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

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\hyphenation{tales vemos induce}

\Materia{Geometría Diferencial}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2012}
\Titulo{Primer Parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR^n\to\RR$ una función diferenciable que tiene a~$0$ como un
valor regular, y sea $M=f^{-1}(0)$. Muestre que $M$ es orientable.

\begin{Solucion}
Sobre~$\RR^n$ tenemos un campo $X=\nabla f\in\X(M)$ y la forma de volumen
usual $\omega=\dd x_1\wedge\cdots\wedge\dd x_n\in\Omega^n(\RR^n)$, así que
podemos considerar la $(n-1)$-forma $\iota_X\omega$, de manera que para
para $x\in\RR^n$ y $v_1$,~\dots,~$v_{n-1}\in T_x\RR^n$ es
$\iota_X\omega(v_1,\dots,v_n)=\omega(v_1,\dots,v_{n-1},X_x)$. Sabemos que
$\iota_X\omega$ es una forma diferenciable sobre~$\RR^n$.

Sea $q:M\to\RR^n$ la inclusión, que es una inmersión, y consideremos la
$(n-1)$-forma $\nu=q^*(\iota_X\omega)\in\Omega^{n-1}(M)$, de manera que
para cada $x\in M$ y cada $v_1$,~\dots,~$v_{n-1}\in T_xM$ es
$\nu(v_1,\dots,v_n)=\omega(q_{*x}(v_1),\dots,q_{*x}(v_{n-1}),X_{q(x)})$.

Para terminar, bastará que probemos que $\nu$ es una forma de volumen
sobre~$N$. Sea $x\in M$ y sea $v_1$,~\dots,~$v_{n-1}$ una base de~$T_xM$.
Como $q$ es una inmersión y $\nabla f_{q(x)}$ es no nulo y ortogonal al
subespacio~$T_xM$, el conjunto
$\{q_{*x}(v_1),\dots,q_{*x}(v_{n-1}),X_{q(x)}\}$ es una base de~$T_x\RR^n$,
así que $\nu(v_1,\dots,v_{n-1}) =
\omega(q_{*x}(v_1),\dots,q_{*x}(v_{n-1}),X_{q(x)})\neq0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:difeo} Una función $f:M\to N$ entre variedades es un
difeomorfismo sii es biyectiva y localmente un difeomorfismo.

\begin{Solucion}
La necesidad de la condición es evidente, así que nos ocupamos solamente de
su suficiencia. Si $x\in M$, existe un entorno abierto $U_x$ de~$x$ en~$M$
tal que $f(U_x)$ es un abierto de~$N$ y la restricción $f_x=f|_{U_x}:U_x\to
f(U_x)$ es un difeomorfismo. En particular, si $U\subseteq M$ es un
abierto, entonces $f(U)=\bigcup_{x\in X}f(U\cap U_x)$ es un abierto de~$N$
porque para cada $x\in M$ es $U\cap U_x$ un abierto de~$U_x$, $f_x$ es
abierta y $f(U_x)$ es un abierto de~$N$. Vemos así que $f$ es una función
abierta, así que, como es continua y biyectiva, es un homeomorfismo. En
particular, su función inversa $f^{-1}:N\to M$ es continua. 

Sea $y\in N$.
Existe $x\in M$ tal que $f(x)=y$, y $f_x:U_x\to f(U_x)$ es un
difeomorfismo, así que su inversa $(f_x)^{-1}:f(U_x)\to U_x$ es
diferenciable. Como $f(U_x)$ es un entorno abierto de~$y$ y
$f^{-1}|_{f(U_x)}=(f|_x)^{-1}$, esto muestra que $f^{-1}$ es diferenciable
en~$y$. Como $y$ es arbitrario en~$N$, entonces, vemos que $f^{-1}$~es
diferenciable y, en definitiva, que $f$ es un difeomorfismo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:mx} Sea $M$ una variedad, sea $x\in M$ y sea $C^\infty(M)$ la
$\RR$-álgebra de las funciones diferenciables sobre~$M$.
\begin{ejitems}

\item El conjunto $I_x$ de las funciones $h\in C^\infty(M)$ que se
anulan en todo un entorno de~$x$ es un ideal de~$C^\infty(M)$.

\end{ejitems}
Sea $R_x=C^\infty(M)/I_x$ la $\RR$-álgebra cociente y para cada $h\in
C^\infty(M)$ escribamos $[h]$ a la clase de~$h$ en~$R_x$.
\begin{ejitems}[resume]

\item El conjunto $\m_x$ de las clases $[h]$ de~$R_x$ de las funciones
$h\in C^\infty(M)$ tales que $h(x)=0$ es un ideal de~$R_x$
y hay un isomorfismo $T_xM\to(\m_x/\m_x^2)^*$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Si $v\in T_xM$, entonces hay una función $\bar v:R_x\to\RR$ tal que $\bar
v([h])=v(h)$ para cada~$h\in C^\infty(M)$; en efecto, esto es
consecuencia de que si $h\in I_x$ entonces $v(h)=0$. Si $h$,~$h'\in
C^\infty(M)$, entonces $\bar v([h]\cdot[h'])=h(x)\bar v([h'])+h'(x)\bar
v([h])$. De esto se sigue inmediatamente que $\bar v(\m_x^2)=0$ y, en
consecuencia, que $\bar v$~induce una función $\Phi(v):\m_x/\m_x^2\to\RR$ tal
que $\Phi(v)(\eta+\m_x^2)=\bar v(\eta)$ para todo $\eta\in\m_x$; se trata
de una función lineal. De esta forma, obtenemos una función
$\Phi:T_xM\to(\m_x/\m_x^2)^*$ y otra vez se trata claramente de una función lineal.
Esta función es inyectiva: en efecto, si $v\in T_xM$ es no nulo, existe una función
$h\in C^\infty(M)$ tal que $h(x)=0$ y $v(h)=1$, así que
$[h]\in\m_x$ y $\Phi(v)([h]+\m_x^2)=v(h)=1$, así que $\Phi(v)\neq0$. Para
terminar, mostremos que es sobreyectiva.

Sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$ tal que $x\in U$ y $\phi(x)=0$. Sean $\chi\in
C^\infty(M)$ y $V\subseteq M$ un abierto tales que $x\in V\subseteq U$,
$\supp\chi\subseteq U$ y $\chi|_V\equiv1$. Sean
$\phi_1$,~\dots,~$\phi_n:U\to\RR$ las componentes de~$U$. Existen funciones
$\tilde\phi_1$,~\dots,~$\tilde\phi_n\in C^\infty(M)$ tales que para cada
$i\in\{1,\dots,n\}$ y cada $y\in M$ es
  \[
  \tilde\phi_i(y) =
    \begin{cases}
    \chi(y)\phi_i(y), & \text{si $y\in U$;} \\
    0, & \text{si $y\in M\setminus\sup\chi$.}
    \end{cases}
  \]
Como $\tilde\phi_1$,~\dots,~$\tilde\phi_n$ se anulan en~$x$, sus clases
$[\tilde\phi_1]$,~\dots,~$[\tilde\phi_n]\in R_x$ están en~$\m_x$. 

Sea $\lambda\in(\m_x/\m_x^2)^*$, para cada $i\in\{1,\dots,n\}$ pongamos
$\alpha_i=\lambda([\tilde\phi_i]+\m_x^2)$ y sea
$v=\sum_{i=1}^n\alpha_i\fder{x_i}\big|_x$. Si $h\in C^\infty(M)$, el
teorema de Taylor aplicado a la función~$\chi\cdot(h\circ\phi^{-1})$ nos dice que
existen funciones diferenciables $r_{i,j}:M\to\RR$, con
$i$,~$j\in\{1,\dots,n\}$ tales que
  \[
  h = (1-\chi)h+\sum_{i=1}^n \fder{x_i}\Big|_x(h)\;\tilde\phi_i + \sum_{i,j=1}^n r_{i,j}\tilde\phi_i\tilde\phi_j.
  \]
Notemos que $(1-\chi)h$ se anula en un entorno de~$x$, así que en~$R_x$ es
  \[
  [h] = \sum_{i=1}^n \fder{x_i}\Big|_x(h)\;[\tilde\phi_i] + \sum_{i,j=1}^n [r_{i,j}\tilde\phi_i][\tilde\phi_j],
  \]
y, como el último sumando está en~$\m_x^2$, es
  \[
  \lambda([h]+\m_x^2)
        = \sum_{i=1}^n \fder{x_i}\Big|_x(h)\;\lambda([\tilde\phi_i]+\m_x^2)
        = \sum_{i=1}^n \fder{x_i}\Big|_x(h)\; \alpha_i
        = v(h)
        = \Phi(v)([h]+\m_x^2).
  \]
Esto nos dice que $\Phi(v)=\lambda$, así que $\phi$ es sobreyectiva.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $M$ y $N$ variedades y sea $f:M\to N$ una función continua, de
manera que tenemos una función $f^*:h\in C(N)\mapsto h\circ f\in C(M)$, que
es un homomorfismo de $\RR$-álgebras.
\begin{ejitems}

\item $f$ es diferenciable sii $f^*(C^\infty(N))\subseteq C^\infty(M)$.

\item\label{ej:dif} Si $f$ es un difeomorfismo, entonces la restricción
$f^*:C^\infty(N)\to C^\infty(M)$ es un isomorfismo.

\item* La implicación recíproca a la de~\ejitem{2} es también cierta

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $f$ es diferenciable y $h\in C^\infty(N)$, entonces
sabemos que $h\circ f$ es diferenciable: esto nos dice que
$f^*(C^\infty(N))\subseteq C^\infty(M)$. Veamos la implicación recíproca.

Sea $x\in M$. Sea $\psi:V\to\RR^n$ una carta de~$N$ tal que $f(x)\in U$.
Existe una función $\chi\in C^\infty(N)$ y un abierto $V'\subseteq N$ tales
que $0\leq\chi\leq1$, $\supp\chi\subseteq V$, $f(x)\in V'\subseteq V$ y
$\chi|_{V'}\equiv1$. Hay una función diferenciable $\tilde\psi:N\to\RR^n$ tal para cada $y\in N$ es
  \[
  \tilde\psi(y) =
    \begin{cases}
    \chi(y)\psi(y), & \text{si $y\in V$;} \\
    0, & \text{si $y\in N\setminus\supp\chi$.}
    \end{cases}
  \]
Por hipótesis la composición $\tilde\psi\circ
f:M\to\RR^n$ es diferenciable. Como $f$~es
continua, existe una carta~$\phi:U\to\RR^m$ tal que $x\in U$ y
$f(U)\subseteq V'$. La composición
$\tilde\psi\circ f\circ\phi^{-1}:\phi(U)\to\RR^n$ es diferenciable, y como
$f(U)\subseteq V'$, la elección de~$\chi$ implica que, de hecho, 
$\tilde\psi\circ f\circ\phi^{-1}=\psi\circ f\circ\phi^{-1}$. Pero
entonces la función $\psi\circ f\circ\phi^{-1}:U\to\RR^n$ es diferenciable.
Como esto es cierto cualquiera sea~$x\in M$, esto muestra que $f$~es una
función diferenciable.

\ejitem{2} Si $f$ es un difeomorfismo, existe una función
diferenciable $g:N\to M$ tal que $f\circ g=\id_N$ y $g\circ f=\id_M$.
Sabemos que $f^*(C^\infty(N))\subseteq C^\infty(M)$ y que
$g^*(C^\infty(M))\subseteq C^\infty(N)$, así que las funciones $f^*:C(N)\to
C(M)$ y $g^*:C(M)\to C(N)$ se restringen a funciones
$f^*:C^\infty(N)\to C^\infty(M)$ y 
$g^*:C^\infty(M)\to C^\infty(N)$. Como $f^*\circ g^*=(g\circ
f)^*=\id_M^*=\id_{C^\infty(M)}$ y $g^*\circ f^*=(f\circ
g)^*=\id_N^*=\id_{C^\infty(N)}$, las funciones restringidas $f^*$ y $g^*$
son isomorfismos inversos entre $C^\infty(M)$ y $C^\infty(N)$.

\ejitem{3} Supongamos ahora que $f$ es diferenciable y que la función
$f^*:C^\infty(N)\to C^\infty(M)$ es un isomorfismo. Mostremos primero que
$f$ es biyectiva.
\begin{itemize}

\item Sean $x$,~$x'\in M$ tales que $f(x)=f(x')$ y supongamos que $x\neq x'$.
Como las funciones diferenciables sobre~$M$ separan puntos, existe una
función $g\in C^\infty(M)$ tal que $g(x)\neq g(x')$. Por otro lado, como
$f^*$ es un isomorfismo, existe $h\in C^\infty(N)$ tal que $g=f^*(h)=h\circ
f$, y entonces $g(x)=h(f(x))=h(f(x'))=g(x')$. Como esto es imposible, vemos
que la hipótesis no puede cumplirse: esto es, que $f$~es inyectiva.

\item Sea ahora $y\in N$ y supongamos que $y\not\in f(M)$. Sea $\phi:U\to\RR^n$
una carta de~$N$ tal que $y\in U$, y sean $\chi\in C^\infty(N)$ y
$U'\subseteq N$ un abierto tales que $y\in U'\subseteq\overline{U'}\subseteq U$,
$\overline{U'}$ es compacto, $0\leq\chi\leq1$, 
$\supp\chi\subseteq U$ y $\chi|_{U'}\equiv1$. Hay una función
diferenciable $h:N\setminus\{y\}\to\RR$ tal que para cada $z\in N$ es
  \[
  h(z) = 
    \begin{cases}
    \chi(z) \norm{\phi(z)-\phi(y)}^{-1}, & \text{si $z\in U\setminus\{y\}$;} \\
    0, & \text{si $z\in N\setminus\supp\chi$.}
    \end{cases}
  \]
Como $y$ no está en la imagen de~$f$, la composición $h\circ f:M\to\RR$ está
bien definida y es diferenciable, y la hipótesis sobre~$f^*$ implica que
existe  $h'\in C^\infty(N)$ tal que $h\circ f=h'\circ f$. Sea
$K=\sup\{|h'(z)|:z\in\overline{U'}\}$ —esto tiene sentido porque $U'$ tiene
clausura compacta— y sea $W=U'\cap\phi^{-1}(B_{1/K}(\phi(y)))$, que es un
entorno abierto de~$y$. Si $x\in M$ es tal que $f(x)\in W$, entonces 
  \[
  K\geq \abs{h'(f(x))}=\abs{h(f(x))}=\chi(f(x))\norm{\phi(f(x))-\phi(y)}^{-1}>K.
  \]
Esto es absurdo, así que vemos que $W\cap f(M)=\emptyset$.

Ahora bien, como $W$ es un abierto no vacío, existe una función diferenciable
$\zeta:N\to\RR$ no idénticamente nula y tal que $\supp\zeta\subseteq W$.
Como $W\cap f(M)=\emptyset$, es $f^*(\zeta)=0$: esto contradice la
hipótesis de que $f^*$~es una función inyectiva, y prueba que $f$ debe ser
necesariamente sobreyectiva.

\end{itemize}
En segundo lugar, veamos que $f$ es abierta, de forma que se trata, de
hecho, de un homeomorfismo:
\begin{itemize}

\item Sea $U\subseteq M$ un abierto y sea $x\in U$. Existe una función
$g\in C^\infty(M)$ tal que $x\in\{z\in M:g(z)>0\}\subseteq U$ y, como $f^*$
es un isomorfismo, existe $h\in C^\infty(N)$ tal que $g=h\circ f$. Si $y\in
N$ es tal que $h(y)>0$, existe $x'\in M$ ta que $f(x')=y$ y
entonces $g(x')=h(f(x'))=h(y)>0$, de manera que $x'\in U$ e $y=f(x')\in
f(U)$. Vemos así que el conjunto $\{y\in N:h(y)>0\}$, que es un abierto
de~$N$ que contiene a~$f(x)$, está contenido en~$f(U)$. Esto implica que
$f(U)$ es un abierto de~$N$.

\end{itemize}
Sea $x\in M$. Mostremos que $f_{*x}:T_xM\to T_{f(x)}N$ es un isomorfismo.
\begin{itemize}

\item Sea $v\in T_xM$ un vector no nulo, de manera que existe
una función $g\in C^\infty(M)$ tal que $v(g)\neq0$. Como $f^*$ es un
isomorfismo, existe $h\in C^\infty(N)$ tal que $g=f^*(h)=h\circ f$, y
entonces $f_{*x}(v)(h)=v(h\circ f)=v(g)\neq0$. Esto nos dice que
$f_{*x}(v)\neq0$ y, entonces, que la función $f_{*x}:T_xM\to T_{f(x)}N$ es
inyectiva.

\item Usando la notación del ejercicio~\ref{ej:mx}, la función
$f^*:C^\infty(N)\to C^\infty(M)$ es tal que $f^*(I_{f(x)})=I_x$; esto sigue
inmediatamente de que $f$ es un homeomorfismo. Vemos entonces que 
$f^*$ induce un isomorfismo $\phi:R_{f(x)}\to R_x$ tal que
$\phi([h])=[h\circ f]$ para cada $h\in C^\infty(N)$. Otra vez,
es claro que $\phi(\m_{f(x)})=\m_x$ así que $\phi$ induce un isomorfismo
$\bar\phi:\m_{f(x)}/\m_{f(x)}^2\to\m_x/\m_x^2$ que, transpuesto, nos da a
su vez un isomorfismo
$\bar\phi^*:(\m_{f(x)}/\m_{f(x)}^2)^*\to(\m_x/\m_x^2)^*$. De acuerdo al
ejercicio~\ref{ej:mx}, esto nos dice que $T_{f(x)}N\cong T_xM$ y, en
particular, que ambos espacios vectoriales tienen la misma dimensión. Como
$f_{*x}:T_xM\to T_{f(x)}N$ es inyectiva, concluimos así que es un
isomorfismo, como queríamos.

\end{itemize}
El teorema de la función inversa nos dice ahora que $f$ es localmente un
difeomorfismo y el resultado del ejercicio~\ref{ej:difeo} nos permite
concluir que $f$ es un difeomorfismo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $f:M\to N$ es una función diferenciable entre variedades con
dominio conexo y tal que para todo $x\in M$ es $f_{*x}=0$, entonces $f$ es constante.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Para cada $p\in S^2$, sea $\omega_p:T_pS^2\times T_pS^2\to\RR$ tal
que si $v$,~$w\in T_pS^2$ es
  \[
  \omega_p(v,w) = \ip{p, v\times w},
  \]
con $\lin{\place,\place}$ el producto usual de~$\RR^3$, $\times$ el
producto vectorial, e identificando $T_pS^2$ con un subespacio de~$\RR^3$,
como siempre.
\begin{ejitems}

\item  Muestre que esto define una $2$-forma $\omega\in\Omega^2(S^2)$ sobre
la esfera y que se trata de una forma de volumen.

\item Considere el campo vectorial $X=x\fder{x}+y\fder{y}+z\fder{z}$
y la forma de volumen $\nu=\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z$ usual
sobre~$\RR^3$, y sea $j:S^2\to\RR^3$ la inclusión. Muestre que
$\omega=j^*(\iota_X\nu)$.

\item Calcule $\int_{S^2}\omega$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como el producto vectorial $\times:\RR^3\times\RR^3\to\RR^3$ es
bilineal antisimétrico y la función $\ip{p,\place}:\RR^3\to\RR$ es lineal,
es inmediato que para cada $p\in S^2$ la función $\omega_p:T_pS^2\times
T_pS^2\to\RR$ es una forma bilineal antisimétrica sobre~$T_pS^2$. Para
mostrar que $\omega\in\Omega^2(S^2)$, entonces, basta que probemos que
$\omega$~es diferenciable.

Sea $U=\{(x,y,z)\in S^2:z>0\}$, que es un abierto de~$S^2$ y
$\phi:(x,y,z)\in U\mapsto(x,y)\in\RR^2$, que es una carta de~$S^2$ que
tiene a $\phi^{-1}:(x,y)\in
B_1(0)\subseteq\RR^2\mapsto(x,y,\sqrt{1-x^2-y^2})\in S^2$ como función
inversa. En las coordenadas de esta carta es
  \begin{align}
  &\fder{x} = (1,0,-x(1-x^2-y^2)^{-1/2}),
  &
  &\fder{y} = (0,1,-y(1-x^2-y^2)^{-1/2}),
  \label{eq:xy}
  \end{align}
de manera que si $(x,y)\in B_1(0)$ y $p=\phi^{-1}(x,y)$, es
  \begin{align}
  \omega_p\Bigl(\fder{x}\Big|_p,\fder{y}\Big|_p\Bigr)
       &= \ip*{\phi^{-1}(x,y),\fder{x}\Big|_p\times\fder{y}\Big|_p} \notag \\
       &= \begin{vmatrix}
          x                & 1                           & 0 \\
          y                & 0                           & 1 \\
          \sqrt{1-x^2-y^2} & -\frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}} & -\frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}
          \end{vmatrix} \label{eq:o} \\
       &= \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}. \notag
  \end{align}
Como esto es una función diferenciable de~$(x,y)\in B_1(0)$, vemos que
$\omega|_U$ es diferenciable. Claramente podemos cubrir a~$S^2$ por seis
cartas de la misma forma, y en cada una de ellas un cálculo similar
funciona, así que esto prueba que $\omega$~es diferenciable.

\ejitem{2} Para probar que $\omega=j^*(\iota_X\nu)$, basta mostrar que
estas dos formas son iguales sobre cada una de las seis cartas a las que
hicimos referencia en el ejercicio anterior. Por simetría, será suficiente
hacerlo para una de ellas, la que describimos allí explicitamente. Si
$(x,y)\in B_1(0)$ y $p=\phi^{-1}(x,y)$, es
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft
  (j^*(\iota_X\nu))_p\Bigl(\fder{x}\Big|_p,\fder{y}\Big|_p\Bigr)
         = (\iota_X\omega)_{j(p)}
                \Bigl(
                j_{*p}\Bigr(\fder{x}\Big|_p\Bigr),
                j_{*p}\Bigr(\fder{y}\Big|_p\Bigr)
                \Bigr)
\intertext{y, de acuerdo a~\eqref{eq:xy}, esto es}
        &= (\iota_X\nu)_{j(p)}
                \Bigl(
                \fder{x}\Big|_{j(p)} - \frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\fder{z}\Big|_{j(p)},
                \fder{y}\Big|_{j(p)} - \frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\fder{z}\Big|_{j(p)}
                \Bigr) \\
        &= \begin{multlined}[t][.825\displaywidth]
                \nu_{j(p)}
                \Bigl(
                x\fder{x}+y\fder{y}+\sqrt{1-x^2-y^2}\fder{z}, \\
                \fder{x}\Big|_{j(p)} - \frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\fder{z}\Big|_{j(p)},
                \fder{y}\Big|_{j(p)} - \frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\fder{z}\Big|_{j(p)}
                \Bigr),
           \end{multlined}
  \end{align*}
y de acuerdo a las definiciones el último miembro de esta cadena de
igualdades es igual al determinante~\eqref{eq:o}. Esto nos dice que
$\omega|_U=j^*(\iota_X\nu)|_U$, que es lo que queríamos.

\ejitem{3} Sea $B^3$ la bola cerrada de~$\RR^3$, de manera que $\partial
B^3=S^2$. La forma~$\nu$ se restringe a una forma de volumen
$\bar\nu=\nu|_{B^3}\in\Omega^3(B^3)$ y, si $\bar\jmath:S^2\to S^3$ es la
inclusión y $\bar X=X|_{B^3}\in\X(B^3)$, vale, por la misma razón que antes, que
$\omega=\bar\jmath^*(\iota_X\bar\nu)$. Entonces
  \[
  \int_{S^2}\omega 
        = \int_{\partial B^3} \bar\jmath^*(\iota_{\bar X}\bar\nu)
        = \int_{B^3} \dd\iota_{\bar X}\bar\nu
        = \int_{B^3} \Lie_{\bar X}\bar\nu
  \]
porque $\dd\iota_{\bar X}\bar\nu+\iota_{\bar X}\dd\bar\nu=\Lie_{\bar X}\bar\nu$
y $\dd\bar\nu=0$. Como $\Lie_{\bar X}$ es una derivación, es
  \begin{align*}
  \Lie_{\bar X}\bar\nu 
       &= \Lie_{\bar X}(\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z) \\
       &= \Lie_{\Bar X}\dd x\wedge\dd y\wedge\dd z
        + \dd x\wedge\Lie_{\Bar X}\dd y\wedge\dd z
        + \dd x\wedge\dd y\wedge\Lie_{\Bar X}\dd z \\
       &= \dd(\Bar Xx)\wedge\dd y\wedge\dd z
        + \dd x\wedge\dd(\Bar Xy)\wedge\dd z
        + \dd x\wedge\dd y\wedge\dd(\Bar Xz). 
  \end{align*}
Es $\bar Xx=x$, de manera que $\dd(\bar X x)=\dd x$, y lo mismo sucede con
las otras variables, así que $\Lie_{\bar X}\bar\nu = 3\nu$ y
$\int_{S^2}\omega = 3\int_{B^3}\nu$. Esta última integral evidentemente
calcula el volumen de~$B^3$ con respecto a su forma de volumen usual, esto
es, $\tfrac43\pi$, así que
  \[
  \int_{S^2}\omega = 4\pi.
  \]
Esta es la integral que queríamos.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
