Geometría diferencial de superficies en el espacio

Transcripción

1 Geometría dferencal de superfces en el espaco Marano Suárez-Álvarez 31 de agosto, Superfces en el espaco Cartas y superfces Funcones dferencables Espacos tangentes Campos tangentes Formas dferencales Orentabldad Ejerccos Superfces en el espaco 1.1. Cartas y superfces Una funcón dferencable x : U R 3 defnda en un aberto U de R 2 es una carta s es nyectva y para todo u U es 1 x(u) 2 x(u) = 0. La traza de x es su magen x(u) Un conjunto S R 3 es una superfce s para cada p S hay una carta x : U R 3 con p x(u) y tal que x(u) es un aberto de S y la correstrccón x : U x(u), que es byectva, tene nversa contnua Un prmer resultado, que utlzaremos mplíctamente todo el tempo, es que todo subconjunto aberto de una superfce es él msmo una superfce: Proposcón. S S R 3 es una superfce y V S es un aberto de S, entonces V tambén es una superfce. Demostracón. Sean S y V como en el enuncado y sea p V. Como S es una superfce, exste una carta x : W R 3 con x(w) un aberto de V y correstrccón x : W x(w) byectva y con nversa contnua. Como V y x(w) son abertos en S, tambén lo Revson: r453 Compled: 8 de septembre de 2015

2 es V x(w), y entonces W = x 1 (V x(w)) es un aberto de W, ya que x es contnua. Sea y = x W : W R 3, que claramente es una carta. Como la nversa de x : W x(w) es contnua, el conjunto y(w ) = x(w ) es un aberto de x(w), y entonces de S. Por otro lado, la nversa de la correstrccón y : W y(w ) es la restrccón de la nversa de x : W x(w) a y(w ), así que es contnua. Vemos así que V es una superfce En general, probar que un subconjunto de R 3 es una superfce puede ser una tarea delcada. Hay, sn embargo, una stuacón que se presenta mucho en la práctca y en la que esto es sencllo: Proposcón. Sea W R 3 un aberto y sea f : W R una funcón dferencable. El conjunto S = {p R 3 : f (p) = 0} es una superfce s cada vez que p S se tene que f (p) = 0. Demostracón. Sea p S. Como f (p) = 0 podemos suponer, sn pérdda de generaldad, que 3 f (p) = 0. Consderemos la funcón F : q W (q 1, q 2, f (q)) R 3, que es dferencable. La matrz de la dferencal DF(p) de F en p con respecto a la base usual de R 3 es f (p) f (p) f (p) y es claramente nversble. El teorema de la funcón nversa, entonces, nos dce que exsten abertos A W y B R 3 con p A y F(A) = B, y tales que la restrccón F : A B es un dfeomorfsmo. Más aún, se sgue del teorema que para todo r B la dferencal DF 1 (r) es nversble y que tene a DF(F 1 (r)) como nversa. Consderemos el conjunto U = {(u 1, u 2 ) R 2 : (u 1, u 2, 0) B}, que es un aberto de R 2, y la funcón x : u U F 1 (u 1, u 2, 0) R 3, que es dferencable y toma valores en A. S u, v U son tales que x(u) = x(v), entonces (u 1, u 2, 0) = F(x(u)) = F(x(v)) = (v 1, v 2, 0) y, por supuesto, u = v: esto muestra que x es nyectva. Por otro lado, s u U es x(u) = F 1 (u 1, u 2, 0) para cada {1, 2}, de manera que los vectores 1 x(u) y 2 x(u) son las dos prmeras columnas de la matrz de DF 1 (u 1, u 2, 0) y, en consecuenca, son lnealmente ndependentes. La funcón x es, por lo tanto, una carta. S u U, entonces f (x(u)) es la tercera componente de F(F 1 (u 1, u 2, 0)), que es nula. Esto prueba que x(u) A S. Recíprocamente, s q A S entonces f (q) = 0 y, por lo tanto, F(q) = (q 1, q 2, 0), de forma que (q 1, q 2 ) U y x(q 1, q 2 ) = F 1 (q 1, q 2, 0) = q. Conclumos que x(u) = A S, así que x(u) es un aberto de S. Como p A y p S, vemos además que x(u) contene a p. 2

3 Fnalmente, la proyeccón π : (x 1, x 2, x 3 ) R 3 (x 1, x 2 ) R 2 es contnua y π(f(a S)) = U. Podemos entonces consderar la restrccón π F : A S U, que es contnua y que claramente es la funcón nversa a la correstrccón x : U A S Por ejemplo, usando esta proposcón podemos mostrar que la esfera undad de R 3, esto es, el conjunto S 2 de los puntos (x, y, z) R 3 tales que x 2 + y 2 + z 2 = 1 es una superfce. En efecto, la funcón f : (x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 1 R es dferencable, claramente S 2 = {p R 3 : f (p) = 0}, y para cada p = (x, y, z) S 2 es f (p) = (2x, 2y, 2z) = 0. La Proposcón nos dce entonces que S 2 es una superfce Otra famla de ejemplos es la de los gráfcos de funcones: Proposcón. Sea U R 2 un conjunto aberto y sea f : U R una funcón dferencable. El conjunto S = {(u 1, u 2, f (u 1, u 2 )) : (u 1, u 2 ) U} es una superfce. Demostracón. Sea Ω = U R, que es un aberto de R 3 y consderemos la funcón dferencable F : p Ω p 3 f (p 1, p 2 ) R. Es claro que S = {p R 3 : F(p) = 0}. S p S, es F(p) = ( 1 f (p 1, p 2 ), 2 f (p 1, p 2 ), 1) = 0 y la Proposcón mplca, entonces, que S es una superfce. Alternatvamente, podemos consderar la funcón x : u U (u 1, u 2, f (u 1, y 2 )) R 3. Es nmedato que se trata de una funcón nyectva y dferencable, que los vectores 1 x(u) y 2 x(u) son lnealmente ndependentes cualquera sea u U, y que la magen de x es S, que es, por supuesto, un aberto de S. Fnalmente, la proyeccón π : (x 1, x 2, x 3 ) R 3 (x 1, x 2 ) R es contnua y se restrnge a una funcón contnua π : S U, que es claramente la funcón nversa de x : U x(u) El sguente resultado, esencalmente técnco, muestra que toda carta con traza contenda en una superfce satsface las condcones de la defncón Proposcón. Sea S R 3 una superfce. S x : U R 3 es una carta tal que x(u) S, entonces x(u) es aberto en S y la correstrccón x : U x(u) tene nversa contnua. Más aún, para cada u U exste un aberto W R 3 y una funcón dferencable r : W R 2 con x(u) W S x(u) y tales que x 1 (q) = r(q) para todo q W S. Demostracón. Sean u 0 U y p = x(u 0 ). La hpótess sobre S mplca que exste una carta y : V R 3 con p y(v) e magen y(v) un aberto de S y, en partcular, hay un aberto Ω R 3 tal que Ω S = y(v). 3

4 Sea v 0 V tal que y(v 0 ) = p y consderemos la funcón ỹ : (v, t) V R y(v) + t 1 x(v) 2 x(v) R 3, que es dferencable. Es ỹ(v 0, 0) = p y los tres vectores 1 ỹ(v 0, 0) = 1 y(v 0 ), 2 ỹ(v 0, 0) = 2 y(v 0 ), 3 ỹ(v 0, 0) = 1 x(v) 2 x(v) son lnealmente ndependentes, así que el teorema de la funcón nversa nos dce que exsten abertos A V R y B Ω con (v 0, 0) A y ỹ(a) = B, y tales que la restrccón ỹ : A B es un dfeomorfsmo. Como claramente ỹ(v 0) S, es ỹ 1 (B S) V 0. Como x es una funcón contnua y x(u 0 ) pertenece al aberto B, el conjunto x 1 (B) es un aberto de U que contene a u 0. S π : V R V es la proyeccón, podemos consderar la composcón h = π ỹ 1 x : x 1 (B) V. S ι : v V (v, 0) V R, entonces ι h = ỹ 1 x sobre x 1 (B) y, en consecuenca, Dι(h(u 0 )) Dh(u 0 ) = D(ι h)(u 0 ) = D(ỹ 1 x)(u 0 ) = Dỹ 1 (x(u 0 )) Dx(u 0 ). Las transformacones lneales Dx(u 0 ) y Dỹ 1 (x(u 0 )) son nyectvas, así que esto mplca que Dh(u 0 ) tambén lo es. El teorema de la funcón nversa nos dce entonces que hay abertos B x 1 (B) y A V con u 0 B, A 0 A y h(b ) = A, y tales que la restrccón h : B A es un dfeomorfsmo. Como x(b ) = (y π ỹ 1 x)(b ) = y(h(b )) = y(a ) y y : V y(v) tene nversa contnua, vemos que x(b ) es un aberto de S que contene a p. Esto nos dce que p es un punto nteror de x(u) en S y, en defntva, que x(u) es un aberto de S. Para probar que x : U x(u) tene nversa contnua alcanza con probar la últma afrmacón del enuncado. Consderemos el conjunto W = ỹ(a π 1 (A )), que es aberto en R 3, y la funcón r = h 1 π ỹ 1 : W R 2. Notemos que W S = ỹ(a π 1 (A )) S = ỹ(a π 1 (A ) (V 0)) = ỹ(a (A 0)) = y(a ) = x(b ) y que, en consecuenca, p W S x(u). Por otro lado, s u B es (r x)(u) = (h 1 π ỹ 1 x)(u) = (h 1 h)(u) = u, así que la restrccón de r a W S concde con la funcón nversa de la restrccón x : B x(b ). Esto completa la prueba de la proposcón. 4

5 S B ỹ y x A V R ι B x 1 (B) π A U h Fgura 1. La construccón de la prueba de la Proposcón V La aplcacón más mportante de la Proposcón es el sguente resultado, que cumple un rol fundamental en toda la teoría. Es, además, la razón por la que pedmos en la defncón la exstenca de cartas con nversa contnua. Proposcón. Sea S R 3 una superfce. S x : U R 3 e y : V R 3 son cartas y ponemos W = x(u) y(v), entonces la funcón x 1 y : y 1 (W) x 1 (W) es un cambo de coordenadas. Demostracón. Como x e y son cartas, los conjuntos x(u) y y(v) son abertos de S, así que tambén lo es W = x(u) y(v). Como la correstrccón x : U x(u) es byectva y tene nversa contnua, el conjunto x 1 (W) es un aberto de U; de la msma forma, y 1 (W) es un aberto de V. Así, la composcón x 1 y : y 1 (W) x 1 (W) es una byeccón entre abertos del plano. Para ver que se trata de un cambo de coordenadas bastará que mostremos que es dferencable, ya que su nversa es la composcón y 1 x : x 1 (W) y 1 (W) y se aplca a ella el msmo razonamento. Sea v y 1 (W) y sea u = x 1 (y(v)). De acuerdo a la Proposcón exsten un aberto W R 3 y una funcón dferencable r : W R 2 con x(u) W S x(u) y x 1 (q) = r(q) para todo q W S. Tenemos entonces que x 1 y = r y sobre y 1 (W) y esto mplca nmedatamente que x 1 y es dferencable en v, como queríamos. 5

6 1.2. Funcones dferencables Sea S R 3 una superfce. Una funcón f : S R n es dferencable s es contnua y para cada carta x : U S con valores en S la composcón f x : U R n es una funcón dferencable. Escrbmos C (S, R n ) al conjunto de todas las funcones S R n que son dferencables y, generalmente, C (S) en lugar de C (S, R) Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea V S un aberto. S f : S R n es una funcón dferencable, tambén lo es la restrccón f V : S R n. Demostracón. Toda carta con valores en V es una carta con valores en S, así que esto es consecuenca nmedata de la defncón Para ser dferencable, una funcón tene que satsfacer una condcón por cada carta con traza contenda en la superfce. El sguente resultado nos dce que, en realdad, es sufcente bastante menos: Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea f : S R n una funcón contnua. Entonces f es dferencable s y solamente s para cada p S exste una carta x : U S tal que p x(u) y la composcón f x : U R n es dferencable. Demostracón. La necesdad de la condcón es consecuenca nmedata de la forma en que defnmos la dferencabldad de funcones S R n y de que todo punto de S está en la magen de una carta x : U R 3 con x(u) S. Veamos la sufcenca. Sea entonces f : S R n una funcón que satsface la condcón del enuncado y sea x : U R 3 una carta con x(u) S. Para ver que f x : U R n es dferencable basta mostrar que es dferencable en todos los puntos de U. Fjemos para eso u U y sea p = x(u). La hpótess hecha sobre f nos dce que exste una carta y : V R 3 con p y(v) S y tal que f y es dferencable. De la Proposcón sabemos que W = x(u) y(v) es un aberto de S, que x 1 (W) e y 1 (W) son abertos de R 2 y que la funcón φ = y 1 x : x 1 (W) y 1 (W) es un cambo de coordenadas. Como la restrccón de f x a x 1 (W) concde con f y φ, que es una funcón dferencable, y u x 1 (W), vemos que f x es dferencable en u, como queríamos Una consecuenca drecta de la Proposcón es el sguente crtero «local» de dferencabldad: Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea f : S R n una funcón contnua. S para todo p S exste un aberto V S con p V y tal que la restrccón f V : V R n es una funcón dferencable, entonces f es una funcón dferencable. Demostracón. Sea p S. Por hpótess, exste un aberto V S tal que p V y f V es dferencable. La necesdad de la condcón de la Proposcón aplcada a f V : V R n mplca que exste una carta x : U V tal que p x(u) y f V x 6

7 es dferencable. Como x es una carta con valores en S y claramente f x = f V x, usando ahora la sufcenca de la condcón de esa proposcón aplcada a f : S R n podemos conclur que f es dferencable Una forma de obtener funcones dferencables sobre una superfce es restrngr a ella funcones dferencables defndas sobre el espaco ambente: Proposcón. Sea S R 3 una superfce. S Ω es un aberto de R 3 tal que S Ω y f : Ω R n es una funcón dferencable, entonces la restrccón f S : S R n es una funcón dferencable. Demostracón. S x : U R 3 es una carta con x(u) S, entonces la composcón f S x concde con f x y esta últma funcón es claramente dferencable. Esto nos dce que f S es dferencable, como se afrma en la proposcón Sean S una superfce y x : U S una carta con valores en S. S {1, 2} y π : R 2 R es la proyeccón -ésma, la composcón x = π x 1 : x(u) R es una funcón dferencable. Llamamos a las dos funcones x 1 y x 2 las funcones coordenadas asocadas a la carta x. Observemos que x 1 (p) = (x 1 (p), x 2 (p)) para todo p x(u) Espacos tangentes Sea S R 3 es una superfce y sea p S. Un vector X R 3 es tangente a S en p s exsten ε > 0 y una funcón dferencable α : ( ε, ε) S con α(0) = p y α (0) = X. Escrbmos T p S al conjunto de todos los vectores tangentes a S en p Proposcón. Sea S R 3 una superfce, sea p S y sea x : U R 3 una carta con p x(u) S. S u U es tal que x(u) = p, entonces T p S = Dx(u)(R 2 ). En partcular, el conjunto T p S es un subespaco vectoral de R 3 de dmensón 2 y tene a { 1 x(u), 2 x(u)} como base. En vsta de esto, llamamos a T p S el plano tangente a S en p. Demostracón. Según la Proposcón 1.1.7, hay un aberto W de R 3 y una funcón dferencable r : W R 2 con p W S x(u) y x 1 (q) = r(q) para cada q W S. Supongamos prmero que X T p S, de manera que exsten ε > 0 y una funcón dferencable α : ( ε, ε) S con α(0) = p y α (0) = X. Como p W, a menos de cambar ε por un número postvo más chco, podemos suponer que α toma valores en W, y entonces podemos consderar la composcón β = r α : ( ε, ε) R 2, que toma valores en U. Como α = x β, es X = α (0) = (x β) (0) = Dx(u)(β (0)) Dx(u)(R 2 ). 7

8 Fgura 2. El cono del ejemplo Recíprocamente, s Y R 2 y ε > 0 es sufcentemente chco como para que la funcón γ : t ( ε, ε) u + ty R 2 tome valores en U, la composcón x γ : ( ε, ε) S es tal que (x γ)(0) = p y (x γ) (0) = Dx(u)(γ (0)) = Dx(u)(Y): esto muestra que Dx(u)(Y) T p S. Conclumos así que T p S = Dx(u)(R 2 ). Como R 2 tene dmensón 2 y la funcón lneal Dx(u) : R 2 R 3 es nyectva, dm T p S = 2. Más aún, como Dx(u) es nyectva, la magen {Dx(u)(e 1 ), Dx(u)(e 2 )} de la base estándar {e 1, e 2 } de R 2 es una base de T p. Como Dx(u)(e ) = x(u) para cada {1, 2}, esto completa la prueba de la proposcón Esta proposcón puede ser usada para mostrar que certos subconjuntos de R 3 no son superfces. Por ejemplo, consderemos el conjunto S de los puntos (x, y, z) de R 3 tales que x 2 + y 2 = z 2, lustrado en la fgura 2, y el punto p = (0, 0, 0) S. Para cada θ R la funcón α θ : t R (t cos θ, t sn θ, t) R 3 es dferencable, toma valores en S, y tene α θ (0) = p y α θ (0) = (cos θ, sn θ, 1). S S fuese una superfce, entonces el subespaco T p S de R 3 tendría dmensón 2 y contendría los vectores α 0 (0) = (1, 0, 1), α π/2 (0) = (0, 1, 1) y α π(0) = ( 1, 0, 1), que son lnealmente ndependentes: esto es absurdo Analítcamente, el rol de los vectores tangentes a una superfce es el de dar dreccones con respecto a las cuales podemos calcular dervadas drecconales de funcones: 8

9 Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sean p S y X T p S. () S f C (S, R n ), ε > 0 y α : ( ε, ε) S es una funcón dferencable con α(0) = p y α (0) = X, entonces la composcón f α : ( ε, ε) R n es dferencable y el elemento ( f α) (0) de R n depende solamente de X y de f, y no de la eleccón de ε y α. Podemos, en consecuenca, escrbrlo X f. () La funcón f C (S, R n ) X f R n es lneal. () S f C (S) y g C (S, R n ) entonces X( f g) = X f g(p) + f (p) Xg. Demostracón. Supongamos que ε > 0 y que α, β : ( ε, ε) S son dos funcones dferencables con α(0) = β(0) = p y α (0) = β (0) = X. Sea x : U R 3 una carta con p x(u) S y sea W un aberto de R 3 y r : W R 2 una funcón dferencable tal que p W S x(u) y x 1 (q) = r(q) para cada q W S. A menos de cambar ε por un número postvo más chco, podemos suponer que α y β toman valores en W, y entonces es f α = f x r α y lo msmo para β, de manera que ( f α) (0) = ( f x r α) (0) = D( f x r)(α(0)) α (0) = D( f x r)(α(0)) β (0) = ( f x r β) (0) = ( f β) (0) Esto prueba la afrmacón (). Fjemos ahora ε > 0 y una funcón dferencable α : ( ε, ε) S tal que α(0) = p y α (0) = X. S f, g C (S, R n ) y λ R, entonces X( f + λg) = ( ( f + λg) α ) (0) = ( f α) (0) + λ(g α) (0) = X f + λxg, y esto muestra que la funcón de enuncado es lneal. Fnalmente, s f C (S) y g C (S, R n ), entonces X( f g) = ( ( f g) α ) (0) = ( ( f α) (g α) ) (0) como se afrma en (). = ( f α) (0) (g α)(0) + ( f α)(0) (g α) (0) = X f g(p) + f (p) Xg, El espaco tangente a una superfce en uno de sus puntos depende solamente de un entorno de éste en la superfce. Más precsamente, tenemos el sguente resultado: Proposcón. Sea S R 3 una superfce, sea V S un aberto de S y sea p V. () Los espacos tangentes T p V y T p S concden. () S X T p S y f C (S, R n ), entonces X f = X( f V ). 9

10 Demostracón. Sea x : U V una carta con valores en V tal que p x(v) y sea u U tal que x(u) = p. Por supuesto, la funcón x es una carta con valores en S. La Proposcón nos dce que tanto T p V como T p S concden con el subespaco Dx(u)(R 2 ), y esto prueba la prmera afrmacón de la proposcón. Sea ahora X T p S y sean ε > 0 y α : ( ε, ε) S dferencable tal que α(0) = p y α (0) = X. Como V es aberto en S y α es contnua, a menos de reemplazar a ε por un número postvo más chco y restrngr α, podemos suponer que α toma valores en V. En ese caso es f α = ( f V ) α para toda funcón f C (S, R n ), y de esto sgue nmedatamente la segunda afrmacón de la proposcón Cuando tenemos una carta que parametrza un entorno de un punto, podemos expresar en coordenadas tanto a los vectores como a la accón de estos sobre las funcones: Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sean p S y X T p S. () Sea x : U S una carta con p x(u) y sea u U tal que x(u) = p. Exsten escalares X 1, X 2 R tales que X = X x(u) y para cada funcón f C (S, R n ) se tene que X f = X ( f x)(u). () Sea y : V S otra carta con p y(v) y sean v V e Y 1, Y 2 R tales que y(v) = p y X = Y y(v). S ponemos W = x(u) y(v) y φ = x 1 y : y 1 (W) x 1 (W) es la funcón de cambo de coordenadas como en la Proposcón 1.1.8, entonces v y 1 (W) y para cada j {1, 2} vale que X j = φ j (v) Y. Demostracón. () Que exsten los escalares X 1 y X 2 tales que X = X x(u) es consecuenca nmedata de que el conjunto { 1 x(u), 2 x(u)} es una base de T p S. Sea f C (S, R n ). Exste ε > 0 tal que la funcón β : t ( ε, ε) u + t(x 1 e 1 + X 2 e 2 ) R 2 toma valores en U, y entonces la composcón α = x β : ( ε, ε) S es dferencable, α(0) = p y α (0) = Dx(u)(X 1 e 1 + X 2 e 2 ) = de manera que X Dx(u)(e ) = X x(u) = X, X f = ( f α) (0) = ( f x β) (0) = D( f x)(u)β (0) = D( f x)(u)(x 1 e 1 + X 2 e 2 ) = X D( f x)(u)(e ) = X ( f x)(u). 10

11 () Sobre y 1 (W) es y = x φ, así que para cada {1, 2} y cada w y 1 (W) es y(w) = j φ j (v) j x(φ(v)). Como claramente v y 1 (W) y φ(v) = u, se sgue de esto que j X j j x(u) = X = Y y(v) = Y φ j (v) j x(u),j y, como { 1 x(u), 2 x(u)} es un conjunto lnealmente ndependente, que en defntva X j = φ j (v) Y, como afrma en enuncado Campos tangentes S S R 3 es una superfce, un campo tangente a S es una funcón X : S R 3 tal que X(p) T p S para todo p S. Escrbmos X(S) al conjunto de todos los campos tangentes a S que son dferencables S S R 3 es una superfce, X : S R 3 un campo tangente a S y V S un aberto, entonces la restrccón X V : V R 3 de X a V es un campo tangente a V, que es dferencable s X lo es. Esto es consecuenca nmedata de las Proposcones y Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea x : U S una carta. Para cada {1, 2} hay un campo tangente dferencable x X(x(U)) tal que x (x(u)) = x(u) para todo u U. Llamamos a x 1 y a x 2 los campos coordenados asocados a la carta x. Demostracón. Fjemos {1, 2}. Como x : U x(u) es una byeccón con nversa contnua, la funcón x : p x(u) x(x 1 (p)) R 3 es contnua. Es, de hecho, dferencable: para verlo basta observar que la composcón x x : U R 3 es una funcón dferencable, lo que es claro ya que concde con la funcón x. Fnalmente, que para cada p x(u) el vector x (p) = x(x 1 (p)) pertenece a T p S es consecuenca nmedata de la últma afrmacón de la Proposcón La accón de los vectores tangentes sobre las funcones construda en la Proposcón tene una extensón natural a los campos: s X : S R 3 es un campo tangente y f C (S, R n ), tene sentdo consderar la funcón X f : p S X(p) f R n. Usando esta construccón podemos dar una caracterzacón útl de la dferencabldad de un campo. Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea X : S R 3 un campo tangente a S. Las sguentes condcones son equvalentes: (a) El campo X es dferencable. 11

12 (b) S x : U S es una carta y X 1, X 2 : U R son las funcones unívocamente determnadas por la condcón de que sea (X x)(u) = X (u)x (u) para todo u U, entonces X 1, X 2 C (x(u)). (c) Para todo aberto V de S y toda funcón f C (V, R n ) se tene que X f C (V, R n ). Demostracón. (a) (b) Sea X : S R 3 un campo tangente dferencable sobre S, sea x : U S una carta y sean x 1, x 2 : x(u) R 3 los campos cuya exstenca se afrma en la Proposcón De acuerdo a la Proposcón 1.3.2, para cada u U el conjunto {x 1 (x(u)), x 2 (x(u))} es una base de T x(u) S, así que hay escalares X 1 (u), X 2 (u) R tales que X(x(u)) = X (u) x (x(u)). Esto defne, de hecho, funcones X 1, X 2 : U R. La funcón matrcal A : U M 3 (R) tal que para cada u U la matrz A(u) tene por columnas a los vectores x 1 (x(u)), x 2 (x(u)) y x (x(u)) x 2 (x(u)) es dferencable y sus valores son matrces nversbles, ya que x es una carta. Se sgue de esto que la funcón u U A(u) 1 X(x(u)) R 3 es dferencable y como para todo u U es X 1 (u) A(u) 1 X(x(u)) = X 2 (u), 0 vemos que X 1 y X 2 son funcones dferencables. (b) (c) Sean X X(S), V S un aberto y f C (V, R n ). Sea x : U V una carta, sean x 1, x 2 : x(u) R 3 los campos coordenados asocados a x, y sean X 1, X 2 : U R las funcones tales que X(x(u)) = X (u) x (x(u)) para cada u U, que por hpótess son dferencables. De acuerdo a la Proposcón 1.3.6, para cada u U tenemos que (X f )(x(u)) = X(x(u)) f = X (u) ( f x)(u), de manera que X f x = X ( f x) y entonces claramente X f x : U R n es una funcón dferencable. Como esto pasa cualquera sea la carta x, podemos conclur que la funcón X f msma es dferencable. (c) (a) Tenemos que mostrar que s el campo X : S R n satsface la condcón de (c), su composcón con cualquer carta con valores en S es una funcón dferencable. Sea entonces x : U S una carta y sean x 1, x 2 C (x(u)) las funcones coordenadas de x, de manera que u = (x 1 (x(u)), x 2 (x(u)) para todo u U. La hpótess nos dce que Xx 1 y Xx 2 son funcones dferencables sobre x(u). Ahora ben, s X 1, X 2 : U R son tales que X(x(u)) = X (u) x (x(u)) (1) 12

13 para cada u U y j {1, 2}, es (Xx j )(u) = X(u)x j = X (u) (x j x)(u) = X (u) u j = X j (u) para todo u U, así que X j es una funcón dferencable. Se sgue entonces de la gualdad (1) que la composcón X x es una funcón dferencable Formas dferencales S S R 3 es una superfce y p S, una 1-forma dferencal en p con valores en R n es una funcón lneal ω : T p S R n. Escrbmos T p S al espaco vectoral de todas las 1-formas dferencales en p con valores en R y lo llamamos espaco cotangente a S en p; observemos que T p S es el espaco vectoral dual a T p S El ejemplo que motva esta defncón es el sguente: Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sean p S y f C (S, R n ). d p f : X T p S X f R n es una 1-forma dferencal en p con valores en R n. La funcón Llamamos a d p f la dferencal de f en p. Demostracón. Sean X, Y T p S y λ R, y sea x : U S una carta tal que p x(u). Hay escalares X 1, X 2, Y 1, Y 2 R tales que X = X x (p) e Y = Y x (p), y entonces X + λy = (X + λy ) x (p). De la Proposcón sabemos que y que X f = X ( f x), (X + λy) f = (X + λy ) ( f x), Y f = Y ( f x) así que claramente d p f (X + λy) = d p f (X) + λd p f (Y). Esto muestra que d p f es una funcón lneal y prueba la proposcón De la msma forma en que pasamos de vectores tangentes en un punto a campos tangentes en toda una superfce, procedemos con las 1-formas dferencales. S S R 3 es una superfce, una 1-forma dferencal sobre S con valores en R n es una asgnacón ω que a cada p S hace corresponder una 1-forma dferencal ω(p) : T p S R n en p con valores en R n. Decmos que esa 1-forma ω es dferencable s para cada campo tangente dferencable X X(S) la funcón ω(x) : p S ω(p)(x(p)) R n es dferencable. Escrbmos Ω 1 (S, R n ) al conjunto de todas las 1-formas dferencales dferencables sobre S con valores en R n y Ω 1 (S) en lugar de Ω 1 (S, R). 13

14 Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea V S un aberto. S ω es una 1-forma dferencal dferencal sobre S con valores en R n, entonces la restrccón ω V de ω a V es una 1-forma dferencal dferencable sobre S con valores en R n. Demostracón. To be done Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea f C (S, R n ). Hay una 1-forma dferencal dferencable d f Ω 1 (S, R n ) tal que d f (p) = d p f : T p S R n para cada p S. Llamamos a d f la dferencal de f en S. Demostracón. Solamente hay que probar que la 1-forma dferencal d f defnda en el enuncado es dferencable, y para ello que para todo campo dferencable X X(S) la funcón d f (X) = X f es dferencable. Esto últmo es consecuenca nmedata de la Proposcón Como con todo, podemos dar descrpcones relatvas a una carta de las 1-formas dferencales: Proposcón. Sea S R 3 una superfce, sea x : U S una carta, y sean x 1, x 2 X(x(U)) y x 1, x 2 : U R los campos coordenados y las funcones coordenadas asocados a x, respectvamente. () S p x(u), entonces {d p x 1, d p x 2 } es una base del espaco cotangente T p S que es dual a la base {x 1 (p), x 2 (p)} de T p S. () S ω es una 1-forma dferencal sobre x(u), entonces exsten funcones ω 1, ω 2 : U R unívocamente determnadas por ω tales que ω(p) = ω (x 1 (p)) d p x para cada p x(u) y ω es dferencable s y solamente s las funcones ω 1 y ω 2 son dferencales. Demostracón. () Basta mostrar que d p x (x j (p)) = δj para cada, j {1, 2}, y esto sgue de que d p x (x j (p)) = x j (p)x = j (x x)(p) = δ j, ya que x x es la funcón (u 1, u 2 ) U u. () La exstenca de las funcones ω 1 y ω 2 es consecuenca nmedata de que {d p x 1, d p x 2 } es una base de T S p, como afrma la prmera parte de la proposcón. S la 1-forma ω es dferencable, entonces para cada j {1, 2} la funcón ω(x j ) es dferencable y, como ( ω(x j )(p) = ω (x 1 (p)) d p x ) (x j ) = ω (x 1 (p)) d p x (x j ) = ω (x 1 (p)) δj = ω j(x 1 (p)), para cada p x(u), esto mplca que ω j = ω(x j ) x es dferencable. 14

15 Recíprocamente, s las funcones ω 1 y ω 2 son dferencables y X X(x(U)) es un campo tangente dferencable, entonces sabemos de la Proposcón que exsten funcones dferencables X 1, X 2 : U R tales que X(p) = j X j (x 1 (p)) x j (p) para cada p x(u), y entonces ( ω(x)(p) = ω(p)(x(p)) = = ω (x 1 (p))x j (x 1 (p)) d p x (x j (p)),j = ω (x 1 (p))x j (x 1 (p)) δj,j = ω (x 1 (p))x (x 1 (p)), ω (x 1 (p) d p x )( ) X j (x 1 (p)) x j (p) j de manera que ω(x) x = ω X, que claramente es una funcón dferencable sobre U Orentabldad Una orentacón de una superfce S R 3 es una funcón dferencable n : S R 3 tal que n(p) = 1 y n(p) T p S para todo p S. Una superfce es orentable s posee una orentacón Proposcón. S una superfce S R 3 es conexa y orentable, entonces exsten exactamente dos orentacones n 1, n 2 : S R 3 y, de hecho, n 2 = n 1. Demostracón. Supongamos que n 1, n 2 : S R 3 son dos orentacones de S. S p S, entonces los vectores n 1 (p) y n 2 (p) pertenecen al subespaco (T p S) de R 3 ortogonal al espaco tangente T p S. Como dm(t p S) = 1, esto mplca que exste un escalar λ(p) R tal que n 2 (p) = λ(p)n 1 (p) y tomando normas en ambos lados de esta gualdad vemos nmedatamente que λ(p) {±1}. Así, tenemos una funcón λ : S {±1} tal que n 1 = λn 1. Como λ(p) = n 1 (p), n 2 (p) para todo p S y las funcones n 1 y n 2 son contnuas, la funcón λ es claramente contnua. Usando la hpótess de que S es conexa, podemos conclur entonces que λ es constante y, en defntva, que n 2 = ±n 1. Esto muestra que hay a lo sumo dos orentacones de S. Por otro lado, s n : S R 3 es una orentacón de S, entonces n : S R es otra dstnta, así que hay, de hecho, exactamente dos La orentabldad es una propedad que es heredada por los abertos: Proposcón. Sea S R 3 una superfce y sea V S un aberto. S S es orentable, entonces V tambén lo es. 15

16 Demostracón. En efecto, s n : S R 3 es una orentacón de S, entonces la restrccón n V R 3 es una orentacón de V. Esto es consecuenca de que esa restrccón es dferencable, de acuerdo a la Proposcón 1.2.2, y de que T p V = T p S para todo p V, en vsta de la prmera parte de la Proposcón Por otro lado, la orentabldad es una propedad esencalmente global. De hecho, toda superfce es localmente orentable: Proposcón. Sea S R 3 una superfce. S x : U S es una carta con valores en S, entonces el aberto x(u) es una superfce orentable. Demostracón. Consderemos la funcón n : x(u) R 3 tal que para cada p x(u) es n(p) = x 1(p) x 2 (p) x 1 (p) x 2 (p). Notemos que esto tene sentdo, ya que para cada p x(u) los vectores x 1 (p) y x 2 (p) son lnealmente ndependentes, y que se trata de una funcón dferencable. Se sgue nmedatamente de la construccón de n que n(p) = 1 y que n(p) T p (x(u)) para cada p x(u), así que n es una orentacón de x(u) Las superfces que se obtenen como en la Proposcón son orentables: Proposcón. Sea W R 3 un aberto, sea f : W R una funcón dferencable, sea S = {p W : f (p) = 0}. S para cada p S es f (p) = 0, de manera que S es una superfce, entonces S es orentable. Demostracón. El conjunto W = {p W : f (p) = 0} es un aberto de R 3 tal que S W W, y la funcón n : W R 3 tal que n(p) = f (p) f (p) para todo p W es dferencable. La restrccón n S : S R 3 es entonces dferencable y, claro, toma valores de norma 1. S p S y X T p S, entonces exsten ε > 0 y una funcón dferencable α : ( ε, ε) S tal que α(0) = p y α (0) = X y, como la composcón f α es déntcamente nula, tenemos que 0 = ( f α) (0) = D f (p)(x) = f (p), X = f (p) n(p), X, de manera que n X: esto muestra que n(p) T p S. orentacón de la superfce S. Así, la funcón n es una Mostremos dando un ejemplo que no toda superfce es orentable. Consderemos la funcón s : ( 1, 1) R R 3 tal que (2 + t cos 1 2θ) cos θ s(t, θ) = (2 + t cos 1 2θ) sn θ. t sn 1 2 θ 16

17 Fgura 3. La banda de Möbus. y el conjunto S = {s(t, θ) : t ( 1, 1), θ R}, al que llamamos banda de Möbus y que puede verse en la fgura 3. Para cada α R, sea Ω α = {(x, y, z) R 3 : x cos α + y sn α > 0}, que es un aberto de R 3, sean φ α, τ α : Ω α R las funcones tales que φ α (x, y, z) = α + arcsn x sn α + y cos α x2 + y 2, τ α (x, y, z) = (x cos φ α (x, y, z) + y sn φ α (x, y, z) 2) cos 1 2 φ α(x, y, z) + z sn 1 2 φ α(x, y, z), que son contnuas, sea U α = ( 1, 1) (α 1 2 π, α π) y sea x α : U α R 3 la restrccón de s a U α. Es fácl ver que la traza de x α (U α ) = U α S, que x α es nyectva y que la funcón nversa de la correstrccón x α : U α x α (U α ) es la restrccón a x α (U α ) de la funcón (x, y, z) Ω α (τ α (x, y, z), φ α (x, y, z)) R 2. Como S = α R x α (U α ), esto es sufcente para conclur que S es una superfce, como queríamos. Supongamos, para llegar a un absurdo, que S es orentable, de manera que exste una orentacón n : S R 3. Consderemos las funcones dferencables σ : θ R s(0, θ) S, ν : θ R 1 s(0, θ) R 3. Como σ toma valores en S, para cada θ R el vector σ (θ), que no es nulo, es un elemento de T σ(θ) S. Por otro lado, para cada θ R es tambén ν(θ) T p S y, de hecho, el conjunto {σ (θ), ν(θ)} es lnealmente ndependente. Como consecuenca de esto, la 17

18 funcón δ : θ R det ( σ (θ), ν(θ), n(σ(θ)) ) R, que es dferencable, no se anula en nngún punto de su domno. Ahora ben, como las funcón σ es peródca de perodo 2π, tenemos que σ (0) = σ (2π) y n(σ(0)) = n(σ(2π)), y calculando vemos que ν(0) = ν(2π): esto mplca que los números δ(0) y δ(2π) tenen sgnos dstntos, lo que es mposble Ejerccos S S R 3 es una superfce y p S, entonces exsten abertos Ω R 3 y U R 2, una funcón dferencable f : U R y un movmento euclídeo h : R 3 R 3 tal que s S f = {(u 1, u 2, f (u 1, u 2 )) : (u 1, u 2 ) U} es el gráfco de f, entonces h(s f ) = Ω S. localmente el gráfco de una funcón. Esto sgnfca que toda superfce es Dé un ejemplo para mostrar que no es certo que la traza de una carta sea una superfce. Pruebe que, sn embargo, s x : U R 3 es una carta y u U, entonces hay un aberto V U con u V y tal que x(v) una superfce. 18