Considere uma superficie de rotação da forma
X(u, v)=(f(u) \cos v, f(u) \operatorname{sen} v, u), \quad(u, v) \in U,
onde U=I \times \mathbf{R} e I é um intervalo aberto de \mathbb{R}. Para cada \left(u_{0}, v_{0}\right) \in U, obtenha um aberto V,\left(u_{0}, v_{0}\right) \in V \subset U, e uma mudança de parâmetros h: \bar{U} \rightarrow V tal que o traço de Y=X \circ h é o gráfico de uma função diferenciável.

Passo 1

O enunciado apresenta a parametrização de uma superfície de revolução
X(u,v) = \bigl(f(u)\cos v,\;f(u)\operatorname{sen} v,\;u\bigr),\quad (u,v)\in U=I\times\R,
e pede que, dado um ponto (u_0,v_0), a gente ache uma vizinhança V\subset U e uma troca de parâmetros
h\colon W\subset\R^2\longrightarrow V
de modo que, escrevendo
Y(s,t)=X\bigl(h(s,t)\bigr),
o traço de Y seja o gráfico de uma função diferenciável (isto é, de uma forma (s,t)\mapsto (s,t,g(s,t)) ou equivalente). Para isso vamos usar o Teorema da Função Implícita ou, de modo equivalente, mostrar que em cada ponto pelo menos uma das projeções das coordenadas é localmente invertível.

Passo 2

Calculemos os vetores tangentes e o vetor normal (produto vetorial)
X_u = \bigl(f'(u)\cos v,\;f'(u)\operatorname{sen} v,\;1\bigr), \qquad X_v = \bigl(-\,f(u)\operatorname{sen} v,\;f(u)\cos v,\;0\bigr).
Então
N = X_u\times X_v = \bigl(-\,f(u)\cos v,\;-\,f(u)\operatorname{sen} v,\;f'(u)\,f(u)\bigr).
Os componentes de N são
N_1 = -f(u)\cos v,\quad N_2 = -f(u)\operatorname{sen} v,\quad N_3 = f'(u)\,f(u).

Passo 3

Como f(u_0)>0 (é perfil de revolução) e \cos^2v_0+\operatorname{sen}^2v_0=1, não podem simultaneamente N_1 e N_2 serem zero. Logo em (u_0,v_0) pelo menos uma das três componentes N_i é não nula. Isso garante que em torno de (u_0,v_0) podemos inverter localmente a projeção correspondente para obter um gráfico.

Passo 4

Dependendo de qual componente de N é não nula em (u_0,v_0), escolhemos o par de coordenadas a inverter:
  • Se N_3(u_0,v_0)\neq0, então f'(u_0)f(u_0)\neq0. A projeção
\pi_{xy}\colon (u,v)\mapsto \bigl(x,y\bigr) =\bigl(f(u)\cos v,\;f(u)\operatorname{sen} v\bigr)
tem Jacobiano \det D\pi_{xy}=-f(u)f'(u)\neq0. Pelo Teorema da Função Implícita existe uma vizinhança V de (u_0,v_0) e uma inversa diferenciável
(u,v) = \varphi^{-1}(x,y),\quad (x,y)\in W
tal que u,v dependem suavemente de (x,y). Definimos então
h\colon W\to V,\quad h(x,y)=\bigl(u(x,y),\,v(x,y)\bigr)
e obtemos
Y(x,y) = X\bigl(u(x,y),v(x,y)\bigr) = \bigl(x,y,\;u(x,y)\bigr).
Ou seja, Y é o gráfico da função (x,y)\mapsto u(x,y).
  • Se N_1(u_0,v_0)\neq0, isto é \cos v_0\neq0, consideramos a projeção
\pi_{yz}\colon (u,v)\mapsto \bigl(y,z\bigr) =\bigl(f(u)\operatorname{sen} v,\;u\bigr).
Seu Jacobiano vale \det D\pi_{yz}=-f(u)\cos v\neq0. Novamente existe inversa local
(u,v)=\psi^{-1}(y,z), definimos
h(y,z)=(u(y,z),v(y,z)),
e obtemos
Y(y,z) = X\bigl(u(y,z),v(y,z)\bigr) = \bigl(\,f(u(y,z))\cos v(y,z),\;y,\;z\bigr) = \bigl(g(y,z),\,y,\,z\bigr),
gráfico de (y,z)\mapsto g(y,z).
  • Se N_2(u_0,v_0)\neq0, isto é \operatorname{sen} v_0\neq0, análoga­mente projetamos em (x,z) e obtemos x=g(x,z),y=z.
Em todos os casos construímos h para que Y=X\circ h seja gráfico de uma função diferenciável de duas variáveis.

Resposta

Em torno de (u_{0},v_{0}), escolha i\in\{1,2,3\} tal que N_i(u_{0},v_{0})\neq0.
  1. Se i=3, use
\pi_{xy}(u,v)=(f(u)\cos v,f(u)\operatorname{sen} v),
inverta-a localmente para obter (u,v)=h(x,y) e então
Y(x,y)=(x,y,u(x,y)),
gráfico de u.
2. Se i=1, use
\pi_{yz}(u,v)=(f(u)\operatorname{sen} v,u),
inverta-a para (u,v)=h(y,z) e então
Y(y,z)=(g(y,z),y,z).
  1. Se i=2, projetar em (x,z).
Em cada caso Y é o gráfico de uma função diferenciável.

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