Departamento de Matemática da Universidade de Coimbra Geometria Diferencial

Duração: 45m  Teste 3  14/05/07

Soluções

1. (a) Como se define um vector tangente a uma superfície S num ponto p ∈ S? (b) Seja

\begin{aligned}σ : & (0, 2) × (−π, π) & → & ℝ^{3} \\ & (u, v) & ↦ & (u cos v, u sin v, u) \end{aligned}

um mapa de uma superfície cónica S contendo o ponto p = (1, 0, 1). O vector (−1, −1, 1) é tangente a S no ponto p? (Justifique a resposta.)

Solução.

(a) Um vector v ∈ ℝ^{3} diz-se tangente a S em p caso exista uma curva γ em S, passando por p, à qual v seja tangente nesse ponto; ou seja, caso exista uma curva γ : I → S tal que γ(t_{0}) = p e γ′(t_{0}) = v para algum t_{0} em I.

(b) Como

\frac{∂σ}{∂u}(u, v) = (cos v, sin v, 1)

e

\frac{∂σ}{∂v} (u, v) = (−u sin v, u cos v, 0),

então, em p = σ(1, 0), temos \frac{∂σ}{∂u}(1, 0) = (1, 0, 1) e \frac{∂σ}{∂v} (1, 0) = (0, 1, 0). Portanto, (−1, −1, 1) será tangente a S em p se e só se for combinação linear dos vectores (1, 0, 1) e (0, 1, 0), ou seja, for do tipo (α, β, α) para algum par de reais α e β, o que não é manifestamente verdade.

2. Seja H = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | xy = 1}.

(a) Prove que H é uma superfície.

(b) Seja p = (p_{1}, p_{2}, p_{3}) um ponto arbitrário de H. Determine a equação do conjunto dos pontos de intersecção de H com o plano tangente a H em p.

(c) H é orientável? Justifique.

Solução.

(a) Consideremos a função f : ℝ^{3} → ℝ, definida por f(x, y, z) = xy. Sendo uma função polinomial, é claramente uma função C^{∞}. Como H = f^{−1}({1}), pelo critério

“Seja f : U ⊆ ℝ^{3} → ℝ uma função C^{∞}. Se a ∈ f(U) é um valor regular de f
então S = f^{−1}({a}) é uma superfície.”

bastará verificarmos que 1 é um valor regular de f para concluirmos que H é uma superfície. Verifiquemos então isso: ∇f(x, y, z) = (y, x, 0), donde ∇f(x, y, z) = (0, 0, 0) se e só se x = y = 0. Portanto, o gradiente de f anula-se nos pontos (0, 0, z), z ∈ ℝ. Como nenhum destes pontos pertence a f^{−1}({1}) = H, está confirmado que 1 é valor regular de f.

(b) Seja p = (p_{1}, p_{2}, p_{3}) um ponto de H. Então p_{1}p_{2} = 1. Pela alínea (a), o plano tangente a H em p é dado por:

Π_{p}^{H} = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | ((x, y, z) − (p_{1}, p_{2}, p_{3}) | ∇f(p_{1}, p_{2}, p_{3})) = 0}
= {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | ((x − p_{1}, y − p_{2}, z − p_{3}) | (p_{2}, p_{1}, 0)) = 0}
= {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | p_{2}(x − p_{1}) + p_{1}(y − p_{2}) = 0}
= {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | p_{2}x + p_{1}y = 2p_{1}p_{2}}
= {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | p_{2}x + p_{1}y = 2} .

Assim, a intersecção de H com Π_{p}^{H} é dada pelas soluções (x, y, z) do sistema

\{ \begin{matrix}xy = 1 \\ p_{2}x + p_{1}y = 2 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}y = \frac{1}{x} \\ p_{2}x + \frac{p_{1}}{x} = 2 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}y = \frac{1}{x} \\ p_{2}x^{2} − 2x + p_{1} = 0 \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}y = \frac{1}{x} \\ x = \frac{2±\sqrt{4−4p_{1}p_{2}}}{2p_{2}} = \frac{1}{p_{2}} = p_{1} \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}y = \frac{1}{p_{1}} = p_{2} \\ x = p_{1}. \end{matrix}

Portanto, a intersecção é a recta vertical formada pelos pontos (p_{1}, p_{2}, z), z ∈ ℝ.

(c) Sim, é orientável, pois possui um campo de vectores normais unitários:

N(p) = \frac{∇_{f}(p)}{∥∇_{f}(p)∥} = \frac{(p_{2}, p_{1}, 0)}{\sqrt{p_{1}^{2} + p_{2}^{2}}} , p = (p_{1}, p_{2}, p_{3}) ∈ H.