Detta ger och sen och .
Vi får alltså att har krökning och torsion
Vilket visar påståendet i uppgiften.H
Antag alltså att p=(x,y,z) och att |p|2=1. Vi har då |f(p)|2=((x2-y2)2+4x2y2+z2)/(z4-z2+1)= ((x2+y2)2+z2)/(z4-z2+1)=((1-z2)2+z2)/(z4-z2+1)=1.
Jacobianen dfp av funktionen ges av matrsen
där .Vi väljer nu basen e1(p)=(y,-x,0) och för tangentrummet Tp(S2). Avbildningen dfp (p=(x,y,z)) ger oss följande vektorer i Tf(p)(S2):
Vi ser att dfp(e1(p))=2e1(f(p)). Eftersom e1 har längd 1, medan df(e1) har längd 2 kan dfp inte vara en isometri.Räkningarna ovan förutsätter att I dessa båda fall kan vi välja e1=(1,0,0) och e2(0,1,0). Vi har då df(e1)=(0,0,0), så dfp kan inte ens vara en isomorfi i dessa fall.
Detta ger E=1+v6/9, F=-(1-u)v5/3 och G=1+(1-u)2v4 samt e=0, och . Vi får därför
Av detta följer att pukter där är hyperboliska. I punkter där v=0 är K=H=0, så dessa punkter är plana (och navelpunkter).
0=2v2u'v'+2(1-u)v(v')2=vv'(2vu'+2(1-u)v')
Alternativet v'=0, ger v=k, där k är en konstant, medan 0=2v2u'+2(1-u)vv' efter separering och integrering ger (c en konstant) så v=C(u-1), där C är en godtycklig konstant. De asymptotiska kurvorna är alltså dels och dels där k och C är godtyckliga konstanter.
Villkoret att linjen genom och är tangentlinje till ger att är parallell med så vi får speciellt eller . Villkoret blir sedan att . Men är reguljär och plan, så så vi får istället eller där C är en godtycklig konstant.
Svar: där C är en godtycklig konstant.
Vi har och .
Detta ger och därmed är precis när C=0.