• Para el primer inciso, si empezamos usando la aditividad de \(\omega \) obtenemos:
  \[ \omega[\seg{OS}]=\omega[\seg{OR}]+\omega[\seg{RS}]=-1+\omega[\seg{RS}] \]

  Ahora trasladamos \(\seg{RS}\) hacia \(\seg{PQ}\) de la siguiente forma:

  \[ R+(2,2)=P, \, S+(2,2)=Q \]

  De la invarianza de \(\omega\) bajo traslaciones llegamos \(\omega[\seg{RS}]=\omega[\seg{PQ}]=3\) y concluimos

  \[ \omega[\seg{OS}]=-1+3=2. \]

• Para el segundo inciso notamos que, para \(n \) natural, la aditividad de \(\omega\) nos da:
  \[ \omega[\seg{OP_n}]=n\omega[\seg{OP_1}], \quad \omega[\seg{OP_{-n}}]=n\omega[\seg{OP_{-1}}] \]

  Además, ya que \(\omega\) es invariante bajo traslaciones, sumando \((1,0)\) llegamos a \( \omega[\seg{OP_{-1}}]=\omega[P_1O] \). De lo anterior concluimos que, para todo \(n\in \mathbb{Z}\), \[ \omega[\seg{OP_n}]=n\omega[\seg{OP_1}] \] Así, sólo resta encontrar el valor de \(\omega[\seg{OP_1}]\). Pero \[ \omega[\seg{OP_1}]+\omega[\seg{P_1P_2}]=\omega[\seg{OR}]=-1 \] y \(\omega[\seg{OP_1}]=\omega[\seg{P_1P_2}]\), por lo que \[ 2\omega[\seg{OP_1}]=-1 \Rightarrow \omega[\seg{OP_1}]=\frac{-1}{2} \]

  Concluimos que, para todo \(n\in \mathbb{Z}\) \[ \omega[\seg{OP_n}]=-\frac{n}{2} \]

Por el ejercicio 1.14, existe una función lineal \(f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\) tal que \[ \omega[\seg{PQ}]=f(Q)-f(P) \] Tomamos \[ A=f(1,0,0), B=f(0,1,0), C=f(0,1,0) \] Al ser \(f\) lineal tenemos que, para cualquier punto \((x,y,z)\) \begin{eqnarray} f(x,y,z)&=&xf(1,0,0)+yf(0,1,0)+zf(0,0,1)\\ &=&Ax+By+Cz \end{eqnarray} Por lo tanto \begin{eqnarray} f(Q)-f(P)&=&Aq_1+Bq_2+Cq_3-(Ap_1+Bp_2+Cp_3) \\ &=&A(q_1-p_1)+B(p_2-q_2)+C(q_3-p_3) \end{eqnarray} y concluimos \[ \omega(\seg{PQ})=A(q_1-p_1)+B(q_2-p_2)+C(p_3-q_3) \]

Sólo probaremos el segundo inciso.

Por \(\pi_j\) vamos a denotar la proyección sobre la coordenada \(j\), es decir \[ \pi_j(p_1,\dots p_n)=p_j. \] Sabemos que las \(\pi_j\) son funciones lineales, por lo tanto \(\beta:=\{\pi_1,\dots, \pi_n\} \subset (\mathbb{R}^n)^*\). Afirmamos que \(\beta\) es una base para \((\mathbb{R}^n)^*\)

Primero vamos a ver que \(\beta\) es linealmente independiente. Supongamos que \[ \varphi= c_1 \pi_1+\cdots c_n\pi_n \] es la función idénticamente cero, es decir, para toda \(P\in \mathbb{R}^n\) \[ 0=\varphi(P)=c_1\pi_1(P)+\cdots c_n\pi_n(P). \] Vamos a denotar por \(e_j\) el vector que tiene todas las entradas cero, excepto por la entrada \(j\), donde tiene un 1 (la base canónica). Tomando \(P=e_1\) notamos que \(\pi_j(P)=0\) si \(j\ne 1\) y \(\pi_1(P)=1\). Por lo tanto \[ 0=\varphi(P)=c_1\pi_1(P)+\cdots + c_n \pi_n(P)=c_1 \] por lo que \(c_1=0\). De manera similar, tomando \(P=e_j\), obtenemos que \(c_j=0\), para toda \(j=1,\dots, n\) y concluimos que \(\beta\) es linealmente independiente.

Ahora vamos a probar que \(\beta\) genera a \((\mathbb{R})^n\). Tomamos \(\psi \in (\mathbb{R}^n)^*\) fijo y arbitrario. Al ser \(\psi \) una función lineal tenemos que, para toda \(P=(p_1,\dots p_n)\in \mathbb{R}^n\): \[ \psi(P)=\psi(\sum_{j=1}^n p_j e_j )=\sum_{j=1}^n p_j \psi(e_j). \] Dentemos \(A_j=\psi(e_j)\). Con esta notación \[ \psi(P)=\sum_{j=1}^n A_j p_j. \] Pero notamos que, \(\pi_j(P)=p_j\), por lo que podemos reescribir la igualdad anterior como \[ \psi(P)=\sum_{j=1}^n A_j \pi_j(P), \quad \forall P\in \mathbb{R}^n, \] es decir, como funciones \(\psi\) y \(\sum_{j=1}A_j \pi_j\) son iguales, por lo que concluimos que \(\beta\) genera a \((\mathbb{R}^n)^*\).

Primero encontremos \(R\) tal que \(\omega_{R} = 3dx + 4dy\). Entonces tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones:

\[ \left\{ \begin{array}{cccc} 2x & +y & = & 3 \\ -6x & -2y & = & 4 \\ \end{array} \right. \]

El cual tiene como única solución \(x = -5 \) y \( y = 13\), es decir el punto \(R\) tal que \(\omega_{R} = 3dx + 4dy\), es \(R = (-5,13)\).

Ahora encontremos \(R\) tal que \(\omega_{R} = 0\). Nuevamente tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones:

\[ \left\{ \begin{array}{cccc} 2x & +y & = & 0 \\ -6x & -2y & = & 0 \\ \end{array} \right. \]

No es difícil verificar que este sistema tiene como única solución a \(x = 0 \) y \( y = 0\), es decir el punto \(R\) tal que \( \omega_{R} = 0\), es \(R = (0,0)\).

Por último, encontremos \(R\) tal que \(\omega_{R} = dx\). Entonces el sistema de ecuaciones a resolver es el siguiente:

\[ \left\{ \begin{array}{cccc} 2x & +y & = & 1 \\ -6x & -2y & = & 0 \\ \end{array} \right. \]

El cual tiene como única solución \(x = -1 \) y \( y = 3\), es decir el punto \(R\) tal que \(\omega_{R} = dx\), es \(R = (-1,3)\).

Siguiendo la Definición 2.1, en este caso se tiene que \[ \omega_{(1/2,1/2)} = 3(1/2)^2 dx + ((1/2)^2 + 1) dy = \frac{3}{4} dx + \frac{5}{4} dy \] Luego, de la conclusión en la Sección 1 se sigue: \[ \int_{\seg{PQ}}\omega_{(1/2,1/2)} = \frac{3}{4}(1 -0)+ \frac{5}{4}(1-0) = \frac{3}{4}+ \frac{5}{4} = 2 \] donde \( P=(0,0), Q=(1,1) \)

Similarmente, para este inciso se obtiene que: \( \omega_{(-1,-1)} = 3dx + 2dy \) y \(\displaystyle\int_{\seg{PQ}}\omega_{(-1,-1)} = 2\)

Finalmente, y de manera análoga se verífica que: \( \omega_{(a,b)} = 3a^{2} dx + (b^{2} + 1) dy\) y \(\displaystyle\int_{\seg{PQ}}\omega_{(a,b)} = 3 a^{2} x + (b^2 + 1)\)

Resolvamos 1. Primero encontremos las parciales de \(f\) con respecto a \(x\), \(y\) y \(z\). Entonces sacando las parciales tenemos

\[ \begin{array}{ccccc} \partial_{x}f(x, y, z) & = & 2x & +y & +z \\ \partial_{y}f(x, y, z) & = & 2y & +x \\ \partial_{z}f(x, y, z)& = & 2z & +x \end{array} \] Lo cual nos permite tener la derivada exterior de \(f\), que esta dada por \[ df = (2x + y + z)dx + (2y + x)dy + (2z + x)dz \]

Lo siguiente es encontrar los puntos \(P\) tal que \(df_{P} = 0\). Y para ello tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones:

\[ \left\{ \begin{array}{ccccc} 2x & +y & +z & = & 0 \\ x & +2y & & = & 0 \\ x & & +2z & = & 0 \end{array} \right. \]

Tal sistema de ecuaciones tiene como única solución a \(x = 0\), \(y = 0 \) y \( z = 0\). Por lo tanto el punto \(P\) tal que \(df_{P} = 0\), es \(P = (0,0,0)\).

Ahora veamos 2. Nuevamente sacamos las parciales de \(f\) con respecto de \(x\) y \(y\), las cuales son,

\[ \begin{array}{ccc} \partial_{x}f(x, y) & = & ye^{xy} \\ \partial_{y}f(x, y) & = & xe^{xy} \\ \end{array} \]

Lo cual nos permite tener la derivada exterior de \(f\), que esta dada por \[ df = ye^{xy} dx + xe^{xy} dy \] Lo siguiente es encontrar los puntos \(P\) tal que \(df_{P} = 0\). Y para ello tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones.

\[ \left\{ \begin{array}{ccccc} ye^{xy} & = & 0 \\ xe^{xy} & = & 0 \end{array} \right. \]

Como \(e^{xy} > 0\) para toda \((x,y) \in \mathbb{R}^{2}\). Entonces la única solución al sistema de ecuaciones es \(x = 0\) y \(y = 0\). Por lo tanto el punto \(P\) tal que \(df_{P} = 0\), es \(P = (0,0)\).

Por último resolvamos 3. Sacamos las parciales de \(f\) con respecto de \(x_{1}, . . . , x_{n}\), las cuales son,

\[ \begin{array}{ccc} \partial_{x_{1}}f(x_{1}, x_{2}, . . . , x_{n}) & = & 8x_{1} + \sum_{i=2}^{n}2(x_{1} + x_{i}) \\ \partial_{x_{2}}f(x_{1}, x_{2}, . . . , x_{n}) & = & 2(x_{1} + x_{2}) \\ & \vdots & \\ \partial_{x_{n}}f(x_{1}, x_{2}, . . . , x_{n}) & = & 2(x_{1} + x_{n}) \end{array} \]

Lo cual nos permite tener la derivada exterior de \(f\), que esta dada por \[ df = \left( 8x_{1} + \sum_{i=2}^{n}2(x_{1} + x_{i}) \right)dx_{1} + 2(x_{1} + x_{2})dx_{2} + . . . + 2(x_{1} + x_{n}) dx_{n} \]

Lo siguiente es encontrar los puntos \(P\) tal que \(df_{P} = 0\). Y para ello tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones.

\[ \left\{ \begin{array}{ccc} 8x_{1} + \sum_{i=2}^{n}2(x_{1} + x_{i}) & = & 0 \\ 2(x_{1} + x_{2}) & = & 0 \\ \vdots & & \\ 2(x_{1} + x_{n}) & = & 0 \end{array} \right. \]

Como \(2(x_{1} + x_{i}) = 0\) para \(2 \leq i \leq n\), se sigue que \(\sum_{i=2}^{n}2(x_{1} + x_{i}) = 0\). Lo cual implica que \(8x_{1} + \sum_{i=2}^{n}2(x_{1} + x_{i}) = 8x_{1}\). Pero por otro lado \( 8x_{1} + \sum_{i=2}^{n}2(x_{1} + x_{i}) = 0\), es decir \(x_{1} = 0\). Lo cual implica que para \(2 \leq i \leq n\), \(x_{i} = 0\) ya que \(2(x_{1} + x_{i}) = 0\) y \(x_{1} = 0\).

Por lo tanto la única solución al sistema de ecuaciones es \(x_{i} = 0\) para toda \(1 \leq i \leq n\). Es decir que el punto \(P\) tal que \(df_{P} = 0\), es \(P = (0,0, . . . ,0)\).

Ya que suponemos que \(df = Fdx- Gdy\), se sigue (de la definición de derivada exterior) que \[ \partial_x f = F \quad \textrm{y} \quad \partial_y f=-G \] en \( U \). Ahora consideremos una curva de nivel de \(f\) \[ S=\{(x,y): f(x,y)=c\} \] y tomemos un punto \( (x_0,y_0)\in S\) arbitrario. Ya que \(G\) no se anula en \(U\) y \(\partial_yf(x_0,y_0)=-G(x_0,y_0)\ne 0\) por el teorema de la función inversa existe una vecindad de \(x_0\) y una función \(y\), definida y diferenciable en ésta vecindad tal que \[ f(x,y(x))=c. \] Derivando la ecuación anterior con respecto a \(x\) (usando la regla de la cadena ) llegamos a que \begin{eqnarray*} 0&= \partial_xf(x,y(x))+\partial_yf(x,y(x))y'(x)=F(x,y(x))-G(x,y(x))\frac{dy(x)}{dx} \end{eqnarray*} y por lo tanto \(y\) es una solución para \eqref{Eqn:EcuDifExactEjer}.

Inmediatamente de la Definición 2.7 se sigue que: \[ d (fg) = \partial_{x_1} (fg) dx_1 + \partial_{x_2} (fg) dx_2 + \cdots + \partial_{x_n}(fg) d_{x_n} \]

Sin embargo, para cada \( i=1,2,\ldots, n \) sabemos que \( \partial_{x_i} (fg) = f \partial_{x_i} (g) + g \partial_{x_i} (f)\), por lo tanto

\begin{align*} d(fg) &= \sum_{i=1}^n [ f \partial_{x_i} (g) + g \partial_{x_i} (f) ] dx_{i}\\ &= \sum_{i=1}^n f \partial_{x_i} (g) dx_{i} + \sum_{i=1}^n g \partial_{x_i} (f) dx_{i}\\ &= f dg + g df \end{align*} donde la última igualdad se tiene por la definición del producto de una función con una \(1\)- forma diferenciable.

1. El segmento de recta de \( P = (1,1)\) a \( Q=(3,5) \), queda determinado por la curva \(\alpha \colon [0,1] \to \mathbb{R}^2 \), definida como \[\alpha(t) = (\alpha_1(t), \alpha_2(t)) := ((1-t) + 3t, (1-t) + 5t)= (1+2t, 1+4t).\] De acuerdo a la Definición 2.1 como las funciones \( A_1(x,y) := 2x - y\) y \(A_2(x,y) := y-x \) son clase \( C^1\) en \( \mathbb{R}^2\), \(\omega= (2x-y)dx+(y-x)dy \) es una \( 1\)-forma diferenciable clase \( C^1 \) en todo \( \mathbb{R}^2 \). Además, es claro que \( \alpha\) es una curva suave cuya traza siempre se encuentra contenida en \(\mathbb{R}^2 \). Por lo tanto, siguiendo la Definición 4.2 se tiene que: \begin{align*} \int_\alpha \omega &:=\int_0^1 [A_1(\alpha(t))\alpha_1'(t) + A_2(\alpha(t))\alpha_2'(t) ] dt\\ &= \int_0^1 A_1(\alpha(t))\alpha_1'(t) dt + \int_0^1 A_2(\alpha(t))\alpha_2'(t) dt\\ &= \int_0^1 2dt + \int_0^1 8t dt\\ &= 2(1) + 8(1/2)\\ &= 6 \end{align*}
2. \(\alpha\) es la parte de la parábola \(y = x^{2}\) que va de \((-1, 1) \) a \( (1, 1)\) y \[ \omega = (x^{2} - y^{2})dx + (xy - 1)dy \] Una parametrización para esta curva puede ser la función \(\alpha : [-1, 1] \subseteq \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{2}\) definida como: \[ \alpha(t) = (x(t), y(t)) = (t, t^{2}) . \] Es claro que \(\alpha\) es una curva suave y, que en efecto, parametriza a la parábola \(y = x^{2}\) que va de \((-1, 1) \) a \( (1, 1)\). Lo siguiente es obtener la derivada de \(\alpha\), la cual es: \[ \alpha^{\prime}(t) = (x^{\prime} (t), y^{\prime}(t)) = (1, 2t) \] donde \(t \in (-1, 1)\). Entonces la integral de línea de \(\omega\) a lo largo de \(\alpha\) es: \begin{align*} \int_{\alpha}\omega & = \int_{-1}^{1}(x(t)^{2} - y(t)^{2})x^{\prime}(t) + (x(t)y(t) - 1)y^{\prime}(t) \\ & = \int_{-1}^{1} \left[(t^{2} - t^{4}) + (t\cdot t^{2} - 1)\cdot(2t)\right] dt \\ & = \int_{-1}^{1} \left[ t^{4} + t^{2} - 2t \right] dt \\ & = \dfrac{16}{15} \end{align*} Por lo tanto \(\int_{\alpha}\omega = \frac{16}{15}\).

1. Sea \( \beta \colon [0,3] \to \mathbb{R}^{2} \) definida por \[ \beta(t) : = \begin{cases} \beta_1(t)= (\beta_{1_1}(t), \beta_{1_2}(t)):= (t,t) & \text{ si } t \in [0,1]\\ \beta_2(t)=(\beta_{2_1}(t), \beta_{2_2}(t)) := (3-2t,1) & \text{ si } t \in [1,2]\\ \beta_3(t) = (\beta_{3_1}(t), \beta_{3_2}(t)):= (t -3,3-t) & \text{ si } t \in [2,3] \end{cases} \] No es difícil ver que \(\beta\) es una curva suave a trozos y que en efecto \(\beta\) tiene como traza el triángulo con vértices \(P:= (0,0), Q:=(1,1)\) y \(R:=(-1,1)\), recorrido en el sentido positivo. Entonces para la forma diferencial de clase \( C^{1}\) \( \omega :=(x+y)dx+(x-y)dy \) haciendo \( A_{1}(x,y):= x+y \) y \( A_{2}(x,y):= x-y \) de la Definición 4.7 se tiene que: \[ \begin{align*} \int_\beta \omega &= \sum_{j=1}^3 \int_{\beta_j} \omega\\ &= \sum_{j=1}^3 \int_{j-1}^{j} \sum_{i=1}^2 A_{i}(\beta_{j}(t))\beta_{j_i}'(t)dt \\ &= 1 - 2 + 1\\ &= 0 \end{align*} \]
2. Primero parametricemos los segmentos del cuadrado con vértices \(P_{1} = (1,1), P_{2} = (-1, 1), P_{3} = (-1, -1) \text{ y } P_{4} = (1, -1)\). Sean \(\alpha_{i} : [0,1] \subseteq \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{2}\) con \(i = 1, 2, 3, 4\) funciones definidas como: \begin{eqnarray*} \alpha_{1}(t) = (x_{1}(t), y_{1}(t)) = (1 - 2t, 1) & \Rightarrow & \alpha_{1}^{\prime}(t) = (x_{1}^{\prime}(t), y_{1}^{\prime}(t)) = (- 2, 0) \\ \alpha_{2}(t) = (x_{2}(t), y_{2}(t)) = (-1, 1 - 2t) & \Rightarrow & \alpha_{2}^{\prime}(t) = (x_{2}^{\prime}(t), y_{2}^{\prime}(t)) = (0, -2) \\ \alpha_{3}(t) = (x_{3}(t), y_{3}(t)) = (2t -1, -1) & \Rightarrow & \alpha_{3}^{\prime}(t) = (x_{3}^{\prime}(t), y_{3}^{\prime}(t)) = ( 2, 0) \\ \alpha_{4}(t) = (x_{4}(t), y_{4}(t)) = (1, 2t - 1) & \Rightarrow & \alpha_{4}^{\prime}(t) = (x_{4}^{\prime}(t), y_{4}^{\prime}(t)) = (0, 2) \end{eqnarray*} Observamos que cada \(\alpha_{i}\) parametriza un segmento del cuadrado. Por ejemplo, \(\alpha_{1}\) parametriza el segmento \(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}\), \(\alpha_{2}\) parametriza el segmento \(\overrightarrow{P_{2}P_{3}}\), \(\alpha_{3}\) parametriza el segmento \(\overrightarrow{P_{3}P_{4}}\) y \(\alpha_{4}\) parametriza el segmento \(\overrightarrow{P_{4}P_{1}}\). A partir de tales funciones \(\alpha_{i}\) podemos parametrizar el cuadrado de la siguiente manera. Sea \(\alpha : [0, 4] \subseteq \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{2}\) una función definida como: \begin{equation*} \alpha (t) = \left\{ \begin{array}{cccc} \alpha_{1}(t) & \text{ si } t \in [0, 1] \\ \alpha_{2}(t - 1) & \text{ si } t \in [1, 2] \\ \alpha_{3}(t - 2) & \text{ si } t \in [2,3] \\ \alpha_{4}(t - 3) & \text{ si } t \in [3,4] \end{array} \right. \end{equation*} La función \(\alpha\) es una curva suave a trozos. Entonces podemos calcular la integral de línea de \(\omega\) a lo largo de \(\alpha\), \begin{equation} \int_{\alpha}\omega = \sum_{i = 1}^{4}\int_{\alpha_{\vert_{[i -1, i]}}} \omega \end{equation} donde \(\alpha_{\vert_{[i -1, i]}}\) es la restricción de \(\alpha\) en el intervalo \([i -1, i]\). Es importante notar que \(\alpha_{\vert_{[i -1, i]}}\) es equivalente a \(\alpha_{i}\) y además tienen la misma orientación. Por lo tanto, por el Ejercicio 4.4 se tiene que para cada \(i \in \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace\) \begin{equation} \int_{\alpha_{\vert_{[i -1, i]}}}\omega = \int_{\alpha_{i}}\omega \end{equation} Entonces por (1) y (2) se sigue que \begin{eqnarray*} \int_{\alpha}\omega & = & \sum_{i = 1}^{4} \int_{\alpha_{i}}\omega \\ & = & \sum_{i = 1}^{4} \int_{0}^{1} -y_{i}\cdot x_{i}^{\prime} + x_{i}\cdot y_{i}^{\prime} \\ & = & \int_{0}^{1}[-(1)\cdot (-2) + (1 - 2t) \cdot 0 ] dt + \int_{0}^{1}[-(1 - 2t)\cdot 0 + (-1) \cdot (-2) ] dt \\ & & + \int_{0}^{1}[-(-1)\cdot (2) + (2t - 1) \cdot 0 ] dt + \int_{0}^{1}[-(2t - 1)\cdot (0) + 1 \cdot 2 ] dt \\ & = & 4 \int_{0}^{1}2 dt = 8 \end{eqnarray*} Por lo tanto \(\int_{\alpha}\omega = 8\).