Soluções Manfredo

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Impresso por Pablo Rêgo Matos, CPF 033.218.573-75 para uso pessoal e privado. Este material pode ser protegido por direitos autorais e
não pode ser reproduzido ou repassado para terceiros. 22/04/2021 21:30:22
PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
GEOMETR ÍA DIFERENCIAL
P R O B L E M A S R E S U E L T O S
Ro drigo Varg as
Santiago de Chile
2 0 1 0
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Prefacio
Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometŕ ıa Di-
ferencial. Los temas trata dos se exp onen de manera simple y directa, evitando
digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. Aś ı espe-
ro facilitar la comprensión de los estudiantes que, al adoptarlo , no necesi-
tar á p erder mucho tiempo en la teoŕıa para evo carse a a tacar problemas
de los textos gú ıas. Grup os esp eciales, estudiantes avanzados, lectores que
deseen una presentaci ón m ás completa y los alumnos, p or aś ı decirlo, nor-
males que busquen lecturas complementarias pueden consultar “ Geometŕıa
diferencial de curvas y sup erficies” de Manfredo do Carmo que tr ata de la
misma materia con un enfo que más amplio.
La parte mas imp ortante de este libro son sus problemas resueltos, que
sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esb ozados en muchos textos
de geometŕıa diferencial y como op or tunidad para que el lector compruebe
lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustaŕ ıa que el lector
sólo consultase las soluciones después de hab er hecho un serio esfuerzo para
resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin éxito, el que
nos conduce a buenos resultados en el pro ceso de aprendiza je.
Los problemas que el lector encontrar á se basan en las ayudantias del
curso de geometŕ ıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la
Pontificia Universidad Cat ólica de Chile, el cual está dirigido a estudiantes
de Licenciatura en Matem ática. Muchos de los problemas han sido tomado s
de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.
iii
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Índice general
1. Curvas 1
1.1. Teoŕ ıa Lo cal de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Propiedades Glo bales de la s curvas planas . . . . . . . . . . . 3
1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. Sup erficies 53
2.1. La Primera Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3. Curvatura de Sup erficies 75
3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Sup erficie . . . . . . . . . . 75
3.2. Las Curvaturas Media y G aussiana . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.3. G eo d ésicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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. Sup erficies Completas. Teorema de Hopf-Rinow 131
5.1. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
v
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Caṕ ıtulo 1
Curvas
1.1. Teoŕıa Lo cal de Curvas
Definición 1.1.
Una curva parametrizada diferenciable es una aplicaci ón diferenciable :α
(a, b) → R3.
Definición 1.2.
Una curva parametrizada diferenciable α : (a, b) → R3 se denomina regular
si α′ (t) 6= 0 para to do .t ∈ I
Definición 1.3.
Dado t ∈ (a, b), la longitud de arco de una curva pa rametrizada regular
α : (a, b) → R3, desde el punto t0, es p o r definición:
s(t) = 
Z t
t0
kα′ (t)kdt .
Definición 1.4.
Una curva parametrizada α : (a, b) → R3 es llamada arco-parametrizada o
de rápidez uno si α′ (t) es un vector unitario para to do t ∈ (a, b), esto es,
kα′ (t)k = 1.
Definición 1.5.
Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada p or longitud de arco s ∈ I. El
n úmero kα′′ ( )s k = κ(s) se denomina la curvatura de α en .s
1
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2 Caṕıtulo 1 . Curvas
En puntos donde κ(s) 6= 0, está bien definido un vector unitario )n(s
en la dirección α′′ (s) mediante la ecuación α′′ (s) = κ(s)n(s). Más a ún,
α′′ (s s s s) es normal a α′ ( ), pues diferenciando hα′ ( ), α′ ( )i = 1 obtenemos
hα′′ (s s), α′ ( )i = 0. Aś ı, n(s) es norma l a α′ (s) y se denomina el vector nor-
mal en s. El plano determinado por los vectores unita rios tangente y normal,
α′ (s s s) y n( ), se denomina el plano osculador en .
Denotaremos p or 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
Definición 1.6.
Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada p or lo longitud de arco s t al
que α′′ (s) 6= 0, s ∈ (a, b). El n úmero τ(s) definido p or b′ (s) = τ(s)n(s) se
denomina la torsi ón de α en .s
Teorema 1.1.
Sea α una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces,
t κn′ =
n′ = −κt +τ b
b′ = −τ n .
(1.1)
Las ecuaciones en (1.1) son llamadas las ecuaciones de Frenet-Serret.
Teorema 1.2 (Teorema Fundamenta l de la Teoŕıa Lo cal de Curvas).
Dadas las funciones diferenciab les 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 es la torsi ón de τ(s) α. Además, cualquier otra curva
eα, satisfaciendo las mismas condicion es difiere de α e n un m ovimiento ŕ ıgido;
esto e s, ex iste una a plicación lin eal ortogonal ϕ de R3, con d eterminante
positivo, y un v ector v tal que eα = ϕ ◦ α + v.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 3
1.2. Propiedades G lobales de las cur vas pla-
nas
Definición 1.7.
Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular α : [a, b] → R2
tal que α y to das sus derivadas coinciden en a y en b; es decir,
α(s) = α(b a b a b) , α′ ( ) = α′ ( ) , α′′ ( ) = α′′ ( ) , . . . .
Definición 1.8.
La curva es simple si carece de otras autointersecciones; o sea, si t1, t2 ∈ [ ],a, b
t t1 6= 2, entonces α(t1) 6= α(t2).
Teorema 1.3 (La desigualdad Isop erimétrica).
Sea α una curva cerrada , simple y plana de longitud ℓ, y sea A e l área de la
región encerra da por α. Entonces
A ≤ 1
4π
ℓ2
y la igualdad se da si solo si α es un ć ırculo.
Definición 1.9.
Un vértice de una curba regular plana α : [a, b] → R2 es un punto t ∈ [ ]a, b
en donde κ′ (t) = 0.
Definición 1.10.
Una curva regular plana (no necesariamente cerrada) α : [a, b] → R2 es
convexa si, para t o do t ∈ [ ([a, b], la traza α a, b]) de α está completamente
contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente
en .t
Teorema 1.4 (Teorema de lo s cuatro vértices).
Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro vértices.
1.3. Problemas Resuelt os
1.1. Hallar una parametrización de la curva que es la intersección de un ci-
lindro circular de radio 12 en la direcci ón del eje z y la esferade r adio 1
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4 Caṕıtulo 1 . Curvas
y centro (−12 , 0, 0).
Solución: Un punto (x, y, z) está 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 ecuació 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 ecuación ( 3) se tiene
y =
r
1
4
− x2 =
p
sin2 t− sin4 t = sin 
p
1 − sin2 t = sin t cos t .
Por lo tanto, α : [−π , π ] → R3 es dada p or:
α(t) = 

1
2
− sin2 t, sin t cos t, sin t .

1.2. Para metrizar la curva que se forma de un ć ırculo sobre una ho ja al
doblarse ésta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es
igual al del ćırculo.
Solución: Sea ϕ : [0, a] × [−b/2, b/2] → C dada p or
ϕ(t, s) = 

cos 
2π
a
t, sen 
2π
a
t, s

.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 5
ϕ
x a0
− b2
b
2
1
|
El ćırculo S1 es dado p or la ecuació n param étrica.
( )x − x0 2 + y2 = r2
con 0 < 2 |x0 − r| < a < b, parametriza p or α : [0, 2πr ] → [0, a] ×
[−b/2, b/2] definida p or
α(x x) = 

0 + r cos 
x
r
, r sen 
x
r

la curva que se forma del ć ırculo sobre la ho ja al doblarse sobre el
ćılindro esta parametrizada p or
β(t t) = (ϕ ◦ α)( )
= 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)) ento nces
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 kβ ′ (t) k = 1 entonces el largo de
la curva β es
sβ =
Z 2π r
0
kβ ′ (t) kdt =
Z 2π r
0
dt = 2π r .= sα
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6 Caṕıtulo 1 . Curvas
1.3. Determine una parametrización de la curva sobre la esfera unitaria que
corta cada meridiano en un ángulo constante .α
Solución: Consideremos la proyección de Mercador. Para cada p ∈
M = S2 − {(0, ,0 1), , ,(0 0 −1)} , se considera la recta L que pasa p or
p y que, siendo p erp endicular al eje z, corta al eje z en un punto q y
contiene a p. Por definición ψ(p) = c = { (x, y, z) ∈ R3 : x2 +y2 = 1 .} ∩ L
z
q p
ψ(p)
L
Haciendo algunas cuenta s se obtiene
ψ(x, y, z) = 
 
x
p
x2 + y2
,
yp
x2 + y2
, z 
!
,
ψ−1(x, y, z) = 
 
x
√
1 − z2p
x2 + y2
,
y
√
1 − z2p
x2 + y2
, z 
!
.
Note que los meridianos son llevados mediante la proyección de Merca-
dor a segmentos de rectas contenidas en C y paralelas al eje z. Ahora,
considere ϕ : [0, 1] × [ ),−1, 1] → C dada p or ϕ(t, s) = ( cos 2π t, sen 2π t, s
entonces las rectas verticales x = a ∈ [0, 1] son llevadas p or f = ψ−1 ◦ϕ
a los meridianos en la esfera unitaria.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo 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 ángulo constante α es la
imagen mediante f de un segmento de recta con p endiente α
y = αx β, α , β+ ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1
entonces
γ(t) = f(t, αt t, α t πt, αt+ β) = ψ−1(ϕ( + β)) = ψ−1(cos 2π t, sen 2 + β)
=
 
cos 2π t
p
1 − (αt + β)2p
(cos 2π t π t)2 + (sen 2 )2
,
sen 2π t
p
1 − (αt + β)2p
(cos 2π t)2 + (sen 2π t)2
, αt + β
!
= (cos 2π t
p
1 1− (αt + β)2, sen 2π t
p
− (αt + +β)2, αt β)
donde γ es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadia-
no en un ángulo constante .α
1.4. Sea α : I → Rn una curva regular, v ∈ Rn un vector fijo y sup onga
que α′ (t) es ortogo nal a v para to do t ∈ I y α(0) es ortog onal a .v
Demuestre que α(t) es orto gonal a v pa ra to do .t ∈ I
Solución: Sab emos que, si f , g : I → Rn son curvas diferenciables,
entonces 
d
dt 
hf(t t t t t t), g ( ) i = hf ′ ( ), g ( ) i + hf( ), g ′ ( ) i
p or ser α′ (t) ortogonal a v, se tiene que hα′ (t), v i = 0 para to do yt ∈ I
como v es un vector fijo, entonces hα(t), v ′ i = 0 para to do t ∈ I. Luego,
d
dt 
hα(t t t), v i = hα′ ( ), v i + hα( ), v .′ i = 0 
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8 Caṕıtulo 1 . Curvas
Se concluye que hα(t), v i = c = constante para to do t ∈ I, p or ser α(0)
ortogonal a v, entonces hα(0), v i = 0. Por lo tant o,
hα(t), v i = 0, ∀t ∈ I ;
es decir, α(t) es ortogo nal a v para to do .t ∈ I
1.5. Sea α : I → Rn una curva regular. Demostrar que kα(t) k es constante
no nula si y s ólo si α(t) es o rtogonal a α′ (t) para to do .t ∈ I
Solución: Si f : I → Rn es una curva diferenciable entonces
d
dt 
kf(t) k = hf(t t), f 
′ ( ) i
kf(t) k , si f(t) 6= 0 . (1.4)
En efecto, si f(t) = ( )) luego f1(t), ..., fn(t kf(t) k =
"
nX
i=1
(fi(t))
2
#1/2
y
obtenemos
d
dt 
kf(t) k = 1
2
"
nX
i=1
( (fi t))
2
# 1
2 −1
 
2
nX
i=1
f ti( )f
′
i(t)
!
=
nX
i=1
f ti( )f
′
i(t)
"
nX
i=1
( (fi t))
2
#1/2 =
hf(t), f ′ ( )t i
kf(t) k ,
siempre que f(t) 6= 0. Por otro lado,
Si kα(t) k = cte 6= 0 ⇔ d
dt 
kα(t) k = 0
⇔ hα(t t), α
′ ( ) i
kα(t) k = 0
⇔ hα(t t), α′ ( ) i = 0
⇔ α(t t) es or togonal a α′ ( ) para to do t ∈ I .
1.6. Sea γ un curva cerrada que no pasa p or p. Probar que en los puntos
sobre γ donde la distancia a p es máxima o mı́nima la recta tangent e a
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 9
γ es p erp endicular al segmento lineal a .p
Solución: Usaremos la identidad ( 1.4) establecida en el problema an-
terior. Si kγ(s0) − pk es un máximo o un mı́nimo entonces
d
ds 
kγ(s) − pk

s=s0
= 0 ⇔ hγ(s0) − p, t(s0) ikγ(s0) − pk
= 0 .
Note que en nuestro caso kγ(s0) − pk 6= 0. Luego, = 0hγ(s0) − p, t( )s0 i
es decir, la recta tangente a γ en s0 es perp endicular al vector γ(s0) − p
que est á en la dir ección al segmento lineal a .p
1.7. Un disco circular de ra dio r en el plano xy rueda sin deslizar a lo largo
del eje x. La figura que describ e un punto de la circunferencia del disco
se llama cicloide.
b
}cθ
x
y
(a) Obt éngase una curva para metrizada α : R → R2 cuya traza sea la
cicloide y determı́nense sus puntos singulares.
(b) Calc úlese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una
rotaci ón completa del disco.
Solución:
(a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el ć ırculo rueda sin resbalar
en un ángulo θ, el centro del ćırculo es movido a (r θ , r ). Notemos que
b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces la parametrizaci ón es α : R → R2
dada p or
α(θ θ θ) = (r θ − r sin θ , r − r cos ) = r(θ − sin θ , 1 − cos )
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10 Caṕıt ulo 1. Curvas
(b) Tenemos que α′ (θ) = r(1 − cos θ , sen θ) y kα′ ( )θ k2 = 2r2(1 − cos θ).
Entonces, la longitud de a rco de la cicloide corr espo ndiente a una
rotaci ón completa del disco es
ℓ =
Z 2π
0
kα′ (θ) kdθ =
√
2r
Z 2π
0
√
1 − cos θ dθ
= 2rZ 2π
0
r
1 − cos θ
2
dθ = 2r
Z 2π
0
sen 

θ
2

dθ = 8r .
1.8. Sea O A = 2a el di ámetro de un ć ırculo S1 y sean O Y y AV la s tangentes
a S1 en O y A, resp ectivamente. Una semi-recta r, que corta a S1 en C
y a la recta AV en B, se tra za desde O. Sobre O B se marca el segmento
O p = CB . Si rotamos r alrededor de O, el punto p describirá una curva
denominada la cisoide de Dio cles.
0
A2a
x
y V
r
B
Cp
θ
Tomando O A como eje x y O Y como eje y, demostrar que:
(a) La traza de
α(t) = 

2at2
1 + t2
,
2at3
1 + t2

, t ,∈ R
es la cisoide de Dio cles.
(b) El origen (0, 0 ) es un punto singular de la cisoide.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 11
(c) Cuando t → ∞, α(t) se aproxima a la recta x = 2a, y α′ (t) →
(0, 2a). Aśı, cuando t → ∞, la curva y su tangente se aproximan a
la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una aś ıntota de la
cisoide.
Solución:
(a) La ecuación del ć ırculo S1 es
(x − a)2 + y2 = a2 . (1.5)
La ecuación de la semi-recta r es
y = (tanθ ) · x . (1.6)
El punto C es la intersección de la recta con el ćırculo S1, para
hallar sus co o rdenadas reemplazamos (1.6) en (1.5) y obtenemos
(x − a)2 + ((tan θ) · x)2 = a x2 ⇒ 2 − 2ax + a2 + tan2 θ · x2 = a2
⇒ x ax2(1 + tan2 θ) = 2
⇒ x(1 + tan2 θ) = 2a, x 6= 0
⇒ x = 2a
1 + tan2 θ
.
Luego, las co or denadas del punto C son
C =

2a
1 + tan2 θ
,
2a tan θ
1 + tan2 θ

.
Las co ordenadas del punto B, son fácilmente deducibles a par tir
de la figura, B = (2a, 2a tan θ) . Notemos que p = B − C ha ciendo
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
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12 Caṕıt ulo 1. Curvas
(b) Notemos que
α′ (t) = 

4at t at t(1 + 2) − 2 2(2 )
(1 + t2)2
,
6at2(1 + t at t2) − 2 3(2 )
(1 + t2)2

=

4at
(1 + t2)2
,
6at2 + 2at4
(1 + t2)2

y evidentement e α′ (0) = ( 0, 0) es un punto singular.
(c) Un simple calculo muestra que
ĺım
t→∞ 
α(t) = 

ĺ ım
t→∞
2at2
1 + t2
, ĺım
t→∞
2at3
1 + t2

= (2a, .∞ )
Además
ĺım
t→∞ 
α′ (t) = 

ĺım
t→∞
4at
(1 + t2)2
, ĺı m
t→∞
6at2 + 2at4
(1 + t2)2

= (0, 2a .)
1.9. Sea α : (0, π ) → R2 dada p or
α(t) = 

sin t, cos t + log tan
t
2

donde t es el ángulo que el eje y forma con el vector α′ (t). La tr aza de
α se denomina la tractriz.
α(t)
1
t
x
y
Demostrar que:
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 13
(a) α es una curva parametrizada diferenciable, regular excepto en =t
π /2.
(b) La longitud del segmento sobre la tangente a la t ractriz entre el
punto de tangencia y el eje y es constante igual a 1.
Solución:
(a) Notemos que
α′ (t) = 

cos t, − sin t + 1
tan t2
· 1
cos2 t2
· 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, ento nces
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 intersección 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 ecuación de la ĺ ınea tangente a P es
y − y0 =
p
1 − x20
x0
(x − x0) .
Evaluando la recta en el punto Q obtenemos
y1 − y0 =
p
1 − x20
x0
(0 − x0) = −
q
1 − x20 .
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14 Caṕıt ulo 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) D emostrar que cuando t → + ∞ , α(t) se aproxima al or igen ,O
girando en espiral al rededor de él (p o r eso, la traza de α es deno-
minada espiral logaŕ ıtmica; ve áse la figura).
(b) Demostrar que α′ (t) → (0, 0) cuando t → + ∞ y que:
ĺım
t→+∞
Z t
t0
kα′ (t dt) k
es finita, o sea, α tiene longitud de arco finita en [t0, + ∞ ).
x
y
Solución:
(a) Sab emos que ĺım
t→+∞
ebt = 0 cuando b < t0 y como las funciones cos 
y sen t son acota das p o demos concluir que
ĺı m
t+∞
ebt cos t = ĺım
t→+∞
ebt sen t = 0
p or lo que ĺ ı m
t→+∞
α(t) = (0, 0).
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 15
(b) Tenemos que
α′ (t ae t) = ( bt (b cos t − sen ), aebt (b sen t + cos t)) .
Entonces,
Z t
t0
kα′ (t) kdt =
Z t
t0
ae tbt [(b cos t − sen ) 2 + (b sen t + cos t) 2 ]1/2dt
= a
Z t
t0
e b dtbt [ 2 + 1]1/2
= a
√
b2 + 1 
Z t
t0
e dtbt 
=
a
b
√
b1 + 1(ebt − ebt0 )
p or lo que
ĺı m
t→ + ∞
Z t
t0
kα′ (t) kdt = ĺım
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 partici ón:
a = t0 < t1 < . . . < t bn =
de [a, b], considere la suma 
Pn
i=1 |α(ti) − α(ti− 1 ) | = l(α, P ), donde P
representa la partición dada. La norma |P | de la part ición se defini p o r:
|P | = máx(t ti − i− 1 ) , i = 1, · · · , n .
Geométricamente, l(α,P ) es la longitud de un p oĺ ıgono inscrito en
α([a, b]) con vértices en α(ti) (ver la figura). La intensión del ejerci-
cio es demostrar que la lo ngitud del arco α( [a, b])es, en cierto sentido,
un ĺ ımite de longitudes de p o ĺıgo nos inscritos.
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16 Caṕıt ulo 1. Curvas
α(tn)
α(tn− 1 )
α(ti)
α(t0 )
α(t1 )
α(t2 )
α
Pruéb ese que dado un ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |P | < δ entonces:

Z b
a
kα′ (t) kdt − l(α, P )
 < ε .
Solución: Por la definició n de integral, dado ε > 0 , existe un 0δ1 >
tal que si |P | < δ1 , entonces

Z b
a
kα′ (t dt t) k

−
X
( i − ti− 1 ) kα′ (ti) k

<
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
kα′ (t) − α′ (s) k < ε
2
|a − b .|
Tomando δ = m ı́n{δ1, δ2 } , ento nces si , obtenemos, utilizando el|P | < δ 
teorema del valor medio para funciones en varias variables,

X
kα α(ti− 1 ) − (ti) k − 
X
(t t ti− 1 − i) kα′ ( i) k

≤

X
(ti− 1 − ti) sup
si
kα′ (si) (k − 
X
ti− 1 − ti) kα′ (ti) k

≤

X
(ti− 1 − ti) sup
si
kα′ (si) − α′ (ti) k
 ≤
ε
2
,
donde t ti− 1 ≤ si ≤ i. La desigualda requerida se deduce de lo anterio r.
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Geometŕ ıa D iferencial- Ro drigo Vargas 17
1.12. (a) Sea α : I → R3 una curva de clase C0 : Utilicese la aproximación p o-
ligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definición razonable
de longitud de arco para .α
(b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con
cualquier definición razonable, la longitud de arco de una curva C0
es un intervalo cerrado p o dŕ ıa no ser acotada. Sea α : [0, 1] → R2
dada p or
α(t) = 
(
(t, t sin(π /t)) si t 6= 0
(0, 0) si t = 0
Demostrar, geométricamente, que la long itud de ar co de la p orci ón
de curva corresp ondiente a
1
(n + 1)
≤ t ≤ 1
n
es al menos 2/(n +
(1/2)). Utiĺ ıcese esto pa ra establecer que la longitud de la curva en
el intervalo
1
N
≤ t ≤ 1 es mayor que 2
NX
n=1
1
n + 1 
, y p or lo tanto,
tiende a infinito cuando .N → ∞
Solución:
(a) Tomando una part ición del intervalo yI, P = {t0, t1, ..., tk} ⊂ I
definimos la longitud de arco.
s(t) = ĺ ım
k→∞
kX
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 partici ón
P =

0,
2
k + 1 
,
2
k
, . . . , 
1
3
,
2
5
,
1
2
2
3
, 1

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18 Caṕıt ulo 1. Curvas
Tenemos que:
l(p) =
kX
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
∞X
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
h (q − p), ~v i =
Z b
a
hα′ (t), ~v idt ≤
Z b
a
kα′ (t dt) k
b) Escogiendo ~v apropiado, deduzca que
kα(a) − α(b) k ≤ 
Z b
a
kα′ ( )t kdt ,
esto es, la curva de menor lo ngitud desde α(a) a α(b) es la ĺ ınea
recta que une estos puntos.
Solución:
(a) Afirmamos que si son de clase f , g : [a, b] → Rn C1 ento nces
Z b
a
hf ′ ( ( ( (t), g t) idt = hf t), g t) i

b
a
−
Z b
a
hf(t), g ′ (t dt) i
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 19
En efecto,
Z b
a
hf ′ (t t), g ( ) idt =
Z b
a
nX
i=1
f ′i( )t gi(t dt)
=
nX
i=1 
Z b
a
f ′i( )t gi(t dt)
=
nX
i=1 

fi(t)gi(t)

b
a
−
Z b
a
f ti( )g
′
i(t dt)

=
nX
i=1
f t ti( )gi( )

b
a
−
nX
i=1 
Z b
a
f ti( )g
′
i(t dt)
= hf( ) (t , g t) i

b
a
−
Z b
a
nX
i=1
f ti( )g
′
i(t dt)
= hf( ) ( )t , g t i

b
a
−
Z b
a
hf(t), g ′ (t) idt .
Luego, tenemos que
Z b
a
hα′ (t t), v idt = hα( ), v i

b
a
−
Z b
a
hα(t), v ′ idt
= hα( ) (b , v i − hα a), v i
= hα( (b) − α a), v i
= h (q − p), v .i
Por o tro lado, notemos que
Z b
a
hα′ (t), v idt ≤

Z b
a
hα′ ( )t , v idt

≤
Z b
a
|hα′ (t dt), v i|
≤
Z b
a
kα′ (t) k · kvkdt =
Z b
a
kα′ (t) kdt .
La tercera de las desigualdades, no es mas que la famosa desigualdad
de Cauchy-Schwartz
(b) Tomando el vector ~v = q−pkq−pk el cual es unitario de lo anterior
obtenemos
Z b
a
kα′ ( (t) kdt ≥ h q−p), ~v i = h ( ( )q − p), q − p ikq − pk = k k kq−pk = α(a) −α(b) .
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20 Caṕıt ulo 1. Curvas
1.14. Supóngase que α(I) ⊂ R2 y dotese de signo a κ como en el texto.
Transp órtese los vectores t(s) par alelamente aś ı mismos de for ma que
los oŕ 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 t angentes de α. Sea ) el ángulo de θ(s e1 a t(s) en la orien-
tación de R2 . Demostrar (a ) y (b); n ótese 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 
.
Solución:
(a) Sup ongamos que, la indicatriz de tangentes es una curva parametri-
zada no regular, entonces existe s0 ∈ I tal que t(s0 ) = 0 , ento nces
t κ′ (s0 ) = 0 ⇒ |α′′ (s0 ) | = 0 ⇒ (s0 ) = 0
lo cual es una contradicción, pues estamos a sumiendo que κ 6= 0.
(b) Sab emos que θ(s) = ángulo(e1, t(s)). Po demos supo ner sin pérdida
de generalidad que α : I → R2 es una curva parametrizada p or
longitud de arco, es decir, kα′ (t) k = 1.
Si dθ es el ángulo entre t(s + ǫ) y t(s) entonces
|t ǫ(s + ) − t(s) | = 2 sin 

1
2
dθ 

∼= dθ .
Luego,
κ = |t′ (s) | =
ĺımǫ→ 0
t ǫ t(s + ) − (s)
ǫ
 = ĺımǫ→ 0
|t ǫ t(s + ) − (s) |
|ǫ|
= ĺı m
ǫ→ 0
2 sin 

1
2
dθ 

|ǫ| = ĺımǫ→ 0
dθ
|ǫ|
= ĺı m
ǫ→ 0
áng ulo( ángulo( ))e1, t(s + ǫ)) − e1, t(s
ǫ
=
dθ
ds 
.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 21
1.15. Una curva parametrizada regular α tiene la propiedad de que to das sus
rectas tangentes pasan p or un punto fijo.
(a) Probar que la tra za de α es (un segmento de) una recta.
(b) ¿Se satisface to dav́ıa la conclusi ón de (a) si α no es regular?
Solución:
(a) El vector velo cidad α′ (t), cuando es diferente de cero, determina
una recta tangente de la curva α en el punto α(t), a sab er:
L = {α(t t .) + r α ′ ( ) : r ∈ R}
Sea x0 el punto fijo tal que x /0 ∈ α(I), ento nces para cada t ∈ I
existe r(t) ∈ R tal que
x t t t ,0 = α( ) + r( )α
′ ( )
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 = h (1 + r′ (t))α′ (t) + r(t)α′′ (t), α′′ (t) i
= (1 + r′ (t))hα′ (t), α ′′ (t) i + r(t) hα′′ (t), α′′ (t) i
= (1 + r′ (t))hα′ (t), α ′′ (t) i + r(t) kα′′ (t) k
= (1 + r′ (t)) )hα′ (t), α ′′ (t) i + r(t)κ(t
= r( (t)κ t) ,
ya que si
kα′ (t) k = 1 ⇔ hα′ (t t), α′ ( ) i = 1 ⇔ 2 hα′′(t t), α ′ ( ) i = 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 cont radicción.
Por lo tanto, κ(t) = 0 para to do t ∈ I y α es un segmento de recta.
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22 Caṕıt ulo 1. Curvas
(b) Si α no es regular en alg ún punto entonces en estos puntos no
está bien definida una recta tangente.
1.16. Una traslación p or un vector v ∈ R3 es la aplicaci ón A : R3 → R3
dada p or A(p) = p + v, p ∈ R3 . Una aplicaci ón lineal ρ : R3 → R3 es
una transformaci ón ortog onal cuando hρu, ρv i = hu, v i , ∀ u, v ∈ R3 . Un
movimiento ŕ ıgido en R3 es el resultado de comp oner una traslaci ón y
una tra nsformación orto gonal con determinante p ositivo.
(a) D emostrar que la norma de un vector y el á ngulo θ entre do s vec-
tores, 0 ≤ θ ≤ π, son invariantes f rente a transformaciones orto go-
nales con determinant e p ositivo.
(b) Desmostrar que el pro ducto vectorial de do s vectores es invarian-
te frente a transformaciones ortogonales con determinante p ositivo.
¿Es cierto a ún la afirmación si suprimimos la condición determi-
nante p ositivo?
(c) Demu éstrese que la long itud de arco de, la curvatura y la t orsión
de una curva parametrizada (siempreque estén definidos) son in-
variantes frente a movimientos ŕ ıgidos.
Solución:
(a) Sea ρ : R3 → R3 una transformaci ón or togonal entonces:
k k k kρuk 2 = hρu, ρui i= hu, u = uk 2 ⇒ kρuk = u , ∀ u ∈ R3 .
Tenemos que si u, v ∈ R3 entonces
cos ∡(u, v ) =
hu, v i
kukkvk =
hρu, ρv i
kρukkρv k = cos ∡(ρu, ρv ) .
(b) Tenemos que
u × v = kukkvk sin ∡(u, v )bz = kρukkρv k sin ∡(ρu, ρv )bz = ρu × ρv
donde bz es el vector que resulta de la regla de la mano derecha.
Consideremos ρ : R3 → R3 dada p or ρ(x, y, z) = (−x, y, z) luego
h hρx, ρy i = ( − − ix1, x , x2 3 ), ( y1, y2, y3 )
= x1y1 + x2y2 + x3y3 = hx, y i
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 23
y la representaci ón matricial de ρ en la base canó nica de R3 es
[ρ] = 


−1 0 0
0 1 0
0 0 1

 ⇒ det[ρ] = 1−
p ero
u × v 6= ρu × ρv .
(c) Consideremos ϕ : R R3 → 3 dada p or ϕ = ρ ◦ A un movimiento
ŕ ıgido. Sea P = {t0, t1, ..., tn} una partici ón de I ⊂ R entonces
l(α) = ĺ ım
|P |→0
X
P
kα(ti) − α(ti− 1 ) k
= ĺım
|P |→0
X
P
k ( (α ti) + v) − (α(ti− 1 ) + v) k
= ĺım
|P |→0
X
P
kA(αi) − A t(α( i− 1 ))k
= ĺım
|P |→0
X
P
kρ A( (αi) − A t(α( i− 1 ) ) ) k
= ĺım
|P |→0
X
P
kρ A( (αi)) − ρ A t( (α( i− 1 ) ) ) k = l(ϕ ◦ α) .
Notemos que
( ( ( ( (A ◦ α)(t) = α t) + v , A ◦ α) ′ (t) = α′ t) (, A ◦ α) ′′ t) = α′′ (t) .
Además
d
dt 
(ρ ◦ α) = ρ ◦ α′, d
2
dt2
(ρ ρ◦ α) = ◦ α′′ .
Entonces
κ tα( ) =
|α′ (t) × α′′ (t) |
|α′ (t) | 3
=
| ( ( ( )A ◦ α) ′ t) × (A ◦ α) ′′ t |
| (A ◦ α) ′ (t) | 3
=
|ρ t ρ t((A ◦ α) ′ ( )) × ((A ◦ α) ′′ ( ))|
|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 .)
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24 Caṕıt ulo 1. Curvas
De manera similar se obtiene que
τ tϕ◦α( ) = −
D
d
dt 
(ϕ ◦ α) × d2
dt2
(ϕ ◦ α), d3
dt3 (ϕ ◦ α)
E
 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 situación, la curva
β(s s) = α( ) +
1
κ(s)
n(s) , t I∈
se denomina la evoluta de .α
α
β
(a) Prueb e que la recta tangente a β(s) coincide con la recta normal a
α en α(s).
(b) Considere la s rectas normales a α en puntos cercanos .s1 , s2 , s1 6= s2
Prueb e que cuando s2 → s1 , los puntos de intersecció n de dichas
normales converge a un punto sobre la curva .β
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 25
Solución:
(a) Sup ongamos que α está parametrizada p or ar co, basta observar que
β ′ (s s) = t( ) + 

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 n .( )s) = r(s (s)
Se deduce que la recta tangente a β coincide con la recta normal de
α.
(b) Observe primero que
kβ(s) − α(s) k =

n(s)
κ(s)
 =
1
|κ(s) |
las rectas normales en s1 y s2 son:
L pn .1(r) = α(s1) + r n(s1), L2(p) = α(s2) + (s2)
Los puntos de intersección se obtendrá n si:
L L pn1(r) = 2(p) ⇒ α(s2) − α(s1) = r n(s1) − (s2)
⇒ α α(s2) − (s1)
s2 − s1
=
r n( (s1) − pn s2)
s2 − s1
.
Note que cuando s2 → s1 ⇒ r → p. Entonces
α′ (s2) = ĺım
s2→s1
α α(s2) − (s1)
s2 − s1
= ĺı m
s2→s1
r n(s1) − pn(s2)
s2 − s1
= pn′ (s2) .
Luego,
1 = hα′ (s2), α′ ( )s2 i
= hα′ ( (s2), pn′ s2) i
= hα′ ( ) ( (s2 , −pκ s2)α′ s2) i
= −pκ( ) ( ) )s2 hα′ s2 , α ′ (s2 i = −pκ(s2) .
Entonces κ(s2) = −
1
p
.
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26 Caṕıt ulo 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 constant e.
Solución: Sup ongamos que α esta parametrizada p or arcopar ámetro,
sab emos que la evoluta es dada p o r:
β(s s) = α( ) +
1
κ(s)
n .(s)
Entonces
β ′ (s s) = t( ) − κ
′ (s)
κ2(s)
n(s) +
1
κ(s)
( −κ t(s) (s)) = − κ
′ (s)
κ2(s)
n .(s)
Entonces, el largo de a rco de la evoluta es
u(s) = 
Z s
s0
kβ ′ (t) kdt =
Z s
s0
κ t′ ( )
κ t2( )
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) = (t − sin t, 1 − cos ), 0 < t < 2π ,
donde a > 0 es una constante, es
β(t a t) = (t + sin t, −1 + cos )
Solución: Notemos que α′ (t) = a(1 − cos t, sin t), entonces
kα′ (t) k = a
q
(1 − cos t)2 + sin2 t
= a
p
1 − 2 cos t + cos + sin2 t 2 t
= a
√
2 − 2 cos t
= 2a
r
1 − cos t
2
= 2a sin(t/2) .
Entonces el vector tangente unitario es:
t =
α′ (t)
kα′ (t) k =
a t(1 − cos t, sin )
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/ t/2) cos( 2)
sin(t/2) 

= (sin(t/2 ) cos(, t/2)) .
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 27
Luego, el vector normal unitario es n = (− cos ( 2) sin(t/ , t/2)) y adem ás
α′′ (t a t) = (sin t, cos ), entonces la curvatura es:
κ t( ) =
a2( ( 1 − cos t t) cos t − sin2 )
k kα′ (t) 3 =
a2(cos t − cos sin )2 t − 2 t
(2 sin( 2))a t/ 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 sin 2)3(t/
= − 1
4a sin(t/2) 
.
Por lo tanto, la evoluta es:
β(t a t t/ t/ t/) = (t − sin t, 1 − cos ) − (4a sin( 2))( cos(− 2), sin( 2))
= a(t + sin t, −1 + cos t) .
Observe que cuando reparametrizamos p o r t̃ = t+π obtenemos la curva
a(t̃ − sin t̃, 1 − cos t̃ a) + ( −π ,−2)
que es una tra slación de la curva α original.
1.20. La traza de la curva parametrizada
α(t t) = (t, cosh ), t ,∈ R
se denomina catenaria
(a) Demostrar que la curva tura con signo de la catenaria es κ(t) =
1
cosh2 t
.
(b) Demostrar que la evoluta de la catenaria es
β(t t .) = (t − sinh t cosh t, 2 cosh )
Solución:
(a) Tenemos que
α′ (t t t t .) = (1, sinh ), α′′ ( ) = ( 0, cosh )
Sab emos 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
.
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28 Caṕıt ulo 1. Curvas
Entonces
κ t( ) =
cosh t
(1 + sinh t)3/2
=
cosh t
(cosh2 t)3/2
=
1
cosh2 t
.
(b) Sab emos que la evoluta esta dada p or
β(t t) = α( ) +
1
κ t( )
n t( ), t ∈ I .
Basta hallar el vector normal n(t), el cual deb e satisfacer
n t t n t .( ) ⊥α′ ( ) y k ( ) k = 1 
Si α(t) = (α1(t), α2(t)), basta considerar
n t( ) =
( −α′2( )t , α ′1(t))
kα′ (t) k
entonces
n t( ) =
( − sinh t, 1)p
sinh2 t + 1
=

− sinh t
cosh t
,
1
cosh t

.
Por lo tanto,
β(t t) = α( ) +
1
κ t( )
n t( )
= (t, cosh t) + cosh2 t

− sinh t
cosh t
,
1
cosh t

= (t, cosh cosh t) + (− sinh t t, cosh )t
= (t − sinh t cosh t, 2 cosh t) .
1.21. Sea α : I → R3 una curva parametrizada regular (no necesariamente
p or longitud de arco) y sea β : J → R3 una reparametrizaci ón de )α(I
p or longitud de arco s = s(t), medida desde t0 ∈ I. Sea t = t(s) la
función inversa de s y def́ınanse
dα
dt 
= α′ ,
d2α
dt2= α′′ , etc. Demostrar las
siguientes afirmaciones
(a) 
dt
ds 
=
1
kα′ k ,
d2t
ds2
= − hα
′, α′′ i
k kα′ 3 .
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 29
(b) La curvatura de α en t ∈ I es
κ t( ) =
kα′ × α′′ k
k kα′ 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′
(( )3x′ )2 + (y′ )2 /2
.
Solución:
(a) Notemos que si β = α ◦ t entonces β ′ (s) = α′ (t(s)) )t′ (s
⇒ 1 = k k kβ ′ (s) k = α′ (t t(s)) ′ (s) k = t′ (s) α′ (t(s))k
⇒ dt
ds 
= t′ (s) =
1
kα′ (t(s))k =
1
kα′ k .
Entonces
d2t
ds2
=
−dkα
′ k
dt
k kα′ 2 =
− hα
′, α ′′ i
kα′ k
k kα′ 2 = −
hα′, α ′′ i
k kα′ 3 .
(b) Tenemos que
β ′ = (α ◦ t t t t t t .) ′, β ′′ = (α′′ ◦ )( ′ )2 + (α′ ◦ ) ′′ 
Sab emos que
b t n ,(s) = (s) × (s)
κ b t κ n ,(s) (s) = (s) × (s) (s)
κ b t t .(s) (s) = (s) × ′ (s)
Entonces,
κ(s) = kβ(s) × β ′′ (s) k
= k{( ( ( ( )α′ t(s))t′ s) ( ( ( (} × {α′′ t s) ) (t′ s))2 + α′ t s))t′′ (s }k
= k ( ( ( ) ) ( ( (t′ ( (s))3{α′ t s)) × α′′ (t s))} + t′ (s t′′ (s {α′ t s)) × α′ (t s))}k
= (t′ (s)) ))3kα′ (t(s)) × α′′ (t(s k
=
kα′ (t t(s)) × α′′ ( (s))k
k kα′ (t(s)) 3 .
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30 Caṕıt ulo 1. Curvas
Por lo tanto, se tiene que:
κ t( ) =
kα′ × α′′ k
k kα′ 3 .
(c) Notemos que n(s) = (−β2(s), β1(s))
β ′′ = κn ⇒
(
β ′′1 ( )s s) = −κ( 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 además
(
β ′′1 (s) = (α
′′
1( (t s) ) ) (t
′ (s))2 + α′1(t t(s))
′′ (s)
β ′′2 (s) = (α
′′
2( (t s) ) ) (t
′ (s))2 + α′2(t t(s))
′′ (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 t(s))} ( ′ (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 est á contenida en una esfera de radio r ento nces su
curvatura satisface .κ(s) ≥ 1/r 
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 31
Solución: Sup ongamos que α está arcoparametrizada. Si α est á en
una esfera de centr o en a y radio r entonces
kα(s) − ak2 = r2 .
Derivando esta ecuación obtenemos:
ht, α − ai = 0
volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos
ht′, α − −ai + ht, ti = 0 ⇒ hκn, α ai + ktk2|{z}
1
= 0 .
Entonces, κ ahn, α − i = −1. Como κ ≥ 0 y usando la desigualdad de
Cauchy-Schwartz obtenemos
1 = |κ(s) | · | hn(s), α(s) − a κi| ≤ | (s) | · kn(s) kkα(s) − ak = κ(s)r .
Por lo tanto, .κ(s) ≥ 1/r 
1.23. Sean r > 0 y α : R → R2 una para metrización p o r longitud de arco tal
que el trazo de α est á 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 centr o el origen y ra dio .r
Solución: Denotamos p or
Dr = {z ∈ R2 : kzk ≤ r} .
Afirmación: Si κα(s0) <
1
r
entonces α(s) ⊆ R2 \ Dr para to do 0 <
|s − s0| < δ .
En efecto, basta considerar la funci ón
ϕ(s s) = kα( ) − p k2
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32 Caṕıt ulo 1. Curvas
donde p = α(s0) + r n(s0), entonces
ϕ ′ (s s s) = 2ht( ), α( ) − pi
ϕ ′′ (s s s s s s s s) = 2ht ′ ( ), α( ) − pi + 2ht( ), t( ) i = 2hκ( )n( ), α( ) − pi + 2 .
Luego, evaluando en s = s0 o btenemos
ϕ(s0) = kα(s s s0) − α( 0) − r n(so) k2 = r2kn( 0) k = r2
ϕ ′ (s0) = 2ht t(s0), −r n(s0) i = −2rh (s0), n(s0) i = 0
1
2
ϕ ′′ ( ) ( ) (s s0) = hκ( 0 n s0 , −r n s0) (i + 1 = 1 − r κ 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(s s0) + ϕ
′ ( 0)(s − s0) + ϕ ′′ (s0)
(s − s0)2
2
+ R
= r2 + (1 − r κ(s0)) 
( )s − s0 2
4
+ R > r 2
para 0 < |s − s0| < δ , lo cual implica que α(s) ⊆ R2 \ Dr para to do
0 < |s − s0| < δ .
Ahora, p or otro la do si α(s) ⊆ Dr entonces κ(s) ≥ 1/r y como |κ(s) | ≤
1/r ento nces necesariamente se tiene que |κ(s) | = 1/r lo cual implica
que α es una arco de circunferencia.
1.24. Prueb e que una condición necesaria y suficiente para que una curva
α : I → R3 esté sobre una esfera es que
τ
κ
=

κ′
κ2τ
′
.
Solución:
⇒ Si α : I → R3 está en una esfera de cent ro en a y radio r entonces
kα − −ak2 = r2, es decir, hα a, α − ai = r2 .
Derivando obtenemos
ht, α − ai = 0 . (1.7)
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 33
Derivando (1.7) y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos:
ht′, α − ai i+ ht, ti = 0 ⇒ hκn, α − a + ktk2 = 0
⇒ κhn, α − ai + 1 = 0
⇒ hn, α − ai = − 1
κ
. (1.8)
Derivando (3.8) y usando la perp endicularidad del triedro de Frenet
obtenemos:
h hn′, α − ai + n, ti| {z }
0
=
κ′
κ2
⇒ h−κt + τ b, α − ai = κ
′
κ2
⇒ − iκ ht, α − a| {z }
0
+τhb, α − ai = κ
′
κ2
⇒ hb, α − ai = κ
′
κ2τ
.
El t érmino que es cero es debido a la ecuaci ón (1.7), derivando la última
igualdad obtenemos:
h− iτ n,α − ai + hb, t|{z }
0
=

κ′
κ2τ
′
⇒ −τhn, α − ai =

κ′
κ2τ
′
.
Reemplazando (3.8) en la última igualdad se obtiene lo p edido
τ
κ
=

κ′
κ2τ
′
.
⇐ Sean ρ = 1 = 1/κ y σ /τ entonces nuestra hipótesis es equivalente
a:
ρ = −σ(ρ .′σ) ′
Usando esta información 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′σ b, entonces
a ρ ρ ρ ρ′ = t + ′n + ( −κt + τ b) + ( ′σ) ′b − ′σ(τ n .) = 0 
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34 Caṕıt ulo 1. Curvas
Luego, a es constante y
kα − ak2 = =ρ2 + (ρ′σ)2 r2 ,
es decir, α está contenida en una esfera de centr o en a y radio .r
1.25. Probar que si to dos los planos normales a una curva pasan p or un punto
fijo ento nces la curva est á contenida en una esfera.
Solución: La ecuación del plano normal en γ(t) es hy − γ , ti = 0.
Si a es el punto fijo, ento nces
ha − y , ti = 0 . (1.9)
Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos
ht, ti + ha − γ , t′ i = 0 ⇒ ktk2 + ha − γ , κni = 0
⇒ ha − γ , ni = − 1
κ
. (1.10)
Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret
ht, ni + ha − γ ,n′ i = κ
′
κ2
⇒ ha − γ , −κt + τ bi = κ
′
κ2
⇒ −κha − γ , ti + τha − γ , bi = κ
′
κ2
. (1.11)
Si (1.9) en (1 .11) obtenemos ha − γ , bi = κ
′
κ2τ
, derivando y usando
Frenet-Serret
−τhγ − a, ni =

κ′
κ2τ
′
. (1.12)
Si (1 .10) en (1.12) resulta
τ
κ
=

κ′
κ2τ

p or problema anterio r se tiene que γ est á contenida en una esfera.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 35
1.26. Demu éstrese que el cono cimiento de la función vectorialb = b(s), el
vector binormal, de una curva α, cuya tor sión nunca es nula, determina
la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsi ón τ(s) de .α
Solución: Como se cono ce ) , entonces se cono ceb(s b′ (s) = )−τ( )s n(s
lo que implica que |τ(s) | = kb′ (s) k . De lo anterior se deduce que salvo
el signo p o demos determinar el vector ta ngente mediante
t n b(s) = (s) × (s)
como siempre 0 y usando la ecuación de Frenet-Serretκ(s) > t′ (s) =
κ n(s) (s) obtenemos que:
κ κ κ n κ n t .(s) = | (s) | = | (s) |k (s) k = k (s) (s) k = k ′ (s) k
1.27. Sea α(s) una curva en R3 con arco-par ámetro y torsión constante τ . Si
{Tα, N , Bα α} es su triedro móvil se define una nueva curva p or
β(t) = − 1
τ
Nα(t) + 
Z t
0
Bα(s)ds .
Calcular la curvatura y la torsi ón de .β
Solución: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-
nemos
β ′ = − 1
τ
N ′α + Bα = −
1
τ
( −κT Bα + τ Bα) + α =
κ
τ
Tα
β ′′ =
κ′
τ
Tα +
κ2
τ
Nα
β ′′′ =
κ′′
τ
Tα +
κκ′
τ
Nα +
2κ′κ
τ
Nα −
κ3
τ
Tα + κ
2Bα
=
κ′′ − κ3
τ
Tα +
3κκ′
τ
Nα + κ
2Bα
entonces
β ′ × β ′′ = κ
3
τ 2
Bα , k kβ ′ 3 =
κ3
τ 3
⇒ κβ =
kβ ′ × β ′′ k
k kβ ′ 3 = τ
y aśı
hβ ′ × β ′′ , β ′′′ i = κ
5
τ 2
⇒ τβ =
hβ ′ × β ′′ , β ′′′ i
k kβ ′ × β ′′ 2 =
τ 2
κ
.
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36 Caṕıt ulo 1. Curvas
1.28. Sea κ : I → R la función curvatura de la parametrización p or longitud
de arco α. Probar la igua ldad:
hα′ (s s), α ′′′′ ( ) i = −3κ κ(s) ′ (s)
Solución: Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de
derivada p or partes para el pro ducto interno.
hα′, α ′′′′ i = d
ds 
hα′, α′′′ i − hα′′ , α ′′′ i
=
d
ds 
ht, t′′ i − ht′, t′′ i
=
d
ds 
ht, (κn κn) ′ i − hκn, ( ) ′ i
=
d
ds 
ht, κ′n + κn′ i − hκn, κ′n + κn′ i
=
d
ds 
{κ′ ht, ni| {z }
0
+κ κκht, n′ i} − ′ hn, ni| {z }
1
+κhn, n′ i
=
d
ds 
{κ κκ κht, −κt + τ bi} − ′ + hn, −κt + τ bi
=
d
ds 
{−κ2 ht, ti|{z }
1
+τ ht, bi|{z }
0
} − iκκ′ − κ2 hn, t| {z }
0
+τ hn, bi| {z }
0
=
d
ds 
{−κ2} − κκ′ = −2κκ′ − κκ′ = −3κκ′ .
1.29. Encontrar to das las funciones f(t) ta les que
α(t) = (cos t, sen t, f (t))
sea una curva plana.
Solución: Sab emos que la curva tura de una curva α : [a, b] → R3
esta dada p o r
τ(t) = − h (α
′ × α′′ ), α′′′ i
k kα′ × α′′ 2
además, una curva es plana si y solo si τ(t) = 0 para to do t ∈ [ ].a, b
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo 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 tf ′′ + sen ′, sen tf ′′ − cos tf ′, 1)
hα′ × α′′ , α ′′′ i = 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
.
Solución: Consideremos ϕ(s) = 
Z s
0
κ(u)du y
γ(s) = 
Z s
0
cos ϕ(t)dt, 
Z s
0
sen ϕ(t)dt

entonces t(s) = (cos ϕ(s), sen ϕ(s)) y ) = (n(s − sen ϕ(s), cos ϕ(s)). Se
verifica que
γ′′ (s s s s s s) = ϕ′ ( )(− sen ϕ( ), cos ϕ( )) = κ( ) n( ) .
Calculando obtenemos que
ϕ(s) = 
Z s
0
u−1/2du = 2
√
u .
Por lo tanto,
γ(s) = 
Z s
0
cos(2
√
t)dt, 
Z s
0
sen(2
√
t dt)

= (cos(2
√
s) + 2 )) + (1
√
s sen( 2) sen(2 cos(2s
√
,
√
s) − 2
√
s
√
s , 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 torsi ón.
Solución: Denotemos p or ω =
1√
a2 + b2
, entonces
α′ (s) = (−aω sin ω s, aω ω s, ω bcos )
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38 Caṕıt ulo 1. Curvas
Note que kα′ (s) k = 1 entonces t = α′ (s) y
t κ n′ = (−aω 2 cos ω s, ω s,−aω 2 sin 0) = (s) (s)
La última igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue
que κ(s) = aω 2 y n = (− cos ω s,− sin ω s, 0). Sab emos que el vector
binormal es dado p or
b(s) = t × n = (bω bω sin ω s,− cos ω s, aω )
Entonces,
b n′ (s) = (bω 2 cos ω s, bω ω s,2 sin 0) = τ(s) (s)
La última igualdad se deb e a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo
tanto, τ(s) = .−bω 2
1.32. Sea α una curva cuyas funciones curvatura y torsi ón no se anulan. Se
dice que es una hélice de eje el vector unitario ω y ángulo θ si los vectores
tangentes a α forman un ángulo θ con .ω
(a) Probar que en t al caso el vector ω es combinación lineal de ;t y b
calcular los co eficientes de dicha combinación lineal.
(b) Probar que α es una h élice si y s ólo si el co ciente es una funciónκ/τ 
constante.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 39
Solución:
(a) Se tiene que
ht, ω i = cos θ = constante
entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-
nemos
0 = ht′, ω i = hκn, ω i = κhn, ω n, ω i ⇒ h i = 0
lo que implica que ω = α t + β b y luego
h hn,ω i = cos θ ⇔ ht, αti + t, β bi = cos θ
⇒ α ktk2|{z}
1
+β ht, bi|{z }
0
= cos θ ⇒ α = cos θ
p or otro lado, tenemos que
1 = kωk2 = hαt+βb,αt+β bi = α2ktk2+β2kbk2 = α2+β2 ⇒ β = sen θ.
Por lo tanto, ω = cos θt + sen .θ b
(b) Si α es hélice ent onces ω = cos θ t + sen θb entonces derivando y
usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos
0 = cos θ t′ + sen θ b′ = κn cos θ − τ n sen θ .
Luego, haciendo el pro ducto punto del vector normal con el vector
cero obtenemos
0 = hn, 0 i = hn, κn cos θ − τ n sen θi
= κ cos θknk2 − τ sen θknk2
entonces 
κ
τ
= tan θ =constante.
Rećıpro camente, si
κ
τ
= constante = tan θ =
sen θ
cos θ
entonces
0 = κ cos θ − τ sen θ
= κ cos θhn, ni − τ sen θhn, ni
= hκn cos θ − τ n sen θ , ni
= h (t cos θ + b sen θ) ′, ni
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40 Caṕıt ulo 1. Curvas
lo que implica (t cos θ+b sen θ) ′ = 0 entonces t cos θ+b sen θ =constante=
a p or lo tanto,
ht, ai = cos θ = constante .
1.33. Sea α una curva plana parametrizada po r largo de arco tal que para
to do s el ángulo entre t(s) y α(s) es θ (fijo). Demuestre
(a) Si θ = 0 entonces la traza de está contenida en una recta.α
(b) Si θ = π
2
, entonces la traza de α est á contenido en un ć ırculo.
(c) Si 0 < θ < π2 , entonces la traza de α está contenido en una espiral
logaŕ ıtmica.
Solución:
(a) Sab emos que cos θ =
ht, αi
ktkkαk . Si θ = 0 entonces
ht, α i
ktkkαk = 1. Se
concluye que α = r t con r 6= 0, derivando obtenemos
t = r′t + r t r κn .′ = r′t +
Haciendo el pro ducto interno con n
0 = ht, ni = r′ ht, ni + r κhn, ni = r κ ⇒ κ ≡ 0 .
(b) Si θ =
π
2
entonces 
ht, αi
ktkkαk = 0, se concluye que α = r n con r 6= 0.
Derivando obtenemos
t = r′n + r n κr t .′ = r′n −
Haciendo el pro ducto interno con n obtenemos
0 = ht, ni = r′ hn, ni − κr ht, ni = r′ .
Luego, r deb e ser constante. Haciendo el pro ducto interno de t
contr a si mismo, obtenemos
1 = ht, ti = kκr tk2 = (κr )2 ⇒ κ = ± 1
r
.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 41
(c) Tomando α = r(t cos θ + n sin θ) y derivando obtenemos
t = r r′ (t cos θ + n sin θ) + (t n′ cos θ + ′ sin θ)
= r′ (t cos cos θ + n sin θ) + r(κn θ − κtsin )θ
= (r κ 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 además κr = − sin .θ
Por lo tanto,
κ = − 1
s · cotan θ .
1.34. Prueb e que
Z 2π
0
p
a2 sin2 t + b2 cos2 t dt ≥ 2π
√
ab, a, b ∈ R+
con igualdad si y sólo si .a = b
Solución: Usamos la desigualdad isop erim étrica aplicada a la curva
α(t t) = (a cos t, b sin )
que es una parametrizaci ón de la elipse. El área encerrada p or la curva
α(t x t t) = ( ( ), y ( )) es dada p or:
A(α) =
1
2
Z 2π
0
(xy ′ − x′y)dt
=
1
2
Z 2π
0
(( )( )( ))a cos t b cos t) − ( −a sin t b sin t dt
=
1
2
Z 2π
0
(ab cos sin2 t + ab 2 t)dt = abπ .
El largo de la curva es
l =
Z 2π
0
kα′ (t) kdt =
Z 2π
0
p
( −a sin t)2 + (b cos t)2dt
=
Z 2π
0
p
a2 sin2 t + b2 cos2 t dt .
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42 Caṕıt ulo 1. Curvas
Por la desigualdad isop erim étrica tenemos que 2
√
π A ≤ l entonces
l =
Z 2π
0
p
a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≤ 2
√
π π ab = 2π
√
ab .
1.35. ¿Existe alguna curva cerrada simple en el plano de longitud igual a 6
metros y delimitando un área de 3 metros cuadra dos?
Solución: Basta usar la desigualdad isop erimétrica. Sa b emos que si
α es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el área de
la regi ón encerrada p or α entonces
A ≤ l
2
4π
.
Tenemos que
l2
4π
=
36m2
4π
=
9
π
m2 < 3m2 = A
lo cual contradice la desigualdad isop erim étrica.
1.36. Sean A, B punto s del plano a distancia menor que una curval, y sea γ
simple de A a B de largo l aun lado de la recta p or A,B . Probar que
el á rea mayor que encierra la curva cerrada γ ∪ AB γse tiene cuando 
es un a rco de ć ırculo p or .A,B 
Solución: Sea S1 un ćırculo que admite el segmento AB como cuerda,
de arcos α, β determinados p or 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 p or la cual es cerrada y a tr ozos.α y γ C1
Fijando la curva α y haciendo variar γ en la familia de to das las curvas
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 43
que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isop eri-
métrica par a curvas a trozos, la curva de la f amilia que delimita unC1
área m áxima es S1, como est á fijo, el ar co α β es la solución al pro blema.
1.37. Calcule la curvatura de la elipse x = a cos t, y = b sin t, t ∈ [ .a, b] y a 6= b
Muestre que tiene exactamente 4 vértices, encuént relos.
Solución: Tenemos que α(t) = (a cos t, b sin t) y sab emos que κ(t) =
x x′y′′ − ′′ y′
(( ‘)x′ )2 + (y 2)3/2
. En particular, x t t x′ ( ) = −a sin , ′′ (t t) = −a cos ,
y′ (t t t) = b cos t y y′′ ( ) = −b sin . Entonces
κ t( ) =
( −a sin t t t t)(−b sin ) − ( −a cos )(b cos )
( )a2 sin cos2 t + b2 2 t 3/2
=
ab
( )a2 sin cos2 t + b2 2 t 3/2
.
Luego
κ t′ ( ) =
3ab sin t cos t b a( 2 − 2)
( )a2 sin cos2 t + b2 2 t 3/2
.
Por o tro lado, t ∈ [0, 2π] es v értice si ) = 0, es decir, si 3κ′ (t ab sin t cos =t
0 ⇔ sin t cos t = 0 ento nces t ∈

0, π
2
, π , 32π , 2π

do nde
α α(0) = (2π) = (a, 0 ) α

π
2

= (0, b)
α(π) = (−a, 0) α

3
2π

= (0 ), −b
son los vértices de la elipse. Note que la curva cumple las hip ótesis del
teorema de los cuatro vértices, luego ella necesariamente tiene al menos
cuatro vértices.
1.38. Considere la curva α(t) = (t, t2), t ∈ R. Probar que la curvatura de
α nunca se anula y calcular el n úmero de vértices. ¿Contradice esto el
teorema de los cuatro vértices?
Solución: 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 p osee un solo vértice en t = 0.
Esto no contradice el Teorema de los cuatro vértices debido a que α no
es una curva cerrada.
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44 Caṕıt ulo 1. Curvas
1.39. Prueb e que la curva α : [0, 2π) → R2
α(t t t t) = ((1 + 2 cos ) cos t, (1 + 2 cos ) sin )
tiene sólo dos v értices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro
vértices?
Solución: Tenemos que
α′ (t t x t t) = (− sin t − 2 sin 2t, cos t + 2 cos 2 ) = ( ′ ( ), y ′ ( ))
α′′ (t) = (− cos t − 4 cos 2t, − sin t − 4 sin 2t x t t) = ( ′′ ( ), y ′′ ( ))
entonces kα′ (t) k =
√
5 + 4 cos .t
Luego,
x t t′y′′ = (− sin t − 2 sin 2 )(− sin t − 4 sin 2 )
= sin2 t + 8 sin2 2t + 6 sin t sin 2t ,
x t t′′ y′ = (− cos t − 4 cos 2 )(cos t + 2 cos 2 )
= − 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 t t(cos2 t − sin2 ) + 2 sin2 t cos )
(5 + 4 cos t)3/2
=
9 + 6 cos t
(5 + 4 cos t)3/2
con derivada
κ t′ ( ) =
12 sin t t(2 + cos )
(5 + 4 cos t)3/2
la cual es cero solo en los puntos t = 0 y t = π, es decir, tiene dos
vértices. Esto no contr adice el teorema de los cuatro vértices pues la
curva no es simple, como se aprecia en la siguiente figura.
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo 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) | = ĺım
d→0
2h
d2
.
Solución: Para metricemos γ po r longitud de arco y consideremos un
sistema de co ordenadas tal que el centro este en p y los ejes del sistema
de co ordenadas estén en la dirección de los vectores tangente y normal
a la curva γ en el punto p. Sea γ(s) = (x( )s , y (s)) nuestra para me-
trización. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del punto
0.
γ γ(s) = (0) + γ′ (0)s + γ′′ ( 0) 
s2
2
+ R
donde ĺım
s→0
R
s2
= 0. Denotamos p or κ la curvatura de γ en el punto .p
p
γ
d
h l
L
Notemos que,
γ′ (0) = t κn κ(0) = (1, 0), γ ′′ (0) = (0) = (0, 1 )
con esta información, p o demos deducir que
x R(s) = s + x, y (s) = κ
s2
2
+ Ry
donde R = (Rx, Ry), entonces
|κ(p) | = ĺım
s→0

2 |y(s) |
s2
+
2Ry
s2

= ĺım
s→0
2 |y(s) |
s2
+ 2 ĺım
s→0
Ry
s2
= ĺım
d→0
2h
d2
.
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46 Caṕıt ulo 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
.
Solución: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre
la curva γ a mayor distancia de O. Consideremos el ćırculo de radio
|p − O| = r′ y centro O, entonces γ est á contenida en la región que
encierra el ćırculo de radio r′ y cent ro O. Consideremos un nuevo sistema
de co ordenadas cuyo origen coincida con el punto p y cuyos ejes estén
en la dirección del vector tangente y normal a la curva γ en el punto .p
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 para metrización
del ć ırculo de radio r′ y centr o O. Debido a que la curva está contenida
en la región que encierra el ć ırculo se tiene que:
|z(t) | ≤ |y(t) | .
Usando la fórmula del problema anterior para curvatura obtenemos|κ(p) | = ĺı m
s→0
2 |y(s) |
s2
≥ ĺım
s→0
2 |z(s) |
s2
= |κβ(p) | =
1
r′
≥ 1
r
.
1.42. Si una curva cerrada y plana está contenida dentro de un ć ırculo deC
radio r, demostrar que existe un punto p ∈ C tal que la curvatura κ de
C en p satisface |κ| ≥ 1/r .
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 47
Solución: Sea O el cent ro del disco en cuestión de radio r. Reduzca
el radio del ćırculo hasta la primera vez en que el ćırculo to que a la
curva. Entonces, sea r′ el ra dio hallado con r′ ≤ r y α(t0) el punto de
intersecció n. Note que estamos en las mismas condiciones del problema
anterior, entonces
|κ t( 0) | ≥
1
r′
≥ 1
r
.
1.43. Sea α(s), s ∈ [0, l ] una curva cerrada, convexa y plana, or ientada p osi-
tivamente. La curva
β(s s s) = α( ) − r n( ) ,
donde r es una constante p ositiva y n es el vector no rmal, se denomina
una curva paralela a α. Demostrar que
(a) ℓ(β) = ℓ(α) + 2 .π
(b) A(β) = A(α) + .r l + πr 2
(c) κβ(s) =
κα(s)
(1 + r κα(s)) 
.
Solución:
(a) Notemos que
β ′ (s s s) = t( ) − r n′ ( )
= t( ) (s) − r( (−κα s t(s) + τ s) (b s))
= (1 + r κα(s))t(s) .
Entonces
kβ ′ (s) k = | 1 + r κα(s) |kt(s) k = 1 + r κα(s) .
Usando el teorema de rotaci ón de tangentes
ℓ(β) = 
Z l
0
kβ ′ ( )s kds =
Z l
0
ds + r
Z l
0
κ dsα(s)
= l + r( (θ s) − θ(0)) = l + 2π r .
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48 Caṕıt ulo 1. Curvas
(b) Sea α(s) = (x(s), y (s)) entonces t = (x′, y ′ ) y p o r Frenet-Serret
t ′ = (x κ′′ , y ′′ ) = α( −y′, x′ ) . (1.13)
Tenemos entonces
β = (x, y ) − r( −y′, x , y′ ) = (x + r y ′ − r x .′ )
Par a el cálculo del área usamos la fórmula
A(β) =
1
2
Z
β
(uv ′ − v u′ )ds .
Usando la relación (1) vemos que
uv ′ = (1 + r κ r κ r xxα)xy 
′ + r(1 + α)(y
′ )2 = xy ′ − ′′ + r(1 + r κα)(y′ )2
y
v u′ = (1 + r κ r κ r yyα)y x
′ − r(1 + α)(x′ )2 = y x′ + ′′ − r(1 + r κα)(x′ )2
de donde
uv ′ − v u′ = xy ′ − y x y y ′ − r(xx′′ + ′′) + r(1 + r κ .α)
Par a evaluar la integral necesitamos hallar
Z l
0
xx xx xx′′ ds = ′ (l) − ′ (0) −
Z l
0
(x′ )2ds = −
Z l
0
(x′ )2ds .
De manera similar
Z l
0
y y y y y y ′′ ds = ′ (l) − ′ (0) −
Z l
0
(y′ )2ds = −
Z l
0
(y′ )2ds
con lo que obtenemos
Z l
0
(xx′′ + y y ′′)ds = −l
y como Z l
0
κα(s)ds = 2π .
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 49
Se obtiene finalmente que
A(β) =
1
2
Z l
0
( )uv ′ − v u′ ds
=
1
2
Z l
0
( (xy ′ − y x′ − r xx′′ + y y ′′) + r(1 + r κα))ds
=
1
2
Z l
0
( )xy ′ − y x′ ds − r
2
Z l
0
(xx′′ + y y ′′)ds +
r
2
Z l
0
(1 + r κα))ds
= A(α) +
r l
2
+
r l
2
+
2π r 2
2
= A(α) + r l + πr .2
(c) Utilizaremos la f órmula para curvatura para curvas planas. Sup on-
gamos que α está parametrizada p or longitud de arco, entonces
β ′ (s s s s s s) = t( ) + r κα( )t( ) = t( )(1 + r κα( )) .
Entonces
((β ′1(s))
2+(β ′2(s))
2)3/2 = kβ ′ (s) k3 = kt(s) k3(1+r κα(s))3 = (1+r κα(s))3.
Sab emos que si α(s) = (α1(s), α2(s)) entonces n(s) = (−α′2(s), α ′1(s) ) .
Por o tro lado se tiene que
β ′′ (s s s) = α′′ ( ) − r n′′ ( )
= α′′ ( )s) − r( (−κα s t(s))′
= α′′ (s) + r κ′α( (s)t s) + r κα(s)t
′ (s)
= α′′ (s) + r{κ′α( (s)t s) + κ2α(s s)n( ) } .
Luego,
β ′1β
′′
2 − β ′′1β ′2 = α1(1 + r κα) {α′′2 + r[κ′αα′2 + κ2αα′1]}
−α2(1 + r κα) {α′′1 + r[κ′αα′1 − κ2αα′2]}
= (1 + r κα) {α′1α′′2 + r κ′αα′2α′1 + r κ2α(α′1)2 − α′2α′′1
−r κ′αα′1α′2 + r κ2α(α′2)2}
= (1 + r κα) {α′1α′′2 − α′2α′′1 + r κ2α((α′1)2 + (α′2)2) }
= (1 + r κα) {α′1α′′2 − α′2α′′1 + r κ2α}
= (1 + r κα) {κα + r κ2α}
= (1 + r κα)
2κ .α
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50 Caṕıt ulo 1. Curvas
Por lo tanto,
κβ(s) =
β ′1β
′′
2 − β ′′1β ′2
((β ′
1)
2 + (β ′2)
2)3/2
=
κα(1 + r κα)
2
(1 + r κα)3
=
κα(s)
(1 + r κα(s)) 
.
1.44. (i) Probar que la curva de nivel f(x, y ) = c es convexa si y sólo si en
ella la expresión
fxx f
2
y − 2fxy fxfy + fy yf 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 direcció n del gr adiente de .f
Solución:
(i) Sab emos que κ(s) no cambia de signo si y sólo si θ(s) = 
R s
0 κ ds(s)
es una funció n creciente, ya que θ′ (s) = κ(s). Luego, la curva
γ aso ciada a la curvatura es una curva convexa si y sólo si κ κ
no cambia de signo. Por otro lado, p or el teorema de la funci ón
impĺıcita, 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) = (t, g ( ))
donde g es diferenciable, siempre que f 2x + f
2
y 6= 0. D erivando la
igualdad f(x, y ) = c obtenemos
f fx + yg
′ = 0 . (1.14)
Luego,
g′ = −fx
fy
. (1.15)
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 51
Derivando (1 .14) y reemplazando ( 1.15) obtenemos
f f f f fxx + xy g
′ + { y x + y yg′ }g′ + yg′′ = 0
⇒ fxx −
fxy fx
f y
− fy xfx
fy
+
fy yf 2x
f 2y
+ fyg
′′ = 0
⇒ g′′ =
fxx f
2
y − 2fxy fxfy + fy yf 2x
f 3y
.
Usando la fórmula para curvatura de curvas planas γ(t) = (x(t), y (t))
dada p o r
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 ) =
fxx f
2
y − 2fxy fxfy + fy yf 2x
(f 2x + f
2
y )
3/2
.
Entonces, si fxx f
2
y − 2fxy fxfy + fy yf 2x no cambia de signo si y s ólo
si κ(x, y ) no cambia de signo si y s ólo si la curva f(x, y ) = c es
convexa.
(ii) Usando la f órmula obtenida, se obt iene
κ(x, y ) =
2 · 1 + 2( 1 + 1 − −3)( 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.
Solución: Al ser γ(t) una curva cerrada simple tiene ı́ndice de rota-
ción 1, entonces
Z l
0
κ(s)ds = θ θ(l) − (0) = 2π .
Por otro lado , como κ(t) ≤ c obtenemos
2π =
Z l
0
κ(s)ds ≤ c
Z l
0
ds = cl .
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52 Caṕıt ulo 1. Curvas
Por lo tanto, l ≥ 2π
c
. Observe que un ćırculo de radio 1/c tiene curvatura
κ0 = c y el largo de este circulo es l0 =
2π
c . Cualquier curva de curvatura
menor a c tiene mayor largo que un ć ırculo de radio 1 ./c
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Caṕ ıtulo 2
Sup erficies
Definición 2.1.
Un sub conjunto S ⊂ R3 es una superficie si, para to do punto p ∈ S, existe
un conjunto abierto y un conjunto abierto U ⊂ R2 W ⊂ R3 conteniendo al
punto p ta l que W ∩ S es homeomorfo a .U
z
y
x
u
v
(u, v )
U
p
W ∩ S
ϕ
W
S
Definición 2.2.
Una sup erficie parametrizada σ : U → R3 es llamada regula r si es diferen-
ciable y los vectores σu y σv son linealmente indep endientes para to do punto
(u, v ) ∈ U . Equivalentemente, que σ sea diferenciable y el pro ducto cruz
σ σu × v es nunca cero para to do punto de .U53
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54 Caṕıt ulo 2. Sup erficies
Definición 2.3.
Dada una aplicación diferenciable F : U ⊂ Rn → Rm definida sobre un
conjunto a bierto U de Rn decimos que p ∈ U es un punto cŕıtico de F si
la diferencial dFp : R R
n → m no es un aplicaci ón sobreyectiva. La imagen
F (p) ∈ Rm de un punto cŕ ıtico se denomina un valor cŕ ıtico de F . Un punt o
de Rm que no es un valor cŕıtico de f se llama valor regular de .F
Si f : U ⊂ R3 → R es una función diferenciable, decir que dfp no es
sobreyectiva es equivalente a que fx = fy = fz = 0 en p. De aqú ı, )a ∈ f(U
es un valor regula r de f : U ⊂ R3 → R si y solo si fx, fy y fz no se anulan
simult áneamente en cualquier punto de la imagen inversa de a
f−1(a a .) = { (x, y, z x, y, z) ∈ U | f( ) = }
Teorema 2.1.
Si f : U ⊂ R3 → R es una función d iferenciable y a ∈ f(U) es un valor
regular de f , entonces f−1(a) es una superfic ie regular de .R3
Definición 2.4.
El espacio tangente a un punto p de una sup erficie S, denotado p or TpS, es
el conjunto de vectores ta ngentes al punto p de to das las curvas en S que
pasan p or .p
2.1. La Primera Forma Fu ndament al
Si γ = σ(u(t), v (t)) es una curva en una sup erficie para metrizada σ, luego
el largo de arco partiendo de un punto γ(t0) es dado p or
s =
Z t
t0
kγ′ (u) kdu .
Por la regla de la cadena, γ′ = σuu
′ + σvv
′ entonces
k kγ′ 2 = E( ) ( )u′ 2 + 2F u′v′ + G v′ 2 (2.1)
donde
E = kσ σ σuk2 , F = h u, σvi , G = k vk2 . (2.2)
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 55
La forma cuadrática definida p or la ecuación (2.1) se denomina la primera
forma fundament al de la sup erficie y las funciones definidas en (2.2 ) son
llamados los co eficientes de la primera for ma fundament al.
Prop osición 2.1.
kσu × −σvk =
√
E F G2 .
Definición 2.5.
El á rea Aσ(R) del sector σ(R) de una sup erficie parametrizada σ : U → R3
corresp ondiente a la regi ón R ⊆ U es
Aσ(R) = 
Z Z
R
k kσu × σv dudv .
2.2. La Segu nda Forma Fundamental
Dada una parametrizaci ón σ : U ⊂ R2 → S de una sup erficie regular S
en un punto p ∈ S, p o demos elegir un vector unita rio normal en cada punto
de σ(U) mediante
~N =
σu × σv
kσu × σvk
.
La siguiente expresi ón
e(u′ ) 2 + 2f u′v′ + g(v′ ) 2 (2.3)
es llamada la segunda forma fundamental de σ en donde
e = h ~N ,σuu i , f = h ~N ,σuv i , g = h ~N ,σv vi
son llamados co eficientes de la segunda for ma fundamental.
2.3. Problemas Resuelt os
2.1. Demuestre que el cilindro circular S = { (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1} es
una sup erficie regular.
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56 Caṕıt ulo 2. Sup erficies
Solución: Consideremos
U = { (x, y ) ∈ R2 : 0 < x2 + y2 < π 2 }
r =
p
x2 + y2 y sea ϕ : U → R3 definida p o r
ϕ(x, y ) =
x
r
,
y
r
, tan 

r − π
2
 
.
Note que las funciones co ordenadas de ϕ son diferenciables y es claro
que ϕ es inyectiva.
2.2. Demuestre que el parab olo ide hip erbólico
S = { (x, y, z) ∈ R3 : z = x2 − y2 }
es una superficie regular.
Solución: Consideremos la siguiente a plicación χ : U ⊂ R2 → R3
definida p or
χ(u, v ) = (u, v, u .2 − v2 )
2.3. Demuestre que el elipsoide
S =

(x, y, z) ∈ R3 : x
2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1

es una superficie regular.
Solución: Consideremos la aplicació n φ : U ⊂ R2 → R3 definida p or
φ(u, v ) = (a sin u cos v , b v , csin u sin cos u)
donde U = { (u, v ) ∈ R2 : 0 .< u < π , 0 < v < 2π}
2.4. Demuestre que S ⊂ R3 el conjunto que se obtiene al rotar una curva
regular α : [a, b] → R2 con
α(t t t) = (f( ), g ( ))
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 57
alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con ésta, es
un sup erficie regular.
Solución: Considere la parametrización ψ : U ⊂ R2 → R3 dada p or
ψ(u, v ) = (f(v) cos u, f (v) sin u, g (v))
donde U = { (u, v ) ∈ R2 : 0 .< u < 2π, a < v < b}
2.5. Demuestre que, si f(x, y ) es una funció n diferenciable, su g ráfico
Gr af(f) = { (x, y, z) ∈ R3 : z = f(x, y ) }
es una superficie diferenciable.
Solución: Basta considerar la parametrizaci ón F : U ⊂ R2 → R3
dada p o r
F (u, v u, v .) = (u, v, f ( )) 
2.6. Demuestre que el toro
T = { (x, y, z) ∈ R3 : (x2 + +y2 + z2 a2 − r2 ) 2 = 4a2 (x2 + y2 ) }
es una superficie regular .
Solución: Consideremos ϕ : U → R3 definida p or
ϕ(u, v ) = ((r cos u + a a) cos v , (r cos u + ) sin v , r sin u)
donde U = { (u, v ) ∈ R2 : 0 < u, v < 2π} , la cual es una funci ón
diferenciable.
2.7. El hip erb oloide de una ho j a es
S = { (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1}
Demuestre que para to do θ la curva
(x − z) cos θ = (1 − y) sin θ ,
(x + z) sin θ = (1 + y) cos θ
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58 Caṕıt ulo 2. Sup erficies
está contenida en S, y que to do punto del hip erbo loide esta sobre una
de estas ĺıneas. Deduzca que S puede ser cubierta p or solo una parame-
trización y p or lo tanto es una sup erficie.
Solución: Multiplicando amba s 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
x x .2 − z2 = 1 − y2 ⇒ 2 + y2 − z2 = 1 
Note que si sin θ = 0 ⇒ x = z , y = −1 y si cos θ = 0 ⇒ y = 1 ., x = −z
La ĺınea dada Lθ pasa p or (− sin 2θ, cos 2θ , 1 ) se sigue que conseguimos
to das las ĺ ıneas t omando 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 únicos casos res-
tantes son los puntos (0, 0, ±1) que están sobre la s ĺ ıneas .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
parametrización de S1 p or arcopar ámetro. Pa ra cada s, sea w(s) =
α′ (s) + e e3 , donde 3 es el vector unitario del eje z. Entonces considere
ϕ : U → R3 dada p or
ϕ(s, t) = α(s) + t e(α′ (s) + 3 ) = (cos s − t sin s, sin s + t cos s, t)
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Geometŕ ıa D iferencial - Ro drigo Vargas 59
donde U = { (s, t) ∈ R2 | 0 < s < π} y note que x2 +y2 −z2 = 1 + =t t2 − 2
1. Esto demuestra que la traza de ϕ está en el hip erb oloide de una ho ja.
2.8. Hallar la ecuación del plano tangente de las siguientes sup erficies 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 θ , r sinh 2 ) en el punto (1, 0, 1)
Solución:
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) 
)
⇒ ϕ ϕu × v = (−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) 
)
⇒ ϕ ϕr× θ = (−2, 0, 1) .
Por lo tanto, el plano tangente es:
−2x + z = 0 .
2.9. Determinar los planos ta ngentes del hip erb oloide de revolución
H = { (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1}
en los punt os (x, y , 0 )