v = ( cosh2 u cos v, cosh2 u sin v, sinh u cosh u) . Como (0, v) = (cos v, sin v, 0) = (s, t, 0) entonces u v = ( cos v, sin v, 0) = (s, t, 0) .

(0,v)

Por lo tanto, el plano tangente del hiperboloide de revolucin en el o 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 proyeccin estereogrca : S 2 \ {N } o a 2 R que lleva un punto p = (x, y, z) de la esfera S 2 exceptuando el polo norte N = (0, 0, 1), sobre la interseccin del plano xy con la o 1 recta que une a N con p. Demostrar que : R2 S 2 viene dada por 1 (x, y) = 2x 2y x2 + y 2 1 , 2 , 2 x2 + y 2 + 1 x + y 2 + 1 x + y 2 + 1 .

b) Demostrar que es posible, usando la proyeccin estereogrca, reo a cubrir la esfera con dos entornos coordenados. c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una parametrizacin. o

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Solucin: o

61

a) Sea Lp la l nea 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} = {(xt, yt, 1 t) : t 0}

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

la interseccin de esta recta con la esfera ocurre cuando o (xt0 )2 + (yt0 )2 + (1 t0 )2 = 1 o equivalentemente, t0 = 2 . x2 + y 2 + 1

Entonces la inversa de la proyeccin estereogrca 1 : R2 S 2 o a viene dada por: 1 (x, y) = (xt0 , yt0 , 1t0 ) = 2x 2y x2 + y 2 1 , 2 , 2 x2 + y 2 + 1 x + y 2 + 1 x + y 2 + 1 .

b) Tomando dos proyecciones estereogrcas una desde el polo norte y a otra desde el polo sur obtenemos dos parametrizaciones que cubren completamente la esfera unitaria, queda como ejercicio ver que estas cumplen los axiomas de supercie regular. c) Si la esfera S 2 fuera cubierta por solo una parametrizacin : U o 3 2 R , entonces S ser homeomorfa a un subconjunto abierto U de a 2 2 R . Como S es un conjunto cerrado y acotado de R3 , entonces S 2 es compacto. Luego, U ser compacto, en particular cerrado. Como a 2 R es conexo, el unico subconjunto no vacio cerrado y abierto es R2 2 entonces U = R . Lo que implicar que R2 es compacto, es decir, a acotado. Lo que es absurdo. 2.11. Calcule la primera forma fundamental de las siguientes supercies: a) (u, v) = (sinh u sinh v, sinh u cosh v, sinh u). b) (u, v) = (u v, u + v, u2 + v 2 ).

62 c) (u, v) = (cosh u, sinh u, v). d) (u, v) = (u, v, u2 + v 2 ). Solucin: o a) Tenemos que


u = (cosh u sinh v, cosh u cosh v, cosh u) v = (sinh u cosh v, sinh u sinh v, 0) entonces podemos obtener los coecientes de la primera forma fundamental E = F = G = u , u = 2 cosh2 u u , v = 2 sinh u cosh u sinh v cosh v v , v = 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 revolucin se tiene que o u = (1, 1, 2u) v = (1, 1, 2v) entonces los coecientes de la primera forma fundamental son E = F = G = u , u = 2 + 4u2 u , v = 4uv v , v = 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 Diferencial - Rodrigo Vargas a c) Para el cilindro hiperblico se tiene que o u = (sinh u, cosh u, 0) v = (0, 0, 1) entonces los coecientes de la primera forma fundamental son E = F = G = u , u = sinh2 u + cosh2 u u , v = 0 v , v = 1

63

luego la primera forma fundamental es Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 = (cosh2 u + sinh2 u)du2 + dv 2 . d) Para el paraboloide de revolucin se tiene que o u = (1, 0, 2u) v = (0, 1, 2v) entonces los coecientes de la primera forma fundamental son E = F = G = u , u = 1 + 4u2 u , v = 4uv v , v = 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 coecientes de la primera forma fundamental de la esfera asociada a la parametrizacin por proyeccin estereogrca. Use esto o o a para calcular el largo de un meriadiano completo. Solucin: La proyeccin estereogrca es dada por o o a (u, v) = 2u 2v u2 + v 2 1 , 2 , 2 u2 + v 2 + 1 u + v 2 + 1 u + v 2 + 1

64 entonces u =


=

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

por simetr se deduce que a v = 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 + u2 + 2v 2 + 2u2 + 1)

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

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

(u2 + v 2 + 1)4 F = 2(u2 + v 2 + 1)(4uv) 4uv(2u2 v 2 + 1) + 16uv F = 0.

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

Notemos que la curva (t) = (t, at) = (u(t), v(t)) con a = 0 parametriza los meridianos de la esfera entonces el largo de arco de es s = = = =

(t) dt E(u )2 + 2F u v + G(v )2 dt 4 4 + 2 a2 2 (t) + v 2 (t) + 1)2 u (u (t) + v 2 (t) + 1)2 2 1 + a2 dt . t2 (1 + a2 ) + 11/2

dt


65

sec2 Haciendo t = tan / 1 + a2 implica dt = d y se obtiene que 1 + a2 /2 sec2 2 1 + a2 d s = 2 1 + a2 /2 tan + 1/2

= 2/2

d = 2 .

2.13. Esboce la curva sobre el cono (u, v) = (u cos v, u sin v, u) dada por u = et , v = t, donde es una constante. Hallar el largo de arco de la parte de la curva con 0 t . Solucin: Tomando la parametrizacin : U R2 R3 dada por o o (u, v) = (u cos v, u sin v, u) donde U = {(u, v) R2 : 0 < u < , 0 < v < 2} luego u = (cos v, sin v, 1), v = (u sin v, u cos v, 0)

Entonces, el largo de arco de la curva (t) = (et , t) es:

los coecientes de la primera forma fundamental y la primera forma fundamental son E = u , u = 2 Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 = 2du2 + u2 dv 2 F = u , v = 0 G = v , v = u 2 l =0

(t) dt =0

(Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 )1/2 dt

=0

(2du2 + u2 dv 2 )1/2 dt =0

(22 e2t + e2t )1/2 dt

= (22 + 1)1/20

(22 + 1)1/2 (e 1) . et dt =

Un esboce de la curva es la siguiente

66


2.14. Demuestre que el area A de una regin acotada R de la supercie z = o f (x, y) es A=Q 2 2 1 + fx + fy dxdy .

Solucin: Sabemos que si : U R3 R3 es una carta entonces o A=Q

u v d u dv ,

Q = 1 (R) .

Tomando la parametrizacin (x, y) = (x, y, f (x, y)) entonces o x = (1, 0, fx ), y2 E = x , x = 1 + f x F = x , y = f x f y 2 G = y , y = 1 + f y

y = (0, 1, fy )

x y =

EG F 2 =

2 2 1 + f x + fy .

Por lo tanto,

A=Q

2 2 1 + fx + fy dxdy .

2.15. Demuestrese que una supercie de revolucin siempre puede parametrizarse o de forma que que E = E(v), F = 0, G=1.


67

Solucin: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva o generatriz C de la supercie de revolucin, mediante: o : [a, b] R2 , (t) = (f (t), g(t)) ,

es decir, (t) = 1 para todo t [a, b]. Sabemos que las supercies de revolucin tinen como parametrizacin o o (u, v) = (f (v) cos u, f (v) sin u, g(v)) con u = (f (v) sin u, f (v) cos u, 0), v = (f (v) cos u, f (v) sin u, g (v)) .

Entonces, los coecientes de la primera forma fundamental son dados por: E = F = G = u , u = (f (v))2 (sin2 u + cos2 u) = (f (v))2 = E(v) v , v = (f (v))2 + (g (v))2 = (t) u , v = f (v) sin uf (v) cos u + f (v) cos uf (v) sin u = 02

=1.

2.16. Sea S una supercie de revolucin y C su curva generatriz. Sea s la o longitud de arco de C y dentese por = (s) a la distancia desde el o eje de rotacin al punto de C correspondiente a s. o (a) Teorema de Pappus. Demuestre que el area de S es l

20

(s) ds

donde l es la longitud de C. (b) Aplique la parte (a) para calcular el area de un toro de revolucin. o Solucin: o (a) La parametrizacin de una supercie de revolucin : U R2 o o R3 es (t, s) = (f (s) cos t, f (s) sin t, g(s))

68 donde


U = {(t, s) R2 : 0 < t < 2, 0 < s < l} y la parametrizacin de la curva generatriz c es : [0, l] R2 es o (s) = (f (s), g(s)) . Notemos que la distancia del eje de rotacin al punto C es: o d = (s) = f (s) . Sabemos que A=Q

t s dtds =Q

EG F 2 dtds

con Q = 1 (R) y tenemos que t = (f (s) sin t, f (s) cos t, 0) s = (f (s) cos t, f (s) sin t, g (s)) E = F = G = Entonces, A =U l l

t , t = f 2 (s) t , s = 0 s , s = (f (s))2 + (g(s))2 = (s)2

= 1.

EG F 2 dtds = f (s)ds = 20 0

l 0 0

2

f 2 (s) dtds

= 2

(s) ds .

(b) La curva generatriz parametrizada por longitud de arco del toro de revolucin es o s s (s) = a + r cos , r sin . r r Entonces,2r 2r

A( T2 ) = 20

(s) ds = 20

a + r cos = 4 2 ar .

s r

ds

= 2 as sin

s r

2r 0

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a 2.17. Pruebe que para a, b, c = 0, cada una de las ecuaciones x2 + y 2 + z 2 = ax , x2 + y 2 + z 2 = by , x2 + y 2 + z 2 = cz

69

dene una supercie regular, y que todas ellas se cortan ortogonalmente. Solucin: Notemos que o 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 a . Como la 2 esfera es una supercie parametrizada regular, se concluye que S1 es una supercie regular. Lo mismo sucede con S2 y S3 que son esferas de b c centros en (0, b/2, 0), (0, 0, c/2) y radios 2 y 2 , respectivamente, luego son supercies regulares. Ahora bien, notemos que los vectores normales de las primeras dos supercies son paralelos a los vectores (2xa, 2y, 2z) y (2x, 2y b, 2z) y S1 S2 = {(x, y, z) R3 : ax = by} Entonces, (2x a, 2y, 2z), (2x, 2y b, 2z) = 2x(2x a) + 2y(2y b) + 4z 2 = 4(x2 + y 2 + z 2 ) 2(ax + by) = 4ax 4by = 0 = 4ax 2(by + by) = 4x2 2ax + 4y 2 2by + 4z 2

lo que implica que S1 y S2 se cortan ortogonalmente de manera similar se prueba para los restantes casos.

70


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

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

y se verica que p (t) = q (t) = 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 y , x z y z = y(x 1) + xz = 0 . (x 1) x (x 1)

t=

t=

Por otro lado, las rectas

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

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


71

z p

y 1 q x

pertenecen a este conjunto y de hecho son el borde de este conjunto, por lo tanto este conjunto no es supercie regular, ya que no existe : U R2 V S con U abierto y V vecindad de alg n p L1 L2 L3 . u 2.19. Sea = (u) una curva con curvatura nunca nula. (i) Se dene (u, v) = (u) + v (u). Interprete geomtricamente la e imagen de . Pruebe que para todo (u0 , v0 ), v0 = 0, existe una vecindad |u u0 | < , |v v0 | < , cuya imagen bajo es una supercie regular. (ii) Supongase que est parametrizada, y considere a (u, v) = (u) + r[(cos v) (u) + (sen v) n b(u)], donde r > 0 es jo. Interprete la imagen de geomtricamente. e Pruebe que D(u, 0) tiene rango mximo slo en los puntos donde a o r(u) = 1, en cuyo caso, la normal a la supercie est dada por a (cos v) (u) + (sen v) n b(u). Solucin: o (i) Para u jo la supercie es una l nea recta que corta a la curva en el punto (u) y que est en a direccin de (u). Por hiptesis a o o (u) = (u) (u) =0. (u) 3

72 Notemos que u = (u) + v (u),

Cap tulo 2. Supercies v = (u), luego

u v = ( (u) + v (u)) ( (u)) = v (u) (u) = 0 entonces para todo (u, v) con v = 0 se tiene que es supercie regular. (ii) La supercie es un tubo de radio r alrededor de . Usando las ecuaciones de Frenet-Serret se obtiene que u = (1 r cos v)t(u) + tr sen v (u) + tr cos v n b(u) v = r sen v (u) + r cos v n b(u) . Entonces u v |(u,0) = r(1 r cos v)(cos v (u) + sen v n b(u)) = r(1 r) (u) . n Si r = 1 entonces u v = 0 lo que implica que D(u, 0) tiene rango mximo. Ahora bien, calculando el vector normal unitario a se obtiene N = = u v u v(u,0)

r(1 r cos v)(cos v (u) + sen v n b(u)) r(1 r cos v) cos v (u) + sen v n b(u)1

N = cos v (u) + sen v n b(u) . 2.20. Considere la supercie de ecuacin f (x, y, z) = a, donde a es un valor o regular de f . Demuestre que la segunda forma fundamental de S viene dada por 1 dN (v), v = Hess (f )(v, v). f Solucin: Por el teorema de la funcin implicita existe g : R2 R tal o o que f (x, y, g(x, y)) = a (2.4)


73

ya que a es valor regular estamos suponiendo fz = 0. Entonces, tenemos la parametrizacin o (x, y) = (x, y, g(x, y)) con x = (1, 0, gx ) y = (0, 1, gy ) x y = (gx , gy , 1) .

Derivando implicitamente (2.4) se obtiene g = fx x fx + f z gx = 0 fz fy + f z gy = 0 gy = fy fz Notemos que x y = Entonces, N = x y = x y fz (gx , gy , 1) = f 1 (fx , fy , 1) . f2 2 gx + gy + 1 = 2 2 2 fx + f y + f z = 2 fz

f fz

.

74


Cap tulo 3 Curvatura de Supercies3.1. La Curvatura de Curvas sobre una SupercieSi (t) = (u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada en una supercie parametrizada , entonces es un vector unitario y por denicin tangente o a . Luego, es perpendicular al vector normal unitario N de , entonces , N y N son mutuamente vectores perpendiculares y unitarios. Como est parametrizado por longitud de arco, es perpendicular a , y luego a es una combinancin lineal de N y N : o = n N + g N . N Tp S n N g p S (3.1)

75

76

Cap tulo 3. Curvatura de Supercies

Los escalres n y g son llamados la curvatura normal y la curvatura geodsica e de , respectivamente. Como N y N son vectores perpendiculares, la ecuacin (3.1) implica que o n = , N , y 2 = 2

g = , (N ) = 2 + 2 . n g

Proposicin 3.1. o Si (t) = (u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada sobre una supercie parametrizada , entonces la curvatura normal es dada por n = e(u )2 + 2f u v + g(v )2 . Denicin 3.1. o Las curvaturas principales de una supercie parametrizada son las raices de la ecuacin o det(FII kFI ) = y son denotados por 1 y 2 . Si es una de las curvaturas principales de la ecuacin (3.2) decimos que o FII kFI no es invertible, luego, asumiendo que es real, existe una matriz columna T no cero de 2 1 con entradas reales tales que (FII FI )T = 0 . (3.3) e kE f kF f kF g kG =0 (3.2)

Denicin 3.2. o Si T = satisface la ecuacin (3.3), el correspondiente vector tangente o t = u + v de la supercie (u, v) es llamado una direccin principal o correspondiente a la curvatura principal . Denicin 3.3. o Si una curva regular conexa C en S es tal que para todo p C la recta tangente de C es una direccin principal en p, entonces se dice que C es una o l nea de curvatura de S


77

Teorema 3.1 (Rodrigues). Una condicin necesaria y suciente para que una curva regular conexa C o en S sea una lnea de curvatura de S es que N (t) = (t) (t) , para cualquier parametrizacin (t) de C, donde N (t) = N (t) y (t) es o una funcin diferenciable de t. o Se deduce entonces apartir del Teorema de Rodrigues que la ecuacin o diferencial de las l neas de curvatura es (f E eF )(u )3 + (gE eG)u v + (gF f G)(v )2 = 0 , que, de una manera ms simtrica, puede escribirse en la forma a e (v )2 u v E F e f (u )2 G g =0. (3.4)

Teorema 3.2 (Teorema de Euler). Sea una curva sobre una supercie parametrizada , y sean 1 y 2 las curvaturas principales de , con direcciones principales t1 y t2 . Entonces, la curvarura normal de es n = 1 cos2 + 2 sen2 , donde es el angulo entre y t1 . Teorema 3.3. Sea N el vector normal unitario de la supercie parametrizada (u, v). Entonces, Nu = au + bv , donde a c b d1 = FI FII .

Nv = cu + dv ,

(3.5)

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

78


3.2.

Las Curvaturas Media y Gaussiana

Denicin 3.4. o Sean 1 y 2 las curvaturas principales de una supercie parametrizada. Entonces, la curvatura gaussiana de una supercie parametrizada es K = 1 2 , y la curvatura media es 1 H = (1 + 2 ) . 2 Proposicin 3.2. o Sea (u, v) una supercie parametrizada con primera y segunda forma fundamentales E(u )2 + 2F u v + G(v )2 respectivamente. Entonces (i) K = (ii) H = eg f 2 ; EG F 2 1 eG 2f F + gE ; 2 EG F 2 y e(u )2 + 2f u v + g(v )2 ,

(iii) las curvaturas principales son H

H 2 K.

3.3.

Geodsicas e

Denicin 3.5. o Una curva sobre una supercie S es llamada una geodsica si (t) es cero e o perpendicular a la supercie en el punto (t), i.e. paralelo al vetor normal unitario, para todos los valores del parametro t. Proposicin 3.3. o Una curva sobre una supercie es una geodsica si y slo si la curvatura e o geodsica es cero. e


79

Teorema 3.4. Una curva sobre una supercie S es una geodsica si y slo si, para e o cualquier parte (t) = (u(t), v(t)) de contenida en una supercie parametrizada de S, las siguientes dos ecuaciones son satisfacidas: d 1 (Eu + F v ) = (Eu (u )2 + 2Fu u v + Gu (v )2 ) , dt 2 d 1 (F u + Gv ) = (Ev (u )2 + 2Fv u v + Gv (v )2 ) , dt 2 donde E(u )2 + 2F u v + G(v )2 es la primera forma fundamental de . Las ecuaciones diferenciales en (3.6) son llamadas las ecuaciones geodsicas. e

(3.6)

3.4.

El Teorema Egregio de Gauss

Denicin 3.6. o Un difeomorsmo : S1 S2 es llamada una isometr si al tomar curvas a en S1 son llevadas a curvas en S2 con el mismo largo. Si una isometr : a S1 S2 existe, decimos que S1 y S2 son isomtricas. e Teorema 3.5. Un difeomorsmo : S1 S2 es una isometra si y slo o si para cualquier parametrizacin de S1 , se tiene que y f tienen la o misma primera forma fundamental. Teorema 3.6 (Teorema Egregio de Gauss). La curvatura gaussiana K de una supercie es invariante por isometrias. Corolario 3.1. La curvatura gaussiana es dada por 1 Evv + Fuv 1 Guu 2 2 1 Fv 2 G u 1 G 2 v1 E 2 u

K=

E F

Fu 1 E v 2 F G

0 1 E 2 v 1 G 2 u

1 E 2 v

1 G 2 u

E F

F G

(EG F 2 )2

.

80


Proposicin 3.4 (Ecuaciones de Gauss). o Sea (u, v) una supercie parametrizada. Entonces, uu = 1 u + 2 v + eN , 11 11 uv = 1 u + 2 v + f N , 12 12 vv = 1 u + 2 v + gN , 22 22 donde 1 = 11 1 12 1 22 GEu 2F Fu + F Ev , 2(EG F 2 ) GEv F Gu = , 2(EG F 2 ) 2GFv GGu F Gu = , 2(EG F 2 ) 2 = 11 2 12 2 22 2EFu EEv F Eu , 2(EG F 2 ) EGu F Ev = , 2(EG F 2 ) EGv 2F Fv + F Gu = . 2(EG F 2 )

Los seis coecientes k en esta frmula son llamados los s o mbolos de ij Christoel. Proposicin 3.5 (Ecuaciones Codazzi-Mainardi). o Dena los smbolos de Christoel de una supercie parametrizada (u, v) como arriba. Entonces, ev fu = e1 + f (2 1 ) g2 , 12 12 11 11

fv gu = e1 + f (2 1 ) g2 . 22 22 12 12

3.5.

Problemas Resueltos

3.1. Demuestre que la curvatura normal de cualquier curva sobre una esfera de radio r es 1/r. Solucin: Sabemos que, = n N + g N . Sea una curva arcoo parametrizada sobre la esfera de centro en a y radio r. Entonces (s) a = r (s) a, (s) a = r 2 , derivando esta expresin resulta o (s), (s) a = 0 ,

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a derivando nuevamente obtenemos (s), (s) a = (s), (s) = 1 . Sabemos que el vector normal de la esfera es: 1 N = ((s) a) . r Por lo tanto, n = (s), N = 1 (s), (s) a = r 1 . r

81

3.2. Demuestre que si (t) = (u(t), v(t)) es una curva arcoparametrizada sobre una supercie entonces n = e(u )2 + 2f u v + g(v )2 Solucin: Notemos que o n = = d d ( ) = N, (u u + v v ) dt dt N, u u + v v + (uu u + uv v )u + (uv u + vv v )v ) N, = N,

= e(u )2 + 2f u v + g(v )2 . Hemos usado el hecho que el vector normal unitario N es perpendicular a u y v . 3.3. (i) Determine una ecuacin para la curva plana y = y(x) tal que el o 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 supercie de revolucin obtenida al rotar la curva o C alrededor del eje y tiene curvatura gaussiana K 1. Solucin: o (i) Geometricamente se obtiene la siguiente relacin o

82


z

C

1 x2 z0

1 (x0 , z0 )

dz 1 x2 = . dx x

x x0

Luego, la curva tractrix puede ser parametrizada por 1 t2 . (t) = (t, f (t)), con f (t) = t (ii) Una parametrizacin para esta supercie de revolucin es o o (u, v) = (v cos u, v sin u, f (v)) . Luego, u = (v sen u, v cos u, 0) v = (cos u, sen u, f (v)) uu = (v cos u, v sen u, 0) uv = ( sen u, cos u, 0) vv = (0, 0, f (v)) entonces F = u , v = 0 1 v2 1 2 2 G = v = 1 + (f (v)) = 1 + = 2 2 v v u v = (v cos uf (v), v sen uf (v), v) u v = EG F 2 = 1 N = (v cos uf (v), v sen uf (v), v) E = u2

= v2,

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a e = f = N, uu = v 2 f (v)

83

N, uv = 0, 1 f (v) = . v2 1 v2

g = N, vv = vf (v)

Por lo tanto, la curvatura gaussiana es K = v 2 f (v)(vf (v)) eg f 2 = EG F 2 v 2 1/v 2 1 v2 1 = v2 = 1 . v v v2 1 v2 1

3.4. Pruebe que la curvatura media est dada por a H= n ()d,0

donde n () es la curvatura normal en una direccin que forma un anguo lo con una direccin tangente ja. o Solucin: La frmula de Euler establece que o o n () = 1 cos2 + 2 sen2 entonces 1 0

n ()d =

1 (1 cos2 + 2 sen2 )d 0 1 1 2 = 1 cos d + 2 sen2 d . 0 0

Note que integrando por partes se obtiene que

cos d = cos sen 0

2

0

+0

sen d =0

2

sen2 d .

Adems a

cos2 d +0 0

sen2 d =0

(cos2 + sen2 )d = .

Entonces, se concluye que

cos2 d =0 0

sen2 d =

2

84

Cap tulo 3. Curvatura de Supercies1 y como H = 2 (1 + 2 ) obtenemos que

1

0

n ()d =

1 1 1 cos2 d + 2 sen2 d 0 0 1 1 1 = 1 + 2 = (1 + 2 ) = H . 2 2 2

3.5. Probar que en puntos correspondientes, las supercies 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. Solucin: Sean o (u, v) = (u cos v, u sen v, log u), Tenemos que u = cos v, sen v, 1 u ,

(u, v) = (u cos v, u sen v, v) .

v = (u sen v, u cos v, 0)

y adems u v = ( cos v, sen v, 0). Luego, los coecientes de la a primera forma fundamental son E = u2 + 1 , u2 F = 0, G = u2

y el vector normal unitario es N = uu = 0, 0, 1 u v = ( cos v, sen v, u) u v u2 + 1

1 , uv = ( sen v, cos v, 0), vv (u cos v, u sen v, 0) u2 y los coecientes de la segunda forma fundamental son 1 e = , u u2 + 1 f = 0, g = u2 u . +1

Entonces, la curvatura gaussiana de la primera supercie es K = eg f 2 1 = 2 . 2 EG F (u + 1)2

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a Por otro lado, se tiene para segunda supercie u = (cos v, sen v, 0), v = (u sen v, u cos v, 1)

85

adems u v = (sen v, cos v, u) y los coecientes de la primera a forma fundamental son E = 1, F = 0, G = 1 + u2

el vector unitario normal resulta ser N = uu = (0, 0, 0), u v 1 = (sen v, cos v, u) 2+1 u v u vv = (u cos v, u sen v, 0)

uv = ( sen v, cos v, 0),

los coecientes de la segunda forma fundamental son e = 0, Por lo tanto, K = eg f 2 1 = 2 = K . 2 EG F (u + 1)2 f = 1 , 1 + u2 g = 0 .

3.6. En el toro de revolucin encontrar el mximo y el m o a nimo de K y donde ocurre. Solucin: Considere o (u, v) = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sin v, r sin u) la parametrizacin del toro con r < a. Notemos que o u = (r sin u cos v, r sin u sin v, r cos u)

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

Entonces, los coecientes de la primera forma fundamental son: E = u2

= r2,

F = u , v = 0,

G = v

2

= (a + r cos u)2 .

86 Adems, a


uu = (r cos u cos v, r cos u sin v, r sin u) uv = (r sin u sin v, r sin u cos v, 0) vv = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sin v, 0)

y como u 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) u v = 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 informacin tenemos que los coecientes de la segunda forma fundamental son: o e = N, uu = r, f = N, uv = 0, g = N, vv = (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 (a + r cos u)2 EG F r r(a + r cos u) (3.7)

Ahora bien, para encontrar el max mo y minimo de la curvatura Gaussiana consideramos K como una funcin de u derivando obtenemos que o K = curvatura m nima a sen u = 0 u = 0, . r(a + r cos u)2 z curvatura mxima a y

x

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

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a 3.7. En una supercie de revolucin o (u, v) = (h(u) cos v, h(u) sen v, g(u)) .

87

Demuestre que las curvaturas normales en las direcciones de u y v e g son y respectivamente. Muestre que los meriadianos y paralelos E G son l neas de curvatura. Solucin: Asumamos que la curva (t) = (h(t), g(t)) es parametrizada o por arco-parametro entonces u = (h cos v, h sen v, g ), v = (h sen v, h cos v, 0)

y los coecientes de la primera forma fundamental son E = 1, F = 0, G = h2 .

Adems, u v = (hg cos v, hg sin v, h h) entonces el vector normal a unitario a la supercie es U = (g cos v, g sin v, h ) y tenemos que uu = (h cos v, h sin v, g ) uv = (h sin v, h cos v, 0) vv = (h cos v, h sin v, 0) entonces los coecientes de la segunda forma fundamental son e=hg h g, f = 0, g = hg .

La ecuacin diferencial para las lineas de curvatura es o (f E eF )(u )2 + (gE eG)u v + (gF f G)(v )2 = 0 . Un meridiano es parametrizado por la curva (t) = (t, a) donde a es constante entonces u = 1 y v = 0 y la ecuacin diferencial de las lineas o 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 (t) = (b, t) donde b es constante entonces u = 0 y v = 1 y la ecuacion diferencial queda gF f G = 0 y como F = f = 0 entonces

88

Cap tulo 3. Curvatura de Supercies la ecuacin diferencial es satisfacida por y los paralelos son lineas o curvatura. Ahora bien, sabemos si (t) = (u(t), v(t)) es una curva regular no necesariamente parametrizada por arco-parametro entonces la curvatura normal es dada por n = e(u )2 + 2f u v + g(v )2 E(u )2 + 2F u v + G(v )2

hallar las curvaturas normales en las direcciones de u y v es equivalente a hallar las curvaturas normales para las curvas coordenadas y . Entonces, para la curva se tiene que u = 1 y v = 0 entonces la curvatura normal es n = e/E y de manera similar para la curvatura normal es n = g/G como queriamos demostrar. 3.8. En la supercie de revolucin de la catenaria o x y = c cosh . c 1 Demuestre que K = 2 , H = 0. c cosh4 u c Solucin: La parametrizacin de la catenaria de revolucin es o o o u u (u, v) = u, c cosh cos v, c cosh sen v c c entonces u u u = 1, senh cos v, senh sen v c c u u v = 0, c cosh sen v, c cosh cos v c c 1 u 1 u cos v, cosh sen v uu = 0, cosh c c c c u u uv = 0, senh sen v, senh cos v c c u u vv = 0, c cosh cos v, c cosh sen v c c u u u u u v = c senh cosh , c cosh cos v, s cosh sen v, c c c c luego el vector normal unitario U es N= tanh u cos v sen v , , u c cosh c cosh u c

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a y los coecientes de la primera y segunda forma fundamental son E = u , u = cosh2 u , c F = u , v = 0 , G = v , v = c2 cosh2 u , c La curvatura Gaussiana es entonces K= y la curvatura media es H= 1 c cosh2 u + c cosh2 1 eG 2f F + gE c = 2 cosh4 u 2 EG F 2 2 c cu c

89

e = U , uu = 1 , c f = U , uv = 0 , g = U , vv = c .

1 eg f 2 = 2 2 EG F c cos4

u c

=0.

3.9. En la supercie de revolucin de o (u) = (u, eu2 /2

, 0)

en torno al eje x, encuentre K y las regiones en las cuales K > 0, K = 0, K < 0. Solucin: La parametrizacin para la supercie de revolucin es o o o (u, v) = (u, eu y tenemos que u = (1, ueu2 /2 2 /2

cos v, eu

2 /2

sen v)

cos v, ueu

2 /2

sen v),

v = (0, eu

2 /2

sen v, eu

2 /2

cos v)

entonces los coecientes de la primera forma fundamental son E = 1 + u2 eu ,2 2

F = 0,2

G = eu .2 /2

2

Adems u v = (ueu , eu /2 cos v, eu a vector unitario normal a la supercie es N= 1 1+ u2 eu2 (ueu2 /2

sen v) entonces el

, cos v, sen v)

90 y tenemos que uu = (0, eu vv = (0, e2 2 /2


uv = (0, ueu

2 /2

(u2 1) cos v, eu sen v, ueu cos v, e2 /2

2 /2

cos v)

(u2 1) sen v)

u2 /2

u2 /2

sen v)

entonces los coecientes de la segunda forma fundamental son eu /2 (u2 1) e= , 1 + u2 eu2 f = 0, es si u (, 1) (1, ) si u = 1 si u (1, 1) g= eu2 /2

1 + u2 eu2

.

3.10. Considere

Por lo tanto, la curvatura Guassiana K>0 u2 1 = K= K=0 (1 + u2 eu2 )2 K 0.

3.13. Si = (u, v) es una parametrizain ortogonal, pruebe que o 1 K= 2 EG E v EG +v

G u EG

.u

Deduzca la frmula en el caso que sea conforme. o Solucin: Por el Teorema Egregio de Gauss la curvatura gaussiana o slo depende de la primera forma fundamental. Seg n el Corolario 3.1 o u tenemos que1 2 Evv + Fuv 1 Guu 2 1 Fv 2 G u 1 G 2 v 1 E 2 u

K=

E F

Fu 1 E v 2 F G

0 1 E 2 v 1 G 2 u

1 E 2 v

1 G 2 u

E F

F G

(EG F 2 )2

como = (u, v) es una parametrizacin ortogonal entonces F = 0 o

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a entonces 1 (EG)2 1 E 2 vv 1 2 Guu 1 Gu 2 1 G 2 v 1 E 2 u

93

K =

E 0

1 Ev 2 0 G

0 1 E 2 v 1 G 2 u

1 E 2 v

1 G 2 u

E 0

0 G

=

1 1 1 1 1 Evv Guu (EG) Eu Gu G 2 (EG) 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 = Evv EG Guu EG + Eu Gu G + Ev Gv E (EG)2 2 2 4 4 1 1 + Ev Ev G + Gu Gu e . 4 4

Por otro lado, Ev EG 1 Evv EG + Ev 2 (EG)1/2 (Ev G + EGv ) = EG Evv 1 Ev Ev G 1 EEv Gv = 3/2 2 (EG)3/2 EG 2 (EG) 2 1 1 1 Evv EG + GEv Ev + EEv Gv = 3/2 (EG) 2 4 4

v

y G u EG 1 guu EG Gu 2 (EG)1/2 (Eu G + EGu ) = EG Guu 1 Gu Eu G 1 Gu Gu E = 3/2 2 (EG)3/2 EG 2 (EG) 2 1 1 1 = Guu EG + Gu Eu G + Gu Gu E 3/2 (EG) 2 4 4

u

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

u

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Cap tulo 3. Curvatura de Supercies Ahora, si es conforme, entonces E = G = y obtenemos K = 1 v u + 2 v u 1 = {([log ]v )v + ([log ]u )u } 2 1 = {(log )vv + (log )uu } 2 1 = (log ) . 2

3.14. Demuestre que si una curva tiene curvatura normal y geodsica identie camente cero, entonces la curva es parte de una linea recta. Solucin: Tenemos la siguiente relacin 2 = 2 + 2 entonces si o o n g n = g = 0 implica = 0, luego la curva es parte de una l nea recta. 3.15. Probra que si S es una geodsica no recta contenida en un plano, e entonces es l nea de curvatura. D un ejemplo de una l e nea de curvatura plano que no sea geodsica. e Solucin: Sea P el plano en donde la curva est contenida. Por estar o a contenida en un plano entonces todas las derivadas de son paralelas al plano P. En particular, es paralela a P. Por ser una geodsica e entonces es paralelo a N el vector normal unitario a la supercie. De esto de deduce que entonces N es paralelo a P, esto implica que N es paralelo a P. Sabemos que N N , N

adems de lo anterior tenemos que es paralelo a N . Se concluye que a necesariamente es paralelo a N , es decir, N (t) = (t) (t) . Por el Teorema de Rodrigues esta es una condicin necesaria y suciente o para que sea una l nea de curvatura. Por otro lado, consideremos la esfera (u, v) = (a sin v cos u, a sin v sin u, a cos v)

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a y la curva (t) = (t, /4) mediante algunas cuentas se obtiene que E = a2 sin2 v , F =0, G = a2 , e = a sin2 v , f =0, g =a.

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Se verica sin dicultades que satisface la ecuacin diferencial o (f E eF )(u )2 + (gE eG)u v + (gF f G)(v )2 = 0 o equivalentemente (v )2 u v E F e f (u )2 G g

=0

entonces es l nea de curvatura que es claramente plana. El vector normal de la curva est contenido en el plano en donde est la curva a a pero el vector normal a la supercie es radial, luego = n no es paralelo a N por lo tanto no es una geodsica. e 3.16. Sea p un punto en S. Una direccin asinttica de S en p es una dio o reccin de Tp (S) para la cual la curvatura normal es cero. Demuestre o que K 0 para todo punto de una curva asinttica sobre una supercie. o Solucin: Sea S una curva asinttica entonces tenemos que o o n (p) = 0 p.

Adems, por el Teorema de Euler, sabemos que a n = 1 cos2 + 2 sin2 entonces necesariamente 1 0 y 2 0 entonces K = 1 2 0. 3.17. Demuestre que una curva S es geodsica y curva asinttica si y e o slo si es un segmento de recta. o

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Cap tulo 3. Curvatura de Supercies Solucin: Si es curva asinttica entonces n (p) = 0 para cada p . o o Por ser una geodsica entonces su curvatura geodsica satisface e e g (p) = 0, p.

Sabemos que 2 = 2 + 2 = 0 para todo p entonces como la n g curvatura de la curva es cero, se concluye que es un segmento de recta. Rec procamente, si es un segmento de recta entonces su curvatura = 0 y 1 = 2 = 0 lo cual implica n = 0 y es curva asinttica. o Adems, a 2 = 2 2 = 0 es geodsica. e g n 3.18. (a) Demostrar que una supercie 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. Solucin: o a) Sea S una supercie compacta y consideremos f : S R denida por f (p) = d(0, P ) la distacia de un punto p S al origen. Por ser S acotada existe q S tal que mx f (p) = f (q) = r . ap S

Sea Sr = {w R3 : w = r} la esfera de radio r entonces q Sr y los planos tangentes de la esfera y la supercie en el punto q coinciden, entonces 1 2 = 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 proco es: Si K(q) 0 para todo q S entonces S no es compacta.

Geometr Diferencial - Rodrigo Vargas a 3.19. Demostrar que no existen supercies m nimas compactas.

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Solucin: La demostracin se basa en el hecho que siempre es posio o ble de parametrizar un entorno de cualquier supercie regular de forma que E = u , u = 2 , Entonces H= F = u , v = 0 , G = v , v = 2 .

Si S es supercie m nima entonces H = 0 lo que implica que e + g = 0, luego eg f 2 (e2 + f 2 ) K= = 0 EG F 2 4 por problema 3.18(b) la supercie S no es compacta.

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

3.20. Determine las geodsicas sobre la esfera e S 2 = {(x, y, z) R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1} . Solucin: Por el problema 3.1, sabemos que la curvatura normal de o cualquier curva sobre una esfera de radio 1 es n = 1. Ahora bien, una curva es geodsica si y solo si g = 0. Usando la frmula e o 2 = 2 + 2 n g se obtiene que las curvas geodsicas satisfacen = n = 1. Es decir, e las geodsicas de la esfera son las curvas que son circulos de radio 1. e 3.21. Sea S una l nea de curvatura plana (es decir, contenida en un plano P). Probar que a lo largo de , el vector normal a S forma un angulo constante con el vector normal a P . Solucin: Supongamos que est arcoparametrizada por el Teorema o a de Rodrigues, es l nea de curvatura si y slo si N (t) = (t) (t). Por o

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Cap tulo 3. Curvatura de Supercies estar contenida en un plano P entonces = 0. Luego, d n, N dt = = n , N + n, N t + b, N + n, t0 0

= t, N +

b, N + n, t = 00

Entonces, n, N = cos es constante. Por lo tanto, como el vector a P tiene angulo constante con n, se concluye que N y el vector normal a P forman un angulo const

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