Teorema de Gauss-Bonnet

Podemos escribir $\alpha(t)=(u(t),\,v(t))$, e así \[ \mathbf{t}= \Bigl(\frac{u'}{\sqrt{(u')^2+(v')^2}},\, \frac{v'}{\sqrt{(u')^2+(v')^2}}\Bigr). \] Por comodidade chamamos \[ \begin{aligned} x &{}=\frac{u'}{\sqrt{(u')^2+(v')^2}},\\ y &{}=\frac{v'}{\sqrt{(u')^2+(v')^2}}, \end{aligned} \] de xeito que $\mathbf{t}(t)=(x(t),\,y(t))$. Nótese que $x^2+y^2=1$.

Definimos \[ \theta(t)= \theta_0 +\int_{t_0}^t\bigl(x(s)y'(s)-y(s)x'(s)\bigr)\textup{d}s. \]

Claramente $\theta(t_0)=\theta_0$. Para remata-la demostración chega con ver que a función \[ f(t)=\bigl(x(t)-\cos\theta(t)\bigr)^2+\bigl(y(t)-\sin\theta(t)\bigr)^2 \] é identicamente nula.

Por definición de $\theta_0$ temos \[ f(t_0)=\bigl(x(t_0)-\cos\theta_0\bigr)^2+\bigl(y(t_0)-\sin\theta_0\bigr)^2=0. \] Por outra banda, empregando $\theta'=xy'-yx'$, obtemos \[ \begin{aligned} f'={} &2(x-\cos\theta)(x'+\theta'\sin\theta) +2(y-\sin\theta)(y'-\theta'\cos\theta)\\ {}={}&2(xx'+yy') -2\bigl(x'+y\theta'\bigr)\cos\theta -2\bigl(y'-x\theta'\bigr)\sin\theta\\ {}={}&{}2(xx'+yy')\\ &{}-2\bigl(x'+y(xy'-yx')\bigr)\cos\theta\\ &{}-2\bigl(y'-x(xy'-yx')\bigr)\sin\theta\\ {}={}&{}2(xx'+yy')\\ &{}-2\bigl(x'(1-y^2)+xyy'\bigr)\cos\theta\\ &{}-2\bigl(y'(1-x^2)+xx'y\bigr)\sin\theta\\ {}={}&{}2(xx'+yy')(1-x\cos\theta-y\sin\theta)\\ {}={}&{}(x^2+y^2)'(1-x\cos\theta-y\sin\theta)=0, \end{aligned} \] de onde se deduce que $f=0$ como queriamos probar.

En primeiro lugar próbase o teorema para unha curva continuamente diferenciable, pechada, simple, ${\alpha\colon[a,b]\to\R^2}$ tal que $\alpha'(a)=\alpha'(b)$. Escribimos $\alpha(t)=(x(t),y(t))$.

Como $\alpha(a)=\alpha(b)$ podemos supoñer que $\alpha$ é unha curva periódica ${\alpha\colon\R\to\R^2}$ de periodo $b-a$. Como $\alpha'(a)=\alpha'(b)$, esta extensión periódica de $\alpha$ a $\R$ ten derivadas continuas.

Sexa ${\theta\colon\R\to\R}$ un levantamento do vector tanxente unitario ${\mathbf{t}\colon\R\to\mathbb{S}^1}$. Entón $\theta_{\vert[a,b]}$ é un ángulo de rotación para a curva orixinal $\alpha_{\vert[a,b]}$. Por tanto, $\theta(b)=\theta(a)+2\pi\rho(\alpha)$.

Definimos $\tilde{\theta}(t)=\theta(t+b-a)-2\pi\rho(\alpha)$. Entón, por periodicidade, \[ \begin{aligned} \bigl(\cos\tilde{\theta}(t),\sin\tilde{\theta}(t)\bigr) &{}=\bigl(\cos\theta(t+b-a),\, \sin\theta(t+b-a)\bigr)\\ &{}=\mathbf{t}(t+b-a)\\ &{}=\mathbf{t}(t), \end{aligned} \] para todo $t$. Por tanto, $\tilde{\theta}$ é outro levantamento de $\mathbf{t}$ e $\tilde{\theta}(a)=\theta(b)-2\pi\rho(\alpha)=\theta(a)$. Por unicidade, $\tilde{\theta}=\theta$. Isto proba que \[ \theta(t+b-a)=\theta(t)+2\pi\rho(\alpha), \] para todo $t\in\R$.

Sexa $a_0\in[a,b]$ e $b_0=a_0+b-a$. Entón, $\alpha_{\vert[a_0,b_0]}$ segue sendo unha curva plana pechada simple continuamente diferenciable con ángulo de rotación $\theta_{\vert[a_0,b_0]}$. Pola ecuación anterior, \[ \begin{aligned} \theta(b_0)-\theta(a_0) &{}=\theta(a_0+b-a)-\theta(a_0)\\ &{}=2\pi\rho(\alpha), \end{aligned} \] así que $\alpha_{[a_0,b_0]}$ ten o mesmo índice de rotación ca $\alpha_{\vert[a,b]}$. Dito doutro xeito: o índice de rotación é o mesmo para calquera intervalo de lonxitude $b-a$.

Como podemos elexir calquera intervalo de lonxitude $b-a$ para os nosos propósitos, supoñeremos de agora en diante que a coordenada $y$ de $\alpha$ alcanza o seu mínimo en $t=a$. Ademais, despois de aplicar unha traslación se fose necesario, tamén podemos supoñer que $\alpha(0)=(0,0)$. Así, por definición de mínimo, $y(t)\geq 0$ para todo $t\in\R$. Nótese ademais que $\mathbf{t}(a) = \mathbf{t}(b) = (1,0)$. Restando se fose necesario un múltiplo de $2\pi$ tamén podemos supoñer $\theta(a)=0$.

Definímo-la función ${V\colon\Delta\to\mathbb{S}^1}$, onde \[ \Delta=\{(t,s)\in\R^2:a\leq t\leq s\leq b\}, \] que vén dada por \[ V(u,v)= \begin{cases} \frac{\alpha(v)-\alpha(u)}{\lVert \alpha(v)-\alpha(u)\rVert} & u<v, (u,v)\neq(a,b),\\[1ex] \mathbf{t}(u) & u=v,\\[2ex] -\mathbf{t}(b) & (u,v)=(a,b). \end{cases} \]

A función $V$ é continua.

Como $\Delta$ é simplemente conexo, existe un único levantamento $\varphi\colon\Delta\to\R$ de $V\colon\Delta\to\mathbb{S}^1$ tal que $\varphi(a, a)=0$. É dicir, $V(u,v)=(\cos\varphi(u,v),\sin\varphi(u,v))$. A aplicación $\varphi$ chámase a función ángulo secante de $\alpha$.

O índice de rotación pode expresarse en termos da función ángulo secante como \[ \begin{aligned} 2\pi\rho(\alpha) &{}=\theta(b)-\theta(a)\\ &{}=\varphi(b,b)-\varphi(a,a)\\ &{}=\varphi(b,b). \end{aligned} \]

O vector $V(a,v)$, $v\in[a,b]$, está afincado na orixe e ten a punta no semiplano superior, pois $\alpha(a)=\mathbf{0}$ e $\alpha(b)$ está no semiplano superior. Como $\varphi(a,a)=0$, debemos ter $\varphi(a,v)\in[0,\pi]$ para todo $v\in[a,b]$. Como $V(a,b)=-\mathbf{t}(b)=-\mathbf{t}(a)$ ten que ser $\varphi(a,b)=\pi$.

O vector $V(u,b)$, $u\in[a,b]$, está afincado en $\alpha(u)$ e apunta cara á orixe. Se o pensamos coma un vector afincado na orixe, sempre apunta cara o semiplano inferior. Ademais, $V(a,b)=-\mathbf{t}(b)$ e $V(b,b)=\mathbf{t}(b)$, así que necesariamente $\varphi(u,b)\in[\pi,2\pi]$. Como $\varphi(b,b)$ representa o ángulo de $V(b,b)=\mathbf{t}(b)$ co eixo $x$, temos que ter $\varphi(b,b)=2\pi$. En consecuencia, $\rho(\alpha)=1$ como queriamos probar.

Supoñamos agora que estamos no caso en que $\alpha$ é unha curva admisible con vértices. Probaremos que existe unha curva continuamente diferenciable que ten o mesmo índice de rotación ca $\alpha$; tal procedemento será levado a cabo "redondeando" un vértice sen cambia-lo ángulo de rotación nunha determinada veciñanza do vértice.

Sexa $\alpha(t_i)$ un vértice, con ángulo exterior $-\pi<\epsilon_i<\pi$, $\epsilon_i\neq 0$. Por simplifica-la notación suporemos $i\neq k$, pero conceptualmente o procedemento é o mesmo se hai un vértice en $\alpha(b)$.

Tomemos $h$ tal que $0<h<(\pi-\lvert\epsilon_i\rvert)/2$. Como $\theta$ é continua pola esquerda, existe $\delta>0$ tal que \[ \begin{aligned} \lvert\theta(t)-(\theta(t_i)-\epsilon_i)\rvert < h, &{}\quad\forall t\in(t_i-\delta,t_i),\\ \lvert\theta(t)-\theta(t_i)\rvert < h, &{}\quad\forall t\in(t_i,t_i+\delta). \end{aligned} \] Como $\alpha\bigl([a,b]\setminus(t_i-\delta,t_i+\delta)\bigr)$ é compacto e $\alpha(t_i)\notin\alpha\bigl([a,b]\setminus(t_i-\delta,t_i+\delta)\bigr)$, existe ${r>0}$ tal que $\alpha(t)\in\R^2\setminus B[\alpha(t_i),r]$ para todo $t\in[a,b]\setminus(t_i-\delta, t_i+\delta)$. Tomemos $s_1\in{(t_i-\delta,t_i)}$ tal que $\alpha(s_1)\in B[\alpha(t_i),r]$, e $s_2\in(t_i,t_i+\delta)$ tal que $\alpha(s_2)\notin B(\alpha(t_i),r)$.

Vexamos que para calquera $t,s\in [s_1,s_2]$ temos $\lvert\theta(t)-\theta(s)\rvert<\pi$. Isto consiste simplemente en aplica-las desigualdades anteriores tendo en conta un pouco de casuística:

• Se $t,s\in(t_i-\delta,t_i)$ entón \[ \begin{aligned} \lvert\theta(t)-\theta(s)\rvert &{}=\lvert\theta(t)-(\theta(t_i)-\epsilon_i) -\theta(s)+(\theta(t_i)-\epsilon_i)\rvert\\ &{}\leq\lvert\theta(t)-(\theta(t_i)-\epsilon_i)\rvert +\lvert\theta(s)-(\theta(t_i)-\epsilon_i)\rvert\\ &{}<h+h <\pi-\lvert\epsilon_i\rvert <\pi. \end{aligned} \]
• Se $t,s\in(t_i,t_i+\delta)$ entón \[ \begin{aligned} \lvert\theta(t)-\theta(s)\rvert &{}=\lvert\theta(t)-\theta(t_i) -\theta(s)+\theta(t_i)\rvert\\ &{}\leq\lvert\theta(t)-\theta(t_i)\rvert +\lvert\theta(s)-\theta(t_i)\rvert\\ &{}<h+h <\pi-\lvert\epsilon_i\rvert <\pi. \end{aligned} \]
• Se $t\in(t_i-\delta,t_i)$ e $s\in(t_i,t_i+\delta)$ entón \[ \begin{aligned} \lvert\theta(t)-\theta(s)\rvert &{}=\lvert\theta(t)-(\theta(t_i)-\epsilon_i) -\theta(s)+(\theta(t_i)-\epsilon_i)\rvert\\ &{}\leq\lvert\theta(t)-(\theta(t_i)-\epsilon_i)\rvert +\lvert\theta(s)-\theta(t_i)\rvert+\lvert\epsilon_i\rvert\\ &{}<h+h+\lvert\epsilon_i\rvert <\pi-\lvert\epsilon_i\rvert+\lvert\epsilon_i\rvert =\pi. \end{aligned} \]

Unha vez fixemos esta comprobación, agora trátase de reemplazar $\alpha_{\vert[s_1,s_2]}$ por outra curva regular $\beta$ que é tanxente a $\alpha$ en $\alpha(s_1)$ e $\alpha(s_2)$, e tal que o seu ángulo varíe de xeito monótono desde $\theta(s_1)$ ata $\theta(s_2)$. Un xeito de facer isto é mediante unha curva de Bézier cuadrática. Como o ángulo de rotación desta curva é monótono, está entre $-\pi$ e $\pi$, e representa a varianción dos ángulos que forman $\alpha'(s_1)$ e $\alpha'(s_2)$ co eixo $x$, os ángulos de rotación totais de $\beta$ e $\alpha_{[s_1,s_2]}$ teñen que se-los mesmos. Así, obtivemos unha curva co mesmo índice de rotación ca $\alpha$, pero cun vértice menos.

Repetindo este procedemento para tódolos posibles vértices obtémo-lo resultado que queriamos probar.

Asumímo-las notacións que vimos manexando nesta sección. Polo Teorema de rotación dos tanxentes, a curva $\sigma$ ten índice de rotación $\rho(\sigma)=1$. Por tanto, chega con probar que $\rho(\alpha)=\rho(\sigma)$.

Pola contra supoñamos que $\rho(\alpha)\neq\rho(\sigma)$. Denotemos por $\tilde{\theta}$ o ángulo de rotación de $\sigma$ como curva plana contida en $U\subset\R^2$, e sexa $\theta$ o ángulo de rotación de $\alpha$ tal e como foi definido arriba. Considerámo-la función ${f\colon[a,b]\to\R}$, $t\mapsto f(t)=\theta(t)-\tilde{\theta}(t)$. Como os índices de rotación son enteiros distintos temos \[ \begin{aligned} 2\pi &{}\leq 2\pi\lvert\rho(\alpha)-\rho(\sigma)\lvert\\ &{}=\lvert (\theta(b)-\theta(a))-(\tilde{\theta}(b)-\tilde{\theta}(a)) \rvert\\ &{}=\lvert f(b)-f(a)\rvert. \end{aligned} \] En vista desta desigualdade, polo Teorema de Bolzano, existe $t_0\in[a,b]$ tal que $f(t_0)$ é un múltiplo enteiro impar de $\pi$. Isto implica \[ (\cos\theta(t_0),\sin\theta(t_0)) =-(\cos\tilde{\theta}(t_0),\sin\tilde{\theta}(t_0)). \]

Agora aplicámo-la observación anterior para a aplicación ${d\mathbf{x}_{\sigma(t_0)}\colon\R^2\to T_{\sigma(t_0)}S}$. Tomamos \[ \begin{aligned} v &{}=\sigma'(t_0)\\ &{}=\lVert\sigma'(t_0)\rVert_u (\cos\tilde{\theta}(t_0)e_1+\sin\tilde{\theta}(t_0)e_2), \end{aligned} \] sendo $\lVert\,\cdot\,\rVert_u$ a norma euclidiana de $\R^2$ e $(e_1,e_2)$ a base canónica positivamente orientada. Por outro lado, \[ \begin{aligned} d\mathbf{x}_{\sigma(t_0)}(v) &{}=\alpha'(t_0)\\ &{}=\lVert\alpha'(t_0)\rVert\mathbf{t}(t_0)\\ &{}=\lVert\alpha'(t_0)\rVert (\cos\theta(t_0)E_1(\alpha(t))+\sin\theta(t_0)E_2(\alpha(t))), \end{aligned} \] onde a base $(E_1,E_2)$ está definida de acordo coa fórmula da observación mencionada.

Pois ben, denotando $a=\lVert\sigma'(t_0)\rVert_u \cos\tilde{\theta}(t_0)$, $b=\lVert\sigma'(t_0)\rVert_u \sin\tilde{\theta}(t_0)$, $\tilde{a}=\lVert\alpha'(t_0)\rVert \cos{\theta}(t_0)$, e $\tilde{b}=\lVert\alpha'(t_0)\rVert \sin{\theta}(t_0)$, a ecuación obtida anteriormente implica \[ \begin{aligned} (\tilde{a},\tilde{b}) &{}=\lVert\alpha'(t_0)\rVert (\cos{\theta}(t_0),\sin\theta(t_0))\\ &{}=-\lVert\alpha'(t_0)\rVert (\cos\tilde{\theta}(t_0),\sin\tilde{\theta}(t_0))\\ &{}=-\frac{\lVert\alpha'(t_0)\rVert}{\lVert\sigma'(t_0)\rVert_u}(a,b), \end{aligned} \] o que está en contra do que di a observación, xa que $\mathbf{x}$ é unha parametrización positivamente orientada.

Como $(E_1,E_2)$ é unha base ortonormal positivamente orientada temos $JE_1=E_2$, $JE_2=-E_1$.

Recordemos que o ángulo de rotación $\theta$ vén definido pola ecuación \[ \alpha'(s)= \bigl(\cos\theta(s)\bigr)E_1(\alpha(s)) +\bigl(\sin\theta(s)\bigr)E_2(\alpha(s)). \]

Por un lado temos \[ J\alpha'=-(\sin\theta)(E_1\circ\alpha)+(\cos\theta)(E_2\circ\alpha). \] Por outro lado, utilizando as propiedades da derivada covariante, \[ \begin{aligned} \frac{D\alpha'}{ds}={} &{}-\theta'\sin\theta\,(E_1\circ\alpha) +\cos\theta\,\frac{D(E_1\circ\alpha)}{ds}\\ &{}+\theta'\cos\theta\,(E_2\circ\alpha) +\sin\theta\,\frac{D(E_2\circ\alpha)}{ds}. \end{aligned} \] Xa que $\langle E_1,E_1\rangle=1$, ó derivar \[ 0=\frac{d}{ds}\langle E_1\circ\alpha,E_1\circ\alpha\rangle =2\Bigl\langle\frac{D(E_1\circ\alpha)}{ds},E_1\circ\alpha\Bigr\rangle. \] Por tanto, tendo en conta isto, e que $E_2$ é tanxente, \[ \begin{aligned} \frac{D(E_1\circ\alpha)}{ds}={} &{}\Bigl\langle\frac{D(E_1\circ\alpha)}{ds},E_1\circ\alpha\Bigr\rangle E_1\circ\alpha\\ &{}+\Bigl\langle\frac{D(E_1\circ\alpha)}{ds},E_2\circ\alpha\Bigr\rangle E_2\circ\alpha\\[1ex] {}={}&{}\langle (E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle E_2\circ\alpha. \end{aligned} \] De xeito similar, \[ \frac{D(E_2\circ\alpha)}{ds} =\langle (E_2\circ\alpha)',E_1\circ\alpha\rangle E_1\circ\alpha, \] pero como $\langle E_1,E_2\rangle=0$, derivando \[ \begin{aligned} 0 &{}=\frac{d}{ds}\langle E_1\circ\alpha,E_2\circ\alpha\rangle\\ &{}=\langle (E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle +\langle E_1\circ\alpha,(E_2\circ\alpha)'\rangle, \end{aligned} \] de onde, \[ \frac{D(E_2\circ\alpha)}{ds} =-\langle (E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle E_1\circ\alpha. \] Subsituíndo na expresión de arriba obtemos \[ \frac{D\alpha'}{ds} =\bigl(\theta'+\langle (E_1\circ\alpha)',(E_2\circ\alpha)\rangle\bigr) \bigl(-(\sin\theta)(E_1\circ\alpha)+(\cos\theta)(E_2\circ\alpha)\bigr), \]

En consecuencia, \[ \begin{aligned} \kappa_g[\alpha] &{}=\Bigl\langle \frac{D\alpha'}{ds},J\alpha'\Bigr\rangle\\ &{}=\theta'+\langle (E_1\circ\alpha)',(E_2\circ\alpha)\rangle. \end{aligned} \] que é o que queriamos probar.

Sexa $A=(a_{i}^{j})$ a matriz de cambio de base de $(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2)$ a $(E_1,E_2)$, é dicir, $E_i\circ\mathbf{x}=\sum_j a_{i}^{j}\mathbf{x}_j$, ou matricialmente, \[ \begin{pmatrix} E_1\circ\mathbf{x} & E_2\circ\mathbf{x} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \mathbf{x}_1 & \mathbf{x}_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{1}^{1} & a_{2}^{1}\\ a_{1}^{2} & a_{2}^{2} \end{pmatrix}. \]

Recordémo-la relación entre o producto vectorial de vectores dun plano no espacio cando facemos un cambio de base: \[ \begin{aligned} 1 &{}=\lVert (E_1\circ\mathbf{x})\times (E_2\circ\mathbf{x})\rVert\\ &{}=\lvert\det A\rvert\lVert\mathbf{x}_1\times\mathbf{x}_2\rVert\\ &{}=(\det A)\lVert\mathbf{x}_1\times\mathbf{x}_2\rVert, \end{aligned} \] xa que as dúas bases teñen a mesma orientación. Por tanto, \[ \det A=\frac{1}{\lVert\mathbf{x}_1\times\mathbf{x}_2\rVert}. \]

Sexa $\mathbf{N}$ o vector normal unitario á superficie determinado pola orientación positiva escollida. A continuación expresámo-la diferencial da aplicación de Gauss (que coincide con $\mathbf{N}\circ\mathbf{x}$ na veciñanza $\mathbf{x}(U)$) en termos da base $(E_1,E_2)$: \[ \begin{aligned} K\circ\mathbf{x} &{}=\det d(\mathbf{N}\circ\mathbf{x})\\ &{}=\det \begin{pmatrix} \langle d\mathbf{N}(E_1\circ\mathbf{x}),E_1\circ\mathbf{x}\rangle & \langle d\mathbf{N}(E_2\circ\mathbf{x}),E_1\circ\mathbf{x}\rangle\\ \langle d\mathbf{N}(E_1\circ\mathbf{x}),E_2\circ\mathbf{x}\rangle & \langle d\mathbf{N}(E_2\circ\mathbf{x}),E_2\circ\mathbf{x}\rangle \end{pmatrix}\\ &{}=\det \begin{pmatrix} \langle d\mathbf{N}(a_1^1\mathbf{x}_1+a_1^2\mathbf{x}_2), E_1\circ\mathbf{x}\rangle & \langle d\mathbf{N}(a_2^1\mathbf{x}_1+a_2^2\mathbf{x}_2), E_1\circ\mathbf{x}\rangle\\ \langle d\mathbf{N}(a_1^1\mathbf{x}_1+a_1^2\mathbf{x}_2), E_2\circ\mathbf{x}\rangle & \langle d\mathbf{N}(a_2^1\mathbf{x}_1+a_2^2\mathbf{x}_2), E_2\circ\mathbf{x}\rangle \end{pmatrix}\\ &{}=\det\left( \begin{pmatrix} \langle d\mathbf{N}(\mathbf{x}_1),E_1\circ\mathbf{x}\rangle & \langle d\mathbf{N}(\mathbf{x}_2),E_1\circ\mathbf{x}\rangle\\ \langle d\mathbf{N}(\mathbf{x}_1),E_2\circ\mathbf{x}\rangle & \langle d\mathbf{N}(\mathbf{x}_2),E_2\circ\mathbf{x}\rangle \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1^1 & a_2^1\\ a_1^2 & a_2^2 \end{pmatrix} \right)\\ &{}=(\det A) \det\begin{pmatrix} \langle \frac{\partial (\mathbf{N}\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, E_1\circ\mathbf{x}\rangle & \langle\frac{\partial (\mathbf{N}\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, E_1\circ\mathbf{x}\rangle\\ \langle \frac{\partial (\mathbf{N}\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, E_2\circ\mathbf{x}\rangle & \langle \frac{\partial (\mathbf{N}\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, E_2\circ\mathbf{x}\rangle \end{pmatrix}. \end{aligned} \]

Como $\langle \mathbf{N},E_i\rangle=0$, derivando temos \[ \begin{aligned} 0 &{} =\frac{\partial}{\partial u_j} \langle \mathbf{N}\circ\mathbf{x},E_i\circ\mathbf{x}\rangle\\ &{} =\Bigl\langle\frac{\partial (\mathbf{N}\circ\mathbf{x})}{\partial u_j}, E_i\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle +\Bigl\langle\mathbf{N}\circ\mathbf{x}, \frac{\partial(E_i\circ\mathbf{x})}{\partial u_j}\Bigr\rangle, \end{aligned} \] de xeito que, substituíndo na anterior expresión obtemos \[ \begin{aligned} K\circ\mathbf{x} =\frac{1}{\lVert\mathbf{x}_1\times\mathbf{x}_2\rVert} \Bigl( &{}\Bigl\langle\mathbf{N}\circ\mathbf{x}, \frac{(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}\Bigr\rangle \Bigl\langle\mathbf{N}\circ\mathbf{x}, \frac{(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}\Bigr\rangle\\ &{}-\Bigl\langle\mathbf{N}\circ\mathbf{x}, \frac{(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}\Bigr\rangle \Bigl\langle\mathbf{N}\circ\mathbf{x}, \frac{(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}\Bigr\rangle \Bigr). \end{aligned} \]

Para rematar observemos que $\langle E_i,E_i\rangle=1$, co que derivando obtemos \[ \Bigl\langle\frac{\partial(E_i\circ\mathbf{x})}{\partial u_j}, E_i\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle=0. \] Tendo en conta que $(E_1,E_2,\mathbf{N})$ é unha base de $\R^3$, a anterior expresión dános \[ \begin{aligned} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, \frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}\Bigr\rangle={} &{} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, E_1\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle \Bigl\langle\frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, E_1\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle\\ &{} +\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle \Bigl\langle\frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle\\ &{} +\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, \mathbf{N}\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle \Bigl\langle\frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, \mathbf{N}\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle\\ {}={}&{} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, \mathbf{N}\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle \Bigl\langle\frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, \mathbf{N}\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle. \end{aligned} \]

De xeito análogo tamén temos \[ \begin{aligned} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, \frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}\Bigr\rangle={} {}={}&{} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, \mathbf{N}\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle \Bigl\langle\frac{\partial(E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, \mathbf{N}\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle. \end{aligned} \]

Combinando estas expresións co obtido anteriormente para $K\circ\mathbf{x}$ obtémo-lo resultado.

Escribamos $\alpha(s)=\mathbf{x}(u(s))$ con $u(s)=(u_1(s),u_2(s))$. Sexa $(E_1,E_2)$ a base de campos de vectores tanxentes obtida ó aplica-lo algoritmo de Gram-Schmidt á base de campos coordenados. Denotamos por $\theta$ a función ángulo de rotación de $\alpha$ con respecto desta base.

Empregando a fórmula para a curvatura xeodésica en coordenadas ortogonais, obtemos, nos puntos de regularidade de $\alpha$, \[ \kappa_g =\theta'+\langle(E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle. \]

Integrando, e utilizando o teorema de rotación das tanxentes temos \[ \begin{aligned} \int_{\partial R}\kappa_g={} &{}\sum_{i=1}^k\int_{s_{i-1}}^{s_i} \kappa_g(s)\lVert\alpha'(s)\rVert\,\textup{d}s\\ {}={}&{}\sum_{i=1}^k\bigl(\theta(s_i)-\theta(s_{i-1})\bigr) +\sum_{i=1}^k\int_{s_{i-1}}^{s_i} \langle(E_1\circ\alpha)'(s),(E_2\circ\alpha)(s)\rangle\,\textup{d}s\\ {}={}&{}2\pi-\sum_{i=1}^k\epsilon_i +\sum_{i=1}^k\int_{s_{i-1}}^{s_i} \langle(E_1\circ\alpha)'(s),(E_2\circ\alpha)(s)\rangle\,\textup{d}s \end{aligned} \]

Para o último sumando aplicamos primeiro a regra da cadea, \[ \begin{aligned} (E_1\circ\alpha)'(s)={} &{}(E_1\circ\mathbf{x}\circ u)'(s)\\ {}={}&{} \frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}(u(s))\,u_1'(s) +\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}(u(s))\,u_2'(s), \end{aligned} \] co que (acurtando a notación), \[ \begin{aligned} \langle(E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle={} &{} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}\circ u, E_2\circ\mathbf{x}\circ u\Bigr\rangle\,u_1'\\ &{}+\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}\circ u, E_2\circ\mathbf{x}\circ u\Bigr\rangle\,u_2'. \end{aligned} \] Así, ten sentido definir \[ \begin{aligned} P &{}= \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle,\\ Q &{}= \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle. \end{aligned} \]

Aplicámo-lo teorema de Green e substituímos: \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^k\int_{s_{i-1}}^{s_i} \langle(E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle={} &{}\sum_{i=1}^k\int_{s_{i-1}}^{s_i} \bigl(P(u(s))\,u_1'(s)+Q(u(s))\,u_2'(s)\bigr)\,\textup{d}s\\ {}={}&{}\int_{\partial\, \mathbf{x}^{-1}(R)} P\,\textup{d}u_1+Q\,\textup{d}u_2'\\ {}={}&{}\int_{\mathbf{x}^{-1}(R)}\left( \frac{\partial Q}{\partial u_1} -\frac{\partial P}{\partial u_2} \right). \end{aligned} \] Agora calculámo-lo integrando e relacionámolo coa fórmula da curvatura cunha base ortonormal: \[ \begin{aligned} \frac{\partial Q}{\partial u_1} -\frac{\partial P}{\partial u_2}={} &{}\frac{\partial}{\partial u_1} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle -\frac{\partial}{\partial u_2} \Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle,\\ {}={} &{} \Bigl\langle\frac{\partial^2(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1\partial u_2}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle +\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, \frac{\partial (E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}\Bigr\rangle\\ &{} -\Bigl\langle\frac{\partial^2(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1\partial u_2}, E_2\circ\mathbf{x}\Bigr\rangle -\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, \frac{\partial (E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}\Bigr\rangle,\\ &{} +\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}, \frac{\partial (E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}\Bigr\rangle -\Bigl\langle\frac{\partial(E_1\circ\mathbf{x})}{\partial u_1}, \frac{\partial (E_2\circ\mathbf{x})}{\partial u_2}\Bigr\rangle\\[1ex] {}={}&{}(K\circ\mathbf{x}) \lVert\mathbf{x}_1\times\mathbf{x}_2\rVert. \end{aligned} \]

Substituímos na expresión anterior: \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^k\int_{s_{i-1}}^{s_i} \langle(E_1\circ\alpha)',E_2\circ\alpha\rangle={} &{}\int_{\mathbf{x}^{-1}(R)}(K\circ\mathbf{x}) \lVert\mathbf{x}_1\times\mathbf{x}_2\rVert\\ {}={}&{}\int_{R}K. \end{aligned} \]

Combinando isto co resultado obtido para a integral da curvatura xeodésica obtémo-lo resultado.

Sexa $\mathcal{T}=\{T_1,\dots,T_C\}$ unha triangulación da rexión $R$ de xeito que cada $T_i$ está contido nunha veciñanza coordenada ortogonal, positivamente orientada e homeomorfa a unha bóla. Denotamos por $C$ ó número de caras, por $A$ ó número de aristas, e por $V$ ó número de vértices.

Pola versión local do teorema de Gauss-Bonnet para cada triángulo, temos \[ \int_{T_i}K+\sum_{j=1}^3\int_{\alpha_{ij}}\kappa_g +\sum_{j=1}^3\epsilon_j^i=2\pi, \] onde $\{\epsilon_1^i,\epsilon_2^i,\epsilon_3^i\}$ son os ángulos exteriores do triángulo $\partial T_i$, e $\alpha_{ij}$ son os lados de $\partial T_i$.

Como $\overline{R}=\cup_{i=1}^C \overline{T_i}$, e $\overline{T_i}\cap\overline{T_j}$ ten medida cero con $i\neq j$, sumando obtemos \[ \begin{aligned} 2\pi C &{}=\sum_{i=1}^C\left( \int_{T_i}K+\sum_{j=1}^3\int_{\alpha_{ij}}\kappa_g+\sum_{j=1}^3\epsilon_j^i \right)\\ &{}=\int_R K+\sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3\int_{\alpha_{ij}}\kappa_g +\sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3\epsilon_j^i. \end{aligned} \]

A continuación calculamos por separado os dous sumandos da expresión anterior que quedan por determinar.

En primeiro lugar empezamos coa integral da curvatura xeodésica nas aristas da triangulación. O que segue é un argumento combinatorio no que separámo-la suma en dúas partes: a suma das integrais da curvatura xeodésica das aristas que son interiores, e a correspondente suma das aristas que están no borde. Recordemos que as aristas interiores se percorren en sentidos opostos en triángulos contiguos, así que as integrais das súas curvaturas xeodésicas se cancelan dúas a dúas. Entón, \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3\int_{\alpha_{ij}}\kappa_g &{}=\sum_{\stackrel{i,j}{\text{$\alpha_{ij}$ interior}}}\int_{\alpha_{ij}}\kappa_g +\sum_{\stackrel{i,j}{\text{$\alpha_{ij}$ no borde}}}\int_{\alpha_{ij}}\kappa_g\\[1ex] &{}=\int_{\partial R}\kappa_g. \end{aligned} \]

Fixámonos agora na suma dos ángulos exteriores nos vértices dos triángulos da triangulación.

Un vértice de $\mathcal{T}$ pode estar no borde de $R$ ou ser interior. Denotamos, respectivamente, o seu número por $V_{ext}$ e $V_{int}$. Por tanto, $V=V_{ext}+V_{int}$. Observamos que se $\epsilon_j^i$ denota o ángulo exterior no vértice dun triángulo, entón $\pi-\epsilon_j^i$ será o ángulo interior nese vértice. Ademais, se o vértice é interior á rexión, entón a suma de tódolos ángulos interiores que conflúen nese vértice ten que ser $2\pi$.

Analogamente, unha arista pode estar no borde ou non. Ó seu número respectivo denotarémolo por $A_{ext}$ e $A_{int}$. Así $A=A_{ext}+A_{int}$.

Empezámo-lo cálculo da suma dos ángulos nos vértices: \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3\epsilon_j^i &{}=\sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3(\pi-\pi+\epsilon_j^i)\\ &{}=3\pi C-\sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3(\pi-\epsilon_j^i)\\ &{}=3\pi C -\sum_{\stackrel{i,j}{\text{interior}}}(\pi-\epsilon_j^i) -\sum_{\stackrel{i,j}{\text{no borde}}}(\pi-\epsilon_j^i)\\ &{}=3\pi C-2\pi V_{int} -\sum_{\stackrel{i,j}{\text{no borde}}}(\pi-\epsilon_j^i). \end{aligned} \]

Os vértices do borde á súa vez dividirémolos en dúas familias disxuntas. Por un lado, denotemos por $\sigma$ ó conxunto de vértices de $\partial R$. Estes son os $k$ vértices orixinais do enunciado nos que temos os ángulos exteriores $\epsilon_1,\dots,\epsilon_k$. Por outra lado, sexa $\tau$ o conxunto dos vértices que están en $\partial R$ pero que foron introducidos pola triangulación (é dicir, que en realidade, como puntos de $\partial R$ son regulares). Ó número de todos eles denotarémolo por $\lvert\tau\rvert$. Obviamente tamén temos $V_{ext}=k+\lvert\tau\rvert$, xa que $\sigma$ e $\tau$ teñen como unión (disxunta) o conxunto de tódolos vértices que están $\partial R$.

Agora hai que ter en conta que nos vértices do borde que foron introducidos pola tringulación o ángulo que temos é chan porque estamos en puntos de regularidade da parametrización do borde, así que a suma dos ángulos interiores nese vértice é $\pi$.

Consideremos agora un vértice orixinal de $\partial R$, con ángulo exterior $\epsilon_\alpha$. Sexa $\sigma_\alpha$ o conxunto dos ángulos interiores nese vértice de triángulos de $\mathcal{T}$. Obviamente, o ángulo interior de $\partial R$ nese vértice coincide coa suma de tódolos ángulos interiores de triángulos que conflúen nese vértice, é dicir, \[ \pi-\epsilon_\alpha =\sum_{\stackrel{i,j}{\text{en $\sigma_\alpha$}}}(\pi-\epsilon_j^i). \] Sumando en tódolos vértices de $\partial R$ e despexando obtemos \[ \sum_{\stackrel{i,j}{\text{en $\sigma$}}}(\pi-\epsilon_j^i) =\pi k-\sum_{i=1}^k\epsilon_i. \]

Continuando co cálculo anterior, \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3\epsilon_j^i &{}=3\pi C-2\pi V_{int} -\sum_{\stackrel{i,j}{\text{en $\sigma$}}}(\pi-\epsilon_j^i) -\sum_{\stackrel{i,j}{\text{en $\tau$}}}(\pi-\epsilon_j^i)\\ &{}=3\pi C-2\pi V_{int} -\pi k+\sum_{i=1}^k\epsilon_i -\pi\lvert\tau\rvert\\ &{}=3\pi C-2\pi V_{int}-\pi V_{ext}+\sum_{i=1}^k\epsilon_i\\ \end{aligned} \]

Agora témo-la seguinte relación: \[ 3C=2A_{int}+A_{ext}. \] En efecto, pois cada cara ten exactamente 3 aristas, cada arista interior está compartida por exactamente 2 triángulos, e cada arista non interior está exactamente nun triángulo.

Observamos tamén que o número de vértices exteriores está en correspondencia un a un co número de aristas exteriores (a correspondencia asígnalle a cada arista o vértice onde empeza): \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^C\sum_{j=1}^3\epsilon_j^i &{}=\pi(2A_{int}+A_{ext})-2\pi V_{int}-\pi V_{ext}+\sum_{i=1}^k\epsilon_i\\ &{}=2\pi A_{int}+\pi A_{ext} -2\pi V_{int}-2\pi V_{ext}+\pi V_{ext}+\sum_{i=1}^k\epsilon_i\\ &{}=2\pi A_{int}+\pi A_{ext} -2\pi V+\pi A_{ext}+\sum_{i=1}^k\epsilon_i\\ &{}=2\pi A-2\pi V+\sum_{i=1}^k\epsilon_i. \end{aligned} \]

Substituíndo, \[ \begin{aligned} 2\pi C &{}=\int_R K+\int_{\partial R}\kappa_g +2\pi A-2\pi V+\sum_{i=1}^k\epsilon_i, \end{aligned} \] e despexando obtense a fórmula de Gauss-Bonnet global \[ \begin{aligned} \int_R K+\int_{\partial R}\kappa_g +\sum_{i=1}^k\epsilon_i &{}=2\pi C-2\pi A+2\pi V\\ &{}=2\pi\chi(R), \end{aligned} \] como queriamos ver.

Simplemente hai que observar que para a fórmula global de Gauss-Bonnet neste caso non hai borde. A demostración tamén se pode ver como un caso máis sinxelo da anterior xa que o argumento pode repetirse tendo en conta que tódolos vértices e tódalas aristas son interiores.

Como $K>0$, temos $0<\int_S K=2\pi\chi(S)$, co que $\chi(S)>0$. Isto só é posible con $\chi(S)=2$ e sendo $S$ unha esfera de acordo co teorema que nos dá as características de Euler das superficies compactas orientables.

Sexan $\gamma_1$ e $\gamma_2$ dúas xeodésicas pechadas e simples que non se cortan. Como $S$ é conexa, compacta, e de curvatura positiva, obtemos que $S$ é homeomorfa a unha esfera. Logo, $\gamma_1$ e $\gamma_2$ determinan unha rexión $R$ en $S$ que é homeomorfa a unha coroa circular. Por tanto $\chi(R)=0$. Ademais, o borde é regular e formado por xeodésicas. Pola fórmula de Gauss-Bonnet obtemos $\int_R K=0$, o que contradí $K>0$.

Supoñamos que $S$ é unha superficie que satisfai $K<0$ en todo punto. Sexan $\gamma_1\colon[a_1,b_1]\to S$, e $\gamma_2\colon[a_2,b_2]\to S$, dúas xeodésicas que se cortan en dous puntos distintos $\gamma_1(a_1)=\gamma_2(a_2)$, $\gamma_1(b_1)=\gamma_2(b_2)$.

Considerémo-la rexión $R$ encerrada por $\gamma_1$ e $\gamma_2$. Denotamos por $\epsilon_1$ e $\epsilon_2$ os ángulos exteriores nos puntos de corte $\gamma_1(a_1)=\gamma_2(a_2)$, $\gamma_1(b_1)=\gamma_2(b_2)$ respectivamente. Nótese que $\epsilon_i\neq\pm\pi$, pois noutro caso, serían reparametrizacións da mesma xeodésica.

Pola fórmula de Gauss-Bonnet, \[ \begin{aligned} 2\pi\chi(R) &{}=\int_R K+\int_{\partial R}\kappa_g+\epsilon_1+\epsilon_2\\[1ex] &{}< \epsilon_1+\epsilon_2 < \pi+\pi =2\pi, \end{aligned} \] co que $\chi(R)\neq 1$. Como as rexión simples teñen característica de Euler igual a 1, chegamos a unha contradicción, e por tanto, $R$ non é simple.

Sexa $T$ é un triángulo tal que os seus lados son xeodésicas. Sexan $\epsilon_1$, $\epsilon_2$ e $\epsilon_3$ os ángulos exteriores e $\varphi_i=\pi-\epsilon_i$ os ángulos interiores. Como $K=0$ e $\kappa_g=0$ en $\partial T$, e $\chi(T)=1$, o teorema de Gauss-Bonnet di \[ \begin{aligned} 2\pi=2\pi\chi(T) &{}=\int_T K+\int_{\partial T}\kappa_g+\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_3\\ &{}=3\pi-(\varphi_1+\varphi_2+\varphi_3), \end{aligned} \] de onde se deduce $\varphi_1+\varphi_2+\varphi_3=\pi$.