Esame scritto di Geometria 2

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1 Esame scritto di Geometria 2 Appello del 15 luglio 2016 Esercizio 1 Esercizio 1 Si consideri la funzione σ : R 2 R 3 definita da ) σ(u, v) = (u u3 3 + uv2, v v3 3 + vu2, u 2 v 2 1. Si dimostri che esiste ɛ 0 > 0 tale che la restrizione di σ all insieme {(u, v) u 2 + v 2 2ɛ 0 } è la parametrizzazione di una superficie S. 2. Si calcoli la prima forma fondamentale di S nella parametrizzazione data da σ. 3. Si calcoli la matrice rappresentante il differenziale della mappa di Gauss nel punto generico σ(u, v), rispetto al sistema {σ u, σ v }. 4. Sia α(t) = σ(ɛ 0 cos t, ɛ 0 sin t). Si determini la curvatura geodetica di α (in funzione di ɛ 0 ) nel punto α(0) Soluzione: 1. Per il teorema di raddrizzamento dell immagine è sufficiente controllare che rg dσ 0 = 2. Da un conto immediato e segue la tesi. 2. Si ha σ u (0) = (1, 0, 0) σ v (0) = (0, 1, 0) σ u (u, v) = (1 u 2 + v 2, 2uv, 2u) σ v (u, v) = (2uv, 1 v 2 + u 2, 2v) da cui calcolando i prodotti scalari otteniamo E = (1 + v 2 + u 2 ) 2 F = 0 G = (1 + v 2 + u 2 ) 2 1

2 3. La matrice rappresentativa A del differenziale della mappa di Gauss nel riferimento {σ u, σ v } è data da A = [I] 1 [II] dove [I] e [II] sono le matrici dei coefficienti della prima e della seconda forma fondamentale nel riferimento fissato. Osserviamo che dal punto precedente [I] = (1+u 2 +v 2 ) 2 Id. D altronde per calcolare II osserviamo che la normale è data da 1 N = (σ u σv) det[i] È immediato che det[i] = (1 + u 2 + v 2 ) 2. Del resto un conto esplicito mostra che e che σ u σ v = ( 2u(1 + v 2 + u 2 ), 2v(1 + u 2 + v 2 ), 1 (u 2 + v 2 )) da cui si deduce che σ uu = ( 2u, 2v, 2) σ uv = (2v, 2u, 0) σ vv = (2u, 2v, 2) (σ u σ v ) σ uu = 4u 2 (1 + v 2 + u 2 ) + 4v 2 (1 + u 2 + v 2 ) + 2 2(u 2 + v 2 ) 2 = 4(u 2 + v 2 ) + 4(u 2 + v 2 ) (u 2 + v 2 ) 2 = 2((u 2 + v 2 ) 2 + 2(u 2 + v 2 ) + 1) = 2(1 + u 2 + v 2 ) 2 Dato che σ vv = σ uu otteniamo che (σ u σ v ) σ vv = 2(1 + u 2 + v 2 ) 2 e infine un conto immediato mostra che Dunque (σ u σ v ) σ uv = 0. e = N σ uu = 2 f = N σ uv = 0 g = N σ vv = 2. Da cui deduciamo che 1 A = (1 + u 2 + v 2 ) 2 ( ). 2

3 4. Notiamo che α = ɛ sin tσ u (ɛ cos t, ɛ sin t) + ɛ cos tσ v (ɛ cos t, ɛ sin t). In particolare α ha velocità costante v = ɛ(1 + ɛ 2 ). Dunque la riparametrizzazione in parametro d arco è data da β(s) = α(s/v). Ora dato che β(0) = α(0), segue che la curvatura geodetica nel punto α(0) è data da κ = β(0) (N β(0)). Dato che β(0) = 1 v α(0) e β(0) = 1 v 2 α(0), abbiamo che κ = 1 ( α(0) (N α(0))) v3 Osserviamo che in 0 si ha α(0) = ɛσ v (ɛ, 0), dunque N α = ɛ(n σ v (ɛ, 0)). Ora i vettori N σ v e σ u sono entrambi ortogonali a N e a σ v e dunque giacciono sulla retta Span(N, σ v ). Del resto N σ v = σ v = (1+ɛ 2 ) = σ u, dunque tali vettori hanno la stessa norma. Poiché giacciono in un sottospazio di dimensione 1, segue che N σ v = ±σ u. Infine osserviamo che σ u, σ v, N è base positiva, mentre (N σ v ), σ v, N è base negativa. Concludiamo che N σ v = σ u In conclusione N α(0) = ɛσ u (ɛ, 0). Ora derivando l esressione di α(t) in t = 0 e sfruttando che sin t = 0 per t = 0 si deduce che α = ɛσ u (ɛ, 0) + ɛ 2 σ vv (ɛ, 0) Da cui deduciamo che in t = 0 (utilizzando le espressioni esplicite di σ u e σ vv già trovate) che α (N α) = ɛ 2 (1 + ɛ 2 ) ɛ 3 (2ɛ(1 ɛ 2 ) 4ɛ) = ɛ 2 (1 + ɛ 2 ) 2 + 2ɛ 4 (1 + ɛ 2 ). Segue che κ = 1 ɛ(1 + ɛ 2 ) + 2ɛ (1 + ɛ 2 ) 2 Soluzione alternativa punto 4. Osserviamo che i coefficienti della prima forma fondamentale dipendono solo da u 2 +v 2. Segue che le mappe f : S S che in coordinate sono rotazioni, sono isometrie per la prima forma fondamentale. Siccome tali isometrie preservano la curva α, si ottiene che la curvatura geodetica di α nel punto x è uguale alla curvatura geodetica di α nel punto f(x). Dato che data una coppia di punti su α esiste sempre una rotazione che porta il primo sul secondo deduciamo che la curvatura geodetica di α è una costante κ. 3

4 Per calcolarla possiamo allora notare che l integrale di κ lungo α è uguale a κl(α). Osserviamo che α 2 = I( ɛ sin tσ u +ɛ cos tσ v, ɛ sin tσ u +ɛ cos tσ v ) = (1 + ɛ 2 ) 2 ɛ 2. Dunque l(α) = 2πɛ(1 + ɛ 2 ). D altra parte, per la formula di Gauss-Bonnet, l intergale della curvatura geodetica lungo α è uguale 2π Kdα σ(d) dove K è la curvatura di Gauss, dα è la forma d area e D è il disco bordato da α. Per il Teorema Egregium, K = det A = 4 (1+u 2 +v 2 ) 4 del resto la forma d area è dα = det Idudv = (1 + u 2 + v 2 ) 2 4 dudv e dunque Kdα = dudv. (1+u 2 +v 2 ) 2 Segue che 4 Kdα = σ(d) D (1 + u 2 + v 2 ) dudv 2 Introducendo coordinate polari ρ, θ sul piano uv, l integrale sopra può essere riscritto come ɛ 2 4ρ Kdα = π (1 + ρ 2 ) dρdθ. 2 σ(d) Ponendo ξ = ρ 2 risulta σ(d) Dunque otteniamo che ovvero κ = 1 ɛ(1+ɛ 2 ) + ɛ 2 Kdα = 4π ξ dξ (1 + ξ) 2 = 4π 1 ɛ2 ɛ2 0 2πκɛ(1 + ɛ 2 ) = 2π + 4π 1 + ɛ 2 2ɛ. (1+ɛ) 2 = 4π ɛ2 1 + ɛ 2 Esercizio 2 Si consideri la semiretta sul piano Oxz parametrizzata in lunghezza d arco α(r) = ( r, 0, 35r), r > 0 e sia S il cono ottenuto ruotando il supporto di 6 6 α lungo l asse delle z. Identificando il piano Euclideo con il piano complesso C, si consideri la mappa F : C \ {0} S definita da z = ρe iθ (cos(6θ) ρ 35ρ 6, sin(6θ)ρ 6, ). 6 4

5 1. Dimostrare che F è ben definita e realizza un isometria locale non iniettiva tra C (con la distanza usuale) e S. 2. Determinare una regione del piano P tale che la restrizione di F a P realizzi un isometria tra P e S \ supp α. 3. Dimostrare che esistono esattamente 6 geodetiche distinte che congiungono il punto (1, 0, 35) al punto ( 1, 0, 35). 4. Mostrare che S non è isometrico a C \ {0}. Soluzioni: Osserviamo che poiché cos 6θ = cos 6(θ + 2π) e sin 6θ = sin 6(θ + 2π), la definizione di F non dipende dalla determinazione della fase θ e dunque F è una mappa ben definita (come mappa a valori in R 3 ). Inoltre F (ρe iθ ) si ottiene ruotando α(ρ) di angolo 6θ lungo l asse delle z. In simboli F (ρe iθ ) = R 6θ α(ρ), dove R 6θ è la matrice di rotazione intorno all asse delle z di angolo 6θ. Segue che F (ρe iθ ) S. Infine osserviamo che F (z) = F (z ) se e solo se z = z e 6 Arg(z) = 6 Arg(z ), (mod2π). La seconda condizione è equivalente a Arg(z) = Arg(z ), (modπ/3). Segue che F (z) = F (z ) se e solo se z = e ikπ/3 z per k = 0, 1,..., 5. In particolare F non è iniettiva. Per dimostrare che F è un isometria è sufficiente controllare che Ora noi sappiamo che Del resto si ha dove Ṙ = df ( ρ 2 = ρ 2 df ( θ ) 2 = θ 2 df ( ρ ) df ( ρ ) = ρ θ. Ora ρ 2 = 1 θ 2 = ρ 2 = 0 ρ θ df ( ) = R ρ 6θ α(ρ) df ( ) = 6R θ 6θṘα(ρ) ρ/6 0 Ṙ 0 = ρ/6. 35ρ/6 0 5

6 Da queste relazioni segue che e la tesi segue. df ( ρ 2 = 1 df ( θ 2 = ρ 2 df ( ρ ) df ( ρ ) = 0 Consideriamo la regione P = {z C \ {0} 0 < Arg(z) < π/3}. Osserviamo che la restrizione di F a P è iniettiva. Dunque F realizza un isometria tra S e la sua immagine. Ora da definizione si ha che l immagine di F è il sottoinsieme {R 6θ α(ρ) θ (0, π/3), ρ > 0} = {R φ (α(ρ) φ (0, 2π), ρ > 0}. Tale insieme è S \ supp α. Fissiamo un elemento z 0 nella preimmagine di (1, 0, 35) Le sei preimmagini del punto ( 1, 0, 35) sono allora w 0 = e iπ/6 z 0, w 1 = e iπ/3 w 0,..., w 5 = e i5π/3 w 0. Si noti che i segmenti α i (t) = (1 t)z 0 + tw i non passano mai per l origine e dunque si proiettano tramite F a curve ᾱ i che congiungono (1, 0, 35) a ( 1, 0, 35). Poiché F è un isometria tali segmenti sono geodetici. Per controllare che tali curve sono tutte distinte osserviamo che (ᾱ i ) (0) = df z0 (w i z 0 ) poichè df z0 è iniettivo, ricaviamo che (ᾱ i ) (0) (ᾱ j ) (0) per i j. Dimostriamo ora che non ci sono altri segmenti che congiungono (1, 0, 35) a ( 1, 0, 35). Sia β(t) una geodetica a velocità costante tale che β(0) = (1, 0, 35) e β(1) = ( 1, 0, 35). Sia v R 2 un vettore tale che df z0 (v) = β (0). Sia β(t) = z 0 + tv. Osserviamo che β è una geodetica a velocità costante, dunque poichè F è una locale isometria F β è una geodetica a velocità costante che parte da (1, 0, 35) con velocità df z0 (v) = β (0). Dunque F β(t) = β(t). Ciò implica che β(1) sia una controimmagine di ( 1, 0, 35), ovvero β è uno dei segmenti che congiungono z 0 a w i. Essendo β la proiezione di β su S, segue che coincide con uno degli ᾱ i. Esercizio 3 Si considerino i seguenti sottospazi di R 3 : B la palla aperta di raggio 1 centrata nell origine, L il segmento di estremi (0, 0, 1) e (0, 0, 1), S la sfera di bordo di B, X = (R 3 \B) L, e chiamiamo Y lo spazio topologico ottenuto da S identificando i due punti (0, 0, 1) e (0, 0, 1). 1. Descrivere una retrazione per deformazione di X su S L; 2. dimostrare che sia X è connesso per archi e calcolare il suo gruppo fondamentale; 6

7 3. dire se esiste un equivalenza omotopica tra S L e Y. Soluzioni: 1. Un modo per farlo è ad esempio il seguente: la retrazione ρ : X S L sia data da { x per x X\ Int(L) x ρ(x) = x per x L che è chiaramente continua a tratti e coincide sull intersezione dei due insiemi di definizione, che è L. La deformazione F : X I X possiamo allora definirla come F (x, t) = (1 t)i(ρ(x)) + tid X (x) dove i : S L X è l inclusione e Id X è l identità. 2. Dato il punto 1), è sufficiente dimostrare che S L è connesso per archi; ma ogni punto della sfera può essere unito al punto (0, 0, 1) da un arco di circonferenza massima, e ogni punto di L da un pezzo dello stesso segmento L. A questo punto è sufficiente calcolare il gruppo fondamentale π(s L) per rispondere alla domanda del testo. Un modo per farlo è usare il teorema di Van Kampen sui due aperti A = {p = (x, y, z) S L x < 1 10 } e B = {p = x, y, z S x > È facile vedere che il primo si retrae su un S 1, mentre il secondo è un disco. L intersezione è una striscia della sfera attorno a una circonferenza di raggio massimo, quindi si retrae a sua volta su un S 1. Se il gruppo fondamentale di A B è generato da α e quello di A da β, si ha che l immagine di β in π(a) è banale (infatti α è contenuto nel disco {p S x > 1 }) e π(b) = {e}, 10 quindi π(s L) = β e = e = Z. 3. Siano f : D I l applicazione (continua) tale che f(x) x ; p la proiezione ortogonale da R 3 sul piano di equazione z = 0, j : [ 1, 1] L l omeomorfismo che manda t in (0, 0, t), d l omotetia del piano di equazione z = 0 di ragione 2 e h : Z = S {z < 2/2} S la mappa che in 7

8 coordinate sferiche (ρ, φ, θ) raddoppia l angolo θ. Sia poi π : S Y la proiezione al quoziente e siano Z + e Z i due sottospazi di S \ Int(Z) costituiti rispettivamente dai punti con coordinata z maggiore (minore) di 0. Chiamiamo F : S L Y la mappa che contrae L a un punto, e G : Y S L la mappa definita come { G(q) = h(q) se x π(z); j(f(d(p(q)))) se x π(z + ); j( f(d(p(q)))) se x π(z ). F è chiaramente continua. G lo è perchè definita come composizione di funzioni continue su chiusi e coincidente sulle intersezioni. La composizione F G : Y Y contrae un intorno del punto [(0, 0, 1), (0, 0 1)] sul punto stesso in modo radiale, ed è perciò facile definire (contraendo in modo radiale intorni di grandezza variabile) un omotopia tra essa e l identità; la composizione G F : S L S L contrae L a un punto e i due intorni Z + e Z (rispettivamente di (0, 0, 1) e di (0, 0, 1)) su due metà di L, estendendo il resto di S fino a coprire S intera (privata dei due poli). Anche G F puo pezzo per pezzo essere realizzata gradualmente (componendola con funzioni lineari del tempo) definendo così un omotopia tra essa e l identità, avendo cura che sulle intersezioni dei domini di definizione essa risulti coincidente, e perciò continua, per ogni tempo. 8