\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
\usepackage[nosolutions]{practicas}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}

\usepackage[all]{xy}
\usepackage{graphics}

\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente}

\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\B{\mathscr{B}}
\newcommand\A{\mathscr{A}}
\newcommand\G{\mathscr{G}}
\newcommand\X{\mathfrak{X}}
\newcommand\g{\mathfrak{g}}
\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter\ip{\langle}{\rangle}
\DeclareMathOperator{\id}{id}
\DeclareMathOperator{\GL}{GL}
\DeclareMathOperator{\SL}{SL}
\DeclareMathOperator{\Diff}{Diff}
\let\O\relax
\DeclareMathOperator{\O}{O}
\DeclareMathOperator{\U}{U}
\newcommand\eps{\varepsilon}
\newcommand\ol{\overline}
\newcommand\fder[2][]{\frac{\partial^{#1}}{\partial #2}}
\newcommand\rder[2]{\frac{\partial{#1}}{\partial #2}}
\newcommand\dd{\mathrm{d}}
\newcommand\smatrix[1]{\left(\begin{smallmatrix}#1\end{smallmatrix}\right)}

\hyphenation{hecho sobre}

\Materia{Geometría Diferencial}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2012}
\Practica{3}
\Titulo{Campos}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

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

\item Sea $S^1\subseteq\CC$ la circunferencia unitaria, sea $k\in\ZZ$ y
consideremos la función $f:z\in S^1\mapsto z^k\in S^1$. Muestre que la
función~$f$ es diferenciable y describa explíctamente su diferencial
$f_{*p}$ para cada $p\in S^1$.

\item Sea $S^2\subseteq\RR^3$ la esfera unitaria y sea $f:(x,y,z)\in
S^2\mapsto z\in\RR$. Muestre que se trata de una función diferenciable y
para cada $p\in S^2$ determine la diferencial $f_{*p}$ y calcule su rango.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} La función $(x,y,z)\in\RR^3\mapsto z\in\RR$ es una función
evidentemente diferenciable, así que su restricción a la
subvariedad~$S^2\subseteq\RR^3$ también lo es.

Alternativamente, sean $N=(0,0,1)$, $S=(0,0,-1)\in S^2$,
$U=S^2\setminus\{N\}$ y $V=S^2\setminus\{S\}$ y $\phi_N:U\to\RR^2$ y
$\phi_S:V\to\RR^2$ las proyecciones esteriográficas desde~$N$ y desde~$S$,
de manera que $\{\phi_N,\phi_S\}$ es un atlas de~$S^2$. Para ver que
$f:S^2\to\RR$ es diferenciable tenemos que mostrar que las composiciones
$f\circ\phi_S^{-1}$, $f\circ\phi_N^{-1}:\RR^2\to\RR$ son diferenciables.

Recordemos que
  \begin{gather*}
  \phi_N^{-1}:(x,y)\in\RR^2\longmapsto\frac{(2x,2y,x^2+y^2-1)}{x^2+y^2+1}\in S^2
\shortintertext{y}
  \phi_S^{-1}:(x,y)\in\RR^2\longmapsto\frac{(2x,2y,-x^2-y^2+1)}{x^2+y^2+1}\in S^2,
  \end{gather*}
así que 
  \begin{gather*}
  f\circ\phi_N^{-1}:(x,y)\in\RR^2\longmapsto\frac{x^2+y^2-1}{x^2+y^2+1}\in\RR
\shortintertext{y}
  f\circ\phi_S^{-1}:(x,y)\in\RR^2\longmapsto\frac{-x^2-y^2+1}{x^2+y^2+1}\in\RR,
  \end{gather*}
y estas dos funciones son claramente diferenciables.

Calculemos la diferencial de~$f$. Sea $(x,y)\in\RR^2$ y
$p=\phi_N^{-1}(x,y)$. Entonces
  \[
  f_{*p}\Bigl(\fder[\phi_N]{x}\Big|_p\Bigr)
        = \fder{x}\Big|_{(x,y)}(f\circ\phi_N^{-1})
        = \frac{4 x}{\left(x^2+y^2+1\right)^2} 
  \]
y 
  \[
  f_{*p}\Bigl(\fder[\phi_N]{y}\Big|_p\Bigr)
        = \fder{y}\Big|_{(x,y)}(f\circ\phi_N^{-1})
        = \frac{4 y}{\left(x^2+y^2+1\right)^2}.
  \]
Se siguen entonces que 
  \[
  f_{*p} = \frac{4x\dd x+4y\dd y}{\left(x^2+y^2+1\right)^2}.
  \]
Un cálculo similar puede hacerse sobre el abierto coordenado~$V$.

\ejitem{2} La superficie~$\Sigma$ descrita en el enunciado tiene ecuación
  \[
  \bigl(\sqrt{x^2+y^2}-R\bigr)^2+z^2=r^2.
  \]
Llamemos $F(x,y,z)$ al miembro izquierdo y sea
$U=\{(x,y,z)\in\RR^3:x^2+y^2>0\}$. La función $F:U\to\RR$ es 
diferenciable. Si $(x,y,z)\in U$, entonces 
  \[
  \nabla F(x,y,z) = 
    2\left(
        x \left(1-\frac{R}{\sqrt{x^2+y^2}}\right),
        y \left(1-\frac{R}{\sqrt{x^2+y^2}}\right),
        z
    \right)
  \]
Si esto se anula, entonces $z=0$ y $\sqrt{x^2+y^2}=R$ ---porque $x$ e $y$ no
se anulan simultáneamente en~$U$,--- y entonces $F(x,y,z)=0\neq r^2$.
Esto muestra que $r^2$ es un valor regular de~$F$ y, en consecuencia, 
que $\Sigma$ es una subvariedad de~$\RR^3$.

La función $\phi:\RR^2\to\RR^3$ tal que para cada $\alpha$,~$\beta\in\RR$ es
  \[
  \phi(\alpha,\beta) = 
    \bigl(
    (R+r\cos\beta)\cos\alpha,
    (R+r\cos\beta)\sin\alpha,
    r\sin\beta
    \bigr).
  \]
Calculando, vemos que la imagen de~$\phi$ está contenida en~$\Sigma$. La
matriz jacobiana de~$\phi$ es
  \[
  \begin{pmatrix}
   -(R+r \cos\beta)\sin\alpha & -r \cos\alpha \sin\beta \\
   (R+r \cos\beta)\cos\alpha  & -r \sin\alpha \sin\beta \\
   0 & r \cos\beta
  \end{pmatrix}
  \]
y sus tres menores son
  \[
  r(R+r\cos\beta)\cos\alpha\cos\beta, \qquad
  -r(R+r\cos\beta)\sin\alpha\cos\beta, \qquad
  r(R+r\cos\beta)\sin\beta.
  \]
La suma de sus cuadrados es $r^2(R+r\cos\beta)^2$, que nunca se anula
porque $R>r$. Vemos así que $\phi$ es una inmersión. Es fácil ver que su
imagen es toda la superficie~$\Sigma$, así que $\phi$~nos da
parametrizaciones alrededor de cada uno de los puntos de~$\Sigma$.

Sea $f:(x,y,z)\in\Sigma\mapsto z\in\RR$, que es diferenciable porque es la
restricción a~$\Sigma$ de la función diferenciable $(x,y,z)\in\RR^3\mapsto z\in\RR$.
Sea $p=\phi(\alpha_0,\beta_0)$ y consideremos la carta de~$\Sigma$ alrededor
de~$p$ que se obtiene invirtiendo localmente~$\phi$. Es
  \[
  f\Bigl(\fder{\alpha}\Big|_p\Bigr)
        = \fder{\alpha}\Big|_{(\alpha_0,\beta_0)}(f\circ\phi)
        = \fder{\alpha}\Big|_{(\alpha_0,\beta_0)} (r\sin\beta)
        = 0
  \]
y
  \[
  f\Bigl(\fder{\beta}\Big|_p\Bigr)
        = \fder{\beta}\Big|_{(\alpha_0,\beta_0)}(f\circ\phi)
        = \fder{\beta}\Big|_{(\alpha_0,\beta_0)} (r\sin\beta)
        = r\cos\beta_0.
  \]
Vemos así que $f_{*p}=r\cos\beta_0\dd\beta$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $M$ una variedad y $f\in C^\infty(M)$. Si $f$ tiene un máximo
local en~$p\in M$, entonces $f_{*p}=0$.

\begin{Solucion}
Sea $v\in T_xM$ y sea $\alpha:(-\eps,\eps)\to M$ una curva tal que
$\alpha(0)=x$ y $\alpha'(0)=v$. Entonces $f_{*x}(v)=\frac{\dd}{\dd
t}\big|_{t=0}(f\circ\alpha)(t)$. Si $f$ tiene un máximo local en~$x$,
entonces $f\circ\alpha$ tiene un máximo local en~$0$ y, en consecuencia, su
derivada allí se anula: vemos así que $f_{*x}(v)=0$. Como $v$ es
arbitrario, esto significa que, de hecho, $f_{*x}=0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $M$ una variedad, $X$,~$Y\in\X(M)$ y $f\in C^\infty(M)$. Muestre
que
  \[
  [X,fY] = Xf\,Y + f[X,Y]
  \]
primero usando las propiedades de las derivaciones y del corchete de Lie, y
después usando la expresión en coordenadas del corchete de Lie.

\begin{Solucion}
Si $g\in C^\infty(M)$ y $x\in M$, calculamos:
  \begin{align*}
  [X,fY]g
        &= X((fY)(g)) - (fY)(Xg) \\
        &= X(fY(g)) - fY(Xg) \\
        &= X(f)Y(g) + fX(Y(g)) - fY(Xg) \\
        &= \bigl(X(f)Y - f[X,Y]\bigr)g.
  \end{align*}
Por otro lado, sobre una carta, si $X=\sum_{i=1}^nX_i\fder{i}$ e
$Y=\sum_{i=1}^nY_i\fder{i}$, entonces
  \[
  [X,Y] 
        = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n
                \left(X_j\rder{Y_i}{x_j}-Y_j\rder{X_i}{x_j}\right)\fder{x_i}
  \]
y
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft{}
  [X,fY]-X(f)Y-f[X,Y] \\
        &= \begin{multlined}[t][.8\displaywidth]
           \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n
                \left(X_j\rder{(fY_i)}{x_j}-fY_j\rder{X_i}{x_j}\right)\fder{x_i}
           - \sum_{j=1}^nX_j\rder{f}{x_j} \sum_{i=1}^nY_i\fder{x_i} \\
           + f \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n
                \left(X_j\rder{Y_i}{x_j}-Y_j\rder{X_i}{x_j}\right)\fder{x_i}
           \end{multlined} \\
        &= \sum_{i=1}^n
           \sum_{j=1}^n 
           \left(
                 X_j\rder{(fY_i)}{x_j}-fY_j\rder{X_i}{x_j}
                 - X_j\rder{f}{x_j}Y_i
                 + f X_j\rder{Y_i}{x_j}-f Y_j\rder{X_i}{x_j}
           \right) 
           \fder{x_i}.
  \end{align*}
El paréntesis que aparece en esta última suma se anula cualquiera sean $i$
y~$j$, así que $[X,fY]-X(f)Y-f[X,Y]=0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo de Lie, $e$ su elemento neutro y $\g$ su álgebra de
Lie, esto es, el subespacio de~$\X(G)$ de los campos invariantes a
izquierda. Muestre que hay un isomorfismo lineal
  \(
  q:\g\to T_eG
  \)
tal que $q(X)=X_e$ para cada $X\in\g$.

\begin{Solucion}
Es claro que la función $q:\g\to T_eG$ es lineal. Si $X\in\g$ es tal que
$q(X)=X_e=0$, para cada $g\in G$ es $X_g=(L_g)_{*e}(X_e)=0$ porque $X$~es
invariante a izquierda, y entonces $X=0$: esto nos dice que $q$~es
inyectiva. Para mostrar que $q$~es sobreyectiva, sea $v\in T_eG$ y
mostremos que existe un campo~$X\in\g$ tal que $X_e=v$.

Para cada $g\in G$ pongamos $X_g=(L_g)_{*e}(v)\in T_gG$. Si $g$,~$h\in H$,
entonces 
  \[
  (L_g)_{*h}(X_h)
        = (L_g)_{*h}((L_h)_{*e}(v))
        = \bigl((L_g)_{*h}\circ (L_h)_{*e}\bigr)(v)
        = (L_{gh})_{*e}(v)
        = X_{gh},
  \]
y esto nos dice que la asignación $g\in G\mapsto X_g\in T_gG$ es invariante
a izquierda. Si mostramos que $X$ es diferenciable, claramente tendremos
que $X\in\g$ y $q(X)=v$.

Si $f\in C^\infty(M)$ y $g\in G$, entonces
  \[
  (Xf)(g) 
        = X_gf
        = (L_g)_{*e}(v)(f)
        = v(f\circ L_g).
  \]
Sean $\phi:U\to\RR^n$ y $\psi:V\to\RR^n$ cartas de~$G$ tales que $e\in U$ y
$g\in V$ y $\phi(e)=0$. Como $f$ y la multiplicación $\mu:G\times G\to G$
son funciones diferenciables, la función
  \[
  (x,y)\in\phi(U)\times\psi(V)
        \longmapsto (f\circ L_{\psi^{-1}(y)})(\phi^{-1}(x)) 
                    = f(\mu(\psi^{-1}(y),\phi^{-1}(x))) \in\RR
  \]
es diferenciable. Si $v=\sum_{i=1}^nv_i\fder[\phi]{x_i}\big|_{e}$,
entonces para cada $y\in\psi(V)$, es
  \[
  v(f\circ L_{\psi^{-1}(y)}) = \sum_{i=1}^n v_i 
        \rder{\bigl[f(\mu(\psi^{-1}(y),\phi^{-1}(x)))\bigr]}{x_i}
  \]
y entonces es claro que la función
  \[
  y\in\psi(V) \longmapsto (Xf)(\psi^{-1}(y)) = v(f\circ L_{\psi^{-1}(y)})
  \in\RR
  \]
es diferenciable. Esto nos dice que $Xf$ es diferenciable sobre~$V$ y,
entonces, que es diferenciable en todo~$G$. Como $X$ manda funciones
diferenciables en funciones diferenciables, se trata de un campo
diferenciable.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que el conjunto 
  \[
  G=\Bigl\{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right):a,b\in\RR,a\neq0\Bigr\}
  \]
es un subgrupo de Lie de~$\GL(2,\RR)$ que tiene a la función
  \[
  \phi:\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)\in
  G\mapsto(a,b)\in\RR^2
  \]
como carta global. Con respecto al sistema de coordenadas correspondiente a
esta carta, consideremos un campo
$X=f(a,b)\partial_a+g(a,b)\partial_b\in\X(G)$. ¿Qué condiciones tienen que
satisfacer las funciones $f$,~$g\in C^\infty(G)$ para que $X$ sea un campo
vectorial invariante a izquierda? ¿Y a derecha? Determine la estructura de
Lie del álgebra de Lie de~$G$.

\begin{Solucion}
Si 
  $\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)$,
  $\left(\begin{smallmatrix}a'&b'\\0&1\end{smallmatrix}\right)\in G$,
entonces
  \begin{gather*}
  \left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)
  \left(\begin{smallmatrix}a'&b'\\0&1\end{smallmatrix}\right)
  =
  \left(\begin{smallmatrix}aa'&ab'+b\\0&1\end{smallmatrix}\right)
  \in G
\shortintertext{y}
  \left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)^{-1}
  =
  \left(\begin{smallmatrix}a^{-1}&-a^{-1}b\\0&1\end{smallmatrix}\right)
  \in G,
  \end{gather*}
así que $G$ es en efecto un subgrupo de~$\GL(2,\RR)$.
La función
  \[
  F:
  \left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)
  \longmapsto(c,d)\in\RR^2
  \]
es diferenciable (porque es la restricción a~$\GL(2,\RR)$ de una función
diferenciable definida sobre~$M_2(\RR)$) y $G=F^{-1}(0,1)$, así que para
mostrar que $G$ es una subvariedad de~$\GL(2,\RR)$ basta mostrar que
$(0,1)$ es un valor regular de~$F$, y esto es inmediato porque la matriz
jacobiana de~$F$ es de hecho constante sobre~$\GL(2,\RR)$ y de rango~$2$.

La función $\phi:(a,b)\in\RR^\times\times\RR\mapsto
\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)\in G$ es
diferenciable y biyectiva, y es de hecho un difeomorfismo, porque su
función inversa
$\phi^{-1}:\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)\in G
\mapsto(a,b)\in\RR^\times\times\RR$ es diferenciable. Así, $\phi^{-1}$ es
una carta global sobre~$G$. 

Si $\mu:G\times G\to G$ es la multiplicación e $\iota:G\to G$ la inversión, entonces
las composiciones
  \begin{gather*}
  \phi^{-1}\circ\mu\circ\phi\times\phi:
    (a,b,a',b')\in\RR^\times\times\RR\times\RR^\times\times\RR
    \longmapsto
    (aa',ab'+b)\in\RR^\times\times\RR
\shortintertext{y}
  \phi^{-1}\circ\iota\circ\phi:(a,b)\in\RR^\times\times\RR
    \longmapsto
    (a^{-1},-ab)\in\RR^\times\times\RR
  \end{gather*}
son diferenciables, de manera que $\mu$ e $\iota$ son diferenciables y 
$G$ es un grupo de Lie.

Sea $X\in\X(G)$ un campo. Usando la carta~$\phi^{-1}$, es
  \[
  X_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)}=f(a,b)\fder{a}+g(a,b)\fder{b}
  \]
para ciertas funciones $f$,~$g\in C^\infty(\RR^\times\times\RR)$. El campo
$X$ es invariante a izquierda sii para cada $(a,b)\in\RR^\times\times\RR$
es
  \[
  X_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)}
    =
    (L_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)})_{*e}(X_e).
  \]
Como
  \(
  L_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)}:
  \left(\begin{smallmatrix}a'&b'\\0&1\end{smallmatrix}\right)\in G
  \longmapsto
  \left(\begin{smallmatrix}aa'&ab'+b\\0&1\end{smallmatrix}\right)\in G,
  \)
es
  \begin{gather*}
  (L_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)})_{*e}\Bigl(\fder{a}\Bigr)=a\fder{a}
  \qquad\text{y}\qquad
  (L_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)})_{*e}\Bigl(\fder{b}\Bigr)=a\fder{b},
  \end{gather*}
y entonces
  \[
  (L_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)})_{*e}(X_e)
    = af(1,0)\fder{a} + ag(1,0)\fder{b}.
  \]
El campo $X$ es invariante a izquierda, en conclusión, sii para cada
$(a,b)\in\RR^\times\times\RR$ es
  \[
  f(a,b)\fder{a}+g(a,b)\fder{b} = af(1,0)\fder{a} + ag(1,0)\fder{b},
  \]
sii para cada$(a,b)\in\RR^\times\times\RR$ es $f(a,b)=af(1,0)$ y
$g(a,b)=ag(1,0)$. Vemos así que todo campo invariante a izquierda es de la
forma
  \[
  X_{\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&1\end{smallmatrix}\right)}
    = \alpha a\fder{a} + \beta a\fder{b}.
  \]
para algunas constantes $\alpha$,~$\beta\in\RR$ y que,
si ponemos $A=a\fder{a}$ y $B=a\fder{b}$, el conjunto $\{A,B\}$
es entonces una base del álgebra de Lie~$\g$ de~$G$.
La estructura de Lie de~$\g$ queda determinada por el valor de~$[A,B]$,
porque es bilineal y antisimétrica y $\g$~tiene dimensión~$2$, y como
  \[
  \Bigl[a\fder{a},a\fder{b}\Bigr] = a\fder{a},
  \]
vemos que $[A,B]=A$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section*{Flujos}

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

\item Describa las curvas integrales del campo
$X=-y\partial_x+x\partial_y$ definido sobre~$\RR^2$ y determine si se trata
de un campo completo.

\item Sea $A=(a_{i,j})\in M_n(\RR)$ una matriz real y considere
sobre~$\RR^n$ el campo vectorial
$X=\sum_{i,j=1}^na_{i,j}x_i\partial_{x_j}$. Describa sus curvas integrales
y su flujo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $(x_0,y_0)\in\RR^2$ y consideremos la función
  \[
  \gamma:t\in\RR\longmapsto
        (\gamma_1(t),\gamma_2(t)) 
        \colonequals 
        (x_0\cos t-y_0\sin t,x_0\sin t+y_0\cos t)\in\RR^2,
  \]
que es evidentemente diferenciable y tiene, para cada $t\in\RR$,
 \[
 \gamma'(t) 
        = (-x_0\sin t-y_0\cos t,x_0\cos t-y_0\sin t)
        = (-\gamma_2(t), \gamma_1(t))
        = X_{\gamma(t)}.
 \]
Esto nos dice que $\gamma$ es una curva integral del campo~$X$, y arranca
en~$\gamma(0)=(x_0,y_0)$. Obtenemos así todas las curvas integrales de~$X$,
y cada una de ellas está definida en todo~$\RR$, así que el campo es
completo.

\ejitem{2} Si $x\in\RR^n$, entonces $X_x=xA$. Sea $x_0\in\RR^n$ y
consideremos la función 
  \[
  \gamma:t\in\RR\longmapsto x_0\exp(tA)\in\RR^n.
  \]
Es diferenciable, y si $t\in\RR$ es
  \[
  \gamma'(t) = x_0 \exp(tA) A = \gamma(t) A = X_{\gamma(t)},
  \]
así que se trata de una curva integral del campo~$X$ que empieza
en~$\gamma(0)=x_0$. De esta forma obtenemos todas las curvas integrales
maximales de~$X$ y vemos que se trata de un campo completo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad diferenciable conexa y sea $\Diff(M$) el grupo
de los difeomorfismos $M\to M$.
\begin{ejitems}

\item La función
  \[
  (f,p)\in\Diff(M)\times M\mapsto f(p)\in M
  \]
define una acción del grupo~$\Diff(M)$ sobre~$M$
por difeomorfismos.

\item La acción de~$\Diff(M)$ sobre~$M$ es \emph{transitiva}. 

\begin{Indicacion}
Como $M$ es conexa, es suficiente con mostrar que las órbitas de~$\Diff(M)$
en~$M$ son abiertas, ya que $M$ es la unión disjunta de esas órbitas.
Muestre que para cada punto~$p$ de~$M$ hay un entorno $U$ de~$p$ tal que
$U$ está contenido en la órbita de~$p$ construyendo difeomorfismos como
flujos de campos completos.
\end{Indicacion}

\item* Si $m\in\NN$ y $p_1$,~\dots,~$p_m$ y $q_1$,~\dots,~$q_m$ son puntos
de~$M$ tales que $p_i\neq p_j$ y $q_i\neq q_j$ siempre que $i\neq j$,
entonces existe un difeomorfismo $f:M\to M$ tal que $f(p_i)=q_i$ para cada
$i\in\{1,\dots,b\}$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo de Lie, $\g$ su álgebra de Lie y $X\in\g$ un campo
vectorial invariante a izquierda. Pruebe que $X$ es \emph{completo} y
describa el flujo asociado.

\begin{Indicacion}
Muestre que si $g$,~$h\in G$ y $\gamma:(-\eps,\eps)\to G$ es una curva
integral de~$X$ que arranca en~$g=\gamma(0)$ entonces la curva
$\eta:t\in(-\eps,\eps)\mapsto h\gamma(t)\in G$ es una curva integral de~$X$
que arranca en~$hg$. Use esta observación para probar que el intervalo
maximal de definición de todas las curvas integrales de~$X$ es~$\RR$.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Fijemos una curva integral $\gamma:(-\eps,\eps)\to G$ 
de~$X$ tal que $\gamma(0)=e$. Sean $g\in G$ y $\xi:(a,b)\to G$ la curva integral
\emph{maximal} de~$X$ tal que $0\in(a,b)$ y $\xi(0)=g$. Tenemos que mostrar
que $a=-\infty$ y que $b=+\infty$, y nos ocupamos solamente de lo segundo
porque lo primero es completamente simétrico.

Supongamos que, por el contrario, $b<\infty$. Elijamos $\eps'$ tal que
$0<\eps'<\eps$ y $b-3\eps'/2>a$, y sean $h=\xi(b-\eps'/2)$ y 
$\zeta:(a,b+\eps'/2)\to G$ tal que
  \[
  \zeta(t) = 
    \begin{cases}
    \xi(t), & \text{si $t<b$;} \\
    h\cdot\gamma(t-b+\eps'/2), & \text{si $t>b-3\eps'/2$.}
    \end{cases}
  \]
Antes que nada, tenemos que mostrar que esto está bien definido, esto es,
que $\xi(t)=h\cdot\gamma(t-b+\eps'/2)$ si $t\in(b-3\eps'/2,b)$. Para esto,
notemos que si $t_0\in(b-3\eps'/2,b)$ es $\xi'(t_0)=X_{\xi(t_0)}$ porque $\xi$
es una curva integral de~$X$, y
  \begin{align*}
  \frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=t_0}\bigl(h\cdot\gamma(t-b+\eps'/2)\bigr)
       &= \frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=t_0}\bigl(L_h(\gamma(t-b+\eps'/2))\bigr) \\
       &= (L_h)_{*\gamma(t_0-b+\eps'/2)}
                \Bigl(\frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=t_0}\gamma(t-b+\eps'/2)\Bigr) \\
       &= (L_h)_{*\gamma(t_0-b+\eps'/2)}
                \Bigl(X_{\gamma(t_0-b+\eps'/2)}\Bigr)
\intertext{porque la función $t\mapsto\gamma(t-b+\eps'/2)$ es claramente una
curva integral del campo~$X$, y entonces, como $X$ es un campo invariante a
izquierda, esto es}
       &= X_{h\cdot\gamma(t_0-b+\eps'/2)}.
  \end{align*}
Vemos así que $t\in(b-3\eps'/2,b)\mapsto\xi(t)\in G$ y
$t\in(b-3\eps'/2,b)\mapsto h\gamma(t-b+\eps'/2)\in G$ son curvas integrales
de~$X$ definidas en el mismo intervalo y, como toman el mismo valor~$h$
cuando $t=b-\eps'/2$, son de hecho iguales.

Es claro que las restricciones de~$\zeta$ a los intervalos~$(a,b)$
y~$(b-3\eps'/2,b+\eps'/2)$ son diferenciables, así que $\zeta$ es
diferenciable en todo su dominio. Es entonces una curva integral de~$X$ que
empieza en~$g$ y definida en el intervalo $(a,b+\eps'/2)\supsetneq(a,b)$.
Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo de Lie, $e$ su elemento neutro y $\g$ su álgebra de
Lie.
\begin{ejitems}

\item Si $v\in T_eG$ es un vector tangente a~$G$ en~$e$ y $X\in\g$ es el
único campo vectorial invariante a izquierda tal que $X_e=v$, sea
$\gamma_v:\RR\to G$ la única curva integral de~$X$ tal que $\gamma_v(0)=e$.
Entonces $\gamma_v$ es un homomorfismo de grupos, esto es,
  \[
  \gamma_v(t+t')=\gamma_v(t)\cdot\gamma_v(t'), \qquad\forall t,t'\in\RR.
  \]

\item Definimos una función $\exp:T_eG\to G$ poniendo, para cada $v\in
T_eG$, 
  \[
  \exp(v)=\gamma_v(1).
  \]
Determine la diferencial $\exp_{*0}:T_eG\to T_eG$ y muestre que $\exp$ es
localmente un difeomorfismo alrededor de~$0$.

\item Muestre que si $v$,~$w\in T_eG$ son tales que $[v,w]=0$, entonces
  \[
  \exp(v+w)=\exp(v)\cdot\exp(w).
  \]

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $v\in T_eG$, sea $X\in\g$ tal que $X_e=v$ y sea
$\gamma_v:\RR\to G$ la curva integral de~$X$ tal que $\gamma_v(0)=e$.
Sea $t'\in\RR$ y consideremos las dos curvas
$\alpha:t\in\RR\mapsto\gamma_v(t+t')\in G$ y
$\beta:t\in\RR\mapsto\gamma_v(t')\cdot\gamma_v(t)\in G$. Es
  \[
  \alpha'(t) = \gamma_v'(t+t') = X_{\gamma_v(t+t')} = X_{\alpha(t)}
  \]
y
  \[
  \beta'(t) 
        = (L_{\gamma_v(t')})_{*\gamma_v(t)}(\gamma_v'(t))
        = (L_{\gamma_v(t')})_{*\gamma_v(t)}(X_{\gamma_v(t)})
        = X_{\gamma_v(t')\cdot\gamma_v(t)}
        = X_{\beta(t)},
  \]
así que las dos curvas son curvas integrales de~$X$. Como las dos empiezan
en~$\gamma_v(t')$, vemos que $\alpha=\beta$, esto es, es
$\gamma_v(t+t')=\gamma_v(t')\cdot\gamma_v(t)$ para todo $t\in\RR$. Como
$t'$ es también arbitrario, esto prueba lo que queríamos.

\ejitem{2} Consideremos la variedad producto $G\times T_eG$. Si $(g,v)\in
G\times T_eG$, entonces hay una identificación canónica
  \[
  T_{(g,v)}(G\times T_eG) = T_gG\oplus T_v(T_eG) = T_gG\oplus T_eG.
  \]
Consideremos el campo tangente $Z$ sobre~$G\times T_eG$ tal que para cada
$(g,v)\in G\times T_eG$ es 
  \[
  Z_{(g,v)}=((L_g)_*(v),0)\in T_gG\oplus T_eG.
  \]
Sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$G$ en~$e$ tal que $\phi(e)=0$.
Si $f\in C^\infty(G\times T_eG)$ y $v=\sum_{i=1}^nv_i\fder[\phi]{x_i}$,
entonces
  \[
  Z_{(g,v)}f 
        = \sum_{i=1}^n
            v_i\frac{\partial}{\partial x_i}\Bigl[f(\mu(g,\phi^{-1}(x)),v)\Bigr]\Big|_{x=0},
  \]
y el miembro izquierdo de esta igualdad depende diferenciablemente
de~$(g,v)$: esto muestra que $Z$ es un campo diferenciable sobre~$G\times
T_eG$.

Sea $(g,v)\in G\times T_eG$ y sea $\gamma_v:\RR\to G$ como antes.
Entonces la curva 
  \[
  \Gamma_{(g,v)}:t\in\RR\mapsto(g\gamma_v(t),v)\in G\times T_eG
  \]
es una curva integral del campo~$Z$ que empieza en~$(g,v)$: esto último es
claro, y para ver lo primero calculamos que
  \[
  \Gamma_{(g,v)}'(t) 
        = ((L_g)_{*\gamma_v(t)}(\gamma_v'(t)),0)
        = (X_{g\gamma_v(t)},0)
        = ((L_{\gamma_v(t)})_{*e}(v),0)
        = Z_{(\gamma_v(t),v)}
        = Z_{\Gamma_{(g,v)}(t)}.
  \]
Vemos así que el campo~$Z$ es completo, y entonces su flujo es una función
\emph{diferenciable} $\Theta:\RR\times G\times T_eG\to G\times T_eG$.
Como $\Theta(1,e,v)=\exp(v)$, esto implica, en particular, que la función
$\exp:T_eG\to G$ es diferenciable.

Sea $v\in T_eG$ y $s\in\RR$. Sea $X\in\g$ tal que $X_e=v$; es claro que
$sX\in\g$ es el campo invariante a izquierda que extiende a~$sv$.
Consideremos las dos curvas $\alpha:t\in\RR\mapsto\gamma_{sv}(t)\in G$ y
$\beta:t\in\RR\mapsto\gamma_v(st)\in G$. Claramente $\alpha(0)=\beta(0)=e$,
y $\alpha'(t)=\gamma'_{sv}(t)=sX_{\gamma_{sv}(t)}=sX_{\alpha(t)}$
y $\beta'(t)=s\gamma_v'(st)=sX_{\gamma_v(st)}=sX_{\beta(t)}$: esto nos dice
que $\alpha$ y $\beta$ son curvas integrales del campo~$sX$ que arrancan
en~$e$, y por unicidad concluimos que
  \[
  \gamma_{sv}(t)=\gamma_v(st), \qquad\forall s,t\in\RR.
  \]

Determinemos la diferencial $\exp_{*0}:T_eG\to T_eG$; aquí estamos
identificando a~$T_0(T_eG)$ con $T_eG$, como siempre. Sea $v\in T_eG$; 
la curva $\alpha:t\in\RR\mapsto tv\in T_eG$ es tal que $\alpha(0)=0$ y
$\alpha'(0)=v$, así que para cada $f\in C^{\infty}(T_eMG)$ es
$v(f)=(f\circ\alpha)'(0)$.
Si ahora $f\in C^\infty(G)$, entonces
  \begin{align*}
  \exp_{*0}(v)(f)
    &= v(f\circ\exp)
     = (f\circ\exp\circ\alpha)'(0) 
     = \frac{\dd}{\dd t}\Big|_0(f(\exp(t v))) \\
    &= \frac{\dd}{\dd t}\Big|_0(f(\gamma_{t v}(1)))
     = \frac{\dd}{\dd t}\Big|_0(f(\gamma_{v}(t)))
     = v(f),
  \end{align*}
porque $\gamma_v:\RR\to G$ es una curva tal que $\gamma_v(0)=e$ y
$\gamma'_v(0)=v$. Esta igualdad vale cualquiera sea~$f$, así que
$\exp_{*0}(v)=v$ y la función $\exp_{*0}:T_eG\to T_eG$ es la identidad.
En particular, se trata de un isomorfismo lineal, así que el teorema de la
función inverso implica que $\exp:T_eG\to G$ es un difeomorfismo en un
entorno de~$0$.

\ejitem{3} \textcolor{red}{TERMINAR}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $G=\GL(n,\RR)$. Recordemos que podemos identificar $T_IG$
con~$M_n(\RR)$.
\begin{ejitems}

\item Para cada $A\in M_n(\RR)$, describa explicitamente el campo tangente
$X_A$ sobre $G$ que es invariante a izquierda y tal que $(X_A)_I=A$.

\item Determine la función $\exp:T_eG\to G$.

\item Muestre que $\exp:T_eG\to G$ no es un homomorfismo de grupos.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A\in M_n(\RR)$ y sea $X\in\g$ el campo tangente invariante
a izquierda tal que $X_I=A$. Si $B\in G$, entonces 
  \[
  X_B
    = (L_B)_{*I}(A)
    = \lim_{t\to0}\frac{L_B(I+tA)-L_B(I)}{t}
    = BA,
  \]
y esto describe completamente el campo~$X$. 

\ejitem{2} Si $\gamma:t\in\RR\mapsto e^{tA}\in G$, entonces $\gamma(0)=I$ y
$\gamma'(t)=e^{tA}A=\gamma(t)A=X_{\gamma(t)}$, así que $\gamma$ es la curva
integral del campo~$X$ que empieza en~$I$. De acuerdo a las definiciones,
esto implica que $\exp(A)=\gamma(1)=e^A$, y esto describe la función
esponencial $\exp:T_eG\to G$.

\ejitem{3} Es $\exp\smatrix{0&1\\0&0}=\smatrix{1&1\\0&1}$ y
$\exp\smatrix{0&0\\1&0}=\smatrix{1&0\\1&1}$, pero
  \[
  \exp\left(\smatrix{0&1\\0&0}+\smatrix{0&0\\1&0}\right)
    = \frac{1}{2e}
      \begin{pmatrix}
         {1+e^2} & {-1+e^2} \\
         {-1+e^2} & {1+e^2}
      \end{pmatrix}
      \neq
      \smatrix{1&1\\0&1}
      \smatrix{1&0\\1&1}
  \]
así que $\exp$ no es un homomorfismo.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\clearpage

\vspace*{\stretch{1}}
\foto{Lie}{Marius Sophus Lie\\1842--1899, Noruega}{}
\vspace*{\stretch{1}}

\end{document}
