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\hyphenation{siguiente como Como abierto existe manera muestra
super-ficie super-ficies}

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\Materia{Geometría Proyectiva}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2011}
\Titulo{Primer Parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $\alpha$ una curva regular en $\RR^2$ cuya curvatura no se anula en
ningún intervalo y sea $P\in\RR^2$. Si todas las rectas tangentes
a~$\alpha$ están a la misma distancia de~$P$, entonces $\alpha$ es un arco
de circunferencia.

\begin{Solucion}
Podemos suponer que la curva está parametrizada por longitud de arco y que
el punto~$P$ es el origen. Sea $I$ el intervalo de~$\RR$ donde $\alpha$~está
definida.

Si $t\in I$, la recta tangente a~$\alpha$ en~$\alpha(t)$ tiene ecuación
  \[
  \lin{N(t),x} = \lin{N(t),\alpha(t)},
  \]
Como $N(t)$ es un vector unitario, la distancia de esta recta al origen
es $\abs{\lin{N(t),\alpha(t)}}$ y, por hipótesis, es igual a una
constante~$c$. Como $\lin{N,\alpha}$ es una función continua, 
esto implica que es ella misma constante y derivándola vemos que
  \[
  0 
        = \tfrac{\dd}{\dd t}\lin{N,\alpha}
        = \lin{-\kappa T,\alpha} + \lin{N,T}
        = -\kappa \lin{T,\alpha}.
  \]
Como $\kappa$ no se anula en ningún intervalo y $\lin{T,\alpha}$ es una
función continua, esto implica que $\lin{T,\alpha}=0$ idénticamente. Pero
entonces
  \[
  \tfrac{\dd}{\dd t}\norm{\alpha}^2
        = 2\lin{T,\alpha} 
        = 0,
  \]
así que $\norm{\alpha}$ es constante, esto es, la imagen de~$\alpha$ está
contenida en una circunferencia centrada en el origen.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una curva $\alpha:\RR\to\RR^2$ parametrizada por longitud de arco
cuya imagen está contenida en $\{x\in\RR^2:\norm{x}\leq r\}$ y tal que
su curvatura es $\abs{\kappa(t)}\leq1/r$ para todo $t\in\RR$, es una 
circunferencia de radio~$r$.

\begin{Indicacion}
Muestre que una función diferenciable $\phi:\RR\to\RR$ acotada superiormente y con
derivada segunda no negativa es constante y considere entonces la función
$f:t\in\RR\mapsto\norm{\alpha(t)}^2\in\RR$.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
La función $f:t\in\RR\mapsto\tfrac12\lin{\alpha(t),\alpha(t)}\in\RR$ es claramente
diferenciable, y es $f'=\lin{T,\alpha}$ y $f'' = \kappa\lin{N,\alpha}+1$.
Como $\abs{\kappa}\leq1/r$ y
$\abs{\lin{N,\alpha}}\leq\norm{N}\,\norm{\alpha}\leq r$, es
$\kappa\lin{N,\alpha}\geq-1$ y entonces $f''\geq0$. Para terminar, bastará
probar que
  \begin{equation}\label{eq:2}
  \claim{una función diferenciable $\phi:\RR\to\RR$ acotada superiormente y
  con derivada segunda no negativa es constante.}
  \end{equation}
En efecto, sabiendo esto podremos concluir que~$f$ es constante, esto es,
que $\alpha$ tiene imagen contenida en una circunferencia centrada en el
origen. Si $r'$ es su radio, entonces $r'\leq r$, porque la imagen
de~$\alpha$ está contenida en el disco de radio~$r$ y, por otro lado, la
curvatura de~$\alpha$ es~$1/r'$ no supera a~$1/r$, así que $r'\geq r$. En
definitiva, $r'=r$.

\medskip

Sea $\phi$ una función como en~\eqref{eq:2} y sea $M$ una cota superior
para~$\phi$. La hipótesis implica que $\phi'$ es no decreciente. 
\begin{itemize}

\item Supongamos que existe $A\in\RR$ tal que $\phi'(A)>0$. En ese caso
$\phi'(t)\geq\phi'(A)$ para todo $t\geq A$ y el teorema del valor medio
implica que para cada $u\geq0$ existe $\xi_u\in[A,A+u]$ tal que
  \[
  M-\phi(A)\geq \phi(A+u)-\phi(A)=u\phi'(\xi_u)\geq u\phi'(A).
  \]
Esto es absurdo, y entonces $\phi'$ es no positiva.

\item La función $\psi:t\in\RR\mapsto\phi(-t)\in\RR$ es acotada
superiormente y tiene derivada segunda no negativa, así que, de acuerdo a lo
ya hecho, su derivada es no positiva. Esto nos dice, precisamente, que la
derivada de~$\phi$ es no negativa.
\end{itemize}
Concluimos así que $\phi'$ es idénticamente nula y, en consecuencia, que
$\phi$ es constante.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine las formas normales general afín real, general afin
compleja y ortogonal de la cuádrica
  \[
  2 x^2+2 y^2+2 z^2+2 x y+2 x z+2 y z+6 x-6 z+5  = 0.
  \]

\begin{Solucion}
Llamemos $F$ al polinomio que define la cuádrica. El sistema
  \[
  \left\{
    \begin{aligned}
    &\tfrac{\partial F}{\partial x}=4x+2y+2z+6=0 \\
    &\tfrac{\partial F}{\partial y}=2x+4y+2z = 0 \\
    &\tfrac{\partial F}{\partial z}=2x+2y+4z-6=0
    \end{aligned}
  \right.
  \]
tiene a $P=(-3,0,3)$ como única solución. Ese punto es el único centro de la
cuádrica, y el valor de~$F$ en~$P$ es $-13$. La matriz de
coeficientes de la parte cuadrática de~$F$ es
  \[
  \begin{pmatrix}
  2 & 1 & 1 \\
  1 & 2 & 1 \\
  1 & 1 & 2 
  \end{pmatrix},
  \]
que tiene polinomio característico $\chi=t^3-6 t^2+9 t-4$, con raices
$1$, $1$ y $4$. Esto implica que $F$ es ortogonalmente equivalente a
  \[
  x^2+y^2+4z^2-13=0,
  \]
así que su forma normal ortogonal es
  \[
  \tfrac{1}{13}x^2+\tfrac{1}{13}y^2+\tfrac{4}{13}z^2-1=0.
  \]
Como los coeficientes que aparecem aquí son positivos, sabemos que la forma
normal general afín real de~$F$ es
  \[
  x^2+y^2+z^2-1=0
  \]
y que ésta concide con la forma normal general afín compleja.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $I\subseteq\RR$ un intervalo abierto, sea $t_0\in I$ y sea
$a\in\RR$ un escalar no nulo.

\begin{ejitems}

\item Si $g:I\to\RR^3$ es una función diferenciable tal que $\norm{g}=1$ y
$\det(g,g',g'')\neq0$, y definimos $\alpha:I\to\RR^3$ de manera
que 
  \begin{equation}\label{eq:ag}
  \alpha(t)=a\int_{t_0}^tg(\xi)\wedge g'(\xi)\,\dd\xi
  \end{equation}
para todo $t\in I$, entonces $\alpha$ es una curva regular con curvatura
nunca nula y torsión constante $\tau=1/a$.

\item Recíprocamente, si $\alpha:I\to\RR^3$ es una curva parametrizada por
longitud de arco con curvatura nunca nula y torsión constante $\tau=1/a$ y
que pasa por el origen, existe una función $g:I\to\RR^3$ tal que
$\norm{g}=1$ y $\det(g,g',g'')\neq0$, y para la cual vale la
relación~\eqref{eq:ag} para todo $t\in I$.

\end{ejitems}

\begin{Indicacion}
Recuerde que si $u$,~$v$,~$x$,~$y\in\RR^3$, entonces $(u\wedge
v)\wedge(x\wedge y)=\det(u,v,y)x-\det(u,v,x)y$.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Recordemos de la práctica~$2$ que si $\beta$ es una curva regular no
necesariamente parametrizada por longitud de arco, su curvatura y su
torsión están dadas por las fórmulas
  \begin{align*}
  &\kappa = \frac{\norm{\beta'\wedge \beta''}}{\norm{\beta'}^3},
  && \tau=\frac{\det(\beta',\beta'',\beta''')}{\norm{\beta' \wedge \beta''}^2}.
  \end{align*}

\ejitem{1} Es
  \begin{gather*}
  \alpha' = ag\wedge g', \\
  \alpha'' = ag'\wedge g'+ag\wedge g''=ag\wedge g'', \\
  \alpha''' = ag'\wedge g'' + ag\wedge g'''. 
  \end{gather*}
Como $\norm{g}=1$, $g$ y $g'$ son siempre ortogonales; como
$\det(g,g',g'')\neq0$, $g'\neq0$. Usando esto, vemos que
  \[
  \norm{\alpha'}
        = \abs{a}\,\norm{g\wedge g'}
        = \abs{a}\,\norm{g}\,\norm{g'}
        = \abs{a}\,\norm{g'}
  \]
no se anula nunca, así que $\alpha$~es una curva regular.
Es
  \begin{align*}
  \alpha'\wedge\alpha''
        &= (ag\wedge g')\wedge ag\wedge g'' \\
        &= a^2(\det(g,g',g'')g-\det(g,g',g)g'') \\
        &= a^2\det(g,g',g'')g,
  \end{align*}
así que
  \[
  \norm{\alpha'\wedge\alpha''}
         = a^2\,\abs{\det(g,g',g'')}
  \]
y
  \[
  \kappa = \frac{a^2\,\abs{\det(g,g',g'')}}{\abs{a}^3\,\norm{g'}^3} \neq 0.
  \]
Por otro lado,
  \begin{align*}
  \det(\alpha',\alpha'',\alpha''')
        &= \lin*{\alpha'\wedge\alpha'',\alpha'''} \\
        &= \lin*{(ag\wedge g')\wedge(ag\wedge g''), ag'\wedge g'' + ag\wedge g'''} \\
        &= a^3\lin*{(g\wedge g')\wedge(g\wedge g''), g'\wedge g'' + g\wedge g'''} \\
        &= a^3\lin*{\det(g,g',g'')g-\det(g,g',g)g'', g'\wedge g'' + g\wedge g'''} \\
        &= a^3\lin*{\det(g,g',g'')g, g'\wedge g'' + g\wedge g'''} \\
        &= a^3\lin*{\det(g,g',g'')g, g'\wedge g''} \\
        &= a^3\det(g,g',g'')^2,
  \end{align*}
de manera que
  \[
  \tau = \frac{\det(\alpha',\alpha'',\alpha''')}{\norm{\alpha'\wedge\alpha''}^2}
        = \frac{a^3\det(g,g',g'')^2}{a^4\,\abs{\det(g,g',g'')}^2}
        = \frac{1}{a}.
  \]

\ejitem{2} Sea $\alpha:I\to\RR$ una curva parametrizada por longitud de arco con
curvatura nunca nula y torsión constante $\tau=1/a$, y sea $t_0\in I$ tal
que $\alpha(t_0)=0$. Sea $g=B:I\to\RR^3$ el
campo de vectores binomales a~$\alpha$ y sea $\beta:I\to\RR^3$ la curva tal
que 
  \[
  \beta(t)=a\int_{t_0}^tB(\xi)\wedge B'(\xi)\,\dd\xi.
  \]
Entonces
  \[
  \beta' = a B\wedge B' = a B\wedge(-\tau N)= -a\tau B\wedge N=T=\alpha',
  \]
así que la diferencia $\beta-\alpha$ es constante. Como esta diferencia se
anula en~$t_0$, vemos que, de hecho, $\beta=\alpha$.

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M\subseteq\RR^n$ una subvariedad de dimensión~$k$ y sea
$f:\RR^n\to\RR$ una función diferenciable. Llamemos $g=f|_M:M\to\RR$ a la
restricción de~$f$ a~$M$. Si en~$p\in M$ la función~$g$ tiene un máximo local
relativo, de manera que existe $r>0$ tal que
  \[
  x\in M\cap B_r(p) \implies g(x)\leq g(p),
  \]
entonces la aplicación diferencial $g'(p):T_pM\to\RR$ es nula.

\begin{Solucion}
Sea $v\in T_pM$. Existen $\eps>0$ y una curva diferenciable
$\alpha:(-\eps,\eps)\to\RR^3$ cuya imagen está contenida en~$M$ y tal que
$\alpha(0)=p$ y $\alpha'(0)=v$. Como $\alpha$ es continua y $B_r(p)$ es un
entorno de~$p$, existe $\eta$ tal que $0<\eta<\eps$ y $\alpha(t)\in B_r(p)$
para todo $t\in(-\eta,\eta)$. Esto implica que la función
$g\circ\alpha:(-\eta,\eta)\to\RR$ tiene un máximo local en~$0$ y, como es
diferenciable, que en consecuencia $(g\circ\alpha)'(0)=0$. Pero entonces
  \[
  g'(p)(v) = \frac{\dd(g\circ\alpha)}{\dd t}\Bigr|_{t=0} = 0.
  \]
Como esto es así cualquiera sea $v\in T_pM$, concluimos que $g'(p)=0$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
