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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 --- 2019}
\Titulo{Primer Parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad diferenciable y $\omega\in\Omega^1(M)$ una
$1$-forma diferencial. Pruebe que cada vez que $X$ e $Y$ son campos tangentes
diferenciables sobre~$M$ se tiene que
  \[
 d\omega(X,Y) = X\omega(Y) - Y\omega(X) - \omega([X,Y]). 
  \]

\begin{Solucion}
\def\pd#1{\frac{\partial}{\partial x^{#1}}}%
\def\dd#1#2{\frac{\partial #2}{\partial x^{#1}}}%
Sea $\omega\in\Omega^1(M)$ y sean $X$,~$Y\in\X(M)$. Sea $p\in M$ y fijemos
una carta~$\phi:U\to\RR^n$ definida en un entorno abierto~$U$ de~$P$. Si
$x^1$,~\dots,~$x^n:U\to\RR^n$ son las funciones coordenadas de~$\phi$
y $\pd{1}$,~\dots,~$\pd{n}$ los correspondientesa campos coordenados,
sabemos que existen funciones $\omega^1$,~\dots,~$\omega^n$,
$X_1$,~\dots,~$X_n$, $Y_1$,~\dots,~$Y_n$ en~$C^\infty(U)$ tales que
  \[
  \omega=\sum_{i=1}^n\omega^idx^i, \qquad
  X=\sum_{i=1}^nX_i\pd{i}, \qquad
  Y=\sum_{i=1}^nY_i\pd{i}.
  \]
Es
  \[
  d\omega  = \sum_{i=1}^nd\omega^i\wedge dx^i
           = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\dd{j}{\omega^i}dx^j\wedge dx^i 
           = \sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\dd{i}{\omega^j}-\dd{j}{\omega^i}\right)
                dx^i\wedge dx^j
  \]
y cada vez que $1\leq i<j\leq n$ es
  \[
  (dx^i\wedge dx^j)(X,Y)
        = dx^i(X)dx^j(Y)-dx^j(X)dx^i(Y)
        = X_iY_j-X_jY_i,
  \]
así que
  \begin{align}
  d\omega(X,Y) 
     &= \sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\dd{i}{\omega^j}-\dd{j}{\omega^i}\right)
                dx^i\wedge dx^j(X,Y) \notag \\
     &= \sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\dd{i}{\omega^j}-\dd{j}{\omega^i}\right)
                (X_iY_j-X_jY_i) \notag  \\
     &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\left(\dd{i}{\omega^j}-\dd{j}{\omega^i}\right)X_iY_j.
        \label{eq:q:1}
  \end{align}
Por otro lado, 
  \[
  \omega(Y) 
        = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\omega^idx^i\left(Y_j\pd{j}\right)
        = \sum_{i=1}^n\omega^iY_i
  \]
y
  \[
  X\omega(Y)
        = \sum_{j=1}^n X_j\pd{j}\left( \sum_{i=1}^n\omega^iY_i\right)
        = \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n 
                X_j\left(\dd{j}{\omega^i}Y_i+\omega^i\dd{j}{Y_i}\right).
  \]
De manera similar,
  \[
  Y\omega(X)
        = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 
                Y_i\left(\dd{i}{\omega^j}X_j+\omega^j\dd{i}{X_j}\right),
  \]          
así que
  \begin{align}
  \MoveEqLeft
  X\omega(Y)-Y\omega(X) \notag \\
       & = \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n 
                X_j\left(\dd{j}{\omega^i}Y_i+\omega^i\dd{j}{Y_i}\right)
        - \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 
                Y_i\left(\dd{i}{\omega^j}X_j+\omega^j\dd{i}{X_j}\right),
         \notag \\
       &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n
                \left(\dd{j}{\omega^i}-\dd{i}{\omega^j}\right)X_jY_i
          + \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\omega^i
                \left(X_j\dd{j}{Y_i}-Y_j\dd{j}{X_i}\right).
                \label{eq:q:2}
  \end{align}
Finalmente, usando la expresión en coordenadas para el corchete de Lie
vemos que sobre el abierto~$U$ es
  \[
  [X,Y] = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\left(X_j\dd{j}{Y_i}-Y_j\dd{j}{X_i}\right)\pd{i},
  \]
de manera que
  \begin{align}
  \omega([X,Y]) 
       &= \sum_{k=1}^n\omega^kdx^k\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n
                     \left(X_j\dd{j}{Y_i}-Y_j\dd{j}{X_i}\right)\pd{i}\right)
              \notag       \\
       &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n
                     \omega^i\left(X_j\dd{j}{Y_i}-Y_j\dd{j}{X_i}\right).
                     \label{eq:q:3}
  \end{align}
Usando ahora las expresiones~\eqref{eq:q:1}, \eqref{eq:q:2}
y~\eqref{eq:q:3}, vemos que sobre~$U$ es
  \[
  d\omega(X,Y) = X\omega(Y) - Y\omega(X) - \omega([X,Y]),
  \]
como queremos.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Para cada variedad~$M$ escribamos $\mathcal V(M)$ al subconjunto de~$\Omega^1(M)$ de
las $1$-formas $\omega$ sobre~$M$ tales que para cada par de campos~$X$
e~$Y$ sobre~$M$ se tiene que
  \[
  d\omega(X,Y) = X\omega(Y) - Y\omega(X) - \omega([X,Y]). 
  \]
Para probar la afirmación del ejercicio tenemos que mostrar que, de hecho,
$\mathcal V(M)=\Omega^1(M)$ para cualquier variedad~$M$.
Empezemos mostrando que
  \begin{equation} \label{eq:cl1}
  \claim[.8]{para cada~$M$ el subconjunto~$\mathcal V(M)$ de~$\Omega^1(M)$ es
  un $S^\infty(M)$-submódulo.}
  \end{equation}
Sea para ello $M$ una variedad, sean $\omega$ y $\eta$ elementos de~$\mathcal V(M)$
y sea $f\in C^\infty(M)$. Por un lado, tenemos que si $X$ e~$Y$ son
elementos de~$\X(M)$, es
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft[4]
  d(\omega+\eta)(X,Y) - X(\omega+\eta)(Y) + Y(\omega+\eta)(X) 
        + (\omega+\eta)([X,Y]) \\
    &= \begin{multlined}[t][.65\displaywidth]
       \left(d\omega(X,Y) - X\omega(Y) + Y\omega(X) + \omega([X,Y])\right) \\
      + \left(d\eta(X,Y) - X\eta(Y) + Y\eta(X) + \eta([X,Y])\right)
        \end{multlined} \\
    &= 0,
  \end{align*}
y esto implica que $\omega+\eta\in \mathcal V(M)$. Por otro lado, para cada par de
campos~$X$ e~$Y$ sobre~$M$ tenemos que
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft[1.5 ]
  d(f\omega)(X,Y) - X(f\omega)(Y) + Y(f\omega)(X) + f\omega([X,Y]) \\
    &= (df\wedge\omega)(X,Y)+fd\omega(X,Y) - X(f\omega(Y)) + Y(f\omega(X))
        +f\omega([X,Y]) \\
    &= \begin{multlined}[t][.7\displaywidth]
       df(X)\omega(Y)-df(Y)\omega(X)  + fd\omega(X,Y) \\
       -Xf\,\omega(Y)-fX\omega(Y) +Yf\,\omega(X)+fY\omega(X) + f\omega([X,Y])
       \end{multlined} \\
    &= \begin{multlined}[t][.7\displaywidth]
       \bigl(df(X)-Xf\bigr)\omega(Y) - \bigl(df(Y)\omega(X)-Yf\bigr)\omega(X) \\
       + f\bigl(d(f\omega)(X,Y) - X(f\omega)(Y) + Y(f\omega)(X) + f\omega([X,Y])\bigr)
       \end{multlined} \\
    &= 0,
  \end{align*}
por la forma en que la forma~$df$ está definida y la hipótesis de que
$\omega$ pertenece a~$\mathcal V(M)$, y esto nos dice que $f\omega\in \mathcal V(M)$. Esto
completa la prueba de la afirmación~\eqref{eq:cl1} de arriba.

En segundo lugar, mostremos que
  \begin{equation} \label{eq:cl2}
  \claim[0.75]{Una forma $\omega\in\Omega^1(M)$ pertenece a~$\mathcal V(M)$ si para cada
  $p\in M$ hay un abierto~$U$ tal que $p\in U$ y $\omega|_U\in \mathcal V(U)$.}
  \end{equation}
Sea entonces $\omega$ una $1$-forma sobre~$M$ que satisface la condición
de~\eqref{eq:cl2} y sean $X$ e~$Y$ dos campos sobre~$M$. Sea $p$ un punto
de~$M$ y sea $U$ un entorno abierto de~$p$ en~$M$ tal que $\omega|_U\in
\mathcal V(U)$. Sabemos que
  \begin{gather*}
  \bigl(d\omega(X,Y)\bigr)\bigr|_U
        = d(\omega|_U)(X|_U,Y_U), \\
  \bigl(X\omega(Y)\bigr)\bigr|_U
        = (X|_U)(\omega|_U)(Y|_U), \\
  \bigl(Y\omega(X)\bigr)\bigr|_U
        = (Y|_U)(\omega|_U)(X|_U), \\
  \bigl(\omega([X,Y])\bigr()\bigr|_U
        = (\omega|_U)([X|_U,Y|_U]),
  \end{gather*}
porque la diferencial exterior, la evaluación de $1$-formas en campos, la
evaluación de campos en funciones y el corchete de Lie son operaciones que
conmutan con la restricción a abiertos. Se sigue entonces que
  \begin{multline*}
  \bigl(d(f\omega)(X,Y) - X(f\omega)(Y) + Y(f\omega)(X) + f\omega([X,Y])\bigr)\bigr|_U \\
     = 
        d(\omega|_U)(X|_U,Y_U)
        -(X|_U)(\omega|_U)(Y|_U)+(Y|_U)(\omega|_U)(X|_U) 
        +(\omega|_U)([X|_U,Y|_U])
  \end{multline*}
y esta última expresión se anula porque $\omega|_U\in \mathcal V(U)$. Vemos así que
la función 
  \[
  d\omega(X,Y) - X\omega(Y) + Y\omega(X) + \omega([X,Y])
  \]
se anula en un entorno de cada punto de~$M$, así que es idénticamente nula:
esto implica, claro, que $\omega\in \mathcal V(M)$.

Finalmente, probemos que
  \[
  \text{\itshape para toda variedad~$M$ se tiene que $\mathcal V(M)=\Omega^1(M)$,}
  \]
que es lo que afirma el ejercicio. Sea $M$ una variedad. De acuerdo
a~\eqref{eq:cl2}, es suficiente con mostrar que cada punto de~$M$ posee un
entorno $U$ tal que $\mathcal V(U)=\Omega^1(U)$. Sea, entonces, $p\in M$ y sea
$\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$ con $p\in U$ y sean
$\phi^1$,~\dots,~$\phi^n:U\to\RR$ las funciones coordenadas de~$\phi$.
Queremos probar que $\mathcal V(U)=\Omega^1(U)$. Como $\mathcal V(U)$ es un
$C^\infty(U)$-submódulo de~$\Omega^1(U)$ y $\Omega^1(U)$ está generado como
$C^\infty(U)$-módulo por las formas coordenadas
$d\phi^1$,~\dots,~$d\phi^n$, alcanzará con que probemos que cada una de
estas últimas está en~$\mathcal V(U)$. Sea entonces $i\in\{1,\dots,n\}$ y sea
$\omega=d\phi^i$. Si $X$ e~$Y$ son campos sobre~$U$, tenemos que
  \begin{gather*}
  d\omega(X,Y) = dd\phi^1(X,Y) = 0 
\intertext{simplemente porque $dd=0$,}
  X\omega(Y) = X\,d\phi^i(Y) = X(Y(\phi^i))
\intertext{y, de manera similar,}
  Y\omega(X) = Y(X(\phi^i)),
\intertext{y, finalmente,}
  \omega([X,Y]) = d\phi^i([X,Y]) = [X,Y]\phi^i.
  \end{gather*}
En vista de todo esto, tenemos que
  \begin{align*}\MoveEqLeft
  d\omega(X,Y) - X\omega(Y) + Y\omega(X) + \omega([X,Y]) \\
        &= -X(Y(\phi^i)) + Y(X(\phi^i)) + [X,Y]\phi^i = 0,
  \end{align*}
por la forma en que definimos al corchete de Lie. Esto completa la prueba
del ejercicio.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que la función
  \[
  f:(x:y:z)\in\P_\RR^2\longmapsto
        (x^2:y^2:z^3:xy:xz:yz)\in\P_\RR^5
  \]
es una inmersión, esto eso, que es diferenciable, inyectiva, y que su
diferencial es inyectiva en cada punto.

\begin{Solucion}
Mostremos primero que se trata de una función inyectiva. Supongamos que
$(x:y:z)$ y $(u:v:w)$ son puntos de~$\P_\RR^2$ que tienen la misma imagen
por~$f$, de manera que
  \[
  (x^2:y^2:z^3:xy:xz:yz) = (u^2:v^2:w^3:uv:uw:vw).
  \]
Existe entonces un escalar no nulo $\lambda\in\RR$ tal que
  \begin{equation} \label{eq:w:1}
  x^2=\lambda u^2, \quad
  u^2=\lambda v^2, \quad
  z^2=\lambda w^2, \quad
  xy =\lambda uv, \quad
  xz =\lambda uw, \quad
  yz =\lambda vw .
  \end{equation}
Alguna de las coordenadas $x$, $y$ y $z$ es no nula: supongamos, por
ejemplo, que $x\neq0$. En ese caso la ecuación $x^2=\lambda u^2$ nos dice
que $u\neq0$ y que $\lambda=(x/u)^2$. Reemplazando esta expresión
para~$\lambda$ en la cuarta y en la quinta ecuación de~\eqref{eq:w:1} vemos
que
  \begin{equation} \label{eq:w:2}
  uy=xv, \qquad uz=xw,
  \end{equation}
y se sigue de estas dos que $ux\cdot yw=ux\cdot xz$.
Como $ux\neq0$, tenemos entonces que $yw=xzu$.
Esta ecuación y las dos de~\eqref{eq:w:2} nos dicen que la matriz
  \(
  \begin{psmallmatrix}
  x & y & z \\
  u & v & w
  \end{psmallmatrix}
  \)
tiene rango como mucho~$1$. Pero cada una de sus filas es no nula, así que
el rango es exactamente~$1$ y, más aún, sus filas son proporcionales: esto
significa, precisamente, que $(x:y:z)=(u:v:w)$.

Veamos, en segundo lugar, que la función~$f$ es diferenciable. Para ello
bastará ver que sus restricciones a los tres abiertos coordenados usuales
de~$\P_\RR^2$ son diferenciables y, por simetría, bastará que consideremos
su restricción al abierto $U=\{(x:y:z)\in\P^2_\RR:x\neq0\}$. Ahora bien,
la función $\phi:(x:y:z)\in U\mapsto (y/x,z/x)\in\RR^2$ es una carta con
inversa $\phi^{-1}:(s,t)\in\RR^2\mapsto(1:s:t)\in U$. Por la forma de~$f$,
es evidente que la imagen de~$U$ por~$f$ está contenida en el abierto 
  \[
  V=\{(q_0:\cdots:q_5)\in\P_\RR^5:q_0\neq0\},
  \]
que es el dominio de la carta
  \[
  \psi:(q_0:\cdots:q_5)\in V\mapsto (q_1/q_0,\dots,q_5/q_0)\in\RR^5.
  \]
Para ver que $f$ es diferenciable en~$U$, entonces, es suficiente observar
que la composición
  \[
  \psi\circ f\circ\phi^{-1}:
        (s,t)\in\RR^2\mapsto(s^2,t^2,s,t,st)\in\RR^5
  \]
es diferenciable. Más aún, esta última composición 
tiene matriz jacobiana
  \[
  \begin{pmatrix}
  2s & 0 \\
  0  & 2t \\
  1  & 0 \\ 
  0  & 1 \\
  t & s
  \end{pmatrix},
  \]
que evidentemente tiene rango~$2$: esto implica que la diferenciable de~$f$
en cada punto de~$U$ es inyectiva.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad. Muestre que $TM$ es una variedad
orientable y que para cada difeomorfismo $f:M\to M$ la diferencial
$df:TM\to TM$ preserva orientaciones.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad y $\omega\in\Omega^1(M)$, decimos que una
curva $\gamma:(a,b)\to M$ definida en un intervalo abierto~$(a,b)$ no vacío
de~$\RR$~es una \newterm{curva integral} de~$\omega$ si
se tiene que $\gamma^*(\omega)=0$.
\begin{ejitems}

\item Si $f\in C^\infty(M)$, entonces toda curva integral de la $1$-forma
$df\in\Omega^1(M)$ tiene imagen contenida en una superficie de nivel
de~$f$.

\item Determine las curvas integrales de la $1$-forma
  \[
  2x\cos(y)dx-x^2\sin(y)d y\in\Omega^1(\RR^2).
  \]

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f\in C^\infty(M)$ y sea $\gamma:(a,b)\to M$ una curva
integral de la $1$-forma~$df$. Sea $t$ la función coordenada estándar
de~$(a,b)$ y sea $\frac{\partial}{\partial t}$ el correspondiente campo
coordenado. Si $s\in(a,b)$, entonces
  \[
  0 = \gamma^*_s(df)\left(\frac{\partial}{\partial t}\right)
        = df\left(\gamma_{*s}\left(\frac{\partial}{\partial t}\right)\right)
        = \left(\gamma_{*s}\left(\frac{\partial}{\partial t}\right)\right)(f)
        = \frac{\partial}{\partial t}\Bigr|_s(f\circ\gamma)
        = \frac{d}{dt}\Bigr|_{t=s}f(\gamma(t)).
  \]
Esto nos dice que la función $f\circ\gamma:(a,b)\to\RR$ tiene derivada nula
en cada uno de los puntos de su dominio, así que, como éste último es
conexo, es constante: en otras palabras, la función~$\gamma$ toma todos sus
valores en una curva de nivel de~$f$.

\ejitem{2} La forma del enunciado coincide con $df$ para
$f(x,y)=x^2\cos(y)$ y entonces, de acuerdo a la primera parte, toda curva
integral de~$df$ está contenida en una curva de nivel de~$f$.
Recíprocamente, toda curva $\gamma:(a,b)\to\RR^2$ cuya imágen está
contenida en una curva de nivel de~$f$ es una curva integral para~$df$:
esto es consecuencia del cálculo que hicimos en la parte anterior. Vemos
así que las curvas integrales de~$df$ son precisamente las funciones
diferenciables $(a,b)\to\RR^2$ que tienen imagen contenida en las curvas de
nivel de~$f$.

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función $f:M\to N$ entre variedades es un
difeomorfismo si y solamente si es biyectiva y localmente un difeomorfismo.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $r\in\NN_0$ y sea
  \[
  M_r = \RR^2\setminus\{(k,0):k\in\NN, 1\leq k\leq r\}.
  \]
Determine la cohomología de de Rham de~$M_r$.


\end{ejercicios}

\end{document}
