Exercícios resolvidos Manfredo

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
GEOMETRI´A DIFERENCIAL
P R O B L E M A S R E S U E L T O S
Rodrigo Vargas
Santiago de Chile
2010
ii
Prefacio
Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometr´ıa Di-
ferencial. Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando
digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. As´ı espe-
ro facilitar la comprensio´n de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesi-
tara´ perder mucho tiempo en la teor´ıa para evocarse a atacar problemas
de los textos gu´ıas. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que
deseen una presentacio´n ma´s completa y los alumnos, por as´ı decirlo, nor-
males que busquen lecturas complementarias pueden consultar “Geometr´ıa
diferencial de curvas y superficies” de Manfredo do Carmo que trata de la
misma materia con un enfoque ma´s amplio.
La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que
sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos
de geometr´ıa diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe
lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ıa que el lector
so´lo consultase las soluciones despue´s de haber hecho un serio esfuerzo para
resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin e´xito, 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 geometr´ıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la
Pontificia Universidad Cato´lica de Chile, el cual esta´ dirigido a estudiantes
de Licenciatura en Matema´tica. Muchos de los problemas han sido tomados
de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.
iii
iv
I´ndice general
1. Curvas 1
1.1. Teor´ıa Local de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . . . . . . . . . 3
1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. Superficies 53
2.1. La Primera Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3. Curvatura de Superficies 75
3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Superficie . . . . . . . . . . 75
3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.3. Geode´sicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.4. El Teorema Egregio de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4. El Teorema de Gauss-Bonnet 115
4.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
5. Superficies Completas. Teorema de Hopf-Rinow 131
5.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
v
vi
Cap´ıtulo 1
Curvas
1.1. Teor´ıa Local de Curvas
Definicio´n 1.1.
Una curva parametrizada diferenciable es una aplicacio´n diferenciable α :
(a, b)→ R3.
Definicio´n 1.2.
Una curva parametrizada diferenciable α : (a, b) → R3 se denomina regular
si α′(t) 6= 0 para todo t ∈ I.
Definicio´n 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 definicio´n:
s(t) =
∫ t
t0
‖α′(t)‖dt .
Definicio´n 1.4.
Una curva parametrizada α : (a, b) → R3 es llamada arco-parametrizada o
de ra´pidez uno si α′(t) es un vector unitario para todo t ∈ (a, b), esto es,
‖α′(t)‖ = 1.
Definicio´n 1.5.
Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por longitud de arco s ∈ I. El
nu´mero ‖α′′(s)‖ = κ(s) se denomina la curvatura de α en s.
1
2 Cap´ıtulo 1. Curvas
En puntos donde κ(s) 6= 0, esta´ bien definido un vector unitario n(s)
en la direccio´n α′′(s) mediante la ecuacio´n α′′(s) = κ(s)n(s). Ma´s au´n,
α′′(s) es normal a α′(s), pues diferenciando 〈α′(s), α′(s)〉 = 1 obtenemos
〈α′′(s), α′(s)〉 = 0. As´ı, 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.
Definicio´n 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 nu´mero τ(s) definido por b′(s) = τ(s)n(s) se
denomina la torsio´n 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 Teor´ıa Local de Curvas).
Dadas las funciones diferenciables κ(s) > 0 y τ(s), s ∈ (a, b), existe una
curva parametrizada regular α : (a, b) → R3 tal que s es la longitud de arco,
κ(s) es la curvatura, y τ(s) es la torsio´n de α. Adema´s, cualquier otra curva
α˜, satisfaciendo las mismas condiciones difiere de α en un movimiento r´ıgido;
esto es, existe una aplicacio´n lineal ortogonal ϕ de R3, con determinante
positivo, y un vector v tal que α˜ = ϕ ◦ α + v.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3
1.2. Propiedades Globales de las curvas pla-
nas
Definicio´n 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) , . . . .
Definicio´n 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 Isoperime´trica).
Sea α una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el a´rea de la
regio´n encerrada por α. Entonces
A ≤ 1
4pi
`2
y la igualdad se da si solo si α es un c´ırculo.
Definicio´n 1.9.
Un ve´rtice de una curba regular plana α : [a, b] → R2 es un punto t ∈ [a, b]
en donde κ′(t) = 0.
Definicio´n 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 ve´rtices).
Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro ve´rtices.
1.3. Problemas Resueltos
1.1. Hallar una parametrizacio´n de la curva que es la interseccio´n de un ci-
lindro circular de radio 1
2
en la direccio´n del eje z y la esfera de radio 1
4 Cap´ıtulo 1. Curvas
y centro (−1
2
, 0, 0).
Solucio´n: 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 ecuacio´n (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 ecuacio´n (3) se tiene
y =
√
1
4
− x2 =
√
sin2 t− sin4 t = sin
√
1− sin2 t = sin t cos t .
Por lo tanto, α : [−pi, pi]→ 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 c´ırculo sobre una hoja al
doblarse e´sta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es
igual al del c´ırculo.
Solucio´n: Sea ϕ : [0, a]× [−b/2, b/2]→ C dada por
ϕ(t, s) =
(
cos
2pi
a
t, sen
2pi
a
t, s
)
.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 5
ϕ
x0 a
− b
2
b
2
1
|
El c´ırculo S1 es dado por la ecuacio´n parame´trica.
(x− x0)2 + y2 = r2
con 0 < 2|x0 − r| < a < b, parametriza porα : [0, 2pir] → [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 c´ırculo sobre la hoja al doblarse sobre el
c´ılindro esta parametrizada por
β(t) = (ϕ ◦ α)(t)
= ϕ
(
x0 + r cos
t
s
, r sen
t
r
)
=
(
cos
2pi
a
(
x0 + r cos
t
r
)
, sen
2pi
a
(
x0 + r cos
t
r
)
, r sen
t
r
)
.
Si β(t) = (β1(t), β2(t), β3(t)) entonces
β ′1(t) = sen
(
2pi
a
[
x0 + r cos
(
t
r
)])
sen t ,
β ′2(t) = − cos
(
2pi
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 =
∫ 2pir
0
‖β ′(t)‖dt =
∫ 2pir
0
dt = 2pir = sα .
6 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.3. Determine una parametrizacio´n de la curva sobre la esfera unitaria que
corta cada meridiano en un a´ngulo constante α.
Solucio´n: Consideremos la proyeccio´n 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 definicio´n 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 proyeccio´n 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 2pit, sen 2pit, s),
entonces las rectas verticales x = a ∈ [0, 1] son llevadas por f = ψ−1 ◦ϕ
a los meridianos en la esfera unitaria.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 7
ϕ ψ−11
−1
x=a 1
ϕ(x=a)
ϕ−1◦ϕ(x=a)
Una curva que corta cada meriadiano en un a´ngulo constante α es la
imagen mediante f de un segmento de recta con pendiente α
y = αx+ β, α, β ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1
entonces
γ(t) = f(t, αt+ β) = ψ−1(ϕ(t, αt+ β)) = ψ−1(cos 2pit, sen 2pit, αt+ β)
=
(
cos 2pit
√
1− (αt+ β)2√
(cos 2pit)2 + (sen 2pit)2
,
sen 2pit
√
1− (αt+ β)2√
(cos 2pit)2 + (sen 2pit)2
, αt+ β
)
= (cos 2pit
√
1− (αt+ β)2, sen 2pit
√
1− (αt+ β)2, αt+ β)
donde γ es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadia-
no en un a´ngulo 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.
Solucio´n: Sabemos que, si f, g : I → Rn son curvas diferenciables,
entonces
d
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 .
8 Cap´ıtulo 1. Curvas
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 so´lo si α(t) es ortogonal a α′(t) para todo t ∈ I.
Solucio´n: 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
]1/2
y
obtenemos
d
dt
‖f(t)‖ = 1
2
[
n∑
i=1
(fi(t))
2
] 1
2
−1(
2
n∑
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 ma´xima o mı´nima la recta tangente a
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 9
γ es perpendicular al segmento lineal a p.
Solucio´n: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema an-
terior. Si ‖γ(s0)− p‖ es un ma´ximo o un mı´nimo 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 direccio´n 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 b
b
b
b
}c
θ
x
y
(a) Obte´ngase una curva parametrizada α : R → R2 cuya traza sea la
cicloide y determı´nense sus puntos singulares.
(b) Calcu´lese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una
rotacio´n completa del disco.
Solucio´n:
(a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar
en un a´ngulo θ, el centro del c´ırculo es movido a (rθ, r). Notemos que
b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces la parametrizacio´n es α : R→ R2
dada por
α(θ) = (rθ − r sin θ, r − r cos θ) = r(θ − sin θ, 1− cos θ)
10 Cap´ıtulo 1. Curvas
(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
rotacio´n completa del disco es
` =
∫ 2pi
0
‖α′(θ)‖dθ =
√
2r
∫ 2pi
0
√
1− cos θdθ
= 2r
∫ 2pi
0
√
1− cos θ
2
dθ = 2r
∫ 2pi
0
sen
(
θ
2
)
dθ = 8r .
1.8. Sea OA = 2a el dia´metro de un c´ırculo S1 y sean OY y AV las tangentes
a S1 en O y A, respectivamente. Una semi-recta r, que corta a S1 en C
y a la recta AV en B, se traza desde O. Sobre OB se marca el segmento
Op = CB. Si rotamos r alrededor de O, el punto p describira´ una curva
denominada la cisoide de Diocles.
0
A2a
x
y V
r
b
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.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 11
(c) Cuando t → ∞, α(t) se aproxima a la recta x = 2a, y α′(t) →
(0, 2a). As´ı, cuando t→∞, la curva y su tangente se aproximan a
la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una as´ıntota de la
cisoide.
Solucio´n:
(a) La ecuacio´n del c´ırculo S1 es
(x− a)2 + y2 = a2 . (1.5)
La ecuacio´n de la semi-recta r es
y = (tanθ) · x . (1.6)
El punto C es la interseccio´n de la recta con el c´ırculo 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 fa´cilmente 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 .
12 Cap´ıtulo 1. Curvas
(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) Unsimple calculo muestra que
l´ım
t→∞
α(t) =
(
l´ım
t→∞
2at2
1 + t2
, l´ım
t→∞
2at3
1 + t2
)
= (2a,∞) .
Adema´s
l´ım
t→∞
α′(t) =
(
l´ım
t→∞
4at
(1 + t2)2
, l´ım
t→∞
6at2 + 2at4
(1 + t2)2
)
= (0, 2a) .
1.9. Sea α : (0, pi)→ R2 dada por
α(t) =
(
sin t, cos t+ log tan
t
2
)
donde t es el a´ngulo 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:
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 13
(a) α es una curva parametrizada diferenciable, regular excepto en t =
pi/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.
Solucio´n:
(a) Notemos que
α′(t) =
(
cos t,− sin t+ 1
tan t
2
· 1
cos2 t
2
· 1
2
)
=
(
cos t,− sin t+ 1
2 sin t
2
cos t
2
)
=
(
cos t,− sin t+ 1
sin t
)
.
Si 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, pi)
⇒ t = pi
2
.
(b) Sean P = (x0, y0) el punto de tangencia de la recta tangente y
Q = (0, y1) el punto de interseccio´n de la recta tangente con el eje
y. Sean x = sin t, y = cos t+ log tan t
2
, entonces
dy
dx
=
1
sin t
− sin t
cos t
=
1− sin2 t
sin t cos t
=
cos t
sin t
⇒ dy
dx
=
√
1− x2
x
.
Luego, la ecuacio´n de la l´ınea tangente a P es
y − y0 =
√
1− x20
x0
(x− x0) .
Evaluando la recta en el punto Q obtenemos
y1 − y0 =
√
1− x20
x0
(0− x0) = −
√
1− x20 .
14 Cap´ıtulo 1. Curvas
Entonces
(dist(P,Q))2 = x20 + (y1 − y0)2 = x20 + 1− x20 = 1 .
Por lo tanto, dist(P,Q) = 1.
1.10. Sea la curva parametrizada α(t) = (aebt cos t, aebt sen t), t ∈ R, a y b
constantes, a > 0, b < 0.
(a) Demostrar que cuando t → +∞, α(t) se aproxima al origen O,
girando en espiral al rededor de e´l (por eso, la traza de α es deno-
minada espiral logar´ıtmica; vea´se la figura).
(b) Demostrar que α′(t)→ (0, 0) cuando t→ +∞ y que:
l´ım
t→+∞
∫ t
t0
‖α′(t)‖dt
es finita, o sea, α tiene longitud de arco finita en [t0,+∞).
x
y
Solucio´n:
(a) Sabemos que l´ım
t→+∞
ebt = 0 cuando b < 0 y como las funciones cos t
y sen t son acotadas podemos concluir que
l´ım
t+∞
ebt cos t = l´ım
t→+∞
ebt sen t = 0
por lo que l´ım
t→+∞
α(t) = (0, 0).
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 15
(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
l´ım
t→+∞
∫ t
t0
‖α′(t)‖dt = l´ım
t→+∞
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 particio´n:
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 particio´n dada. La norma |P | de la particio´n se defini por:
|P | = ma´x(ti − ti−1) , i = 1, · · · , n .
Geome´tricamente, l(α, P ) es la longitud de un pol´ıgono inscrito en
α([a, b]) con ve´rtices en α(ti) (ver la figura). La intensio´n del ejerci-
cio es demostrar que la longitud del arco α([a, b])es, en cierto sentido,
un l´ımite de longitudes de pol´ıgonos inscritos.
16 Cap´ıtulo 1. Curvas
b
b
b
b
b
b
b
b
α(tn)
α(tn−1)
α(ti)
α(t0)
α(t1)
α(t2)
α
Prue´bese que dado un ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |P | < δ entonces:∣∣∣∣∫ b
a
‖α′(t)‖dt− l(α, P )
∣∣∣∣ < ε .
Solucio´n: Por la definicio´n 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 = mı´n{δ1, 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) sup
si
‖α′(si)‖ −
∑
(ti−1 − ti)‖α′(ti)‖
∣∣∣∣
≤
∣∣∣∣∑(ti−1 − ti) sup
si
‖α′(si)− α′(ti)‖
∣∣∣∣ ≤ ε2 ,
donde ti−1 ≤ si ≤ ti. La desigualda requerida se deduce de lo anterior.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 17
1.12. (a) Sea α : I → R3 una curva de clase C0: Utilicese la aproximacio´n po-
ligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definicio´n razonable
de longitud de arco para α.
(b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con
cualquier definicio´n razonable, la longitud de arco de una curva C0
es un intervalo cerrado podr´ıa no ser acotada. Sea α : [0, 1] → R2
dada por
α(t) =
{
(t, t sin(pi/t)) si t 6= 0
(0, 0) si t = 0
Demostrar, geome´tricamente, que la longitud de arco de la porcio´n
de curva correspondiente a
1
(n+ 1)
≤ t ≤ 1
n
es al menos 2/(n +
(1/2)). Util´ıcese esto para establecer que la longitud de la curva en
el intervalo
1
N
≤ t ≤ 1 es mayor que 2
N∑
n=1
1
n+ 1
, y por lo tanto,
tiende a infinito cuando N →∞.
Solucio´n:
(a) Tomando una particio´n del intervalo I, P = {t0, t1, ..., tk} ⊂ I y
definimos la longitud de arco.
s(t) = l´ım
k→∞
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(pi/t) asume los valores
0,−2
3
, 0,
2
5
, 0,−2
7
, 0, . . . , (−1)n 2
2n+ 1
.
Por lo tanto, tomando la particio´n
P =
{
0,
2
k + 1
,
2
k
, . . . ,
1
3
,
2
5
,
1
2
2
3
, 1
}
18 Cap´ıtulo 1. Curvas
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
i
diverge. 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 l´ınea
recta que une estos puntos.
Solucio´n:
(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
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 19
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 unitariode lo anterior
obtenemos∫ b
a
‖α′(t)‖dt ≥ 〈(q−p), ~v〉 = 〈(q − p), (q − p)〉‖q − p‖ = ‖q−p‖ = ‖α(a)−α(b)‖.
20 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.14. Supo´ngase que α(I) ⊂ R2 y dotese de signo a κ como en el texto.
Transpo´rtese los vectores t(s) paralelamente as´ı mismos de forma que
los or´ıgenes de t(s) coinsidan con el origen de R2; los extremos de t(s)
describen entonces una curva parametrizada s → t(s) denominada la
indicatriz de tangentes de α. Sea θ(s) el a´ngulo de e1 a t(s) en la orien-
tacio´n de R2. Demostrar (a) y (b); no´tese 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
.
Solucio´n:
(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 contradiccio´n, pues estamos asumiendo que κ 6= 0.
(b) Sabemos que θ(s) = a´ngulo(e1, t(s)). Podemos suponer sin pe´rdida
de generalidad que α : I → R2 es una curva parametrizada por
longitud de arco, es decir, ‖α′(t)‖ = 1.
Si dθ es el a´ngulo entre t(s+ �) y t(s) entonces
|t(s+ �)− t(s)| = 2 sin
(
1
2
dθ
)
∼= dθ .
Luego,
κ = |t′(s)| =
∣∣∣∣l´ım�→0 t(s+ �)− t(s)�
∣∣∣∣ = l´ım�→0 |t(s+ �)− t(s)||�|
= l´ım
�→0
2 sin
(
1
2
dθ
)
|�| = l´ım�→0
dθ
|�|
= l´ım
�→0
a´ngulo(e1, t(s+ �))− a´ngulo(e1, t(s))
�
=
dθ
ds
.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 21
1.15. Una curva parametrizada regular α tiene la propiedad de que todas sus
rectas tangentes pasan por un punto fijo.
(a) Probar que la traza de α es (un segmento de) una recta.
(b) ¿Se satisface todav´ıa la conclusio´n de (a) si α no es regular?
Solucio´n:
(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 contradiccio´n.
Por lo tanto, κ(t) = 0 para todo t ∈ I y α es un segmento de recta.
22 Cap´ıtulo 1. Curvas
(b) Si α no es regular en algu´n punto entonces en estos puntos no
esta´ bien definida una recta tangente.
1.16. Una traslacio´n por un vector v ∈ R3 es la aplicacio´n A : R3 → R3
dada por A(p) = p + v, p ∈ R3. Una aplicacio´n lineal ρ : R3 → R3 es
una transformacio´n ortogonal cuando 〈ρu, ρv〉 = 〈u, v〉, ∀ u, v ∈ R3. Un
movimiento r´ıgido en R3 es el resultado de componer una traslacio´n y
una transformacio´n ortogonal con determinante positivo.
(a) Demostrar que la norma de un vector y el a´ngulo θ entre dos vec-
tores, 0 ≤ θ ≤ pi, 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 au´n la afirmacio´n si suprimimos la condicio´n determi-
nante positivo?
(c) Demue´strese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsio´n
de una curva parametrizada (siempre que este´n definidos) son in-
variantes frente a movimientos r´ıgidos.
Solucio´n:
(a) Sea ρ : R3 → R3 una transformacio´n 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)ẑ = ‖ρu‖‖ρv‖ sin](ρu, ρv)ẑ = ρu× ρv
donde ẑ 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〉
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 23
y la representacio´n matricial de ρ en la base cano´nica de R3 es
[ρ] =
 −1 0 00 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
r´ıgido. Sea P = {t0, t1, ..., tn} una particio´n de I ⊂ R entonces
l(α) = l´ım
|P |→0
∑
P
‖α(ti)− α(ti−1)‖
= l´ım
|P |→0
∑
P
‖(α(ti) + v)− (α(ti−1) + v)‖
= l´ım
|P |→0
∑
P
‖A(αi)− A(α(ti−1))‖
= l´ım
|P |→0
∑
P
‖ρ(A(αi)−A(α(ti−1)))‖
= l´ım
|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) .
Adema´s
d
dt
(ρ ◦ α) = ρ ◦ α′, d
2
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
=
| d
dt
(ρ ◦ A ◦ α)(t)× d2
dt2
(ρ ◦ A ◦ α)(t)|
| d
dt
(ρ ◦ A ◦ α)(t)|3
=
| d
dt
(ϕ ◦ α)(t)× d2
dt2
(ϕ ◦ α)(t)|
| d
dt
(ϕ ◦ α)(t)|3 = κϕ◦α(t) .
24 Cap´ıtulo 1. Curvas
De manera similar se obtiene que
τϕ◦α(t) = −
〈
d
dt
(ϕ ◦ α)× d2
dt2
(ϕ ◦ α), d3
dt3
(ϕ ◦ α)
〉
∣∣ d
dt
(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 situacio´n, la curva
β(s) = α(s) +
1
κ(s)
n(s) , t ∈ I
se denomina la evoluta de α.
b
b
b
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 interseccio´n de dichas
normales converge a un punto sobre la curva β.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 25
Solucio´n:
(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 interseccio´n se obtendra´n 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) = l´ım
s2→s1
α(s2)− α(s1)
s2 − s1 = l´ıms2→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
.
26 Cap´ıtulo 1. Curvas
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.
Solucio´n: Supongamos que α esta parametrizada por arcopara´metro,
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 < 2pi,
donde a > 0 es una constante, es
β(t) = a(t + sin t,−1 + cos t)
Solucio´n: 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)) .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 27
Luego, el vector normal unitario es n = (− cos(t/2), sin(t/2)) y adema´s
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+pi obtenemos la curva
a(t˜− sin t˜, 1− cos t˜) + a(−pi,−2)
que es una traslacio´n 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) .
Solucio´n:
(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
.
28 Cap´ıtulo 1. Curvas
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 reparametrizacio´n de α(I)
por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 ∈ I. Sea t = t(s) la
funcio´n inversa de s y def´ınanse
dα
dt
= α′,
d2α
dt2
= α′′, etc. Demostrar las
siguientes afirmaciones
(a)
dt
ds
=
1
‖α′‖ ,
d2t
ds2
= −〈α
′, α′′〉
‖α′‖3 .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 29
(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
.
Solucio´n:
(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))3{α′(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 .
30 Cap´ıtulo 1. Curvas
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 adema´s {
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)))2}3/2
.
1.22. Probar que si α esta´ contenida en una esfera de radio r entonces su
curvatura satisface κ(s) ≥ 1/r.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 31
Solucio´n: 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 ecuacio´n 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 parametrizacio´n 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.
Solucio´n: Denotamos por
Dr = {z ∈ R2 : ‖z‖ ≤ r} .
Afirmacio´n: Si κα(s0) <
1
r
entonces α(s) ⊆ R2 \ Dr para todo 0 <
|s− s0| < δ.
En efecto, basta considerar la funcio´n
ϕ(s) = ‖α(s)− p ‖2
32 Cap´ıtulo 1. Curvas
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)〉 = 0
1
2
ϕ ′′(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 condicio´n necesaria y suficiente para que una curva
α : I → R3 este´ sobre una esfera es que
τ
κ
=
(
κ′
κ2τ
)′
.
Solucio´n:
⇒ 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)
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 33
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 te´rmino que es cero es debido a la ecuacio´n (1.7), derivando la u´ltima
igualdad obtenemos:
〈−τn, α − a〉+ 〈b, t〉︸︷︷︸
0
=
(
κ′
κ2τ
)′
⇒ −τ〈n, α − a〉 =
(
κ′
κ2τ
)′
.
Reemplazando (3.8) en la u´ltima igualdad se obtiene lo pedido
τ
κ
=
(
κ′
κ2τ
)′
.
⇐ Sean ρ = 1/κ y σ = 1/τ entonces nuestra hipo´tesis es equivalente
a:
ρ = −σ(ρ′σ)′ .
Usando esta informacio´n note que
(ρ2 + (ρ′σ)2)′ = 2ρρ′ + 2(ρ′σ)(ρ′σ)′ = 0 .
Luego, ρ2+(ρ′σ)2 esigual 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 .
34 Cap´ıtulo 1. Curvas
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.
Solucio´n: La ecuacio´n 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.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 35
1.26. Demue´strese que el conocimiento de la funcio´n vectorial b = b(s), el
vector binormal, de una curva α, cuya torsio´n nunca es nula, determina
la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsio´n τ(s) de α.
Solucio´n: 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 ecuacio´n 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-para´metro y torsio´n constante τ . Si
{Tα, Nα, Bα} es su triedro mo´vil se define una nueva curva por
β(t) = −1
τ
Nα(t) +
∫ t
0
Bα(s)ds .
Calcular la curvatura y la torsio´n de β.
Solucio´n: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-
nemos
β ′ = −1
τ
N ′α +Bα = −
1
τ
(−κTα + τBα) +Bα = κ
τ
Tα
β ′′ =
κ′
τ
Tα +
κ2
τ
Nα
β ′′′ =
κ′′
τ
Tα +
κκ′
τ
Nα +
2κ′κ
τ
Nα − κ
3
τ
Tα + κ
2Bα
=
κ′′ − κ3
τ
Tα +
3κκ′
τ
Nα + κ
2Bα
entonces
β ′ × β ′′ = κ
3
τ 2
Bα , ‖β ′‖3 = κ
3
τ 3
⇒ κβ = ‖β
′ × β ′′‖
‖β ′‖3 = τ
y as´ı
〈β ′ × β ′′, β ′′′〉 = κ
5
τ 2
⇒ τβ = 〈β
′ × β ′′, β ′′′〉
‖β ′ × β ′′‖2 =
τ 2
κ
.
36 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.28. Sea κ : I → R la funcio´n curvatura de la parametrizacio´n por longitud
de arco α. Probar la igualdad:
〈α′(s), α′′′′(s)〉 = −3κ(s)κ′(s)
Solucio´n: 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
ds
{κ′ 〈t, n〉︸ ︷︷ ︸
0
+κ〈t, n′〉} − κκ′ 〈n, n〉︸ ︷︷ ︸
1
+κ〈n, n′〉
=
d
ds
{κ〈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.
Solucio´n: Sabemos que la curvatura de una curva α : [a, b] → R3
esta dada por
τ(t) = −〈(α
′ × α′′), α′′′〉
‖α′ × α′′‖2
adema´s, una curva es plana si y solo si τ(t) = 0 para todo t ∈ [a, b].
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 37
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
.
Solucio´n: 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 torsio´n.
Solucio´n: Denotemos por ω =
1√
a2 + b2
, entonces
α′(s) = (−aω sinωs, aω cosωs, ωb)
38 Cap´ıtulo 1. Curvas
Note que ‖α′(s)‖ = 1 entonces t = α′(s) y
t′ = (−aω2 cosωs,−aω2 sinωs, 0) = κ(s) n(s)
La u´ltima 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 u´ltima 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 torsio´n no se anulan. Se
dice que es una he´lice de eje el vector unitario ω y a´ngulo θ si los vectores
tangentes a α forman un a´ngulo θ con ω.
(a) Probar que en tal caso el vector ω es combinacio´n lineal de t y b;
calcular los coeficientes de dicha combinacio´n lineal.
(b) Probar que α es una he´lice si y so´lo si el cociente κ/τ es una funcio´n
constante.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 39
Solucio´n:
(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 he´lice 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
entonces
κ
τ
= tan θ =constante.
Rec´ıprocamente, si
κ
τ
= constante = tan θ =
sen θ
cos θ
entonces
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〉
40 Cap´ıtulo 1. Curvas
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 a´ngulo 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 = pi
2
, entonces la traza de α esta´ contenido en un c´ırculo.
(c) Si 0 < θ < pi
2
, entonces la traza de α esta´ contenido en una espiral
logar´ıtmica.
Solucio´n:
(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 =
pi
2
entonces
〈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
.
Geometr´ıaDiferencial - Rodrigo Vargas 41
(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 adema´s κr = − sin θ.
Por lo tanto,
κ = − 1
s · cotan θ .
1.34. Pruebe que∫ 2pi
0
√
a2 sin2 t+ b2 cos2 t dt ≥ 2pi
√
ab, a, b ∈ R+
con igualdad si y so´lo si a = b.
Solucio´n: Usamos la desigualdad isoperime´trica aplicada a la curva
α(t) = (a cos t, b sin t)
que es una parametrizacio´n de la elipse. El a´rea encerrada por la curva
α(t) = (x(t), y(t)) es dada por:
A(α) =
1
2
∫ 2pi
0
(xy′ − x′y)dt
=
1
2
∫ 2pi
0
((a cos t)(b cos t)− (−a sin t)(b sin t))dt
=
1
2
∫ 2pi
0
(ab cos2 t+ ab sin2 t)dt = abpi .
El largo de la curva es
l =
∫ 2pi
0
‖α′(t)‖dt =
∫ 2pi
0
√
(−a sin t)2 + (b cos t)2dt
=
∫ 2pi
0
√
a2 sin2 t+ b2 cos2 t dt .
42 Cap´ıtulo 1. Curvas
Por la desigualdad isoperime´trica tenemos que 2
√
piA ≤ l entonces
l =
∫ 2pi
0
√
a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≤ 2
√
pipiab = 2pi
√
ab .
1.35. ¿Existe alguna curva cerrada simple en el plano de longitud igual a 6
metros y delimitando un a´rea de 3 metros cuadrados?
Solucio´n: Basta usar la desigualdad isoperime´trica. Sabemos que si
α es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el a´rea de
la regio´n encerrada por α entonces
A ≤ l
2
4pi
.
Tenemos que
l2
4pi
=
36m2
4pi
=
9
pi
m2 < 3m2 = A
lo cual contradice la desigualdad isoperime´trica.
1.36. Sean A,B puntos del plano a distancia menor que l, y sea γ una curva
simple de A a B de largo l aun lado de la recta por A,B. Probar que
el a´rea mayor que encierra la curva cerrada γ ∪ AB se tiene cuando γ
es un arco de c´ırculo por A,B.
Solucio´n: Sea S1 un c´ırculo que admite el segmento AB como cuerda,
de arcos α, β determinados por los puntos A y B, como en la figura con
la longitud de β igual a l.
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
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 43
que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperi-
me´trica para curvas C1 a trozos, la curva de la familia que delimita un
a´rea ma´xima es S1, como α esta´ fijo, el arco β es la solucio´n 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 ve´rtices, encue´ntrelos.
Solucio´n: 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, 2pi] es ve´rtice si κ′(t) = 0, es decir, si 3ab sin t cos t =
0⇔ sin t cos t = 0 entonces t ∈ {0, pi
2
, pi, 3
2
pi, 2pi
}
donde
α(0) = α(2pi) = (a, 0) α
(
pi
2
)
= (0, b)
α(pi) = (−a, 0) α (3
2
pi
)
= (0,−b)
son los ve´rtices de la elipse. Note que la curva cumple las hipo´tesis del
teorema de los cuatro ve´rtices, luego ella necesariamente tiene al menos
cuatro ve´rtices.
1.38. Considere la curva α(t) = (t, t2), t ∈ R. Probar que la curvatura de
α nunca se anula y calcular el nu´mero de ve´rtices. ¿Contradice esto el
teorema de los cuatro ve´rtices?
Solucio´n: Tenemos que α′(t) = (1, 2t) y α′′(t) = (0, 2) entonces
κ(t) =
2
(1 + 4t2)3/2
y κ′(t) = − 24t
(1 + 4t2)5/2
luego la curvatura nunca se anula y α posee un solo ve´rtice en t = 0.
Esto no contradice el Teorema de los cuatro ve´rtices debido a que α no
es una curva cerrada.
44 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.39. Pruebe que la curva α : [0, 2pi)→ R2
α(t) = ((1 + 2 cos t) cos t, (1 + 2 cos t) sin t)
tiene so´lo dos ve´rtices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro
ve´rtices?
Solucio´n: 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 = pi, es decir, tiene dos
ve´rtices. Esto no contradice el teorema de los cuatro ve´rtices pues la
curva no es simple, como se aprecia en la siguiente figura.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 45
1.40. Sea γ una curva plana y sea l la tangente en un punto p. Sea L una
paralela a la recta normal en p a distancia d de p, y sea h el largo del
segmento determinado sobre L por γ y l. Probar que
|κ(p)| = l´ım
d→0
2h
d2
.
Solucio´n: 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 este´n en la direccio´n de los vectores tangente y normal
a la curva γ en el punto p. Sea γ(s) = (x(s), y(s)) nuestra parame-
trizacio´n. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del punto
0.
γ(s) = γ(0) + γ′(0)s+ γ′′(0)
s2
2
+R
donde l´ım
s→0
R
s2
= 0. Denotamos por κ la curvatura de γ en el punto p.
b
p
γ
d
h l
L
Notemos que,
γ′(0) = t(0) = (1, 0), γ′′(0) = κn(0) = κ(0, 1)
con esta informacio´n, podemos deducir que
x(s) = s+Rx, y(s) = κ
s2
2
+Ry
donde R = (Rx, Ry), entonces
|κ(p)| = l´ım
s→0
{
2|y(s)|
s2
+
2Ry
s2
}
= l´ım
s→0
2|y(s)|
s2
+ 2 l´ım
s→0
Ry
s2
= l´ım
d→0
2h
d2
.
46 Cap´ıtulo 1. Curvas
1.41. Probar que si γ es una curva cerrada contenida en un disco de radio r
entonces existe un punto p en la curva donde
|κ(p)| ≥ 1
r
.
Solucio´n: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre
la curva γ a mayor distancia de O. Consideremos el c´ırculo de radio
|p − O| = r′ y centro O, entonces γ esta´ contenida en la regio´n que
encierra el c´ırculo de radio r′ y centro O. Consideremos un nuevo sistema
de coordenadas cuyo origen coincida con el punto p y cuyos ejes este´n
en la direccio´n 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 parametrizacio´n
del c´ırculo de radio r′ y centro O. Debido a que la curva esta´ contenida
en la regio´n que encierra el c´ırculo se tiene que:
|z(t)| ≤ |y(t)| .
Usando la fo´rmula del problema anterior para curvatura obtenemos
|κ(p)| = l´ım
s→0
2|y(s)|
s2
≥ l´ım
s→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 c´ırculo de
radio r, demostrar que existe un punto p ∈ C tal que la curvatura κ de
C en p satisface |κ| ≥ 1/r.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 47
Solucio´n: Sea O el centro del disco en cuestio´n de radio r. Reduzca
el radio del c´ırculo hasta la primera vez en que el c´ırculo toque a la
curva. Entonces, sea r′ el radio hallado con r′ ≤ r y α(t0) el punto de
interseccio´n. Note que estamos en las mismas condiciones delproblema
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) + 2pi.
(b) A(β) = A(α) + rl + pir2.
(c) κβ(s) =
κα(s)
(1 + rκα(s))
.
Solucio´n:
(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 rotacio´n de tangentes
`(β) =
∫ l
0
‖β ′(s)‖ds =
∫ l
0
ds+ r
∫ l
0
κα(s)ds
= l + r(θ(s)− θ(0)) = l + 2pir .
48 Cap´ıtulo 1. Curvas
(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 ca´lculo del a´rea usamos la fo´rmula
A(β) =
1
2
∫
β
(uv′ − vu′)ds .
Usando la relacio´n (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 = 2pi .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 49
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
+
2pir2
2
= A(α) + rl + pir2 .
(c) Utilizaremos la fo´rmula 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) + r{κ′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 .
50 Cap´ıtulo 1. Curvas
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 so´lo si en
ella la expresio´n
fxxf
2
y − 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 direccio´n del gradiente de f .
Solucio´n:
(i) Sabemos que κ(s) no cambia de signo si y so´lo si θ(s) =
∫ s
0
κ(s)ds
es una funcio´n creciente, ya que θ′(s) = κ(s). Luego, la curva
γ asociada a la curvatura κ es una curva convexa si y so´lo si κ
no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la funcio´n
impl´ıcita, existe g : R→ R tal que
f(x, g(x)) = c
y la curva de nivel f(x, y) = c puede ser parametrizada mediante
γ(t) = (t, g(t))
donde g es diferenciable, siempre que f 2x + f
2
y 6= 0. Derivando la
igualdad f(x, y) = c obtenemos
fx + fyg
′ = 0 . (1.14)
Luego,
g′ = −fx
fy
. (1.15)
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 51
Derivando (1.14) y reemplazando (1.15) obtenemos
fxx + fxyg
′ + {fyx + fyyg′}g′ + fyg′′ = 0
⇒ fxx − fxyfx
f y
− fyxfx
fy
+
fyyf
2
x
f 2y
+ fyg
′′ = 0
⇒ g′′ = fxxf
2
y − 2fxyfxfy + fyyf 2x
f 3y
.
Usando la fo´rmula 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) = fxxf
2
y − 2fxyfxfy + fyyf 2x
(f 2x + f
2
y )
3/2
.
Entonces, si fxxf
2
y − 2fxyfxfy + fyyf 2x no cambia de signo si y so´lo
si κ(x, y) no cambia de signo si y so´lo si la curva f(x, y) = c es
convexa.
(ii) Usando la fo´rmula 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 ≥ 2pi
c
.
Interprete.
Solucio´n: Al ser γ(t) una curva cerrada simple tiene ı´ndice de rota-
cio´n 1, entonces ∫ l
0
κ(s)ds = θ(l)− θ(0) = 2pi .
Por otro lado, como κ(t) ≤ c obtenemos
2pi =
∫ l
0
κ(s)ds ≤ c
∫ l
0
ds = cl .
52 Cap´ıtulo 1. Curvas
Por lo tanto, l ≥ 2pi
c
. Observe que un c´ırculo de radio 1/c tiene curvatura
κ0 = c y el largo de este circulo es l0 =
2pi
c
. Cualquier curva de curvatura
menor a c tiene mayor largo que un c´ırculo de radio 1/c.
Cap´ıtulo 2
Superficies
Definicio´n 2.1.
Un subconjunto S ⊂ R3 es una superficie si, para todo punto p ∈ S, existe
un conjunto abierto U ⊂ R2 y un conjunto abierto W ⊂ R3 conteniendo al
punto p tal que W ∩ S es homeomorfo a U .
z
y
x
u
v
b
b
(u, v)
U
p
W ∩ S
ϕ
W
S
Definicio´n 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 Cap´ıtulo 2. Superficies
Definicio´n 2.3.
Dada una aplicacio´n diferenciable F : U ⊂ Rn → Rm definida sobre un
conjunto abierto U de Rn decimos que p ∈ U es un punto cr´ıtico de F si
la diferencial dFp : R
n → Rm no es un aplicacio´n sobreyectiva. La imagen
F (p) ∈ Rm de un punto cr´ıtico se denomina un valor cr´ıtico de F . Un punto
de Rm que no es un valor cr´ıtico de f se llama valor regular de F .
Si f : U ⊂ R3 → R es una funcio´n diferenciable, decir que dfp no es
sobreyectiva es equivalente a que fx = fy = fz = 0 en p. De aqu´ı, a ∈ f(U)
es un valor regular de f : U ⊂ R3 → R si y solo si fx, fy y fz no se anulan
simulta´neamente 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 funcio´n diferenciable y a ∈ f(U) es un valor
regular de f , entonces f−1(a) es una superficie regular de R3.
Definicio´n 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)
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 55
La forma cuadra´tica definida por la ecuacio´n (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.
Proposicio´n 2.1.
‖σu × σv‖ =
√
EF −G2 .
Definicio´n 2.5.
El a´rea Aσ(R) del sector σ(R) de una superficie parametrizada σ : U → R3
correspondiente a la regio´n R ⊆ U es
Aσ(R)=
∫∫
R
‖σu × σv‖dudv .
2.2. La Segunda Forma Fundamental
Dada una parametrizacio´n 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 expresio´n
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.
2.3. Problemas Resueltos
2.1. Demuestre que el cilindro circular S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1} es
una superficie regular.
56 Cap´ıtulo 2. Superficies
Solucio´n: Consideremos
U = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y2 < pi2}
r =
√
x2 + y2 y sea ϕ : U → R3 definida por
ϕ(x, y) =
(x
r
,
y
r
, tan
(
r − pi
2
))
.
Note que las funciones coordenadas de ϕ son diferenciables y es claro
que ϕ es inyectiva.
2.2. Demuestre que el paraboloide hiperbo´lico
S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 − y2}
es una superficie regular.
Solucio´n: Consideremos la siguiente aplicacio´n χ : U ⊂ R2 → R3
definida por
χ(u, v) = (u, v, u2 − v2) .
2.3. Demuestre que el elipsoide
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 : x
2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
}
es una superficie regular.
Solucio´n: Consideremos la aplicacio´n 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 < pi, 0 < v < 2pi}.
2.4. Demuestre que S ⊂ R3 el conjunto que se obtiene al rotar una curva
regular α : [a, b]→ R2 con
α(t) = (f(t), g(t))
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 57
alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con e´sta, es
un superficie regular.
Solucio´n: Considere la parametrizacio´n ψ : U ⊂ R2 → R3 dada por
ψ(u, v) = (f(v) cosu, f(v) sinu, g(v))
donde U = {(u, v) ∈ R2 : 0 < u < 2pi, a < v < b}.
2.5. Demuestre que, si f(x, y) es una funcio´n diferenciable, su gra´fico
Graf(f) = {(x, y, z) ∈ R3 : z = f(x, y)}
es una superficie diferenciable.
Solucio´n: Basta considerar la parametrizacio´n 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)}
es una superficie regular.
Solucio´n: 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 < 2pi}, la cual es una funcio´n
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
58 Cap´ıtulo 2. Superficies
esta´ contenida en S, y que todo punto del hiperboloide esta sobre una
de estas l´ıneas. Deduzca que S puede ser cubierta por solo una parame-
trizacio´n y por lo tanto es una superficie.
Solucio´n: 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 l´ınea dada Lθ pasa por (− sin 2θ, cos 2θ, 1) se sigue que conseguimos
todas las l´ıneas tomando 0 ≤ θ ≤ pi. 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 u´nicos casos res-
tantes son los puntos (0, 0,±1) que esta´n sobre las l´ıneas Lpi/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
parametrizacio´n de S1 por arcopara´metro. 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)
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 59
donde U = {(s, t) ∈ R2 |0 < s < pi} 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 ecuacio´n 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)
Solucio´n:
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 revolucio´n
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.
Solucio´n: Considere la parametrizacio´n del hiperboloide de revolucio´n
ψ : U ⊂ R2 → R3 definida por
ψ(u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, sinh u)
60 Cap´ıtulo 2. Superficies
entonces
ψu = (sinh u cos v, sinh u sin v, cosh u)
ψv = (− cosh u sin v, cosh u cos v, 0)
ψu × ψv = (− cosh2 u cos v, cosh2 u sin v, sinh u 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 revolucio´n 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 proyeccio´n estereogra´fica pi : 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 interseccio´n del plano xy con la
recta que une a N con p. Demostrar que pi−1 : R2 → S2 viene dada
por
pi−1(x, y) =
(
2x
x2 + y2 + 1
,
2y
x2 + y2 + 1
,
x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
)
.
b) Demostrar que es posible, usando la proyeccio´n estereogra´fica, recu-
brir la esfera con dos entornos coordenados.
c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una
parametrizacio´n.
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 61
Solucio´n:
a) Sea Lp la l´ınea recta que une el polo norte de la esfera con un p =
(x, y, 0) perteneciente al plano xy, entonces
Lp = {N(1− t) + tp : t ≥ 0}
= {(0, 0, 1)(1− t) + t(x, y, 0) : t ≥ 0}
= {(xt, yt, 1− t) : t ≥ 0}
la interseccio´n 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 proyeccio´n estereogra´fica pi−1 : R2 → S2
viene dada por:
pi−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 estereogra´ficas 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 parametrizacio´n φ : U →
R3, entonces S2 ser´ıa homeomorfa a un subconjunto abierto U de
R2. Como S2 es un conjunto cerrado y acotado de R3, entonces S2
es compacto. Luego, U ser´ıa compacto, en particular cerrado. Como
R2 es conexo, el u´nico subconjunto no vacio cerrado y abierto es R2
entonces U = R2. Lo que implicar´ıa que R2 es compacto, es decir,
acotado. Lo que es absurdo.
2.11. Calcule la primera forma fundamental de las siguientes superficies:
a) φ(u, v) = (sinh u sinh v, sinh u cosh v, sinh u).
b) φ(u, v) = (u− v, u+ v, u2 + v2).
62 Cap´ıtulo 2. Superficies
c) φ(u, v) =(cosh u, sinh u, v).
d) φ(u, v) = (u, v, u2 + v2).
Solucio´n:
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 revolucio´n 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 .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 63
c) Para el cilindro hiperbo´lico se tiene que
φu = (sinh u, coshu, 0)
φv = (0, 0, 1)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = 〈φu, φu〉 = sinh2 u+ cosh2 u
F = 〈φu, φv〉 = 0
G = 〈φv, φv〉 = 1
luego la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = (cosh2 u+ sinh2 u)du2 + dv2 .
d) Para el paraboloide de revolucio´n se tiene que
φu = (1, 0, 2u)
φv = (0, 1, 2v)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = 〈φu, φu〉 = 1 + 4u2
F = 〈φu, φv〉 = 4uv
G = 〈φv, φv〉 = 1 + 4v2
luego la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = (1 + 4u2)du2 + 8uv dudv + (1 + 4v2)dv2 .
2.12. Determine las coeficientes de la primera forma fundamental de la esfera
asociada a la parametrizacio´n por proyeccio´n estereogra´fica. Use esto
para calcular el largo de un meriadiano completo.
Solucio´n: La proyeccio´n estereogra´fica es dada por
φ(u, v) =
(
2u
u2 + v2 + 1
,
2v
u2 + v2 + 1
,
u2 + v2 − 1
u2 + v2 + 1
)
64 Cap´ıtulo 2. Superficies
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 simetr´ıa 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)2
adema´s
(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)2
a2
}1/2
dt
=
∫ ∞
−∞
2
√
1 + a2
t2(1 + a2) + 1
dt .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 65
Haciendo t = tan θ/
√
1 + a2 implica dt =
sec2 θ√
1 + a2
dθ y se obtiene que
s =
∫ pi/2
−pi/2
2
√
1 + a2
tan2 θ + 1
· sec
2 θ√
1 + a2
dθ
= 2
∫ pi/2
−pi/2
dθ = 2pi .
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 ≤ pi.
Solucio´n: Tomando la parametrizacio´n 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 < 2pi} 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 =
∫ pi
0
‖α′(t)‖dt =
∫ pi
0
(Edu2 + 2Fdudv +Gdv2)1/2dt
=
∫ pi
0
(2du2 + u2dv2)1/2dt =
∫ pi
0
(2λ2e2λt + e2λt)1/2dt
= (2λ2 + 1)1/2
∫ pi
0
eλtdt =
(2λ2 + 1)1/2
λ
(eλpi − 1) .
Un esboce de la curva es la siguiente
66 Cap´ıtulo 2. Superficies
2.14. Demuestre que el a´rea A de una regio´n acotada R de la superficie z =
f(x, y) es
A =
∫ ∫
Q
√
1 + f 2x + f
2
y dxdy .
Solucio´n: Sabemos que si φ : U ⊂ R3 → R3 es una carta entonces
A =
∫ ∫
Q
‖φu × φv‖ dudv, Q = φ−1(R) .
Tomando la parametrizacio´n 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 2x + f
2
y .
Por lo tanto,
A =
∫ ∫
Q
√
1 + f 2x + f
2
y dxdy .
2.15. Demuestrese que una superficie de revolucio´n siempre puede parametri-
zarse de forma que que
E = E(v), F = 0, G = 1 .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 67
Solucio´n: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva
generatriz C de la superficie de revolucio´n, 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 revolucio´n tinen como parametrizacio´n
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 revolucio´n y C su curva generatriz. Sea s la
longitud de arco de C y deno´tese por ρ = ρ(s) a la distancia desde el
eje de rotacio´n al punto de C correspondiente a s.
(a) Teorema de Pappus. Demuestre que el a´rea de S es
2pi
∫ l
0
ρ(s) ds
donde l es la longitud de C.
(b) Aplique la parte (a) para calcular el a´rea de un toro de revolucio´n.
Solucio´n:
(a) La parametrizacio´n de una superficie de revolucio´n φ : U ⊂ R2 →
R3 es
φ(t, s) = (f(s) cos t, f(s) sin t, g(s))
68 Cap´ıtulo 2. Superficies
donde
U = {(t, s) ∈ R2 : 0 < t < 2pi, 0 < s < l}
y la parametrizacio´n de la curva generatriz c es α : [0, l]→ R2 es
α(s) = (f(s), g(s)) .
Notemos que la distancia del eje de rotacio´n 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
∫ 2pi
0
√
f 2(s) dtds
= 2pi
∫ l
0
f(s)ds = 2pi
∫ l
0
ρ(s) ds .
(b) La curva generatriz parametrizada por longitud de arco del toro de
revolucio´n es
α(s) =
(
a + r cos
(s
r
)
, r sin
(s
r
))
.
Entonces,
A( T2) = 2pi
∫ 2pir
0
ρ(s) ds = 2pi
∫ 2pir
0
(
a+ r cos
(s
r
))
ds
= 2pi
[
as− sin
(s
r
)]2pir
0
= 4pi2ar .
Geometr´ıa Diferencial - Rodrigo Vargas 69
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.
Solucio´n: 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
a
2
. Como la
esfera es una superficie parametrizada regular, se concluye que S1 es
una superficie regular. Lo mismo sucede con S2 y S3 que