apuntes de-geometria-diferencial1

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

GEOMETRIA DIFERENCIALP R O B L E M A S R E S U E L T O S

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile

2010

Prefacio

Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometrıa Di-

ferencial. Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando

digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. Ası espe-

ro facilitar la comprension de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesi-

tara perder mucho tiempo en la teorıa para evocarse a atacar problemas

de los textos guıas. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que

deseen una presentacion mas completa y los alumnos, por ası decirlo, nor-

males que busquen lecturas complementarias pueden consultar “Geometrıa

diferencial de curvas y superficies” de Manfredo do Carmo que trata de la

misma materia con un enfoque mas 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 geometrıa diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe

lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustarıa que el lector

solo consultase las soluciones despues 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 encontrara se basan en las ayudantias del

curso de geometrıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la

Pontificia Universidad Catolica de Chile, el cual esta dirigido a estudiantes

de Licenciatura en Matematica. Muchos de los problemas han sido tomados

de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.

iii

Indice general

1. Curvas 1

1.1. Teorıa Local de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . . . . . . . . . 3

1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Superficies 53

2.1. La Primera Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 55


3. Curvatura de Superficies 75

3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Superficie . . . . . . . . . . 75

3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.3. Geodesicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.4. El Teorema Egregio de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79


4. El Teorema de Gauss-Bonnet 115


5. Superficies Completas. Teorema de Hopf-Rinow 131


v

Capıtulo 1

Curvas

1.1. Teorıa Local de Curvas

Definicion 1.1.

Una curva parametrizada diferenciable es una aplicacion diferenciable α :

(a, b) → R3.

Definicion 1.2.

Una curva parametrizada diferenciable α : (a, b) → R3 se denomina regular

si α′(t) 6= 0 para todo t ∈ I.

Definicion 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 definicion:

s(t) =

∫ t

t0

‖α′(t)‖dt .

Definicion 1.4.

Una curva parametrizada α : (a, b) → R3 es llamada arco-parametrizada o

de rapidez uno si α′(t) es un vector unitario para todo t ∈ (a, b), esto es,

‖α′(t)‖ = 1.

Definicion 1.5.

Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por longitud de arco s ∈ I. El

numero ‖α′′(s)‖ = κ(s) se denomina la curvatura de α en s.

1

2 Capıtulo 1. Curvas

En puntos donde κ(s) 6= 0, esta bien definido un vector unitario n(s)

en la direccion α′′(s) mediante la ecuacion α′′(s) = κ(s)n(s). Mas aun,

α′′(s) es normal a α′(s), pues diferenciando 〈α′(s), α′(s)〉 = 1 obtenemos

〈α′′(s), α′(s)〉 = 0. Ası, n(s) es normal a α′(s) y se denomina el vector nor-

mal en s. El plano determinado por los vectores unitarios tangente y normal,

α′(s) y n(s), se denomina el plano osculador en s.

Denotaremos por t(s) = α′(s) al vector unitario tangente de α en s. Por

tanto, t′(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.

Definicion 1.6.

Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por lo longitud de arco s tal

que α′′(s) 6= 0, s ∈ (a, b). El numero τ(s) definido por b′(s) = τ(s)n(s) se

denomina la torsion de α en s.

Teorema 1.1.

Sea α una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces,

t′ = κn

n′ = −κt +τb

b′ = −τn .

(1.1)

Las ecuaciones en (1.1) son llamadas las ecuaciones de Frenet-Serret.

Teorema 1.2 (Teorema Fundamental de la Teorıa 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 torsion de α. Ademas, cualquier otra curva

α, satisfaciendo las mismas condiciones difiere de α en un movimiento rıgido;

esto es, existe una aplicacion lineal ortogonal ϕ de R3, con determinante

positivo, y un vector v tal que α = ϕ α + v.

Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3

1.2. Propiedades Globales de las curvas pla-

nas

Definicion 1.7.

Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular α : [a, b] → R2

tal que α y todas sus derivadas coinciden en a y en b; es decir,

α(s) = α(b) , α′(a) = α′(b) , α′′(a) = α′′(b) , . . . .

Definicion 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 Isoperimetrica).

Sea α una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el area de la

region encerrada por α. Entonces

A ≤ 1

4π`2

y la igualdad se da si solo si α es un cırculo.

Definicion 1.9.

Un vertice de una curba regular plana α : [a, b] → R2 es un punto t ∈ [a, b]

en donde κ′(t) = 0.

Definicion 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 esta completamente

contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente

en t.

Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro vertices).

Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro vertices.

1.3. Problemas Resueltos

1.1. Hallar una parametrizacion de la curva que es la interseccion de un ci-

lindro circular de radio 12en la direccion del eje z y la esfera de radio 1


y centro (−12, 0, 0).

Solucion: Un punto (x, y, z) esta en el cilindro si

x2 + y2 =1

4(1.2)

y en la esfera si

(x+

1

2

)2

+ y2 + z2 = 1 . (1.3)

Se observa de la ecuacion (4) que, −1 ≤ z ≤ 1, sea entonces z = sin t.

Ahora, haciendo (4)− (3) obtenemos:

x+1

4+ sin2 t =

3

4⇒ x =

1

2− sin2 t .

De la ecuacion (3) se tiene

y =

√1

4− x2 =

√sin2 t− sin4 t = sin

√1− sin2 t = sin t cos t .

Por lo tanto, α : [−π, π] → R3 es dada por:

α(t) =

(1

2− sin2 t, sin t cos t, sin t

).

1.2. Parametrizar la curva que se forma de un cırculo sobre una hoja al

doblarse esta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es

igual al del cırculo.

Solucion: Sea ϕ : [0, a]× [−b/2, b/2] → C dada por

ϕ(t, s) =

(cos

2π

at, sen

2π

at, s

).


ϕ

x0 a

− b2

b2

1|

El cırculo S1 es dado por la ecuacion parametrica.

(x− x0)2 + y2 = r2

con 0 < 2|x0 − r| < a < b, parametriza por α : [0, 2πr] → [0, a] ×[−b/2, b/2] definida por

α(x) =(x0 + r cos

x

r, r sen

x

r

)

la curva que se forma del cırculo sobre la hoja al doblarse sobre el

cılindro esta parametrizada por

β(t) = (ϕ α)(t)

= ϕ

(x0 + r cos

t

s, r sen

t

r

)

=

(cos

2π

a

(x0 + r cos

t

r

), sen

2π

a

(x0 + r cos

t

r

), r sen

t

r

).

Si β(t) = (β1(t), β2(t), β3(t)) entonces

β ′1(t) = sen

(2π

a

[x0 + r cos

(t

r

)])sen t ,

β ′2(t) = − cos

(2π

a

[x0 + r cos

(t

r

)])sen t ,

β ′3(t) = cos t .

Se comprueba sin mayor dificultad que ‖β ′(t)‖ = 1 entonces el largo de

la curva β es

sβ =

∫ 2πr

0

‖β ′(t)‖dt =∫ 2πr

0

dt = 2πr = sα .


1.3. Determine una parametrizacion de la curva sobre la esfera unitaria que

corta cada meridiano en un angulo constante α.

Solucion: Consideremos la proyeccion de Mercador. Para cada p ∈M = S2 − (0, 0, 1), (0, 0,−1), se considera la recta L que pasa por

p y que, siendo perpendicular al eje z, corta al eje z en un punto q y

contiene a p. Por definicion ψ(p) = c = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2 = 1∩L.

b b b

z

q p

ψ(p)

L

Haciendo algunas cuentas se obtiene

ψ(x, y, z) =

(x√

x2 + y2,

y√x2 + y2

, z

),

ψ−1(x, y, z) =

(x√1− z2√x2 + y2

,y√1− z2√x2 + y2

, z

).

Note que los meridianos son llevados mediante la proyeccion de Merca-

dor 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 ϕa los meridianos en la esfera unitaria.


ϕ ψ−11

−1

x=a 1

ϕ(x=a)

ϕ−1ϕ(x=a)

Una curva que corta cada meriadiano en un angulo 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)

=

(cos 2πt

√1− (αt+ β)2√

(cos 2πt)2 + (sen 2πt)2,sen 2πt

√1− (αt+ β)2√

(cos 2πt)2 + (sen 2πt)2, αt+ β

)

= (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 meriadia-

no en un angulo constante α.

1.4. Sea α : I → Rn una curva regular, v ∈ Rn un vector fijo y suponga

que α′(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.

Solucion: Sabemos que, si f, g : I → Rn son curvas diferenciables,

entoncesd

dt〈f(t), g(t)〉 = 〈f ′(t), g(t)〉+ 〈f(t), g′(t)〉

por ser α′(t) ortogonal a v, se tiene que 〈α′(t), v〉 = 0 para todo t ∈ I y

como v es un vector fijo, entonces 〈α(t), v′〉 = 0 para todo t ∈ I. Luego,

d

dt〈α(t), v〉 = 〈α′(t), v〉+ 〈α(t), v′〉 = 0 .


Se concluye que 〈α(t), v〉 = c = constante para todo t ∈ I, por ser α(0)

ortogonal a v, entonces 〈α(0), v〉 = 0. Por lo tanto,

〈α(t), v〉 = 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 ‖α(t)‖ es constante

no nula si y solo si α(t) es ortogonal a α′(t) para todo t ∈ I.

Solucion: Si f : I → Rn es una curva diferenciable entonces

d

dt‖f(t)‖ =

〈f(t), f ′(t)〉‖f(t)‖ , si f(t) 6= 0 . (1.4)

En efecto, si f(t) = (f1(t), ..., fn(t)) luego ‖f(t)‖ =

[n∑

i=1

(fi(t))2

]1/2y

obtenemos

d

dt‖f(t)‖ =

1

2

[n∑

i=1

(fi(t))2

] 12−1(

2n∑

i=1

fi(t)f′i(t)

)

=

n∑

i=1

fi(t)f′i(t)

[n∑

i=1

(fi(t))2

]1/2 =〈f(t), f ′(t)〉

‖f(t)‖ ,

siempre que f(t) 6= 0. Por otro lado,

Si ‖α(t)‖ = cte 6= 0 ⇔ d

dt‖α(t)‖ = 0

⇔ 〈α(t), α′(t)〉‖α(t)‖ = 0

⇔ 〈α(t), α′(t)〉 = 0

⇔ α(t) es ortogonal a α′(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 maxima o mınima la recta tangente a


γ es perpendicular al segmento lineal a p.

Solucion: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema an-

terior. Si ‖γ(s0)− p‖ es un maximo o un mınimo entonces

d

ds‖γ(s)− p‖

∣∣∣∣s=s0

= 0 ⇔ 〈γ(s0)− p, t(s0)〉‖γ(s0)− p‖ = 0 .

Note que en nuestro caso ‖γ(s0)− p‖ 6= 0. Luego, 〈γ(s0)− p, t(s0)〉 = 0

es decir, la recta tangente a γ en s0 es perpendicular al vector γ(s0)− p

que esta en la direccion al segmento lineal a p.

1.7. Un disco circular de radio r en el plano xy rueda sin deslizar a lo largo

del eje x. La figura que describe un punto de la circunferencia del disco

se llama cicloide.

b bb

b

b

cθ

x

y

(a) Obtengase una curva parametrizada α : R → R2 cuya traza sea la

cicloide y determınense sus puntos singulares.

(b) Calculese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una

rotacion completa del disco.

Solucion:

(a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el cırculo rueda sin resbalar

en un angulo θ, el centro del cırculo es movido a (rθ, r). Notemos que

b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces la parametrizacion 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 α′(θ) = r(1− cos θ, sen θ) y ‖α′(θ)‖2 = 2r2(1− cos θ).

Entonces, la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una

rotacion completa del disco es

` =

∫ 2π

0

‖α′(θ)‖dθ =√2r

∫ 2π

0

√1− cos θdθ

= 2r

∫ 2π

0

√1− cos θ

2dθ = 2r

∫ 2π

0

sen

(θ

2

)dθ = 8r .

1.8. Sea OA = 2a el diametro de un cırculo S1 y sean OY y AV las tangentes

a S1 en O y A, respectivamente. Una semi-recta r, que corta a S1 en C

y a la recta AV en B, se traza desde O. Sobre OB se marca el segmento

Op = CB. Si rotamos r alrededor de O, el punto p describira una curva

denominada la cisoide de Diocles.

0A2a

x

y V

rb

b

b

B

Cp

θ

Tomando OA como eje x y OY como eje y, demostrar que:

(a) La traza de

α(t) =

(2at2

1 + t2,2at3

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′(t) →(0, 2a). Ası, cuando t→ ∞, la curva y su tangente se aproximan a

la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una asıntota de la

cisoide.

Solucion:

(a) La ecuacion del cırculo S1 es

(x− a)2 + y2 = a2 . (1.5)

La ecuacion de la semi-recta r es

y = (tanθ) · x . (1.6)

El punto C es la interseccion de la recta con el cırculo S1, 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, x 6= 0

⇒ x =2a

1 + tan2 θ.

Luego, las coordenadas del punto C son

C =

(2a

1 + tan2 θ,2a tan θ

1 + tan2 θ

).

Las coordenadas del punto B, son facilmente deducibles a partir

de la figura, B = (2a, 2a tan θ). Notemos que p = B − C haciendo

cuentas obtenemos:

p = B − C =

(2a− 2a

1 + tan2 θ, 2a tan θ − 2a tan θ

1 + tan2 θ

)

=

(2a+ 2a tan2 θ − 2a

1 + tan2 θ,2a tan θ + 2a tan3 θ − 2a tan θ

1 + tan2 θ

)

=

(2a tan2 θ

1 + tan2 θ,2a tan3 θ

1 + tan2 θ

).

Tomando t = tan θ obtenemos finalmente

α(t) =

(2at2

1 + t2,2at3

1 + t2

), t ∈ R .


(b) Notemos que

α′(t) =

(4at(1 + t2)− 2at2(2t)

(1 + t2)2,6at2(1 + t2)− 2at3(2t)

(1 + t2)2

)

=

(4at

(1 + t2)2,6at2 + 2at4

(1 + t2)2

)

y evidentemente α′(0) = (0, 0) es un punto singular.

(c) Un simple calculo muestra que

lımt→∞

α(t) =

(lımt→∞

2at2

1 + t2, lımt→∞

2at3

1 + t2

)= (2a,∞) .

Ademas

lımt→∞

α′(t) =

(lımt→∞

4at

(1 + t2)2, lımt→∞

6at2 + 2at4

(1 + t2)2

)= (0, 2a) .

1.9. Sea α : (0, π) → R2 dada por

α(t) =

(sin t, cos t+ log tan

t

2

)

donde t es el angulo que el eje y forma con el vector α′(t). La traza de

α se denomina la tractriz.

b

b

α(t)1

t

x

y

Demostrar que:


(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.

Solucion:

(a) Notemos que

α′(t) =

(cos t,− sin t+

1

tan t2

· 1

cos2 t2

· 12

)

=

(cos t,− sin t+

1

2 sin t2cos t

2

)

=

(cos t,− sin t+

1

sin t

).

Si α′(t) = 0 ⇒ cos t = 0 y − sin t+1

sin t= 0, entonces

sin t =1

sin t⇒ sin2 t = 1

⇒ sin t = ±1, t ∈ (0, π)

⇒ t =π

2.

(b) Sean P = (x0, y0) el punto de tangencia de la recta tangente y

Q = (0, y1) el punto de interseccion de la recta tangente con el eje

y. Sean x = sin t, y = cos t+ log tan t2, entonces

dy

dx=

1

sin t− sin t

cos t=

1− sin2 t

sin t cos t=

cos t

sin t⇒ dy

dx=

√1− x2

x.

Luego, la ecuacion de la lınea tangente a P es

y − y0 =

√1− x20x0

(x− x0) .

Evaluando la recta en el punto Q obtenemos

y1 − y0 =

√1− x20x0

(0− x0) = −√

1− x20 .


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 deno-

minada espiral logarıtmica; vease la figura).

(b) Demostrar que α′(t) → (0, 0) cuando t→ +∞ y que:

lımt→+∞

∫ t

t0

‖α′(t)‖dt

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

x

y

Solucion:

(a) Sabemos que lımt→+∞

ebt = 0 cuando b < 0 y como las funciones cos t

y sen t son acotadas podemos concluir que

lımt+∞

ebt cos t = lımt→+∞

ebt sen t = 0

por lo que lımt→+∞

α(t) = (0, 0).


(b) Tenemos que

α′(t) = (aebt(b cos t− sen t), aebt(b sen t + cos t)) .

Entonces,

∫ t

t0

‖α′(t)‖dt =

∫ t

t0

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

= a

∫ t

t0

ebt[b2 + 1]1/2dt

= a√b2 + 1

∫ t

t0

ebtdt

=a

b

√b1 + 1(ebt − ebt0)

por lo que

lımt→+∞

∫ t

t0

‖α′(t)‖dt = lımt→+∞

a

b

√b1 + 1(ebt − ebt0) = −a

b

√b2 + 1ebt0 ,

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 particion:

a = t0 < t1 < . . . < tn = b

de [a, b], considere la suma∑n

i=1 |α(ti) − α(ti−1)| = l(α, P ), donde P

representa la particion dada. La norma |P | de la particion se defini por:

|P | = max(ti − ti−1) , i = 1, · · · , n .

Geometricamente, l(α, P ) es la longitud de un polıgono inscrito en

α([a, b]) con vertices en α(ti) (ver la figura). La intension del ejerci-

cio es demostrar que la longitud del arco α([a, b])es, en cierto sentido,

un lımite de longitudes de polıgonos inscritos.


b

b

b b

b

bb

b

α(tn)

α(tn−1)

α(ti)

α(t0)

α(t1)α(t2)

α

Pruebese que dado un ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |P | < δ entonces:

∣∣∣∣∫ b

a

‖α′(t)‖dt− l(α, P )

∣∣∣∣ < ε .

Solucion: Por la definicion de integral, dado ε > 0, existe un δ1 > 0

tal que si |P | < δ1, entonces

∣∣∣∣(∫ b

a

‖α′(t)‖dt)−∑

(ti − ti−1)‖α′(ti)‖)<ε

2.

Por otro lado, como α′ es uniformemente continua en [a, b], dado ε > 0,

existe δ2 > 0 tal que su t, s ∈ [a, b] con |t− s| < δ2, entonces

‖α′(t)− α′(s)‖ < ε

2|a− b| .

Tomando δ = mınδ1, δ2, entonces si |P | < δ, obtenemos, utilizando el

teorema del valor medio para funciones en varias variables,

∣∣∣∑

‖α(ti−1)− α(ti)‖ −∑

(ti−1 − ti)‖α′(ti)‖∣∣∣

≤∣∣∣∣∑

(ti−1 − ti) supsi

‖α′(si)‖ −∑

(ti−1 − ti)‖α′(ti)‖∣∣∣∣

≤∣∣∣∣∑

(ti−1 − ti) supsi

‖α′(si)− α′(ti)‖∣∣∣∣ ≤

ε

2,

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


1.12. (a) Sea α : I → R3 una curva de clase C0: Utilicese la aproximacion po-

ligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definicion razonable

de longitud de arco para α.

(b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con

cualquier definicion razonable, la longitud de arco de una curva C0

es un intervalo cerrado podrıa no ser acotada. Sea α : [0, 1] → R2

dada por

α(t) =

(t, t sin(π/t)) si t 6= 0

(0, 0) si t = 0

Demostrar, geometricamente, que la longitud de arco de la porcion

de curva correspondiente a1

(n+ 1)≤ t ≤ 1

nes al menos 2/(n +

(1/2)). Utilıcese esto para establecer que la longitud de la curva en

el intervalo1

N≤ t ≤ 1 es mayor que 2

N∑

n=1

1

n+ 1, y por lo tanto,

tiende a infinito cuando N → ∞.

Solucion:

(a) Tomando una particion del intervalo I, P = t0, t1, ..., tk ⊂ I y

definimos la longitud de arco.

s(t) = lımk→∞

k∑

i=0

|α(ti)− α(ti−1)| .

(b) Para t sucesivamente igual a

2

2,2

3,2

4,2

5,2

6, . . . ,

2

n+ 1

y(t) = t sin(π/t) asume los valores

0,−2

3, 0,

2

5, 0,−2

7, 0, . . . , (−1)n

2

2n+ 1.

Por lo tanto, tomando la particion

P =

0,

2

k + 1,2

k, . . . ,

1

3,2

5,1

2

2

3, 1


Tenemos que:

l(p) =k∑

i=1

|y(ti)− y(ti−1)|

=2

3+

2

3+

2

5+

2

5+ · · ·+ 2

k+

2

k

= 2

(1

3+

1

3+

1

5+

1

5+ · · ·+ 1

k+

1

k

)

≥ 2

(1

3+

1

4+

1

5+ · · ·+ 1

k+

1

k + 1

),

como s(t) ≥ l(p) y la serie armonica

∞∑

i=1

1

idiverge. Se concluye que

la longitud de arco no es acotada.

1.13. Sea α = α(t), t ∈ [a, b] una curva parametrizada de clase C1 con α(a) =

p, α(b) = q.

a) Pruebe que si ~v es un vector unitario, entonces

〈(q − p), ~v〉 =∫ b

a

〈α′(t), ~v〉dt ≤∫ b

a

‖α′(t)‖dt

b) Escogiendo ~v apropiado, deduzca que

‖α(a)− α(b)‖ ≤∫ b

a

‖α′(t)‖dt ,

esto es, la curva de menor longitud desde α(a) a α(b) es la lınea

recta que une estos puntos.

Solucion:

(a) Afirmamos que si f, g : [a, b] → Rn son de clase C1 entonces

∫ b

a

〈f ′(t), g(t)〉dt = 〈f(t), g(t)〉∣∣∣b

a−∫ b

a

〈f(t), g′(t)〉dt


En efecto,∫ b

a

〈f ′(t), g(t)〉dt =

∫ b

a

n∑

i=1

f ′i(t)gi(t)dt

=n∑

i=1

∫ b

a

f ′i(t)gi(t)dt

=

n∑

i=1

(fi(t)gi(t)

∣∣∣b

a−∫ b

a

fi(t)g′i(t)dt

)

=

n∑

i=1

fi(t)gi(t)∣∣∣b

a−

n∑

i=1

∫ b

a

fi(t)g′i(t)dt

= 〈f(t), g(t)〉∣∣∣b

a−∫ b

a

n∑

i=1

fi(t)g′i(t)dt

= 〈f(t), g(t)〉∣∣∣b

a−∫ b

a

〈f(t), g′(t)〉dt .

Luego, tenemos que∫ b

a

〈α′(t), v〉dt = 〈α(t), v〉∣∣∣b

a−∫ b

a

〈α(t), v′〉dt

= 〈α(b), v〉 − 〈α(a), v〉= 〈α(b)− α(a), v〉= 〈(q − p), v〉 .

Por otro lado, notemos que∫ b

a

〈α′(t), v〉dt ≤∣∣∣∣∫ b

a

〈α′(t), v〉dt∣∣∣∣

≤∫ b

a

|〈α′(t), v〉|dt

≤∫ b

a

‖α′(t)‖ · ‖v‖dt =∫ b

a

‖α′(t)‖dt .

La tercera de las desigualdades, no es mas que la famosa desigualdad

de Cauchy-Schwartz

(b) Tomando el vector ~v = q−p‖q−p‖ el cual es unitario de lo anterior

obtenemos∫ b

a

‖α′(t)‖dt ≥ 〈(q−p), ~v〉 = 〈(q − p), (q − p)〉‖q − p‖ = ‖q−p‖ = ‖α(a)−α(b)‖.


1.14. Supongase que α(I) ⊂ R2 y dotese de signo a κ como en el texto.

Transportese los vectores t(s) paralelamente ası mismos de forma que

los orıgenes 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 angulo de e1 a t(s) en la orien-

tacion de R2. Demostrar (a) y (b); notese que estamos admitiendo que

κ 6= 0.

(a) La indicatriz de tangentes es una curva parametrizada regular.

(b)dt

ds=

(dθ

ds

)n, o sea, κ =

dθ

ds.

Solucion:

(a) Supongamos que, la indicatriz de tangentes es una curva parametri-

zada no regular, entonces existe s0 ∈ I tal que t(s0) = 0, entonces

t′(s0) = 0 ⇒ |α′′(s0)| = 0 ⇒ κ(s0) = 0

lo cual es una contradiccion, pues estamos asumiendo que κ 6= 0.

(b) Sabemos que θ(s) = angulo(e1, t(s)). Podemos suponer sin perdida

de generalidad que α : I → R2 es una curva parametrizada por

longitud de arco, es decir, ‖α′(t)‖ = 1.

Si dθ es el angulo entre t(s+ ε) y t(s) entonces

|t(s+ ε)− t(s)| = 2 sin

(1

2dθ

)∼= dθ .

Luego,

κ = |t′(s)| =

∣∣∣∣lımε→0

t(s+ ε)− t(s)

ε

∣∣∣∣ = lımε→0

|t(s+ ε)− t(s)||ε|

= lımε→0

2 sin(12dθ)

|ε| = lımε→0

dθ

|ε|

= lımε→0

angulo(e1, t(s+ ε))− angulo(e1, t(s))

ε

=dθ

ds.


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 todavıa la conclusion de (a) si α no es regular?

Solucion:

(a) El vector velocidad α′(t), cuando es diferente de cero, determina

una recta tangente de la curva α en el punto α(t), a saber:

L = α(t) + rα′(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)α′(t) ,

derivando obtenemos

0 = α′(t) + r′(t)α′(t) + r(t)α′′(t) = (1 + r′(t))α′(t) + r(t)α′′(t) .

Haciendo el producto interno con α′′(t) se obtiene

0 = 〈(1 + r′(t))α′(t) + r(t)α′′(t), α′′(t)〉= (1 + r′(t))〈α′(t), α′′(t)〉+ r(t)〈α′′(t), α′′(t)〉= (1 + r′(t))〈α′(t), α′′(t)〉+ r(t)‖α′′(t)‖= (1 + r′(t))〈α′(t), α′′(t)〉+ r(t)κ(t)

= r(t)κ(t) ,

ya que si

‖α′(t)‖ = 1 ⇔ 〈α′(t), α′(t)〉 = 1 ⇔ 2〈α′′(t), α′(t)〉 = 0 ⇔ α′′(t) ⊥ α′(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 contradiccion.

Por lo tanto, κ(t) = 0 para todo t ∈ I y α es un segmento de recta.


(b) Si α no es regular en algun punto entonces en estos puntos no

esta bien definida una recta tangente.

1.16. Una traslacion por un vector v ∈ R3 es la aplicacion A : R3 → R3

dada por A(p) = p + v, p ∈ R3. Una aplicacion lineal ρ : R3 → R3 es

una transformacion ortogonal cuando 〈ρu, ρv〉 = 〈u, v〉, ∀ u, v ∈ R3. Un

movimiento rıgido en R3 es el resultado de componer una traslacion y

una transformacion ortogonal con determinante positivo.

(a) Demostrar que la norma de un vector y el angulo θ entre dos vec-

tores, 0 ≤ θ ≤ π, son invariantes frente a transformaciones ortogo-

nales con determinante positivo.

(b) Desmostrar que el producto vectorial de dos vectores es invarian-

te frente a transformaciones ortogonales con determinante positivo.

¿Es cierto aun la afirmacion si suprimimos la condicion determi-

nante positivo?

(c) Demuestrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsion

de una curva parametrizada (siempre que esten definidos) son in-

variantes frente a movimientos rıgidos.

Solucion:

(a) Sea ρ : R3 → R3 una transformacion ortogonal entonces:

‖ρu‖2 = 〈ρu, ρu〉 = 〈u, u〉 = ‖u‖2 ⇒ ‖ρu‖ = ‖u‖, ∀ u ∈ R3 .

Tenemos que si u, v ∈ R3 entonces

cos](u, v) =〈u, v〉‖u‖‖v‖ =

〈ρu, ρv〉‖ρu‖‖ρv‖ = cos](ρu, ρv) .

(b) Tenemos que

u× v = ‖u‖‖v‖ sin](u, v)z = ‖ρu‖‖ρv‖ sin](ρu, ρv)z = ρu× ρv

donde z 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

〈ρx, ρy〉 = 〈(−x1, x2, x3), (−y1, y2, y3)〉= x1y1 + x2y2 + x3y3 = 〈x, y〉


y la representacion matricial de ρ en la base canonica de R3 es

[ρ] =

−1 0 0

0 1 0

0 0 1

⇒ det[ρ] = −1

pero

u× v 6= ρu× ρv .

(c) Consideremos ϕ : R3 → R3 dada por ϕ = ρ A un movimiento

rıgido. Sea P = t0, t1, ..., tn una particion de I ⊂ R entonces

l(α) = lım|P |→0

∑

P

‖α(ti)− α(ti−1)‖

= lım|P |→0

∑

P

‖(α(ti) + v)− (α(ti−1) + v)‖

= lım|P |→0

∑

P

‖A(αi)− A(α(ti−1))‖

= lım|P |→0

∑

P

‖ρ(A(αi)−A(α(ti−1)))‖

= lım|P |→0

∑

P

‖ρ(A(αi))− ρ(A(α(ti−1)))‖ = l(ϕ α) .

Notemos que

(A α)(t) = α(t) + v, (A α)′(t) = α′(t), (A α)′′(t) = α′′(t) .

Ademas

d

dt(ρ α) = ρ α′,

d2

dt2(ρ α) = ρ α′′ .

Entonces

κα(t) =|α′(t)× α′′(t)|

|α′(t)|3

=|(A α)′(t)× (A α)′′(t)|

|(A α)′(t)|3

=|ρ((A α)′(t))× ρ((A α)′′(t))|

|ρ((A α)′(t))|3

=| ddt(ρ A α)(t)× d2

dt2(ρ A α)(t)|

| ddt(ρ A α)(t)|3

=| ddt(ϕ α)(t)× d2

dt2(ϕ α)(t)|

| ddt(ϕ α)(t)|3 = κϕα(t) .


De manera similar se obtiene que

τϕα(t) = −

⟨ddt(ϕ α)× d2

dt2(ϕ α), d3

dt3(ϕ α)

⟩

∣∣ ddt(ϕ α)× d2

dt2(ϕ α)

∣∣2 = τα(t) .

1.17. Sea α : I → R2 una curva parametriza regular plana con curvatura

κ = κ(s) 6= 0. En esta situacion, la curva

β(s) = α(s) +1

κ(s)n(s) , t ∈ I

se denomina la evoluta de α.

b

bb

b

b

b

b

b

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 interseccion de dichas

normales converge a un punto sobre la curva β.


Solucion:

(a) Supongamos que α esta parametrizada por arco, basta observar que

β ′(s) = t(s) +

(n(s)

κ(s)

)′

= t(s) +n′(s)κ(s)− n(s)κ′(s)

κ2(s)

= t(s) +−κ2(s)t(s)− n(s)κ′(s)

κ2(s)

= − κ′(s)

κ2(s)n(s) = r(s)n(s) .

Se deduce que la recta tangente a β coincide con la recta normal de

α.

(b) Observe primero que

‖β(s)− α(s)‖ =

∥∥∥∥n(s)

κ(s)

∥∥∥∥ =1

|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 interseccion se obtendran si:

L1(r) = L2(p) ⇒ α(s2)− α(s1) = rn(s1)− pn(s2)

⇒ α(s2)− α(s1)

s2 − s1=rn(s1)− pn(s2)

s2 − s1.

Note que cuando s2 → s1 ⇒ r → p. Entonces

α′(s2) = lıms2→s1

α(s2)− α(s1)

s2 − s1= lım

s2→s1

rn(s1)− pn(s2)

s2 − s1= pn′(s2) .

Luego,

1 = 〈α′(s2), α′(s2)〉

= 〈α′(s2), pn′(s2)〉

= 〈α′(s2),−pκ(s2)α′(s2)〉= −pκ(s2)〈α′(s2), α

′(s2)〉 = −pκ(s2) .

Entonces κ(s2) = −1

p.


1.18. Demuestre que el largo de arco de la evoluta de α = α(t) es u0−1

κs(s),

donde u0 es una constante.

Solucion: Supongamos que α esta parametrizada por arcoparametro,

sabemos que la evoluta es dada por:

β(s) = α(s) +1

κ(s)n(s) .

Entonces

β ′(s) = t(s)− κ′(s)

κ2(s)n(s) +

1

κ(s)(−κ(s)t(s)) = − κ′(s)

κ2(s)n(s) .

Entonces, el largo de arco de la evoluta es

u(s) =

∫ s

s0

‖β ′(t)‖dt =∫ s

s0

κ′(t)

κ2(t)dt = − 1

κ(t)

∣∣∣∣s

s0

= u0 −1

κ(s)

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)

Solucion: Notemos que α′(t) = a(1− cos t, sin t), entonces

‖α′(t)‖ = a√

(1− cos t)2 + sin2 t

= a√

1− 2 cos t + cos2 t + sin2 t

= a√2− 2 cos t

= 2a

√1− cos t

2= 2a sin(t/2) .

Entonces el vector tangente unitario es:

t =α′(t)

‖α′(t)‖ =a(1− cos t, sin t)

2a sin(t/2)=

1

2

(1− cos(t)

sin(t/2),

sin t

sin(t/2)

)

=1

2

(2 sin2(t/2)

sin(t/2),2 sin(t/2) cos(t/2)

sin(t/2)

)= (sin(t/2), cos(t/2)) .


Luego, el vector normal unitario es n = (− cos(t/2), sin(t/2)) y ademas

α′′(t) = a(sin t, cos t), entonces la curvatura es:

κ(t) =a2((1− cos t) cos t− sin2 t)

‖α′(t)‖3 =a2(cos t− cos2 t− sin2 t)

(2a sin(t/2))3

=a2(cos t− 1)

8a3 sin3(t/2)=

cos2(t/2)− sin2(t/2)− 1

8a sin3(t/2)=

−2 sin2(t/2)

8a sin3(t/2)

= − 1

4a sin(t/2).

Por lo tanto, la evoluta es:

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 traslacion 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) .

Solucion:

(a) Tenemos que

α′(t) = (1, sinh t), α′′(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) =x′y′′ − x′′y′

((x′)2 + (y′)2)3/2.


Entonces

κ(t) =cosh t

(1 + sinh t)3/2=

cosh t

(cosh2 t)3/2=

1

cosh2 t.

(b) Sabemos que la evoluta esta dada por

β(t) = α(t) +1

κ(t)n(t), t ∈ I .

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

n(t)⊥α′(t) y ‖n(t)‖ = 1 .

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

n(t) =(−α′

2(t), α′1(t))

‖α′(t)‖

entonces

n(t) =(− sinh t, 1)√sinh2 t+ 1

=

(− sinh t

cosh t,

1

cosh t

).

Por lo tanto,

β(t) = α(t) +1

κ(t)n(t)

= (t, cosh t) + cosh2 t

(− sinh t

cosh t,

1

cosh t

)

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

= (t− sinh t cosh t, 2 cosh t) .

1.21. Sea α : I → R3 una curva parametrizada regular (no necesariamente

por longitud de arco) y sea β : J → R3 una reparametrizacion de α(I)

por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 ∈ I. Sea t = t(s) la

funcion inversa de s y defınansedα

dt= α′,

d2α

dt2= α′′, etc. Demostrar las

siguientes afirmaciones

(a)dt

ds=

1

‖α′‖ ,d2t

ds2= −〈α′, α′′〉

‖α′‖3 .


(b) La curvatura de α en t ∈ I es

κ(t) =‖α′ × α′′‖‖α′‖3 .

(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) =x′y′′ − x′′y′

((x′)2 + (y′)2)3/2.

Solucion:

(a) Notemos que si β = α t entonces β ′(s) = α′(t(s))t′(s)

⇒ 1 = ‖β ′(s)‖ = ‖α′(t(s))t′(s)‖ = t′(s)‖α′(t(s))‖

⇒ dt

ds= t′(s) =

1

‖α′(t(s))‖ =1

‖α′‖ .

Entonces

d2t

ds2=

−d‖α′‖

dt‖α′‖2 =

−〈α′, α′′〉‖α′‖

‖α′‖2 = −〈α′, α′′〉‖α′‖3 .

(b) Tenemos que

β ′ = (α t)t′, β ′′ = (α′′ t)(t′)2 + (α′ t)t′′ .

Sabemos que

b(s) = t(s)× n(s) ,

κ(s)b(s) = t(s)× κ(s)n(s) ,

κ(s)b(s) = t(s)× t′(s) .

Entonces,

κ(s) = ‖β(s)× β ′′(s)‖= ‖(α′(t(s))t′(s) × α′′(t(s))(t′(s))2 + α′(t(s))t′′(s)‖= ‖(t′(s))3α′(t(s))× α′′(t(s))+ t′(s)t′′(s)α′(t(s))× α′(t(s))‖= (t′(s))3‖α′(t(s))× α′′(t(s))‖

=‖α′(t(s))× α′′(t(s))‖

‖α′(t(s))‖3 .


Por lo tanto, se tiene que:

κ(t) =‖α′ × α′′‖‖α′‖3 .

(c) Notemos que n(s) = (−β2(s), β1(s))

β ′′ = κn ⇒β ′′1 (s) = −κ(s)β ′

2(s)

β ′′2 (s) = κ(s)β ′

1(s)

⇒

−β ′′1β

′2 = κ(β ′

2)2

β ′′2β

′1 = κ(β ′

1)2

Sumando ambas expresiones se obtiene:

κ = β ′′2β

′1 − β ′′

1β′2

como β = α t⇒ β ′ = (α′ t)t′, es decir,β ′1(s) = α′

1(t(s))t′(s)

β ′2(s) = α′

2(t(s))t′(s)

y ademas

β ′′1 (s) = (α′′

1(t(s)))(t′(s))2 + α′

1(t(s))t′′(s)

β ′′2 (s) = (α′′

2(t(s)))(t′(s))2 + α′

2(t(s))t′′(s)

Luego,

κ = (α′′2 t)(t‘)2 + (α′

2 t)t′′(α′1 t)t′

−(α′′1 t)(t‘)2 + (α′

1 t)t′′(α′2 t)t′

= α′′2(t(s))α

′1(t(s))− α′′

1(t(s))α′2(t(s))(t′(s))3

=α′′

2(t(s))α′1(t(s))− α′′

1(t(s))α′2(t(s))

(α′1(t(s)))

2 + (α′2(t(s)))

23/2 .

1.22. Probar que si α esta contenida en una esfera de radio r entonces su

curvatura satisface κ(s) ≥ 1/r.


Solucion: Supongamos que α esta arcoparametrizada. Si α esta en

una esfera de centro en a y radio r entonces

‖α(s)− a‖2 = r2 .

Derivando esta ecuacion obtenemos:

〈t, α− a〉 = 0

volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos

〈t′, α− a〉+ 〈t, t〉 = 0 ⇒ 〈κn, α− a〉+ ‖t‖2︸︷︷︸1

= 0 .

Entonces, κ〈n, α − a〉 = −1. Como κ ≥ 0 y usando la desigualdad de

Cauchy-Schwartz obtenemos

1 = |κ(s)| · |〈n(s), α(s)− a〉| ≤ |κ(s)| · ‖n(s)‖‖α(s)− a‖ = κ(s)r .

Por lo tanto, κ(s) ≥ 1/r.

1.23. Sean r > 0 y α : R → R2 una parametrizacion por longitud de arco tal

que el trazo de α esta 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.

Solucion: Denotamos por

Dr = z ∈ R2 : ‖z‖ ≤ r .

Afirmacion: Si κα(s0) <1

rentonces α(s) ⊆ R

2 \ Dr para todo 0 <

|s− s0| < δ.

En efecto, basta considerar la funcion

ϕ(s) = ‖α(s)− p ‖2


donde p = α(s0) + rn(s0), entonces

ϕ ′(s) = 2〈t(s), α(s)− p〉ϕ ′′(s) = 2〈t ′(s), α(s)− p〉+ 2〈t(s), t(s)〉 = 2〈κ(s)n(s), α(s)− p〉+ 2 .

Luego, evaluando en s = s0 obtenemos

ϕ(s0) = ‖α(s0)− α(s0)− rn(so)‖2 = r2‖n(s0)‖ = r2

ϕ ′(s0) = 2〈t(s0),−rn(s0)〉 = −2r〈t(s0), n(s0)〉 = 01

2ϕ ′′(s0) = 〈κ(s0)n(s0),−rn(s0)〉+ 1 = 1− rκ(s0) .

Note que ϕ ′′(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 ′(s0)(s− s0) + ϕ ′′(s0)(s− s0)

2

2+R

= r2 + (1− rκ(s0))(s− s0)

2

4+R > r2

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 condicion necesaria y suficiente para que una curva

α : I → R3 este sobre una esfera es que

τ

κ=

(κ′

κ2τ

)′.

Solucion:

⇒ Si α : I → R3 esta en una esfera de centro en a y radio r entonces

‖α− a‖2 = r2, es decir, 〈α− a, α− a〉 = r2 .

Derivando obtenemos

〈t, α− a〉 = 0 . (1.7)


Derivando (1.7) y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos:

〈t′, α− a〉+ 〈t, t〉 = 0 ⇒ 〈κn, α− a〉+ ‖t‖2 = 0

⇒ κ〈n, α− a〉+ 1 = 0

⇒ 〈n, α− a〉 = −1

κ. (1.8)

Derivando (3.8) y usando la perpendicularidad del triedro de Frenet

obtenemos:

〈n′, α− a〉 + 〈n, t〉︸︷︷︸0

=κ′

κ2⇒ 〈−κt+ τb, α − a〉 = κ′

κ2

⇒ −κ 〈t, α− a〉︸︷︷︸0

+τ〈b, α− a〉 = κ′

κ2

⇒ 〈b, α− a〉 = κ′

κ2τ.

El termino que es cero es debido a la ecuacion (1.7), derivando la ultima

igualdad obtenemos:

〈−τn, α − a〉+ 〈b, t〉︸︷︷︸0

=

(κ′

κ2τ

)′⇒ −τ〈n, α − a〉 =

(κ′

κ2τ

)′.

Reemplazando (3.8) en la ultima igualdad se obtiene lo pedido

τ

κ=

(κ′

κ2τ

)′.

⇐ Sean ρ = 1/κ y σ = 1/τ entonces nuestra hipotesis es equivalente

a:

ρ = −σ(ρ′σ)′ .

Usando esta informacion note que

(ρ2 + (ρ′σ)2)′ = 2ρρ′ + 2(ρ′σ)(ρ′σ)′ = 0 .

Luego, ρ2+(ρ′σ)2 es igual a una constante, digamos a r2. Consideremos

a = α+ ρn + ρ′σb, entonces

a′ = t + ρ′n + ρ(−κt + τb) + (ρ′σ)′b− ρ′σ(τn) = 0 .


Luego, a es constante y

‖α− a‖2 = ρ2 + (ρ′σ)2 = r2 ,

es decir, α esta 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 esta contenida en una esfera.

Solucion: La ecuacion del plano normal en γ(t) es 〈y − γ, t〉 = 0.

Si a es el punto fijo, entonces

〈a− y, t〉 = 0 . (1.9)

Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos

〈t, t〉+ 〈a− γ, t′〉 = 0 ⇒ ‖t‖2 + 〈a− γ, κn〉 = 0

⇒ 〈a− γ, n〉 = −1

κ. (1.10)

Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret

〈t, n〉+ 〈a− γ, n′〉 = κ′

κ2⇒ 〈a− γ,−κt+ τb〉 = κ′

κ2

⇒ −κ〈a− γ, t〉+ τ〈a− γ, b〉 = κ′

κ2. (1.11)

Si (1.9) en (1.11) obtenemos 〈a − γ, b〉 =κ′

κ2τ, derivando y usando

Frenet-Serret

−τ〈γ − a, n〉 =(κ′

κ2τ

)′. (1.12)

Si (1.10) en (1.12) resulta

τ

κ=

(κ′

κ2τ

)

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


1.26. Demuestrese que el conocimiento de la funcion vectorial b = b(s), el

vector binormal, de una curva α, cuya torsion nunca es nula, determina

la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsion τ(s) de α.

Solucion: Como se conoce b(s) , entonces se conoce b′(s) = −τ(s)n(s)lo que implica que |τ(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 κ(s) > 0 y usando la ecuacion de Frenet-Serret t′(s) =

κ(s) n(s) obtenemos que:

κ(s) = |κ(s)| = |κ(s)|‖n(s)‖ = ‖κ(s) n(s)‖ = ‖t′(s)‖ .

1.27. Sea α(s) una curva en R3 con arco-parametro y torsion constante τ . Si

Tα, Nα, Bα es su triedro movil se define una nueva curva por

β(t) = −1

τNα(t) +

∫ t

0

Bα(s)ds .

Calcular la curvatura y la torsion de β.

Solucion: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-

nemos

β ′ = −1

τN ′α +Bα = −1

τ(−κTα + τBα) +Bα =

κ

τTα

β ′′ =κ′

τTα +

κ2

τNα

β ′′′ =κ′′

τTα +

κκ′

τNα +

2κ′κ

τNα −

κ3

τTα + κ2Bα

=κ′′ − κ3

τTα +

3κκ′

τNα + κ2Bα

entonces

β ′ × β ′′ =κ3

τ 2Bα , ‖β ′‖3 = κ3

τ 3⇒ κβ =

‖β ′ × β ′′‖‖β ′‖3 = τ

y ası

〈β ′ × β ′′, β ′′′〉 = κ5

τ 2⇒ τβ =

〈β ′ × β ′′, β ′′′〉‖β ′ × β ′′‖2 =

τ 2

κ.


1.28. Sea κ : I → R la funcion curvatura de la parametrizacion por longitud

de arco α. Probar la igualdad:

〈α′(s), α′′′′(s)〉 = −3κ(s)κ′(s)

Solucion: Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de

derivada por partes para el producto interno.

〈α′, α′′′′〉 =d

ds〈α′, α′′′〉 − 〈α′′, α′′′〉

=d

ds〈t, t′′〉 − 〈t′, t′′〉

=d

ds〈t, (κn)′〉 − 〈κn, (κn)′〉

=d

ds〈t, κ′n+ κn′〉 − 〈κn, κ′n+ κn′〉

=d

dsκ′ 〈t, n〉︸︷︷︸

0

+κ〈t, n′〉 − κκ′ 〈n, n〉︸︷︷︸1

+κ〈n, n′〉

=d

dsκ〈t,−κt + τb〉 − κκ′ + κ〈n,−κt + τb〉

=d

ds−κ2 〈t, t〉︸︷︷︸

1

+τ 〈t, b〉︸︷︷︸0

− κκ′ − κ2 〈n, t〉︸︷︷︸0

+τ 〈n, b〉︸︷︷︸0

=d

ds−κ2 − κκ′ = −2κκ′ − κκ′ = −3κκ′ .

1.29. Encontrar todas las funciones f(t) tales que

α(t) = (cos t, sen t, f(t))

sea una curva plana.

Solucion: Sabemos que la curvatura de una curva α : [a, b] → R3

esta dada por

τ(t) = −〈(α′ × α′′), α′′′〉‖α′ × α′′‖2

ademas, una curva es plana si y solo si τ(t) = 0 para todo t ∈ [a, b].


Ahora bien, tenemos que

α′ = (− sen t, cos t, f ′)

α′′ = (− cos t,− sen t, f ′′)

α′′′ = (sen t,− cos t, f ′′′)

α′ × α′′ = (cos tf ′′ + sen tf ′, sen tf ′′ − cos tf ′, 1)

〈α′ × α′′, α′′′〉 = f ′ + f ′′′ = 0 ⇒ f ′′′ = −f ′

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

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

Solucion: Consideremos ϕ(s) =

∫ s

0

κ(u)du y

γ(s) =

(∫ s

0

cosϕ(t)dt,

∫ s

0

senϕ(t)dt

)

entonces t(s) = (cosϕ(s), senϕ(s)) y n(s) = (− senϕ(s), cosϕ(s)). Se

verifica que

γ′′(s) = ϕ′(s)(− senϕ(s), cosϕ(s)) = κ(s) n(s) .

Calculando obtenemos que

ϕ(s) =

∫ s

0

u−1/2du = 2√u .

Por lo tanto,

γ(s) =

(∫ s

0

cos(2√t)dt,

∫ s

0

sen(2√t)dt

)

= (cos(2√s) + 2

√s sen(s

√2), sen(2

√s)− 2

√s cos(2

√s)) + (1, 0) .

1.31. Considere la curva

α(s) =

(a cos

(s√

a2 + b2

), a sin

(s√

a2 + b2

), b

s√a2 + b2

).

Hallar la curvatura y la torsion.

Solucion: Denotemos por ω =1√

a2 + b2, entonces

α′(s) = (−aω sinωs, aω cosωs, ωb)


Note que ‖α′(s)‖ = 1 entonces t = α′(s) y

t′ = (−aω2 cosωs,−aω2 sinωs, 0) = κ(s) n(s)

La ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue

que κ(s) = aω2 y n = (− cosωs,− sinωs, 0). Sabemos que el vector

binormal es dado por

b(s) = t× n = (bω sinωs,−bω cosωs, aω)

Entonces,

b′(s) = (bω2 cosωs, bω2 sinωs, 0) = τ(s) n(s)

La ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo

tanto, τ(s) = −bω2.

1.32. Sea α una curva cuyas funciones curvatura y torsion no se anulan. Se

dice que es una helice de eje el vector unitario ω y angulo θ si los vectores

tangentes a α forman un angulo θ con ω.

(a) Probar que en tal caso el vector ω es combinacion lineal de t y b;

calcular los coeficientes de dicha combinacion lineal.

(b) Probar que α es una helice si y solo si el cociente κ/τ es una funcion

constante.


Solucion:

(a) Se tiene que

〈t, ω〉 = cos θ = constante

entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-

nemos

0 = 〈t′, ω〉 = 〈κn, ω〉 = κ〈n, ω〉 ⇒ 〈n, ω〉 = 0

lo que implica que ω = αt+ βb y luego

〈n, ω〉 = cos θ ⇔ 〈t, αt〉+ 〈t, βb〉 = cos θ

⇒ α ‖t‖2︸︷︷︸1

+β 〈t, b〉︸︷︷︸0

= cos θ ⇒ α = cos θ

por otro lado, tenemos que

1 = ‖ω‖2 = 〈αt+βb, αt+βb〉 = α2‖t‖2+β2‖b‖2 = α2+β2 ⇒ β = sen θ.

Por lo tanto, ω = cos θt + sen θb.

(b) Si α es helice entonces ω = cos θt + sen θb entonces derivando y

usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos

0 = cos θt′ + sen θb′ = κn cos θ − τn sen θ .

Luego, haciendo el producto punto del vector normal con el vector

cero obtenemos

0 = 〈n, 0〉 = 〈n, κn cos θ − τn sen θ〉= κ cos θ‖n‖2 − τ sen θ‖n‖2

entoncesκ

τ= tan θ =constante.

Recıprocamente, siκ

τ= constante = tan θ =

sen θ

cos θentonces

0 = κ cos θ − τ sen θ

= κ cos θ〈n, n〉 − τ sen θ〈n, n〉= 〈κn cos θ − τn sen θ, n〉= 〈(t cos θ + b sen θ)′, n〉


lo que implica (t cos θ+b sen θ)′ = 0 entonces t cos θ+b sen θ =constante=

a por lo tanto,

〈t, a〉 = cos θ = constante .

1.33. Sea α una curva plana parametrizada por largo de arco tal que para

todo s el angulo entre t(s) y α(s) es θ (fijo). Demuestre

(a) Si θ = 0 entonces la traza de α esta contenida en una recta.

(b) Si θ = π2, entonces la traza de α esta contenido en un cırculo.

(c) Si 0 < θ < π2, entonces la traza de α esta contenido en una espiral

logarıtmica.

Solucion:

(a) Sabemos que cos θ =〈t, α〉‖t‖‖α‖ . Si θ = 0 entonces

〈t, α〉‖t‖‖α‖ = 1. Se

concluye que α = rt con r 6= 0, derivando obtenemos

t = r′t + rt′ = r′t + rκn .

Haciendo el producto interno con n

0 = 〈t, n〉 = r′〈t, n〉+ rκ〈n, n〉 = rκ⇒ κ ≡ 0 .

(b) Si θ =π

2entonces

〈t, α〉‖t‖‖α‖ = 0, se concluye que α = rn con r 6= 0.

Derivando obtenemos

t = r′n+ rn′ = r′n− κrt .

Haciendo el producto interno con n obtenemos

0 = 〈t, n〉 = r′〈n, n〉 − κr〈t, n〉 = r′ .

Luego, r debe ser constante. Haciendo el producto interno de t

contra si mismo, obtenemos

1 = 〈t, t〉 = ‖κrt‖2 = (κr)2 ⇒ κ = ±1

r.


(c) Tomando α = r(t cos θ + n sin θ) y derivando obtenemos

t = r′(t cos θ + n sin θ) + r(t′ cos θ + n′ sin θ)

= r′(t cos θ + n sin θ) + r(κn cos θ − κt sin θ)

= (rκ cos θ + r′ sin θ)n + (r′ cos θ − κr sin θ)t .

Haciendo el producto interno de t con n obtenemos

r′ cos θ − κr sin θ = 1

κr cos θ + r′ sin θ = 0

/ cos θ

/ sin θ

Luego, r′ = cos θ ⇒ r = s cos θ y ademas κr = − sin θ.

Por lo tanto,

κ = − 1

s · cotan θ .

1.34. Pruebe que∫ 2π

0

√a2 sin2 t+ b2 cos2 t dt ≥ 2π

√ab, a, b ∈ R

+

con igualdad si y solo si a = b.

Solucion: Usamos la desigualdad isoperimetrica aplicada a la curva

α(t) = (a cos t, b sin t)

que es una parametrizacion de la elipse. El area encerrada por la curva

α(t) = (x(t), y(t)) es dada por:

A(α) =1

2

∫ 2π

0

(xy′ − x′y)dt

=1

2

∫ 2π

0

((a cos t)(b cos t)− (−a sin t)(b sin t))dt

=1

2

∫ 2π

0

(ab cos2 t+ ab sin2 t)dt = abπ .

El largo de la curva es

l =

∫ 2π

0

‖α′(t)‖dt =∫ 2π

0

√(−a sin t)2 + (b cos t)2dt

=

∫ 2π

0

√a2 sin2 t+ b2 cos2 t dt .


Por la desigualdad isoperimetrica tenemos que 2√πA ≤ l entonces

l =

∫ 2π

0

√a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≤ 2

√ππab = 2π

√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?

Solucion: Basta usar la desigualdad isoperimetrica. Sabemos que si

α es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el area de

la region encerrada por α entonces

A ≤ l2

4π.

Tenemos quel2

4π=

36m2

4π=

9

πm2 < 3m2 = A

lo cual contradice la desigualdad isoperimetrica.

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 area mayor que encierra la curva cerrada γ ∪ AB se tiene cuando γ

es un arco de cırculo por A,B.

Solucion: Sea S1 un cırculo 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.

A B

γ

A B

γ

β

α

Tomando la curva formada por α y γ la cual es cerrada y C1 a trozos.

Fijando la curva α y haciendo variar γ en la familia de todas las curvas


que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperi-

metrica para curvas C1 a trozos, la curva de la familia que delimita un

area maxima es S1, como α esta fijo, el arco β es la solucion 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 vertices, encuentrelos.

Solucion: Tenemos que α(t) = (a cos t, b sin t) y sabemos que κ(t) =x′y′′ − x′′y′

((x′)2 + (y‘)2)3/2. En particular, x′(t) = −a sin t, x′′(t) = −a cos t,

y′(t) = b cos t y y′′(t) = −b sin t. Entonces

κ(t) =(−a sin t)(−b sin t)− (−a cos t)(b cos t)

(a2 sin2 t+ b2 cos2 t)3/2=

ab

(a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2.

Luego

κ′(t) =3ab sin t cos t(b2 − a2)

(a2 sin2 t+ b2 cos2 t)3/2.

Por otro lado, t ∈ [0, 2π] es vertice si κ′(t) = 0, es decir, si 3ab sin t cos t =

0 ⇔ sin t cos t = 0 entonces t ∈0, π

2, π, 3

2π, 2π

donde

α(0) = α(2π) = (a, 0) α(π2

)= (0, b)

α(π) = (−a, 0) α(32π)= (0,−b)

son los vertices de la elipse. Note que la curva cumple las hipotesis del

teorema de los cuatro vertices, luego ella necesariamente tiene al menos

cuatro vertices.

1.38. Considere la curva α(t) = (t, t2), t ∈ R. Probar que la curvatura de

α nunca se anula y calcular el numero de vertices. ¿Contradice esto el

teorema de los cuatro vertices?

Solucion: Tenemos que α′(t) = (1, 2t) y α′′(t) = (0, 2) entonces

κ(t) =2

(1 + 4t2)3/2y κ′(t) = − 24t

(1 + 4t2)5/2

luego la curvatura nunca se anula y α posee un solo vertice en t = 0.

Esto no contradice el Teorema de los cuatro vertices debido a que α no

es una curva cerrada.


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 solo dos vertices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro

vertices?

Solucion: Tenemos que

α′(t) = (− sin t− 2 sin 2t, cos t+ 2 cos 2t) = (x′(t), y′(t))

α′′(t) = (− cos t− 4 cos 2t,− sin t− 4 sin 2t) = (x′′(t), y′′(t))

entonces ‖α′(t)‖ =√5 + 4 cos t.

Luego,

x′y′′ = (− sin t− 2 sin 2t)(− sin t− 4 sin 2t)

= sin2 t+ 8 sin2 2t+ 6 sin t sin 2t ,

x′′y′ = (− 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:

κ(t) =9 + 6(cos t cos 2t+ sin t sin 2t)

(5 + 4 cos t)3/2

=9 + 6(cos t(cos2 t− sin2 t) + 2 sin2 t cos t)

(5 + 4 cos t)3/2=

9 + 6 cos t

(5 + 4 cos t)3/2

con derivada

κ′(t) =12 sin t(2 + cos t)

(5 + 4 cos t)3/2

la cual es cero solo en los puntos t = 0 y t = π, es decir, tiene dos

vertices. Esto no contradice el teorema de los cuatro vertices pues la

curva no es simple, como se aprecia en la siguiente figura.


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

|κ(p)| = lımd→0

2h

d2.

Solucion: 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 esten en la direccion de los vectores tangente y normal

a la curva γ en el punto p. Sea γ(s) = (x(s), y(s)) nuestra parame-

trizacion. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del punto

0.

γ(s) = γ(0) + γ′(0)s+ γ′′(0)s2

2+R

donde lıms→0

R

s2= 0. Denotamos por κ la curvatura de γ en el punto p.

b

p

γd

h l

L

Notemos que,

γ′(0) = t(0) = (1, 0), γ′′(0) = κn(0) = κ(0, 1)

con esta informacion, podemos deducir que

x(s) = s+Rx, y(s) = κs2

2+Ry

donde R = (Rx, Ry), entonces

|κ(p)| = lıms→0

2|y(s)|s2

+2Ry

s2

= lım

s→0

2|y(s)|s2

+ 2 lıms→0

Ry

s2= lım

d→0

2h

d2.


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

|κ(p)| ≥ 1

r.

Solucion: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre

la curva γ a mayor distancia de O. Consideremos el cırculo de radio

|p − O| = r′ y centro O, entonces γ esta contenida en la region que

encierra el cırculo de radio r′ y centro O. Consideremos un nuevo sistema

de coordenadas cuyo origen coincida con el punto p y cuyos ejes esten

en la direccion del vector tangente y normal a la curva γ en el punto p.

b

b

b

p

O

r′(x(t),y(t))

(x(t),z(t))

Luego, si γ(t) = (x(t), y(t)), sea β(t) = (x(t), z(t)) una parametrizacion

del cırculo de radio r′ y centro O. Debido a que la curva esta contenida

en la region que encierra el cırculo se tiene que:

|z(t)| ≤ |y(t)| .

Usando la formula del problema anterior para curvatura obtenemos

|κ(p)| = lıms→0

2|y(s)|s2

≥ lıms→0

2|z(s)|s2

= |κβ(p)| =1

r′≥ 1

r.

1.42. Si una curva cerrada y plana C esta contenida dentro de un cırculo de

radio r, demostrar que existe un punto p ∈ C tal que la curvatura κ de

C en p satisface |κ| ≥ 1/r.


Solucion: Sea O el centro del disco en cuestion de radio r. Reduzca

el radio del cırculo hasta la primera vez en que el cırculo toque a la

curva. Entonces, sea r′ el radio hallado con r′ ≤ r y α(t0) el punto de

interseccion. Note que estamos en las mismas condiciones del problema

anterior, entonces

|κ(t0)| ≥1

r′≥ 1

r.

1.43. Sea α(s), s ∈ [0, l] una curva cerrada, convexa y plana, orientada posi-

tivamente. 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 + πr2.

(c) κβ(s) =κα(s)

(1 + rκα(s)).

Solucion:

(a) Notemos que

β ′(s) = t(s)− rn′(s)

= t(s)− r(−κα(s)t(s) + τ(s)b(s))

= (1 + rκα(s))t(s) .

Entonces

‖β ′(s)‖ = |1 + rκα(s)|‖t(s)‖ = 1 + rκα(s) .

Usando el teorema de rotacion de tangentes

`(β) =

∫ l

0

‖β ′(s)‖ds =∫ l

0

ds+ r

∫ l

0

κα(s)ds

= l + r(θ(s)− θ(0)) = l + 2πr .


(b) Sea α(s) = (x(s), y(s)) entonces t = (x′, y′) y por Frenet-Serret

t ′ = (x′′, y′′) = κα(−y′, x′) . (1.13)

Tenemos entonces

β = (x, y)− r(−y′, x′) = (x+ ry′, y − rx′) .

Para el calculo del area usamos la formula

A(β) =1

2

∫

β

(uv′ − vu′)ds .

Usando la relacion (1) vemos que

uv′ = (1+ rκα)xy′ + r(1 + rκα)(y

′)2 = xy′ − rxx′′ + r(1 + rκα)(y′)2

y

vu′ = (1+ rκα)yx′ − r(1 + rκα)(x

′)2 = yx′ + ryy′′ − r(1 + rκα)(x′)2

de donde

uv′ − vu′ = xy′ − yx′ − r(xx′′ + yy′′) + r(1 + rκα) .

Para evaluar la integral necesitamos hallar

∫ l

0

xx′′ ds = xx′(l)− xx′(0)−∫ l

0

(x′)2ds = −∫ l

0

(x′)2ds .

De manera similar

∫ l

0

yy′′ ds = yy′(l)− yy′(0)−∫ l

0

(y′)2ds = −∫ l

0

(y′)2ds

con lo que obtenemos

∫ l

0

(xx′′ + yy′′)ds = −l

y como ∫ l

0

κα(s)ds = 2π .


Se obtiene finalmente que

A(β) =1

2

∫ l

0

(uv′ − vu′)ds

=1

2

∫ l

0

(xy′ − yx′ − r(xx′′ + yy′′) + r(1 + rκα))ds

=1

2

∫ l

0

(xy′ − yx′)ds− r

2

∫ l

0

(xx′′ + yy′′)ds+r

2

∫ l

0

(1 + rκα))ds

= A(α) +rl

2+rl

2+

2πr2

2= A(α) + rl + πr2 .

(c) Utilizaremos la formula para curvatura para curvas planas. Supon-

gamos que α esta parametrizada por longitud de arco, entonces

β ′(s) = t(s) + rκα(s)t(s) = t(s)(1 + rκα(s)) .

Entonces

((β ′1(s))

2+(β ′2(s))

2)3/2 = ‖β ′(s)‖3 = ‖t(s)‖3(1+rκα(s))3 = (1+rκα(s))3.

Sabemos que si α(s) = (α1(s), α2(s)) entonces n(s) = (−α′2(s), α

′1(s)).

Por otro lado se tiene que

β ′′(s) = α′′(s)− rn′′(s)

= α′′(s)− r(−κα(s)t(s))′

= α′′(s) + rκ′α(s)t(s) + rκα(s)t′(s)

= α′′(s) + rκ′α(s)t(s) + κ2α(s)n(s) .

Luego,

β ′1β

′′2 − β ′′

1β′2 = α1(1 + rκα)α′′

2 + r[κ′αα′2 + κ2αα

′1]

−α2(1 + rκα)α′′1 + r[κ′αα

′1 − κ2αα

′2]

= (1 + rκα)α′1α

′′2 + rκ′αα

′2α

′1 + rκ2α(α

′1)

2 − α′2α

′′1

−rκ′αα′1α

′2 + rκ2α(α

′2)

2= (1 + rκα)α′

1α′′2 − α′

2α′′1 + rκ2α((α

′1)

2 + (α′2)

2)= (1 + rκα)α′

1α′′2 − α′

2α′′1 + rκ2α

= (1 + rκα)κα + rκ2α= (1 + rκα)

2κα .


Por lo tanto,

κβ(s) =β ′1β

′′2 − β ′′

1β′2

((β ′1)

2 + (β ′2)

2)3/2=κα(1 + rκα)

2

(1 + rκα)3=

κα(s)

(1 + rκα(s)).

1.44. (i) Probar que la curva de nivel f(x, y) = c es convexa si y solo si en

ella la expresion

fxxf2y − 2fxyfxfy + fyyf

2x

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 direccion del gradiente de f .

Solucion:

(i) Sabemos que κ(s) no cambia de signo si y solo si θ(s) =∫ s0κ(s)ds

es una funcion creciente, ya que θ′(s) = κ(s). Luego, la curva

γ asociada a la curvatura κ es una curva convexa si y solo si κ

no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la funcion

implıcita, 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 f 2x + f 2

y 6= 0. Derivando la

igualdad f(x, y) = c obtenemos

fx + fyg′ = 0 . (1.14)

Luego,

g′ = −fxfy. (1.15)


Derivando (1.14) y reemplazando (1.15) obtenemos

fxx + fxyg′ + fyx + fyyg

′g′ + fyg′′ = 0

⇒ fxx −fxyfxf y

− fyxfxfy

+fyyf

2x

f 2y

+ fyg′′ = 0

⇒ g′′ =fxxf

2y − 2fxyfxfy + fyyf

2x

f 3y

.

Usando la formula para curvatura de curvas planas γ(t) = (x(t), y(t))

dada por

κ(t) =x′y′′ − x′′y′

((x′)2 + (y′)2)3/2.

Obtenemos

κ(x, y) =g′′(x)

(1 + (g′(x)2)3/2⇒ κ(x, y) =

fxxf2y − 2fxyfxfy + fyyf

2x

(f 2x + f 2

y )3/2

.

Entonces, si fxxf2y − 2fxyfxfy + fyyf

2x no cambia de signo si y solo

si κ(x, y) no cambia de signo si y solo si la curva f(x, y) = c es

convexa.

(ii) Usando la formula obtenida, se obtiene

κ(x, y) =2 · 1 + 2(−3)(−1) · 1 + 1 · (−1)2

((−1)2 + (1)2)3/2= − 3

2√2.

1.45. Sea γ(t) una curva cerrada simple de largo l con curvatura 0 < κ(t) ≤ c.

Probar que

l ≥ 2π

c.

Interprete.

Solucion: Al ser γ(t) una curva cerrada simple tiene ındice de rota-

cion 1, entonces

∫ l

0

κ(s)ds = θ(l)− θ(0) = 2π .

Por otro lado, como κ(t) ≤ c obtenemos

2π =

∫ l

0

κ(s)ds ≤ c

∫ l

0

ds = cl .


Por lo tanto, l ≥ 2π

c. Observe que un cırculo de radio 1/c tiene curvatura

κ0 = c y el largo de este circulo es l0 =2πc. Cualquier curva de curvatura

menor a c tiene mayor largo que un cırculo de radio 1/c.

Capıtulo 2

Superficies

Definicion 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 ⊂ R

3 conteniendo al

punto p tal que W ∩ S es homeomorfo a U .

z

y

x

u

v

b

b

(u, v)

U

pW ∩ S

ϕ

W

S

Definicion 2.2.

Una superficie parametrizada σ : U → R3 es llamada regular si es diferen-

ciable 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 Capıtulo 2. Superficies

Definicion 2.3.

Dada una aplicacion diferenciable F : U ⊂ Rn → Rm definida sobre un

conjunto abierto U de Rn decimos que p ∈ U es un punto crıtico de F si

la diferencial dFp : Rn → Rm no es un aplicacion sobreyectiva. La imagen

F (p) ∈ Rm de un punto crıtico se denomina un valor crıtico de F . Un punto

de Rm que no es un valor crıtico de f se llama valor regular de F .

Si f : U ⊂ R3 → R es una funcion diferenciable, decir que dfp no es

sobreyectiva es equivalente a que fx = fy = fz = 0 en p. De aquı, a ∈ f(U)

es un valor regular de f : U ⊂ R3 → R si y solo si fx, fy y fz no se anulan

simultaneamente 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 funcion diferenciable y a ∈ f(U) es un valor

regular de f , entonces f−1(a) es una superficie regular de R3.

Definicion 2.4.

El espacio tangente a un punto p de una superficie S, denotado por TpS, es

el conjunto de vectores tangentes al punto p de todas las curvas en S que

pasan por p.

2.1. La Primera Forma Fundamental

Si 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

s =

∫ t

t0

‖γ′(u)‖du .

Por la regla de la cadena, γ′ = σuu′ + σvv

′ entonces

‖γ′‖2 = E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2 (2.1)

donde

E = ‖σu‖2 , F = 〈σu, σv〉 , G = ‖σv‖2 . (2.2)


La forma cuadratica definida por la ecuacion (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.

Proposicion 2.1.

‖σu × σv‖ =√EF −G2 .

Definicion 2.5.

El area Aσ(R) del sector σ(R) de una superficie parametrizada σ : U → R3

correspondiente a la region R ⊆ U es

Aσ(R) =

∫∫

R

‖σu × σv‖dudv .

2.2. La Segunda Forma Fundamental

Dada una parametrizacion 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

~N =σu × σv

‖σu × σv‖.

La siguiente expresion

e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 (2.3)

es llamada la segunda forma fundamental de σ en donde

e = 〈 ~N, σuu〉 , f = 〈 ~N, σuv〉 , g = 〈 ~N, σvv〉

son llamados coeficientes de la segunda forma fundamental.


2.1. Demuestre que el cilindro circular S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1 es

una superficie regular.


Solucion: Consideremos

U = (x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y2 < π2

r =√x2 + y2 y sea ϕ : U → R3 definida por

ϕ(x, y) =(xr,y

r, tan

(r − π

2

)).

Note que las funciones coordenadas de ϕ son diferenciables y es claro

que ϕ es inyectiva.

2.2. Demuestre que el paraboloide hiperbolico

S = (x, y, z) ∈ R3 : z = x2 − y2

es una superficie regular.

Solucion: Consideremos la siguiente aplicacion χ : U ⊂ R2 → R

3

definida por

χ(u, v) = (u, v, u2 − v2) .

2.3. Demuestre que el elipsoide

S =

(x, y, z) ∈ R

3 :x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1


Solucion: Consideremos la aplicacion φ : U ⊂ R2 → R3 definida por

φ(u, v) = (a sin u cos v, b sin u sin v, c cosu)

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))


alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con esta, es

un superficie regular.

Solucion: Considere la parametrizacion ψ : U ⊂ R2 → R

3 dada por

ψ(u, v) = (f(v) cosu, f(v) sinu, g(v))

donde U = (u, v) ∈ R2 : 0 < u < 2π, a < v < b.

2.5. Demuestre que, si f(x, y) es una funcion diferenciable, su grafico

Graf(f) = (x, y, z) ∈ R3 : z = f(x, y)

es una superficie diferenciable.

Solucion: Basta considerar la parametrizacion 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 + y2 + z2 + a2 − r2)2 = 4a2(x2 + y2)


Solucion: Consideremos ϕ : U → R3 definida por

ϕ(u, v) = ((r cosu+ a) cos v, (r cosu+ a) sin v, r sin u)

donde U = (u, v) ∈ R2 : 0 < u, v < 2π, la cual es una funcion

diferenciable.

2.7. El hiperboloide de una hoja es

S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1

Demuestre que para todo θ la curva

(x− z) cos θ = (1− y) sin θ,

(x+ z) sin θ = (1 + y) cos θ


esta contenida en S, y que todo punto del hiperboloide esta sobre una

de estas lıneas. Deduzca que S puede ser cubierta por solo una parame-

trizacion y por lo tanto es una superficie.

Solucion: Multiplicando ambas ecuaciones obtenemos

(x2 − z2) sin θ cos θ = (1− y2) sen θ cos θ .

Si sin θ 6= 0 y cos θ 6= 0 se tiene que

x2 − z2 = 1− y2 ⇒ x2 + y2 − z2 = 1 .

Note que si sin θ = 0 ⇒ x = z, y = −1 y si cos θ = 0 ⇒ y = 1, x = −z.La lınea dada Lθ pasa por (− sin 2θ, cos 2θ, 1) se sigue que conseguimos

todas las lıneas tomando 0 ≤ θ ≤ π. Sea (x, y, z) ∈ S, si x 6= z, considere

θ tal que

cot θ =(1− y)

(x− z)

entonces (x, y, z) ∈ Lθ. Similarmente si x 6= −z. Los unicos casos res-

tantes son los puntos (0, 0,±1) que estan sobre las lıneas Lπ/2 y L0.

S

Lθ

x2 + y2 − z2 = 1

Sea S1 el circulo unitario x2 + y2 = 1 en el plano xy, y sea α(s) una

parametrizacion de S1 por arcoparametro. Para cada s, sea w(s) =

α′(s) + e3, donde e3 es el vector unitario del eje z. Entonces considere

ϕ : U → R3 dada por

ϕ(s, t) = α(s) + t(α′(s) + e3) = (cos s− t sin s, sin s + t cos s, t)


donde U = (s, t) ∈ R2 |0 < s < π y note que x2+y2−z2 = 1+t2−t2 =1. Esto demuestra que la traza de ϕ esta en el hiperboloide de una hoja.

2.8. Hallar la ecuacion del plano tangente de las siguientes superficies para-

metrizadas en el punto indicado

a) ϕ(u, v) = (u, v, u2 − v2) en el punto (1, 1, 0).

b) ϕ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ, r2) en el punto (1, 0, 1)

Solucion:

a) Notemos que ϕ(1, 1) = (1, 1, 0) y

ϕu = (1, 0, 2u)∣∣(1,1)

= (1, 0, 2)

ϕv = (0, 1,−2v)∣∣(1,1)

= (0, 1,−2)

⇒ ϕu × ϕv = (−2, 2, 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)

ϕθ = (r sinh θ, r cosh θ, 0)∣∣(1,0)

= (0, 1, 0)

⇒ ϕr×ϕθ = (−2, 0, 1).

Por lo tanto, el plano tangente es:

−2x+ z = 0 .

2.9. Determinar los planos tangentes del hiperboloide de revolucion

H = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1

en los puntos (x, y, 0) y demostrar que todos ellos son paralelos al eje z.

Solucion: Considere la parametrizacion del hiperboloide de revolucion

ψ : U ⊂ R2 → R3 definida por

ψ(u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, sinh u)


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 coshu) .

Como ψ(0, v) = (cos v, sin v, 0) = (s, t, 0) entonces

ψu × ψv

∣∣∣(0,v)

= (− cos v, sin v, 0) = (−s, t, 0) .

Por lo tanto, el plano tangente del hiperboloide de revolucion 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

S2 = (x, y, z) ∈ R2 : x2 + y2 + z2 = 1

a) Una manera de obtener un sistema de coordenadas para la esfera es

considerar la denominada proyeccion estereografica π : S2 \ N →R2 que lleva un punto p = (x, y, z) de la esfera S2 exceptuando el

polo norte N = (0, 0, 1), sobre la interseccion del plano xy con la

recta que une a N con p. Demostrar que π−1 : R2 → S2 viene dada

por

π−1(x, y) =

(2x

x2 + y2 + 1,

2y

x2 + y2 + 1,x2 + y2 − 1

x2 + y2 + 1

).

b) Demostrar que es posible, usando la proyeccion estereografica, recu-

brir la esfera con dos entornos coordenados.

c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una

parametrizacion.


Solucion:

a) Sea Lp la lınea 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 interseccion de esta recta con la esfera ocurre cuando

(xt0)2 + (yt0)

2 + (1− t0)2 = 1

o equivalentemente,

t0 =2

x2 + y2 + 1.

Entonces la inversa de la proyeccion estereografica π−1 : R2 → S2

viene dada por:

π−1(x, y) = (xt0, yt0, 1−t0) =(

2x

x2 + y2 + 1,

2y

x2 + y2 + 1,x2 + y2 − 1

x2 + y2 + 1

).

b) Tomando dos proyecciones estereograficas una desde el polo norte y

otra desde el polo sur obtenemos dos parametrizaciones que cubren

completamente la esfera unitaria, queda como ejercicio ver que estas

cumplen los axiomas de superficie regular.

c) Si la esfera S2 fuera cubierta por solo una parametrizacion φ : U →R3, entonces S2 serıa homeomorfa a un subconjunto abierto U de

R2. Como S2 es un conjunto cerrado y acotado de R3, entonces S2

es compacto. Luego, U serıa compacto, en particular cerrado. Como

R2 es conexo, el unico subconjunto no vacio cerrado y abierto es R2

entonces U = R2. Lo que implicarıa 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 + v2).


c) φ(u, v) = (cosh u, sinh u, v).

d) φ(u, v) = (u, v, u2 + v2).

Solucion:

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 fun-

damental

E = 〈φu, φu〉 = 2 cosh2 u

F = 〈φu, φv〉 = 2 sinh u coshu sinh v cosh v

G = 〈φv, φv〉 = sinh2 u

y la primera forma fundamental es

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 =

2 cosh2 udu2 + 4 sinh u cosh u sinh v cosh v dudv + sinh2 udv2 .

b) Para el paraboloide de revolucion se tiene que

φu = (1, 1, 2u)

φv = (−1, 1, 2v)

entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son

E = 〈φu, φu〉 = 2 + 4u2

F = 〈φu, φv〉 = 4uv

G = 〈φv, φv〉 = 2 + 4v2

luego la primera forma fundamental es

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = (2 + 4u2)du2 + 8uv dudv + (2 + 4v2)dv2 .


c) Para el cilindro hiperbolico se tiene que

φu = (sinh u, coshu, 0)

φv = (0, 0, 1)


E = 〈φu, φu〉 = sinh2 u+ cosh2 u

F = 〈φu, φv〉 = 0

G = 〈φv, φv〉 = 1


Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = (cosh2 u+ sinh2 u)du2 + dv2 .

d) Para el paraboloide de revolucion se tiene que

φu = (1, 0, 2u)

φv = (0, 1, 2v)


E = 〈φu, φu〉 = 1 + 4u2

F = 〈φu, φv〉 = 4uv

G = 〈φv, φv〉 = 1 + 4v2


Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = (1 + 4u2)du2 + 8uv dudv + (1 + 4v2)dv2 .

2.12. Determine las coeficientes de la primera forma fundamental de la esfera

asociada a la parametrizacion por proyeccion estereografica. Use esto

para calcular el largo de un meriadiano completo.

Solucion: La proyeccion estereografica es dada por

φ(u, v) =

(2u

u2 + v2 + 1,

2v

u2 + v2 + 1,u2 + v2 − 1

u2 + v2 + 1

)


entonces

φu =

(2(u2 + v2 + 1)− 4u2

(u2 + v2 + 1)2,

−4uv

(u2 + v2 + 1)2,

2u(u2 + v2 + 1)− (u2 + v2 − 1)(2u)

(u2 + v2 + 1)2

)

=

(2(−u2 + v2 + 1)

(u2 + v2 + 1)2,

−4uv

(u2 + v2 + 1)2,

4u

(u2 + v2 + 1)2

)

por simetrıa se deduce que

φv =

( −4uv

(u2 + v2 + 1)2,2(u2 − v2 + 1)

(u2 + v2 + 1)2,

4v

(u2 + v2 + 1)2

).

Luego,

(u2 + v2 + 1)4E = 4(v2 − u2 + 1)2 + 16u2v2 + 16u2

= 4((v2 − u2)2 + 2(v2 − u2) + 1) + 16u2v2 + 16u2

= 4(v4 − 2u2v2 + u4 + 2v2 − 2u2 + 1) + 16u2v2 + 16u2

= 4(v4 + 2u2v2 + u2 + 2v2 + 2u2 + 1)

= 4(u2 + v2 + 1)2

⇒ E =4

(u2 + v2 + 1)2

y de manera similar G =4

(u2 + v2 + 1)2ademas

(u2 + v2 + 1)4F = 2(−u2 + v2 + 1)(−4uv)− 4uv(2u2 − v2 + 1) + 16uv

= −8uv(−u2 + v2 + 1)− 8uv(u2 − v2 + 1) + 16uv = 0

⇒ F = 0 .

Notemos que la curva α(t) = φ(t, at) = φ(u(t), v(t)) con a 6= 0 parame-

triza los meridianos de la esfera entonces el largo de arco de α es

s =

∫ ∞

−∞‖α′(t)‖dt

=

∫ ∞

−∞

√E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2dt

=

∫ ∞

−∞

4

u2(t) + v2(t) + 1)2+

4

(u2(t) + v2(t) + 1)2a21/2

dt

=

∫ ∞

−∞

2√1 + a2

t2(1 + a2) + 1dt .


Haciendo t = tan θ/√1 + a2 implica dt =

sec2 θ√1 + a2

dθ y se obtiene que

s =

∫ π/2

−π/2

2√1 + a2

tan2 θ + 1· sec2 θ√

1 + a2dθ

= 2

∫ π/2

−π/2dθ = 2π .

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.

Solucion: Tomando la parametrizacion 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 = 〈φu, φu〉 = 2

F = 〈φu, φv〉 = 0

G = 〈φv, φv〉 = u2

⇒ Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = 2du2 + u2dv2

Entonces, el largo de arco de la curva α(t) = φ(eλt, t) es:

l =

∫ π

0

‖α′(t)‖dt =∫ π

0

(Edu2 + 2Fdudv +Gdv2)1/2dt

=

∫ π

0

(2du2 + u2dv2)1/2dt =

∫ π

0

(2λ2e2λt + e2λt)1/2dt

= (2λ2 + 1)1/2∫ π

0

eλtdt =(2λ2 + 1)1/2

λ(eλπ − 1) .

Un esboce de la curva es la siguiente


2.14. Demuestre que el area A de una region acotada R de la superficie z =

f(x, y) es

A =

∫ ∫

Q

√1 + f 2

x + f 2y dxdy .

Solucion: Sabemos que si φ : U ⊂ R3 → R3 es una carta entonces

A =

∫ ∫

Q

‖φu × φv‖ dudv, Q = φ−1(R) .

Tomando la parametrizacion φ(x, y) = (x, y, f(x, y)) entonces

φx = (1, 0, fx), φy = (0, 1, fy)

y

E = 〈φx, φx〉 = 1 + f 2x

F = 〈φx, φy〉 = fxfy

G = 〈φy, φy〈 = 1 + f 2y

⇒ ‖φx×φy‖ =√EG− F 2 =

√1 + f 2

x + f 2y .

Por lo tanto,

A =

∫ ∫

Q

√1 + f 2

x + f 2y dxdy .

2.15. Demuestrese que una superficie de revolucion siempre puede parametri-

zarse de forma que que

E = E(v), F = 0, G = 1 .


Solucion: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva

generatriz C de la superficie de revolucion, mediante:

α : [a, b] → R2, α(t) = (f(t), g(t)) ,

es decir, ‖α ′(t)‖ = 1 para todo t ∈ [a, b]. Sabemos que las superficies

de revolucion tinen como parametrizacion

φ(u, v) = (f(v) cosu, f(v) sinu, g(v))

con

φu = (−f(v) sinu, f(v) cosu, 0), φv = (f ′(v) cosu, f ′(v) sin u, g′(v)) .

Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son dados

por:

E = 〈φu, φu〉 = (f(v))2(sin2 u+ cos2 u) = (f(v))2 = E(v)

F = 〈φu, φv〉 = −f(v) sin uf ′(v) cosu+ f(v) cosuf ′(v) sinu = 0

G = 〈φv, φv〉 = (f ′(v))2 + (g′(v))2 = ‖α′(t)‖2 = 1 .

2.16. Sea S una superficie de revolucion y C su curva generatriz. Sea s la

longitud de arco de C y denotese por ρ = ρ(s) a la distancia desde el

eje de rotacion al punto de C correspondiente a s.

(a) Teorema de Pappus. Demuestre que el area de S es

2π

∫ l

0

ρ(s) ds

donde l es la longitud de C.

(b) Aplique la parte (a) para calcular el area de un toro de revolucion.

Solucion:

(a) La parametrizacion de una superficie de revolucion φ : U ⊂ R2 →R3 es

φ(t, s) = (f(s) cos t, f(s) sin t, g(s))


donde

U = (t, s) ∈ R2 : 0 < t < 2π, 0 < s < l

y la parametrizacion de la curva generatriz c es α : [0, l] → R2 es

α(s) = (f(s), g(s)) .

Notemos que la distancia del eje de rotacion al punto C es:

d = ρ(s) = f(s) .

Sabemos que

A =

∫ ∫

Q

‖φt × φs‖ dtds =∫ ∫

Q

√EG− F 2 dtds

con Q = φ−1(R) y tenemos que

φt = (−f(s) sin t, f(s) cos t, 0)φs = (f ′(s) cos t, f ′(s) sin t, g′(s))

E = 〈φt, φt〉 = f 2(s)

F = 〈φt, φs〉 = 0

G = 〈φs, φs〉 = (f(s))2 + (g(s))2 = ‖α(s)‖2 = 1 .

Entonces,

A =

∫ ∫

U

√EG− F 2dtds =

∫ l

0

∫ 2π

0

√f 2(s) dtds

= 2π

∫ l

0

f(s)ds = 2π

∫ l

0

ρ(s) ds .

(b) La curva generatriz parametrizada por longitud de arco del toro de

revolucion es

α(s) =(a + r cos

(sr

), r sin

(sr

)).

Entonces,

A( T2) = 2π

∫ 2πr

0

ρ(s) ds = 2π

∫ 2πr

0

(a+ r cos

(sr

))ds

= 2π[as− sin

(sr

)]2πr0

= 4π2ar .


2.17. Pruebe que para a, b, c 6= 0, cada una de las ecuaciones

x2 + y2 + z2 = ax ,

x2 + y2 + z2 = by ,

x2 + y2 + z2 = cz

define una superficie regular, y que todas ellas se cortan ortogonalmente.

Solucion: Notemos que

x2 − ax = (x− a/2)2 − (a/2)2 ,

y2 − by = (x− b/2)2 − (b/2)2 ,

z2 − cz = (x− c/2)2 − (c/2)2 .

Entonces,

S1 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = ax

= (x, y, z) ∈ R3 : (x− a/2)2 + y2 + z2 = (a/2)2

es decir, S1 es una esfera de centro en (a/2, 0, 0) y radio 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 b2y c

2, respectivamente, luego

son superficies regulares. Ahora bien, notemos que los vectores normales

de las primeras dos superficies son paralelos a los vectores (2x−a, 2y, 2z)y (2x, 2y − b, 2z) y

S1 ∩ S2 = (x, y, z) ∈ R3 : ax = by

Entonces,

〈(2x− a, 2y, 2z), (2x, 2y − b, 2z)〉 = 2x(2x− a) + 2y(2y − b) + 4z2

= 4x2 − 2ax+ 4y2 − 2by + 4z2

= 4(x2 + y2 + z2)− 2(ax+ by)

= 4ax− 2(by + by)

= 4ax− 4by = 0

lo que implica que S1 y S2 se cortan ortogonalmente de manera similar

se prueba para los restantes casos.


2.18. Sean p(t), q(t) puntos en el espacio que se mueven con igual rapidez, el

primero desde (0, 0, 0) en direccion del eje Z, y el segundo desde (1, 0, 0)

en direccion del eje Y . Demuestre que el conjunto de rectas que une p(t)

con q(t) esta dado por la ecuacion y(x− 1)+ xz = 0. ¿Es este conjunto

una superficie regular?

Solucion: Podemos parametrizar p y q mediante arcoparametro

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

y se verifica 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

t=

−(z − t)

t

despejando t se obtiene

t =y

x, t =

−z(x− 1)

⇒ y

x=

−z(x− 1)

⇒ y(x− 1) + xz = 0 .

Por otro lado, las rectas

L1 = (x, y, z) ∈ 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


1q

p

x

y

z

pertenecen a este conjunto y de hecho son el borde de este conjunto,

por lo tanto este conjunto no es superficie regular, ya que no existe ϕ :

U ⊆ R2 → V ∩S con U abierto y V vecindad de algun p ∈ L1∪L2∪L3.

2.19. Sea α = α(u) una curva con curvatura nunca nula.

(i) Se define ϕ(u, v) = α(u) + vα′(u). Interprete geometricamente 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 esta parametrizada, y considere

ψ(u, v) = α(u) + r[(cos v)n(u) + (sen v)b(u)],

donde r > 0 es fijo. Interprete la imagen de ψ geometricamente.

Pruebe que Dψ(u, 0) tiene rango maximo solo en los puntos donde

rκ(u) 6= 1, en cuyo caso, la normal a la superficie esta dada por

(cos v)n(u) + (sen v)b(u).

Solucion:

(i) Para u fijo la superficie es una lınea recta que corta a la curva en

el punto α(u) y que esta en a direccion de α′(u). Por hipotesis

κ(u) =‖α′′(u)× α′(u)‖

‖α′(u)‖3 6= 0 .


Notemos que ϕu = α′(u) + vα′′(u), ϕv = α′(u), luego

ϕu × ϕv = (α′(u) + vα′′(u))× (α′(u)) = vα′′(u)× α′(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)t(u) + tr sen vn(u) + tr cos vb(u)

ψv = −r sen vn(u) + r cos vb(u) .

Entonces

ψu × ψv|(u,0) = −r(1− κr cos v)(cos vn(u) + sen vb(u))∣∣∣(u,0)

= −r(1− κr)n(u) .

Si κr 6= 1 entonces ψu × ψv 6= 0 lo que implica que Dψ(u, 0) tiene

rango maximo. Ahora bien, calculando el vector normal unitario

se obtiene

N =ψu × ψv‖ψu × ψv‖

=r(1− κr cos v)(cos vn(u) + sen vb(u))

r(1− κr cos v) ‖ cos vn(u) + sen vb(u)‖︸︷︷︸1

⇒ N = cos vn(u) + sen vb(u) .

2.20. Considere la superficie de ecuacion f(x, y, z) = a, donde a es un valor

regular de f . Demuestre que la segunda forma fundamental de S viene

dada por

〈dN(v), v〉 = 1

‖∇f‖Hess (f)(v, v).

Solucion: Por el teorema de la funcion implicita existe g : R2 → R tal

que

f(x, y, g(x, y)) = a (2.4)


ya que a es valor regular estamos suponiendo fz 6= 0. Entonces, tenemos

la parametrizacion

φ(x, y) = (x, y, g(x, y))

conφx = (1, 0, gx)

φy = (0, 1, gy)

⇒ φx × φy = (−gx,−gy, 1) .

Derivando implicitamente (2.4) se obtiene

fx + fzgx = 0

fy + fzgy = 0

⇒

gx = −fxfz

gy = −fyfz

Notemos que

‖φx × φy‖ =√g2x + g2y + 1 =

√f 2x + f 2

y + f 2z

f 2z

=‖∇f‖fz

.

Entonces,

N =φx × φy

‖φx × φy‖=

fz‖∇f‖(−gx,−gy, 1) =

1

‖∇f‖(fx, fy, 1) .

Capıtulo 3

Curvatura de Superficies

3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Su-

perficie

Si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada en una superficie

parametrizada σ, entonces γ′ es un vector unitario y por definicion tangente

a σ. Luego, γ′ es perpendicular al vector normal unitario ~N de σ, entonces

γ′, ~N y ~N × γ′ son mutuamente vectores perpendiculares y unitarios. Como

γ′ esta parametrizado por longitud de arco, γ′′ es perpendicular a γ′, y luego

es una combinancion lineal de ~N y ~N × γ′:

γ′′ = κn ~N + κg ~N × γ′ . (3.1)

N

γ′

N × γ′

γ′′

γ

κg

κnS

p

TpS

75

76 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies

Los escalres κn y κg son llamados la curvatura normal y la curvatura geodesica

de γ, respectivamente. Como ~N y ~N × γ′ son vectores perpendiculares, la

ecuacion (3.1) implica que

κn = 〈γ′′, ~N〉 , κg = 〈γ′′, ( ~N × γ′)〉

y

κ2 = ‖γ′′‖2 = κ2n + κ2g .

Proposicion 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(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 .

Definicion 3.1.

Las curvaturas principales de una superficie parametrizada son las raices de

la ecuacion

det(FII − kFI) =

∣∣∣∣∣e− kE f − kF

f − kF g − kG

∣∣∣∣∣ = 0 (3.2)

y son denotados por κ1 y κ2.

Si κ es una de las curvaturas principales de la ecuacion (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)

Definicion 3.2.

Si T =

(ξ

η

)satisface la ecuacion (3.3), el correspondiente vector tangente

t = ξσu + ησv de la superficie σ(u, v) es llamado una direccion principal

correspondiente a la curvatura principal κ.

Definicion 3.3.

Si una curva regular conexa C en S es tal que para todo p ∈ C la recta

tangente de C es una direccion principal en p, entonces se dice que C es una

lınea de curvatura de S


Teorema 3.1 (Rodrigues).

Una condicion necesaria y suficiente para que una curva regular conexa C

en S sea una lınea de curvatura de S es que

N ′(t) = λ(t)γ′(t) ,

para cualquier parametrizacion γ(t) de C, donde N(t) = N γ(t) y λ(t) es

una funcion diferenciable de t.

Se deduce entonces apartir del Teorema de Rodrigues que la ecuacion

diferencial de las lıneas de curvatura es

(fE − eF )(u′)3 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0 ,

que, de una manera mas simetrica, puede escribirse en la forma∣∣∣∣∣∣∣

(v′)2 −u′v′ (u′)2

E F G

e f g

∣∣∣∣∣∣∣= 0 . (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 sen

2 θ ,

donde θ es el angulo entre γ′ y t1.

Teorema 3.3.

Sea ~N el vector normal unitario de la superficie parametrizada σ(u, v). En-

tonces,

~Nu = aσu + bσv , ~Nv = cσu + dσv , (3.5)

donde (a c

b d

)= −F−1

I FII .

La matriz F−1I FII es llamada la matriz de Weingarten de la superficie

parametrizada σ, y es denotada por W.


3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana

Definicion 3.4.

Sean κ1 y κ2 las curvaturas principales de una superficie parametrizada.

Entonces, la curvatura gaussiana de una superficie parametrizada es

K = κ1κ2 ,

y la curvatura media es

H =1

2(κ1 + κ2) .

Proposicion 3.2.

Sea σ(u, v) una superficie parametrizada con primera y segunda forma fun-

damentales

E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2 y e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 ,

respectivamente. Entonces

(i) K =eg − f 2

EG− F 2;

(ii) H =1

2

eG− 2fF + gE

EG− F 2;

(iii) las curvaturas principales son H ±√H2 −K.

3.3. Geodesicas

Definicion 3.5.

Una curva γ sobre una superficie S es llamada una geodesica si γ′′(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.

Proposicion 3.3.

Una curva sobre una superficie es una geodesica si y solo si la curvatura

geodesica es cero.


Teorema 3.4.

Una curva γ sobre una superficie S es una geodesica si y solo si, para cual-

quier parte γ(t) = σ(u(t), v(t)) de γ contenida en una superficie parametri-

zada de S, las siguientes dos ecuaciones son satisfacidas:

d

dt(Eu′ + Fv′) =

1

2(Eu(u

′)2 + 2Fuu′v′ +Gu(v

′)2) ,

d

dt(Fu′ +Gv′) =

1

2(Ev(u

′)2 + 2Fvu′v′ +Gv(v

′)2) ,

(3.6)

donde E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2 es la primera forma fundamental de σ.

Las ecuaciones diferenciales en (3.6) son llamadas las ecuaciones geodesi-

cas.

3.4. El Teorema Egregio de Gauss

Definicion 3.6.

Un difeomorfismo ϕ : S1 → S2 es llamada una isometrıa si al tomar curvas

en S1 son llevadas a curvas en S2 con el mismo largo. Si una isometrıa ϕ :

S1 → S2 existe, decimos que S1 y S2 son isometricas.

Teorema 3.5. Un difeomorfismo ϕ : S1 → S2 es una isometrıa si y solo

si para cualquier parametrizacion 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 =

∣∣∣∣∣∣∣

−12Evv + Fuv − 1

2Guu

12Eu Fu − 1

2Ev

Fv − 12Gu E F

12Gv F G

∣∣∣∣∣∣∣−

∣∣∣∣∣∣∣

0 12Ev

12Gu

12Ev E F

12Gu F G

∣∣∣∣∣∣∣(EG− F 2)2

.


Proposicion 3.4 (Ecuaciones de Gauss).

Sea σ(u, v) una superficie parametrizada. Entonces,

σuu = Γ111σu + Γ2

11σv + eN ,

σuv = Γ112σu + Γ2

12σv + fN ,

σvv = Γ122σu + Γ2

22σv + gN ,

donde

Γ111 =

GEu − 2FFu + FEv2(EG− F 2)

, Γ211 =

2EFu − EEv − FEu2(EG− F 2)

,

Γ112 =

GEv − FGu

2(EG− F 2), Γ2

12 =EGu − FEv2(EG− F 2)

,

Γ122 =

2GFv −GGu − FGu

2(EG− F 2), Γ2

22 =EGv − 2FFv + FGu

2(EG− F 2).

Los seis coeficientes Γkij en esta formula son llamados los sımbolos de

Christoffel.

Proposicion 3.5 (Ecuaciones Codazzi-Mainardi).

Defina los sımbolos de Christoffel de una superficie parametrizada σ(u, v)

como arriba. Entonces,

ev − fu = eΓ112 + f(Γ2

12 − Γ111)− gΓ2

11 ,

fv − gu = eΓ122 + f(Γ2

22 − Γ112)− gΓ2

12 .


3.1. Demuestre que la curvatura normal de cualquier curva sobre una esfera

de radio r es ±1/r.

Solucion: Sabemos que, α′′ = κnN + κgN × γ′. Sea α una curva arco-

parametrizada sobre la esfera de centro en a y radio r. Entonces

‖α(s)− a‖ = r ⇔ 〈α(s)− a, α(s)− a〉 = r2 ,

derivando esta expresion resulta

〈α′(s), α(s)− a〉 = 0 ,


derivando nuevamente obtenemos

〈α′′(s), α(s)− a〉 = −〈α′(s), α′(s)〉 = −1 .

Sabemos que el vector normal de la esfera es:

N = ±1

r(α(s)− a) .

Por lo tanto,

κn = 〈α′′(s), N〉 = ±1

r〈α′′(s), α(s)− a〉 = ∓1

r.

3.2. Demuestre que si α(t) = φ(u(t), v(t)) es una curva arcoparametrizada

sobre una superficie φ entonces

κn = e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2


κn = 〈N,α′′〉 = 〈N, ddt(α′)〉 = 〈N, d

dt(φuu

′ + φvv′)〉

= 〈N, φuu′′ + φvv′′ + (φuuu

′ + φuvv′)u′ + (φuvu

′ + φvvv′)v′)〉

= e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 .

Hemos usado el hecho que el vector normal unitario N es perpendicular

a φu y φv.

3.3. (i) Determine una ecuacion 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 revolucion obtenida al rotar la curva

C alrededor del eje y tiene curvatura gaussiana K ≡ −1.

Solucion:

(i) Geometricamente se obtiene la siguiente relacion


b

x0

z0

√1− x2

(x0, z0)

x

z

1

C

dz

dx= −

√1− x2

x.

Luego, la curva tractrix puede ser parametrizada por

α(t) = (t, f(t)), con f ′(t) = −√1− t2

t.

(ii) Una parametrizacion para esta superficie de revolucion es

φ(u, v) = (v cos u, v sin u, f(v)) .

Luego,

φu = (−v sen u, v cosu, 0)φv = (cosu, sen u, f ′(v))

φuu = (−v cosu,−v sen u, 0)φuv = (− sen u, cosu, 0)

φvv = (0, 0, f ′′(v))

entonces

E = ‖φu‖2 = v2, F = 〈φu, φv〉 = 0

G = ‖φv‖2 = 1 + (f ′(v))2 = 1 +1− v2

v2=

1

v2

φu × φv = (v cosuf ′(v), v sen uf ′(v),−v)‖φu × φv‖ =

√EG− F 2 = 1

⇒ ~N = (v cosuf ′(v), v sen uf ′(v),−v)


e = 〈N, φuu = −v2f ′(v)

f = 〈N, φuv〉 = 0, g = 〈N, φvv〉 = −vf ′′(v)

f ′′(v) =1

v2√1− v2

.

Por lo tanto, la curvatura gaussiana es

K =eg − f 2

EG− F 2=

−v2f ′(v)(−vf ′′(v))

v2 · 1/v2

= v2 · −√1− v2

v· v · 1

v2√1− v2

= −1 .

3.4. Pruebe que la curvatura media esta dada por

H =1

π

∫ π

0

κn(θ)dθ,

donde κn(θ) es la curvatura normal en una direccion que forma un angu-

lo θ con una direccion tangente fija.

Solucion: La formula de Euler establece que

κn(θ) = κ1 cos2 θ + κ2 sen

2 θ

entonces

1

π

∫ π

0

κn(θ)dθ =1

π

∫

0

π(κ1 cos2 θ + κ2 sen

2 θ)dθ

=1

πκ1

∫ π

0

cos2 θdθ +1

πκ2

∫ π

0

sen2 θdθ .

Note que integrando por partes se obtiene que∫ π

0

cos2 θdθ = cos θ sen θ∣∣∣π

0+

∫ π

0

sen2 θdθ =

∫ π

0

sen2 θdθ .

Ademas∫ π

0

cos2 θdθ +

∫ π

0

sen2 θdθ =

∫ π

0

(cos2 θ + sen2 θ)dθ = π .

Entonces, se concluye que∫ π

0

cos2 dθ =

∫ π

0

sen2 θdθ =π

2


y como H = 12(κ1 + κ2) obtenemos que

1

π

∫ π

0

κn(θ)dθ =1

πκ1

∫ π

0

cos2 θdθ +1

πκ2

∫ π

0

sen2 θdθ

=1

πκ1π

2+

1

πκ2π

2=

1

2(κ1 + κ2) = H .

3.5. Probar que en puntos correspondientes, las superficies dadas por

(u, v) → (u cos v, u sen v, log u)

(u, v) → (u cos v, u sen v, v)

tienen igual curvatura gaussiana.

Solucion: 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 =

(cos v, sen v,

1

u

), φv = (−u sen v, u cos v, 0)

y ademas φu × φv = (− cos v,− sen v, 0). Luego, los coeficientes de la

primera forma fundamental son

Eφ =u2 + 1

u2, Fφ = 0, Gφ = u2

y el vector normal unitario es

~Nφ =φu × φv

‖φu × φv‖=

1√u2 + 1

(− cos v,− sen v, u)

φuu =

(0, 0,− 1

u2

), φuv = (− sen v, cos v, 0), φvv(−u cos v,−u sen v, 0)

y los coeficientes de la segunda forma fundamental son

eφ = − 1

u√u2 + 1

, fφ = 0, gφ =u√u2 + 1

.

Entonces, la curvatura gaussiana de la primera superficie es

Kφ =eg − f 2

EG− F 2= − 1

(u2 + 1)2.


Por otro lado, se tiene para segunda superficie

ψu = (cos v, sen v, 0), ψv = (−u sen v, u cos v, 1)

ademas 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

~Nψ =ψu × ψv

‖ψu × ψv‖=

1√u2 + 1

(sen v,− cos v, u)

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

EG− F 2= − 1

(u2 + 1)2= Kφ .

3.6. En el toro de revolucion encontrar el maximo y el mınimo de K y donde

ocurre.

Solucion: Considere

φ(u, v) = ((a + r cosu) cos v, (a+ r cos u) sin v, r sin u)

la parametrizacion del toro con r < a. Notemos que

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

Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son:

E = ‖φu‖2 = r2, F = 〈φu, φv〉 = 0, G = ‖φv‖2 = (a+ r cos u)2 .


Ademas,

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

y como

φu × φv =

(−r(a+r cosu) cosu cos v,−r(a+r cosu) cosu sin v,−r(a+r cosu) sinu)

‖φu × φv‖ =√EG− F 2 =

√r2(a+ r cos u)2 = r(a+ cosu) .

Entonces, N = (− cos u cos v,− cosu sin v,− sin u) , con esta informa-

cion tenemos que los coeficientes de la segunda forma fundamental son:

e = 〈N, φuu〉 = r, f = 〈N, φuv〉 = 0, g = 〈N, φvv〉 = (a+ r cosu) cosu .

Entonces, la curvatura gaussiana del toro es:

K =eg − f 2

EG− F 2=r(a+ r cos u) cosu

r2(a + r cosu)2=

cosu

r(a+ r cosu). (3.7)

Ahora bien, para encontrar el maxımo y minimo de la curvatura Gaus-

siana consideramos K como una funcion de u derivando obtenemos que

K ′ =−a sen u

r(a+ r cosu)2= 0 ⇔ u = 0, π .

x

y

zcurvaturamınima

curvaturamaxima

Por lo tanto, la curvatura maxima y minima corresponden a los circulos

de radio a + r y a− r respectivamente que estan en la interseccion del

toro con el plano xy.


3.7. En una superficie de revolucion

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

sone

Eyg

Grespectivamente. Muestre que los meriadianos y paralelos

son lıneas de curvatura.

Solucion: Asumamos que la curva α(t) = (h(t), g(t)) es parametrizada

por arco-parametro entonces

σu = (h′ cos v, h′ sen v, g′), σv = (−h sen v, h cos v, 0)

y los coeficientes de la primera forma fundamental son

E = 1, F = 0, G = h2 .

Ademas, φu×φv = (−hg′ cos v,−hg′ sin v, h′h) entonces el vector normal

unitario a la superficie es U = (−g′ cos v,−g′ sin v, h′) y tenemos que

σuu = (h′′ cos v, h′′ sin v, g′′)

σuv = (−h′ sin v, h′ cos v, 0)σvv = (−h cos v,−h sin v, 0)

entonces los coeficientes de la segunda forma fundamental son

e = h′g′′ − h′′g′, f = 0, g = hg′ .

La ecuacion diferencial para las lineas de curvatura es

(fE − eF )(u′)2 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0 .

Un meridiano es parametrizado por la curva α(t) = σ(t, a) donde a es

constante entonces u′ = 1 y v′ = 0 y la ecuacion diferencial de las lineas

de curvatura nos queda fE − 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 u′ = 0 y v′ = 1 y

la ecuacion diferencial queda gF − fG = 0 y como F = f = 0 entonces


la ecuacion 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(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2

E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2

hallar las curvaturas normales en las direcciones de σu y σv es equiva-

lente a hallar las curvaturas normales para las curvas coordenadas α y

β. Entonces, para la curva α se tiene que u′ = 1 y v′ = 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 revolucion de la catenaria

y = c cosh(xc

).

Demuestre que K = − 1

c2 cosh4(uc

) , H = 0.

Solucion: La parametrizacion de la catenaria de revolucion es

σ(u, v) =(u, c cosh

(uc

)cos v, c cosh

(uc

)sen v

)

entonces

σu =(1, senh

(uc

)cos v, senh

(uc

)sen v

)

σv =(0,−c cosh

(uc

)sen v, c cosh

(uc

)cos v

)

σuu =

(0,

1

ccosh

(uc

)cos v,

1

ccosh

(uc

)sen v

)

σuv =(0,− senh

(uc

)sen v, senh

(uc

)cos v

)

σvv =(0,−c cosh

(uc

)cos v,−c cosh

(uc

)sen v

)

σu × σv =(c senh

(uc

)cosh

(uc

),−c cosh

(uc

)cos v,−s cosh

(uc

)sen v,

)

luego el vector normal unitario U es

~N =

(tanh

(uc

),− cos v

cosh(uc

) ,− sen v

cosh(uc

))


y los coeficientes de la primera y segunda forma fundamental son

E = 〈σu, σu〉 = cosh2(uc

), e = 〈U , σuu〉 = −1

c,

F = 〈σu, σv〉 = 0 , f = 〈U , σuv〉 = 0 ,

G = 〈σv, σv〉 = c2 cosh2(uc

), g = 〈U , σvv〉 = c .

La curvatura Gaussiana es entonces

K =eg − f 2

EG− F 2=

−1

c2 cos4(uc

)

y la curvatura media es

H =1

2

eG− 2fF + gE

EG− F 2=

1

2

−c cosh2(uc

)+ c cosh2

(uc

)

c2 cosh4(uc

) = 0 .

3.9. En la superficie de revolucion de

α(u) = (u, e−u2/2, 0)

en torno al eje x, encuentre K y las regiones en las cuales K > 0, K = 0,

K < 0.

Solucion: La parametrizacion para la superficie de revolucion es

φ(u, v) = (u, e−u2/2 cos v, e−u

2/2 sen v)

y tenemos que

φu = (1,−ue−u2/2 cos v,−ue−u2/2 sen v), φv = (0,−e−u2/2 sen v, e−u2/2 cos v)


E = 1 + u2e−u2

, F = 0, G = e−u2

.

Ademas φu × φv = (−ue−u2 ,−e−u2/2 cos v,−e−u2/2 sen v) entonces el

vector unitario normal a la superficie es

~N =1√

1 + u2e−u2(−ue−u2/2,− cos v,− sen v)


y tenemos que

φuu = (0, e−u2/2(u2 − 1) cos v, e−u

2/2(u2 − 1) sen v)

φuv = (0, ue−u2/2 sen v,−ue−u2/2 cos v)

φvv = (0,−e−u2/2 cos v,−eu2/2 sen v)

entonces los coeficientes de la segunda forma fundamental son

e =−e−u2/2(u2 − 1)√

1 + u2e−u2, f = 0, g =

e−u2/2

√1 + u2e−u2

.

Por lo tanto, la curvatura Guassiana es

K =u2 − 1

(1 + u2e−u2)2=

K > 0 si u ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)

K = 0 si u = ±1

K < 0 si u ∈ (−1, 1)

3.10. Considere

φ(u, v) = ((a+ r cosu) cos v, (a+ r cosu) sin v, r sin u)

la parametrizacion del toro y sea K la curvatura gaussiana. Demuestre

que ∫ ∫KdAφ = 0

Solucion: Por el problema 3.6 en la igualdad (3.7), sabemos que la

curvatura gaussiana del toro es:

K =eg − f 2

EG− F 2=

cosu

r(a+ r cosu)

y el elemento de area es:

dAφ =√EG− F 2dudv = r(a+ r cosu)dudv

Por lo tanto,

∫ ∫KdAφ =

∫ 2π

0

∫ 2π

0

cosu

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

=

∫ 2π

0

∫ 2π

0

cos ududv = 0 .


3.11. Demuestre que las curvaturas principales estan dadas por

H ±√H2 −K

donde H y K son las curvaturas media y gaussiana, respectivamente.

Ademas, si F = f = 0 entonces las curvaturas principales vienen dadas

pore

Ey

g

G.

Solucion: Sabemos que

K = κ1κ2 =eg − f 2

EG− F 2

y

H =1

2(κ1 + κ2) =

1

2

eG− 2fF + gE

EG− F 2.

El polinomio (κ−κ1)(κ−κ2) tiene como raices las curvaturas principales.

Note que

(κ− κ1)(κ− κ2) = κ2 − (κ1 + κ2)κ + κ1κ2

= κ2 − 2Hκ+K = 0 .

Entonces, la ecuacion tiene soluciones

κ =2H ±

√4H2 − 4K

2= H ±

√H2 −K .

Ahora, si F = f = 0 entonces la curvatura gaussiana y media tienen la

forma

K =eg

EG, H =

eG+ gE

2EG.

Entonces

H2 −K =(eG+ gE)2

4(EG)2− eg

EG=

(eG− gE)2

4(EG)2.

Por lo tanto,

H ±√H2 −K =

eG + gE

2EG± eG− gE

2EG=

e

E

g

G

.


3.12. Demuestre que una superficie reglada

φ(u, v) = α(u) + vβ(u)

tiene curvatura gaussiana K ≤ 0.


φu = α′(u) + vβ ′(u), φv = β(u) ,

φuv = β ′(u), φvv = 0 .

Entonces, e = 〈N, φvv〉 = 0 y

K =eg − f 2

EG− F 2= − f 2

EG− F 2≤ 0

ya que EG− F 2 = ‖φu × φv‖2 > 0.

3.13. Si φ = φ(u, v) es una parametrizaion ortogonal, pruebe que

K = − 1

2√EG

(Ev√EG

)

v

+

(Gu√EG

)

u

.

Deduzca la formula en el caso que φ sea conforme.

Solucion: Por el Teorema Egregio de Gauss la curvatura gaussiana

solo depende de la primera forma fundamental. Segun el Corolario 3.1

tenemos que

K =

∣∣∣∣∣∣∣

−12Evv + Fuv − 1

2Guu

12Eu Fu − 1

2Ev

Fv − 12Gu E F

12Gv F G

∣∣∣∣∣∣∣−

∣∣∣∣∣∣∣

0 12Ev

12Gu

12Ev E F

12Gu F G

∣∣∣∣∣∣∣(EG− F 2)2

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


entonces

K =1

(EG)2

∣∣∣∣∣∣∣

12Evv − 1

2Guu

12Eu −1

2Ev

−12Gu E 0

12Gv 0 G

∣∣∣∣∣∣∣−

∣∣∣∣∣∣∣

0 12Ev

12Gu

12Ev E 0

12Gu 0 G

∣∣∣∣∣∣∣

=1

(EG)2

(−1

2Evv −

1

2Guu

)(EG)− 1

2Eu

(−1

2GuG

)

−1

2Ev

(−1

2GvE

)−(−1

2Ev

(1

2EvG

)+

1

2Gu

(−1

2GuE

))

=1

(EG)2

−1

2EvvEG− 1

2GuuEG+

1

4EuGuG+

1

4EvGvE

+1

4EvEvG+

1

4GuGue

.

Por otro lado,

(Ev√EG

)

v

=Evv

√EG + Ev

12(EG)−1/2(EvG+ EGv)

EG

=Evv√EG

− 1

2

EvEvG

(EG)3/2− 1

2

EEvGv

(EG)3/2

= − 2

(EG)3/2

−1

2EvvEG+

1

4GEvEv +

1

4EEvGv

y

(Gu√EG

)

u

=guu

√EG−Gu

12(EG)−1/2(EuG+ EGu)

EG

=Guu√EG

− 1

2

GuEuG

(EG)3/2− 1

2

GuGuE

(EG)3/2

= − 2

(EG)3/2

−1

2GuuEG+

1

4GuEuG+

1

4GuGuE

Entonces,

K =|

(EG)2

−(EG)3/2

2

[(Ev√EG

)

v

+

(Gu√EG

)

u

]

= − 1

2√EG

(Ev√EG

)

v

+

(Gu√EG

)

u

.


Ahora, si φ es conforme, entonces E = G = λ y obtenemos

K = − 1

2λ

(λvλ

)

v

+

(λuλ

)

u

= − 1

2λ([log λ]v)v + ([log λ]u)u

= − 1

2λ(log λ)vv + (log λ)uu

= − 1

2λ4(log λ) .

3.14. Demuestre que si una curva tiene curvatura normal y geodesica identi-

camente cero, entonces la curva es parte de una linea recta.

Solucion: Tenemos la siguiente relacion κ2 = κ2n + κ2g entonces si

κn = κg = 0 implica κ = 0, luego la curva es parte de una lınea recta.

3.15. Probra que si γ ⊂ S es una geodesica no recta contenida en un plano,

entonces es lınea de curvatura. De un ejemplo de una lınea de curvatura

plano que no sea geodesica.

Solucion: Sea P el plano en donde la curva γ esta contenida. Por estar

γ contenida en un plano entonces todas las derivadas de γ son paralelas

al plano P. En particular, γ′′ es paralela a P. Por ser γ una geodesica

entonces γ′′ 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 ′ es

paralelo a P. Sabemos que

N⊥N ′, γ′⊥N

ademas de lo anterior tenemos que γ′ es paralelo a N . Se concluye que

necesariamente γ′ es paralelo a N ′, es decir,

N ′(t) = λ(t)γ′(t) .

Por el Teorema de Rodrigues esta es una condicion necesaria y suficiente

para que γ sea una lınea de curvatura.

Por otro lado, consideremos la esfera

φ(u, v) = (a sin v cosu, a sin v sin u, a cos v)


y la curva α(t) = φ(t, π/4) mediante algunas cuentas se obtiene que

E = a2 sin2 v , e = a sin2 v ,

F = 0 , f = 0 ,

G = a2 , g = a .

Se verifica sin dificultades que α satisface la ecuacion diferencial

(fE − eF )(u′)2 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0

o equivalentemente

∣∣∣∣∣∣∣

(v′)2 −u′v′ (u′)2

E F G

e f g

∣∣∣∣∣∣∣= 0

entonces γ es lınea de curvatura que es claramente plana. El vector

normal de la curva esta contenido en el plano en donde esta la curva

pero el vector normal a la superficie es radial, luego α′′ = κ n no es

paralelo a N por lo tanto no es una geodesica.

3.16. Sea p un punto en S. Una direccion asintotica de S en p es una di-

reccion de Tp(S) para la cual la curvatura normal es cero. Demuestre

queK ≤ 0 para todo punto de una curva asintotica sobre una superficie.

Solucion: Sea γ ⊂ S una curva asintotica entonces tenemos que

κn(p) = 0 ∀ p ∈ γ .

Ademas, por el Teorema de Euler, sabemos que

κn = κ1 cos2 θ + κ2 sin

2 θ

entonces necesariamente κ1 ≥ 0 y κ2 ≤ 0 entonces K = κ1κ2 ≤ 0.

3.17. Demuestre que una curva γ ⊂ S es geodesica y curva asintotica si y

solo si es un segmento de recta.


Solucion: Si γ es curva asintotica entonces κn(p) = 0 para cada p ∈ γ.

Por ser γ una geodesica entonces su curvatura geodesica 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.

Recıprocamente, 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 asintotica.

Ademas,

κ2g = κ2 − κ2n = 0 ⇒ γ es geodesica.

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.

Solucion:

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

maxp ∈S

f(p) = f(q) = r .

Sea Sr = w ∈ R3 : ‖w‖ = 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

κ1κ2 = KS(q) = KSr(q) =1

r2≥ 0 ,

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-recıproco es:

Si K(q) ≤ 0 para todo q ∈ S entonces S no es compacta.


3.19. Demostrar que no existen superficies mınimas compactas.

Solucion: La demostracion se basa en el hecho que siempre es posi-

ble de parametrizar un entorno de cualquier superficie regular de forma

que

E = 〈φu, φu〉 = λ2 , F = 〈φu, φv〉 = 0 , G = 〈φv, φv〉 = λ2 .

Entonces

H =1

2

eG− 2fF + gE

EG− F 2=

1

2λ2(e+ g) .

Si S es superficie mınima entonces H = 0 lo que implica que e+ g = 0,

luego

K =eg − f 2

EG− F 2= −(e2 + f 2)

λ4≤ 0

por problema 3.18(b) la superficie S no es compacta.

3.20. Determine las geodesicas sobre la esfera

S2 = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 1 .

Solucion: 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 geodesica si y solo si κg = 0. Usando la formula

κ2 = κ2n + κ2g

se obtiene que las curvas geodesicas satisfacen κ = κn = ±1. Es decir,

las geodesicas de la esfera son las curvas que son circulos de radio 1.

3.21. Sea γ ⊂ S una lınea de curvatura plana (es decir, contenida en un plano

P). Probar que a lo largo de γ, el vector normal a S forma un angulo

constante con el vector normal a P .

Solucion: Supongamos que γ esta arcoparametrizada por el Teorema

de Rodrigues, γ es lınea de curvatura si y solo si N ′(t) = λ(t)γ′(t). Por


estar γ contenida en un plano P entonces τγ = 0. Luego,

d

dt〈n,N〉 = 〈n′, N〉+ 〈n,N ′〉

= 〈−κt+ τb, N〉 + 〈n, λt〉= −κ 〈t, N〉︸︷︷︸

0

+ τ︸︷︷︸0

〈b, N〉+ λ 〈n, t〉︸︷︷︸0

= 0

Entonces, 〈n,N〉 = cos θ es constante. Por lo tanto, como el vector a Ptiene angulo constante con n, se concluye que N y el vector normal a

P forman un angulo 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 ≥ mın(|κ1|, |κ2|) ,

donde κ1 y κ2 son las curvaturas principales de S en p.

Solucion: Sabemos que toda curvatura normal satisface

κ1 ≤ κn ≤ κ2 .

Ademas, 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 + dv2) ,

donde λ es una funcion continua de u y v, demuestre que la curvatura

gaussiana K satisface

4λ+ 2Keλ = 0 ,

donde 4 denota el Laplaciano ∂2/∂u2 + ∂2/∂v2.

Solucion: Primero observe que dado que la primera forma fundamental

es eλ(du2 + dv2) entonces E = G = eλ = µ y F = 0, es decir la super-

ficie es conforme, al final del problema 3.10 se dedujo que la curvatura

gaussiana en este caso viene dada por

K = − 1

2µ4(logµ) = − 1

2eλ4λ ,


como queriamos probar.

3.24. Sea S una superficie de revolucion. Calcular∫∫

S

Kdσ

Solucion: Si α(u) = (f(u), g(u)) es la curva generatriz arcoparametri-

zada entonces la parametrizacion 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 ′(u) cos v, f ′(u) sin v, g′(u))

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

φuv = (−f ′(u) sen v, f ′(u) cos v, 0)

φvv = (−f(u) cos v,−f(u) sin v, 0)φu × φv = (−f(u)g′(u) cos v,−f(u)g′(u) sin v, f(u)f ′(u)) .

Entonces, los coeficiente de la primera formal fundamental son:

E = ‖φu‖2 = (f ′(u))2 + (g′(u))2 = ‖α′(t)‖2 = 1 ,

F = 〈φu, φv〉 = 0, G = ‖φv‖2 = (f(u))2 .

Como ‖φu×φv‖ =√EG− F 2 = f(u) entonces el vector normal unitario

es:

N =φu × φv

‖φu × φv‖= (−g′(u) cos v,−g′(u) sin v, f ′(u)) .

Entonces, los coeficientes de la segunda forma fundamental son:

e = 〈N, φuu〉 = f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u) ,

f = 〈N, φuv〉 = 0, g = 〈N, φvv〉 = f(u)g′(u) .

Entonces la curvatura gaussiana nos queda

K =eg − f 2

EG− F 2=

(f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u))f(u)g′(u)

(f(u))2

=(f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u))g′(u)

f(u).


Por otro lado, como (f ′(u))2 + (g′(u))2 = 1 derivando obtenemos que

f ′(u)f ′′(u) + g′(u)g′′(u) = 0 entonces

(f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u))g′(u) = f ′(u)g′(u)g′′(u)− f ′′(u)(g′(u))2

= −(f ′(u))2f ′′(u)− f ′′(u)(g′(u))2

= −f ′′(u) .

Con esto la curvatura gaussiana nos da

K =−f ′′(u)

f(u).

Sabemos que el dσ = ‖φu × φv‖dudv = f(u)dudv entonces∫∫

S

Kdσ =

∫ 2π

0

∫ b

a

−f′′(u)

f(u)f(u)dudv = 2π(f ′(a)− f ′(b)) .

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

)= −F−1

I FII = −(E F

F G

)−1(L M

M N

).

Solucion: 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 combinacion lineal de φu y φv. Luego los escalares a, b, c y d

satisfacen (3.8) y existen. Por otro lado note que

〈N, φu〉 = 0 ⇒ 〈Nu, φu〉+ 〈N, φuu〉 = 0 ⇒ 〈Nu, φu〉 = −L .

Similarmente,

〈Nu, φv〉 = 〈Nv, φu〉 = −M, 〈Nv, σv〉 = −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 .


Esta ecuacion es equivalente con la siguiente ecuacion matricial

−(

e f

f g

)=

(E F

F G

)(a c

b d

)(3.9)

esto completa la prueba.

3.26. La tercera forma fundamenta de una superficie φ(u, v) es

‖Nu‖2(u′)2 + 2〈Nu, Nv〉u′v′ + ‖Nv‖2(v′)2 .

Sea FIII la matriz simetrica de 2 × 2 asociada a la tercera forma fun-

damental. Demuestre que

FIII = FIIF−1I FII .

Solucion: Por problema anterior tenemos que Nu = aφu + bφv y Nv =

cφu + dφv, luego

FIII =

(〈Nu, Nu〉〈Nu, Nv〉〈Nu, Nv〉〈Nv, Nv〉

)

=

(Ea2 + 2Fab+Gb2 Eac + F (ad+ bc) +Gbd

Eac + F (ad+ bc) +Gbd Ec2 + 2Fcd+Gd2

)

=

(a b

c d

)(E F

F G

)(a c

b d

)

= (−F−1I FII)

tFi(−F−1I FII)

= FIIF−1I FIF−1

I FII = FIIF−1I 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.

Solucion: Usando el ejercicio anterior sabemos que FIII = FIIF−1I FII .

Multiplicando por la izquierda por F−1I obtenmos que

F−1I FIII = (F−1

I FII)2 = A2 =

(a c

b d

)2

.


Por otro lado, se sabe del algebra lineal que una matriz A =

(a c

b d

)

satisface la ecuacion

A2 − (a + d)A+ (ad− bc)I = 0 .

Note que de la ecuacion (3.9) obtenemos inmediatamente que detA = K

y ademas se sabe que 2H = a+ d entonces obtenemos

FIII − 2HFII +KFI = 0 .

3.28. Suponiendo que la Tierra es esferica. Demuestre que no es posible di-

bujar un mapa de parte de la Tierra en que todas las distancias en el

mapa correspondan a un multiplo fijo de las distancias reales.

Solucion: Una funcion de una region de la superficie de la Tierra

que no distorsiona las distancia serıa un difeomorfismo desde esta re-

gion de la esfera a una region en el plano la cual multiplica todas las

distancias por el mismo factor constante, digamos c y denotamos por

f : T ⊂ S2 → R ⊂ R2 el difeomorfismo, entonces se cumple que

‖f(z)− f(w)‖ = c · dS2(z, w)

donde dS2 representa la distancia en S2. Ahora bien, considere la apli-

cacion g : R2 → R2 dada por

g(x) =x

c

entonces la aplicacion ϕ = g f : T ⊂ S2 → R ⊂ R2 satisface

‖ϕ(z)− ϕ(w)‖ =1

c‖f(z)− f(w)‖ = dS2(z, w)

entonces ϕ es una isometria. Sabemos que la curvatura gaussiana de

una superficie es invariante por isometrias entonces

1 = KS2 = KR2 = 0

lo cual es absurdo.


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.

Solucion: Supongamos que existe tal superficie. Sabemos que:

K =eg − f 2

EG− F 2=

−1 − 0

1− 0= −1 .

Por otro lado, usando el Teorema Egregio de Gauss obtenemos

K = − 1

2λ4(log λ) = 0 ,

pues λ = 1 = E = G, lo cual es una contradiccion.

3.30. Sea φ(u, v) una superficie. Demuestre la ecuacion de Gauss

φuu = Γ111φu + Γ2

11φv + eN

φuv = Γ112φu + Γ2

12φv + fN

φvv = Γ122φu + Γ2

22φv + gN

donde

Γ111 =

GEu − 2FFu + FEv2(EG− F 2)

, Γ211 =

2EFu − EEv − FEu2(EG− F 2)

,

Γ112 =

GEv − FGu

2(EG− F 2), Γ2

12 =EGu − FEv2(EG− F 2)

,

Γ122 =

2GFv −GGu − FGu

2(EG− F 2), Γ2

22 =EGv − 2FFv + FGu

2(EG− F 2),

son los sımbolos de Christoffel.

Solucion: Como φu, φv, ~N es una base de R3, existen escalares α1, . . . , γ3

tales que

φuu = α1φu + α2φv + α3~N

φuv = β1φu + β2φv + β3 ~N (3.10)

φvv = γ1φu + γ2φv + γ3 ~N


haciendo el producto punto de cada una de estas ecuaciones con el

vector ~N se obtiene que

α3 = e , β3 = f , γ3 = g .

Ahora bien, haciendo el producto punto de las ecuaciones en (3.10) con-

tra φu y φv obtenemos seis ecuaciones escalares para las seis incognitas

que representan los sımbolos de Cristoffel. A manera de ejemplo si ha-

cemos el producto punto en la primera ecuacion de (3.10) se obtienen

las ecuaciones:

Eα1 + Fα2 = 〈φuu, φu〉 =1

2Eu

Fα1 +Gα2 = 〈φuu, φv〉 = (〈φu, φv〉)u − 〈φu, φuv〉 = Fu −1

2Ev

resolviendo estas ecuaciones nos da que α1 = Γ111 y α2 = Γ2

11 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(Γ2

12 − Γ111)− gΓ2

11 ,

fv − gu = eΓ122 + f(Γ2

22 − Γ112)− gΓ2

12 .

Solucion: Notemos que (φuu)v = (φuv)u y usando las ecuaciones de

Gauss mostradas en el problema anterior y obtenemos

(Γ111φu + Γ2

11φv + eN)v = (Γ112φu + Γ2

12φv + fN)u .

Derivando y agrupando terminos en la igualdad anterior obtenemos

(∂Γ1

11

∂v− ∂Γ1

12

∂u

)φu +

(∂Γ2

11

∂v− ∂Γ2

12

∂u

)φv + (ev − fu)N

= Γ112φuu + (Γ2

12 − Γ111)φvv − Γ2

11φvv − eNv + fNu

= Γ112(Γ

111φu + Γ2

11φv + eN) + (Γ212 − Γ1

11)(Γ112φu + Γ2

12σv + fN)

−Γ211(Γ

122φu + Γ2

22φv + gN)− eNv + fNu .

Ahora bien, ~Nu y ~Nv son perpendiculares a ~N , luego ellos son combi-

naciones lineales de φu y φv. Entonces basta igualar en ambos lados de


la igualdad de arriba todos los terminos con componentes en N y se

obtiene

fv − gu = eΓ122 + f(Γ2

22 − Γ112)− gΓ2

12

que es la primera ecuacion de Codazzi-Mainardi. La otra ecuacion 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 udv2 y cos2 udu2 + dv2 ,

respectivamente.

Solucion: Supongamos que existe tal superficie, entonces se tiene que

E = 1 , F = 0 , G = cos2 u .

Usando las formulas para los sımbolos de Cristoffel hallados en problema

anterior obtenemos que

Γ112 = Γ2

22 = 0, Γ122 = sen u cosu, Γ2

12 = − tan u .

Como e = cos2 u, f = 0 y g = 1 entonces la segunda ecuacion de

Codazzi-Mainardi, esto es

fv − gu = eΓ122 + f(Γ2

22 − Γ112)− gΓ2

12

no se satisface, lo cual es una contradiccion.

3.33. Considerese el toro de revolucion generado por la rotacion del cırculo

(x− a)2 + z2 = r2, 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 maximo,

el paralelo mınimo y el paralelo superior. Compruebese cual de estos

paralelos es

a. Una geodesica


b. Una curva asintotica

c. Una lınea de curvatura

Solucion: La parametrizacion del toro de revolucion es:

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

Parametrizamos el paralelo maximo mediante:

α(s) = φ

(s

r + a, 0

)=

((r + a) cos

(s

r + a

), (r + a) sin

(s

r + a

), 0

).

Entonces α es una geodesica si y solo si se satisface el siguiente sistema

u′′ + Γ111(u

′)2 + 2Γ112u

′v′ + Γ122(v

′)2 = 0 ,

v′′ + Γ211(u

′)2 + 2Γ212u

′v′ + Γ222(v

′)2 = 0 . (3.11)

Sabemos que los coeficientes de la primera y segunda forma fundamental

del toro son:

E = r2, F = 0, G = (a+ r cosu)2 ,

e = r, f = 0, g = (a+ r cosu) cosu ,

luego los simbolos de Cristoffel son

Γ111 = 0, Γ1

12 = 0, Γ122 =

(a+ r cosu) sen u

r

Γ211 = 0, Γ2

12 = −(a + r cosu) sen u

r, Γ2

22 = 0

y para α tenemos que

v(s) = 0, u(s) =s

r + a, v′ = 0, u′ =

1

r + a, v′′ = 0, u′′ = 0

por lo tanto α es geodesica, ya que satisface el sistema (3.6). Por otro

lado, la ecuacion diferencial para las lıneas de curvatura es:

(fE − eF )(u′)2 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0

y la ecuacion diferencial de las curvas asintoticas es

e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 = 0 .


Como α satisface ambas ecuaciones diferenciales es por lo tanto una

lınea de curvatura y una curva asintotica.

De manera similar parametrizamos el paralelo mınimo mediante

β(s) = φ

(s

r + a, π

)=

(−(r − a) cos

(s

r − a

),−(r − a) sin

(s

r − a

), 0

)

donde para β tenemos

v(s) = π, u(s) =s

r − a, v′ = 0, u′ =

1

r − a, v′′ = 0, u′′ = 0 .

Entonces, de las ecuaciones diferenciales se observa β es geodesica y una

lınea de curvatura, pero no es una curva asintotica. Ahora parametri-

zamos el paralelo superior mediante:

γ(s) = φ(sa,π

2

)=(a cos

s

a, a sin

s

a, r)

donde para γ se tiene

v(s) =π

2, u(s) =

s

a, v′ = 0, u′ =

1

a, v′′ = 0, u′′ = 0

Entonces γ es una geodesica y verifica las ecuaciones diferenciales de

las lıneas de curvatura y de las curvas asintoticas.

3.34. En el toro del ejercicio anterior, calculese la curvatura geodesica del

paralelo superior.

Solucion: Usamos el hecho que el valor absoluto de la curvatura geodesi-

ca es igual al valor absoluto de la proyeccion 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 s

a, a sin s

a, r)entonces

proyectada sobre el plano tangente es:

γ0(s) =(a cos

s

a, a sin

s

a, 0)

y

γ′0(s) =(− sin

s

a, cos

s

a, 0), n(s) =

(− cos

s

a,− sin

s

a, 0)

γ′′0 (s) =

(−1

acos

s

a,−1

asin

s

a, 0

)=

1

an(s)


entonces

k(s) =1

a⇒ |kg(s)| = |k(s)| = 1

a.

3.35. Sea γ = γ(s) una curva arcoparametrizada contenida en una superficie

S. En el punto p = γ(0) se escoge una base ortonormal de TpS, t, h, de

modo que t = γ′(0) y N = t× h. Se define la torsion geodesica de γ en

p como

τg =

⟨dN

ds(0), h

⟩.

(i) Probar que τg = (κ1 − κ2) cosϕ senϕ, donde ϕ es el angulo de e1

hacia t.

(ii) Probar que las lıneas de curvatura estan caracterizadas por tener

torsion geodesica identicamente cero.

Solucion:

(i) En la base e1, e2, definida por las direcciones principales pode-

mos escribir

t = e1 cosϕ+ e2senϕ

como t y h son perpendiculares se concluye que

h = e1 senϕ− e2 cosϕ

entonces

τg =

⟨dN

ds(0), h

⟩

=

⟨dN

ds(e1 cosϕ+ e2 senϕ), e1 senϕ− e2 cosϕ

⟩

= 〈e1κ1 cosϕ+ e2κ2 senϕ, e1 senϕ− e2 cosϕ〉= κ1 cosϕ senϕ− κ2 senϕ cosϕ

= (κ1 − κ2) cosϕ senϕ

(ii) Tenemos que

〈N, n〉 = cos θ, 〈N, t〉 = 0, 〈N, b〉 = sen θ


entonces N = n cos θ + b sen θ y observe que

N ′ = n′ cos θ + b′ sen θ +dθ

ds(−n sen θ + b cos θ)

= (−κt− τ b) cos θ + τn sen θ +dθ

ds(−n sen θ + b cos θ)

= −κ cos θt+(t− dθ

ds

)(−b cos θ + n sen θ)

como h = N × t = (n cos θ + b sen θ) × t lo que nos da h =

−b cos θ + n sen θ, luego

N ′ = −κ cos θt +(t− dθ

ds

)h = κnt+

(t− dθ

ds

)

como

τg = 〈N ′, h〉 =⟨−κnt +

(t− dθ

ds

)h, h

⟩= τ − dθ

ds

se concluye que

N ′ = −κnt + τgh

Por el Teorema de Rodrigues γ es lınea de curvatura si y solo si

N ′ = λt si y solo si τg = 0.

3.36. Sea γ ⊂ S una curva asintotica de curvatura nunca nula. Probar que su

torsion satisface

τ =√−K

donde K es la curvatura Gaussiana de S.

Solucion: Tenemos que

〈N, n〉 = cos θ, 〈N, t〉 = 0, 〈N, b〉 = sen θ

entonces N = cos θn+ sen θb y

dN

ds= − sen θ

dθ

dsn+ cos θ(−κt− τb) + cos θ

dθ

dsb+ sen θτn

como γ es asintotica entonces 0 =

⟨dN

ds, t

⟩= −κ cos θ con κ 6= 0

entonces cos θ = 0 lo que implica que N = b. Entonces, t = cosϕe1 +

senϕe2dN

ds=db

ds= τn .


Luego,

DtN = cosϕDe1N + senϕDe2N

= −κ1 cosϕe1 − κ2 senϕe2

= τ− senϕe1 + cosϕe2 .

Por lo tanto,

κ1 cosϕ = τ senϕ

−κ2 senϕ = τ cosϕ

⇒ tanϕ =κ1τ

⇒ tanϕ = − τ

κ2

entonces −κ1κ2 = τ 2 ⇒ τ 2 = −K.

3.37. Considere la superficie de Enneper

φ(u, v) =

(u− u3

3+ uv2, v − v3

3+ vu2, u2 − v2

).

Demuestre que

(a) Los coeficientes de la primera forma fundamental son

E = G = (1 + u2 + v2)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 + v2)2, κ2 = − 2

(1 + u2 + v2)2.

(d) Las lıneas de curvatura son las curvas coordenadas.

(e) Las curvas asintoticas son u+ v =const., u− v =const.

Solucion:


(a) Tenemos que las derivadas parciales de la parametrizacion son

φu = (1− u2 + v2,2uv, 2u) ,

φv = (2uv, 1− v2 + u2,−2v) .

Luego, los coeficientes de la primera forma fundamental son:

E = ‖φu‖2

= (1− u2 + v2)2 + 4u2v2 + 4u2

= 1− 2(u2 − v2) + (u2 − v2)2 + 4u2v2 + 4u2

= 1 + 2u2 + 2v2 + u4 + v4 + 2u2v2

= 1 + 2(u2 + v2) + (u2 + v2)2 = (1 + u2 + v2)2 ,

F = 〈φu, φv〉 = 2uv(1− u2 + v2) + 2uv(1− v2 + u2)− 4uv = 0 ,

G = ‖φv‖2 = 4u2v2 + (1− v2 + u2)2 + 4v2 = (1 + u2 + v2)2 .

(b) Tenemos que

φu × φv = (−4uv2 − 2u(1− v2 + u2), 2v(1− u2 + v2)− 4u2v,

(1− u2 + v2)(1− v2 + u2)− 4u2v2)

= (−2u− 2u3 − 2uv2, 2v + 2v3 + 2u2v, 1− 2u2v2 − u4 − v4)

Entonces, ‖φu × φv‖ =√EG− F 2 = (1 + u2 + v2)2 y el vector

unitario normal es

N =φu × φv

‖φu × φv‖

=

(−2u− 2u3 − 2uv2

(1 + u2 + v2)2,2v + 2v3 + 2u2v

(1 + u2 + v2)2,2u2v2 − u4 − v4

(1 + u2 + v2)2

).

Ademas,

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


Entonces, los coeficientes de la segunda forma fundamental son:

e = 〈N, φuu〉

=4u2 + 4u4 + 4v2 + 4v4 + 4u2v2 + 2− 4u2v2 − 2u4 − 2v4

(1 + u2 + v2)2

=2(2(u2 + v2) + (u4 + 2u2v2 + v4) + 1)

(1 + u2 + v2)2

= 2(1 + u2 + v2)2

(1 + u2 + v2)2= 2 ,

f = 〈N, φuv〉

=−4uv − 4u3v − 4uv3 + 4uv + 4v3u+ 4u3v

(1 + u2 + v2)2= 0 ,

g = 〈N, φvv〉

=−4u2 − 4u4 − 4v2 − 4v4 − 4u2v2 − 2 + 4u2v2 + 2u4 + 2v4

(1 + u2 + v2)2

=−2(2(u2 + v2) + (u4 + 2u2v2 + v4) + 1)

(1 + u2 + v2)2= −2 .

(c) Por el problema 3.11 sabemos que las curvaturas principales en el

caso que f = F = 0 son

κ1 =e

E=

2

(1 + u2 + v2)2,

κ2 =g

G= − 2

(1 + u2 + v2)2.

(d) Usando la ecuacion diferencial de las lıneas de curvatura dada en la

ecuacion (3.4) y como F = f = 0 obtenemos que

(gE − eG)u′v′ = 0 ⇔ 4(1 + u2 + v2)u′v′ = 0

⇔ u′ = 0 o v′ = 0

⇒ u = cosntante o v = constante

Por lo tanto, las lıneas de curvatura son las curvas coordenadas.

(e) La ecuacion diferencial de las curvas asintoticas es

e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 = 0 ,


como f = 0 entonces

e(u′)2 + g(vc′)2 = 0 ⇒ 2(u′)2 − 2(v′)2 = 0

⇒ (u′)2 = (v′)2

⇒ u′ = ±v′

⇒ u− v = constante , u+ v = constante .

Capıtulo 4

El Teorema de Gauss-Bonnet

Una de las consecuencias del Teorema local de Gauss-Bonnet es la si-

guiente: Si en una superficie orientable tenemos un triangulo geodesico con

angulos interiores α, β, γ entonces

(α + β + γ)− π =

∫∫

R

Kdσ .

S

α β

γ

Geodesica

Geodesica

Geodesica

En la version general de Gauss-Bonnet local consideramos curvas cerradas

simples α = α(t), 0 ≤ t ≤ T , suaves a tramos.

115

116 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet

Definicion 4.1.

Diremos que α esta orientada positivamente si encierra la region R “a su

izquierda” vista “desde arriba”. En cada vertice α(ti) tenemos un angulo

interior θi y satisfacen |θi| < π y son positivos si “se dobla a la izquierda” y

negativos si “se dobla a la derecha”.

α(tj)

α(ti) θi < 0

θj > 0

Sea σ : U ⊂ R2 → S una parametrizacion compatible con la orientacion

de S. Suponga ademas 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 vertices α(ti) y angulos externos θi, i = 0, . . . , n−1. Consideremos

funciones diferenciables ϕi :]ti, ti+1] → R que miden el angulo positivo de σu

a α′(t) en cada t ∈ [ti, ti+1].

Teorema 4.1 (Teorema de la Variacion de la tangente).

n−1∑

i=0

(ϕ(ti+1)− ϕ(ti)) +n−1∑

i=0

θi = 2π .

El teorema estable que la variacion total del angulo a una direccion dada

del vector tangente a α, mas los “saltos” en los vertices, 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

n−1∑

i=0

∫ si+1

si

κg(α)ds+

∫∫

R

Kdσ +

n−1∑

i=0

θi = 2π .


Definicion 4.2.

Llamaremos triangulo a una region simple con solo tres vertices, y angulos

externos αi, i = 1, 2, 3. Una triangulacion de una region regular R ⊂ S es

una familia finita de triangulos Ti, i = 1, 2, . . . , n, tal que

(i)

n⋃

i=1

Ti = R.

(ii) Si Ti ∩ Tj 6= ∅, entonces o bien Ti ∩ Tj es un lado comun a Ti y a Tj o

bien consta de un vertice comun a Ti y a Tj.

Dada una triangulizacion T de una region R ⊂ S de una superficie S,

denotaremos por C al numero de triangulos (caras), por L al numero de lados

(aristas) y por V al numero de vertices de la triangulacion.

Definicion 4.3.

El numero

χ(R) = C − L+ V

se denomina caracterıstica de Euler-Poincare de la triangulacion.

Teorema 4.3.

Para cualquier triangulacion de una region R ⊂ S el numero χ(R) = C −L+ V es un invariante que solo depende de R.

Teorema 4.4.

Sea S ⊂ R3 una superficie regular compacta. Entonces

χ(S) = 2, 0,−2,−4, . . . .

Si S y S ′ son dos superficies compactas y χ(S) = χ(S ′) entonces son homeo-

morfos.

En otras palabras, cada superficie conexa y compacta S ⊂ R3 es homeo-

morfa a una esfera con un cierto numero g de asas.

Definicion 4.4.

El numero

g =2− χ(S)

2se denomina el genero de S.


Teorema 4.5 (Gauss-Bonnet).

Sea R una region es una superficie regular S orientable, con frontera ∂R =

C1 ∪ · · · ∪ Cn, una curva suave a tramos, todas orientadas positivamente.

Entoncesn∑

i=1

∫

Ci

κg(s)ds+

∫∫

R

Kdσ +∑

`

θ` = 2πχ(R) .


4.1 Pruebe que ∫ π/2

−π/2

ab2 cos θ

(a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)3/2dθ = 2 .

Solucion: Considere el elipsoide

x2 + y2

a2+z2

b2= 1

donde a, b son constantes positivas, el elipsoide es dideomorfo a la esfera

mediante la funcion (x, y, z) 7→ (x/a, y/a, z/b), luego por el Teorema de

Gauss-Bonnet aplicado a superficies compactas obtenemos que

∫∫

S

Kdσ = 4π(1− 0) = 4π

parametrizando el elipsoide por

σ(θ, ϕ) = (a cos θ cosϕ, a cos θ sinϕ, b sin θ)

se encuentra que

K =b2

(a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)2, ‖EG−F 2‖ = a cos θ

√a2 sin2 θ + b2 cos2 θ

entonces

∫∫

S

Kdσ =

∫ 2π

0

∫ π/2

−π/2

ab2 cos θdθdϕ

(a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)3/2

esto completa la solucion.


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

recıproca de esta afirmacion?

Solucion: Si K > 0 entonces

∫∫

S

Kdσ = 2πχ(S) > 0 y como

χ(S) = 2(1− g) ⇒ g < 1

como g es un numero entero no negativo implica que g = 0 luego S es

difeomorfa a una esfera. La recıproca 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

geodesica cerrada suave. Demuestre que γ no puede encerrrar una region

simple en S.

Solucion: Supongamos que si entonces por el Teorema de Gauus-Bonet

Local tendrıamos

∫

γ

κg(s)︸︷︷︸0

ds+

∫∫

R

Kdσ

︸︷︷︸≤0

+∑

θl︸︷︷︸

0

= 2π

lo que es imposible. Por ejemplo en un hiperbolide de revolucion, tenemos

K < 0 y la geodesica γ cerrada suave no encierra ninguna region simple

tal como lo muestra la figura.


γ

4.4 Sea S una superficie con K < 0. Demuestre que dos geodesicas 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 region simple R de S.

Solucion: Si γ1 es una geodesica desde p a q, seguida de la geodesi-

ca γ2 de q a p se acotara una region simple en S

p

q

γ1

γ2

θ2

θ1

R

y en virtud del Teorema de Gauss-Bonnet Local

∫∫

R

Kdσ + θ1 + θ2 = 2π

donde θ1 y θ2 son los angulos externos de la region R. Como las geodesi-

cas γ1, γ2 no pueden cortarse tangencialmente, tenemos que θi < π,

i = 1, 2 y como K ≤ 0 obtenemos una contradiccion.

4.5 Sea S una superficie homeomorfa a un cilindro con curvatura gaussiana

K < 0. Demuestre S tiene a los mas una geodesica cerrada simple.


Solucion: Supongamos que hay dos geodesicas cerradas simples. Afir-

mamos que las geodesicas no se cortan. Ya que de lo contario los arcos

comprendidos entre los puntos de interseccion consecutivos constituirıan

la frontera de una region simple (ver figura abajo), lo que contradide el

problema anterior.

b

b

p

q

region simple

γ1γ2

Luego, ambas geodesicas deben ser “tipo cinturon”como se aprecia en la

siguiente figura

γ2

γ1

Existe un difeomorfismo entre la region de “tipo cinturon” y un anillo

como lo muestra la figura


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∫∫

R

Kdσ = 2πχ(S) = 0

lo que es una contradiccion, pues K < 0.

4.6 Sea S una superficie compacta con K > 0. Demuestre que dos geodesicas

cerradas suaves se deben cortar.

Solucion: Por problema 3, sabemos que S es difeomorfa a una esfe-

ra. Ahora bien, si las geodesicas no se cortan

γ2γ1

entonces serıan frontera de una region R “tipo cinturon”con χ(S) = 0.

Aplicando el Teorema de Gauss-Bonnet∫∫

R

Kdσ = 0

y como K > 0 esto constituye una contradiccion.


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.

Solucion: Como S no es homeomorfa a la esfera entonces χ(S) ≤ 0

entonces por el Teorema de Gauss-Bonet global para superficies com-

pactas tenemos que

∫∫

S

Kdσ = 2πχ(S) ≤ 0

Por ser S compacta, existe p ∈ S tal queK > 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 geodesica

cerrada simple, que divide a S en regiones R1, R2. Probar que las ima-

genes de R1, R2 en la esfera bajo el vector normal a S tienen igual area.

Solucion: Sean γ : I → R3 una geodesica y β(s) = N(γ(s)) la curva

que describe el vector normal a lo largo de γ. Sean A1 y A2 la image-

nes 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)

=

∫∫

A1

K︸︷︷︸1

dσ +

∫

∂A1

κg︸︷︷︸0

ds

=

∫∫

A1

dσ = Area (A1)


como el area 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 + y10 + z6 = 1.

Solucion: Ambas superficies son homemorfas a la esfera S2 luego la

caracteristica de Euler de ambas superficies es 2. De hecho la aplicacion

ψ : R3 → R3 definida por ψ(x, y, z) = (x, y5, z3) define un homeomorfis-

mo de la esfera x2 + y2 + z2 = 1 sobre la superficie S.

4.10 Una de las siguientes superficies es compacta y la otra no lo es:

(i) x2 − y2 + z4 = 1;

(ii) x2 + y2 + z4 = 1.

Cual es cual, y porque? Esboze la superficie compacta y diga cual es su

caracteristica de Euler.

Solucion: Ambas supercies son cerradas debido a que son de la for-

ma f−1(0) donde f : R3 → R es una funcion continua. La superficie (i)

no es acotada luego no compacta, ya que contiene los puntos de la forma

(1, r2, r) con r ∈ R. La superficie (ii) es acotada, luego compacta. Ya

que la ecuacion x2 + y2 + z4 = 1 implica que −1 ≤ x, y, z ≤ 1. Por otro

lado, la superficie (ii) es obtenida por rotacion de la curva x2 + z4 = 1

alrededor del eje z:

x

z


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 sucesion de geodesicas cerradas γn tal que el largo `(γi) → 0

cuando n→ ∞.

(b) Demuestre que esto no es posible si la superficie es compacta.

Solucion:

(a) Considere la siguiente superficie S de revolucion generada por una

curva vibrante α dada en la figura

x

b

b

bb

bbP1

P2

P3

P4

P5

P6

α

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

geodesicas cerradas γn cuyo largo tiende a cero.

(b) Supongase que S es una superficie compacta. Si existe una sucesion

de geodesicas γn tales que el largo `(γn) → 0 cuando n → ∞, en-

tonces por el Teorema de Gauss-Bonnet para superficies compactas

obtenemos ∫∫

Ωn

Kdσ = 2πχ(Ωn) (4.1)

donde Ωn denota el dominio encerrado por γn. Como S es compacto,

cuando n es suficientemente largo, podemos asumir que Ωn es sim-

plemente 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 revolucion

(s, θ) → (r(s) cos θ, r(s) sen θ, z(s))


Sobre esta superficie calcule la derivada covariante ∇ ∂∂θ

∂∂s

y ∇ ∂∂θ

∂∂θ

en

terminos de∂

∂θy∂

∂s.

Solucion: Un calculo directo nos da que la primera forma fundamental

es

du2 + r2(s)dθ2 = Edu2 +Gdθ2

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 parametrizacion φ(u, v). Entonces

dw

dt= a(φuuu

′ + φuvv′) + b(φvuu

′ + φvvv′) + a′φu + b′φv .

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 supri-

mimos la componente normal, obtenemos

∇wdt

= (a′ + Γ111au

′ + Γ112av

′ + Γ112bu

′ + Γ122bv

′)φu

(b′ + Γ211au

′ + Γ212av

′ + Γ212bu

′ + Γ222bv

′)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 u′ = 0 y v′ = 1 por lo tanto

∇ ∂∂θ

∂

∂θ= Γ1

22

∂

∂s+ Γ2

22

∂

∂θ= −Gu

2E

∂

∂s+Gθ

2G

∂

∂θ= −r(s)r′(s) ∂

∂s

en donde hemos usado los sımbolos 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

∇ ∂∂θ

∂

∂s= Γ1

12

∂

∂s+ Γ2

12

∂

∂θ= −Eθ

2E

∂

∂s+Gθ

2G

∂

∂θ=r′(s)

r(s)

∂

∂θ

donde Γijk son los simbolos de Christoffel.


4.13 Sea

α(t) =

(1

2cos(t),

1

2sen(t),

√3

2

), 0 ≤ t < 2π

una curva sobre S2. Sea X0 =∂

∂x2∈ T

( 12,0,

√

32)S2. Calcule el transporte

paralelo de X0 a lo largo de x(t).

Solucion: Considere el cono que es tangente a la esfera unitaria S2

a lo largo de la curva α. El angulo ψ del vertice de este cono viene dado

por ψ = arc sen

√3

2=π

3.

α pw0

0

π3

b

El cono menos un generador es isometrico a un conjunto abierto D ⊂ R2

dado en coordenadas polares por 0 < ρ < +∞, 0 < θ <√3π.

θ

√3π

s = 0

w0

w(s)

t(s)


Como el transporte paralelo en el plano coincide con la nocion habitual,

obtenemos, al contar s unidades a partir de p =(

12, 0,

√32

)y abarcar un

angulo central θ =

√3

2s, que el angulo orientado formado por el vector

tangente t(s) con el transporte paralelo w(s) viene dado por 2π − θ =

2π −√32s.

4.14 Calcule la curvatura geodesica total de un cırculo de radio r sobre una

esfera de radio R > r.

Solucion: Por el Teorema de Gauss-Bonnet, la curvatura geodesica total

es dada por

∫

C

κgds = −∫∫

Ω

Kdσ + 2πχ(Ω)

= − 1

R2· 2πR(R−

√R2 − r2) + 2π

= 2π

√R2 − r2

R,

donde C es el cırculo dado, y Ω es la capa esferica encerrada por C.

4.15 Demuestre que si la curvatura gaussiana de la esfera S2 satisface |K| ≤ 1,

entonces el area de S2 no es menor que 4π

Solucion: Por el Teorema de Gauss-Bonnet se tiene que

∫∫

S2

Kdσ = 2πχ(S2) = 4π.

Luego, si |K| ≤ 1 obtenemos que

4π ≤∫∫

S2

|K|dσ ≤ Area(S2) .

4.16 Al girar la curva, esbozada a continuacion, alrededor del eje x obtenemos

una superficie de revolucion M ⊂ R3. Calcule

∫∫

M

Kdσ.


x

z

Solucion: La superficie de revolucion asi obtenida por la curva es homeo-

morfa a una seccion de una superficie cilindrica. Luego la caracteristica

de Euler es χ(M) = 0. Ademas, el borde deM consiste de dos cırculos los

cuales justamente son geodesicas en M , porque a lo largo de estos cırcu-

los el vector normal a M es paralelo al vector normal de la curva. Por lo

tanto por el teorema de Gauss-Bonnet, obtenemos inmediatamente

∫∫

M

Kdσ = 0 .

Capıtulo 5

Superficies Completas.

Teorema de Hopf-Rinow

En el espacio lineal normado TpS podemos definir una bola abierta de

radio δ

Bδ(0p) = ~w ∈ TpS | ‖~w‖ < δ .

Definicion 5.1.

El mapeo exponencial expp : Bε(0p) → S es definida por

expp(~w) = γ~w/‖~w‖(‖~w‖) .

Geometricamente, la construccion corresponde a trazar (si es posible) sobre

la unica geodesica γ que pasa por p en la direccion ~w‖~w‖ una longitud igual a

‖~w‖, el punto obtenido por este procedimiento se denota por expp(~w).

Definicion 5.2.

Una superficie regular S es completa si para cada punto p ∈ S, cualquier

geodesica parametrizada γ : [0, ε) → S, que comience en p = γ(0), puede

prolongarse a una geodesica parametrizada γ : R → S, definida en toda la

recta real R.

En otras palabras, S es completa cuando la aplicacion expp : TpS → S

esta definida para cada v ∈ TpS, y esto sucede en todos los puntos p ∈ S.

Proposicion 5.1.

Una superficie cerrada S ⊂ R3 es completa.

131

132 Capıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow

Definicion 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 deferencia-

bles 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 esta definida sobre todo TpS.

(ii) Los conjuntos cerrados y acotados de S son compactos.

(iii) M es completo como un espacio metrico.

(iv) Dados p, q ∈ S, existe una geodesica mınima que une p y q.


5.1. Sea S ⊂ R3 una superficie completa y F ⊂ S cerrado no vacıo tal que

S \ F es conexo. Demuestre que S \ F es una superficie no completa.

Solucion: Sea p ∈ S \ F y q ∈ F , como S es completa existe γ :

[0, 1] → S geodesica minimizante que une p con q.

bb

b

p

q

F

γ(s0)

Por ser γ continua existe s0 ∈ [0, 1] tal que γ(s0) ∈ F ∩ (S \ F ). Seaγ : [0, s0) → S geodesica en S \ F entonces γ no se puede prolongar

para s = s0. Por lo tanto, S \ F no es completa.


5.2. Sea S una superficie completa. Demuestre que para cada p ∈ S la apli-

cacion expp : TpS → S es sobreyectiva.

Solucion: Sea q ∈ S y considere γ la geodesica minimizante para-

metrizada por longitud de arco que une p y q con d(p, q) = r.

bb

b

p q

0

vrv

γ′(0) γ

TpS

S

expp

entonces se tiene que q = expp(rv) donde v = γ′(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.

Solucion: Si S es geodesicamente completa entonces para cada p ∈ S,

expp : TpS → S es sobreyectiva. Ahora, como S es acotado existe

BR(0) ⊂ TpS tal que

expp(BR(0)) = expp(TpS) = S

como expp es continua y BR(0) es compacto entonces S es compacta.

5.4. Decimos que una sucesion pn∞n=1 de puntos de una superficie S con-

verge 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 sucesion de puntos pn∞n=1 ⊂ S converge a p0 ∈ S en d si y

solo si pn∞n=1 converge a p0 como una sucesion de puntos en R3 (es

decir, en la distancia euclideana).


Solucion:

⇒ 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

‖pm − p0‖ ≤ ‖α(a)− α(b)‖ ≤∫ b

a

‖α′(t)‖dt

tomando infimo sobre todas las curvas que unen pm con p0 obtenemos

que

‖pm − p0‖ ≤ d(pm, p0) < ε

para cada m > n0. Por lo tanto, pn∞n=1 converge a p0 como una suce-

sion de puntos en R3.

⇐ Sea γ : [0, `] → S una geodesica parametrizada por longitud

de arco tal que γ(sn) = pn y γ(0) = p0. Entonces

d(γ(sn), γ(0)) =

∫ sn

0

‖γ′(t)‖dt = |sn − 0| = sn (5.1)

Para n suficientemente grande el trazo de geodesica que une pn con p0

es inyectivo. Luego, existe una inversa local γ−1 que es continua. Como

por hipotesis pn → p0 en la distancia ‖ · ‖ entonces por la continuidad

de γ−1 se tiene que sn → 0 cuando n → ∞ lo que implica segun (5.1)

que pn converge a p0 con respecto a d.

5.5. Sea S una superficie. Una sucesion 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 solo si

cada sucesion de Cauchy en S converge a un punto en S.

Solucion:

⇐ Sea γ una geodesica con ‖γ′‖ = 1. Suponga que S no es completa,

esto es, que γ esta definida para todo s < s0 pero no para s = s0. Sea


sn∞n=1 sucesion tal que lımn→∞

sn = s0, por ser una sucesion convergente

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)) =

∫ sm

sn

‖γ′(t)‖dt = |sn − sm| < ε .

Luego, γ(sn)∞n=1 ⊂ S es una sucesion de Cauchy con respecto a d, por

hipotesis, existe po ∈ S tal que lımn→∞

γ(sn) = p0. Por otro lado, existe

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 situacion geometrica

b

b

b

b

b

b

0

exp−1p0

(γ(sn))

exp−1p0

(γ(sm))

p0

γ(sn)

γ(sm)

γΓ

Tp0Sexpp0 (Bδ(0))

expp0

Haciendom→ ∞ vemos que el rayo que une 0 con el punto exp−1p0(γ(sn))

coincide con la curva Γ(s) = exp−1p0 (γ(s)), por lo tanto γ puede prolon-

garse hasta p0, lo que constituye una contradiccion.

⇒ Sea Pn∞n=1 ⊂ S una sucesion de Cauchy con respecto a d.

Entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que

d(pn, pm) < ε , ∀ n,m ≥ n0 .

Como ‖pn − pm‖ ≤ d(pn, pm), entonces pn∞n=1 es una sucesion de

Cauchy con respecto a ‖ · ‖. Como R3 es completo, existe p0 ∈ R3

tal que lımn→∞

pn = p0. Supongamos que p0 /∈ S. Como d(pn0, pn) < ε,


en virtud del Teorema de Hopf-Rinow existe una geodesica mınima γn

que une pn0 con pn con `(γn) < ε. Haciendo n → ∞, γn tiende a una

geodesica mınima γ con `(γ) ≤ ε. Parametrizando γ por longitud de

arco, como po /∈ S implica que γ no esta definida para s = ε, lo cual es

una contradiccion.

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 ∈ TpS. Demostrar que S es completa.

Solucion: Sea γ una geodesica minimizante que une p y q, como ϕ

es un difeomorfismo se tiene que Γ(s) = ϕ(γ(s)) es una geodesica en

M , luego

dS(p, q) =

∫ b

a

‖γ′(t)‖dt =∫ b

a

Ip(γ′(t))dt

≥∫ b

a

c · Iϕ(p)(dϕp(γ′(t)))dt = c

∫ b

a

Iϕ(p)(Γ′(t))dt

= cdM(ϕ(p), ϕ(q))

Ahora bien, sea pn∞n=1 ⊂ S sucesion de Cauchy con respecto a dS,

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 lımn→∞

ϕ(pn) = p0, por

ser ϕ−1 continua tenemos que lımn→∞

pn = p0 ∈ S. Por lo tanto, S es

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 unica geodesica. Sea

ϕ : S → M una isometrıa local. Demuestre que ϕ es una isometrıa

global.


Solucion: 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, exis-

te una geodesica mınima γ que une p1 con p2. Como ϕ es una isometrıa

local, entonces ϕγ es una geodesica cerrada que parte en q y que tiene

la misma longitud de γ. Entonces, cualquier punto en ϕγ distinto de q

se puede unir con q mediante dos geodesicas distintas, lo que constituye

una contradiccion. Luego ϕ es inyectiva. Ahora probaremos que ϕ es

sobreyectiva, como ϕ es un difeomorfismo local, ϕ(S) ⊂ M es un con-

junto abierto enM . 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 sucesion ϕ(pn) con pn ∈ S tal que

lımn→∞

ϕ(pn) = p /∈ ϕ(S) .

Asi, ϕ(pn) es una sucesion de Cauchy en ϕ(S) que no es convergente.

Como ϕ es una isometrıa local inyectiva, pn es una sucesion de Cauchy

en S que no es convergente, lo que contradice la completitud de S.

Bibliografıa

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Hall, 1976.

[2] Lima, E. L. Curso Analise Vol 1. Proyecto Euclides, IMPA, 1989.

[3] Lima, E. L. Curso Analise Vol 2. Proyecto Euclides, IMPA, 1989.

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University Press, 1982.

[5] Spivak, M. Calculo en Variedades. Editorial Reverte, 1970.

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