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

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\hyphenation{tales vemos induce todo}

\Materia{Geometría Diferencial}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2019}
\Titulo{Segundo Parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial

\begin{ejercicios}[itemsep=2pc]

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad riemaniana, sea $\nabla$ la conexión de
Levi--Civita de~$M$ y sea $f:M\to\RR$ una función diferenciable. 
\begin{ejitems}

\item Muestre que existe un campo vectorial diferenciable
$\grad(f)\in\X(M)$ y uno solo con la propiedad de que para cada
campo~$Y\in\X(M)$ se tiene que
  \[
  \lin{\grad(f),Y} = df(Y).
  \]
Encuentre una expresión en coordenadas para el campo $\grad(f)$.

\item La función
  \[
  X \in \X(M) \longmapsto \nabla_X\grad(f)\in\X(M)
  \]
es autoadjunta: cada vez que $X$ e~$Y$ son elementos de~$\X(M)$ se
tiene que
  \[
  \lin{\nabla_X\grad(f),Y} = \lin{X,\nabla_Y\grad(f)}.
  \]
\textit{\footnotesize Sugerencia: recuerde que la conexión~$\nabla$ tiene
torsión nula y es compatible con la métrica.}

\item Muestre que si el campo~$\grad(f)$ tiene norma constante, entonces para todo
$X\in\X(M)$ se tiene que $\lin{\nabla_{\grad(f)}\grad(f),X} = 0$.
Deduzca de esto que bajo esa condición las curvas integrales de~$\grad(f)$
son geodésicas.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Si $p\in M$, la diferencial $d_pf:T_pM\to\RR$ es lineal, así que del
Teorema de Riesz sabemos que existe un único vector $\grad_p(f)\in T_pM$ tal que
$d_pf(v)=\lin{\grad_p(f),v}$ para todo $v\in T_pM$. De esta forma obtenemos una
una sección posiblemente no diferenciable $\grad(f):p\in M\mapsto\grad_p(f)\in TM$ de la
proyección $\pi:TM\to M$. Si $\phi:U\to\RR^n$ es una carta de~$M$ con
campos coordenados~$\partial_1$,~\dots,~$\partial_n$
y sobre $U$ es $\grad(f)=X^i\partial_i$, entonces
  \[
  g_{i,j}X^i 
        = \lin{X^i\partial_i,\partial_j} 
        = \lin{X,\partial_j} 
        = df(\partial_j) 
        = \partial_j(f),
  \]
de manera que $X^i=g^{i,j}\partial_jf$ y, por lo tanto, sobre~$U$ es
$\grad(f)=g^{i,j}\partial_j(f)\partial_i$. Esto nos da una expresión local
para el campo~$\grad(f)$ y, en particular, hace evidente que se trata de un
campo diferenciable. 

Sean ahora $X$ e $Y$ dos campos sobre~$M$. Como la conexión~$\nabla$ es compatible
con la métrica, tenemos que
  \begin{gather*}
  \lin{\nabla_X\grad(f),Y} + \lin{\grad(f),\nabla_XY}
        = X\lin{\grad(f),Y} 
        = X(df(Y))
        = X(Y(f))
\intertext{y, de manera similar,}
  \lin{\nabla_Y\grad(f),X} + \lin{\grad(f),\nabla_YX}
        = Y(X(f)),
  \end{gather*}
así que
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft[4]
  \lin{\nabla_X\grad(f),Y} -  \lin{\nabla_Y\grad(f),X}  \\
       &= X(Y(f)) - Y(X(f))-\lin{\grad(f),\nabla_XY-\nabla_YX} \\
       &= [X,Y](f) - \lin{\grad(f),[X,Y]}
        = 0.
  \end{align*}
Esto nos dice que la función $X\in\X(M)\mapsto\nabla_X\grad(f)\in\X(M)$ es
autoadjunta.

Supongamos ahora que la función~$f$ es tal que el campo~$\grad(f)$ tiene
norma constante. Si $X\in\X(M)$, entonces
  \[
  0     = X\lin{\grad(f),\grad(f)}
        = 2\lin{\nabla_X\grad(f),\grad(f)}
        = 2\lin{\nabla_{\grad(f)}\grad(f),X}
  \]
y como esto es así cualquiera sea~$X$ vemos que de hecho se tiene que
$\nabla_{\grad(f)}\grad(f)=0$. Si $c:(a,b)\to M$ es una curva integral del
campo~$\grad(f)$, de manera que para todo $t\in(a,b)$ se tiene que
$c'(t)=\grad_{c(t)}(f)$, entonces 
  \[
  (\nabla_{c'}c')_t = (\nabla_{\grad(f)}\grad(f))_{c(t)} = 0
  \]
y, en consecuencia, $c$ es una geodésica. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $M$ y $N$ dos variedades compactas, conexas, orientadas y de la
misma dimensión~$n$ y sea $f:M\to N$ una función diferenciable. 
\begin{ejitems}

\item Muestre que hay un número real $\lambda\in\RR$ tal que para toda forma
$\omega\in\Omega^n(N)$ se tiene
  \[
  \int_Mf^*(\omega) = \lambda\int_N\omega.
  \]
Lo llamamos el \emph{grado} de~$f$ y lo escribimos $\deg(f)$.

\item Supongamos que $q\in N$ es un valor regular de~$f$, de manera que,
particular, el conjunto $f^{-1}(q)$ es finito. Si $p\in
f^{-1}(q)$ la diferencial $d_pf:T_pM\to T_qN$ es entonces un isomorfismo de
espacios vectoriales y podemos considerar el número
  \[
  \sgn_f(p) = \begin{cases*}
              +1 & si $d_pf$ preserva la orientación; \\
              -1 & si la invierte;
              \end{cases*}
  \]
ya que esas son las dos únicas posibilidades.

Muestre que 
  \[
  \deg(f) = \sum_{p\in f^{-1}(q)}\sgn_f(p).
  \]
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que cuando $n\geq2$ el grado de toda función diferenciable
$f:S^n\to T^n$ del $n$-toro a la $n$-espera es nulo.

\noindent\textit{\footnotesize Sugerencia: determine el
morfismo $f^*:H^\bullet(T^n)\to H^\bullet(S^n)$ usando el hecho
de que se trata de un morfismo de álgebras.}

\begin{Solucion}
Para cada $i\in\{1,\dots,n\}$ sea $\pi_i:T^n\to S^1$ la $n$-ésima
proyección y sea $\omega\in\Omega^1(S^1)$ una forma de volumen. Del Teorema
de Künneth sabemos que $H^\bullet(T^n)$ está generado como álgebra por las
clases de las $1$-formas
$\omega_1=\pi_1^*(\omega)$,~\dots,~$\omega_n=\pi_n^*(\omega)$ y que, en
particular, $H^n(T^n)$ está libremente generado por la clase de
$\nu=\omega_1\wedge\cdots\wedge\omega_n$. Sea $f:S^n\to T^n$ una función
diferenciable. La función $f^*:H^1(T^n)\to H^1(S^n)$ es nula, simplemente
porque su codominio es el espacio nulo, y como $f^*:H^\bullet(T^n)\to
H^\bullet(S^n)$ es un morfismo de álgebras, se sigue de ello que 
  \[
  f^*([\nu]) = f^*([\omega_1])\wedge\cdots\wedge f^*([\omega_n]) = 0,
  \]
porque todos los factores se anulan. Esto nos dice que la función
$f^*:H^n(T^n)\to H^n(S^n)$ es nula y, por lo tanto, que el grado de~$f$ es
nulo.

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad compacta, orientable y conexa de dimensión~$n$.
Sabemos que la cohomología de De Rham de~$M$ tiene entonces dimensión total
finita, y podemos en consecuencia considerar el entero
  \[
  \chi(M) = \sum_{i=0}^n(-1)^i\dim H^i(M),
  \]
al que llamamos la \emph{característica de Euler} de~$M$.
\begin{ejitems}

\item Si la dimensión~$n$ de~$M$ es impar, entonces $\chi(M)=0$.

\item Si la dimensión~$n$ de~$M$ es par y la de~$H^{n/2}(M)$ es par,
entonces $\chi(M)$ es un entero par.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Como $M$ es conecta, compacta y orientable, el Teorema de Dualidad de
Poincaré y el hecho de que la cohomología tiene dimensión total finita 
implican que para todo $i\in\NN_0$ hay un isomorfismo
$H^i(M)\cong H^{n-i}(M)$. Si $n$ es impar, digamos $n=2m+1$, entonces
  \begin{align*}
  \chi(M) 
        &= \sum_{i=0}^{m}(-1)^i\dim H^i(M) 
                +  \sum_{i=m+1}^{2m+1}(-1)^i\dim H^i(M) \\
        &= \sum_{i=0}^{m}(-1)^i\dim H^i(M) 
                +  \sum_{i=0}^{m}(-1)^{n-i}\dim H^{n-i}(M) \\
        &= \sum_{i=0}^{m}((-1)^i+(-1)^{n-i})\dim H^i(M) 
         = 0,
  \end{align*}
ya que cada coeficiente de esta suma se anula. Si en cambio $n$ es par,
digamos $n=2m$, entonces
  \begin{align*}
  \chi(M) 
        &=\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\dim H^i(M) 
           + (-1)^m\dim H^m(M)
           +  \sum_{i=m+1}^{2m}(-1)^i\dim H^i(M) \\
        &=\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\dim H^i(M) 
           + (-1)^m\dim H^m(M)
           +  \sum_{i=0}^{m-1}(-1)^{n-i}\dim H^{n-i}(M) \\
        &= 2\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^i\dim H^i(M) 
           + (-1)^m\dim H^m(M),
  \end{align*}
de manera que $\chi(M)$ y $\dim H^{n/2}(M)$ tienen la misma paridad. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo de Lie de dimensión~$n$, sea $\g=T_eG$ su álgebra
de Lie y fijemos un producto interno $g_e:\g\times\g\to\RR$ sobre~$\g$
\begin{ejitems}

\item Hay una única métrica riemanniana $g$ sobre~$G$ que es
invariante a izquierda y cuyo valor en~$e\in G$ es $g_e$.

\item Sea $\B=\{v_1,\dots,v_n\}$ una base de~$\g$ y sean $X_1$,~\dots,~$X_n$
los campos tangentes a~$G$ invariantes a izquierda que extienden a los
elementos de~$\B$. Muestre que para cada $i$,~$j$, es \emph{constante} la función
$g_{i,j}=g(X_i,X_j)$. 

Sabemos (porque el corchete de Lie
de campos invariantes a izquierda es él mismo invariante a izquierda)
que existen constantes $c_{i,j}^k$ tales que
  \[
  [X_i,X_j] = \sum_k c_{i,j}^k X_k.
  \]
Calcule en términos de los escalares $c_{i,j}^k$ y $g_{i,j}$ los símbolos de
Christoffel $\Gamma_{ij}^k$ de la conexión de Levi-Cività de~$G$ con
respecto a los campos $X_1$,~\dots,~$X_n$, de manera que se tenga
  \[
  \nabla_{X_i}X_j=\sum_k\Gamma_{ij}^kX_k.
  \]

\item Sea $G=\RR_{>0}\times\RR$ el grupo de Lie con producto
dado por
  \[
  (a,b)\cdot(c,d) = (ac,ad+b)
  \]
para cada $(a,b)$,~$(c,d)\in G$, de manera que $G$ es isomorfo de la forma
evidente al grupo de matrices
  \[
  \left\{
    \begin{psmallmatrix} a & b \\ 0 & 1\end{psmallmatrix}
    : a > 0, b \in\RR
  \right\}.
 \]
El elemento neutro de~$G$ es $e=(1,0)$, y su álgebra de Lie~$\g=T_eG$ se
identifica de manera natural (porque $G$ es un abierto de~$\RR^2$) con
$\RR^2$. Dotemos a~$G$ de su única métrica invariante a izquierda que
en~$T_eG$ restringe al producto interno usual de~$\RR^2$. Encuentre todas
las geodésicas pasan por~$e$ que pueda.

Calcule (las componentes en una carta del) tensor de curvatura $R(X,Y)Z$
sobre~$G$ y la \emph{curvatura escalar}
  \[
  K(p) = \frac{1}{n(n-1)}\sum_{1\leq i,j\leq n} g(R(z_i,z_j)z_i,z_j)
  \]
para cada $p\in G$, con $\{z_1,\dots,z_n\}$ una base ortonormal de~$T_pG$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sea $g_e$ un producto interno en~$T_eG$. Si $p\in G$ y $v$,~$w\in T_pG$,
entonces ponemos 
  \begin{equation}\label{eq:ginv}
  g_p(v,w)=g_e(dL_{p^{-1}}(v),dL_{p^{-1}}(w)).
  \end{equation}
Como la diferencial $dL_{p^{-1}}:T_pG\to T_eG$ de la traslación $L_p:q\in
G\mapsto pq\in G$ es un isomorfismo de espacios vectoriales (porque $L_p$
es un difeomorfismo), es claro que $g_p$ es un producto interno en~$T_pG$.
Para ver que la asignación $p\in G\mapsto g_p$ define una métrica
riemanniana, tenemos que mostrar que es diferenciable, esto es, que cada
vez que $X$ e~$Y$ son campos sobre~$G$ se tiene que la función 
  \begin{equation}\label{eq:g}
  p\in G\mapsto g_p(X_p,Y_p)\in\RR
  \end{equation}
es diferenciable. Ahora bien, todo campo
sobre~$G$ es combinación lineal de campos invariantes a izquierda con
coeficientes en~$C^\infty(M)$, así que como la función~\eqref{eq:g}
depende $C^\infty(M)$-linealmente de~$X$ e~$Y$, es suficiente considerar el
caso en que $X$ e $Y$ son ellos mismos invariantes  izquierda. Pero en ese
caso para todo $p\in G$ se tiene que 
  \[
  g_p(X_p,Y_p)
        = g_e(dL_{p^{-1}}(X_p),dL_{p^{-1}}(Y_p))
        = g_e(X_e,Y_e),
  \]
así que la función en cuestión es, de hecho constante. Tenemos así una
métrica riemaniana sobre~$g$, como queríamos y, más aun, se trata de una
métrica invariante a izquierda: esto es consecuencia inmediata
de~\eqref{eq:ginv}.

Sea ahora $\{X_1,\dots,X_n\}$ una base de campos invariantes a izquierda.
Para cada par de índices es constante a función $\lin{X_i,X_j}$, como
viemos recién, así que 
  \begin{align*}
  0 &= X_i\lin{X_j,X_k}
      - X_k\lin{X_i,X_j}
      - X_j\lin{X_k,X_i} \\
    &= \begin{multlined}[t][.8\textwidth]
         \lin{\nabla_{X_i}X_j,X_k} + \lin{X_j,\nabla_{X_i}X_k}
       - \lin{\nabla_{X_k}X_i,X_j} - \lin{X_i,\nabla_{X_k}X_j} \\
       - \lin{\nabla_{X_j}X_k,X_i} - \lin{X_k,\nabla_{X_j}X_i}
       \end{multlined}
       \\
    &= \lin{[X_i,X_j],X_k} + \lin{X_j, [X_i,X_k]} + \lin{X_i,[X_j,X_k]}
        - 2\lin{\nabla_{X_j}X_k,X_i}
  \end{align*}
de manera que
  \begin{align*}
  2g_{li}\Gamma_{jk}^l
        &= 2\lin{\nabla_{X_j}X_k,X_i}
         = \lin{[X_i,X_j],X_k} + \lin{X_j, [X_i,X_k]} + \lin{X_i,[X_j,X_k]} \\
        &= g_{lk}c_{ij}^l + g_{jl}c_{ik}^l + g_{il}c_{jk}^l
  \end{align*}
y, por lo tanto,
  \[
  \Gamma_{jk}^r 
        = \frac12g^{ri}(g_{lk}c_{ij}^l + g_{jl}c_{ik}^l + g_{il}c_{jk}^l).
  \]

Consideremos ahora $G=\RR_{>0}\times\RR$ con la multiplicación descripta en
el enunciado. Se trata de un abierto de~$\RR^2$, así que tenemos un sistema
de coordenadas estándar dado por la inclusión $G\hookrightarrow\RR^2$.
Sea $e(1,0)$ el elemento neutro de~$G$ y sean $x^1$,~$x^2:G\to\RR$ las
funciones coordenadas.
Si $Y=Y^1\partial_1+Y^2\partial_2$ es un campo sobre~$G$, $g=(a,b)$ un
elemento de~$G$ y $L_g:G\to G$ la correspondiente translación a izquierda, 
que tiene $L_g(c,d)=(ac,ad+b)$ para todo $(c,d)\in G$, 
entonces $dL_g(\partial_1)=x^1\partial_1$ y
$dL_g(\partial_2)=x^1\partial_1$, así que
  \[
  dL_g(Y_e) = aY^1(1,0)\partial_1+aY^2(1,0)\partial_2.
  \]
Esto nos dice que $Y$ es invariante a izquierda si y solamente si
$Y^1(a,b)=aY^1(1,0)$ y $Y^2(a,b)=aY^2(1,0)$ para todo $(a,b)\in G$, y esto
ocurre si y solamente si $Y$ es combinación lineal con coeficientes
en~$\RR$ de los campos
  \[
  X_1 = x^1\partial_1, \qquad X_2 = x^1\partial_2.
  \]
Vemos así que $\{X_1,X_2\}$ es una base del álgebra de Lie de~$G$. Para
determinar su corchete de Lie es suficiente calcular que
  \[
  [X_1,X_2] = [x^1\partial_1,x^1\partial_2] = x^1\partial_2 = X_2.
  \]
Como consecuencia de esto, si escribimos $[X_i,X_j]=c_{ij}^kX_k$, entonces
los únicos coeficientes de estructura no nulos son
  \[
  c_{12}^2 = 1, \qquad c_{21}^2 = -1.
  \]
Como los vectores $(X_1)_e$ y $(X_2)_e$ son ortonormales y los campos $X_1$
y $X_2$ invariantes a izquierda, tenemos que los campos $X_1$ y $X_2$ son
ortonormales en cada punto de~$G$. En otras palabras, los coeficientes de
la métrica riemaniana con respecto a los campos~$X_1$ y $X_2$ son
$g_{i,j}=\delta_{i,j}$. Se sigue de esto que
  \[
  \Gamma_{jk}^r 
        = \frac12g^{ri}(g_{lk}c_{ij}^l + g_{jl}c_{ik}^l + g_{il}c_{jk}^l) 
        = \frac12\delta^{ri}(\delta_{lk}c_{ij}^l + \delta_{jl}c_{ik}^l 
                        + \delta_{il}c_{jk}^l) 
        = \frac12(c_{rj}^k + c_{rk}^j + c_{jk}^r). \\
  \]
Sabemos no hay exactamente uno de $i$,~$j$ y~$k$ quer es igual a~$1$,
entonces $c_{ij}^k=0$: se sigue que bajo esa condición también
$\Gamma_{ij}^k=0$. Los otros coeficientes de Christoffel que tenemos que
calcular son
  \begin{align*}
  \Gamma_{12}^2 &= \frac12(c_{21}^2+c_{22}^1+c_{12}^2) = 0, \\
  \Gamma_{21}^2 &= \frac12(c_{22}^1+c_{21}^2+c_{21}^2) = -1, \\
  \Gamma_{22}^1 &= \frac12(c_{12}^2+c_{12}^2+c_{22}^1) = 1. \\
  \end{align*}
Esto nos dice que
  \[
  \nabla_{X_1}X_1 = \nabla_{X_1}X_2 = 0,
  \qquad
  \nabla_{X_2}X_1 = -X_2,
  \qquad
  \nabla_{X_2}X_2 = X_1.
  \]
Si escribimos a las funciones coordenadas $u$ e~$v$ en lugar de~$x^1$
y~$x^2$, de esto se sigue que
  \begin{gather*}
  0     = \nabla_{X_1}X_1 = \nabla_{u\partial_1}(u\partial_1)
        = u\partial_1 + u^2\nabla_{\partial_1}\partial_1,
        \\
  0     = \nabla_{X_1}X_2 = \nabla_{u\partial_1}(u\partial_2)
        = u\partial_2 + u^2\nabla_{\partial_1}\partial_2,
        \\
  -u\partial_2 = -X_2  = \nabla_{X_2}X_1 = \nabla_{u\partial_2}(u\partial_1)
        = u^2\nabla_{\partial_2}\partial_1,
        \\
  u\partial_1 = X_1 = \nabla_{X_2}X_2 = \nabla_{u\partial_2}(u\partial_2)
        = u^2\nabla_{\partial_2}\partial_2,
  \end{gather*}
así que
  \[
  \nabla_{\partial_1}\partial_1 = -\frac{1}{u}\partial_1, 
  \qquad
  \nabla_{\partial_1}\partial_2 = -\frac{1}{u}\partial_2, 
  \qquad
  \nabla_{\partial_2}\partial_1 = -\frac{1}{u}\partial_2,
  \qquad
  \nabla_{\partial_2}\partial_2 = \frac{1}{u}\partial_1
  \]
Una curva $c:t\in\RR\mapsto(u(t),v(t))\in G$ es una geodésica, entonces, si
y solamente si
  \[
  u'' - \frac{1}{u}u'^2 + \frac{1}{u}v'^2 = 0, 
  \qquad
  v'' - \frac{2}{u}u'v' = 0.
  \]
o, equivalentemente,
  \begin{equation} \label{eq:g1}
  uu'' - u'^2 + v'^2 = 0,
  \qquad
  uv''=2u'v'.
  \end{equation}
De la segunda ecuación se sigue que 
  \[
  (\ln v')'=v''/v'=2u'/u=(\ln u^2)'
  \]
así que existe un número real $a$ tal que $\ln v' = a + \ln u^2$ y, por lo
tanto, llamando $\lambda$ a $e^a$, que es un número positivo,
  \begin{equation} \label{eq:v}
  v' = \lambda u^2.
  \end{equation}
Reemplanzando esta expresión para~$v'$ en la primera ecuación
de~\eqref{eq:g1}, vemos que
  \begin{equation}\label{eq:w}
  uu'' - u'^2 + \lambda^2u^4 = 0.
  \end{equation}
En esta ecuación no aparece la variable independiente explícitamente, así
que podemos reducir su orden por un cambio de variables estándar.
Supongamos que tenemos una solución $u$ definida en un intervalo abierto~$I$
que contiene a~$t_0$ y que $u'(t_0)\neq0$, de manera que, a menos de
reemplazar el intervalo por uno más chico, podemos suponer que $u$ es
inversible en~$I$. Consideremos la función $p = u'\circ u^{-1}$, que está
definida en un entorno abierto~$J$ de~$s_0=u(t_0)$. Como $p(u(t))=u'(t)$
cerca de~$t_0$, derivando tenemos que
  \[
  u''(t) = p'(u(t))u'(t) 
  \]
y, por lo tanto, para $s$ cerca de~$s_0$ es
  \[
  u''(u^{-1}(s)) = p'(s) u'(u^{-1}(s)) = p'(s)p(s).
  \]
Si evaluamos el miembro izquierdo de la ecuación~\eqref{eq:w} en~$u^{-1}(s)$
vemos que
  \[
  0  = u(u^{-1}(s))u''(u^{-1}(s)) - u'(u^{-1}(s))^2 + \lambda^2u(u^{-1}(s))^4  
     = sp'(s)p(s) - p(s)^2 + \lambda^2s^4.
  \]
Vemos así que la función $q=p^2$ satisface la ecuación
  \begin{equation}\label{eq:nh}
  \frac{s}{2}q'-q=-\lambda^2s^4.
  \end{equation}
Esta es una ecuación diferencial de primer orden lineal no homogénea.
La ecuación homogénea correspondiente es
  \[
  \frac{s}{2}q'-q=0,
  \]
que se integra d emanera trivial: la solución general es $q=as^2$ con $a$
un número real. Para encontrar una solución de la ecuación no homogénea
original, usamos el método de variación de las constantes: buscamos una
solución de~\eqref{eq:nh} de la forma $q_0=\alpha(s)s^2$ con $\alpha$ una
cierta función. Reemplazando en~\eqref{eq:nh}, vemos que necesitamos elegir
la función~$\alpha$ de manera que
  \[
  -\lambda^2s^4 = \frac{s}{2}(\alpha(s)s^2)' - \alpha(s)s^2
        = \frac{s}{2}\alpha'(s)s^2 
        = \frac{s^3}{2}\alpha'(s).
  \]
Por supuesto, podemos elegir 
  \[
  \alpha(s) = - \lambda^2 s^2.
  \]
La correspondiente solución de~\eqref{eq:nh} es $q_0(s)=-\lambda^2s^4$.
Concluimos así que la solución general de la ecuación no homogénea es de la
forma
  \[
  q(s) = as^2 - \lambda^2s^4
  \]
con $a\in\RR$ un número arbitrario. Esto significa que
  \[
  u'(u^{-1}(s))^2 = p(s)^2 = as^2 - \lambda^2s^4.
  \]
Evaluando esto en $s=u(t)$, vemos que
  \[
  u'^2 = au^2 - \lambda u^4.
  \]
En esta ecuación podemos separar las variables, obteniendo la ecuación
equivalente
  \[
  \frac{du}{u\sqrt{a-\lambda u^2}} = dt
  \]
e integrando vemos que
  \[
  \frac{1}{\sqrt a}\ln\frac{u}{a+\sqrt{a^2-a\lambda u}} = 
  \]
Es fácil despejar en esta ecuación $u$ en función de~$t$:
  \[
  u(t) = \frac{2 a e^{\sqrt{a} t}}
              {a \lambda  e^{2 \sqrt{a} t}+1}
 \]
Recordando ahora la ecuación~\eqref{eq:v}, tenemos que
  \[
  v' = \lambda \frac{4 a^2 e^{2\sqrt{a} t}} {(a \lambda  e^{2 \sqrt{a} t}+1)^2}
  \]
e, integramdo,
  \[
  v(t) = -\frac{2 \sqrt{a}}{a \lambda  e^{2 \sqrt{a} t}+1}
  \]
\end{Solucion}

\newpage

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad compacta y orientable
de dimensión~$4k$.
\begin{ejitems}

\item Muestre que hay una función bilineal no degenerada y simétrica
  \[
  \sigma:H^{2k}(M)\times H^{2k}(M)\to\RR
  \]
tal que si $\omega$ y $\eta$ son elementos cerrados de~$\Omega^{2k}(M)$
entonces
  \[
  \beta([\omega],[\eta]) = \int_M\omega\wedge\eta.
  \]
Llamamos a la signatura\footnote{Sea $\sigma:V\to V\to\RR$
una forma bilineal simétrica y no degenerada definida sobre un espacio
vectorial real~$V$ de dimensión finita y sea $\{v_1,\dots,v_n\}$ una base
de~$V$ y sea $A=(a_{i,j})$ la matriz con~$a_{i,j}=\sigma(v_i,v_j)$. La
signatura de~$\sigma$ es la diferencia $r-s$, con $r$ el número de
autovalores positivos de~$A$ y $s$ el de autovalores negativos de~$A$.}
de la forma bilineal~$\sigma$ la \emph{signatura} de~$M$.

\item Determine la signatura de~$S^4$, de $S^2\times S^2$, del toro $T^4$,
del espacio proyectivo~$P_\CC^2$ y el producto $P_\CC^2\times P_\CC^2$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M\subseteq\RR^3$ una superficie orientada y sin borde
dotada de su métrica riemanianna inducida por la de~$\RR^3$ y supongamos
que hay un campo vectorial $Z\in\X(M)$ sobre~$M$ que no se anula en ningún
punto. 
\begin{ejitems}

\item Muestre que existe una única forma de elegir campos $X$,~$Y\in\X(M)$ tales
que para cada $p\in M$ se tiene que $(X_p,Y_p)$ es una base ortonormal
positiva de $T_pM$ y $Z_p=\norm{Z_p}X_p$.

\item Hay $1$-formas $\alpha$,~$\beta\in\Omega^1(M)$ tales que
$\alpha(X)=\beta(Y)=1$ y $\alpha(Y)=\alpha(X)=0$.
Más aún, existe una forma~$\eta\in\Omega^1(M)$ tal que
  \[
  d\alpha=\eta\wedge\beta,
  \qquad
  d\beta=-\eta\wedge\alpha.
  \]
La forma $\sigma=\alpha\wedge\beta$ no depende de la elección de~$Z$, es una forma
de volumen sobre~$M$ que determina su orientación y es, de hecho, la forma
de volumen riemanianno sobre~$M$.

\item Existe una función diferenciable $K:M\to\RR$ tal que
  \[
  d\eta = -K\cdot\sigma
  \]
y esta función no depende de la elección del campo~$Z$. 

\item Si $M$ es compacta, entonces $\displaystyle \int_M K\cdot\sigma = 0$.

\item Usando los resultados anteriores, muestre que no hay sobre~$S^2$ un
campo vectorial tangente que no se anula en ningún punto.

\end{ejitems}

\end{ejercicios}

\end{document}
