Ejercicio 1.4.1.- (a) Demostrar que existe una biyecci´on entre campos de vectores F : U −→ E de clase k y campos de vectores tangentes {Dp∈ Tp(E) :
p ∈ U } de clase k, que verifica:
(i) Si a F le corresponde {Dp} y a G {Ep}, entonces a F +G le corresponde
{Dp+ Ep}.
(ii) Si a F le corresponde {Dp} y f ∈ Ck(U ), entonces a f F le corresponde
{f (p)Dp}.
(b) Demostrar que {Dp ∈ Tp(E) : p ∈ U } es un campo de vectores
tangentes de clase k si y s´olo si la aplicaci´on σ : U −→ T (U ), σ(p) = Dp es
una secci´on de π, de clase k.
Demostraci´on. (a) Consideremos un sistema de coordenadas lineales xicorres-
pondientes a una base eide E.
Para cada F : U −→ E consideramos las funciones fi = xi◦ F , entonces para
cada p ∈ U tenemos el vector de E
F (p) = f1(p)e1+ · · · + fn(p)en,
el cual corresponde por el isomorfismo can´onico E −→ Tp(E), al vector de Tp(E)
Dp= f1(p) ∂ ∂x1 p+ · · · + fn(p) ∂ ∂xn p.
Ahora F es de clase k si y s´olo si las fi∈ Ck(U ) y es f´acil comprobar que los Dp
satisfacen la condici´on de la definici´on (1.4.1).
Rec´ıprocamente si para cada p ∈ U tenemos un vector
Dp= f1(p) ∂ ∂x1 p+ · · · + fn(p) ∂ ∂xn p∈ Tp(E),
verificando la condici´on de (1.4.1), entonces como Dpxi= fi(p) tendremos que fi∈
Ck(U ) y la aplicaci´on F : U −→ E, F (p) = f
1.10. Ejercicios resueltos 61
Que esta correspondencia tiene las propiedades (i) y (ii) es evidente.
(b) Es f´acil comprobar que si a los {Dp} les corresponde F por la parte (a),
entonces U −−→σ T (U ) p → σ(p) = Dp id y y y y U −−→ U × E p → (p, F (p)) y σ es de clase k si y s´olo si F es de clase k.
Ejercicio1.4.2.- Demostrar que entre los conjuntos de vectores
{DFp ∈ TF (p)(E1) : p ∈ V },
con la propiedad de que para cada f ∈ C∞(U ), la funci´on p ∈ V −−→ DFpf ∈ R,
est´a en C∞(V ) y el espacio DF(U ), existe una biyecci´on verificando las si-
guientes condiciones:
(i) Si DF, EF ∈ DF(U ), entonces para cada p ∈ V
(DF+ EF)p= DFp + E F p.
(ii) Si f ∈ C∞(V ), entonces para cada p ∈ V (f · DF)p= f (p) · DFp.
Indicaci´on.- Consideremos DF
pf = DFf (p).
Ejercicio1.4.3.- Sea F : V ⊂ E2→ U ⊂ E1, diferenciable. (a) Demostrar que para cada D ∈ D(V ) y p ∈ V
(F∗D)p= F∗Dp.
(b) Demostrar que para cada campo D ∈ D(U ) y p ∈ V [F∗D]p= DF (p),
y que DF(U ) es un m´odulo libre con base
F∗ ∂
∂xi
,
para cada sistema de coordenadas lineales xi en U .
(c) Demostrar que {DFp ∈ TF (p)(E1) : p ∈ V }, satisface las condicio- nes de (a) —y por tanto define un campo a soporte DF ∈ DF(U )— si y s´olo si
es una aplicaci´on de clase ∞, tal que π ◦ σ = F .
Soluci´on. (b) Basta demostrar punto a punto la igualdad
DF = n X i=1 (DFxi)F∗ ∂ ∂xi .
(c) Consideremos la aplicaci´on H : V → E1, definida para cada p ∈ V como el
vector H(p) ∈ E1, correspondiente por el isomorfismo can´onico TF (p)(E1) → E1, a
DF
p. Es decir que si DFp =P hi(p)[∂/∂xi]F (p), entonces H(p) =P hi(p)ei—para ei
la base dual de xi—. En estos t´erminos tenemos que
{DF
p ∈ TF (p)(E1) : p ∈ V },
satisface las condiciones de (a) si y s´olo si las hi∈ C∞(V ), es decir si y s´olo si H es
de clase ∞, ahora bien esto equivale a que la aplicaci´on σ(p) = DF
p sea de clase ∞, pues V −−→σ T (U ) p → σ(p) = DF p F y y y y U −−→ U × E1 F (p) → (F (p), H(p))
Ejercicio1.5.3.- Demostrar que para p ∈ U y dpf 6= 0, el hiperplano
H = {Dp∈ Tp(E) : dpf (Dp) = 0},
es tangente a la hipersuperficie S = {x : f (x) = f (p)}, en el sentido de que coincide con el conjunto de vectores
{Dp∈ Tp(E) : ∃X : I → U, X(0) = p, X(t) ∈ S, X∗ ∂
∂t
0
= Dp}.
Soluci´on. Es f´acil demostrar que este conjunto est´a en el hiperplano. Rec´ı- procamente supongamos que p = (pi) ∈ U y supongamos que ∂f (p)/∂xn 6= 0,
entonces por el teorema de la funci´on impl´ıcita existe una funci´on g definida en un entorno V de (p1, . . . , pn−1), tal que g(p1, . . . , pn−1) = pny
f (x1, . . . , xn−1, g(x1, . . . , xn−1)) = f (p),
para cada (x1, . . . , xn−1) ∈ V . Consideremos cualquier Dp=P ai∂ip∈ H y la curva
x1(t) = p1+ ta1, . . . , xn−1(t) = pn−1+ tan−1,
xn(t) = g[x1(t), . . . , xn−1(t)],
para la que X(0) = p y f [X(t)] = f (p) y derivando esta ecuaci´on en t = 0 y teniendo en cuenta que Dpf = 0 y x0i(0) = aipara i = 1, . . . , n − 1
n X i=1 ∂f ∂xi (p)x0i(0) = 0 = n X i=1 ∂f ∂xi (p)ai ⇒ x0n(0) = an,
lo cual implica que
X∗ ∂ ∂t 0 = Dp.
1.10. Ejercicios resueltos 63
Ejercicio 1.6.5.- Consideremos un producto interior < ·, · > en E, una base ortonormal eiy el sistema de coordenadas lineales xicorrespondientes a esta
base. Demostrar que:
(i) Para toda f ∈ Ck+1(U )
grad f =X ∂f ∂xi
∂ ∂xi
∈ Dk(U ).
(ii) Que el campo D = grad f , es un campo perpendicular a las superficies de nivel de f .
(iii) Que si U ⊂ R2, entonces el campo grad f define en cada punto x el
vector Dx el cual indica la direcci´on y sentido de m´axima pendiente de la
gr´afica de f en el punto (x, f (x)).
Demostraci´on. (b) Ep∈ Tp(E) es tangente a la superficie de nivel {f = f (p)}
si y s´olo si para D = grad f se tiene que
< Dx, Ex> = dxf (Ex) = 0.
(c) La pendiente de la gr´afica de f en el punto x, relativa a la direcci´on vxes
vxf = dxf (vx) =< Dx, vx>,
la cual es m´axima, entre vectores vx de igual m´odulo, cuando vx tiene la misma
direcci´on y sentido que Dx.
Ejercicio 1.7.5.- Dados a, c ∈ R, encontrar la soluci´on de yzx = xzy que
satisface cz = (x − y)2 cuando x + y = a.
Indicaci´on. Buscamos una funci´on f tal que Df = 0, para D = y∂x− x∂yque
es el campo de los giros, por tanto como Dρ = 0, para ρ =px2+ y2 se tiene que
D = (Dθ)∂θ, por lo tanto Df = 0 sii fθ= 0, es decir f = f (ρ). Ahora queremos que
su gr´afica z = f (ρ) contenga a la curva del enunciado, para ello observemos que en x + y = a, ρ2= x2+ y2= a2− 2xy, por tanto −2xy = ρ2− a2y (x − y)2= ρ2− 2xy =
2ρ2− a2, por lo tanto la soluci´on es
z =2ρ
2− a2
c .
Ejercicio1.7.6.- (a) Encontrar dos integrales primeras del campo de R3 D = −y ∂ ∂x+ x ∂ ∂y+ (1 + z 2 ) ∂ ∂z.
(b) Encontrar una integral primera com´un a los campos de R3 D = −y ∂ ∂x+ x ∂ ∂y, E = 2xz ∂ ∂x+ 2yz ∂ ∂y+ (x 2 + y2− 1 − z2)∂ ∂z.
Soluci´on. (a) Consideremos la 1–forma incidente xdx + ydy = ρdρ,
para ρ =px2+ y2. Ahora consideremos otra 1–forma incidente 1 xdy − 1 (1 + z2)dz = 1 p ρ2− y2dy − 1 1 + z2dz,
y como Dρ = 0, tambi´en es incidente con D la 1–forma
d arc seny ρ− arctan z = d(θ − arctan z),
por tanto la funci´on en coordenadas cil´ındricas (ρ, θ, z), θ − arctan z es otra integral primera.
(b) Considerar el sistema de coordenadas (ρ, θ, z).
Ejercicio1.8.2.- Encontrar la curva integral —en forma impl´ıcita—, del cam- po de R3 D = −y ∂ ∂x+ x ∂ ∂y+ (1 + z 2 ) ∂ ∂z, que pasa por (1, 0, 0).
Soluci´on. En el ejercicio (1.7.6) encontramos dos integrales primeras de este campo en las coordenadas cil´ındricas (ρ, θ, z),
x2+ y2, θ − arctan z, por tanto nuestra curva soluci´on en forma impl´ıcita satisface
x2+ y2= 1, z = tan θ = y/x.
Ejercicio 1.9.1.- Encontrar la curva9 cuya tangente en cada punto P corta
al eje y en un punto Q tal que P Q = L y pasa por (L, 0).
Indicaci´on.
L L
Figura 1.20. Tractriz Supondremos que L = 1, el caso arbitrario se
obtiene haciendo una homotecia de raz´on L. Del enunciado se sigue que y(1) = 0, como adem´as
y0= − √
1 − x2
x , la soluci´on se obtiene integrando
y(x) = Z1 x √ 1 − x2 x dx = log 1 +√1 − x2 x − p 1 − x2.
Ejercicio 1.9.2.- Encontrar la ecuaci´on de las curvas que en cada punto la normal determina un segmento con los ejes coordenados, cuyo punto medio es el dado.
Indicaci´on. El ejemplo de la p´ag.40es igual pero para la tangente y se llega a la ecuaci´on y0= −y/x. En nuestro caso la pendiente es la perpendicular, por tanto y0= x/y, es decir (y2)0= 2x = (x2)0y la soluci´on son las hip´erbolas y2− x2= cte.
1.10. Ejercicios resueltos 65
Ejercicio1.9.3.- Encontrar la ecuaci´on de las curvas que en cada punto P la normal corta al eje x en un punto A tal que OP = P A.
Indicaci´on. Como OAP es un tri´angulo isosceles, tendremos que si OP = (x, y), AP = (−x, y) y es la direcci´on de la normal, por tanto la de la tangente (y, x), es decir que y0= x/y que es la del ejercicio anterior1.9.2y sus soluciones son las hip´erbolas y2− x2= cte.
Ejercicio 1.9.4.- Encontrar las curvas del semiplano x > 0, que para cada punto suyo P , el ´area del tri´angulo que forman la tangente, el eje y y la paralela al eje x por P , es proporcional al ´area de la regi´on limitada por la curva, la tangente y el eje y (contando area positiva si la curva est´a por debajo de la tangente y negativa en caso contrario).
Demostraci´on. Como la tangente corta al eje y, no es vertical y la curva vamos a poder expresarla como funci´on de x, y = y(x). Si la pendiente de la tangente en x es y0= b/x, tendremos que b = xy0es uno de los lados del tri´angulo que tiene ´area
A = xb/2 = x2y0/2. Ahora si llamamos B al otro ´area y C =Rx
0 y(x)dx, tendremos
que A + B + C = xy y si existe k > 0, tal que B = kA, tendremos para r = (k + 1)/2 (y derivando) xy = (k + 1)A + C = rx2y0+ Z x 0 y(x)dx ⇒ y + xy0= 2rxy0+ rx2y00+ y ⇒ y0(1 − 2r) = rxy00,
y si llamamos R = (1 − 2r)/r = −2k/(k + 1), (log y0− R log x)0= 0, por tanto y0x−R
es constante y la soluci´on es cte · log x, si R = −1 ⇔ k = 1 cte · xp, si R 6= −1, p = R + 1 =1 − k 1 + k ⇔ k = 1 − p 1 + p.
Ejercicio1.9.5.- Encontrar las curvas en el semiplano y > 0, tales que para cada punto P su proyecci´on A en el eje x se proyecta en el punto B de la normal en P a la curva, de modo que P B sea de longitud constante.
Indicaci´on. Si encontramos las curvas soluci´on para la constante 1, la homotecia de raz´on k nos dar´a la soluci´on para P B = k. Por otra parte en cada punto P = (x, y) no hay ninguna normal que cumpla el enunciado si y < 1, pues P AB forman un tri´angulo rect´angulo con hipotenusa P A = y. Para y > 1 hay dos normales (sim´etricas respecto de la vertical por P ) que cumplen el enunciado, que corresponden a las pendientes y0= ±AB = ±py2− 1, por tanto tenemos dos posibles ecuaciones
dx +pdy
y2− 1 = 0, dx −
dy p
y2− 1= 0,
las cuales son exactas, diferenciales de x ± log(y +py2− 1), por lo tanto las dos
soluciones son para cada constante a
y +py2− 1 = e±x+a ⇔
y2− 1 = (e±x+a−y)2 ⇔ y = e±x+a
2 + 1 2 e±x+a,
que es una ´unica familia de curvas traslaci´on en la direcci´on del eje x de y = (ex+ e−x)/2 = cosh x (ver la catenaria en la p´ag.53).
Ejercicio1.9.7.- Si es cierto10que en una econom´ıa la velocidad de disminu- ci´on del n´umero de personas y(x), con un salario de por lo menos x euros, es directamente proporcional al n´umero de personas e inversamente proporcional a su salario m´ınimo, obt´engase la expresi´on de y en t´erminos de x llamada ley de Pareto.
Soluci´on.- Sea y(x) el n´umero de personas con salario ≥ x, entonces y0(x) = ky(x)/x, por tanto y(x) = axk.
Ejercicio1.9.8.- La ley experimental de Lambert11establece que las l´aminas delgadas de un material transparente absorben la luz que incide en ellas de forma proporcional a la intensidad de la luz incidente y al ancho de la l´amina que atraviesa. Expr´esese esta ley dando la f´ormula que da la intensidad de luz que sale de un medio de ancho L.
Soluci´on.- Sea y(x) la intensidad de luz en el ancho x, contando desde la super- ficie del material. Entonces y(x) = y(x + ) + A(x, x + ), donde A(x, x + ) = ky(x) es la intensidad absorbida por la parte del material entre los anchos x y x + , por tanto y0(x) = −ky(x) y la soluci´on es y(L) = y(0) e−Lx.
Ejercicio 1.9.10.- Una masa se desplaza infinitesimalmente del punto mas alto de una esfera lisa de radio L y empieza a resbalar sin rozamiento ni rotaci´on. ¿En que punto y con que velocidad se separa de la esfera?
Soluci´on.- Las ecuaciones del movimiento de la masa son las mismas que las del p´endulo mientras la masa se mantenga sobre la esfera, es decir
Lθ00(t) = −g sen θ, −Lθ0(t)2= g cos θ + F,
y buscamos el punto en el que F = 0, es decir L2θ0(t)2/2 = −gL cos θ/2, de la curva integral de condiciones iniciales (π, ) con ∼ 0 —observemos que la soluci´on correspondiente a = 0 es constante, la masa se queda sobre la esfera sin moverse y se mueve si la desplazamos infinitesimalmente con velocidad ∼ 0—. Por tanto nuestra curva est´a en h = h(π, ), es decir
L2θ02
2 − gL cos θ = L
22/2 + gL,
Figura 1.21.
10Como pensaba el economista Vilfredo Pareto
11Lambert, Johann Heinrich (1728–1777), fue un matem´atico, f´ısico, astr´onomo y
1.10. Ejercicios resueltos 67
por tanto
−3gL cos θ/2 = L22/2 + gL,
y haciendo → 0, tenemos cos θ = −2/3. La velocidad en ese punto est´a dada por z =p2gL/3.
Ejercicio1.9.11.- Justif´ıquese por qu´e un reloj de p´endulo atrasa si lo lleva- mos del polo al ecuador y est´ımese la proporci´on de abultamiento de la Tierra en esos puntos, si un mismo intervalo temporal (medido en ambos puntos con otro reloj) en uno de los puntos el reloj de p´endulo lo mide de 1h, 100y 5200y en el otro de 1h, 100y 3800.
Soluci´on.- Si Ries la distancia desde cada punto (uno en el polo y el otro en el
ecuador), al centro de la Tierra y los per´ıodos del p´endulo son respectivamente Ti,
tendremos por la f´ormula (1.10), que R1 R2 =T1 T2 =1h + 10 0+ 3800 1h + 100+ 5200= 2119 2126,
pues si el reloj despu´es de m ciclos de p´endulo marca 1h + 100+ 3800y despu´es de n marca 1h + 100+ 5200, tendremos que (1h + 100+ 3800)/m = (1h + 100+ 5200)/n, pues la aguja del reloj se mueve proporcionalmente al movimiento del p´endulo; y como tardan el mismo tiempo real en hacer esos ciclos (de periodos T1y T2), tendremos la