Una función $ f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^3$ cuya imagen es un toro.

Toro: superficie de revolución que se obtiene al girar un círculo de radio $ b > 0 $ alrededor de un eje que está fuera del círculo pero en el mismo plano.

Plano $XZ$

Circunferencia de radio $b$, con centro $(a, 0)$, donde $a > b$, queremos una función que vaya del plano $\theta \varphi$ al espacio $XYZ$.

$f (\theta, \varphi) = \begin{pmatrix} (a + b \cos \varphi) \cos \theta \\ \\ (a + b \cos \varphi ) \sin \theta \\ \\ b \sin \varphi \end{pmatrix}$

Donde los vectores tangentes $f_{\theta} $ y $f_{\varphi}$ son:

$f_{\theta} = \Big( \dfrac{\partial x}{\partial \theta} , \dfrac{\partial y}{\partial \theta} , \dfrac{\partial z}{\partial \theta} \Big) $

$f_{\varphi} = \Big( \dfrac{\partial x}{\partial \varphi} , \dfrac{\partial y}{\partial \varphi} , \dfrac{\partial z}{\partial \varphi} \Big)$

Y el vector normal

$\vec{N} = \dfrac{\vec{f_{\theta}} \times \vec{f_{\varphi}}}{ \Big\| \vec{f_{\theta}} \times \vec{f_{\varphi}} \Big\|}$

${}$

En el siguiente enlace puedes observar la animación correspondiente a un toro.

https://www.geogebra.org/classic/kzuwsm2t

Sea $ f : \mathcal{U} \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^3$ tal que

$(u, v) \rightarrow \big( x (u, v), y (u, v), z (u, v) \big)$

${}$

Veamos unos ejemplos.

(1) Plano parametrizado.

$ f (u, v) = u \vec{w_1} + v \vec{w_2} + \vec{p}$

donde $\vec{p} = (x_0, y_0, z_0)$ es un punto y $\vec{w_1}$, $\vec{w_2}$ son dos vectores que generan el plano.

Consideremos el punto $\vec{p} = (2, 3, 4)$ y los vectores que generan el plano $\vec{w_1} = (1, 1, 0)$ y $\vec{w_2} = (1, 0, 1)$.

Luego $f (u, v) = u (1, 1, 0) + v (1, 0, 1) + (2, 3, 4)$, por lo que

$x = u + v + 2$

$y = u + 3$

$z = v + 4$

Este plano contiene a dos rectas parametrizadas, son las siguientes:

$x = u + 2$, $y = u + 3$ y $z = + 4$

$x = v + 2$, $y = 3$ y $z = v + 4$

En la siguiente animación puedes observar al plano $f(u,v)$ y las rectas parametrizadas. IMAGEN EN DESARROLLO

https://www.geogebra.org/classic/mxu6hqp3

(2) La esfera.

a) $\mathcal{U} = \big\{ (u, v) \in \mathbb{R}^2 \big| u^2 + v^2 < 1 \big\}$

$f (u, v) = \Big( u, v, \sqrt{1 \, – \, u^2 \, – \, v^2 } \Big)$

b) Con coordenadas polares.

$f ( \theta, \varphi) = \begin{pmatrix} \cos \varphi & \cos \theta \\ \\ \cos \varphi & \sin \theta \\ \\ \sin \varphi \end{pmatrix}$

c) Usando la proyección estereográfica.

Dimensión 1

$f(u)=(x,y)$

donde

$x=\dfrac{2u}{u^2+1}$

$y=\dfrac{u^2-1}{u^2+1}$

A continuación se muestra la curva descrita por $f(u)$.

https://www.geogebra.org/classic/hbvmjmdj

Dimensión 2

$f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^3$ tal que

$f (u, v) = (x, y, z) = \Bigg( \dfrac{2u}{u^2 + v^2 + 1} , \dfrac{2v}{u^2 + v^2 + 1} , \dfrac{u^2 + v^2 \, – \, 1}{u^2 + v^2 + 1} \Bigg)$

Esta esfera contiene a dos circunferencias parametrizadas:

$f (u, 0) = (x, y, z) = \Bigg( \dfrac{2u}{u^2 + 1} , 0 , \dfrac{u^2 \, – \, 1}{u^2 + 1} \Bigg)$

$f (0, v) = (x, y, z) = \Bigg( 0 , \dfrac{2v}{ v^2 + 1} , \dfrac{ v^2 \, – \, 1}{ v^2 + 1} \Bigg)$

En la siguiente animación puedes observar la esfera y parte de las circunferencias definidas.

https://www.geogebra.org/classic/fhffyysy

Sea $f : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow B \subseteq \mathbb{R}^2$ diferenciable.

Consideremos para todo punto $\vec{a} \in A$ y para cualesquiera dos vectores $\vec{v_1}$, $\vec{v_2}$ tangentes a curvas que pasen por $\vec{a}$

$\vec{v_1} = {{\alpha}_1 \, }’ (0) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \vec{v_2 } = {{\alpha}_2 \, }’ (0)$

$ {\alpha}_1 (0) = \vec{a} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; {\alpha}_2 (0) = \vec{a}$

Consideremos el ángulo que forman $\vec{v_1}$ y $\vec{v_2}$.

Consideremos las curvas:

$\beta_1 (t) = f \, ( \alpha_1 \, (t))$

$\beta_2 (t) = f \, ( \alpha_2 \, (t))$

dos curvas distintas que pasan por $f (\vec{a})$.

Y además,

$\vec{w_1} = {\beta_1}’ (0) $

$\vec{w_2} = {\beta_2}’ (0) $

Y consideremos el ángulo que forman $\vec{w_1}$ y $\vec{w_2} $.

Decimos que $f$ es conforme si los dos ángulos son iguales y preservan la orientación de la base. Si invierten la orientación, diremos que $f$ es anticonforme.

$\vec{w_1} = df_{\vec{a}} (\vec{v_1}) $

$\vec{w_2} = df_{\vec{a}} (\vec{v_2}) $

Luego

$\cos \theta = \dfrac{ \langle \vec{v_1} , \vec{v_2} \rangle}{\big\| \vec{v_1} \big\| \big\| \vec{v_2} \big\|} = \dfrac{ \langle \vec{w_1} , \vec{w_2} \rangle}{\big\| \vec{w_1} \big\| \big\| \vec{w_2} \big\|} = \cos \varphi$

En esta entrada vamos a hacer lo siguiente:

1. Deducir la regla de correspondencia analítica de la inversión con respecto a la circunferencia unitaria, a partir de la definición usada en los cursos de geometría moderna.
2. Deducir algunas de sus propiedades geométricas, en particular como son las imágenes de las rectas y las circunferencias bajo la inversión.
3. Finalmente veremos que la inversión es anticonforme, es decir, que preserva las magnitudes de los ángulos entre curvas, pero invierte el sentido de los mismos.

1. Regla de correspondencia de la inversión:

$ f : \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0) \} \rightarrow \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0) \}$

$\mathcal{C} : x^2 + y^2 = 1$

$P \rightarrow {P \, }’$ tal que:

(1) ${P \, }’$ está en el rayo $\overrightarrow{OP}$.

(2) $O{P \, }’ \cdot OP = r^2 = 1$

Sea $ P = (x, y)$, ${P \, }’ = (u, v)$.

${P \, }’ $ en el rayo $\overrightarrow{OP}$ significa que $(u, v) = \lambda (x, y)$, con $\lambda > 0$.

Para saber la regla de correspondencia basta con determinar $\lambda$.

Además, de (2) se tiene que:

$\sqrt{u^2 + v^2} \sqrt{x^2 + y^2} = 1$

$(u^2 + v^2) (x^2 + y^2) = 1$

$({\lambda}^2x^2 + {\lambda}^2y^2) (x^2 + y^2) = 1$

${\lambda}^2(x^2 + y^2)^2 = 1$

${\lambda} (x^2 + y^2) = 1$

${\lambda} = \dfrac{1}{(x^2 + y^2)}$

Luego $u = \dfrac{x}{x^2 + y^2}$ y $v = \dfrac{y}{x^2 + y^2}$

2. Propiedades geométricas

(*) $f$ lleva rayos que emanan del origen en rayos que emanan del origen pero, los recorre en sentido contrario.

$\alpha (t) = \big( t \cos {\theta}_0, t \sin {\theta}_0 \big)$ es la recta parametrizada con $t \in (0, \infty)$

Si $x = t \cos {\theta}_0 \; \Rightarrow \; x^2 = t^2 \cos^2 {\theta}_0$

$y = t \sin {\theta}_0 \; \Rightarrow \; y^2 = t^2 \sin^2 {\theta}_0$

entonces $x^2 + y^2 = t^2$

Luego $u = \dfrac{x}{x^2 + y^2} = \dfrac{t \cos {\theta}_0}{t^2}$ entonces $ u = \dfrac{1}{t} \cos {\theta}_0 $

Análogamente, $ v = \dfrac{1}{t} \sin {\theta}_0 $

En el siguiente enlace puedes observar la animación de como se desplaza un punto sobre una circunferencia y el sentido en el que se desplaza el punto que resulta de la inversión.

https://www.geogebra.org/classic/wtmhq2d2

(*) $f$ lleva circunferencias de radio $r_0$ con centro en el origen en circunferencias de radio $\frac{1}{r_0}$ con centro en el origen. Se deja como ejercicio al lector comprobar esta propiedad.

3. $f$ es anticonforme

Vamos a ver que $f$ es anticonforme en el punto $a = (2, 0)$

Consideremos dos curvas que pasan por $a$

$\alpha (t) = (2, 0) + t (1, 0)$ con $t \in ( \, – \, 2 , \infty)$, y

$\beta (t) = (2 \cos t , 2 \sin t)$ con $t \in \mathbb{R}$

Las dos curvas efectivamente pasan por $a$ cuando $t=0$. Pues $\alpha (0) = a $ y $\beta (0) = a $. Sin embargo, $\alpha’ (0)= (1,0)$ y $\beta’ (0)=(0,2)$. Estos dos vectores son ortogonales, y se va del primero al segundo en el sentido contrario al de las manecillas del reloj. Ahora vamos a calcular la diferencial de $f$ en el punto $a$.

$u = \dfrac{x}{x^2 + y^2}$, $v = \dfrac{y}{x^2 + y^2}$

$df = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial u}{\partial x} & \dfrac{\partial u}{\partial y} \\ \\ \dfrac{\partial v}{\partial x} & \dfrac{\partial v}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{y^2 \, – \, x^2}{(x^2 + y^2)^2} & \dfrac{\, – \, 2xy}{(x^2 + y^2)^2} \\ \\ \dfrac{\, – \, 2xy}{(x^2 + y^2)^2} & \dfrac{x^2 \, – \, y^2}{(x^2 + y^2)^2} \end{pmatrix}$

En el punto $a = (2, 0)$ la matriz $df$ es:

$\begin{pmatrix} – \, \dfrac{4}{16} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{4}{16} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} $

Entonces $df_{\vec{a}} ({\alpha \, }’ (0) ) = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} \\ \\ 0 \end{pmatrix}$

Este vector está anclado en $f(\alpha(0))=f(2,0)=(\dfrac{1}{2},0)$.

Análogamente,

$df_{a} ({\beta \, }’ (0) ) = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \\ \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}$

Este vector está anclado en $f(\beta(0))=f(2,0)=(\dfrac{1}{2},0)$.

Observamos que $df_{a}(\alpha'(0))$ y $df_{a}(\beta'(0))$ resultaron ser vectores ortogonales. Además, para ir del primero al segundo hay que ir en el sentido de las manecillas del reloj. Aquí estamos viendo que se preserva la magnitud del ángulo pero se invierte el sentido.

Observamos que la matriz $df_{a}$ es diagonal y en la diagonal tiene el mismo número salvo signo. Esta matriz es el producto de una matriz diagonal con el número $\frac{1}{4}$ en la diagonal, por una matriz que en la diagonal tiene $1$ y $-1$. Entonces es el producto de una homotecia con factor $\frac{1}{4}$ seguida de una reflexión. La homotecia preserva los ángulos y la reflexión invierte su sentido.

En el siguiente enlace puedes observar la animación correspondiente a este análisis.

https://www.geogebra.org/classic/b97afcj6

Tres alelos ( formas naturales de genes) $A$, $B$ y $O$ determinan los tres tipos sanguíneos.

$$ \begin{align*} A &\iff (AA \, \, \circ \, \, AO ) \\ B &\iff (BB \, \, \circ \, \, BO) \\ O &\iff ( OO) \\ AB &\iff ( AB ) \end{align*}$$

La ley de Hardy – Weinberg establece que la proporción $P$ de individuos de una población que llevan los alelos diferentes está dada por la expresión:

$$P = 2pq \, + \, 2pr \, + \, 2qr$$

donde $p$, $q$ y $r$ son las proporciones de alelos $A$, $B$ y $O$ en dicha población.

Use el hecho de que $ p + q + r = 1$ para demostrar que $p \leq \dfrac{2}{3}$

(Nótese que la proporción de individuos en la población que lleva dos alelos iguales es $ p^2+q^2+r^2$)

Maximizar $P = 2pq \, + \, 2pr \, + \, 2qr$ sujeta a $ p + q + r = 1$,

restricción $ Q (p, q, r) = p + q + r \, – \, 1 = 0$, con $p, q, r, \geq 0$

Usando multiplicadores de Lagrange $\nabla P = \Bigg( \dfrac{\partial P}{\partial p}, \dfrac{\partial P}{\partial q}, \dfrac{\partial P}{\partial r} \Bigg)$ entonces,

$\nabla P = \big( 2q + 2r , 2p + 2r , 2p + 2q \big)$

$\nabla Q = ( 1 , 1, 1 )$

Vamos a examinar en qué puntos del triángulo la función $P(p,q,r)$ alcanza sus valores extremos.

a) ¿Qué pasa en el interior del simplejo (triángulo)?

b) ¿Qué pasa en las aristas?

c) ¿Qué pasa en los vértices?

a) Si un valor extremo se alcanza en el interior del triángulo, entonces lo podemos encontrar con el método de multiplicadores de Lagrange con una restricción. $$\nabla P = \lambda \nabla Q$$

$\begin{pmatrix} 2q + 2r \\ \\ 2p + 2r \\ \\ 2p + 2q \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 1 \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

$\begin{align*} 2q + 2r &= \lambda\\ \\ 2p + 2r &= \lambda \\ \\ 2p + 2q &= \lambda \end{align*}$

Sumando

$4p + 4q + 4r = 3 \lambda$

$4 ( p + q + r) = 3 \lambda$, como $ p + q + r = 1$, entonces

$4 = 3 \lambda$ por lo que $\lambda = \dfrac{4}{3}$

Luego, sustituyendo en el sistema anterior se tiene que:

$$p = \dfrac{1}{3}\, , \, q = \dfrac{1}{3} \, , \, r = \dfrac{1}{3}$$

Entonces

$P \Bigg( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Bigg) = 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) + 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) + 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$

c) En los vértices evaluamos el valor de la función, porque ahí también puede haber un valor extremo:

$P ( 1, 0, 0) = 0$

$P ( 0, 1, 0) = 0$

$P ( 0, 0, 1) = 0$

b) En este caso, en cada arista una variable es constante, y podemos reducir el problema a encontrar los valores extremos de una función de dos variables sujeta a una restricción, de nuevo, usaremos multiplicadores de Lagrange.

Hay tres aristas, cuando $p = 0$, $q = 0$ o $r = 0$

Analicemos que sucede si $r = 0$, entonces $P (p, q, 0) = 2pq$

Ahora el problema es maximizar $2pq$, sujeta a $ p + q = 1$ con $p, q \geq 0$, entonces

$ p = q = \frac{1}{2}$ y $P (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0) = \frac{1}{2}$

Análogamente para las otras aristas se obtienen los puntos $ (0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ y $ (\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})$, donde $P$ para cada uno de ellos es $\frac{1}{2}$.

En la siguiente tabla puedes observar el valor de la función en cada uno de los puntos especiales analizados: vértices, puntos medios de los lados y el punto calculado en el inciso (a) $\Big( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Big)$.

Por lo tanto, de lo analizado anteriormente vemos que el valor máximo de $P$ es $\frac{2}{3}$ y se obtiene en el punto $ \Bigg( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Bigg)$.