Gennaio 17. January 24, 2017

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1 Gennaio 7 January 24, 207

2 Prova scritta di Geometria Differenziale Ingegneria Meccanica, a.a Cognome Nome L esame consiste di quattro esercizi, e ha la durata di tre ore. Rispondere negli spazi predisposti, e giustificare le risposte in modo chiaro e conciso (se occorre, usare il retro del foglio). Risposte senza spiegazione non riceveranno credito. Non saranno accettati fogli di brutta copia. Esercizio (vedere Appunti) Sia f = f(u, u 2 ) una superficie parametrizzata regolare definita su un aperto Ω di R 2, e si ponga Σ = f(ω). a) Spiegare cosa significa che la parametrizzazione f è regolare, definire il piano tangente T p Σ alla superficie nel suo punto p = f(u, u 2 ) e trovare una base di T p Σ. b) Definire il versore normale N e l operatore di Weingarten W. Dimostrare che W trasforma vettori di T p Σ in vettori di T p Σ. c) Definire le curvature principali nel punto p, la curvatura gaussiana e la curvatura media. Inoltre dare una formula della curvatura gaussiana in funzione delle matrici della prima e seconda forma fondamentale. Esercizio 2 Si consideri la curva cos t α(t) = sin t, t > 0 φ(t) dove φ(t) è una funzione positiva di t. a) Calcolare la curvatura di α per un generico valore di t. Soluzione. Abbiamo: sin t cos t sin t α (t) = cos t, α (t) = sin t, α (t) = cos t φ φ φ Dunque: φ sin t + φ cos t α (t) α (t) = φ sin t φ cos t, α (t) α (t) = + φ 2 + φ 2

3 Poiché si ha: α (t) = + φ 2 k(t) = + φ 2 + φ 2 ( + φ 2 ) 3 b) Sia M una matrice ortogonale. Calcolare la curvatura della curva β(t) = M α(t). Soluzione. Poiche l applicazione f(x) = M x è un isometria (in quanto M è ortogonale) la curvatura di β è uguale, punto per punto, alla curvatura di α. c) Calcolare curvatura e torsione di α in t se φ(t) = 2t + 3. Soluzione. Poiche φ (t) = 2, φ (t) = 0 si ottiene subito k(t) = 5. Ora e si ottiene τ(t) = 2 5. τ(t) = det(α (t), α (t), α (t)) α (t) α (t) 2 Esercizio 3 Si consideri la superficie ottenuta ruotando la curva x = del piano xz intorno z all asse z (si assuma z > 0). a) Parametrizzare Σ, inoltre determinare il versore normale e il piano tangente a Σ nel suo punto (, 0, ). Dato a > 0, scrivere l integrale che esprime l area della regione Σ a Σ definita dalle disuguaglianze a < z, e stabilire se Σ a ha area finita oppure no quando a 0. Soluzione. Parametrizzazione v cos u f(u, v) = v sin u, v (u, v) [0, 2π] (0, + ). quindi v cos u f u f v = v sin u, f u f v = v 3 L area della regione in esame si calcola con l integrale + v 4 A = 2π a v 3 dv poiche + v 4 si avra A 2π a + v 4 v 3, N = v 3 + v 4 v 3 dv che diverge quando a 0. v cos u v sin u. v 3

4 b) Si consideri il parallelo Γ c : z = c, dove c > 0 è costante. Determinare gli eventuali valori di c per i quali Γ c è una geodetica di Σ. Determinare inoltre i valori che puo assumere il valore assoluto della curvatura geodetica di Γ c. Soluzione. Sappiamo che v = c è una geodetica se e solo se c è un punto critico della funzione distanza dall asse, cioè φ(v) = v. Poichè φ (v) < 0 per ogni v risultera che non ci sono paralleli che siano anche geodetiche. Ora Γ c si parametrizza c cos t α(t) = c sin t, t [0, 2π]. c Usiamo la formula della curvatura geodetica k g (t) = α (t) 3 det(α (t), α (t), N(α(t))). Poiche un calcolo mostra che N(α(t)) = k g (t) = c 3 c cos t + c 4 c sin t c 3 c + c 4 che, ovviamente, non dipende da t, ma solo da c. Si vede che lim k g(t) = 0, c 0 lim k g(t) = 0, c + e che, in quanto funzione di c, k g ammette un solo punto critico: il suo massimo, assunto in c = e di valore 2. Dunque i valori possibili di k g sono costituiti dall intervallo (0, 2 ]. c) Sia ora α la geodetica uscente da p Γ, diretta nel verso delle z crescenti, che forma con il parallelo Γ un angolo di π 6 radianti. Calcolare la quota massima raggiunta da α. Soluzione. Il Teorema di Clairaut afferma che la funzione µ(t) = ρ(t) cos θ(t) è costante lungo la geodetica α(t). Qui ρ(t) è la distanza dall asse di rotazione e θ(t) è l angolo che α (t) forma con il parallelo per α(t). Ora ρ(t) è la coordinata x di α(t); dai dati del problema abbiamo ρ(0) = e θ(0) = π/6 dunque: ρ(t) cos θ(t) = ρ(0) cos θ(0) = 3 2.

5 Ora cos θ(t) dunque, per ogni t: ρ(t) e di conseguenza z max 2 3. (Si puo dimostrare che la quota massima z = 2/ 3 è effettivamente raggiunta in corrispondenza del valore t 0 tale che θ(t 0 ) = 0, cioè quando la geodetica diventa tangente al parallelo). 3 2, Esercizio 4 a) Determinare gli autovalori della matrice Q = parametro reale k. Soluzione. Gli autovalori risultano essere 3, + k, k. 0 k 0 3 0, dipendente dal k 0 b) Data la quadrica σ k : x 2 + 3y 2 + z 2 + 2kxz + = 0, dipendente dal parametro k, stabilire per quali valori essa è generale. Per tali valori, determinarne la forma canonica al variare del parametro k. Soluzione. La matrice della quadrica è 0 k 0 A = k e la parte principale è proprio la matrice Q della parte a). Poiche det A = 3( k 2 ) la quqdrica è generale se e solo se k, k. Dal teorema di riduzione sappiamo che la forma canonica è del tipo 3X 2 + ( + k)y 2 + ( k)z 2 + p = 0, con p R. Sapendo che det A = 3( k 2 ) e che il determinante della matrice della quadrica nel riferimento canonico è det à = 3p( k2 ) ricaviamo p = dunque la forma canonica 3X 2 + ( + k)y 2 + ( k)z 2 + = 0. Classifichiamo la quadrica al variare di k. Si vede che, se < k < i tre autovalori sono positivi, e dunque la quadrica è un ellissoide immaginario. Se k > oppure k <, ci sono due autovalori positivi e uno negativo. Dal segno del termine noto si evince che la quadrica è un iperboloide ellittico (a due falde). c) Determinare ora i valori di k per i quali σ k è degenere, e stabilire se σ k è una superficie regolare in tutti i suoi punti oppure no. Stabilire infine se σ k è una superficie rigata oppure no.

6 Soluzione. Sappiamo che la quadrica è degenere se e solo se k = oppure k =. Nel primo caso la forma canonica diventa mentre nel secondo diventa 3X 2 + 2Y 2 + = 0 3X 2 + 2Z 2 + = 0. È evidente che in entrambi i casi abbiamo una quadrica immaginaria (cioè priva di punti reali), precisamente, un cilindro immaginario. Infine, dalla discussione appena svolta notiamo che σ k non è mai una superficie rigata, poiche σ k è una quadrica immaginaria oppure è un iperboloide ellittico (che evidentemente non è una rigata).