PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
GEOMETRIA DIFERENCIALP R O B L E M A S R E S U E L T O S
Rodrigo Vargas
Santiago de Chile
2010
ii
Prefacio
Este libro pretende sirvir de texto para un primer curso de Geometrıa Di-
ferencial. Los temas tratados se exponen de manera simple y directa, evitando
digresiones y sin dar demostraciones de los resultados expuestos. Ası espe-
ro facilitar la comprension de los estudiantes que, al adoptarlo, no necesi-
tara perder mucho tiempo en la teorıa para evocarse a atacar problemas
de los textos guıas. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que
deseen una presentacion mas completa y los alumnos, por ası decirlo, nor-
males que busquen lecturas complementarias pueden consultar “Geometrıa
diferencial de curvas y superficies” de Manfredo do Carmo que trata de la
misma materia con un enfoque mas amplio.
La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que
sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos
de geometrıa diferencial y como oportunidad para que el lector compruebe
lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustarıa que el lector
solo consultase las soluciones despues de haber hecho un serio esfuerzo para
resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin exito, el que
nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.
Los problemas que el lector encontrara se basan en las ayudantias del
curso de geometrıa diferencial impartido en la Universidad de Chile y la
Pontificia Universidad Catolica de Chile, el cual esta dirigido a estudiantes
de Licenciatura en Matematica. Muchos de los problemas han sido tomados
de los problemas propuestos en el libro de Manfredo do Carmo.
iii
iv
Indice general
1. Curvas 1
1.1. Teorıa Local de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Propiedades Globales de las curvas planas . . . . . . . . . . . 3
1.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. Superficies 53
2.1. La Primera Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.2. La Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
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. Geodesicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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
Capıtulo 1
Curvas
1.1. Teorıa Local de Curvas
Definicion 1.1.
Una curva parametrizada diferenciable es una aplicacion diferenciable α :
(a, b) → R3.
Definicion 1.2.
Una curva parametrizada diferenciable α : (a, b) → R3 se denomina regular
si α′(t) 6= 0 para todo t ∈ I.
Definicion 1.3.
Dado t ∈ (a, b), la longitud de arco de una curva parametrizada regular
α : (a, b) → R3, desde el punto t0, es por definicion:
s(t) =
∫ t
t0
‖α′(t)‖dt .
Definicion 1.4.
Una curva parametrizada α : (a, b) → R3 es llamada arco-parametrizada o
de rapidez uno si α′(t) es un vector unitario para todo t ∈ (a, b), esto es,
‖α′(t)‖ = 1.
Definicion 1.5.
Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por longitud de arco s ∈ I. El
numero ‖α′′(s)‖ = κ(s) se denomina la curvatura de α en s.
1
2 Capıtulo 1. Curvas
En puntos donde κ(s) 6= 0, esta bien definido un vector unitario n(s)
en la direccion α′′(s) mediante la ecuacion α′′(s) = κ(s)n(s). Mas aun,
α′′(s) es normal a α′(s), pues diferenciando 〈α′(s), α′(s)〉 = 1 obtenemos
〈α′′(s), α′(s)〉 = 0. Ası, n(s) es normal a α′(s) y se denomina el vector nor-
mal en s. El plano determinado por los vectores unitarios tangente y normal,
α′(s) y n(s), se denomina el plano osculador en s.
Denotaremos por t(s) = α′(s) al vector unitario tangente de α en s. Por
tanto, t′(s) = κ(s)n(s).
El vector unitario b(s) = t(s) × n(s) es normal al plano osculador y lo
llamaremos el vector binormal en s.
Definicion 1.6.
Sea α : (a, b) → R3 una curva parametrizada por lo longitud de arco s tal
que α′′(s) 6= 0, s ∈ (a, b). El numero τ(s) definido por b′(s) = τ(s)n(s) se
denomina la torsion de α en s.
Teorema 1.1.
Sea α una curva arco-parametrizada con curvatura nunca nula. Entonces,
t′ = κn
n′ = −κt +τb
b′ = −τn .
(1.1)
Las ecuaciones en (1.1) son llamadas las ecuaciones de Frenet-Serret.
Teorema 1.2 (Teorema Fundamental de la Teorıa Local de Curvas).
Dadas las funciones diferenciables κ(s) > 0 y τ(s), s ∈ (a, b), existe una
curva parametrizada regular α : (a, b) → R3 tal que s es la longitud de arco,
κ(s) es la curvatura, y τ(s) es la torsion de α. Ademas, cualquier otra curva
α, satisfaciendo las mismas condiciones difiere de α en un movimiento rıgido;
esto es, existe una aplicacion lineal ortogonal ϕ de R3, con determinante
positivo, y un vector v tal que α = ϕ α + v.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 3
1.2. Propiedades Globales de las curvas pla-
nas
Definicion 1.7.
Una curva plana cerrada es una curva parametrizada regular α : [a, b] → R2
tal que α y todas sus derivadas coinciden en a y en b; es decir,
α(s) = α(b) , α′(a) = α′(b) , α′′(a) = α′′(b) , . . . .
Definicion 1.8.
La curva es simple si carece de otras autointersecciones; o sea, si t1, t2 ∈ [a, b],
t1 6= t2, entonces α(t1) 6= α(t2).
Teorema 1.3 (La desigualdad Isoperimetrica).
Sea α una curva cerrada, simple y plana de longitud `, y sea A el area de la
region encerrada por α. Entonces
A ≤ 1
4π`2
y la igualdad se da si solo si α es un cırculo.
Definicion 1.9.
Un vertice de una curba regular plana α : [a, b] → R2 es un punto t ∈ [a, b]
en donde κ′(t) = 0.
Definicion 1.10.
Una curva regular plana (no necesariamente cerrada) α : [a, b] → R2 es
convexa si, para todo t ∈ [a, b], la traza α([a, b]) de α esta completamente
contenida en un lado del semiplano cerrado determinado por la recta tangente
en t.
Teorema 1.4 (Teorema de los cuatro vertices).
Una curva simple, cerrada y convexa tiene al menos cuatro vertices.
1.3. Problemas Resueltos
1.1. Hallar una parametrizacion de la curva que es la interseccion de un ci-
lindro circular de radio 12en la direccion del eje z y la esfera de radio 1
4 Capıtulo 1. Curvas
y centro (−12, 0, 0).
Solucion: Un punto (x, y, z) esta en el cilindro si
x2 + y2 =1
4(1.2)
y en la esfera si
(x+
1
2
)2
+ y2 + z2 = 1 . (1.3)
Se observa de la ecuacion (4) que, −1 ≤ z ≤ 1, sea entonces z = sin t.
Ahora, haciendo (4)− (3) obtenemos:
x+1
4+ sin2 t =
3
4⇒ x =
1
2− sin2 t .
De la ecuacion (3) se tiene
y =
√1
4− x2 =
√sin2 t− sin4 t = sin
√1− sin2 t = sin t cos t .
Por lo tanto, α : [−π, π] → R3 es dada por:
α(t) =
(1
2− sin2 t, sin t cos t, sin t
).
1.2. Parametrizar la curva que se forma de un cırculo sobre una hoja al
doblarse esta sobre un cilindro. Comprobar que el largo de la curva es
igual al del cırculo.
Solucion: Sea ϕ : [0, a]× [−b/2, b/2] → C dada por
ϕ(t, s) =
(cos
2π
at, sen
2π
at, s
).
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 5
ϕ
x0 a
− b2
b2
1|
El cırculo S1 es dado por la ecuacion parametrica.
(x− x0)2 + y2 = r2
con 0 < 2|x0 − r| < a < b, parametriza por α : [0, 2πr] → [0, a] ×[−b/2, b/2] definida por
α(x) =(x0 + r cos
x
r, r sen
x
r
)
la curva que se forma del cırculo sobre la hoja al doblarse sobre el
cılindro esta parametrizada por
β(t) = (ϕ α)(t)
= ϕ
(x0 + r cos
t
s, r sen
t
r
)
=
(cos
2π
a
(x0 + r cos
t
r
), sen
2π
a
(x0 + r cos
t
r
), r sen
t
r
).
Si β(t) = (β1(t), β2(t), β3(t)) entonces
β ′1(t) = sen
(2π
a
[x0 + r cos
(t
r
)])sen t ,
β ′2(t) = − cos
(2π
a
[x0 + r cos
(t
r
)])sen t ,
β ′3(t) = cos t .
Se comprueba sin mayor dificultad que ‖β ′(t)‖ = 1 entonces el largo de
la curva β es
sβ =
∫ 2πr
0
‖β ′(t)‖dt =∫ 2πr
0
dt = 2πr = sα .
6 Capıtulo 1. Curvas
1.3. Determine una parametrizacion de la curva sobre la esfera unitaria que
corta cada meridiano en un angulo constante α.
Solucion: Consideremos la proyeccion de Mercador. Para cada p ∈M = S2 − (0, 0, 1), (0, 0,−1), se considera la recta L que pasa por
p y que, siendo perpendicular al eje z, corta al eje z en un punto q y
contiene a p. Por definicion ψ(p) = c = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2 = 1∩L.
b b b
z
q p
ψ(p)
L
Haciendo algunas cuentas se obtiene
ψ(x, y, z) =
(x√
x2 + y2,
y√x2 + y2
, z
),
ψ−1(x, y, z) =
(x√1− z2√x2 + y2
,y√1− z2√x2 + y2
, z
).
Note que los meridianos son llevados mediante la proyeccion de Merca-
dor a segmentos de rectas contenidas en C y paralelas al eje z. Ahora,
considere ϕ : [0, 1]× [−1, 1] → C dada por ϕ(t, s) = (cos 2πt, sen 2πt, s),
entonces las rectas verticales x = a ∈ [0, 1] son llevadas por f = ψ−1 ϕa los meridianos en la esfera unitaria.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 7
ϕ ψ−11
−1
x=a 1
ϕ(x=a)
ϕ−1ϕ(x=a)
Una curva que corta cada meriadiano en un angulo constante α es la
imagen mediante f de un segmento de recta con pendiente α
y = αx+ β, α, β ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1
entonces
γ(t) = f(t, αt+ β) = ψ−1(ϕ(t, αt+ β)) = ψ−1(cos 2πt, sen 2πt, αt+ β)
=
(cos 2πt
√1− (αt+ β)2√
(cos 2πt)2 + (sen 2πt)2,sen 2πt
√1− (αt+ β)2√
(cos 2πt)2 + (sen 2πt)2, αt+ β
)
= (cos 2πt√
1− (αt+ β)2, sen 2πt√1− (αt+ β)2, αt+ β)
donde γ es una curva sobre la esfera unitaria que corta a cada meriadia-
no en un angulo constante α.
1.4. Sea α : I → Rn una curva regular, v ∈ Rn un vector fijo y suponga
que α′(t) es ortogonal a v para todo t ∈ I y α(0) es ortogonal a v.
Demuestre que α(t) es ortogonal a v para todo t ∈ I.
Solucion: Sabemos que, si f, g : I → Rn son curvas diferenciables,
entoncesd
dt〈f(t), g(t)〉 = 〈f ′(t), g(t)〉+ 〈f(t), g′(t)〉
por ser α′(t) ortogonal a v, se tiene que 〈α′(t), v〉 = 0 para todo t ∈ I y
como v es un vector fijo, entonces 〈α(t), v′〉 = 0 para todo t ∈ I. Luego,
d
dt〈α(t), v〉 = 〈α′(t), v〉+ 〈α(t), v′〉 = 0 .
8 Capıtulo 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 solo si α(t) es ortogonal a α′(t) para todo t ∈ I.
Solucion: Si f : I → Rn es una curva diferenciable entonces
d
dt‖f(t)‖ =
〈f(t), f ′(t)〉‖f(t)‖ , si f(t) 6= 0 . (1.4)
En efecto, si f(t) = (f1(t), ..., fn(t)) luego ‖f(t)‖ =
[n∑
i=1
(fi(t))2
]1/2y
obtenemos
d
dt‖f(t)‖ =
1
2
[n∑
i=1
(fi(t))2
] 12−1(
2n∑
i=1
fi(t)f′i(t)
)
=
n∑
i=1
fi(t)f′i(t)
[n∑
i=1
(fi(t))2
]1/2 =〈f(t), f ′(t)〉
‖f(t)‖ ,
siempre que f(t) 6= 0. Por otro lado,
Si ‖α(t)‖ = cte 6= 0 ⇔ d
dt‖α(t)‖ = 0
⇔ 〈α(t), α′(t)〉‖α(t)‖ = 0
⇔ 〈α(t), α′(t)〉 = 0
⇔ α(t) es ortogonal a α′(t) para todo t ∈ I .
1.6. Sea γ un curva cerrada que no pasa por p. Probar que en los puntos
sobre γ donde la distancia a p es maxima o mınima la recta tangente a
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 9
γ es perpendicular al segmento lineal a p.
Solucion: Usaremos la identidad (1.4) establecida en el problema an-
terior. Si ‖γ(s0)− p‖ es un maximo o un mınimo entonces
d
ds‖γ(s)− p‖
∣∣∣∣s=s0
= 0 ⇔ 〈γ(s0)− p, t(s0)〉‖γ(s0)− p‖ = 0 .
Note que en nuestro caso ‖γ(s0)− p‖ 6= 0. Luego, 〈γ(s0)− p, t(s0)〉 = 0
es decir, la recta tangente a γ en s0 es perpendicular al vector γ(s0)− p
que esta en la direccion al segmento lineal a p.
1.7. Un disco circular de radio r en el plano xy rueda sin deslizar a lo largo
del eje x. La figura que describe un punto de la circunferencia del disco
se llama cicloide.
b bb
b
b
cθ
x
y
(a) Obtengase una curva parametrizada α : R → R2 cuya traza sea la
cicloide y determınense sus puntos singulares.
(b) Calculese la longitud de arco de la cicloide correspondiente a una
rotacion completa del disco.
Solucion:
(a) Observe la figura de la cicloide. Cuando el cırculo rueda sin resbalar
en un angulo θ, el centro del cırculo es movido a (rθ, r). Notemos que
b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces la parametrizacion es α : R → R2
dada por
α(θ) = (rθ − r sin θ, r − r cos θ) = r(θ − sin θ, 1− cos θ)
10 Capıtulo 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
rotacion completa del disco es
` =
∫ 2π
0
‖α′(θ)‖dθ =√2r
∫ 2π
0
√1− cos θdθ
= 2r
∫ 2π
0
√1− cos θ
2dθ = 2r
∫ 2π
0
sen
(θ
2
)dθ = 8r .
1.8. Sea OA = 2a el diametro de un cırculo S1 y sean OY y AV las tangentes
a S1 en O y A, respectivamente. Una semi-recta r, que corta a S1 en C
y a la recta AV en B, se traza desde O. Sobre OB se marca el segmento
Op = CB. Si rotamos r alrededor de O, el punto p describira una curva
denominada la cisoide de Diocles.
0A2a
x
y V
rb
b
b
B
Cp
θ
Tomando OA como eje x y OY como eje y, demostrar que:
(a) La traza de
α(t) =
(2at2
1 + t2,2at3
1 + t2
), t ∈ R,
es la cisoide de Diocles.
(b) El origen (0, 0) es un punto singular de la cisoide.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 11
(c) Cuando t → ∞, α(t) se aproxima a la recta x = 2a, y α′(t) →(0, 2a). Ası, cuando t→ ∞, la curva y su tangente se aproximan a
la recta x = 2a; decimos entonces que x = 2a es una asıntota de la
cisoide.
Solucion:
(a) La ecuacion del cırculo S1 es
(x− a)2 + y2 = a2 . (1.5)
La ecuacion de la semi-recta r es
y = (tanθ) · x . (1.6)
El punto C es la interseccion de la recta con el cırculo S1, para
hallar sus coordenadas reemplazamos (1.6) en (1.5) y obtenemos
(x− a)2 + ((tan θ) · x)2 = a2 ⇒ x2 − 2ax+ a2 + tan2 θ · x2 = a2
⇒ x2(1 + tan2 θ) = 2ax
⇒ x(1 + tan2 θ) = 2a, x 6= 0
⇒ x =2a
1 + tan2 θ.
Luego, las coordenadas del punto C son
C =
(2a
1 + tan2 θ,2a tan θ
1 + tan2 θ
).
Las coordenadas del punto B, son facilmente deducibles a partir
de la figura, B = (2a, 2a tan θ). Notemos que p = B − C haciendo
cuentas obtenemos:
p = B − C =
(2a− 2a
1 + tan2 θ, 2a tan θ − 2a tan θ
1 + tan2 θ
)
=
(2a+ 2a tan2 θ − 2a
1 + tan2 θ,2a tan θ + 2a tan3 θ − 2a tan θ
1 + tan2 θ
)
=
(2a tan2 θ
1 + tan2 θ,2a tan3 θ
1 + tan2 θ
).
Tomando t = tan θ obtenemos finalmente
α(t) =
(2at2
1 + t2,2at3
1 + t2
), t ∈ R .
12 Capıtulo 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) Un simple calculo muestra que
lımt→∞
α(t) =
(lımt→∞
2at2
1 + t2, lımt→∞
2at3
1 + t2
)= (2a,∞) .
Ademas
lımt→∞
α′(t) =
(lımt→∞
4at
(1 + t2)2, lımt→∞
6at2 + 2at4
(1 + t2)2
)= (0, 2a) .
1.9. Sea α : (0, π) → R2 dada por
α(t) =
(sin t, cos t+ log tan
t
2
)
donde t es el angulo que el eje y forma con el vector α′(t). La traza de
α se denomina la tractriz.
b
b
α(t)1
t
x
y
Demostrar que:
Geometrıa Diferencial - Rodrigo 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 tractriz entre el
punto de tangencia y el eje y es constante igual a 1.
Solucion:
(a) Notemos que
α′(t) =
(cos t,− sin t+
1
tan t2
· 1
cos2 t2
· 12
)
=
(cos t,− sin t+
1
2 sin t2cos t
2
)
=
(cos t,− sin t+
1
sin t
).
Si α′(t) = 0 ⇒ cos t = 0 y − sin t+1
sin t= 0, entonces
sin t =1
sin t⇒ sin2 t = 1
⇒ sin t = ±1, t ∈ (0, π)
⇒ t =π
2.
(b) Sean P = (x0, y0) el punto de tangencia de la recta tangente y
Q = (0, y1) el punto de interseccion de la recta tangente con el eje
y. Sean x = sin t, y = cos t+ log tan t2, entonces
dy
dx=
1
sin t− sin t
cos t=
1− sin2 t
sin t cos t=
cos t
sin t⇒ dy
dx=
√1− x2
x.
Luego, la ecuacion de la lınea tangente a P es
y − y0 =
√1− x20x0
(x− x0) .
Evaluando la recta en el punto Q obtenemos
y1 − y0 =
√1− x20x0
(0− x0) = −√
1− x20 .
14 Capıtulo 1. Curvas
Entonces
(dist(P,Q))2 = x20 + (y1 − y0)2 = x20 + 1− x20 = 1 .
Por lo tanto, dist(P,Q) = 1.
1.10. Sea la curva parametrizada α(t) = (aebt cos t, aebt sen t), t ∈ R, a y b
constantes, a > 0, b < 0.
(a) Demostrar que cuando t → +∞, α(t) se aproxima al origen O,
girando en espiral al rededor de el (por eso, la traza de α es deno-
minada espiral logarıtmica; vease la figura).
(b) Demostrar que α′(t) → (0, 0) cuando t→ +∞ y que:
lımt→+∞
∫ t
t0
‖α′(t)‖dt
es finita, o sea, α tiene longitud de arco finita en [t0,+∞).
x
y
Solucion:
(a) Sabemos que lımt→+∞
ebt = 0 cuando b < 0 y como las funciones cos t
y sen t son acotadas podemos concluir que
lımt+∞
ebt cos t = lımt→+∞
ebt sen t = 0
por lo que lımt→+∞
α(t) = (0, 0).
Geometrıa 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
lımt→+∞
∫ t
t0
‖α′(t)‖dt = lımt→+∞
a
b
√b1 + 1(ebt − ebt0) = −a
b
√b2 + 1ebt0 ,
esto es, α tiene longitud de arco finita.
1.11. Sea α : I → R3 una curva diferenciacble y sea [a, b] ⊂ I un intervalo
cerrado. Para cada particion:
a = t0 < t1 < . . . < tn = b
de [a, b], considere la suma∑n
i=1 |α(ti) − α(ti−1)| = l(α, P ), donde P
representa la particion dada. La norma |P | de la particion se defini por:
|P | = max(ti − ti−1) , i = 1, · · · , n .
Geometricamente, l(α, P ) es la longitud de un polıgono inscrito en
α([a, b]) con vertices en α(ti) (ver la figura). La intension del ejerci-
cio es demostrar que la longitud del arco α([a, b])es, en cierto sentido,
un lımite de longitudes de polıgonos inscritos.
16 Capıtulo 1. Curvas
b
b
b b
b
bb
b
α(tn)
α(tn−1)
α(ti)
α(t0)
α(t1)α(t2)
α
Pruebese que dado un ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |P | < δ entonces:
∣∣∣∣∫ b
a
‖α′(t)‖dt− l(α, P )
∣∣∣∣ < ε .
Solucion: Por la definicion de integral, dado ε > 0, existe un δ1 > 0
tal que si |P | < δ1, entonces
∣∣∣∣(∫ b
a
‖α′(t)‖dt)−∑
(ti − ti−1)‖α′(ti)‖)<ε
2.
Por otro lado, como α′ es uniformemente continua en [a, b], dado ε > 0,
existe δ2 > 0 tal que su t, s ∈ [a, b] con |t− s| < δ2, entonces
‖α′(t)− α′(s)‖ < ε
2|a− b| .
Tomando δ = mınδ1, δ2, entonces si |P | < δ, obtenemos, utilizando el
teorema del valor medio para funciones en varias variables,
∣∣∣∑
‖α(ti−1)− α(ti)‖ −∑
(ti−1 − ti)‖α′(ti)‖∣∣∣
≤∣∣∣∣∑
(ti−1 − ti) supsi
‖α′(si)‖ −∑
(ti−1 − ti)‖α′(ti)‖∣∣∣∣
≤∣∣∣∣∑
(ti−1 − ti) supsi
‖α′(si)− α′(ti)‖∣∣∣∣ ≤
ε
2,
donde ti−1 ≤ si ≤ ti. La desigualda requerida se deduce de lo anterior.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 17
1.12. (a) Sea α : I → R3 una curva de clase C0: Utilicese la aproximacion po-
ligonal descrita en el ejercicio 1.9 para dar una definicion razonable
de longitud de arco para α.
(b) Una curva no rectificable. El siguiente ejemplo demuestra que, con
cualquier definicion razonable, la longitud de arco de una curva C0
es un intervalo cerrado podrıa no ser acotada. Sea α : [0, 1] → R2
dada por
α(t) =
(t, t sin(π/t)) si t 6= 0
(0, 0) si t = 0
Demostrar, geometricamente, que la longitud de arco de la porcion
de curva correspondiente a1
(n+ 1)≤ t ≤ 1
nes al menos 2/(n +
(1/2)). Utilıcese esto para establecer que la longitud de la curva en
el intervalo1
N≤ t ≤ 1 es mayor que 2
N∑
n=1
1
n+ 1, y por lo tanto,
tiende a infinito cuando N → ∞.
Solucion:
(a) Tomando una particion del intervalo I, P = t0, t1, ..., tk ⊂ I y
definimos la longitud de arco.
s(t) = lımk→∞
k∑
i=0
|α(ti)− α(ti−1)| .
(b) Para t sucesivamente igual a
2
2,2
3,2
4,2
5,2
6, . . . ,
2
n+ 1
y(t) = t sin(π/t) asume los valores
0,−2
3, 0,
2
5, 0,−2
7, 0, . . . , (−1)n
2
2n+ 1.
Por lo tanto, tomando la particion
P =
0,
2
k + 1,2
k, . . . ,
1
3,2
5,1
2
2
3, 1
18 Capıtulo 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
idiverge. Se concluye que
la longitud de arco no es acotada.
1.13. Sea α = α(t), t ∈ [a, b] una curva parametrizada de clase C1 con α(a) =
p, α(b) = q.
a) Pruebe que si ~v es un vector unitario, entonces
〈(q − p), ~v〉 =∫ b
a
〈α′(t), ~v〉dt ≤∫ b
a
‖α′(t)‖dt
b) Escogiendo ~v apropiado, deduzca que
‖α(a)− α(b)‖ ≤∫ b
a
‖α′(t)‖dt ,
esto es, la curva de menor longitud desde α(a) a α(b) es la lınea
recta que une estos puntos.
Solucion:
(a) Afirmamos que si f, g : [a, b] → Rn son de clase C1 entonces
∫ b
a
〈f ′(t), g(t)〉dt = 〈f(t), g(t)〉∣∣∣b
a−∫ b
a
〈f(t), g′(t)〉dt
Geometrıa 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 unitario de lo anterior
obtenemos∫ b
a
‖α′(t)‖dt ≥ 〈(q−p), ~v〉 = 〈(q − p), (q − p)〉‖q − p‖ = ‖q−p‖ = ‖α(a)−α(b)‖.
20 Capıtulo 1. Curvas
1.14. Supongase que α(I) ⊂ R2 y dotese de signo a κ como en el texto.
Transportese los vectores t(s) paralelamente ası mismos de forma que
los orıgenes de t(s) coinsidan con el origen de R2; los extremos de t(s)
describen entonces una curva parametrizada s → t(s) denominada la
indicatriz de tangentes de α. Sea θ(s) el angulo de e1 a t(s) en la orien-
tacion de R2. Demostrar (a) y (b); notese que estamos admitiendo que
κ 6= 0.
(a) La indicatriz de tangentes es una curva parametrizada regular.
(b)dt
ds=
(dθ
ds
)n, o sea, κ =
dθ
ds.
Solucion:
(a) Supongamos que, la indicatriz de tangentes es una curva parametri-
zada no regular, entonces existe s0 ∈ I tal que t(s0) = 0, entonces
t′(s0) = 0 ⇒ |α′′(s0)| = 0 ⇒ κ(s0) = 0
lo cual es una contradiccion, pues estamos asumiendo que κ 6= 0.
(b) Sabemos que θ(s) = angulo(e1, t(s)). Podemos suponer sin perdida
de generalidad que α : I → R2 es una curva parametrizada por
longitud de arco, es decir, ‖α′(t)‖ = 1.
Si dθ es el angulo entre t(s+ ε) y t(s) entonces
|t(s+ ε)− t(s)| = 2 sin
(1
2dθ
)∼= dθ .
Luego,
κ = |t′(s)| =
∣∣∣∣lımε→0
t(s+ ε)− t(s)
ε
∣∣∣∣ = lımε→0
|t(s+ ε)− t(s)||ε|
= lımε→0
2 sin(12dθ)
|ε| = lımε→0
dθ
|ε|
= lımε→0
angulo(e1, t(s+ ε))− angulo(e1, t(s))
ε
=dθ
ds.
Geometrıa 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 todavıa la conclusion de (a) si α no es regular?
Solucion:
(a) El vector velocidad α′(t), cuando es diferente de cero, determina
una recta tangente de la curva α en el punto α(t), a saber:
L = α(t) + rα′(t) : r ∈ R .
Sea x0 el punto fijo tal que x0 /∈ α(I), entonces para cada t ∈ I
existe r(t) ∈ R tal que
x0 = α(t) + r(t)α′(t) ,
derivando obtenemos
0 = α′(t) + r′(t)α′(t) + r(t)α′′(t) = (1 + r′(t))α′(t) + r(t)α′′(t) .
Haciendo el producto interno con α′′(t) se obtiene
0 = 〈(1 + r′(t))α′(t) + r(t)α′′(t), α′′(t)〉= (1 + r′(t))〈α′(t), α′′(t)〉+ r(t)〈α′′(t), α′′(t)〉= (1 + r′(t))〈α′(t), α′′(t)〉+ r(t)‖α′′(t)‖= (1 + r′(t))〈α′(t), α′′(t)〉+ r(t)κ(t)
= r(t)κ(t) ,
ya que si
‖α′(t)‖ = 1 ⇔ 〈α′(t), α′(t)〉 = 1 ⇔ 2〈α′′(t), α′(t)〉 = 0 ⇔ α′′(t) ⊥ α′(t) .
En resumen hemos obtenido que
r(t)κ(t) = 0, ∀t ∈ I .
Si r(t) = 0 entonces x0 = α(t) ∈ α(I) lo cual es una contradiccion.
Por lo tanto, κ(t) = 0 para todo t ∈ I y α es un segmento de recta.
22 Capıtulo 1. Curvas
(b) Si α no es regular en algun punto entonces en estos puntos no
esta bien definida una recta tangente.
1.16. Una traslacion por un vector v ∈ R3 es la aplicacion A : R3 → R3
dada por A(p) = p + v, p ∈ R3. Una aplicacion lineal ρ : R3 → R3 es
una transformacion ortogonal cuando 〈ρu, ρv〉 = 〈u, v〉, ∀ u, v ∈ R3. Un
movimiento rıgido en R3 es el resultado de componer una traslacion y
una transformacion ortogonal con determinante positivo.
(a) Demostrar que la norma de un vector y el angulo θ entre dos vec-
tores, 0 ≤ θ ≤ π, son invariantes frente a transformaciones ortogo-
nales con determinante positivo.
(b) Desmostrar que el producto vectorial de dos vectores es invarian-
te frente a transformaciones ortogonales con determinante positivo.
¿Es cierto aun la afirmacion si suprimimos la condicion determi-
nante positivo?
(c) Demuestrese que la longitud de arco de, la curvatura y la torsion
de una curva parametrizada (siempre que esten definidos) son in-
variantes frente a movimientos rıgidos.
Solucion:
(a) Sea ρ : R3 → R3 una transformacion ortogonal entonces:
‖ρu‖2 = 〈ρu, ρu〉 = 〈u, u〉 = ‖u‖2 ⇒ ‖ρu‖ = ‖u‖, ∀ u ∈ R3 .
Tenemos que si u, v ∈ R3 entonces
cos](u, v) =〈u, v〉‖u‖‖v‖ =
〈ρu, ρv〉‖ρu‖‖ρv‖ = cos](ρu, ρv) .
(b) Tenemos que
u× v = ‖u‖‖v‖ sin](u, v)z = ‖ρu‖‖ρv‖ sin](ρu, ρv)z = ρu× ρv
donde z es el vector que resulta de la regla de la mano derecha.
Consideremos ρ : R3 → R3 dada por ρ(x, y, z) = (−x, y, z) luego
〈ρx, ρy〉 = 〈(−x1, x2, x3), (−y1, y2, y3)〉= x1y1 + x2y2 + x3y3 = 〈x, y〉
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 23
y la representacion matricial de ρ en la base canonica de R3 es
[ρ] =
−1 0 0
0 1 0
0 0 1
⇒ det[ρ] = −1
pero
u× v 6= ρu× ρv .
(c) Consideremos ϕ : R3 → R3 dada por ϕ = ρ A un movimiento
rıgido. Sea P = t0, t1, ..., tn una particion de I ⊂ R entonces
l(α) = lım|P |→0
∑
P
‖α(ti)− α(ti−1)‖
= lım|P |→0
∑
P
‖(α(ti) + v)− (α(ti−1) + v)‖
= lım|P |→0
∑
P
‖A(αi)− A(α(ti−1))‖
= lım|P |→0
∑
P
‖ρ(A(αi)−A(α(ti−1)))‖
= lım|P |→0
∑
P
‖ρ(A(αi))− ρ(A(α(ti−1)))‖ = l(ϕ α) .
Notemos que
(A α)(t) = α(t) + v, (A α)′(t) = α′(t), (A α)′′(t) = α′′(t) .
Ademas
d
dt(ρ α) = ρ α′,
d2
dt2(ρ α) = ρ α′′ .
Entonces
κα(t) =|α′(t)× α′′(t)|
|α′(t)|3
=|(A α)′(t)× (A α)′′(t)|
|(A α)′(t)|3
=|ρ((A α)′(t))× ρ((A α)′′(t))|
|ρ((A α)′(t))|3
=| ddt(ρ A α)(t)× d2
dt2(ρ A α)(t)|
| ddt(ρ A α)(t)|3
=| ddt(ϕ α)(t)× d2
dt2(ϕ α)(t)|
| ddt(ϕ α)(t)|3 = κϕα(t) .
24 Capıtulo 1. Curvas
De manera similar se obtiene que
τϕα(t) = −
⟨ddt(ϕ α)× d2
dt2(ϕ α), d3
dt3(ϕ α)
⟩
∣∣ ddt(ϕ α)× d2
dt2(ϕ α)
∣∣2 = τα(t) .
1.17. Sea α : I → R2 una curva parametriza regular plana con curvatura
κ = κ(s) 6= 0. En esta situacion, la curva
β(s) = α(s) +1
κ(s)n(s) , t ∈ I
se denomina la evoluta de α.
b
bb
b
b
b
b
b
α
β
(a) Pruebe que la recta tangente a β(s) coincide con la recta normal a
α en α(s).
(b) Considere las rectas normales a α en puntos cercanos s1, s2, s1 6= s2.
Pruebe que cuando s2 → s1, los puntos de interseccion de dichas
normales converge a un punto sobre la curva β.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 25
Solucion:
(a) Supongamos que α esta parametrizada por arco, basta observar que
β ′(s) = t(s) +
(n(s)
κ(s)
)′
= t(s) +n′(s)κ(s)− n(s)κ′(s)
κ2(s)
= t(s) +−κ2(s)t(s)− n(s)κ′(s)
κ2(s)
= − κ′(s)
κ2(s)n(s) = r(s)n(s) .
Se deduce que la recta tangente a β coincide con la recta normal de
α.
(b) Observe primero que
‖β(s)− α(s)‖ =
∥∥∥∥n(s)
κ(s)
∥∥∥∥ =1
|κ(s)|las rectas normales en s1 y s2 son:
L1(r) = α(s1) + rn(s1), L2(p) = α(s2) + pn(s2) .
Los puntos de interseccion se obtendran si:
L1(r) = L2(p) ⇒ α(s2)− α(s1) = rn(s1)− pn(s2)
⇒ α(s2)− α(s1)
s2 − s1=rn(s1)− pn(s2)
s2 − s1.
Note que cuando s2 → s1 ⇒ r → p. Entonces
α′(s2) = lıms2→s1
α(s2)− α(s1)
s2 − s1= lım
s2→s1
rn(s1)− pn(s2)
s2 − s1= pn′(s2) .
Luego,
1 = 〈α′(s2), α′(s2)〉
= 〈α′(s2), pn′(s2)〉
= 〈α′(s2),−pκ(s2)α′(s2)〉= −pκ(s2)〈α′(s2), α
′(s2)〉 = −pκ(s2) .
Entonces κ(s2) = −1
p.
26 Capıtulo 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.
Solucion: Supongamos que α esta parametrizada por arcoparametro,
sabemos que la evoluta es dada por:
β(s) = α(s) +1
κ(s)n(s) .
Entonces
β ′(s) = t(s)− κ′(s)
κ2(s)n(s) +
1
κ(s)(−κ(s)t(s)) = − κ′(s)
κ2(s)n(s) .
Entonces, el largo de arco de la evoluta es
u(s) =
∫ s
s0
‖β ′(t)‖dt =∫ s
s0
κ′(t)
κ2(t)dt = − 1
κ(t)
∣∣∣∣s
s0
= u0 −1
κ(s)
donde u0 = 1/κ(s0) es una constante.
1.19. Demuestre que la evoluta del cicloide
α(t) = a(t− sin t, 1− cos t), 0 < t < 2π,
donde a > 0 es una constante, es
β(t) = a(t + sin t,−1 + cos t)
Solucion: Notemos que α′(t) = a(1− cos t, sin t), entonces
‖α′(t)‖ = a√
(1− cos t)2 + sin2 t
= a√
1− 2 cos t + cos2 t + sin2 t
= a√2− 2 cos t
= 2a
√1− cos t
2= 2a sin(t/2) .
Entonces el vector tangente unitario es:
t =α′(t)
‖α′(t)‖ =a(1− cos t, sin t)
2a sin(t/2)=
1
2
(1− cos(t)
sin(t/2),
sin t
sin(t/2)
)
=1
2
(2 sin2(t/2)
sin(t/2),2 sin(t/2) cos(t/2)
sin(t/2)
)= (sin(t/2), cos(t/2)) .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 27
Luego, el vector normal unitario es n = (− cos(t/2), sin(t/2)) y ademas
α′′(t) = a(sin t, cos t), entonces la curvatura es:
κ(t) =a2((1− cos t) cos t− sin2 t)
‖α′(t)‖3 =a2(cos t− cos2 t− sin2 t)
(2a sin(t/2))3
=a2(cos t− 1)
8a3 sin3(t/2)=
cos2(t/2)− sin2(t/2)− 1
8a sin3(t/2)=
−2 sin2(t/2)
8a sin3(t/2)
= − 1
4a sin(t/2).
Por lo tanto, la evoluta es:
β(t) = a(t− sin t, 1− cos t)− (4a sin(t/2))(− cos(t/2), sin(t/2))
= a(t + sin t,−1 + cos t) .
Observe que cuando reparametrizamos por t = t+π obtenemos la curva
a(t− sin t, 1− cos t) + a(−π,−2)
que es una traslacion de la curva α original.
1.20. La traza de la curva parametrizada
α(t) = (t, cosh t), t ∈ R ,
se denomina catenaria
(a) Demostrar que la curvatura con signo de la catenaria es κ(t) =1
cosh2 t.
(b) Demostrar que la evoluta de la catenaria es
β(t) = (t− sinh t cosh t, 2 cosh t) .
Solucion:
(a) Tenemos que
α′(t) = (1, sinh t), α′′(t) = (0, cosh t) .
Sabemos que si α : I → R2 es una curva plana con α(t) = (x(t), y(t))
entonces la curvatura con signo de α en t es
κ(t) =x′y′′ − x′′y′
((x′)2 + (y′)2)3/2.
28 Capıtulo 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 reparametrizacion de α(I)
por longitud de arco s = s(t), medida desde t0 ∈ I. Sea t = t(s) la
funcion inversa de s y defınansedα
dt= α′,
d2α
dt2= α′′, etc. Demostrar las
siguientes afirmaciones
(a)dt
ds=
1
‖α′‖ ,d2t
ds2= −〈α′, α′′〉
‖α′‖3 .
Geometrıa 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.
Solucion:
(a) Notemos que si β = α t entonces β ′(s) = α′(t(s))t′(s)
⇒ 1 = ‖β ′(s)‖ = ‖α′(t(s))t′(s)‖ = t′(s)‖α′(t(s))‖
⇒ dt
ds= t′(s) =
1
‖α′(t(s))‖ =1
‖α′‖ .
Entonces
d2t
ds2=
−d‖α′‖
dt‖α′‖2 =
−〈α′, α′′〉‖α′‖
‖α′‖2 = −〈α′, α′′〉‖α′‖3 .
(b) Tenemos que
β ′ = (α t)t′, β ′′ = (α′′ t)(t′)2 + (α′ t)t′′ .
Sabemos que
b(s) = t(s)× n(s) ,
κ(s)b(s) = t(s)× κ(s)n(s) ,
κ(s)b(s) = t(s)× t′(s) .
Entonces,
κ(s) = ‖β(s)× β ′′(s)‖= ‖(α′(t(s))t′(s) × α′′(t(s))(t′(s))2 + α′(t(s))t′′(s)‖= ‖(t′(s))3α′(t(s))× α′′(t(s))+ t′(s)t′′(s)α′(t(s))× α′(t(s))‖= (t′(s))3‖α′(t(s))× α′′(t(s))‖
=‖α′(t(s))× α′′(t(s))‖
‖α′(t(s))‖3 .
30 Capıtulo 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 ademas
β ′′1 (s) = (α′′
1(t(s)))(t′(s))2 + α′
1(t(s))t′′(s)
β ′′2 (s) = (α′′
2(t(s)))(t′(s))2 + α′
2(t(s))t′′(s)
Luego,
κ = (α′′2 t)(t‘)2 + (α′
2 t)t′′(α′1 t)t′
−(α′′1 t)(t‘)2 + (α′
1 t)t′′(α′2 t)t′
= α′′2(t(s))α
′1(t(s))− α′′
1(t(s))α′2(t(s))(t′(s))3
=α′′
2(t(s))α′1(t(s))− α′′
1(t(s))α′2(t(s))
(α′1(t(s)))
2 + (α′2(t(s)))
23/2 .
1.22. Probar que si α esta contenida en una esfera de radio r entonces su
curvatura satisface κ(s) ≥ 1/r.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 31
Solucion: Supongamos que α esta arcoparametrizada. Si α esta en
una esfera de centro en a y radio r entonces
‖α(s)− a‖2 = r2 .
Derivando esta ecuacion obtenemos:
〈t, α− a〉 = 0
volviendo a derivar y usando las ecuaciones de Frenet obtenemos
〈t′, α− a〉+ 〈t, t〉 = 0 ⇒ 〈κn, α− a〉+ ‖t‖2︸︷︷︸1
= 0 .
Entonces, κ〈n, α − a〉 = −1. Como κ ≥ 0 y usando la desigualdad de
Cauchy-Schwartz obtenemos
1 = |κ(s)| · |〈n(s), α(s)− a〉| ≤ |κ(s)| · ‖n(s)‖‖α(s)− a‖ = κ(s)r .
Por lo tanto, κ(s) ≥ 1/r.
1.23. Sean r > 0 y α : R → R2 una parametrizacion por longitud de arco tal
que el trazo de α esta contenida en el disco cerrado de centro el origen
y radio r, cuya curvatura cumple que
|κ(s)| ≤ 1
r.
para cada s ∈ R. Demostrar que la curva es un arco de circunferencia
de centro el origen y radio r.
Solucion: Denotamos por
Dr = z ∈ R2 : ‖z‖ ≤ r .
Afirmacion: Si κα(s0) <1
rentonces α(s) ⊆ R
2 \ Dr para todo 0 <
|s− s0| < δ.
En efecto, basta considerar la funcion
ϕ(s) = ‖α(s)− p ‖2
32 Capıtulo 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)〉 = 01
2ϕ ′′(s0) = 〈κ(s0)n(s0),−rn(s0)〉+ 1 = 1− rκ(s0) .
Note que ϕ ′′(s0) > 0 si κ(s0) < 1/r.
Entonces, el desarrollo de Taylor de ϕ en un entorno de s = s0 satisface
ϕ(s) = ϕ(s0) + ϕ ′(s0)(s− s0) + ϕ ′′(s0)(s− s0)
2
2+R
= r2 + (1− rκ(s0))(s− s0)
2
4+R > r2
para 0 < |s − s0| < δ, lo cual implica que α(s) ⊆ R2 \ Dr para todo
0 < |s− s0| < δ.
Ahora, por otro lado si α(s) ⊆ Dr entonces κ(s) ≥ 1/r y como |κ(s)| ≤1/r entonces necesariamente se tiene que |κ(s)| = 1/r lo cual implica
que α es una arco de circunferencia.
1.24. Pruebe que una condicion necesaria y suficiente para que una curva
α : I → R3 este sobre una esfera es que
τ
κ=
(κ′
κ2τ
)′.
Solucion:
⇒ Si α : I → R3 esta en una esfera de centro en a y radio r entonces
‖α− a‖2 = r2, es decir, 〈α− a, α− a〉 = r2 .
Derivando obtenemos
〈t, α− a〉 = 0 . (1.7)
Geometrıa 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 termino que es cero es debido a la ecuacion (1.7), derivando la ultima
igualdad obtenemos:
〈−τn, α − a〉+ 〈b, t〉︸︷︷︸0
=
(κ′
κ2τ
)′⇒ −τ〈n, α − a〉 =
(κ′
κ2τ
)′.
Reemplazando (3.8) en la ultima igualdad se obtiene lo pedido
τ
κ=
(κ′
κ2τ
)′.
⇐ Sean ρ = 1/κ y σ = 1/τ entonces nuestra hipotesis es equivalente
a:
ρ = −σ(ρ′σ)′ .
Usando esta informacion note que
(ρ2 + (ρ′σ)2)′ = 2ρρ′ + 2(ρ′σ)(ρ′σ)′ = 0 .
Luego, ρ2+(ρ′σ)2 es igual a una constante, digamos a r2. Consideremos
a = α+ ρn + ρ′σb, entonces
a′ = t + ρ′n + ρ(−κt + τb) + (ρ′σ)′b− ρ′σ(τn) = 0 .
34 Capıtulo 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.
Solucion: La ecuacion del plano normal en γ(t) es 〈y − γ, t〉 = 0.
Si a es el punto fijo, entonces
〈a− y, t〉 = 0 . (1.9)
Derivando y usando Frenet-Serret obtenemos
〈t, t〉+ 〈a− γ, t′〉 = 0 ⇒ ‖t‖2 + 〈a− γ, κn〉 = 0
⇒ 〈a− γ, n〉 = −1
κ. (1.10)
Derivando nuevamente y usando Frenet-Serret
〈t, n〉+ 〈a− γ, n′〉 = κ′
κ2⇒ 〈a− γ,−κt+ τb〉 = κ′
κ2
⇒ −κ〈a− γ, t〉+ τ〈a− γ, b〉 = κ′
κ2. (1.11)
Si (1.9) en (1.11) obtenemos 〈a − γ, b〉 =κ′
κ2τ, derivando y usando
Frenet-Serret
−τ〈γ − a, n〉 =(κ′
κ2τ
)′. (1.12)
Si (1.10) en (1.12) resulta
τ
κ=
(κ′
κ2τ
)
por problema anterior se tiene que γ esta contenida en una esfera.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 35
1.26. Demuestrese que el conocimiento de la funcion vectorial b = b(s), el
vector binormal, de una curva α, cuya torsion nunca es nula, determina
la curvatura κ(s) y el valor absoluto de la torsion τ(s) de α.
Solucion: Como se conoce b(s) , entonces se conoce b′(s) = −τ(s)n(s)lo que implica que |τ(s)| = ‖b′(s)‖. De lo anterior se deduce que salvo
el signo podemos determinar el vector tangente mediante
t(s) = n(s)× b(s)
como siempre κ(s) > 0 y usando la ecuacion de Frenet-Serret t′(s) =
κ(s) n(s) obtenemos que:
κ(s) = |κ(s)| = |κ(s)|‖n(s)‖ = ‖κ(s) n(s)‖ = ‖t′(s)‖ .
1.27. Sea α(s) una curva en R3 con arco-parametro y torsion constante τ . Si
Tα, Nα, Bα es su triedro movil se define una nueva curva por
β(t) = −1
τNα(t) +
∫ t
0
Bα(s)ds .
Calcular la curvatura y la torsion de β.
Solucion: Derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-
nemos
β ′ = −1
τN ′α +Bα = −1
τ(−κTα + τBα) +Bα =
κ
τTα
β ′′ =κ′
τTα +
κ2
τNα
β ′′′ =κ′′
τTα +
κκ′
τNα +
2κ′κ
τNα −
κ3
τTα + κ2Bα
=κ′′ − κ3
τTα +
3κκ′
τNα + κ2Bα
entonces
β ′ × β ′′ =κ3
τ 2Bα , ‖β ′‖3 = κ3
τ 3⇒ κβ =
‖β ′ × β ′′‖‖β ′‖3 = τ
y ası
〈β ′ × β ′′, β ′′′〉 = κ5
τ 2⇒ τβ =
〈β ′ × β ′′, β ′′′〉‖β ′ × β ′′‖2 =
τ 2
κ.
36 Capıtulo 1. Curvas
1.28. Sea κ : I → R la funcion curvatura de la parametrizacion por longitud
de arco α. Probar la igualdad:
〈α′(s), α′′′′(s)〉 = −3κ(s)κ′(s)
Solucion: Usaremos las ecuaciones de Frenet-Serret y una especie de
derivada por partes para el producto interno.
〈α′, α′′′′〉 =d
ds〈α′, α′′′〉 − 〈α′′, α′′′〉
=d
ds〈t, t′′〉 − 〈t′, t′′〉
=d
ds〈t, (κn)′〉 − 〈κn, (κn)′〉
=d
ds〈t, κ′n+ κn′〉 − 〈κn, κ′n+ κn′〉
=d
dsκ′ 〈t, n〉︸ ︷︷ ︸
0
+κ〈t, n′〉 − κκ′ 〈n, n〉︸ ︷︷ ︸1
+κ〈n, n′〉
=d
dsκ〈t,−κt + τb〉 − κκ′ + κ〈n,−κt + τb〉
=d
ds−κ2 〈t, t〉︸︷︷︸
1
+τ 〈t, b〉︸︷︷︸0
− κκ′ − κ2 〈n, t〉︸ ︷︷ ︸0
+τ 〈n, b〉︸ ︷︷ ︸0
=d
ds−κ2 − κκ′ = −2κκ′ − κκ′ = −3κκ′ .
1.29. Encontrar todas las funciones f(t) tales que
α(t) = (cos t, sen t, f(t))
sea una curva plana.
Solucion: Sabemos que la curvatura de una curva α : [a, b] → R3
esta dada por
τ(t) = −〈(α′ × α′′), α′′′〉‖α′ × α′′‖2
ademas, una curva es plana si y solo si τ(t) = 0 para todo t ∈ [a, b].
Geometrıa 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.
Solucion: Consideremos ϕ(s) =
∫ s
0
κ(u)du y
γ(s) =
(∫ s
0
cosϕ(t)dt,
∫ s
0
senϕ(t)dt
)
entonces t(s) = (cosϕ(s), senϕ(s)) y n(s) = (− senϕ(s), cosϕ(s)). Se
verifica que
γ′′(s) = ϕ′(s)(− senϕ(s), cosϕ(s)) = κ(s) n(s) .
Calculando obtenemos que
ϕ(s) =
∫ s
0
u−1/2du = 2√u .
Por lo tanto,
γ(s) =
(∫ s
0
cos(2√t)dt,
∫ s
0
sen(2√t)dt
)
= (cos(2√s) + 2
√s sen(s
√2), sen(2
√s)− 2
√s cos(2
√s)) + (1, 0) .
1.31. Considere la curva
α(s) =
(a cos
(s√
a2 + b2
), a sin
(s√
a2 + b2
), b
s√a2 + b2
).
Hallar la curvatura y la torsion.
Solucion: Denotemos por ω =1√
a2 + b2, entonces
α′(s) = (−aω sinωs, aω cosωs, ωb)
38 Capıtulo 1. Curvas
Note que ‖α′(s)‖ = 1 entonces t = α′(s) y
t′ = (−aω2 cosωs,−aω2 sinωs, 0) = κ(s) n(s)
La ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret, se sigue
que κ(s) = aω2 y n = (− cosωs,− sinωs, 0). Sabemos que el vector
binormal es dado por
b(s) = t× n = (bω sinωs,−bω cosωs, aω)
Entonces,
b′(s) = (bω2 cosωs, bω2 sinωs, 0) = τ(s) n(s)
La ultima igualdad se debe a las ecuaciones de Frenet-Serret. Por lo
tanto, τ(s) = −bω2.
1.32. Sea α una curva cuyas funciones curvatura y torsion no se anulan. Se
dice que es una helice de eje el vector unitario ω y angulo θ si los vectores
tangentes a α forman un angulo θ con ω.
(a) Probar que en tal caso el vector ω es combinacion lineal de t y b;
calcular los coeficientes de dicha combinacion lineal.
(b) Probar que α es una helice si y solo si el cociente κ/τ es una funcion
constante.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 39
Solucion:
(a) Se tiene que
〈t, ω〉 = cos θ = constante
entonces derivando y usando las ecuaciones de Frenet-Serret obte-
nemos
0 = 〈t′, ω〉 = 〈κn, ω〉 = κ〈n, ω〉 ⇒ 〈n, ω〉 = 0
lo que implica que ω = αt+ βb y luego
〈n, ω〉 = cos θ ⇔ 〈t, αt〉+ 〈t, βb〉 = cos θ
⇒ α ‖t‖2︸︷︷︸1
+β 〈t, b〉︸︷︷︸0
= cos θ ⇒ α = cos θ
por otro lado, tenemos que
1 = ‖ω‖2 = 〈αt+βb, αt+βb〉 = α2‖t‖2+β2‖b‖2 = α2+β2 ⇒ β = sen θ.
Por lo tanto, ω = cos θt + sen θb.
(b) Si α es helice entonces ω = cos θt + sen θb entonces derivando y
usando las ecuaciones de Frenet-Serret obtenemos
0 = cos θt′ + sen θb′ = κn cos θ − τn sen θ .
Luego, haciendo el producto punto del vector normal con el vector
cero obtenemos
0 = 〈n, 0〉 = 〈n, κn cos θ − τn sen θ〉= κ cos θ‖n‖2 − τ sen θ‖n‖2
entoncesκ
τ= tan θ =constante.
Recıprocamente, siκ
τ= constante = tan θ =
sen θ
cos θentonces
0 = κ cos θ − τ sen θ
= κ cos θ〈n, n〉 − τ sen θ〈n, n〉= 〈κn cos θ − τn sen θ, n〉= 〈(t cos θ + b sen θ)′, n〉
40 Capıtulo 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 angulo entre t(s) y α(s) es θ (fijo). Demuestre
(a) Si θ = 0 entonces la traza de α esta contenida en una recta.
(b) Si θ = π2, entonces la traza de α esta contenido en un cırculo.
(c) Si 0 < θ < π2, entonces la traza de α esta contenido en una espiral
logarıtmica.
Solucion:
(a) Sabemos que cos θ =〈t, α〉‖t‖‖α‖ . Si θ = 0 entonces
〈t, α〉‖t‖‖α‖ = 1. Se
concluye que α = rt con r 6= 0, derivando obtenemos
t = r′t + rt′ = r′t + rκn .
Haciendo el producto interno con n
0 = 〈t, n〉 = r′〈t, n〉+ rκ〈n, n〉 = rκ⇒ κ ≡ 0 .
(b) Si θ =π
2entonces
〈t, α〉‖t‖‖α‖ = 0, se concluye que α = rn con r 6= 0.
Derivando obtenemos
t = r′n+ rn′ = r′n− κrt .
Haciendo el producto interno con n obtenemos
0 = 〈t, n〉 = r′〈n, n〉 − κr〈t, n〉 = r′ .
Luego, r debe ser constante. Haciendo el producto interno de t
contra si mismo, obtenemos
1 = 〈t, t〉 = ‖κrt‖2 = (κr)2 ⇒ κ = ±1
r.
Geometrıa Diferencial - 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 ademas κr = − sin θ.
Por lo tanto,
κ = − 1
s · cotan θ .
1.34. Pruebe que∫ 2π
0
√a2 sin2 t+ b2 cos2 t dt ≥ 2π
√ab, a, b ∈ R
+
con igualdad si y solo si a = b.
Solucion: Usamos la desigualdad isoperimetrica aplicada a la curva
α(t) = (a cos t, b sin t)
que es una parametrizacion de la elipse. El area encerrada por la curva
α(t) = (x(t), y(t)) es dada por:
A(α) =1
2
∫ 2π
0
(xy′ − x′y)dt
=1
2
∫ 2π
0
((a cos t)(b cos t)− (−a sin t)(b sin t))dt
=1
2
∫ 2π
0
(ab cos2 t+ ab sin2 t)dt = abπ .
El largo de la curva es
l =
∫ 2π
0
‖α′(t)‖dt =∫ 2π
0
√(−a sin t)2 + (b cos t)2dt
=
∫ 2π
0
√a2 sin2 t+ b2 cos2 t dt .
42 Capıtulo 1. Curvas
Por la desigualdad isoperimetrica tenemos que 2√πA ≤ l entonces
l =
∫ 2π
0
√a2 sin2 t + b2 cos2 tdt ≤ 2
√ππab = 2π
√ab .
1.35. ¿Existe alguna curva cerrada simple en el plano de longitud igual a 6
metros y delimitando un area de 3 metros cuadrados?
Solucion: Basta usar la desigualdad isoperimetrica. Sabemos que si
α es una curva cerrada, simple y plana de longitud l, y sea A el area de
la region encerrada por α entonces
A ≤ l2
4π.
Tenemos quel2
4π=
36m2
4π=
9
πm2 < 3m2 = A
lo cual contradice la desigualdad isoperimetrica.
1.36. Sean A,B puntos del plano a distancia menor que l, y sea γ una curva
simple de A a B de largo l aun lado de la recta por A,B. Probar que
el area mayor que encierra la curva cerrada γ ∪ AB se tiene cuando γ
es un arco de cırculo por A,B.
Solucion: Sea S1 un cırculo que admite el segmento AB como cuerda,
de arcos α, β determinados por los puntos A y B, como en la figura con
la longitud de β igual a l.
A B
γ
A B
γ
β
α
Tomando la curva formada por α y γ la cual es cerrada y C1 a trozos.
Fijando la curva α y haciendo variar γ en la familia de todas las curvas
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 43
que con longitud l, unen A y B. En virtud de la desigualdad isoperi-
metrica para curvas C1 a trozos, la curva de la familia que delimita un
area maxima es S1, como α esta fijo, el arco β es la solucion al problema.
1.37. Calcule la curvatura de la elipse x = a cos t, y = b sin t, t ∈ [a, b] y a 6= b.
Muestre que tiene exactamente 4 vertices, encuentrelos.
Solucion: Tenemos que α(t) = (a cos t, b sin t) y sabemos que κ(t) =x′y′′ − x′′y′
((x′)2 + (y‘)2)3/2. En particular, x′(t) = −a sin t, x′′(t) = −a cos t,
y′(t) = b cos t y y′′(t) = −b sin t. Entonces
κ(t) =(−a sin t)(−b sin t)− (−a cos t)(b cos t)
(a2 sin2 t+ b2 cos2 t)3/2=
ab
(a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2.
Luego
κ′(t) =3ab sin t cos t(b2 − a2)
(a2 sin2 t+ b2 cos2 t)3/2.
Por otro lado, t ∈ [0, 2π] es vertice si κ′(t) = 0, es decir, si 3ab sin t cos t =
0 ⇔ sin t cos t = 0 entonces t ∈0, π
2, π, 3
2π, 2π
donde
α(0) = α(2π) = (a, 0) α(π2
)= (0, b)
α(π) = (−a, 0) α(32π)= (0,−b)
son los vertices de la elipse. Note que la curva cumple las hipotesis del
teorema de los cuatro vertices, luego ella necesariamente tiene al menos
cuatro vertices.
1.38. Considere la curva α(t) = (t, t2), t ∈ R. Probar que la curvatura de
α nunca se anula y calcular el numero de vertices. ¿Contradice esto el
teorema de los cuatro vertices?
Solucion: Tenemos que α′(t) = (1, 2t) y α′′(t) = (0, 2) entonces
κ(t) =2
(1 + 4t2)3/2y κ′(t) = − 24t
(1 + 4t2)5/2
luego la curvatura nunca se anula y α posee un solo vertice en t = 0.
Esto no contradice el Teorema de los cuatro vertices debido a que α no
es una curva cerrada.
44 Capıtulo 1. Curvas
1.39. Pruebe que la curva α : [0, 2π) → R2
α(t) = ((1 + 2 cos t) cos t, (1 + 2 cos t) sin t)
tiene solo dos vertices. ¿No contradice esto el teorema de los cuatro
vertices?
Solucion: Tenemos que
α′(t) = (− sin t− 2 sin 2t, cos t+ 2 cos 2t) = (x′(t), y′(t))
α′′(t) = (− cos t− 4 cos 2t,− sin t− 4 sin 2t) = (x′′(t), y′′(t))
entonces ‖α′(t)‖ =√5 + 4 cos t.
Luego,
x′y′′ = (− sin t− 2 sin 2t)(− sin t− 4 sin 2t)
= sin2 t+ 8 sin2 2t+ 6 sin t sin 2t ,
x′′y′ = (− cos t− 4 cos 2t)(cos t + 2 cos 2t)
= − cos2 t− 8 cos2 2t− 6 cos t cos 2t .
Entonces la curvatura de la curva es:
κ(t) =9 + 6(cos t cos 2t+ sin t sin 2t)
(5 + 4 cos t)3/2
=9 + 6(cos t(cos2 t− sin2 t) + 2 sin2 t cos t)
(5 + 4 cos t)3/2=
9 + 6 cos t
(5 + 4 cos t)3/2
con derivada
κ′(t) =12 sin t(2 + cos t)
(5 + 4 cos t)3/2
la cual es cero solo en los puntos t = 0 y t = π, es decir, tiene dos
vertices. Esto no contradice el teorema de los cuatro vertices pues la
curva no es simple, como se aprecia en la siguiente figura.
Geometrıa 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)| = lımd→0
2h
d2.
Solucion: Parametricemos γ por longitud de arco y consideremos un
sistema de coordenadas tal que el centro este en p y los ejes del sistema
de coordenadas esten en la direccion de los vectores tangente y normal
a la curva γ en el punto p. Sea γ(s) = (x(s), y(s)) nuestra parame-
trizacion. Hacemos desarrollo de Taylor para una vecindad del punto
0.
γ(s) = γ(0) + γ′(0)s+ γ′′(0)s2
2+R
donde lıms→0
R
s2= 0. Denotamos por κ la curvatura de γ en el punto p.
b
p
γd
h l
L
Notemos que,
γ′(0) = t(0) = (1, 0), γ′′(0) = κn(0) = κ(0, 1)
con esta informacion, podemos deducir que
x(s) = s+Rx, y(s) = κs2
2+Ry
donde R = (Rx, Ry), entonces
|κ(p)| = lıms→0
2|y(s)|s2
+2Ry
s2
= lım
s→0
2|y(s)|s2
+ 2 lıms→0
Ry
s2= lım
d→0
2h
d2.
46 Capıtulo 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.
Solucion: Sean O el centro del disco de radio r y p el punto sobre
la curva γ a mayor distancia de O. Consideremos el cırculo de radio
|p − O| = r′ y centro O, entonces γ esta contenida en la region que
encierra el cırculo de radio r′ y centro O. Consideremos un nuevo sistema
de coordenadas cuyo origen coincida con el punto p y cuyos ejes esten
en la direccion del vector tangente y normal a la curva γ en el punto p.
b
b
b
p
O
r′(x(t),y(t))
(x(t),z(t))
Luego, si γ(t) = (x(t), y(t)), sea β(t) = (x(t), z(t)) una parametrizacion
del cırculo de radio r′ y centro O. Debido a que la curva esta contenida
en la region que encierra el cırculo se tiene que:
|z(t)| ≤ |y(t)| .
Usando la formula del problema anterior para curvatura obtenemos
|κ(p)| = lıms→0
2|y(s)|s2
≥ lıms→0
2|z(s)|s2
= |κβ(p)| =1
r′≥ 1
r.
1.42. Si una curva cerrada y plana C esta contenida dentro de un cırculo de
radio r, demostrar que existe un punto p ∈ C tal que la curvatura κ de
C en p satisface |κ| ≥ 1/r.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 47
Solucion: Sea O el centro del disco en cuestion de radio r. Reduzca
el radio del cırculo hasta la primera vez en que el cırculo toque a la
curva. Entonces, sea r′ el radio hallado con r′ ≤ r y α(t0) el punto de
interseccion. Note que estamos en las mismas condiciones del problema
anterior, entonces
|κ(t0)| ≥1
r′≥ 1
r.
1.43. Sea α(s), s ∈ [0, l] una curva cerrada, convexa y plana, orientada posi-
tivamente. La curva
β(s) = α(s)− rn(s) ,
donde r es una constante positiva y n es el vector normal, se denomina
una curva paralela a α. Demostrar que
(a) `(β) = `(α) + 2π.
(b) A(β) = A(α) + rl + πr2.
(c) κβ(s) =κα(s)
(1 + rκα(s)).
Solucion:
(a) Notemos que
β ′(s) = t(s)− rn′(s)
= t(s)− r(−κα(s)t(s) + τ(s)b(s))
= (1 + rκα(s))t(s) .
Entonces
‖β ′(s)‖ = |1 + rκα(s)|‖t(s)‖ = 1 + rκα(s) .
Usando el teorema de rotacion de tangentes
`(β) =
∫ l
0
‖β ′(s)‖ds =∫ l
0
ds+ r
∫ l
0
κα(s)ds
= l + r(θ(s)− θ(0)) = l + 2πr .
48 Capıtulo 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 calculo del area usamos la formula
A(β) =1
2
∫
β
(uv′ − vu′)ds .
Usando la relacion (1) vemos que
uv′ = (1+ rκα)xy′ + r(1 + rκα)(y
′)2 = xy′ − rxx′′ + r(1 + rκα)(y′)2
y
vu′ = (1+ rκα)yx′ − r(1 + rκα)(x
′)2 = yx′ + ryy′′ − r(1 + rκα)(x′)2
de donde
uv′ − vu′ = xy′ − yx′ − r(xx′′ + yy′′) + r(1 + rκα) .
Para evaluar la integral necesitamos hallar
∫ l
0
xx′′ ds = xx′(l)− xx′(0)−∫ l
0
(x′)2ds = −∫ l
0
(x′)2ds .
De manera similar
∫ l
0
yy′′ ds = yy′(l)− yy′(0)−∫ l
0
(y′)2ds = −∫ l
0
(y′)2ds
con lo que obtenemos
∫ l
0
(xx′′ + yy′′)ds = −l
y como ∫ l
0
κα(s)ds = 2π .
Geometrıa 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+
2πr2
2= A(α) + rl + πr2 .
(c) Utilizaremos la formula para curvatura para curvas planas. Supon-
gamos que α esta parametrizada por longitud de arco, entonces
β ′(s) = t(s) + rκα(s)t(s) = t(s)(1 + rκα(s)) .
Entonces
((β ′1(s))
2+(β ′2(s))
2)3/2 = ‖β ′(s)‖3 = ‖t(s)‖3(1+rκα(s))3 = (1+rκα(s))3.
Sabemos que si α(s) = (α1(s), α2(s)) entonces n(s) = (−α′2(s), α
′1(s)).
Por otro lado se tiene que
β ′′(s) = α′′(s)− rn′′(s)
= α′′(s)− r(−κα(s)t(s))′
= α′′(s) + rκ′α(s)t(s) + rκα(s)t′(s)
= α′′(s) + rκ′α(s)t(s) + κ2α(s)n(s) .
Luego,
β ′1β
′′2 − β ′′
1β′2 = α1(1 + rκα)α′′
2 + r[κ′αα′2 + κ2αα
′1]
−α2(1 + rκα)α′′1 + r[κ′αα
′1 − κ2αα
′2]
= (1 + rκα)α′1α
′′2 + rκ′αα
′2α
′1 + rκ2α(α
′1)
2 − α′2α
′′1
−rκ′αα′1α
′2 + rκ2α(α
′2)
2= (1 + rκα)α′
1α′′2 − α′
2α′′1 + rκ2α((α
′1)
2 + (α′2)
2)= (1 + rκα)α′
1α′′2 − α′
2α′′1 + rκ2α
= (1 + rκα)κα + rκ2α= (1 + rκα)
2κα .
50 Capıtulo 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 solo si en
ella la expresion
fxxf2y − 2fxyfxfy + fyyf
2x
no cambia de signo.
(ii) Determine la curvatura de la curva de nivel f(x, y) = c en un
punto donde se sabe que fxx = 2, fxy = −3, fyy = 1, fx = −1,
fy = 1, tomando la normal en la direccion del gradiente de f .
Solucion:
(i) Sabemos que κ(s) no cambia de signo si y solo si θ(s) =∫ s0κ(s)ds
es una funcion creciente, ya que θ′(s) = κ(s). Luego, la curva
γ asociada a la curvatura κ es una curva convexa si y solo si κ
no cambia de signo. Por otro lado, por el teorema de la funcion
implıcita, existe g : R → R tal que
f(x, g(x)) = c
y la curva de nivel f(x, y) = c puede ser parametrizada mediante
γ(t) = (t, g(t))
donde g es diferenciable, siempre que f 2x + f 2
y 6= 0. Derivando la
igualdad f(x, y) = c obtenemos
fx + fyg′ = 0 . (1.14)
Luego,
g′ = −fxfy. (1.15)
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 51
Derivando (1.14) y reemplazando (1.15) obtenemos
fxx + fxyg′ + fyx + fyyg
′g′ + fyg′′ = 0
⇒ fxx −fxyfxf y
− fyxfxfy
+fyyf
2x
f 2y
+ fyg′′ = 0
⇒ g′′ =fxxf
2y − 2fxyfxfy + fyyf
2x
f 3y
.
Usando la formula para curvatura de curvas planas γ(t) = (x(t), y(t))
dada por
κ(t) =x′y′′ − x′′y′
((x′)2 + (y′)2)3/2.
Obtenemos
κ(x, y) =g′′(x)
(1 + (g′(x)2)3/2⇒ κ(x, y) =
fxxf2y − 2fxyfxfy + fyyf
2x
(f 2x + f 2
y )3/2
.
Entonces, si fxxf2y − 2fxyfxfy + fyyf
2x no cambia de signo si y solo
si κ(x, y) no cambia de signo si y solo si la curva f(x, y) = c es
convexa.
(ii) Usando la formula obtenida, se obtiene
κ(x, y) =2 · 1 + 2(−3)(−1) · 1 + 1 · (−1)2
((−1)2 + (1)2)3/2= − 3
2√2.
1.45. Sea γ(t) una curva cerrada simple de largo l con curvatura 0 < κ(t) ≤ c.
Probar que
l ≥ 2π
c.
Interprete.
Solucion: Al ser γ(t) una curva cerrada simple tiene ındice de rota-
cion 1, entonces
∫ l
0
κ(s)ds = θ(l)− θ(0) = 2π .
Por otro lado, como κ(t) ≤ c obtenemos
2π =
∫ l
0
κ(s)ds ≤ c
∫ l
0
ds = cl .
52 Capıtulo 1. Curvas
Por lo tanto, l ≥ 2π
c. Observe que un cırculo de radio 1/c tiene curvatura
κ0 = c y el largo de este circulo es l0 =2πc. Cualquier curva de curvatura
menor a c tiene mayor largo que un cırculo de radio 1/c.
Capıtulo 2
Superficies
Definicion 2.1.
Un subconjunto S ⊂ R3 es una superficie si, para todo punto p ∈ S, existe
un conjunto abierto U ⊂ R2 y un conjunto abierto W ⊂ R
3 conteniendo al
punto p tal que W ∩ S es homeomorfo a U .
z
y
x
u
v
b
b
(u, v)
U
pW ∩ S
ϕ
W
S
Definicion 2.2.
Una superficie parametrizada σ : U → R3 es llamada regular si es diferen-
ciable y los vectores σu y σv son linealmente independientes para todo punto
(u, v) ∈ U . Equivalentemente, que σ sea diferenciable y el producto cruz
σu × σv es nunca cero para todo punto de U .
53
54 Capıtulo 2. Superficies
Definicion 2.3.
Dada una aplicacion diferenciable F : U ⊂ Rn → Rm definida sobre un
conjunto abierto U de Rn decimos que p ∈ U es un punto crıtico de F si
la diferencial dFp : Rn → Rm no es un aplicacion sobreyectiva. La imagen
F (p) ∈ Rm de un punto crıtico se denomina un valor crıtico de F . Un punto
de Rm que no es un valor crıtico de f se llama valor regular de F .
Si f : U ⊂ R3 → R es una funcion diferenciable, decir que dfp no es
sobreyectiva es equivalente a que fx = fy = fz = 0 en p. De aquı, a ∈ f(U)
es un valor regular de f : U ⊂ R3 → R si y solo si fx, fy y fz no se anulan
simultaneamente en cualquier punto de la imagen inversa de a
f−1(a) = (x, y, z) ∈ U | f(x, y, z) = a .
Teorema 2.1.
Si f : U ⊂ R3 → R es una funcion diferenciable y a ∈ f(U) es un valor
regular de f , entonces f−1(a) es una superficie regular de R3.
Definicion 2.4.
El espacio tangente a un punto p de una superficie S, denotado por TpS, es
el conjunto de vectores tangentes al punto p de todas las curvas en S que
pasan por p.
2.1. La Primera Forma Fundamental
Si γ = σ(u(t), v(t)) es una curva en una superficie parametrizada σ, luego
el largo de arco partiendo de un punto γ(t0) es dado por
s =
∫ t
t0
‖γ′(u)‖du .
Por la regla de la cadena, γ′ = σuu′ + σvv
′ entonces
‖γ′‖2 = E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2 (2.1)
donde
E = ‖σu‖2 , F = 〈σu, σv〉 , G = ‖σv‖2 . (2.2)
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 55
La forma cuadratica definida por la ecuacion (2.1) se denomina la primera
forma fundamental de la superficie y las funciones definidas en (2.2) son
llamados los coeficientes de la primera forma fundamental.
Proposicion 2.1.
‖σu × σv‖ =√EF −G2 .
Definicion 2.5.
El area Aσ(R) del sector σ(R) de una superficie parametrizada σ : U → R3
correspondiente a la region R ⊆ U es
Aσ(R) =
∫∫
R
‖σu × σv‖dudv .
2.2. La Segunda Forma Fundamental
Dada una parametrizacion σ : U ⊂ R2 → S de una superficie regular S
en un punto p ∈ S, podemos elegir un vector unitario normal en cada punto
de σ(U) mediante
~N =σu × σv
‖σu × σv‖.
La siguiente expresion
e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 (2.3)
es llamada la segunda forma fundamental de σ en donde
e = 〈 ~N, σuu〉 , f = 〈 ~N, σuv〉 , g = 〈 ~N, σvv〉
son llamados coeficientes de la segunda forma fundamental.
2.3. Problemas Resueltos
2.1. Demuestre que el cilindro circular S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1 es
una superficie regular.
56 Capıtulo 2. Superficies
Solucion: Consideremos
U = (x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y2 < π2
r =√x2 + y2 y sea ϕ : U → R3 definida por
ϕ(x, y) =(xr,y
r, tan
(r − π
2
)).
Note que las funciones coordenadas de ϕ son diferenciables y es claro
que ϕ es inyectiva.
2.2. Demuestre que el paraboloide hiperbolico
S = (x, y, z) ∈ R3 : z = x2 − y2
es una superficie regular.
Solucion: Consideremos la siguiente aplicacion χ : U ⊂ R2 → R
3
definida por
χ(u, v) = (u, v, u2 − v2) .
2.3. Demuestre que el elipsoide
S =
(x, y, z) ∈ R
3 :x2
a2+y2
b2+z2
c2= 1
es una superficie regular.
Solucion: Consideremos la aplicacion φ : U ⊂ R2 → R3 definida por
φ(u, v) = (a sin u cos v, b sin u sin v, c cosu)
donde U = (u, v) ∈ R2 : 0 < u < π, 0 < v < 2π.
2.4. Demuestre que S ⊂ R3 el conjunto que se obtiene al rotar una curva
regular α : [a, b] → R2 con
α(t) = (f(t), g(t))
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 57
alrededor de un eje en el plano de la curva que no incide con esta, es
un superficie regular.
Solucion: Considere la parametrizacion ψ : U ⊂ R2 → R
3 dada por
ψ(u, v) = (f(v) cosu, f(v) sinu, g(v))
donde U = (u, v) ∈ R2 : 0 < u < 2π, a < v < b.
2.5. Demuestre que, si f(x, y) es una funcion diferenciable, su grafico
Graf(f) = (x, y, z) ∈ R3 : z = f(x, y)
es una superficie diferenciable.
Solucion: Basta considerar la parametrizacion F : U ⊂ R2 → R3
dada por
F (u, v) = (u, v, f(u, v)) .
2.6. Demuestre que el toro
T = (x, y, z) ∈ R3 : (x2 + y2 + z2 + a2 − r2)2 = 4a2(x2 + y2)
es una superficie regular.
Solucion: Consideremos ϕ : U → R3 definida por
ϕ(u, v) = ((r cosu+ a) cos v, (r cosu+ a) sin v, r sin u)
donde U = (u, v) ∈ R2 : 0 < u, v < 2π, la cual es una funcion
diferenciable.
2.7. El hiperboloide de una hoja es
S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1
Demuestre que para todo θ la curva
(x− z) cos θ = (1− y) sin θ,
(x+ z) sin θ = (1 + y) cos θ
58 Capıtulo 2. Superficies
esta contenida en S, y que todo punto del hiperboloide esta sobre una
de estas lıneas. Deduzca que S puede ser cubierta por solo una parame-
trizacion y por lo tanto es una superficie.
Solucion: Multiplicando ambas ecuaciones obtenemos
(x2 − z2) sin θ cos θ = (1− y2) sen θ cos θ .
Si sin θ 6= 0 y cos θ 6= 0 se tiene que
x2 − z2 = 1− y2 ⇒ x2 + y2 − z2 = 1 .
Note que si sin θ = 0 ⇒ x = z, y = −1 y si cos θ = 0 ⇒ y = 1, x = −z.La lınea dada Lθ pasa por (− sin 2θ, cos 2θ, 1) se sigue que conseguimos
todas las lıneas tomando 0 ≤ θ ≤ π. Sea (x, y, z) ∈ S, si x 6= z, considere
θ tal que
cot θ =(1− y)
(x− z)
entonces (x, y, z) ∈ Lθ. Similarmente si x 6= −z. Los unicos casos res-
tantes son los puntos (0, 0,±1) que estan sobre las lıneas Lπ/2 y L0.
S
Lθ
x2 + y2 − z2 = 1
Sea S1 el circulo unitario x2 + y2 = 1 en el plano xy, y sea α(s) una
parametrizacion de S1 por arcoparametro. Para cada s, sea w(s) =
α′(s) + e3, donde e3 es el vector unitario del eje z. Entonces considere
ϕ : U → R3 dada por
ϕ(s, t) = α(s) + t(α′(s) + e3) = (cos s− t sin s, sin s + t cos s, t)
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 59
donde U = (s, t) ∈ R2 |0 < s < π y note que x2+y2−z2 = 1+t2−t2 =1. Esto demuestra que la traza de ϕ esta en el hiperboloide de una hoja.
2.8. Hallar la ecuacion del plano tangente de las siguientes superficies para-
metrizadas en el punto indicado
a) ϕ(u, v) = (u, v, u2 − v2) en el punto (1, 1, 0).
b) ϕ(r, θ) = (r cosh θ, r sinh θ, r2) en el punto (1, 0, 1)
Solucion:
a) Notemos que ϕ(1, 1) = (1, 1, 0) y
ϕu = (1, 0, 2u)∣∣(1,1)
= (1, 0, 2)
ϕv = (0, 1,−2v)∣∣(1,1)
= (0, 1,−2)
⇒ ϕu × ϕv = (−2, 2, 1) .
Por lo tanto, el plano tangente es:
−2x+ 2y + z = 0 .
b) Notemos que ϕ(1, 0) = (1, 0, 1) y
ϕr = (cosh θ, sinh θ, 2r)∣∣(1,0)
= (1, 0, 2)
ϕθ = (r sinh θ, r cosh θ, 0)∣∣(1,0)
= (0, 1, 0)
⇒ ϕr×ϕθ = (−2, 0, 1).
Por lo tanto, el plano tangente es:
−2x+ z = 0 .
2.9. Determinar los planos tangentes del hiperboloide de revolucion
H = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1
en los puntos (x, y, 0) y demostrar que todos ellos son paralelos al eje z.
Solucion: Considere la parametrizacion del hiperboloide de revolucion
ψ : U ⊂ R2 → R3 definida por
ψ(u, v) = (cosh u cos v, cosh u sin v, sinh u)
60 Capıtulo 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 revolucion en el
punto (s, t, 0) es
T(s,t,0)H = (x, y, z) ∈ R3 : −sx+ ty = 0 ,
como el vector normal es perpendicular al eje z se concluye que el plano
tangente es paralelo al eje z.
2.10. Considere la esfera unitaria
S2 = (x, y, z) ∈ R2 : x2 + y2 + z2 = 1
a) Una manera de obtener un sistema de coordenadas para la esfera es
considerar la denominada proyeccion estereografica π : S2 \ N →R2 que lleva un punto p = (x, y, z) de la esfera S2 exceptuando el
polo norte N = (0, 0, 1), sobre la interseccion del plano xy con la
recta que une a N con p. Demostrar que π−1 : R2 → S2 viene dada
por
π−1(x, y) =
(2x
x2 + y2 + 1,
2y
x2 + y2 + 1,x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
).
b) Demostrar que es posible, usando la proyeccion estereografica, recu-
brir la esfera con dos entornos coordenados.
c) Demuestre que la esfera unitaria no puede ser cubierta por solo una
parametrizacion.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 61
Solucion:
a) Sea Lp la lınea recta que une el polo norte de la esfera con un p =
(x, y, 0) perteneciente al plano xy, entonces
Lp = N(1− t) + tp : t ≥ 0= (0, 0, 1)(1− t) + t(x, y, 0) : t ≥ 0= (xt, yt, 1− t) : t ≥ 0
la interseccion de esta recta con la esfera ocurre cuando
(xt0)2 + (yt0)
2 + (1− t0)2 = 1
o equivalentemente,
t0 =2
x2 + y2 + 1.
Entonces la inversa de la proyeccion estereografica π−1 : R2 → S2
viene dada por:
π−1(x, y) = (xt0, yt0, 1−t0) =(
2x
x2 + y2 + 1,
2y
x2 + y2 + 1,x2 + y2 − 1
x2 + y2 + 1
).
b) Tomando dos proyecciones estereograficas una desde el polo norte y
otra desde el polo sur obtenemos dos parametrizaciones que cubren
completamente la esfera unitaria, queda como ejercicio ver que estas
cumplen los axiomas de superficie regular.
c) Si la esfera S2 fuera cubierta por solo una parametrizacion φ : U →R3, entonces S2 serıa homeomorfa a un subconjunto abierto U de
R2. Como S2 es un conjunto cerrado y acotado de R3, entonces S2
es compacto. Luego, U serıa compacto, en particular cerrado. Como
R2 es conexo, el unico subconjunto no vacio cerrado y abierto es R2
entonces U = R2. Lo que implicarıa que R2 es compacto, es decir,
acotado. Lo que es absurdo.
2.11. Calcule la primera forma fundamental de las siguientes superficies:
a) φ(u, v) = (sinh u sinh v, sinh u cosh v, sinh u).
b) φ(u, v) = (u− v, u+ v, u2 + v2).
62 Capıtulo 2. Superficies
c) φ(u, v) = (cosh u, sinh u, v).
d) φ(u, v) = (u, v, u2 + v2).
Solucion:
a) Tenemos que
φu = (cosh u sinh v, cosh u cosh v, cosh u)
φv = (sinh u cosh v, sinh u sinh v, 0)
entonces podemos obtener los coeficientes de la primera forma fun-
damental
E = 〈φu, φu〉 = 2 cosh2 u
F = 〈φu, φv〉 = 2 sinh u coshu sinh v cosh v
G = 〈φv, φv〉 = sinh2 u
y la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 =
2 cosh2 udu2 + 4 sinh u cosh u sinh v cosh v dudv + sinh2 udv2 .
b) Para el paraboloide de revolucion se tiene que
φu = (1, 1, 2u)
φv = (−1, 1, 2v)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = 〈φu, φu〉 = 2 + 4u2
F = 〈φu, φv〉 = 4uv
G = 〈φv, φv〉 = 2 + 4v2
luego la primera forma fundamental es
Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = (2 + 4u2)du2 + 8uv dudv + (2 + 4v2)dv2 .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 63
c) Para el cilindro hiperbolico 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 revolucion 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 parametrizacion por proyeccion estereografica. Use esto
para calcular el largo de un meriadiano completo.
Solucion: La proyeccion estereografica es dada por
φ(u, v) =
(2u
u2 + v2 + 1,
2v
u2 + v2 + 1,u2 + v2 − 1
u2 + v2 + 1
)
64 Capıtulo 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 simetrıa se deduce que
φv =
( −4uv
(u2 + v2 + 1)2,2(u2 − v2 + 1)
(u2 + v2 + 1)2,
4v
(u2 + v2 + 1)2
).
Luego,
(u2 + v2 + 1)4E = 4(v2 − u2 + 1)2 + 16u2v2 + 16u2
= 4((v2 − u2)2 + 2(v2 − u2) + 1) + 16u2v2 + 16u2
= 4(v4 − 2u2v2 + u4 + 2v2 − 2u2 + 1) + 16u2v2 + 16u2
= 4(v4 + 2u2v2 + u2 + 2v2 + 2u2 + 1)
= 4(u2 + v2 + 1)2
⇒ E =4
(u2 + v2 + 1)2
y de manera similar G =4
(u2 + v2 + 1)2ademas
(u2 + v2 + 1)4F = 2(−u2 + v2 + 1)(−4uv)− 4uv(2u2 − v2 + 1) + 16uv
= −8uv(−u2 + v2 + 1)− 8uv(u2 − v2 + 1) + 16uv = 0
⇒ F = 0 .
Notemos que la curva α(t) = φ(t, at) = φ(u(t), v(t)) con a 6= 0 parame-
triza los meridianos de la esfera entonces el largo de arco de α es
s =
∫ ∞
−∞‖α′(t)‖dt
=
∫ ∞
−∞
√E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2dt
=
∫ ∞
−∞
4
u2(t) + v2(t) + 1)2+
4
(u2(t) + v2(t) + 1)2a21/2
dt
=
∫ ∞
−∞
2√1 + a2
t2(1 + a2) + 1dt .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 65
Haciendo t = tan θ/√1 + a2 implica dt =
sec2 θ√1 + a2
dθ y se obtiene que
s =
∫ π/2
−π/2
2√1 + a2
tan2 θ + 1· sec2 θ√
1 + a2dθ
= 2
∫ π/2
−π/2dθ = 2π .
2.13. Esboce la curva sobre el cono
φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u)
dada por u = eλt, v = t, donde λ es una constante. Hallar el largo de
arco de la parte de la curva con 0 ≤ t ≤ π.
Solucion: Tomando la parametrizacion φ : U ⊂ R2 → R3 dada por
φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u)
donde U = (u, v) ∈ R2 : 0 < u <∞, 0 < v < 2π luego
φu = (cos v, sin v, 1), φv = (−u sin v, u cos v, 0)
los coeficientes de la primera forma fundamental y la primera forma
fundamental son
E = 〈φu, φu〉 = 2
F = 〈φu, φv〉 = 0
G = 〈φv, φv〉 = u2
⇒ Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 = 2du2 + u2dv2
Entonces, el largo de arco de la curva α(t) = φ(eλt, t) es:
l =
∫ π
0
‖α′(t)‖dt =∫ π
0
(Edu2 + 2Fdudv +Gdv2)1/2dt
=
∫ π
0
(2du2 + u2dv2)1/2dt =
∫ π
0
(2λ2e2λt + e2λt)1/2dt
= (2λ2 + 1)1/2∫ π
0
eλtdt =(2λ2 + 1)1/2
λ(eλπ − 1) .
Un esboce de la curva es la siguiente
66 Capıtulo 2. Superficies
2.14. Demuestre que el area A de una region acotada R de la superficie z =
f(x, y) es
A =
∫ ∫
Q
√1 + f 2
x + f 2y dxdy .
Solucion: Sabemos que si φ : U ⊂ R3 → R3 es una carta entonces
A =
∫ ∫
Q
‖φu × φv‖ dudv, Q = φ−1(R) .
Tomando la parametrizacion φ(x, y) = (x, y, f(x, y)) entonces
φx = (1, 0, fx), φy = (0, 1, fy)
y
E = 〈φx, φx〉 = 1 + f 2x
F = 〈φx, φy〉 = fxfy
G = 〈φy, φy〈 = 1 + f 2y
⇒ ‖φx×φy‖ =√EG− F 2 =
√1 + f 2
x + f 2y .
Por lo tanto,
A =
∫ ∫
Q
√1 + f 2
x + f 2y dxdy .
2.15. Demuestrese que una superficie de revolucion siempre puede parametri-
zarse de forma que que
E = E(v), F = 0, G = 1 .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 67
Solucion: Para esto basta parametrizar por longitud de arco la curva
generatriz C de la superficie de revolucion, mediante:
α : [a, b] → R2, α(t) = (f(t), g(t)) ,
es decir, ‖α ′(t)‖ = 1 para todo t ∈ [a, b]. Sabemos que las superficies
de revolucion tinen como parametrizacion
φ(u, v) = (f(v) cosu, f(v) sinu, g(v))
con
φu = (−f(v) sinu, f(v) cosu, 0), φv = (f ′(v) cosu, f ′(v) sin u, g′(v)) .
Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son dados
por:
E = 〈φu, φu〉 = (f(v))2(sin2 u+ cos2 u) = (f(v))2 = E(v)
F = 〈φu, φv〉 = −f(v) sin uf ′(v) cosu+ f(v) cosuf ′(v) sinu = 0
G = 〈φv, φv〉 = (f ′(v))2 + (g′(v))2 = ‖α′(t)‖2 = 1 .
2.16. Sea S una superficie de revolucion y C su curva generatriz. Sea s la
longitud de arco de C y denotese por ρ = ρ(s) a la distancia desde el
eje de rotacion al punto de C correspondiente a s.
(a) Teorema de Pappus. Demuestre que el area de S es
2π
∫ l
0
ρ(s) ds
donde l es la longitud de C.
(b) Aplique la parte (a) para calcular el area de un toro de revolucion.
Solucion:
(a) La parametrizacion de una superficie de revolucion φ : U ⊂ R2 →R3 es
φ(t, s) = (f(s) cos t, f(s) sin t, g(s))
68 Capıtulo 2. Superficies
donde
U = (t, s) ∈ R2 : 0 < t < 2π, 0 < s < l
y la parametrizacion de la curva generatriz c es α : [0, l] → R2 es
α(s) = (f(s), g(s)) .
Notemos que la distancia del eje de rotacion al punto C es:
d = ρ(s) = f(s) .
Sabemos que
A =
∫ ∫
Q
‖φt × φs‖ dtds =∫ ∫
Q
√EG− F 2 dtds
con Q = φ−1(R) y tenemos que
φt = (−f(s) sin t, f(s) cos t, 0)φs = (f ′(s) cos t, f ′(s) sin t, g′(s))
E = 〈φt, φt〉 = f 2(s)
F = 〈φt, φs〉 = 0
G = 〈φs, φs〉 = (f(s))2 + (g(s))2 = ‖α(s)‖2 = 1 .
Entonces,
A =
∫ ∫
U
√EG− F 2dtds =
∫ l
0
∫ 2π
0
√f 2(s) dtds
= 2π
∫ l
0
f(s)ds = 2π
∫ l
0
ρ(s) ds .
(b) La curva generatriz parametrizada por longitud de arco del toro de
revolucion es
α(s) =(a + r cos
(sr
), r sin
(sr
)).
Entonces,
A( T2) = 2π
∫ 2πr
0
ρ(s) ds = 2π
∫ 2πr
0
(a+ r cos
(sr
))ds
= 2π[as− sin
(sr
)]2πr0
= 4π2ar .
Geometrıa 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.
Solucion: Notemos que
x2 − ax = (x− a/2)2 − (a/2)2 ,
y2 − by = (x− b/2)2 − (b/2)2 ,
z2 − cz = (x− c/2)2 − (c/2)2 .
Entonces,
S1 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = ax
= (x, y, z) ∈ R3 : (x− a/2)2 + y2 + z2 = (a/2)2
es decir, S1 es una esfera de centro en (a/2, 0, 0) y radio a2. Como la
esfera es una superficie parametrizada regular, se concluye que S1 es
una superficie regular. Lo mismo sucede con S2 y S3 que son esferas de
centros en (0, b/2, 0), (0, 0, c/2) y radios b2y c
2, respectivamente, luego
son superficies regulares. Ahora bien, notemos que los vectores normales
de las primeras dos superficies son paralelos a los vectores (2x−a, 2y, 2z)y (2x, 2y − b, 2z) y
S1 ∩ S2 = (x, y, z) ∈ R3 : ax = by
Entonces,
〈(2x− a, 2y, 2z), (2x, 2y − b, 2z)〉 = 2x(2x− a) + 2y(2y − b) + 4z2
= 4x2 − 2ax+ 4y2 − 2by + 4z2
= 4(x2 + y2 + z2)− 2(ax+ by)
= 4ax− 2(by + by)
= 4ax− 4by = 0
lo que implica que S1 y S2 se cortan ortogonalmente de manera similar
se prueba para los restantes casos.
70 Capıtulo 2. Superficies
2.18. Sean p(t), q(t) puntos en el espacio que se mueven con igual rapidez, el
primero desde (0, 0, 0) en direccion del eje Z, y el segundo desde (1, 0, 0)
en direccion del eje Y . Demuestre que el conjunto de rectas que une p(t)
con q(t) esta dado por la ecuacion y(x− 1)+ xz = 0. ¿Es este conjunto
una superficie regular?
Solucion: Podemos parametrizar p y q mediante arcoparametro
p(t) = (0, 0, t) y q(t) = (1, t, 0)
y se verifica que ‖p′(t)‖ = ‖q′(t)‖ = 1. Entonces, la recta que une el
punto p(t) con q(t) es
Lt = (1− r)p(t) + rq(t) : r ∈ R = (r, rt, (1− r)t : r ∈ R .
Notemos que si (x, y, z) ∈ Lt entonces
x =y
t=
−(z − t)
t
despejando t se obtiene
t =y
x, t =
−z(x− 1)
⇒ y
x=
−z(x− 1)
⇒ y(x− 1) + xz = 0 .
Por otro lado, las rectas
L1 = (x, y, z) ∈ R3 : x = 1, y ≥ 0, z = 0
L2 = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, y = z = 0
L3 = (x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0, x = y = 0
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 71
1q
p
x
y
z
pertenecen a este conjunto y de hecho son el borde de este conjunto,
por lo tanto este conjunto no es superficie regular, ya que no existe ϕ :
U ⊆ R2 → V ∩S con U abierto y V vecindad de algun p ∈ L1∪L2∪L3.
2.19. Sea α = α(u) una curva con curvatura nunca nula.
(i) Se define ϕ(u, v) = α(u) + vα′(u). Interprete geometricamente la
imagen de ϕ. Pruebe que para todo (u0, v0), v0 6= 0, existe una
vecindad |u − u0| < ε, |v − v0| < ε, cuya imagen bajo ϕ es una
superficie regular.
(ii) Supongase que α esta parametrizada, y considere
ψ(u, v) = α(u) + r[(cos v)n(u) + (sen v)b(u)],
donde r > 0 es fijo. Interprete la imagen de ψ geometricamente.
Pruebe que Dψ(u, 0) tiene rango maximo solo en los puntos donde
rκ(u) 6= 1, en cuyo caso, la normal a la superficie esta dada por
(cos v)n(u) + (sen v)b(u).
Solucion:
(i) Para u fijo la superficie es una lınea recta que corta a la curva en
el punto α(u) y que esta en a direccion de α′(u). Por hipotesis
κ(u) =‖α′′(u)× α′(u)‖
‖α′(u)‖3 6= 0 .
72 Capıtulo 2. Superficies
Notemos que ϕu = α′(u) + vα′′(u), ϕv = α′(u), luego
ϕu × ϕv = (α′(u) + vα′′(u))× (α′(u)) = vα′′(u)× α′(u) 6= 0
entonces para todo (u, v) con v 6= 0 se tiene que ϕ es superficie
regular.
(ii) La superficie ψ es un tubo de radio r alrededor de α. Usando las
ecuaciones de Frenet-Serret se obtiene que
ψu = (1− κr cos v)t(u) + tr sen vn(u) + tr cos vb(u)
ψv = −r sen vn(u) + r cos vb(u) .
Entonces
ψu × ψv|(u,0) = −r(1− κr cos v)(cos vn(u) + sen vb(u))∣∣∣(u,0)
= −r(1− κr)n(u) .
Si κr 6= 1 entonces ψu × ψv 6= 0 lo que implica que Dψ(u, 0) tiene
rango maximo. Ahora bien, calculando el vector normal unitario
se obtiene
N =ψu × ψv‖ψu × ψv‖
=r(1− κr cos v)(cos vn(u) + sen vb(u))
r(1− κr cos v) ‖ cos vn(u) + sen vb(u)‖︸ ︷︷ ︸1
⇒ N = cos vn(u) + sen vb(u) .
2.20. Considere la superficie de ecuacion f(x, y, z) = a, donde a es un valor
regular de f . Demuestre que la segunda forma fundamental de S viene
dada por
〈dN(v), v〉 = 1
‖∇f‖Hess (f)(v, v).
Solucion: Por el teorema de la funcion implicita existe g : R2 → R tal
que
f(x, y, g(x, y)) = a (2.4)
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 73
ya que a es valor regular estamos suponiendo fz 6= 0. Entonces, tenemos
la parametrizacion
φ(x, y) = (x, y, g(x, y))
conφx = (1, 0, gx)
φy = (0, 1, gy)
⇒ φx × φy = (−gx,−gy, 1) .
Derivando implicitamente (2.4) se obtiene
fx + fzgx = 0
fy + fzgy = 0
⇒
gx = −fxfz
gy = −fyfz
Notemos que
‖φx × φy‖ =√g2x + g2y + 1 =
√f 2x + f 2
y + f 2z
f 2z
=‖∇f‖fz
.
Entonces,
N =φx × φy
‖φx × φy‖=
fz‖∇f‖(−gx,−gy, 1) =
1
‖∇f‖(fx, fy, 1) .
74 Capıtulo 2. Superficies
Capıtulo 3
Curvatura de Superficies
3.1. La Curvatura de Curvas sobre una Su-
perficie
Si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada en una superficie
parametrizada σ, entonces γ′ es un vector unitario y por definicion tangente
a σ. Luego, γ′ es perpendicular al vector normal unitario ~N de σ, entonces
γ′, ~N y ~N × γ′ son mutuamente vectores perpendiculares y unitarios. Como
γ′ esta parametrizado por longitud de arco, γ′′ es perpendicular a γ′, y luego
es una combinancion lineal de ~N y ~N × γ′:
γ′′ = κn ~N + κg ~N × γ′ . (3.1)
N
γ′
N × γ′
γ′′
γ
κg
κnS
p
TpS
75
76 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Los escalres κn y κg son llamados la curvatura normal y la curvatura geodesica
de γ, respectivamente. Como ~N y ~N × γ′ son vectores perpendiculares, la
ecuacion (3.1) implica que
κn = 〈γ′′, ~N〉 , κg = 〈γ′′, ( ~N × γ′)〉
y
κ2 = ‖γ′′‖2 = κ2n + κ2g .
Proposicion 3.1.
Si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva arco-parametrizada sobre una superficie
parametrizada σ, entonces la curvatura normal es dada por
κn = e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 .
Definicion 3.1.
Las curvaturas principales de una superficie parametrizada son las raices de
la ecuacion
det(FII − kFI) =
∣∣∣∣∣e− kE f − kF
f − kF g − kG
∣∣∣∣∣ = 0 (3.2)
y son denotados por κ1 y κ2.
Si κ es una de las curvaturas principales de la ecuacion (3.2) decimos que
FII − kFI no es invertible, luego, asumiendo que κ es real, existe una matriz
columna T no cero de 2× 1 con entradas reales tales que
(FII − κFI)T = 0 . (3.3)
Definicion 3.2.
Si T =
(ξ
η
)satisface la ecuacion (3.3), el correspondiente vector tangente
t = ξσu + ησv de la superficie σ(u, v) es llamado una direccion principal
correspondiente a la curvatura principal κ.
Definicion 3.3.
Si una curva regular conexa C en S es tal que para todo p ∈ C la recta
tangente de C es una direccion principal en p, entonces se dice que C es una
lınea de curvatura de S
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 77
Teorema 3.1 (Rodrigues).
Una condicion necesaria y suficiente para que una curva regular conexa C
en S sea una lınea de curvatura de S es que
N ′(t) = λ(t)γ′(t) ,
para cualquier parametrizacion γ(t) de C, donde N(t) = N γ(t) y λ(t) es
una funcion diferenciable de t.
Se deduce entonces apartir del Teorema de Rodrigues que la ecuacion
diferencial de las lıneas de curvatura es
(fE − eF )(u′)3 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0 ,
que, de una manera mas simetrica, puede escribirse en la forma∣∣∣∣∣∣∣
(v′)2 −u′v′ (u′)2
E F G
e f g
∣∣∣∣∣∣∣= 0 . (3.4)
Teorema 3.2 (Teorema de Euler).
Sea γ una curva sobre una superficie parametrizada σ, y sean κ1 y κ2 las
curvaturas principales de σ, con direcciones principales t1 y t2. Entonces, la
curvarura normal de γ es
κn = κ1 cos2 θ + κ2 sen
2 θ ,
donde θ es el angulo entre γ′ y t1.
Teorema 3.3.
Sea ~N el vector normal unitario de la superficie parametrizada σ(u, v). En-
tonces,
~Nu = aσu + bσv , ~Nv = cσu + dσv , (3.5)
donde (a c
b d
)= −F−1
I FII .
La matriz F−1I FII es llamada la matriz de Weingarten de la superficie
parametrizada σ, y es denotada por W.
78 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
3.2. Las Curvaturas Media y Gaussiana
Definicion 3.4.
Sean κ1 y κ2 las curvaturas principales de una superficie parametrizada.
Entonces, la curvatura gaussiana de una superficie parametrizada es
K = κ1κ2 ,
y la curvatura media es
H =1
2(κ1 + κ2) .
Proposicion 3.2.
Sea σ(u, v) una superficie parametrizada con primera y segunda forma fun-
damentales
E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2 y e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 ,
respectivamente. Entonces
(i) K =eg − f 2
EG− F 2;
(ii) H =1
2
eG− 2fF + gE
EG− F 2;
(iii) las curvaturas principales son H ±√H2 −K.
3.3. Geodesicas
Definicion 3.5.
Una curva γ sobre una superficie S es llamada una geodesica si γ′′(t) es cero
o perpendicular a la superficie en el punto γ(t), i.e. paralelo al vetor normal
unitario, para todos los valores del parametro t.
Proposicion 3.3.
Una curva sobre una superficie es una geodesica si y solo si la curvatura
geodesica es cero.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 79
Teorema 3.4.
Una curva γ sobre una superficie S es una geodesica si y solo si, para cual-
quier parte γ(t) = σ(u(t), v(t)) de γ contenida en una superficie parametri-
zada de S, las siguientes dos ecuaciones son satisfacidas:
d
dt(Eu′ + Fv′) =
1
2(Eu(u
′)2 + 2Fuu′v′ +Gu(v
′)2) ,
d
dt(Fu′ +Gv′) =
1
2(Ev(u
′)2 + 2Fvu′v′ +Gv(v
′)2) ,
(3.6)
donde E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2 es la primera forma fundamental de σ.
Las ecuaciones diferenciales en (3.6) son llamadas las ecuaciones geodesi-
cas.
3.4. El Teorema Egregio de Gauss
Definicion 3.6.
Un difeomorfismo ϕ : S1 → S2 es llamada una isometrıa si al tomar curvas
en S1 son llevadas a curvas en S2 con el mismo largo. Si una isometrıa ϕ :
S1 → S2 existe, decimos que S1 y S2 son isometricas.
Teorema 3.5. Un difeomorfismo ϕ : S1 → S2 es una isometrıa si y solo
si para cualquier parametrizacion σ de S1, se tiene que σ y f σ tienen la
misma primera forma fundamental.
Teorema 3.6 (Teorema Egregio de Gauss).
La curvatura gaussiana K de una superficie es invariante por isometrias.
Corolario 3.1.
La curvatura gaussiana es dada por
K =
∣∣∣∣∣∣∣
−12Evv + Fuv − 1
2Guu
12Eu Fu − 1
2Ev
Fv − 12Gu E F
12Gv F G
∣∣∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣∣∣
0 12Ev
12Gu
12Ev E F
12Gu F G
∣∣∣∣∣∣∣(EG− F 2)2
.
80 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Proposicion 3.4 (Ecuaciones de Gauss).
Sea σ(u, v) una superficie parametrizada. Entonces,
σuu = Γ111σu + Γ2
11σv + eN ,
σuv = Γ112σu + Γ2
12σv + fN ,
σvv = Γ122σu + Γ2
22σv + gN ,
donde
Γ111 =
GEu − 2FFu + FEv2(EG− F 2)
, Γ211 =
2EFu − EEv − FEu2(EG− F 2)
,
Γ112 =
GEv − FGu
2(EG− F 2), Γ2
12 =EGu − FEv2(EG− F 2)
,
Γ122 =
2GFv −GGu − FGu
2(EG− F 2), Γ2
22 =EGv − 2FFv + FGu
2(EG− F 2).
Los seis coeficientes Γkij en esta formula son llamados los sımbolos de
Christoffel.
Proposicion 3.5 (Ecuaciones Codazzi-Mainardi).
Defina los sımbolos de Christoffel de una superficie parametrizada σ(u, v)
como arriba. Entonces,
ev − fu = eΓ112 + f(Γ2
12 − Γ111)− gΓ2
11 ,
fv − gu = eΓ122 + f(Γ2
22 − Γ112)− gΓ2
12 .
3.5. Problemas Resueltos
3.1. Demuestre que la curvatura normal de cualquier curva sobre una esfera
de radio r es ±1/r.
Solucion: Sabemos que, α′′ = κnN + κgN × γ′. Sea α una curva arco-
parametrizada sobre la esfera de centro en a y radio r. Entonces
‖α(s)− a‖ = r ⇔ 〈α(s)− a, α(s)− a〉 = r2 ,
derivando esta expresion resulta
〈α′(s), α(s)− a〉 = 0 ,
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 81
derivando nuevamente obtenemos
〈α′′(s), α(s)− a〉 = −〈α′(s), α′(s)〉 = −1 .
Sabemos que el vector normal de la esfera es:
N = ±1
r(α(s)− a) .
Por lo tanto,
κn = 〈α′′(s), N〉 = ±1
r〈α′′(s), α(s)− a〉 = ∓1
r.
3.2. Demuestre que si α(t) = φ(u(t), v(t)) es una curva arcoparametrizada
sobre una superficie φ entonces
κn = e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2
Solucion: Notemos que
κn = 〈N,α′′〉 = 〈N, ddt(α′)〉 = 〈N, d
dt(φuu
′ + φvv′)〉
= 〈N, φuu′′ + φvv′′ + (φuuu
′ + φuvv′)u′ + (φuvu
′ + φvvv′)v′)〉
= e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 .
Hemos usado el hecho que el vector normal unitario N es perpendicular
a φu y φv.
3.3. (i) Determine una ecuacion para la curva plana y = y(x) tal que el
segmento entre el punto de tangencia y el eje y es constante igual
a 1 (una curva tal se llama tractrix).
(ii) Pruebe que la superficie de revolucion obtenida al rotar la curva
C alrededor del eje y tiene curvatura gaussiana K ≡ −1.
Solucion:
(i) Geometricamente se obtiene la siguiente relacion
82 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
b
x0
z0
√1− x2
(x0, z0)
x
z
1
C
dz
dx= −
√1− x2
x.
Luego, la curva tractrix puede ser parametrizada por
α(t) = (t, f(t)), con f ′(t) = −√1− t2
t.
(ii) Una parametrizacion para esta superficie de revolucion es
φ(u, v) = (v cos u, v sin u, f(v)) .
Luego,
φu = (−v sen u, v cosu, 0)φv = (cosu, sen u, f ′(v))
φuu = (−v cosu,−v sen u, 0)φuv = (− sen u, cosu, 0)
φvv = (0, 0, f ′′(v))
entonces
E = ‖φu‖2 = v2, F = 〈φu, φv〉 = 0
G = ‖φv‖2 = 1 + (f ′(v))2 = 1 +1− v2
v2=
1
v2
φu × φv = (v cosuf ′(v), v sen uf ′(v),−v)‖φu × φv‖ =
√EG− F 2 = 1
⇒ ~N = (v cosuf ′(v), v sen uf ′(v),−v)
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 83
e = 〈N, φuu = −v2f ′(v)
f = 〈N, φuv〉 = 0, g = 〈N, φvv〉 = −vf ′′(v)
f ′′(v) =1
v2√1− v2
.
Por lo tanto, la curvatura gaussiana es
K =eg − f 2
EG− F 2=
−v2f ′(v)(−vf ′′(v))
v2 · 1/v2
= v2 · −√1− v2
v· v · 1
v2√1− v2
= −1 .
3.4. Pruebe que la curvatura media esta dada por
H =1
π
∫ π
0
κn(θ)dθ,
donde κn(θ) es la curvatura normal en una direccion que forma un angu-
lo θ con una direccion tangente fija.
Solucion: La formula de Euler establece que
κn(θ) = κ1 cos2 θ + κ2 sen
2 θ
entonces
1
π
∫ π
0
κn(θ)dθ =1
π
∫
0
π(κ1 cos2 θ + κ2 sen
2 θ)dθ
=1
πκ1
∫ π
0
cos2 θdθ +1
πκ2
∫ π
0
sen2 θdθ .
Note que integrando por partes se obtiene que∫ π
0
cos2 θdθ = cos θ sen θ∣∣∣π
0+
∫ π
0
sen2 θdθ =
∫ π
0
sen2 θdθ .
Ademas∫ π
0
cos2 θdθ +
∫ π
0
sen2 θdθ =
∫ π
0
(cos2 θ + sen2 θ)dθ = π .
Entonces, se concluye que∫ π
0
cos2 dθ =
∫ π
0
sen2 θdθ =π
2
84 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
y como H = 12(κ1 + κ2) obtenemos que
1
π
∫ π
0
κn(θ)dθ =1
πκ1
∫ π
0
cos2 θdθ +1
πκ2
∫ π
0
sen2 θdθ
=1
πκ1π
2+
1
πκ2π
2=
1
2(κ1 + κ2) = H .
3.5. Probar que en puntos correspondientes, las superficies dadas por
(u, v) → (u cos v, u sen v, log u)
(u, v) → (u cos v, u sen v, v)
tienen igual curvatura gaussiana.
Solucion: Sean
φ(u, v) = (u cos v, u sen v, log u), ψ(u, v) = (u cos v, u sen v, v) .
Tenemos que
φu =
(cos v, sen v,
1
u
), φv = (−u sen v, u cos v, 0)
y ademas φu × φv = (− cos v,− sen v, 0). Luego, los coeficientes de la
primera forma fundamental son
Eφ =u2 + 1
u2, Fφ = 0, Gφ = u2
y el vector normal unitario es
~Nφ =φu × φv
‖φu × φv‖=
1√u2 + 1
(− cos v,− sen v, u)
φuu =
(0, 0,− 1
u2
), φuv = (− sen v, cos v, 0), φvv(−u cos v,−u sen v, 0)
y los coeficientes de la segunda forma fundamental son
eφ = − 1
u√u2 + 1
, fφ = 0, gφ =u√u2 + 1
.
Entonces, la curvatura gaussiana de la primera superficie es
Kφ =eg − f 2
EG− F 2= − 1
(u2 + 1)2.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 85
Por otro lado, se tiene para segunda superficie
ψu = (cos v, sen v, 0), ψv = (−u sen v, u cos v, 1)
ademas ψu × ψv = (sen v,− cos v, u) y los coeficientes de la primera
forma fundamental son
Eψ = 1, Fψ = 0, Gψ = 1 + u2
el vector unitario normal resulta ser
~Nψ =ψu × ψv
‖ψu × ψv‖=
1√u2 + 1
(sen v,− cos v, u)
ψuu = (0, 0, 0), ψuv = (− sen v, cos v, 0), ψvv = (−u cos v,−u sen v, 0)
los coeficientes de la segunda forma fundamental son
eψ = 0, fψ = − 1√1 + u2
, gψ = 0 .
Por lo tanto,
Kψ =eg − f 2
EG− F 2= − 1
(u2 + 1)2= Kφ .
3.6. En el toro de revolucion encontrar el maximo y el mınimo de K y donde
ocurre.
Solucion: Considere
φ(u, v) = ((a + r cosu) cos v, (a+ r cos u) sin v, r sin u)
la parametrizacion del toro con r < a. Notemos que
φu = (−r sin u cos v,−r sin u sin v, r cosu)φv = (−(a + r cosu) sin v, (a+ r cosu) cos v, 0) .
Entonces, los coeficientes de la primera forma fundamental son:
E = ‖φu‖2 = r2, F = 〈φu, φv〉 = 0, G = ‖φv‖2 = (a+ r cos u)2 .
86 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Ademas,
φuu = (−r cosu cos v,−r cosu sin v,−r sin u)φuv = (r sin u sin v,−r sin u cos v, 0)φvv = (−(a + r cosu) cos v,−(a+ r cosu) sin v, 0)
y como
φu × φv =
(−r(a+r cosu) cosu cos v,−r(a+r cosu) cosu sin v,−r(a+r cosu) sinu)
‖φu × φv‖ =√EG− F 2 =
√r2(a+ r cos u)2 = r(a+ cosu) .
Entonces, N = (− cos u cos v,− cosu sin v,− sin u) , con esta informa-
cion tenemos que los coeficientes de la segunda forma fundamental son:
e = 〈N, φuu〉 = r, f = 〈N, φuv〉 = 0, g = 〈N, φvv〉 = (a+ r cosu) cosu .
Entonces, la curvatura gaussiana del toro es:
K =eg − f 2
EG− F 2=r(a+ r cos u) cosu
r2(a + r cosu)2=
cosu
r(a+ r cosu). (3.7)
Ahora bien, para encontrar el maxımo y minimo de la curvatura Gaus-
siana consideramos K como una funcion de u derivando obtenemos que
K ′ =−a sen u
r(a+ r cosu)2= 0 ⇔ u = 0, π .
x
y
zcurvaturamınima
curvaturamaxima
Por lo tanto, la curvatura maxima y minima corresponden a los circulos
de radio a + r y a− r respectivamente que estan en la interseccion del
toro con el plano xy.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 87
3.7. En una superficie de revolucion
σ(u, v) = (h(u) cos v, h(u) sen v, g(u)) .
Demuestre que las curvaturas normales en las direcciones de σu y σv
sone
Eyg
Grespectivamente. Muestre que los meriadianos y paralelos
son lıneas de curvatura.
Solucion: Asumamos que la curva α(t) = (h(t), g(t)) es parametrizada
por arco-parametro entonces
σu = (h′ cos v, h′ sen v, g′), σv = (−h sen v, h cos v, 0)
y los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = 1, F = 0, G = h2 .
Ademas, φu×φv = (−hg′ cos v,−hg′ sin v, h′h) entonces el vector normal
unitario a la superficie es U = (−g′ cos v,−g′ sin v, h′) y tenemos que
σuu = (h′′ cos v, h′′ sin v, g′′)
σuv = (−h′ sin v, h′ cos v, 0)σvv = (−h cos v,−h sin v, 0)
entonces los coeficientes de la segunda forma fundamental son
e = h′g′′ − h′′g′, f = 0, g = hg′ .
La ecuacion diferencial para las lineas de curvatura es
(fE − eF )(u′)2 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0 .
Un meridiano es parametrizado por la curva α(t) = σ(t, a) donde a es
constante entonces u′ = 1 y v′ = 0 y la ecuacion diferencial de las lineas
de curvatura nos queda fE − eF = 0, como F = f = 0 entonces los
meridianos son lineas de curvatura. Un paralelo es parametrizado por
la curva β(t) = σ(b, t) donde b es constante entonces u′ = 0 y v′ = 1 y
la ecuacion diferencial queda gF − fG = 0 y como F = f = 0 entonces
88 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
la ecuacion diferencial es satisfacida por β y los paralelos son lineas
curvatura. Ahora bien, sabemos si γ(t) = σ(u(t), v(t)) es una curva
regular no necesariamente parametrizada por arco-parametro entonces
la curvatura normal es dada por
κn =e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2
E(u′)2 + 2Fu′v′ +G(v′)2
hallar las curvaturas normales en las direcciones de σu y σv es equiva-
lente a hallar las curvaturas normales para las curvas coordenadas α y
β. Entonces, para la curva α se tiene que u′ = 1 y v′ = 0 entonces la
curvatura normal es κn = e/E y de manera similar para β la curvatura
normal es κn = g/G como queriamos demostrar.
3.8. En la superficie de revolucion de la catenaria
y = c cosh(xc
).
Demuestre que K = − 1
c2 cosh4(uc
) , H = 0.
Solucion: La parametrizacion de la catenaria de revolucion es
σ(u, v) =(u, c cosh
(uc
)cos v, c cosh
(uc
)sen v
)
entonces
σu =(1, senh
(uc
)cos v, senh
(uc
)sen v
)
σv =(0,−c cosh
(uc
)sen v, c cosh
(uc
)cos v
)
σuu =
(0,
1
ccosh
(uc
)cos v,
1
ccosh
(uc
)sen v
)
σuv =(0,− senh
(uc
)sen v, senh
(uc
)cos v
)
σvv =(0,−c cosh
(uc
)cos v,−c cosh
(uc
)sen v
)
σu × σv =(c senh
(uc
)cosh
(uc
),−c cosh
(uc
)cos v,−s cosh
(uc
)sen v,
)
luego el vector normal unitario U es
~N =
(tanh
(uc
),− cos v
cosh(uc
) ,− sen v
cosh(uc
))
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 89
y los coeficientes de la primera y segunda forma fundamental son
E = 〈σu, σu〉 = cosh2(uc
), e = 〈U , σuu〉 = −1
c,
F = 〈σu, σv〉 = 0 , f = 〈U , σuv〉 = 0 ,
G = 〈σv, σv〉 = c2 cosh2(uc
), g = 〈U , σvv〉 = c .
La curvatura Gaussiana es entonces
K =eg − f 2
EG− F 2=
−1
c2 cos4(uc
)
y la curvatura media es
H =1
2
eG− 2fF + gE
EG− F 2=
1
2
−c cosh2(uc
)+ c cosh2
(uc
)
c2 cosh4(uc
) = 0 .
3.9. En la superficie de revolucion de
α(u) = (u, e−u2/2, 0)
en torno al eje x, encuentre K y las regiones en las cuales K > 0, K = 0,
K < 0.
Solucion: La parametrizacion para la superficie de revolucion es
φ(u, v) = (u, e−u2/2 cos v, e−u
2/2 sen v)
y tenemos que
φu = (1,−ue−u2/2 cos v,−ue−u2/2 sen v), φv = (0,−e−u2/2 sen v, e−u2/2 cos v)
entonces los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = 1 + u2e−u2
, F = 0, G = e−u2
.
Ademas φu × φv = (−ue−u2 ,−e−u2/2 cos v,−e−u2/2 sen v) entonces el
vector unitario normal a la superficie es
~N =1√
1 + u2e−u2(−ue−u2/2,− cos v,− sen v)
90 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
y tenemos que
φuu = (0, e−u2/2(u2 − 1) cos v, e−u
2/2(u2 − 1) sen v)
φuv = (0, ue−u2/2 sen v,−ue−u2/2 cos v)
φvv = (0,−e−u2/2 cos v,−eu2/2 sen v)
entonces los coeficientes de la segunda forma fundamental son
e =−e−u2/2(u2 − 1)√
1 + u2e−u2, f = 0, g =
e−u2/2
√1 + u2e−u2
.
Por lo tanto, la curvatura Guassiana es
K =u2 − 1
(1 + u2e−u2)2=
K > 0 si u ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)
K = 0 si u = ±1
K < 0 si u ∈ (−1, 1)
3.10. Considere
φ(u, v) = ((a+ r cosu) cos v, (a+ r cosu) sin v, r sin u)
la parametrizacion del toro y sea K la curvatura gaussiana. Demuestre
que ∫ ∫KdAφ = 0
Solucion: Por el problema 3.6 en la igualdad (3.7), sabemos que la
curvatura gaussiana del toro es:
K =eg − f 2
EG− F 2=
cosu
r(a+ r cosu)
y el elemento de area es:
dAφ =√EG− F 2dudv = r(a+ r cosu)dudv
Por lo tanto,
∫ ∫KdAφ =
∫ 2π
0
∫ 2π
0
cosu
r(a+ r cosu)r(a+ r cos u)
=
∫ 2π
0
∫ 2π
0
cos ududv = 0 .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 91
3.11. Demuestre que las curvaturas principales estan dadas por
H ±√H2 −K
donde H y K son las curvaturas media y gaussiana, respectivamente.
Ademas, si F = f = 0 entonces las curvaturas principales vienen dadas
pore
Ey
g
G.
Solucion: Sabemos que
K = κ1κ2 =eg − f 2
EG− F 2
y
H =1
2(κ1 + κ2) =
1
2
eG− 2fF + gE
EG− F 2.
El polinomio (κ−κ1)(κ−κ2) tiene como raices las curvaturas principales.
Note que
(κ− κ1)(κ− κ2) = κ2 − (κ1 + κ2)κ + κ1κ2
= κ2 − 2Hκ+K = 0 .
Entonces, la ecuacion tiene soluciones
κ =2H ±
√4H2 − 4K
2= H ±
√H2 −K .
Ahora, si F = f = 0 entonces la curvatura gaussiana y media tienen la
forma
K =eg
EG, H =
eG+ gE
2EG.
Entonces
H2 −K =(eG+ gE)2
4(EG)2− eg
EG=
(eG− gE)2
4(EG)2.
Por lo tanto,
H ±√H2 −K =
eG + gE
2EG± eG− gE
2EG=
e
E
g
G
.
92 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
3.12. Demuestre que una superficie reglada
φ(u, v) = α(u) + vβ(u)
tiene curvatura gaussiana K ≤ 0.
Solucion: Notemos que
φu = α′(u) + vβ ′(u), φv = β(u) ,
φuv = β ′(u), φvv = 0 .
Entonces, e = 〈N, φvv〉 = 0 y
K =eg − f 2
EG− F 2= − f 2
EG− F 2≤ 0
ya que EG− F 2 = ‖φu × φv‖2 > 0.
3.13. Si φ = φ(u, v) es una parametrizaion ortogonal, pruebe que
K = − 1
2√EG
(Ev√EG
)
v
+
(Gu√EG
)
u
.
Deduzca la formula en el caso que φ sea conforme.
Solucion: Por el Teorema Egregio de Gauss la curvatura gaussiana
solo depende de la primera forma fundamental. Segun el Corolario 3.1
tenemos que
K =
∣∣∣∣∣∣∣
−12Evv + Fuv − 1
2Guu
12Eu Fu − 1
2Ev
Fv − 12Gu E F
12Gv F G
∣∣∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣∣∣
0 12Ev
12Gu
12Ev E F
12Gu F G
∣∣∣∣∣∣∣(EG− F 2)2
como φ = φ(u, v) es una parametrizacion ortogonal entonces F = 0
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 93
entonces
K =1
(EG)2
∣∣∣∣∣∣∣
12Evv − 1
2Guu
12Eu −1
2Ev
−12Gu E 0
12Gv 0 G
∣∣∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣∣∣
0 12Ev
12Gu
12Ev E 0
12Gu 0 G
∣∣∣∣∣∣∣
=1
(EG)2
(−1
2Evv −
1
2Guu
)(EG)− 1
2Eu
(−1
2GuG
)
−1
2Ev
(−1
2GvE
)−(−1
2Ev
(1
2EvG
)+
1
2Gu
(−1
2GuE
))
=1
(EG)2
−1
2EvvEG− 1
2GuuEG+
1
4EuGuG+
1
4EvGvE
+1
4EvEvG+
1
4GuGue
.
Por otro lado,
(Ev√EG
)
v
=Evv
√EG + Ev
12(EG)−1/2(EvG+ EGv)
EG
=Evv√EG
− 1
2
EvEvG
(EG)3/2− 1
2
EEvGv
(EG)3/2
= − 2
(EG)3/2
−1
2EvvEG+
1
4GEvEv +
1
4EEvGv
y
(Gu√EG
)
u
=guu
√EG−Gu
12(EG)−1/2(EuG+ EGu)
EG
=Guu√EG
− 1
2
GuEuG
(EG)3/2− 1
2
GuGuE
(EG)3/2
= − 2
(EG)3/2
−1
2GuuEG+
1
4GuEuG+
1
4GuGuE
Entonces,
K =|
(EG)2
−(EG)3/2
2
[(Ev√EG
)
v
+
(Gu√EG
)
u
]
= − 1
2√EG
(Ev√EG
)
v
+
(Gu√EG
)
u
.
94 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Ahora, si φ es conforme, entonces E = G = λ y obtenemos
K = − 1
2λ
(λvλ
)
v
+
(λuλ
)
u
= − 1
2λ([log λ]v)v + ([log λ]u)u
= − 1
2λ(log λ)vv + (log λ)uu
= − 1
2λ4(log λ) .
3.14. Demuestre que si una curva tiene curvatura normal y geodesica identi-
camente cero, entonces la curva es parte de una linea recta.
Solucion: Tenemos la siguiente relacion κ2 = κ2n + κ2g entonces si
κn = κg = 0 implica κ = 0, luego la curva es parte de una lınea recta.
3.15. Probra que si γ ⊂ S es una geodesica no recta contenida en un plano,
entonces es lınea de curvatura. De un ejemplo de una lınea de curvatura
plano que no sea geodesica.
Solucion: Sea P el plano en donde la curva γ esta contenida. Por estar
γ contenida en un plano entonces todas las derivadas de γ son paralelas
al plano P. En particular, γ′′ es paralela a P. Por ser γ una geodesica
entonces γ′′ es paralelo a N el vector normal unitario a la superficie. De
esto de deduce que entonces N es paralelo a P, esto implica que N ′ es
paralelo a P. Sabemos que
N⊥N ′, γ′⊥N
ademas de lo anterior tenemos que γ′ es paralelo a N . Se concluye que
necesariamente γ′ es paralelo a N ′, es decir,
N ′(t) = λ(t)γ′(t) .
Por el Teorema de Rodrigues esta es una condicion necesaria y suficiente
para que γ sea una lınea de curvatura.
Por otro lado, consideremos la esfera
φ(u, v) = (a sin v cosu, a sin v sin u, a cos v)
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 95
y la curva α(t) = φ(t, π/4) mediante algunas cuentas se obtiene que
E = a2 sin2 v , e = a sin2 v ,
F = 0 , f = 0 ,
G = a2 , g = a .
Se verifica sin dificultades que α satisface la ecuacion diferencial
(fE − eF )(u′)2 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0
o equivalentemente
∣∣∣∣∣∣∣
(v′)2 −u′v′ (u′)2
E F G
e f g
∣∣∣∣∣∣∣= 0
entonces γ es lınea de curvatura que es claramente plana. El vector
normal de la curva esta contenido en el plano en donde esta la curva
pero el vector normal a la superficie es radial, luego α′′ = κ n no es
paralelo a N por lo tanto no es una geodesica.
3.16. Sea p un punto en S. Una direccion asintotica de S en p es una di-
reccion de Tp(S) para la cual la curvatura normal es cero. Demuestre
queK ≤ 0 para todo punto de una curva asintotica sobre una superficie.
Solucion: Sea γ ⊂ S una curva asintotica entonces tenemos que
κn(p) = 0 ∀ p ∈ γ .
Ademas, por el Teorema de Euler, sabemos que
κn = κ1 cos2 θ + κ2 sin
2 θ
entonces necesariamente κ1 ≥ 0 y κ2 ≤ 0 entonces K = κ1κ2 ≤ 0.
3.17. Demuestre que una curva γ ⊂ S es geodesica y curva asintotica si y
solo si es un segmento de recta.
96 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Solucion: Si γ es curva asintotica entonces κn(p) = 0 para cada p ∈ γ.
Por ser γ una geodesica entonces su curvatura geodesica satisface
κg(p) = 0, ∀ p ∈ γ .
Sabemos que κ2 = κ2n + κ2g = 0 para todo p ∈ γ entonces como la
curvatura de la curva es cero, se concluye que γ es un segmento de recta.
Recıprocamente, si γ es un segmento de recta entonces su curvatura
κ = 0 y κ1 = κ2 = 0 lo cual implica κn = 0 y γ es curva asintotica.
Ademas,
κ2g = κ2 − κ2n = 0 ⇒ γ es geodesica.
3.18. (a) Demostrar que una superficie compacta (es decir, cerrada y acotada
en R3) tiene un punto de curvatura gaussiana positiva.
(b) Demuestre que si KS ≤ 0 entonces S no es compacta.
Solucion:
a) Sea S una superficie compacta y consideremos f : S → R definida
por
f(p) = d(0, P )
la distacia de un punto p ∈ S al origen. Por ser S acotada existe
q ∈ S tal que
maxp ∈S
f(p) = f(q) = r .
Sea Sr = w ∈ R3 : ‖w‖ = r la esfera de radio r entonces q ∈
Sr y los planos tangentes de la esfera y la superficie en el punto q
coinciden, entonces
κ1κ2 = KS(q) = KSr(q) =1
r2≥ 0 ,
por lo tanto q es un punto de curvatura gaussiana positiva.
b) Otra forma de enunciar (a) es la siguiente:
Si S es compacta entonces existe q ∈ S tal que K(q) > 0.
El contra-recıproco es:
Si K(q) ≤ 0 para todo q ∈ S entonces S no es compacta.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 97
3.19. Demostrar que no existen superficies mınimas compactas.
Solucion: La demostracion se basa en el hecho que siempre es posi-
ble de parametrizar un entorno de cualquier superficie regular de forma
que
E = 〈φu, φu〉 = λ2 , F = 〈φu, φv〉 = 0 , G = 〈φv, φv〉 = λ2 .
Entonces
H =1
2
eG− 2fF + gE
EG− F 2=
1
2λ2(e+ g) .
Si S es superficie mınima entonces H = 0 lo que implica que e+ g = 0,
luego
K =eg − f 2
EG− F 2= −(e2 + f 2)
λ4≤ 0
por problema 3.18(b) la superficie S no es compacta.
3.20. Determine las geodesicas sobre la esfera
S2 = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 1 .
Solucion: Por el problema 3.1, sabemos que la curvatura normal de
cualquier curva sobre una esfera de radio 1 es κn = ±1. Ahora bien,
una curva es geodesica si y solo si κg = 0. Usando la formula
κ2 = κ2n + κ2g
se obtiene que las curvas geodesicas satisfacen κ = κn = ±1. Es decir,
las geodesicas de la esfera son las curvas que son circulos de radio 1.
3.21. Sea γ ⊂ S una lınea de curvatura plana (es decir, contenida en un plano
P). Probar que a lo largo de γ, el vector normal a S forma un angulo
constante con el vector normal a P .
Solucion: Supongamos que γ esta arcoparametrizada por el Teorema
de Rodrigues, γ es lınea de curvatura si y solo si N ′(t) = λ(t)γ′(t). Por
98 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
estar γ contenida en un plano P entonces τγ = 0. Luego,
d
dt〈n,N〉 = 〈n′, N〉+ 〈n,N ′〉
= 〈−κt+ τb, N〉 + 〈n, λt〉= −κ 〈t, N〉︸ ︷︷ ︸
0
+ τ︸︷︷︸0
〈b, N〉+ λ 〈n, t〉︸ ︷︷ ︸0
= 0
Entonces, 〈n,N〉 = cos θ es constante. Por lo tanto, como el vector a Ptiene angulo constante con n, se concluye que N y el vector normal a
P forman un angulo constante.
3.22. Sea α ⊂ S una curva regular sobre una superficie S con curvatura
Gaussiana K > 0. Demuestre que la curvatura κ de α en p satisface
κ ≥ mın(|κ1|, |κ2|) ,
donde κ1 y κ2 son las curvaturas principales de S en p.
Solucion: Sabemos que toda curvatura normal satisface
κ1 ≤ κn ≤ κ2 .
Ademas, de la identidad κ2 = κ2n + κ2g se deduce que |κn| ≤ κ, lo cual
implica lo pedido.
3.23. Si una superficie tiene primera forma fundamental de la forma
eλ(du2 + dv2) ,
donde λ es una funcion continua de u y v, demuestre que la curvatura
gaussiana K satisface
4λ+ 2Keλ = 0 ,
donde 4 denota el Laplaciano ∂2/∂u2 + ∂2/∂v2.
Solucion: Primero observe que dado que la primera forma fundamental
es eλ(du2 + dv2) entonces E = G = eλ = µ y F = 0, es decir la super-
ficie es conforme, al final del problema 3.10 se dedujo que la curvatura
gaussiana en este caso viene dada por
K = − 1
2µ4(logµ) = − 1
2eλ4λ ,
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 99
como queriamos probar.
3.24. Sea S una superficie de revolucion. Calcular∫∫
S
Kdσ
Solucion: Si α(u) = (f(u), g(u)) es la curva generatriz arcoparametri-
zada entonces la parametrizacion φ : U ⊂ R2 → R3 de la superficie de
revolucion es:
φ(u, v) = (f(u) cos v, f(u) sin v, g(u))
donde U = (u, v) : a < u < b, 0 < v < 2π y tenemos que
φu = (f ′(u) cos v, f ′(u) sin v, g′(u))
φv = (−f(u) sin v.f(u) cos v, 0)φuu = (f ′′(u) cos v, f ′′(u) sin v, g′′(u))
φuv = (−f ′(u) sen v, f ′(u) cos v, 0)
φvv = (−f(u) cos v,−f(u) sin v, 0)φu × φv = (−f(u)g′(u) cos v,−f(u)g′(u) sin v, f(u)f ′(u)) .
Entonces, los coeficiente de la primera formal fundamental son:
E = ‖φu‖2 = (f ′(u))2 + (g′(u))2 = ‖α′(t)‖2 = 1 ,
F = 〈φu, φv〉 = 0, G = ‖φv‖2 = (f(u))2 .
Como ‖φu×φv‖ =√EG− F 2 = f(u) entonces el vector normal unitario
es:
N =φu × φv
‖φu × φv‖= (−g′(u) cos v,−g′(u) sin v, f ′(u)) .
Entonces, los coeficientes de la segunda forma fundamental son:
e = 〈N, φuu〉 = f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u) ,
f = 〈N, φuv〉 = 0, g = 〈N, φvv〉 = f(u)g′(u) .
Entonces la curvatura gaussiana nos queda
K =eg − f 2
EG− F 2=
(f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u))f(u)g′(u)
(f(u))2
=(f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u))g′(u)
f(u).
100 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Por otro lado, como (f ′(u))2 + (g′(u))2 = 1 derivando obtenemos que
f ′(u)f ′′(u) + g′(u)g′′(u) = 0 entonces
(f ′(u)g′′(u)− f ′′(u)g′(u))g′(u) = f ′(u)g′(u)g′′(u)− f ′′(u)(g′(u))2
= −(f ′(u))2f ′′(u)− f ′′(u)(g′(u))2
= −f ′′(u) .
Con esto la curvatura gaussiana nos da
K =−f ′′(u)
f(u).
Sabemos que el dσ = ‖φu × φv‖dudv = f(u)dudv entonces∫∫
S
Kdσ =
∫ 2π
0
∫ b
a
−f′′(u)
f(u)f(u)dudv = 2π(f ′(a)− f ′(b)) .
3.25. Sea N el vector normal a la superficie φ(u, v). Demuestre que
Nu = aφu + bφv, Nv = cφu + dφv , (3.8)
donde(a c
b d
)= −F−1
I FII = −(E F
F G
)−1(L M
M N
).
Solucion: Como N es un vector unitario, se tiene que Nu y Nv son
perpendiculares a N , luego pertenecen al plano tangente de φ y por lo
tanto son combinacion lineal de φu y φv. Luego los escalares a, b, c y d
satisfacen (3.8) y existen. Por otro lado note que
〈N, φu〉 = 0 ⇒ 〈Nu, φu〉+ 〈N, φuu〉 = 0 ⇒ 〈Nu, φu〉 = −L .
Similarmente,
〈Nu, φv〉 = 〈Nv, φu〉 = −M, 〈Nv, σv〉 = −N .
Haciendo el producto interno de cada una de las ecuaciones en (3.8) con
φu y φv obtenemos
−e = aE + bF , −f = cE + dF,
−f = aF + bG , −g = cF + dG .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 101
Esta ecuacion es equivalente con la siguiente ecuacion matricial
−(
e f
f g
)=
(E F
F G
)(a c
b d
)(3.9)
esto completa la prueba.
3.26. La tercera forma fundamenta de una superficie φ(u, v) es
‖Nu‖2(u′)2 + 2〈Nu, Nv〉u′v′ + ‖Nv‖2(v′)2 .
Sea FIII la matriz simetrica de 2 × 2 asociada a la tercera forma fun-
damental. Demuestre que
FIII = FIIF−1I FII .
Solucion: Por problema anterior tenemos que Nu = aφu + bφv y Nv =
cφu + dφv, luego
FIII =
(〈Nu, Nu〉 〈Nu, Nv〉〈Nu, Nv〉 〈Nv, Nv〉
)
=
(Ea2 + 2Fab+Gb2 Eac + F (ad+ bc) +Gbd
Eac + F (ad+ bc) +Gbd Ec2 + 2Fcd+Gd2
)
=
(a b
c d
)(E F
F G
)(a c
b d
)
= (−F−1I FII)
tFi(−F−1I FII)
= FIIF−1I FIF−1
I FII = FIIF−1I FII
3.27. Demuestre que, si FIII es la tercera forma fundamental de una superficie
φ, entonces
FIII − 2HFII +KFI = 0 ,
donde K y H son las curvaturas gaussiana y media de φ.
Solucion: Usando el ejercicio anterior sabemos que FIII = FIIF−1I FII .
Multiplicando por la izquierda por F−1I obtenmos que
F−1I FIII = (F−1
I FII)2 = A2 =
(a c
b d
)2
.
102 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Por otro lado, se sabe del algebra lineal que una matriz A =
(a c
b d
)
satisface la ecuacion
A2 − (a + d)A+ (ad− bc)I = 0 .
Note que de la ecuacion (3.9) obtenemos inmediatamente que detA = K
y ademas se sabe que 2H = a+ d entonces obtenemos
FIII − 2HFII +KFI = 0 .
3.28. Suponiendo que la Tierra es esferica. Demuestre que no es posible di-
bujar un mapa de parte de la Tierra en que todas las distancias en el
mapa correspondan a un multiplo fijo de las distancias reales.
Solucion: Una funcion de una region de la superficie de la Tierra
que no distorsiona las distancia serıa un difeomorfismo desde esta re-
gion de la esfera a una region en el plano la cual multiplica todas las
distancias por el mismo factor constante, digamos c y denotamos por
f : T ⊂ S2 → R ⊂ R2 el difeomorfismo, entonces se cumple que
‖f(z)− f(w)‖ = c · dS2(z, w)
donde dS2 representa la distancia en S2. Ahora bien, considere la apli-
cacion g : R2 → R2 dada por
g(x) =x
c
entonces la aplicacion ϕ = g f : T ⊂ S2 → R ⊂ R2 satisface
‖ϕ(z)− ϕ(w)‖ =1
c‖f(z)− f(w)‖ = dS2(z, w)
entonces ϕ es una isometria. Sabemos que la curvatura gaussiana de
una superficie es invariante por isometrias entonces
1 = KS2 = KR2 = 0
lo cual es absurdo.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 103
3.29. Demostrar que no existe una superficie φ(u, v) tal que E = G = 1,
F = 0 y e = 1, f = −1, g = 0.
Solucion: Supongamos que existe tal superficie. Sabemos que:
K =eg − f 2
EG− F 2=
−1 − 0
1− 0= −1 .
Por otro lado, usando el Teorema Egregio de Gauss obtenemos
K = − 1
2λ4(log λ) = 0 ,
pues λ = 1 = E = G, lo cual es una contradiccion.
3.30. Sea φ(u, v) una superficie. Demuestre la ecuacion de Gauss
φuu = Γ111φu + Γ2
11φv + eN
φuv = Γ112φu + Γ2
12φv + fN
φvv = Γ122φu + Γ2
22φv + gN
donde
Γ111 =
GEu − 2FFu + FEv2(EG− F 2)
, Γ211 =
2EFu − EEv − FEu2(EG− F 2)
,
Γ112 =
GEv − FGu
2(EG− F 2), Γ2
12 =EGu − FEv2(EG− F 2)
,
Γ122 =
2GFv −GGu − FGu
2(EG− F 2), Γ2
22 =EGv − 2FFv + FGu
2(EG− F 2),
son los sımbolos de Christoffel.
Solucion: Como φu, φv, ~N es una base de R3, existen escalares α1, . . . , γ3
tales que
φuu = α1φu + α2φv + α3~N
φuv = β1φu + β2φv + β3 ~N (3.10)
φvv = γ1φu + γ2φv + γ3 ~N
104 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
haciendo el producto punto de cada una de estas ecuaciones con el
vector ~N se obtiene que
α3 = e , β3 = f , γ3 = g .
Ahora bien, haciendo el producto punto de las ecuaciones en (3.10) con-
tra φu y φv obtenemos seis ecuaciones escalares para las seis incognitas
que representan los sımbolos de Cristoffel. A manera de ejemplo si ha-
cemos el producto punto en la primera ecuacion de (3.10) se obtienen
las ecuaciones:
Eα1 + Fα2 = 〈φuu, φu〉 =1
2Eu
Fα1 +Gα2 = 〈φuu, φv〉 = (〈φu, φv〉)u − 〈φu, φuv〉 = Fu −1
2Ev
resolviendo estas ecuaciones nos da que α1 = Γ111 y α2 = Γ2
11 y se
procede de manera similar para las otras cuatro ecuaciones.
3.31. Demuestre las ecuaciones de Codazzi-Mainardi para una superficie φ(u, v)
ev − fu = eΓ112 + f(Γ2
12 − Γ111)− gΓ2
11 ,
fv − gu = eΓ122 + f(Γ2
22 − Γ112)− gΓ2
12 .
Solucion: Notemos que (φuu)v = (φuv)u y usando las ecuaciones de
Gauss mostradas en el problema anterior y obtenemos
(Γ111φu + Γ2
11φv + eN)v = (Γ112φu + Γ2
12φv + fN)u .
Derivando y agrupando terminos en la igualdad anterior obtenemos
(∂Γ1
11
∂v− ∂Γ1
12
∂u
)φu +
(∂Γ2
11
∂v− ∂Γ2
12
∂u
)φv + (ev − fu)N
= Γ112φuu + (Γ2
12 − Γ111)φvv − Γ2
11φvv − eNv + fNu
= Γ112(Γ
111φu + Γ2
11φv + eN) + (Γ212 − Γ1
11)(Γ112φu + Γ2
12σv + fN)
−Γ211(Γ
122φu + Γ2
22φv + gN)− eNv + fNu .
Ahora bien, ~Nu y ~Nv son perpendiculares a ~N , luego ellos son combi-
naciones lineales de φu y φv. Entonces basta igualar en ambos lados de
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 105
la igualdad de arriba todos los terminos con componentes en N y se
obtiene
fv − gu = eΓ122 + f(Γ2
22 − Γ112)− gΓ2
12
que es la primera ecuacion de Codazzi-Mainardi. La otra ecuacion se
obtiene de manera similar usando la identidad (φuv)v = (φvv)u.
3.32. Demuestre que no existe una superficie cuyas primera y segunda formas
fundamentales son
du2 + cos2 udv2 y cos2 udu2 + dv2 ,
respectivamente.
Solucion: Supongamos que existe tal superficie, entonces se tiene que
E = 1 , F = 0 , G = cos2 u .
Usando las formulas para los sımbolos de Cristoffel hallados en problema
anterior obtenemos que
Γ112 = Γ2
22 = 0, Γ122 = sen u cosu, Γ2
12 = − tan u .
Como e = cos2 u, f = 0 y g = 1 entonces la segunda ecuacion de
Codazzi-Mainardi, esto es
fv − gu = eΓ122 + f(Γ2
22 − Γ112)− gΓ2
12
no se satisface, lo cual es una contradiccion.
3.33. Considerese el toro de revolucion generado por la rotacion del cırculo
(x− a)2 + z2 = r2, y = 0 (a > 0, r > 0)
alrededor del eje z. Los paralelos generados por los puntos (a + r, 0),
(a − r, 0), (a, r) se denominan, respectivamente, el paralelo maximo,
el paralelo mınimo y el paralelo superior. Compruebese cual de estos
paralelos es
a. Una geodesica
106 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
b. Una curva asintotica
c. Una lınea de curvatura
Solucion: La parametrizacion del toro de revolucion es:
φ(u, v) = ((a + r cosu) cos v, (a+ r cos u) sin v, r sin u) .
Parametrizamos el paralelo maximo mediante:
α(s) = φ
(s
r + a, 0
)=
((r + a) cos
(s
r + a
), (r + a) sin
(s
r + a
), 0
).
Entonces α es una geodesica si y solo si se satisface el siguiente sistema
u′′ + Γ111(u
′)2 + 2Γ112u
′v′ + Γ122(v
′)2 = 0 ,
v′′ + Γ211(u
′)2 + 2Γ212u
′v′ + Γ222(v
′)2 = 0 . (3.11)
Sabemos que los coeficientes de la primera y segunda forma fundamental
del toro son:
E = r2, F = 0, G = (a+ r cosu)2 ,
e = r, f = 0, g = (a+ r cosu) cosu ,
luego los simbolos de Cristoffel son
Γ111 = 0, Γ1
12 = 0, Γ122 =
(a+ r cosu) sen u
r
Γ211 = 0, Γ2
12 = −(a + r cosu) sen u
r, Γ2
22 = 0
y para α tenemos que
v(s) = 0, u(s) =s
r + a, v′ = 0, u′ =
1
r + a, v′′ = 0, u′′ = 0
por lo tanto α es geodesica, ya que satisface el sistema (3.6). Por otro
lado, la ecuacion diferencial para las lıneas de curvatura es:
(fE − eF )(u′)2 + (gE − eG)u′v′ + (gF − fG)(v′)2 = 0
y la ecuacion diferencial de las curvas asintoticas es
e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 = 0 .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 107
Como α satisface ambas ecuaciones diferenciales es por lo tanto una
lınea de curvatura y una curva asintotica.
De manera similar parametrizamos el paralelo mınimo mediante
β(s) = φ
(s
r + a, π
)=
(−(r − a) cos
(s
r − a
),−(r − a) sin
(s
r − a
), 0
)
donde para β tenemos
v(s) = π, u(s) =s
r − a, v′ = 0, u′ =
1
r − a, v′′ = 0, u′′ = 0 .
Entonces, de las ecuaciones diferenciales se observa β es geodesica y una
lınea de curvatura, pero no es una curva asintotica. Ahora parametri-
zamos el paralelo superior mediante:
γ(s) = φ(sa,π
2
)=(a cos
s
a, a sin
s
a, r)
donde para γ se tiene
v(s) =π
2, u(s) =
s
a, v′ = 0, u′ =
1
a, v′′ = 0, u′′ = 0
Entonces γ es una geodesica y verifica las ecuaciones diferenciales de
las lıneas de curvatura y de las curvas asintoticas.
3.34. En el toro del ejercicio anterior, calculese la curvatura geodesica del
paralelo superior.
Solucion: Usamos el hecho que el valor absoluto de la curvatura geodesi-
ca es igual al valor absoluto de la proyeccion de la curvatura habitual
sobre el plano tangente. Ahora bien, el plano tangente sobre el paralelo
superior es igual al plano xy como γ(s) =(a cos s
a, a sin s
a, r)entonces
proyectada sobre el plano tangente es:
γ0(s) =(a cos
s
a, a sin
s
a, 0)
y
γ′0(s) =(− sin
s
a, cos
s
a, 0), n(s) =
(− cos
s
a,− sin
s
a, 0)
γ′′0 (s) =
(−1
acos
s
a,−1
asin
s
a, 0
)=
1
an(s)
108 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
entonces
k(s) =1
a⇒ |kg(s)| = |k(s)| = 1
a.
3.35. Sea γ = γ(s) una curva arcoparametrizada contenida en una superficie
S. En el punto p = γ(0) se escoge una base ortonormal de TpS, t, h, de
modo que t = γ′(0) y N = t× h. Se define la torsion geodesica de γ en
p como
τg =
⟨dN
ds(0), h
⟩.
(i) Probar que τg = (κ1 − κ2) cosϕ senϕ, donde ϕ es el angulo de e1
hacia t.
(ii) Probar que las lıneas de curvatura estan caracterizadas por tener
torsion geodesica identicamente cero.
Solucion:
(i) En la base e1, e2, definida por las direcciones principales pode-
mos escribir
t = e1 cosϕ+ e2senϕ
como t y h son perpendiculares se concluye que
h = e1 senϕ− e2 cosϕ
entonces
τg =
⟨dN
ds(0), h
⟩
=
⟨dN
ds(e1 cosϕ+ e2 senϕ), e1 senϕ− e2 cosϕ
⟩
= 〈e1κ1 cosϕ+ e2κ2 senϕ, e1 senϕ− e2 cosϕ〉= κ1 cosϕ senϕ− κ2 senϕ cosϕ
= (κ1 − κ2) cosϕ senϕ
(ii) Tenemos que
〈N, n〉 = cos θ, 〈N, t〉 = 0, 〈N, b〉 = sen θ
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 109
entonces N = n cos θ + b sen θ y observe que
N ′ = n′ cos θ + b′ sen θ +dθ
ds(−n sen θ + b cos θ)
= (−κt− τ b) cos θ + τn sen θ +dθ
ds(−n sen θ + b cos θ)
= −κ cos θt+(t− dθ
ds
)(−b cos θ + n sen θ)
como h = N × t = (n cos θ + b sen θ) × t lo que nos da h =
−b cos θ + n sen θ, luego
N ′ = −κ cos θt +(t− dθ
ds
)h = κnt+
(t− dθ
ds
)
como
τg = 〈N ′, h〉 =⟨−κnt +
(t− dθ
ds
)h, h
⟩= τ − dθ
ds
se concluye que
N ′ = −κnt + τgh
Por el Teorema de Rodrigues γ es lınea de curvatura si y solo si
N ′ = λt si y solo si τg = 0.
3.36. Sea γ ⊂ S una curva asintotica de curvatura nunca nula. Probar que su
torsion satisface
τ =√−K
donde K es la curvatura Gaussiana de S.
Solucion: Tenemos que
〈N, n〉 = cos θ, 〈N, t〉 = 0, 〈N, b〉 = sen θ
entonces N = cos θn+ sen θb y
dN
ds= − sen θ
dθ
dsn+ cos θ(−κt− τb) + cos θ
dθ
dsb+ sen θτn
como γ es asintotica entonces 0 =
⟨dN
ds, t
⟩= −κ cos θ con κ 6= 0
entonces cos θ = 0 lo que implica que N = b. Entonces, t = cosϕe1 +
senϕe2dN
ds=db
ds= τn .
110 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Luego,
DtN = cosϕDe1N + senϕDe2N
= −κ1 cosϕe1 − κ2 senϕe2
= τ− senϕe1 + cosϕe2 .
Por lo tanto,
κ1 cosϕ = τ senϕ
−κ2 senϕ = τ cosϕ
⇒ tanϕ =κ1τ
⇒ tanϕ = − τ
κ2
entonces −κ1κ2 = τ 2 ⇒ τ 2 = −K.
3.37. Considere la superficie de Enneper
φ(u, v) =
(u− u3
3+ uv2, v − v3
3+ vu2, u2 − v2
).
Demuestre que
(a) Los coeficientes de la primera forma fundamental son
E = G = (1 + u2 + v2)2 , F = 0 .
(b) Los coeficientes de la segunda forma fundamental son
e = 2 , g = −2 , f = 0 .
(c) Las curvaturas principales son
κ1 =2
(1 + u2 + v2)2, κ2 = − 2
(1 + u2 + v2)2.
(d) Las lıneas de curvatura son las curvas coordenadas.
(e) Las curvas asintoticas son u+ v =const., u− v =const.
Solucion:
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 111
(a) Tenemos que las derivadas parciales de la parametrizacion son
φu = (1− u2 + v2,2uv, 2u) ,
φv = (2uv, 1− v2 + u2,−2v) .
Luego, los coeficientes de la primera forma fundamental son:
E = ‖φu‖2
= (1− u2 + v2)2 + 4u2v2 + 4u2
= 1− 2(u2 − v2) + (u2 − v2)2 + 4u2v2 + 4u2
= 1 + 2u2 + 2v2 + u4 + v4 + 2u2v2
= 1 + 2(u2 + v2) + (u2 + v2)2 = (1 + u2 + v2)2 ,
F = 〈φu, φv〉 = 2uv(1− u2 + v2) + 2uv(1− v2 + u2)− 4uv = 0 ,
G = ‖φv‖2 = 4u2v2 + (1− v2 + u2)2 + 4v2 = (1 + u2 + v2)2 .
(b) Tenemos que
φu × φv = (−4uv2 − 2u(1− v2 + u2), 2v(1− u2 + v2)− 4u2v,
(1− u2 + v2)(1− v2 + u2)− 4u2v2)
= (−2u− 2u3 − 2uv2, 2v + 2v3 + 2u2v, 1− 2u2v2 − u4 − v4)
Entonces, ‖φu × φv‖ =√EG− F 2 = (1 + u2 + v2)2 y el vector
unitario normal es
N =φu × φv
‖φu × φv‖
=
(−2u− 2u3 − 2uv2
(1 + u2 + v2)2,2v + 2v3 + 2u2v
(1 + u2 + v2)2,2u2v2 − u4 − v4
(1 + u2 + v2)2
).
Ademas,
φuu = (−2u, 2v, 2), φuv = (2v, 2u, 0), φvv = (2u,−2v,−2) .
112 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Entonces, los coeficientes de la segunda forma fundamental son:
e = 〈N, φuu〉
=4u2 + 4u4 + 4v2 + 4v4 + 4u2v2 + 2− 4u2v2 − 2u4 − 2v4
(1 + u2 + v2)2
=2(2(u2 + v2) + (u4 + 2u2v2 + v4) + 1)
(1 + u2 + v2)2
= 2(1 + u2 + v2)2
(1 + u2 + v2)2= 2 ,
f = 〈N, φuv〉
=−4uv − 4u3v − 4uv3 + 4uv + 4v3u+ 4u3v
(1 + u2 + v2)2= 0 ,
g = 〈N, φvv〉
=−4u2 − 4u4 − 4v2 − 4v4 − 4u2v2 − 2 + 4u2v2 + 2u4 + 2v4
(1 + u2 + v2)2
=−2(2(u2 + v2) + (u4 + 2u2v2 + v4) + 1)
(1 + u2 + v2)2= −2 .
(c) Por el problema 3.11 sabemos que las curvaturas principales en el
caso que f = F = 0 son
κ1 =e
E=
2
(1 + u2 + v2)2,
κ2 =g
G= − 2
(1 + u2 + v2)2.
(d) Usando la ecuacion diferencial de las lıneas de curvatura dada en la
ecuacion (3.4) y como F = f = 0 obtenemos que
(gE − eG)u′v′ = 0 ⇔ 4(1 + u2 + v2)u′v′ = 0
⇔ u′ = 0 o v′ = 0
⇒ u = cosntante o v = constante
Por lo tanto, las lıneas de curvatura son las curvas coordenadas.
(e) La ecuacion diferencial de las curvas asintoticas es
e(u′)2 + 2fu′v′ + g(v′)2 = 0 ,
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 113
como f = 0 entonces
e(u′)2 + g(vc′)2 = 0 ⇒ 2(u′)2 − 2(v′)2 = 0
⇒ (u′)2 = (v′)2
⇒ u′ = ±v′
⇒ u− v = constante , u+ v = constante .
114 Capıtulo 3. Curvatura de Superficies
Capıtulo 4
El Teorema de Gauss-Bonnet
Una de las consecuencias del Teorema local de Gauss-Bonnet es la si-
guiente: Si en una superficie orientable tenemos un triangulo geodesico con
angulos interiores α, β, γ entonces
(α + β + γ)− π =
∫∫
R
Kdσ .
S
α β
γ
Geodesica
Geodesica
Geodesica
En la version general de Gauss-Bonnet local consideramos curvas cerradas
simples α = α(t), 0 ≤ t ≤ T , suaves a tramos.
115
116 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
Definicion 4.1.
Diremos que α esta orientada positivamente si encierra la region R “a su
izquierda” vista “desde arriba”. En cada vertice α(ti) tenemos un angulo
interior θi y satisfacen |θi| < π y son positivos si “se dobla a la izquierda” y
negativos si “se dobla a la derecha”.
α(tj)
α(ti) θi < 0
θj > 0
Sea σ : U ⊂ R2 → S una parametrizacion compatible con la orientacion
de S. Suponga ademas que U es homeomorfo a un disco abierto del plano.
Sea α[0, `] → σ(U) ⊂ S una curva parametrizada, regular a trozos, cerrada y
simple, con vertices α(ti) y angulos externos θi, i = 0, . . . , n−1. Consideremos
funciones diferenciables ϕi :]ti, ti+1] → R que miden el angulo positivo de σu
a α′(t) en cada t ∈ [ti, ti+1].
Teorema 4.1 (Teorema de la Variacion de la tangente).
n−1∑
i=0
(ϕ(ti+1)− ϕ(ti)) +n−1∑
i=0
θi = 2π .
El teorema estable que la variacion total del angulo a una direccion dada
del vector tangente a α, mas los “saltos” en los vertices, es igual a 2π.
Teorema 4.2 (Gauss-Bonnet local).
Sea α = α(t) una curva cerrada simple suave a tramos, orientada en sentido
positivo en la superficie orientada S. Entonces
n−1∑
i=0
∫ si+1
si
κg(α)ds+
∫∫
R
Kdσ +
n−1∑
i=0
θi = 2π .
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 117
Definicion 4.2.
Llamaremos triangulo a una region simple con solo tres vertices, y angulos
externos αi, i = 1, 2, 3. Una triangulacion de una region regular R ⊂ S es
una familia finita de triangulos Ti, i = 1, 2, . . . , n, tal que
(i)
n⋃
i=1
Ti = R.
(ii) Si Ti ∩ Tj 6= ∅, entonces o bien Ti ∩ Tj es un lado comun a Ti y a Tj o
bien consta de un vertice comun a Ti y a Tj.
Dada una triangulizacion T de una region R ⊂ S de una superficie S,
denotaremos por C al numero de triangulos (caras), por L al numero de lados
(aristas) y por V al numero de vertices de la triangulacion.
Definicion 4.3.
El numero
χ(R) = C − L+ V
se denomina caracterıstica de Euler-Poincare de la triangulacion.
Teorema 4.3.
Para cualquier triangulacion de una region R ⊂ S el numero χ(R) = C −L+ V es un invariante que solo depende de R.
Teorema 4.4.
Sea S ⊂ R3 una superficie regular compacta. Entonces
χ(S) = 2, 0,−2,−4, . . . .
Si S y S ′ son dos superficies compactas y χ(S) = χ(S ′) entonces son homeo-
morfos.
En otras palabras, cada superficie conexa y compacta S ⊂ R3 es homeo-
morfa a una esfera con un cierto numero g de asas.
Definicion 4.4.
El numero
g =2− χ(S)
2se denomina el genero de S.
118 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
Teorema 4.5 (Gauss-Bonnet).
Sea R una region es una superficie regular S orientable, con frontera ∂R =
C1 ∪ · · · ∪ Cn, una curva suave a tramos, todas orientadas positivamente.
Entoncesn∑
i=1
∫
Ci
κg(s)ds+
∫∫
R
Kdσ +∑
`
θ` = 2πχ(R) .
4.1. Problemas Resueltos
4.1 Pruebe que ∫ π/2
−π/2
ab2 cos θ
(a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)3/2dθ = 2 .
Solucion: Considere el elipsoide
x2 + y2
a2+z2
b2= 1
donde a, b son constantes positivas, el elipsoide es dideomorfo a la esfera
mediante la funcion (x, y, z) 7→ (x/a, y/a, z/b), luego por el Teorema de
Gauss-Bonnet aplicado a superficies compactas obtenemos que
∫∫
S
Kdσ = 4π(1− 0) = 4π
parametrizando el elipsoide por
σ(θ, ϕ) = (a cos θ cosϕ, a cos θ sinϕ, b sin θ)
se encuentra que
K =b2
(a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)2, ‖EG−F 2‖ = a cos θ
√a2 sin2 θ + b2 cos2 θ
entonces
∫∫
S
Kdσ =
∫ 2π
0
∫ π/2
−π/2
ab2 cos θdθdϕ
(a2 sin2 θ + b2 cos2 θ)3/2
esto completa la solucion.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 119
4.2 Suponga que S es una superficie compacta cuya curvatura gaussiana
K > 0 . Demuestre que S es difeomorfa a una esfera. ¿Es verdad la
recıproca de esta afirmacion?
Solucion: Si K > 0 entonces
∫∫
S
Kdσ = 2πχ(S) > 0 y como
χ(S) = 2(1− g) ⇒ g < 1
como g es un numero entero no negativo implica que g = 0 luego S es
difeomorfa a una esfera. La recıproca es falsa: por ejemplo la superficie
de la figura con forma de capsula es difeomorfa a la esfera,
pero K = 0 en la parte cilindrica.
4.3 Sea S una superficie con curvatura gaussiana K ≤ 0. Si γ ⊂ S es una
geodesica cerrada suave. Demuestre que γ no puede encerrrar una region
simple en S.
Solucion: Supongamos que si entonces por el Teorema de Gauus-Bonet
Local tendrıamos
∫
γ
κg(s)︸ ︷︷ ︸0
ds+
∫∫
R
Kdσ
︸ ︷︷ ︸≤0
+∑
θl︸ ︷︷ ︸
0
= 2π
lo que es imposible. Por ejemplo en un hiperbolide de revolucion, tenemos
K < 0 y la geodesica γ cerrada suave no encierra ninguna region simple
tal como lo muestra la figura.
120 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
γ
4.4 Sea S una superficie con K < 0. Demuestre que dos geodesicas γ1 y γ2
que parten del mismo punto p ∈ S no pueden encontrarse otra vez en un
punto q ∈ S de forma que las trazas de γ1 y γ2 constituyan la frontera
de una region simple R de S.
Solucion: Si γ1 es una geodesica desde p a q, seguida de la geodesi-
ca γ2 de q a p se acotara una region simple en S
p
q
γ1
γ2
θ2
θ1
R
y en virtud del Teorema de Gauss-Bonnet Local
∫∫
R
Kdσ + θ1 + θ2 = 2π
donde θ1 y θ2 son los angulos externos de la region R. Como las geodesi-
cas γ1, γ2 no pueden cortarse tangencialmente, tenemos que θi < π,
i = 1, 2 y como K ≤ 0 obtenemos una contradiccion.
4.5 Sea S una superficie homeomorfa a un cilindro con curvatura gaussiana
K < 0. Demuestre S tiene a los mas una geodesica cerrada simple.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 121
Solucion: Supongamos que hay dos geodesicas cerradas simples. Afir-
mamos que las geodesicas no se cortan. Ya que de lo contario los arcos
comprendidos entre los puntos de interseccion consecutivos constituirıan
la frontera de una region simple (ver figura abajo), lo que contradide el
problema anterior.
b
b
p
q
region simple
γ1γ2
Luego, ambas geodesicas deben ser “tipo cinturon”como se aprecia en la
siguiente figura
γ2
γ1
Existe un difeomorfismo entre la region de “tipo cinturon” y un anillo
como lo muestra la figura
122 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
γ2
γ1
γ2
γ1
Triangulizando un anilo se halla que la caractistica de Euler de un anillo
es cero. Aplicando el Teorema de Gauss-Bonnet∫∫
R
Kdσ = 2πχ(S) = 0
lo que es una contradiccion, pues K < 0.
4.6 Sea S una superficie compacta con K > 0. Demuestre que dos geodesicas
cerradas suaves se deben cortar.
Solucion: Por problema 3, sabemos que S es difeomorfa a una esfe-
ra. Ahora bien, si las geodesicas no se cortan
γ2γ1
entonces serıan frontera de una region R “tipo cinturon”con χ(S) = 0.
Aplicando el Teorema de Gauss-Bonnet∫∫
R
Kdσ = 0
y como K > 0 esto constituye una contradiccion.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 123
4.7 Sea S una superficie compacta no homeomorfa a la esfera. Probar que
existen puntos en S donde la curvatura gaussiana es positiva, cero y
negativa.
Solucion: Como S no es homeomorfa a la esfera entonces χ(S) ≤ 0
entonces por el Teorema de Gauss-Bonet global para superficies com-
pactas tenemos que
∫∫
S
Kdσ = 2πχ(S) ≤ 0
Por ser S compacta, existe p ∈ S tal queK > 0, de lo anterior, se conluye
que necesariamente hay puntos donde K < 0. Ahora bien, tomando
p, q ∈ S tales que K(p) > 0 y K(q) < 0 y una curva α : I → S tal que
α(0) = p y α(1) = q, entonces
K(s) = K(α(s))
es tal que K(0) = K(p) > 0 y K(1) = K(q) < 0 por el teorema del valor
intermedio existe c ∈ (0, 1) tal que K(c) = 0.
4.8 Sea S una superficie homeomorfa a una esfera, y sea γ una geodesica
cerrada simple, que divide a S en regiones R1, R2. Probar que las ima-
genes de R1, R2 en la esfera bajo el vector normal a S tienen igual area.
Solucion: Sean γ : I → R3 una geodesica y β(s) = N(γ(s)) la curva
que describe el vector normal a lo largo de γ. Sean A1 y A2 la image-
nes de R1 y R2 en la esfera bajo el vector normal a S. Sabemos que la
curvatura gaussiana de la esfera es K ≡ 1. Entonces, por el Teorema de
Gauss-Bonet
2π = 2πχ(S2)
=
∫∫
A1
K︸︷︷︸1
dσ +
∫
∂A1
κg︸︷︷︸0
ds
=
∫∫
A1
dσ = Area (A1)
124 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
como el area de la esfera S2 es 4π se concluye que
Area (A1) = Area (A2)
4.9 Calcular la caracteristica de Euler de
(a) Un elipsoide.
(b) La superficie S = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y10 + z6 = 1.
Solucion: Ambas superficies son homemorfas a la esfera S2 luego la
caracteristica de Euler de ambas superficies es 2. De hecho la aplicacion
ψ : R3 → R3 definida por ψ(x, y, z) = (x, y5, z3) define un homeomorfis-
mo de la esfera x2 + y2 + z2 = 1 sobre la superficie S.
4.10 Una de las siguientes superficies es compacta y la otra no lo es:
(i) x2 − y2 + z4 = 1;
(ii) x2 + y2 + z4 = 1.
Cual es cual, y porque? Esboze la superficie compacta y diga cual es su
caracteristica de Euler.
Solucion: Ambas supercies son cerradas debido a que son de la for-
ma f−1(0) donde f : R3 → R es una funcion continua. La superficie (i)
no es acotada luego no compacta, ya que contiene los puntos de la forma
(1, r2, r) con r ∈ R. La superficie (ii) es acotada, luego compacta. Ya
que la ecuacion x2 + y2 + z4 = 1 implica que −1 ≤ x, y, z ≤ 1. Por otro
lado, la superficie (ii) es obtenida por rotacion de la curva x2 + z4 = 1
alrededor del eje z:
x
z
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 125
Esta superficie es claramente difeomorfa a la esfera, luego χ = 2.
4.11 (a) Construya un ejemplo de una superficie no compacta en R3 con
una sucesion de geodesicas cerradas γn tal que el largo `(γi) → 0
cuando n→ ∞.
(b) Demuestre que esto no es posible si la superficie es compacta.
Solucion:
(a) Considere la siguiente superficie S de revolucion generada por una
curva vibrante α dada en la figura
x
b
b
bb
bbP1
P2
P3
P4
P5
P6
α
rotada al rededor del eje x. Sean Pn los puntos en α que tienen vector
tangente paralelo al eje x. Entonces, sobre S, los puntos Pn generan
geodesicas cerradas γn cuyo largo tiende a cero.
(b) Supongase que S es una superficie compacta. Si existe una sucesion
de geodesicas γn tales que el largo `(γn) → 0 cuando n → ∞, en-
tonces por el Teorema de Gauss-Bonnet para superficies compactas
obtenemos ∫∫
Ωn
Kdσ = 2πχ(Ωn) (4.1)
donde Ωn denota el dominio encerrado por γn. Como S es compacto,
cuando n es suficientemente largo, podemos asumir que Ωn es sim-
plemente conexo. Luego, haciendo n → ∞ en la igualdad en (4.1)
obtenemos un resultado contradictorio 0 = 2π.
4.12 Sea (r(s), 0, z(s)) una curva arcoparametrizada en R3 con r(s) > 0.
Considere la superficie de revolucion
(s, θ) → (r(s) cos θ, r(s) sen θ, z(s))
126 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
Sobre esta superficie calcule la derivada covariante ∇ ∂∂θ
∂∂s
y ∇ ∂∂θ
∂∂θ
en
terminos de∂
∂θy∂
∂s.
Solucion: Un calculo directo nos da que la primera forma fundamental
es
du2 + r2(s)dθ2 = Edu2 +Gdθ2
Sabemos que si α(t) = φ(u(t), v(t)) y sea
w(t) = a(u(t), v(t))φu + b(u(t), v(t))φv = a(t)φu + b(t)φv
el campo de vectores en la parametrizacion φ(u, v). Entonces
dw
dt= a(φuuu
′ + φuvv′) + b(φvuu
′ + φvvv′) + a′φu + b′φv .
Como la derivada covariante es la componente en el plano tangente de
dw/dt, utilizamos las ecuaciones de Gauss para φuu, φuv y φvv y supri-
mimos la componente normal, obtenemos
∇wdt
= (a′ + Γ111au
′ + Γ112av
′ + Γ112bu
′ + Γ122bv
′)φu
(b′ + Γ211au
′ + Γ212av
′ + Γ212bu
′ + Γ222bv
′)φv .
luego tenemos que para la primera derivada covariante la curva es α(t) =
φ(c, t) donde c es una constante y el campo de vectores es de la forma
w(t) = φθ entonces en este caso a(t) = 0, b(t) = 1 u(t) = c y v(t) = t
con derivadas u′ = 0 y v′ = 1 por lo tanto
∇ ∂∂θ
∂
∂θ= Γ1
22
∂
∂s+ Γ2
22
∂
∂θ= −Gu
2E
∂
∂s+Gθ
2G
∂
∂θ= −r(s)r′(s) ∂
∂s
en donde hemos usado los sımbolos de Christoffel deducidos la ayudantia
anterior. De manera similar para la segunda derivada covariante tenemos
que la curva es α(t) = φ(c, t) donde c es una constante y el campo de
vectores es w = φs entonces a(t) = 1, b(t) = 0, u(t) = c y v(t) = t con
lo obtenemos
∇ ∂∂θ
∂
∂s= Γ1
12
∂
∂s+ Γ2
12
∂
∂θ= −Eθ
2E
∂
∂s+Gθ
2G
∂
∂θ=r′(s)
r(s)
∂
∂θ
donde Γijk son los simbolos de Christoffel.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 127
4.13 Sea
α(t) =
(1
2cos(t),
1
2sen(t),
√3
2
), 0 ≤ t < 2π
una curva sobre S2. Sea X0 =∂
∂x2∈ T
( 12,0,
√
32)S2. Calcule el transporte
paralelo de X0 a lo largo de x(t).
Solucion: Considere el cono que es tangente a la esfera unitaria S2
a lo largo de la curva α. El angulo ψ del vertice de este cono viene dado
por ψ = arc sen
√3
2=π
3.
α pw0
0
π3
b
El cono menos un generador es isometrico a un conjunto abierto D ⊂ R2
dado en coordenadas polares por 0 < ρ < +∞, 0 < θ <√3π.
θ
√3π
s = 0
w0
w(s)
t(s)
128 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
Como el transporte paralelo en el plano coincide con la nocion habitual,
obtenemos, al contar s unidades a partir de p =(
12, 0,
√32
)y abarcar un
angulo central θ =
√3
2s, que el angulo orientado formado por el vector
tangente t(s) con el transporte paralelo w(s) viene dado por 2π − θ =
2π −√32s.
4.14 Calcule la curvatura geodesica total de un cırculo de radio r sobre una
esfera de radio R > r.
Solucion: Por el Teorema de Gauss-Bonnet, la curvatura geodesica total
es dada por
∫
C
κgds = −∫∫
Ω
Kdσ + 2πχ(Ω)
= − 1
R2· 2πR(R−
√R2 − r2) + 2π
= 2π
√R2 − r2
R,
donde C es el cırculo dado, y Ω es la capa esferica encerrada por C.
4.15 Demuestre que si la curvatura gaussiana de la esfera S2 satisface |K| ≤ 1,
entonces el area de S2 no es menor que 4π
Solucion: Por el Teorema de Gauss-Bonnet se tiene que
∫∫
S2
Kdσ = 2πχ(S2) = 4π.
Luego, si |K| ≤ 1 obtenemos que
4π ≤∫∫
S2
|K|dσ ≤ Area(S2) .
4.16 Al girar la curva, esbozada a continuacion, alrededor del eje x obtenemos
una superficie de revolucion M ⊂ R3. Calcule
∫∫
M
Kdσ.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 129
x
z
Solucion: La superficie de revolucion asi obtenida por la curva es homeo-
morfa a una seccion de una superficie cilindrica. Luego la caracteristica
de Euler es χ(M) = 0. Ademas, el borde deM consiste de dos cırculos los
cuales justamente son geodesicas en M , porque a lo largo de estos cırcu-
los el vector normal a M es paralelo al vector normal de la curva. Por lo
tanto por el teorema de Gauss-Bonnet, obtenemos inmediatamente
∫∫
M
Kdσ = 0 .
130 Capıtulo 4. El Teorema de Gauss-Bonnet
Capıtulo 5
Superficies Completas.
Teorema de Hopf-Rinow
En el espacio lineal normado TpS podemos definir una bola abierta de
radio δ
Bδ(0p) = ~w ∈ TpS | ‖~w‖ < δ .
Definicion 5.1.
El mapeo exponencial expp : Bε(0p) → S es definida por
expp(~w) = γ~w/‖~w‖(‖~w‖) .
Geometricamente, la construccion corresponde a trazar (si es posible) sobre
la unica geodesica γ que pasa por p en la direccion ~w‖~w‖ una longitud igual a
‖~w‖, el punto obtenido por este procedimiento se denota por expp(~w).
Definicion 5.2.
Una superficie regular S es completa si para cada punto p ∈ S, cualquier
geodesica parametrizada γ : [0, ε) → S, que comience en p = γ(0), puede
prolongarse a una geodesica parametrizada γ : R → S, definida en toda la
recta real R.
En otras palabras, S es completa cuando la aplicacion expp : TpS → S
esta definida para cada v ∈ TpS, y esto sucede en todos los puntos p ∈ S.
Proposicion 5.1.
Una superficie cerrada S ⊂ R3 es completa.
131
132 Capıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow
Definicion 5.3.
La distancia d(p, q) es definida por
d(p, q) = ınf `(αp,q) ,
donde se toma el ınfimo sobre todas las curvas parametrizadas y deferencia-
bles a trozos que une p y q.
Teorema 5.1 (Hopf-Ronow).
Sea S una superficie y p ∈ S. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
(i) expp esta definida sobre todo TpS.
(ii) Los conjuntos cerrados y acotados de S son compactos.
(iii) M es completo como un espacio metrico.
(iv) Dados p, q ∈ S, existe una geodesica mınima que une p y q.
5.1. Problemas Resueltos
5.1. Sea S ⊂ R3 una superficie completa y F ⊂ S cerrado no vacıo tal que
S \ F es conexo. Demuestre que S \ F es una superficie no completa.
Solucion: Sea p ∈ S \ F y q ∈ F , como S es completa existe γ :
[0, 1] → S geodesica minimizante que une p con q.
bb
b
p
q
F
γ(s0)
Por ser γ continua existe s0 ∈ [0, 1] tal que γ(s0) ∈ F ∩ (S \ F ). Seaγ : [0, s0) → S geodesica en S \ F entonces γ no se puede prolongar
para s = s0. Por lo tanto, S \ F no es completa.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 133
5.2. Sea S una superficie completa. Demuestre que para cada p ∈ S la apli-
cacion expp : TpS → S es sobreyectiva.
Solucion: Sea q ∈ S y considere γ la geodesica minimizante para-
metrizada por longitud de arco que une p y q con d(p, q) = r.
bb
b
p q
0
vrv
γ′(0) γ
TpS
S
expp
entonces se tiene que q = expp(rv) donde v = γ′(0). Luego, expp es
sobreyectiva.
5.3. Sea S una superficie completa. Suponga que existe r > 0 tal que
d(p.q) < r para todo p, q ∈ S. Demuestre que S es compacta.
Solucion: Si S es geodesicamente completa entonces para cada p ∈ S,
expp : TpS → S es sobreyectiva. Ahora, como S es acotado existe
BR(0) ⊂ TpS tal que
expp(BR(0)) = expp(TpS) = S
como expp es continua y BR(0) es compacto entonces S es compacta.
5.4. Decimos que una sucesion pn∞n=1 de puntos de una superficie S con-
verge a un punto p0 ∈ S en la distancia (intrinsica) d si, dado ε > 0,
existe n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 implica que d(pn, po) < ε. Demuestre
que una sucesion de puntos pn∞n=1 ⊂ S converge a p0 ∈ S en d si y
solo si pn∞n=1 converge a p0 como una sucesion de puntos en R3 (es
decir, en la distancia euclideana).
134 Capıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow
Solucion:
⇒ Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
d(pn, p0) < ε , ∀ n > n0 .
Para m ∈ N fijo con m > n0, sea α : [a, b] → S una curva tal que
α(a) = p0 y α(b) = pm entonces se sabe que
‖pm − p0‖ ≤ ‖α(a)− α(b)‖ ≤∫ b
a
‖α′(t)‖dt
tomando infimo sobre todas las curvas que unen pm con p0 obtenemos
que
‖pm − p0‖ ≤ d(pm, p0) < ε
para cada m > n0. Por lo tanto, pn∞n=1 converge a p0 como una suce-
sion de puntos en R3.
⇐ Sea γ : [0, `] → S una geodesica parametrizada por longitud
de arco tal que γ(sn) = pn y γ(0) = p0. Entonces
d(γ(sn), γ(0)) =
∫ sn
0
‖γ′(t)‖dt = |sn − 0| = sn (5.1)
Para n suficientemente grande el trazo de geodesica que une pn con p0
es inyectivo. Luego, existe una inversa local γ−1 que es continua. Como
por hipotesis pn → p0 en la distancia ‖ · ‖ entonces por la continuidad
de γ−1 se tiene que sn → 0 cuando n → ∞ lo que implica segun (5.1)
que pn converge a p0 con respecto a d.
5.5. Sea S una superficie. Una sucesion pn∞n=1 ⊂ S es de Cauchy en la
distancia (intrinsica) d si, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n,m ≥ n0
implica que d(pn, pm) < ε. Demostrar que S es completa si y solo si
cada sucesion de Cauchy en S converge a un punto en S.
Solucion:
⇐ Sea γ una geodesica con ‖γ′‖ = 1. Suponga que S no es completa,
esto es, que γ esta definida para todo s < s0 pero no para s = s0. Sea
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 135
sn∞n=1 sucesion tal que lımn→∞
sn = s0, por ser una sucesion convergente
ella es de Cauchy entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
|sn − sm| < ε , ∀ n,m ≥ n0 .
Entonces,
d(γ(sn), γ(sm)) =
∫ sm
sn
‖γ′(t)‖dt = |sn − sm| < ε .
Luego, γ(sn)∞n=1 ⊂ S es una sucesion de Cauchy con respecto a d, por
hipotesis, existe po ∈ S tal que lımn→∞
γ(sn) = p0. Por otro lado, existe
δ > 0 tal que expp0 : Bδ(0p0) → S es un difeomorfismo, entonces para
n,m suficientemente grande se tiene que γ(sn), γ(sm) ∈ exp(Bδ(0)) y
tenemos la siguiente situacion geometrica
b
b
b
b
b
b
0
exp−1p0
(γ(sn))
exp−1p0
(γ(sm))
p0
γ(sn)
γ(sm)
γΓ
Tp0Sexpp0 (Bδ(0))
expp0
Haciendom→ ∞ vemos que el rayo que une 0 con el punto exp−1p0(γ(sn))
coincide con la curva Γ(s) = exp−1p0 (γ(s)), por lo tanto γ puede prolon-
garse hasta p0, lo que constituye una contradiccion.
⇒ Sea Pn∞n=1 ⊂ S una sucesion de Cauchy con respecto a d.
Entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
d(pn, pm) < ε , ∀ n,m ≥ n0 .
Como ‖pn − pm‖ ≤ d(pn, pm), entonces pn∞n=1 es una sucesion de
Cauchy con respecto a ‖ · ‖. Como R3 es completo, existe p0 ∈ R3
tal que lımn→∞
pn = p0. Supongamos que p0 /∈ S. Como d(pn0, pn) < ε,
136 Capıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow
en virtud del Teorema de Hopf-Rinow existe una geodesica mınima γn
que une pn0 con pn con `(γn) < ε. Haciendo n → ∞, γn tiende a una
geodesica mınima γ con `(γ) ≤ ε. Parametrizando γ por longitud de
arco, como po /∈ S implica que γ no esta definida para s = ε, lo cual es
una contradiccion.
5.6. Sean S y M superficies y ϕ : S → M un difeomorfismo. Suponga que
M es completa y que existe c > 0 tal que
cIϕ(p)(dϕp(v)) ≤ Ip(v)
para todo p ∈ S y todo v ∈ TpS. Demostrar que S es completa.
Solucion: Sea γ una geodesica minimizante que une p y q, como ϕ
es un difeomorfismo se tiene que Γ(s) = ϕ(γ(s)) es una geodesica en
M , luego
dS(p, q) =
∫ b
a
‖γ′(t)‖dt =∫ b
a
Ip(γ′(t))dt
≥∫ b
a
c · Iϕ(p)(dϕp(γ′(t)))dt = c
∫ b
a
Iϕ(p)(Γ′(t))dt
= cdM(ϕ(p), ϕ(q))
Ahora bien, sea pn∞n=1 ⊂ S sucesion de Cauchy con respecto a dS,
entonces dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
c · dM(ϕ(pn), ϕ(pm)) ≤ dS(pn, pm) < ε , ∀ n,m ≥ n0 .
Luego, ϕ(pn)∞n=1 ⊂ M es de Cauchy con respecto a dM . Como M
es completa entonces existe ϕ(po) ∈ M tal que lımn→∞
ϕ(pn) = p0, por
ser ϕ−1 continua tenemos que lımn→∞
pn = p0 ∈ S. Por lo tanto, S es
completa.
5.7. Sean S una superficie completa y M una superficie conexa tal que para
todo par de puntos de M se pueden unir por una unica geodesica. Sea
ϕ : S → M una isometrıa local. Demuestre que ϕ es una isometrıa
global.
Geometrıa Diferencial - Rodrigo Vargas 137
Solucion: Basta probar que ϕ es biyectiva. Supongamos que p1, p2 ∈ S
con p1 6= p2 son tales que ϕ(p1) = ϕ(p2) = q. Como S es completa, exis-
te una geodesica mınima γ que une p1 con p2. Como ϕ es una isometrıa
local, entonces ϕγ es una geodesica cerrada que parte en q y que tiene
la misma longitud de γ. Entonces, cualquier punto en ϕγ distinto de q
se puede unir con q mediante dos geodesicas distintas, lo que constituye
una contradiccion. Luego ϕ es inyectiva. Ahora probaremos que ϕ es
sobreyectiva, como ϕ es un difeomorfismo local, ϕ(S) ⊂ M es un con-
junto abierto enM . Demostraremos que ϕ(s) es un conjunto cerrado en
M y como M es conexa implica que ϕ(S) = M . Si ϕ(S) no es cerrado
en M entonces existe una sucesion ϕ(pn) con pn ∈ S tal que
lımn→∞
ϕ(pn) = p /∈ ϕ(S) .
Asi, ϕ(pn) es una sucesion de Cauchy en ϕ(S) que no es convergente.
Como ϕ es una isometrıa local inyectiva, pn es una sucesion de Cauchy
en S que no es convergente, lo que contradice la completitud de S.
138 Capıtulo 5. Teorema de Hopf-Rinow
Bibliografıa
[1] Do Carmo, M Differential Geometry of Curves and Surfaces. Prentice
Hall, 1976.
[2] Lima, E. L. Curso Analise Vol 1. Proyecto Euclides, IMPA, 1989.
[3] Lima, E. L. Curso Analise Vol 2. Proyecto Euclides, IMPA, 1989.
[4] Mccleary, J. Geometry from a Differentiable Viewpoint. Cambridge
University Press, 1982.
[5] Spivak, M. Calculo en Variedades. Editorial Reverte, 1970.
[6] Struik, D. J. Lectures on Clasical Differential Geometry. Addison-
Wesley, 1950.
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