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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{Segundo Parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Dos polinomios $f$,~$g\in\CC[X,Y]$ tienen un factor común no
constante si y solamente si $Z(f,g)\subseteq\CC^2$ es un conjunto infinito.

\begin{Indicacion}
Para probar la suficiencia, considere las resultantes $R_X(f,g)$ y $R_Y(f,g)$.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $h\in\CC[X,Y]$ es un factor común no constante
de~$f$ y~$g$. Es claro que $Z(h)\subseteq Z(f,g)$, así que bastará probar
que $Z(h)$ es infinito. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $h$
tiene grado~$n>0$ en~$Y$, y escribamos $h=\sum_{i=0}^nh_i(X)Y^i$ con
$h_0$,~$\dots$,~$h_n\in\CC[X]$. Si $a\in\CC$ es tal que $h_n(a)\neq0$,
entonces el polinomio $\sum_{i=0}^nh_i(a)Y^i\in\CC[Y]$ tiene grado
positivo, así que existe $b\in\CC$ tal que
$h(a,b)=\sum_{i=0}^nh_i(a)b^i=0$. Esto nos dice que la imagen de~$Z(h)$ por
la primera proyección~$\CC^2\to\CC$ contiene al
conjunto~$\{a\in\CC:f_n(a)\neq0\}$, que es infinito y prueba que $Z(h)$
mismo es infinito.

Recíprocamente, supongamos que $Z(f,g)$ es infinito. La imagen de~$Z(f,g)$
bajo alguna de las dos proyecciones $\CC^2\to\CC$ debe ser infinita; sin
pérdida de generalidad, podemos suponer que es la primera proyección.
Existen entonces infinitos valores de~$a\in\CC$ tal que existe $b\in\CC$
con $f(a,b)=g(a,b)=0$ y para ellos se tiene $R_Y(f,g)(a)=0$. El
polinomio~$R_Y(f,g)\in\CC[X]$ tiene infinitas raíces, así que debe ser
nulo. Sabemos que esto implica que $f$ y $g$ comparten un factor no
constante en~$\CC[X,Y]$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item \begin{ejitems}

\item La curva proyectiva $N$ de ecuación
  \(
  X^3 + Y^3 + X Y Z = 0
  \)
es irreducible y tiene exactamente un punto singular, que es un nodo.
Toda cúbica irreducible de~$\PP^2$ con un nodo es 
proyectivamente equivalente a~$N$.

\item La curva proyectiva $C$ de ecuación
  \(
  X^3 + Y^2 Z = 0
  \)
es irreducible y tiene exactamente un punto singular, que es una cúspide.
Toda cúbica irreducible de~$\PP^2$ con un punto cúspide es proyectivamente
equivalente a~$C$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $F=X^3+Y^3+XYZ$. Como $Y$ no divide a~$F$, para ver que $F$
es irreducible basta probar que $F(X,1,Z)$ es irreducible en~$\CC[X,Z]$. 
Si no lo fuese, y considerando el grado con respecto a~$Z$, habría
una factorización de la forma $X^3+1+XZ=f(X)g(X,Z)$ con $f\in\CC[X]$ no
constante. Si $a\in\CC$ es una faíz de~$f$, entonces para todo~$b\in\CC$ es
$a^3+ab=0$: esto es absurdo, salvo que $a=0$. Así, debe ser $f(X)=X^m$ para
algún~$m\geq1$, pero esto es imposible, porque $F(X,1,Z)$ no es divisible
por~$X$.

Los puntos singulares de la curva son las soluciones no nulas del sistema
  \[
  X^3+Y^3+XYZ = 3X^2+YZ = 3Y^2+ZX = XY = 0.
  \]
Es inmediato verificar que el único es~$(0:0:1)$. Afinizando en el
complemento de~$Z=0$, la ecuación quda $X^3+Y^3+XY=0$ y el punto es $(0,)$.
Es evidente, entonces, que el punto es doble con tangentes distintas.

\smallskip

Sea $G=0$ la ecuación de una cúbica irreducible en~$\PP^2$ con un nodo. Sin
pérdida de generalidad, podemos suponer que el nodo es~$(0:0:1)$ y que las
rectas tangentes allí tienen ecuaciones $X=0$ e $Y=0$. Esto implica que la
ecuación de la curva es de la forma
  \[
  \alpha X^3 + \beta X^2 Y + \gamma X Y^2 + \delta Y^3 + \eps X Y Z = 0.
  \]
con $\eps\neq0$. Como la curva es irreducible, $G$ no es divisible ni
por~$X$ ni por~$Y$, y entonces $\alpha\neq0$ y $\delta\neq0$. Haciendo
cambios de variables de manera que $X\leadsto \sqrt[3]\alpha X$ e
$Y\leadsto\sqrt[3]Y$, la ecuación queda en la forma
  \[
  X^3 + \beta X^2 Y + \gamma X Y^2 + Y^3 + \eps X Y Z = 0
  \]
con otras constantes y $\eps\neq0$ como antes. Haciendo ahora
$Z\leadsto\eps Z+\beta X+\gamma Y$, la ecuación se transforma en
  \[
  X^3  + Y^3 + X Y Z = 0,
  \]
como queríamos.

\medskip

\ejitem{2} Sea $F=X^3+Y^2Z$. Como $Y$ no divide a~$F$, para ver que $F$ es
irreducible basta mostrar que~$F(X,1,Z)=X^3+Z$ es irreducible
en~$\CC[X,Z]$. Supongamos que $X^3+Z=f(X,Z)g(X,Z)$; considerando el grado
con respecto a~$Z$ de estos polinomios, vemos que podemos suponer
que~$f(X)=f(X,Z)$ no depende de~$Z$. Si $f$ no es constante, existe
$a\in\CC$ tal que $f(a)=0$ y entonces $1=F(a,1,1-a^3)=f(a)g(a,1-a^3)=0$.
Concluimos así que~$f$ es necesariamente constante y, en consecuencia, que
$F$ es irreducible.

Los puntos singulares de la curva son las soluciones no nulas del sistema
  \[
  X^3+Y^2Z = 3X^2 = 2YZ = Y^2 = 0.
  \]
Es evidente que el único es~$(0:0:1)$. Afiinizando en el complemento de~$Z=1$,
el punto es~$(0,0)$ y la ecuación queda $F(X,Y,1)=X^3+Y^2=0$. Es claro
entonces que $(0,0)$ es un punto doble con una única tangente de multiplicidad~$2$.

\smallskip

Sea ahora $G=0$ la ecuación de una cúbica irreducible con un punto cúspide. 
Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que ese punto es $(0:0:1)$ y
que la recta tangente doble en ese punto es la de ecuación $Y=0$. Entonces
la ecuación es de la forma
  \[
  \alpha X^3 + \beta X^2 Y + \gamma X Y^2 + \delta Y^3 + \eps Y^2 Z = 0
  \]
con $\eps\neq0$.
Como la curva es irreducible, es $\alpha\neq0$ así que podemos suponer sin
pérdida de generalidad que $\alpha=1$.
Si $X\leadsto X+\tfrac\beta3Y$, la ecuación queda en la forma
  \[
  X^3 + \gamma XY^2 + \delta Y^3 + \eps Y^2 Z = 0,
  \]
con nuevas constantes tales que otra vez $\eps\neq0$. Si ahora $Z\leadsto
\eps Z+\gamma X+\delta Y$, entonces esto queda
  \[
  X^3 + Y^2 Z = 0,
  \]
que es la ecuación de~$C$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine los puntos de intersección de las curvas proyectivas
  \begin{align*}
  &(X^2+Y^2)Z+X^3+Y^3=0,
  &&X^3+Y^3-2XYZ=0,
  \end{align*}
y calcule la multiplicidad de la intersección en cada uno de ellos.

\begin{Solucion}
Para encontrar los puntos de intersección, tenemos que resolver el sistema
  \begin{gather*}
  X^3+Y^3+X^2Z+Y^2Z=0, \\
  X^3+Y^3-2XYZ=0,
  \end{gather*}
Si $Z=0$, entonces es inmediato que tenemos las soluciones $(1:\lambda:0)$
con $\lambda^3=-1$. Supongamos entonces por el contrario que $Z\neq0$.
Restando las ecuaciones, vemos que debe ser $(X+Y)^2Z=0$, así que $X+Y=0$.
Cuando esto vale, la primera ecuación del sistema se satisface, y la
segunda se satisface sii $XYZ=0$, así que la única solución que tenemos en
este caso es $(0:0:1)$. Así, hay $4$ puntos de intersección,
  \[
  P_1=(0:0:1), \quad P_2=(1:-1:0), \quad P_3=(1:\omega:0), \quad P_4=(1:\omega^{-1}:0),
  \]
con $\omega$ una raíz sexta primitiva de la unidad. En particular, hay
finitos puntos de intersección así que las dos curvas no tienen
componentes comunes y el teorema de Bézout nos dice que la multiplicidad
total de la intersección es $3\cdot3=9$.


Ahora bien, afinizando en~$Z=1$ las ecuaciones son $X^3+Y^3+X^2+Y^2=0$ y
$X^3+Y^3-2XY=0$. En $\bar P_1=(0,0)$ las formas iniciales son $Y^2$ y
$2XY$, respecivamente, que son coprimas: esto implica que la multiplicidad
de intersección en~$P_1$ es $2\cdot 2=4$.

Afinizando en~$X=1$, el desarrollo de Taylor de las dos ecuaciones en $\bar
P_2=(-1,0)$ es
  \begin{gather*}
  3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z = 0, \\
  3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z + y^2 z = 0.
  \end{gather*}
así que en $P_2$ la intersección es
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft
  (3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z, 3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z + y^2 z) \\
    &= (3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z, y^2 z) \\
    &= 2(3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z, y) +(3 y - 3 y^2 + y^3 + 2 z - 2 y z,  z)  \\
    &= 2(z, y) +(3 y - 3 y^2 + y^3,  z) \\
    &= 3.
  \end{align*}
Sabemos que la intersección total es~$9$, así que en
$P_3$ y $P_4$ la multiplicidad tiene que ser~$1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M\subseteq\RR^3$ una superficie y sea $p\in M$. 
\begin{ejitems}

\item Si la curvatura Gaussiana en~$p$ es positiva, entonces hay un
entorno~$V$ de~$p$ en~$M$ tal que $V$~está totalmente contenido en uno de
los dos semiespacios cerrados determinados por el plano tangente~$T_pM$ y
solo interseca ese plano en~$p$.

\item Si hay un entorno $V$ de~$p$ en~$M$ tal que $V$ está totalmente
contenido en uno de los dos semiespacios cerrados determinados por~$T_pM$,
entonces la curvatura Gaussiana en~$p$ es no negativa.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $p$ es el origen
de~$\RR^3$ y que $T_pM$ es el plano~$xy$. En ese caso, sabemos que
localmente $M$ es el gráfico de una función, así que existe un abierto
$U\subseteq\RR^2$ y una función $f:U\to\RR$ tales que $\phi:(x,y)\in
U\mapsto(x,y,f(x,y))\in\RR^3$ es una parametización de~$M$ cerca del
origen, y~es~$f(0,0)=0$ y $\nabla f(0,0)=0$.

\ejitem{1} Usando la parametrización~$\phi$ vemos que
  \[
  K = \frac{f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2}{(1+f_x^2+f_y^2)^2},
  \]
así que si $K>0$ en~$p$, la Hessiana de~$f$ es positiva en el origen y $f$
tiene allí o un máximo local o un mínimo local estricto. Esto significa
precisamente que el gráfico se mantiene localmente a un lado del plano~$xy$
y que solo lo toca en el origen.

\ejitem{2} La hipótesis significa que $f$~tiene un mínimo o máximo local en~$(0,0)$,
posiblemente no estricto, así que sabemos que la Hessiana o es positiva o
es nula. La fórmula anterior, entonces, nos dice que $K(0,0)\geq0$.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $I\subseteq\RR$ un intervalo abierto, sea $\alpha:I\to\RR^3$ una
curva regular parametrizada por longitud de arco y sea $v:I\to\RR^3$ una
función tal que $\norm{v(s)}=1$ y $v'(s)\neq0$ para todo $s\in I$. Consideremos la
\emph{superficie reglada} parametrizada por
  \[
  \phi:(s,t)\in I\times\RR\longmapsto \alpha(s)+tv(s)\in\RR^3.
  \]
\begin{ejitems}

\item Existe una única función $r:I\to \RR^3$ tal que si definimos
$\beta:I\to\RR^3$ poniendo $\beta(s)=\alpha(s)+r(s)v(s)$, se tiene que 
  \[
  \lin{\beta'(s),v'(s)} = 0, \qquad\forall s\in I.
  \]
Llamamos a la curva~$\beta$, contenida en la superficie, la \emph{línea de
estricción}.

\item La superficie es regular salvo, a lo sumo, a lo largo de la curva de
estricción.

\item La curvatura Gaussiana de la superficie es no positiva. La curvatura es
identicamente nula sii $\lin{v',\alpha'\wedge v}=0$, y en este caso decimos
que la superficie es \emph{desarrollable}.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es $\beta'=\alpha'+r'v+rv'$, así que 
  \[
  \lin{\beta',v'} = \lin{\alpha',v'} + r'\lin{v,v'} + r\lin{v',v'}.
  \]
Como $\norm{v}\equiv1$, para que sea $\lin{\beta',v'}\equiv0$,  bastará que
elijamos
  \[
  r = -\frac{\lin{\alpha',v'}}{\lin{v',v'}}.
  \]
Notemos que la función
  \[
  \psi:(s,t)\in I\times\RR\longmapsto \beta(s)+tv(s)\in\RR^3
  \]
parametriza la misma superficie.

\ejitem{2} Es $\psi_s=\beta'+tv'$ y $\psi_t=v$. En un punto donde estos dos vectores son
linealmente dependientes es $\psi_s$ un múltiplo escalar de~$v$, así que
$0=\lin{\psi_s,v'}=t\lin{v',v'}$: esto implica que debe ser $t=0$, esto es,
el punto está sobre la linea de estricción.

\ejitem{3} Calculamos la curvatura usando la parametrización~$\psi$.
Es $\psi=\beta+tv$, así que $\psi_{tt}=0$ y en consecuencia $g=0$ y
$K=(eg-f^2)/(EG-F^2)=-f^2/(EG-F^2)\leq0$.
Es claro que $K=0$ sii $f=0$ sii $\lin{\psi_{st},\psi_s\wedge\psi_t}=0$, y
es inmediato que este último producto interno es igual
a~$\lin{v',\beta'\wedge v}$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
