\documentclass[12pt]{article}

\usepackage[spanish]{babel}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage{palatino}
\usepackage{xypic}
\usepackage{amsmath,amsthm,amsfonts}

%\usepackage{graphics}
\usepackage{graphicx}

\topmargin -0.7 in
\oddsidemargin -0.6 in
\evensidemargin -0.6 in
\textwidth 6.5 in
\textheight 9 in


\input epsf

\def\cl#1{{\langle #1\rangle}}


\def\w{\wedge}
\def\ra{\overline}
\def\tr{\mathrm{tr}}
\def\Hom{\mathrm{Hom}}
\def\Ker{\mathrm{Ker}}
\def\Im{\mathrm{Im}}
\def\Coker{\mathrm{Coker}}
\def\Der{\mathrm{Der}}
\def\om{\omega}
\def\Om{\Omega}
\def\Aut{\mathrm{Aut}}
\def\CYB{\mathrm{CYB}}

\def\O{\mathrm{O}}
\def\bO{\mathrm{\bf O}}

\def\s{\mathfrak{s}}
\def\u{\mathfrak{u}}
\def\g{\mathfrak{g}}
\def\h{\mathfrak{h}}
\def\so{\mathfrak{so}}
\def\su{\mathfrak{su}}
\def\sl{\mathfrak{sl}}
\def\aff{\mathfrak{aff}}
\def\Z{\mathcal{Z}}
\def\ZZ{\mathbb{Z}}
\def\R{\mathbb{R}}
\def\C{\mathbb{C}}
\def\BK{\mathbb{K}}

\def\GL{\mathrm{GL}}
\def\SL{\mathrm{SL}}
\font\x=msbm10 scaled\magstep2
\def\psd{\hbox{\x o}}

\def\wt{\widetilde}
\def\ot{\otimes}
\def\To{\Rightarrow}
\def\ad{\mathrm{ad}}
\def\ev{\mathrm{ev}}
\def\id{\mathrm{id}}
\def\Alte{\mathrm{Alt}}


\theoremstyle{plain} 
\newtheorem{theorem}{Theorem}[section] 
\newtheorem{lem}[theorem]{Lema} 
\newtheorem{prop}[theorem]{Proposición} 
\newtheorem{cor}[theorem]{Corolario} 
\newtheorem{teo}[theorem]{Teorema}
\newtheorem{coro}[theorem]{Corolario}
\newtheorem{lema}[theorem]{Lema}
\theoremstyle{definition} 
 \newtheorem{defi}[theorem]{Definición} 
 \newtheorem{ex}[theorem]{Ejemplo} 
\newtheorem{obs}[theorem]{Observación}

\begin{document}
\title{La característica de Euler y el teorema de Gauss-Bonnet}
\maketitle

\tableofcontents





\newpage

\section{Complejos de cadena}


Un sucesion de espacios vectoriales y transformaciones
lineales
\[
\xymatrix{
\cdots\ar[r]^{d_{n+1}}&
C_{n+1}\ar[r]^{d_{n}}&
C_{n}\ar[r]^{d_{n-1}}&
C_{n-1}\ar[r]&\cdots
}
\]
se llama un {\em complejo} si $d_{n}d_{n+1}=0$ para todo $n$.

Si las flechas van al revés, se llama complejo de co-cadenas, se suelen indexar
arriba, pero re-indexando
$\wt C^n\equiv C_{-n}$ podemos pasar de los ocmplejos de cadena a los
de co-cadena y viceversa.

Ejemplo: $U$ un abierto de $\R^3$
\[
C^0=C^{\infty}(U),\quad
C^1=C^{\infty}(U)^3,\quad
C^2=C^{\infty}(U)^3,\quad
C^3=C^{\infty}(U)
\]
$d_0:C^0\to C^1$ dada por  $d_0(f)= \nabla f$,\\
$d_1:C^1\to C^2$ dada por  $d_1(F)= \nabla \times F$,\\
$d_2:C^2\to C^3$ dada por  $d_2(G)= \nabla \cdot F$. (Y el resto
de los espacios vectoriales
y transf. igual a cero.)


Sabemos que $\nabla\times(\nabla f)\equiv 0$ y $\nabla\cdot(\nabla\times F)\equiv 0$,
por lo tanto es un complejo.


\section{Homología}
Si
\[
\xymatrix{
\cdots\ar[r]^{d_{n+1}}&
C_{n+1}\ar[r]^{d_{n}}&
C_{n}\ar[r]^{d_{n-1}}&
C_{n-1}\ar[r]&\cdots
}
\]
es un complejo, 
la condición $d_{n-1}d_{n}=0$ nos dice exactamente
$\Im d_n\subseteq\Ker d_{n-1}$.

escribiremos $d$ por $d_n$, y $d^2=0$ en vez
de $d_{n-1}d_{n}=0$. 

Si buscamos elementos $\om_n$ tales que $d\om_n=0$, segur resolvemos
esto poniendo $\om_n=d\eta_{n+1}$. Pero, hay otros? O de otra manera,
si queremos ver que $\om=d\eta$, es necesario que $\om$ satisfaga
$d\om= 0$. Pero, será suficiente?
Se define, para un complejo $C$, su homología en grado $n$ como
\[
H_n(C)=\Ker(d_{n-1})/\Im(d_n)
\]
La cohomologia de De Rham es la homología del complejo (de cocadenas)
de las formas diferenciales con el diferencial exterior.
$H^n_{dR}(M)=$ $n$-formas cerradas / $n$-formas exactas =
$\Ker(d:\Om^n\to \Om^{n+1})/\Im(d:\Om^{n-1}\to\Om^n)$.



La condición $d_{n+1}d_n=0$


\section{La característica de Euler de un complejo}

Sea
\[
C=\cdots \to C_{n+1}\to C_n\to C_{n-1}\to \cdots
\]
un complejo de dimension total finita. Se define
\[
\chi(C)=\sum_{n}(-1)^n\dim C_n
\]
\begin{teo} Sea $C$ un complejo de dimension finita, entonces
\[ \chi(C)=\chi(H(C))\]
\end{teo}

\begin{ex}
El complejo mas corto posible, que no sea concentrado en un unico lugar, es un
morfismo $f:X\to Y$. Este teorema dice 
\[\dim X-\dim Y=\dim \Ker f-
\dim Y/\Im(f).\]
\end{ex}
En efecto, todos sabemos el teorema de la dimensión que nos dice
\[
\dim X=\dim\Ker f+\dim\Im f,
\]
 por lo tanto
\[
\dim X-\dim Y=
\dim\Ker f+\dim\Im f-\dim Y=
\dim\Ker f-\dim(Y/Im(f))
\]
\begin{proof}(del teo)
En general, por induccion en el largo del complejo, si empieza en lugar dado:
\[
C: \quad 0\to  C_{n-1}\to^{d_{n-1}} C_n\to C_{n+1}\to \cdots
\]
podemos considerar el complejo
\[
\wt{C}:\quad
0\to 0\to C_n/\Im(d_{n-1})\to C_{n+1}\to \cdots
\]
tiene largo mas chico, luego
\[
\chi\wt C=\chi H(\wt C).
\]
 La homologia de $\wt C$ es la misma que la de
$C$, salvo en lugar $n-1$. Tenemos
\[
\chi H(\wt C)=\chi H(C)-(-1)^{n-1}H_{n-1}(C)=
\chi H(C)-(-1)^{n-1}\dim \Ker(d_{n-1})
\]
Por otra parte,
\[
\chi\wt C=
\chi C-(-1)^{n-1}\dim C_{n-1}-(-1)^n\dim\Im(d_{n-1})\]
y por hipotesis inductiva
\[
\chi \wt C=\chi H(\wt C),
\]
 luego, bastaria probar la igualdad 
\[
(-1)^{n-1}\Ker(d_{n-1})=
(-1)^{n-1}\dim C_{n-1}+(-1)^n\dim\Im(d_{n-1})
\]
o, quitando el $(-1)^{n-1}$:
\[
\Ker(d_{n-1})=
\dim C_{n-1}-\dim\Im(d_{n-1})
\]
que es cierta, de nuevo por el teorema de la dimension.
\end{proof}


\begin{coro}
Sea $C$ un complejo exacto, entonces su caracteristica de Euler es cero.
\end{coro}

Si $C$ es un complejo de dimension no necesariamente finita, no acotado, pero cuya
homologia sea de dimension total finita, podemos
definir 
\[
\chi C\equiv \chi H(C).
\]


\begin{coro}
Si $C^1$ y $C^2$ son complejos con misma homologia, entonces
$\chi C^1=\chi C^2$.
\end{coro}



\begin{defi}
Si $X$ es un espacio topologico tal que $\dim H_ *(X,k)$ es finita, entonces
$\chi (X)\equiv\chi (H_*(X,k))$.
\end{defi}

\begin{ex}
La caracteristica de Euler de un intervalo $I$ es 1, pues $H^0$ tiene dimension 
uno y el resto cero. Lo mismo para cualquier espacio contractil, por ejemplo el disco
$D^2$.
\end{ex}

\begin{obs}
De manera equivalente, se puede
definir $\chi(X)$ como $\chi$ de {\em cualquier} complejo
que calcule
la homologia de $X$.
Por ejemplo,  $M$ es una variedad, entonces$\chi M=\chi (H_*(M,k))=\chi (H^*_ {dR}(M))$.
\end{obs}


\section{Mayer-Vietoris}

\begin{teo}
Sea $M$ un espacio topologico (o variedad diferfenciable), $A$
y $B$ dos abiertos tales que $M=A\cup B$, entonces existe una sucesion
exacta larga para su homologia singular,
\[
\cdots\to
H_n(A\cap B)\to H_nA\oplus H_nB\to H_nM\to H_{n-1}(A\cap B)\to\dots\]
\[
\to H_1M\to
H_0(A\cap B)\to H_0A\oplus H_0B\to H_0M\to 0
\]
y tambien para su cohomologia de De Rham:
\[
0\to H^0_{dR}(M)\to
H^0_{dR}A\oplus H^0_{dR}B\to 
H^0_{dR}(A\cap B)\to \cdots\]
\[
\cdots\to
H^n_{dR}(M)\to H^n_{dR}A\oplus H^n_{dR}B\to H^n_{dR}(A\cap B)\to H_{n+1}(M)\to\dots\]
\end{teo}

\begin{coro}
Sea $M=A\cup B$ una union de dos abiertos. Entonces
$\chi M=\chi A+\chi B-\chi A\cap B$.
\end{coro}

\subsection{Aplicación al cálculo de característica de Euler}

La caracteristica de Euler de la union disjunta es la suma.

\begin{ex}
La caracteristica de Euler de $S^1$ es cero. Lo escribimos como union de dos intervalos,
cuya interseccion es dos intervalos, entonces tenemos
$\chi S^2=1+1-2=0$.
\end{ex}

\begin{ex}
La caracteristica de Euler de un cilindro es cero, pues es homotopicamente
equivalente a $S^1$.
\end{ex}

\begin{coro} Si $X$ es un espacio topologico triangulado, se puede definir
$\chi X$  como la suma alternada de la cantidad de simplices
de cada dimension.
\end{coro}

Hay dos maneras de ver esto: 
\begin{enumerate}
\item

En el caso de una superficie, como un triangulo es contractil, y un lado es contractil,
y un punto tambien, vemos que basta chequear que la caracteristica
de Euler de estos objetos se puede calcular
a traves de esta suma alternada.

En un punto, la caracteristica de Euler es uno.

En un segmento, la caracteristica de Euler es uno, y un segmento
tiene 1 simplice de dimension 1 (el segmento) y
dos simplices de dimension 1 (sus extremos), asi que $-1+2=1$ da
el resultado corresto.

Un triangulo tiene un simplice de dimension 2 (el triangulo), 3 lados, y tres vertices,
luego $1-3+3=1$ de nuevo da el resultado correcto!.

\

\item La otra manera es usar un teorema que dice que la homología se puede calcular
con un complejo de cadenas, en el que en cada lugar (grado) tiene un espacio vectorial
de dimension igual a la cantidad de simplices de la dimensión igual a ese grado, que uno
obtuvo por triangulacion.

\

Una manera de demostrar ese teorema es inductivamente por la cantidad de
simplices en la triangulacion, usando Mayer-Vietoris...
\end{enumerate}


\begin{obs}
Vemos que no hace falta "triangular", podriamos  ''cuadrangular", o simplemente
usar Mayer-Vietoris.
\end{obs}

\subsection{Ejemplos}


\begin{ex}
La esfera: el ecuador con un unico punto en el, y el hemisferio norte y sur da
$\chi S^2=2-1+1=2$. Otra manera es ver a la esfera pegando el hemisferio
norte con el sur (dos discos, cada uno tiene caracteristica uno) y la
interseccion es una banda alrededor del ecuador (caracteristica cero), luego
$1+1-0=2$.
\end{ex}


\includegraphics{s2}
\includegraphics{rp2}

\begin{ex}
\item El plano proyectivo, tiene el borde con un unico punto y un unico hemosferio,
luego $\chi\R P^2=1-1+1=1$
\end{ex}


\begin{ex}
 El toro: dos ecuadores, un unico punto, un unico cuadrado, da
$\chi T^2=1-2+1=0$. O bien, usando Mayer Vietoris, unimos dos cilindros
(caracteristica cero) que se intersecan en un cilindro (caracteristica cero)
luego $2\times 0-0=0$.
\end{ex}

\begin{figure}[h]
\epsffile{t2.eps}
%\end{figure}
%o bien
%\begin{figure}[h]
\epsffile{t2bis.eps}
\end{figure}

\begin{ex}
 Si a $M$ le quitamos un circulo, la caracteristica de Euler
disminuye en uno. En efecto, si $M'$ es $M$ menos el circulo, sea $A$
un circulo un poquito mas grande, de esta manera $A\cup M'=M$
y $A\cap M'$ es un anillo, que es homotopico a $S^1$, cuya
caracteristica de Euler es cero. Tenemos
$\chi M=\chi M'+\chi A$, luego $\chi M'=\chi M-1$.
Si hubieramos hecho una triangulacion, podriamos considerar que ese circulo es parte de la triangulacion, suando sumamos los vertices y los lados da lo mismo, pero cuando sumamos los triangulos, nos falta uno.
\begin{figure}[h]
\epsffile{m-d.eps}
\epsffile{m+g.eps}
\end{figure}
\end{ex}


\begin{ex}
\item Si a $M$ le agregamos una manija y llamamos $\wt M$ a lo que resulta, 
la caracteristica de Euler disminuye en dos:
$\chi \wt M =  \chi M'{}' +\chi C^2 - 2\chi C^2=\chi M-2$.
\end{ex}

\newpage

\begin{ex}
 Si a $M$ le agregamos un cross-cap, la caracteristica disminuye en 1,
pues $M*P^2=(M-D^2)\cup P^2$ y con interseccion un disco, entonces
$\chi M*P^2=\chi (M-D^2)+\chi P^2-\chi C^2=\chi M-1 +1 -1$
\begin{figure}[h]
\epsffile{m+cc.eps}
\epsffile{m-cc.eps}
\end{figure}
\end{ex}


\begin{ex}
La botella de Klein la describimos como un cuadrado donde identificamos los lados
paralelos. Un par como en el cilindro, y el otro par, con la orientacion
al reves del toro. La cantidad de vertices, lados y cuadrados
es independiente de la orientacion... da lo mismo que el toro:
$0=1(cuadrado)-2(lados)+1(punto)$.
\begin{figure}[h]
\epsffile{klein.eps}
\end{figure}
\end{ex}

\newpage

\section{El teorema de Gauss-Bonnet}

\subsection{Enunciado}

Version global:
\begin{teo}
$S$ una superficie orientable y orientada, compacta
sin borde, entonces
\[
\int_S d^2x\sqrt{h}R(h)=2\pi\chi( S)
\]
\end{teo}

\begin{ex}
Tomamos una esfera de radio uno, entonces su curvatura es constantemente uno, la integral
da el área, que es $4\pi$, por lo tanto la caracteristica de Euler
de la esfera es $2$.
\end{ex}


Version local:
\begin{teo}
$S$ una superficie orientable y orientada, con borde,
entonces
\[
\int_S d^2x\sqrt{h}R(h)+\int_{\partial S}k_gds=2\pi\chi( S)
\]
donde $k_g$ es la curvatura geodésica (ver luego).
\end{teo}

\subsection{''Frames'' y conexión con 1-formas}

En vez de coordenadas  $x^{\mu}$ y campos vectoriales $\partial_{\mu}$
tomamos, en un abierto, campos $E_1$,\dots, $E_n$ tales que
$\cl{E_i,E_j}=\delta_{ij}$. La base dual da 1-formas
que las llamamos $\theta_i$.


Dada la conexión de Levi-Civita (o cualquier conexion..) $\nabla$, y
un frame $E_1,\dots,E_n$, se definen 1-formas asociadas $\om_{ij}$ por
la fórmula:
\[
\nabla_{X}E_i=
\sum_k\om_{ij}(X)E_j
\]
o bien, en el caso de conexión de Levi-Civita:
\[
\om_{ij}(X)=\cl{\nabla_XE_i,E_j}
\]
Son $n^2$ 1-formas, pero en realidad hay a lo sumo
$n(n-1)/2$ pues hay relaciones:
$\om_{ij}=-\om_{ji}$, dado que si la conexión
es de Levi-Civita
\[
X\cl{Y,Z}=\cl{\nabla_XY,Z}+\cl{Y,\nabla_XZ}
\]
y como $\cl{E_i,E_j}=\delta_{ij}$ entonces
\[
0=\cl{\nabla_XE_i,E_j}+\cl{E_i,\nabla_XE_j}
\]



\subsection{Fórmulas estructurales en general}

Para el diferencial exterior, valen las fórmulas
\[
d\theta_i=\sum_j\om_{ij}\w\theta_j
\]
\[
d\om_{ij}=\sum_k\om_{ik}\w\om_{kj}
\]

\begin{proof} (Cartan) Por ejemplo las primeras:
la manera intrínseca de definir el diferencial exterior
es 
\[
d\theta_i(X,Y)=X\theta_i(Y)-Y\theta_iX-\theta[X,Y]
\]
Podemos evaluar esta expresión en $(E_j,E_k)$ y obtenemos

\[
d\theta_i(E_j,E_k)=E_j\theta_i(E_k)-E_k\theta_iE_j-\theta_i[E_j,E_k]
\]
Como $\theta_i(E_j)=\delta_{ij}$ (es la base dual), esas evaluaciones
dan funciones constantes, al derivarlas con $E_k$ dan cero, por lo tanto
\[
d\theta_i(E_j,E_k)=-\theta_i[E_j,E_k]
\theta_i[E_k,E_j]
\]
Por otra parte, si calculamos
\begin{align*}
\left(\sum_{\ell=1}^n\om_{i \ell}\w\theta_{\ell}\right)(E_j,E_k)
&=\sum_{\ell=1}^n\om_{i \ell}(E_j) \theta_{\ell}(E_k)
-\sum_{\ell=1}^n\om_{i \ell}(E_k) \theta_{\ell}(E_j)
\\
&=
\om_{i k}(E_j) -\om_{i j}(E_k)\\
&=\cl{\nabla_{E_j}E_i,E_k}-\cl{\nabla_{E_k}E_i,E_j}\\
&=-\cl{\nabla_{E_j}E_k,E_i}+\cl{\nabla_{E_k}E_j,E_i}\\
&=\cl{\nabla_{E_k}E_j-\nabla_{E_j}E_k,E_i}\\
&=\cl{[E_k,E_j],E_i}\\
&=\theta_i [E_k,E_j]
\end{align*}
(hemos usado que la conexión no tiene torsión: $\nabla_XY-\nabla_YX-[X,Y]=0$)

Para $d\om_{ij}$ parecido..
\end{proof}

\subsection{Fórmulas estructurales para $S\subset \R^3$}


Nos concentraremos en el caso $S$ una superficie embebida en $\R^3$,
orientable y orientada, donde
ponemos la metrica usual plana en $\R^3$ y la métrica inducida
en la superficie.


Tomamos un Frame tal que $E_1$ y $E_2$ sean tangentes a
a $S$ y  $E_3$ es un vector normal (el vector normal $E_3$ lo
podemos hacer globalmente en la superficie si
es que es orientable). Tomamos $E_1$, $E_2$, $E_3$
base orientada.

Para vectores tangentes a $S$ tenemos un endomorfismo
\[
X\mapsto (\nabla_XN_3)^S=
\]
Escrito en términos de $\om_{ij}$ es:
\[
X\mapsto (\nabla_XN_3)^S=
\cl{\nabla_XN_3,E_1}E_1+
\cl{\nabla_XN_3,E_2}E_2=
\om_{13}(X)E_1+\om_{23}(X)E_2
\]
Se define la curvatura de Gauss $K=\det S$ (y la curvatura
media, que no usaremos,  por $H=\frac12\tr S$).

Si calculamos el determinante de este endomorfismo
en la base $E_1$, $E_2$, tenemos
\[
E_1\mapsto (\nabla_{E_1}N_3)^S=
\om_{13}(E_1)E_1+\om_{23}(E_1)E_2
\]
\[
E_2\mapsto (\nabla_{E_2}N_3)^S=
\om_{13}(E_2)E_1+\om_{23}(E_2)E_2
\]
y por lo tanto, 
\[
K=\det
\left(
\begin{array}{cc}
\om_{13}(E_1)&\om_{23}(E_1)\\
\om_{13}(E_2)&\om_{23}(E_2)\\
\end{array}
\right)=\om_{13}\w\om_{23}(E_1,E_2)
\]


\begin{lem}
$K=R_S$, el escalar de Ricci de $S$.
\end{lem}

\begin{proof}
La conexion en $S$ esta definda por 
\[
\nabla^S_XY=(\nabla_XY)^S=\cl{\nabla_XY,E_1}E_1
+\cl{\nabla_XY,E_2}E_2
\]
El tensor de curvatura en $S$ se calcula como
\[
R(X,Y,Z)=\nabla_X\nabla_YZ-
\nabla_Y\nabla_XZ-\nabla_{[X,Y]}Z
\]
Si calculamos $\om_{13}(E_1)\om_{23}(E_2)-
\om_{13}(E_2)\om_{23}(E_1)$ empezaran a aparecer formulas
con als derivadas covariantes... paciencia y perseverancia.. y surge $R$.
\end{proof}

Ahora calculemos  diferenciales en $M$. Notar que el elemento de área 
''$d^2x\sqrt{h}$'' es
$\theta_1\w \theta_2$.

\begin{lem}
\[
d\om_{12}=-K\theta_1\w\theta_2
\]
\end{lem}
\begin{proof}
Usamos la formula
\[
\begin{array}{rcl}
d\om_{12}&=&
\om_{11}\w\om_{12}+
\om_{12}\w\om_{22}+
\om_{13}\w\om_{32}\\
&=&
\om_{13}\w\om_{32}\\
&=&
-\om_{13}\w\om_{23}
\end{array}
\]
Ahora aplicamos $d\om_{12}(E_1,E_2)$ y obtenemos

\[
d\om_{12}(E_1,E_2)=-\om_{13}\w\om_{23}(E_1,E_2)=-K
\]
por otra parte $d\om_{12}$ debe ser un múltiplo
de $\theta_1\w\theta_2$ pues este es el elemento
de area, y como
$\theta_1\w\theta_2(E_1,E_2)=1$ se sigue que
$d\om_{12}=-K\theta_1\w\theta_2$.
\end{proof}

\subsection{Demostración de la version local para un triángulo o cuadrado}

Por la fórmula de $K$, mas el teorema de Stokes,
\[
\int\!\!\!\int_S\sqrt{h}d^2xK=-\int\!\!\!\int_Sd\om_{12}
=-\int_{\partial_{M}}\om_{12}
\]

Consideremos ahora la función ángulo con respecto al frame, es decir,
$\phi$ definida por $c'(t)=|c'(t)|(\cos\phi(t)E_1+\sin\phi(t)E_2)$.
\begin{lem}
Sea $c$ una curva recorrida a velocidad constante,
entonces
\[
k_g(c(t))=
\phi'(t)+\om_{12}(c'(t))
\]
\end{lem}

Primero, habria que definir $k_g$, la curvatura geodésica...

Si $c(t)$ es una curva tal que $||c'(t)||=$cte., entonces
$\cl{c''(t),c'(t)}=0$, es decir, la aceleración es perpendicular
a la velocidad.

En principio, la aceleración es un vector de la forma
$c''(t)=a_1(t)E_1+a_2(t)E_2+a_3E_3$, si lo descomponemos
en una componente tangente a $S$ y otra normal, la parte tangente
será $a_1(t)E_1+a_2(t)E_2$. La curvatura geodésica, en módulo,
es igual al módulo de este vector. Para determinar el signo
hacemos lo siguiente:


Supongamos
por comodidad que $|c'|=1$. Podemos
escribir $c'(t)=\cos\phi(t)E_1+\sin\phi(t)E_2$. Existe un único vector
$J(c')$, 
perpendicular a $c'$ contenido en el tangente a $S$ y tal que $c', J(c'),E_3$
sea una base orientada.
Este vector, de hecho es
\[
J(c'(t))=-\sin\phi(t)E_1+\cos\phi(t)E_2
\]
(es perpendicular a $c'$ y tangente a la superficie.)
Por definición, 
\[
c''(t)=k_gJ(c')+a_3(t)E_3
\]
En otras palabras,
\[
k_g(c(t))=\cl{c''(t),J(c'(t))}
\]
(si es que $c'$ esta recorrida a velocidad constante 1).

\begin{proof}(del lema) La función ángulo esta definida por
\[
c'(t)=\cos\phi E_1+\sin\phi E_2
\]
luego
\[
c''(t)=\phi'(-\sin\phi E_1+\cos\phi E_2)
+\cos\phi\nabla_{c'}E_1+\sin\phi\nabla_{c'}E_2
\]
y por otra parte, 
\[
J(c')=-\sin\phi E_1+\cos\phi E_2
\]
por lo tanto
\[
\begin{array}{rcl}
k_g&=&\cl{c''(t),J(c'(t))}\\
&=&\cl{\phi'(-\sin\phi E_1+\cos\phi E_2)
+\cos\phi\nabla_{c'}E_1+\sin\phi\nabla_{c'}E_2
,-\sin\phi E_1+\cos\phi E_2
}\\
&=&\phi'+
\cl{\cos\phi\nabla_{c'}E_1+\sin\phi\nabla_{c'}E_2
,-\sin\phi E_1+\cos\phi E_2}\\
&=&\phi'+
\cos^2\phi\cl{\nabla_{c'}E_1,E_2}+
\sin^2\phi\cl{\nabla_{c'}E_2,E_1}\\
&=&\phi'+
\cl{\nabla_{c'}E_1,E_2}\\
&=&\phi'+\om_{12}(c')
\end{array}
\]
\end{proof}
\begin{coro} Sea $c:[a,b]\to S$ una curva (diferenciable), entonces
\[
\int_Ck_gds=\phi(b)-\phi(a)+\int_C\om_{12}
\]
\end{coro}

\begin{coro}
\[
\int\!\!\int_Sd^2x\sqrt{h}R+\int_{\partial_S}k_gds=\text{angulo recorrido en el borde}
\]
\end{coro}

\subsubsection*{Dos ejemplos límite:}
\includegraphics{D2S2}

Consideramos el disco plano. La curvatura es cero, y el ángulo recorrido es $\2\pi$,
y esto nos da $2\pi$ veces la característica de Euler del disco, que es 1.

Como otro extremo, consideramos la esfera $S^2$ de radio 1, tomamos $S$= el hemisferio norte,
su borde es el ecuador.
Como el ecuador es una geodésica, su curvatura geodésica es cero, por lo tanto
la integral $\int_{\partial_S}k_gds=0$. Pero como la curvatura es constante (=1),
el término $\int\!\!\int_Sd^2x\sqrt{h}R$ da el área del hemisferio norte,
que es la mitad del área de la esfera, es decir, $\frac12 4\pi=2\pi$, igual que
antes.

\

Para el teorema en general hace falta considerar bordes con puntas.
En ese caso, la curvatura geodésica valdria infinito en las esquinas..
o mejor dicho, una delta por el valor del salto del angulo. Por eso, la integral
$\int k_g$ se reemplaza por la integral en los trozos diferenciables
mas la suma de los ángulos (exteriores) de cada esquina.



\begin{teo}(el teorema de Gauss-Bonnet para un cuadrado)
Sea $x(u,v):I\times I\to S$ la parametrización de un cuadrado, con
$\partial_ux\neq 0$. Llamando $\wt{S}$ a la imagen de $x$,
tenemos
\[
\int\!\!\!\int_{\wt S}d^2x\sqrt{g}R+\int_{\partial\wt S}k_gds=2\pi
\]
donde está pre-supuesta la elección de un vector normal y la orientación
de la superficie y la parametrización.
\end{teo}


\begin{proof}
Consideramos el siguiente dibujo:

\includegraphics{cuadrado}

y tomamos como Frame $E_1=\frac{1}{||\partial_u||}\partial_u$, $E_2$
a un vector unitario tangente a $S$ y perpendicular a $E_1$, y $E_3$ al
vector normal a la superficie. El $E_2$ se elige de manera que el Frame
quede orientado.

\[
\int\!\!\!\int_{\wt S}d^2x\sqrt{g}R=
-\int\!\!\!\int_{\wt S}d\om_{12}=
-\int_{\partial\wt S}\om_{12}
\]
Por otra parte, en cada trozo diferenciable $C$ de $\partial \wt S$,
\[
\int_{C} k_g=\phi(b)-\phi(a)+\int_{C}\om_{12}
\]
donde $a$ y $b$ son los extremos de la parametrización de $C$.

El término de integral de $\om_{12}$ en cada tramo suave se cancela, y queda entonces la
suma de todas las diferencias de ángulo ''$\phi(b)-\phi(a)$'' y  los saltos de angulos.

Si el borde lo parametrizamos de manera que a tiempo $0$ estamos en el lugar
marcado en la figura, a tiempo
$1$ en donde doblamos en $\beta$, en $2$ doblamos en $\gamma$, en $3$
doblamos en $\delta$ y en $4$ volvemos al origen, tenemo las siguiente suma de ángulos:
\[
\phi(1-)-\phi(0+) +\beta+\phi(2-)-\phi(1+)+\gamma
+\phi(3-)-\phi(2+)+\delta+\phi(4-)-\phi(3+)+\alpha
\]
Ahora bien, como el frame que tomamos tiene $E_1$ apuntando en la misma direccin
que $\partial_ux$, la curva es obviamente tangente a $\partial_ux$ en los 
tramos
$\ra{01}$ y $\ra{23}$. Por lo tanto, $\phi(1-)=0=\phi(0+)$, y 
$\phi(2+)=\pi=\phi(3-)$, y las diferencias
\[\phi(1-)-\phi(0+) +\phi(3-)-\phi(2+)=0\]
no aportan nada.

Por otra parte,  $\phi(1+)$ es exactamente $\beta$,
y para las otras:
\[\phi(2+)=\pi,\quad \phi(2-)=\pi-\gamma\]
(conviene recordar que ahora $E_1$ sigue apuntando hacia la derecha,
mientras que la curva empieza a apuntar a la izquierda)
\[\phi(3-)=\pi,\quad \phi(3+)=-\pi+\delta\]
\[\phi(4-)=-\alpha\]
Por lo tanto la suma de anulos
\[\phi(1-)-\phi(0+) +\beta+\phi(2-)-\phi(1+)+\gamma
+\phi(3-)-\phi(2+)+\delta+\phi(4-)-\phi(3+)+\alpha
\]es igual a
\[
+\beta+\pi-\gamma-\beta+\gamma
+\delta-\alpha-(-\pi+\delta)+\alpha=
+\pi
+\pi=2\pi
\]
\end{proof}


El teorema de Gauss-Bonnet queda demostrado despues de los siguientes procedimientos
\begin{itemize}
\item Ver que toda superficie se ''cuadrangula'' (si pensamos en una superficie como un objeto 
hecho de papel, o de una gran sábana cortada y cocida en diversos lugares, es claro que con una tijera podemos cortar la superficie y verla como unión de pequeños trozos cuadraditos..)
\item ver que al
integrar una union de polihedros, las integrales de los lados en comun se cancelan,
los angulos que se dejan de contar en las esquinas se compensan
con las integrales que dan $2\pi$, y llegar a una fórmula tipo
$\chi(A\cup B)=\chi(A)+\chi(B)-\chi(A\cap B)$,
\item finalmente ver que la característica de Euler tiene la misma propiedad
(con respecto a la unión, ver sección Mayer - Vietoris), y
que la característica de Euler de una superficie triangulada queda determinada
por el valor de la característica de Euler de un triangulo (que es
$1$, en vez de $2\pi$), por lo tanto, la integral
en toda la superficie da $2\pi$ veces la característica de Euler.
\end{itemize}

\includegraphics{triangulo}

\end{document}
