Prova scritta di Geometria differenziale - 27/9/2012

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1 Prova scritta di Geometria differenziale - 27/9/2012 Tempo disponibile: 3 ore Non sono ammesse calcolatrici, appunti o libri di testo. Una copia degli appunti è disponibile per libera consultazione alla cattedra. Consegnare solo la bella copia: sarà tenuto conto della presentazione. Esercizio I [tipo 5.6, 1.14, 3.11, 7.6, 11.12, 14.15] Sia α : R R 2 la curva α(t) = (x(t), y(t)) = (cos t, sin 3 t), e sia A = Im(α). 1) Studiare periodicità, simmetrie e regolarità di α; ridurre quindi lo studio di α al più piccolo intervallo possibile necessario alla comprensione dell andamento globale della curva; 2) calcolare curvatura algebrica e flessi; 3) Scrivere la tabella delle variazioni di x(t) e y(t), con il limite del vettore tangente nei punti non regolari, e disegnare la curva. Sia ora S la superficie di rivoluzione ottenuta ruotando A intorno all asse y: 4) determinare una parametrizzazione φ e un equazione g(x, y, z) = 0 per S; 5) determinare l insieme C dei punti singolari di S e lo spazio tangente ad S nei punti singolari (cioè i punti nell intorno dei quali l insieme S non è una 2-sottovarietà); 6) siano ±n 0 = (0, ±1, 0): scrivere tutti i campi vettoriali unitari V di classe C tangenti ad S 0 = S \ (C ±n 0 ), che formano un angolo costante π 3 con ogni parallelo (passante per il suo punto di applicazione); quanti sono? 7) Determinare direzioni principali, curvature principali e curvatura di Gauss in ogni punto P = (x, y, z) di S 0. 8) Esiste un intorno del punto n 0 = (0, 1, 0) in S isometrico ad un intorno del punto O = (0, 0, 0) del paraboloide iperbolico P : z = x 2 y 2? Esercizio II [ 11.10] Consideriamo una funzione f e un campo V su una superficie differenziabile S R 3. Siano quindi f e Ṽ una funzione e un campo che estendono rispettivamente f, V ad un aperto di R 3 contenente S. (i) Mostrare con esempi che, in generale, grad S f grad f e div S V div Ṽ ; (ii) mostrare che se f e Ṽ sono costanti sulle rette normali ad S, allora effettivamente grad S f = grad f, div S V = div Ṽ e S f = f.

2 Soluzione dell esercizio I. 1. Il periodo è il minimo comune multiplo del periodo delle funzioni componenti x(t), y(t), dunque uguale a 2π. È dunque possibile ridurre lo studio della curva all intervallo [0, 2π]. La curva è simmetrica rispetto all asse x: difatti, se P = (x, y) = α(t) A, allora S x (P ) = (x, y) = α( t) A; analogamente, scambiando t con π t si verifica che la curva è simmetrica rispetto all asse y. Ne segue che la curva è simmetrica anche rispetto all origine O. Conoscendo tali simmetrie, è possibile ridurre lo studio ai punti di A che giacciono nel primo quadrante, cioè x 0 e y 0, dunque a t I = [0, π/2]. 2. Si ha α (t) = ( sin t, 3 sin 2 t cos t), α (t) = ( cos t, 3[2 3 sin 2 t] sin t) e α (t)=(sin t, 6 cos t 18 sin t cos t), pertanto la curva è regolare per t kπ e k alg (t) = x y y x α 3 = 3[cos2 t + 3 sin 2 t 2] sin 2 t [sin 2 t + 9 sin 4 t cos 2 t] 3/2 = 3[2 sin 2 t 1] sin(t) [1 + 9 sin 2 t cos 2 t] 3/2 Se P = α(t) è un punto di flesso, allora t è un punto regolare in cui la curvatura si annulla, dunque gli unici possibili punti di flesso sono F 1 = α( π 4 ), e i suoi simmetrici F 2, F 3, F 4 rispetto agli assi y, x e rispetto ad O, corrispondenti a t i = 3 4 π, 5 4 π, 7 4π. Questi sono effettivamente punti di flesso, in quanto punti di inflessione di prima specie, infatti: α ( π 4 ), α ( π 4 ) (1, 3 2 ) e α ( π 4 ) (1, 6 9 2) è linearmente indipendente da α ( π 4 ); analogamente per gli altri valori di t. Si noti che, in genere, un punto in cui la curvatura si annulla non è sempre un punto di flesso, come mostra l esempio γ(t) = (t, t 4 ). 3. La tabella delle variazioni per t I (comprensiva di segno della curvatura algebrica e del limite ai bordi del versore tangente o della sua pendenza) è: 0 π 4 x(t) 1 1/ 2 0 y(t) 0 1/2 2 1 y /x (t) 0 3/2 0 k alg (t) e corrispondentemente il grafico di α è: π 2

3 4. Una parametrizzazione di rotazione di S è data da φ(t, ϑ) = (cos t cos ϑ, sin 3 t, cos t sin ϑ) per (t, ϑ) R 2. Per determinare un equazione cartesiana per S, notiamo che se P = (x, y, z) = φ(t, ϑ) allora (1 x 2 z 2 ) 3 = (sin 2 t) 3 = y 2. Viceversa, se un punto P verifica l equazione g(x, y, z) = y 2 (1 x 2 z 2 ) 3 = 0 allora è facile verificare che P S. Pertanto g(x, y, z) = 0 è l equazione cartesiana cercata. 5. Si ha grad P g = (6x[1 x 2 z 2 ] 2, 2y, 6z[1 x 2 z 2 ] 2 ), che si annulla su S solo se y = 0 e x 2 + z 2 = 1, i.e. nei punti di C = S (y = 0). Pertanto, per il teorema delle funzioni implicite, ogni punto di S \ C è non singolare. D altra parte, mostriamo che ogni punto P C è singolare per S; per simmetria di rotazione è sufficiente mostrare che P 0 = (1, 0, 0) è singolare. Supponiamo per assurdo che P 0 sia non singolare: allora T P0 S sarebbe un piano contenente le direzioni u = (0, 0, 1) del parallelo e v = (1, 0, 0) del meridiano per P 0 ; pertanto T P0 S = oxz, e per il teorema del Dini sarebbe possibile esplicitare y in funzione di (x, z). Ma ciò è impossibile, dal momento che ogni intorno U P0 di P 0 in S contiene punti P ± con uguali x, z ed y opposta (dunque U P0 non può essere grafico di una funzione di x, z). Quindi P 0 e tutti i punti di C sono singolari. Per calcolare precisamente lo spazio tangente in P 0, notiamo che ogni punto P intorno a P 0 può essere scritto come P = P (t, ϑ) = (cos t cos ϑ, sin 3 t, cos t sin ϑ), e calcoliamo i possibili limiti u = lim n P 0P n P 0P n, per una qualsiasi successione P n = P (t n, ϑ n ) di punti con t n, ϑ n 0. Sviluppando con la formula di Taylor, abbiamo P 0 P n = v 1 (t) + v 2 (ϑ) dove v 1 (t) = ( t 2, 0, 0) + o(t 2 ), v 2 (ϑ) = (0, 0, 2ϑ) + o(ϑ) pertanto ogni tale vettore limite u ha componente y nulla. D altronde, scegliendo ϑ = kt 2 /2 con k arbitrario, è immediato verificare che otteniamo un vettore limite di direzione ( 1, 0, k), dunque ogni altro vettore del piano Oxz. Pertanto T P0 = Oxz. Infine, per simmetria di rotazione, se P = R ϑ (P 0 ) C, si ha T P S = (dr ϑ )(T P0 ) = Oxz ancora. 6. Consideriamo i campi coordinati per (t, ϑ) D = ( ] π 2, π 2 [\0) R: φ t = ( sin t cos ϑ, 3 sin 2 t cos t, sin t sin ϑ) φ ϑ = ( cos t sin ϑ, 0, cos t cos ϑ) (rispettivamente tangenti ai meridiani e ai paralleli di S). Normalizziamoli per ottenere una base ortonormale di vettori in ogni punto di S 0 = S \ (C ±n 0 ): ˆφ t = φ t / E = Definiamo quindi il campo [ V = ± cos 1 ( cos ϑ, 3 sin t cos t, sin ϑ) sin 2 t cos 2 t ˆφ ϑ = φ ϑ / G = ( sin ϑ, 0, cos ϑ) ( ± π 3 ) ˆφt + sin ( ± π ) ] ˆφϑ = ɛ ˆφ 3 t + τ 2 ˆφ ϑ che per ogni scelta di ɛ, τ {±1} definisce, su ognuna delle due componenti connesse di S 0 = S \(C ±n 0 ) un campo unitario tangente C con la proprietà richiesta. Pertanto i possibili campi sono 16 (quattro scelte per ogni componente connessa). 7 Si è detto che in una superficie di rotazione le direzioni principali sono date dai vettori tangenti a paralleli e meridiani (ma non solo). Proviamolo: supponiamo S ottenuta per rotazione attorno all asse y della curva α(t) = (f(t), g(t)) contenuta nel piano Oxy. Possiamo supporre, per semplicità, che A = Im(α) sia contenuta nel semipiano Ox + y, i.e. f(t) 0. Una parametrizzazione di rivoluzione di S è data allora da:

4 e dunque φ(t, ϑ) = (f(t) cos ϑ, g(t), f(t) sin ϑ) φ t = (f cos ϑ, g, f sin ϑ), φ ϑ = ( f sin ϑ, 0, f cos ϑ) φ tt = (f cos ϑ, g, f sin ϑ) φ tϑ = ( f sin ϑ, 0, f cos ϑ) φ ϑϑ = ( f cos ϑ, 0, f sin ϑ) φ t φ ϑ = (fg cos ϑ, ff, fg sin ϑ) N S = φ t φ ϑ φ t φ ϑ = (g cos ϑ, f, g sin ϑ) f + g E = φ t φ t = 1 F = φ t φ ϑ = 0 G = φ ϑ φ ϑ = f 2 l = φ tt N S = f g f g fg m = φ tϑ N S = 0 n = φ tϑ N S = f + g f + g da cui si evince che l operatore di Weingarten è diagonale nella base {φ t, φ ϑ }, e dunque i vettori direzione di paralleli e meridiani sono direzioni principali (e non ce ne sono altre in P = φ(t, ϑ) a meno che P sia ombelicale). Troviamo ora le curvature principali e la curvatura gaussiana con il minor numero di calcoli possibili; poiché S è invariante per rotazioni e la curvatura è invariante per isometrie, per stabilire le curvature in ogni punto (non singolare) è sufficiente determinarle sui punti della curva profilo A (y > 0); inoltre, per simmetria rispetto al piano Oxz, è sufficiente determinarla in un punto del tipo P = φ(t, 0) con t (0, π 2 ). Detti p t(ϑ) = φ(t, ϑ), m(t) = φ(0, ϑ) i paralleli e il meridiano passanti per P, notiamo che, poiché p t N S è costante lungo p t (per simmetria di rotazione), abbiamo 0= ϑ (p t N S ) = N S D p t p t + p t D p t N S = p t N S p t W (p t) = k t N t N S +k S (p t) dove k t, N t sono la curvatura della curva p t e il suo campo normale unitario, e k S (p t) è la curvatura principale di S (orientata da N S ) nella direzione p t. Esattamente come nel teorema di Meusnier si ha dunque k S (p t) = k t N t N S ; nel nostro caso abbiamo che la normale (uscente da S) è N S (t, ϑ) = (3 sin(2t) cos ϑ, 2, 3 sin(2t) sin ϑ) sin 2 (2t) mentre k t = 1 cos t (è l inverso del raggio del parallelo p t) e N t (0) = ( 1, 0, 0). Si trova allora subito la curvatura principale associata ai paralleli, per t (0, π 2 ): 3 sin(2t) k 1 (t, ϑ) = k 1 (t, 0) = k t N t N S (t, 0) = (cos t) sin 2 (2t) L altra curvatura principale si ottiene dal Meusnier: k S (m ) = k m N m N S ; in questo caso k m (t) = kα alg (t) (già calcolata nel punto 2), mentre tenendo conto che N m N S = 1 per t (0, π 4 ) e N m N S = 1 per t ( π 4, π 2 ), si ottiene: 3(1 2 sin 2 t) k 2 (t, ϑ) = k 2 (t, 0) = (sin t)(1 + 9 sin 2 t cos 2 t) = 24 cos(2t) 3/2 (sin t)[4 + 9 sin 2 (2t)] 3/2 da cui K S (t, ϑ) = K S (t, 0) = 144 cos(2t). [4+9 sin 2 (2t)] 2 8. Impossibile, per il teorema egregium di Gauss: infatti, per continuità della funzione K S, la curvatura gaussiana di S in n 0 è K S (n 0 ) = lim t π K 2 S(t, ϑ) = 9 (si noti che la formula della curvatura gaussiana precedentemente trovata non valeva, a priori, in t = π 2 ), mentre è ben noto che la curvatura del paraboloide iperbolico in O è negativa.

5 Soluzione dell esercizio II. (i) Prendiamo per esempio S = S 2 e f(p )=d(o, P )=r(p )= x 2 1 +x2 2 +x2 3. Si ha f = f S 2 = 1 è costante, pertanto grad S2 (f) = 0 mentre grad( f) = r 0. Per la divergenza, osserviamo che su ogni varietà riemanniana S (e in particolare in R 3 ) vale la formula div S (fv ) = fdiv S V + V grad S f Basta allora scegliere un qualsiasi campo Ṽ = f(r) r con f(1) = 0 (si noti che la divergenza su S 2 è definita solo per campi tangenti), ma con f non costante: per es. f(r) = r 1. In tal caso V = Ṽ S 2 = 0 ovunque, e dunque per ogni P S 2 si ha divp S2 V = 0, mentre [ ( )] div P (Ṽ ) = (r 1)div P + 2 r r=1 r grad P (r 1) = r = 1 (ii) Sia {e 1, e 2, ν} una base ortonormale di R 3 con i vettori e 1, e 2 T P S. Se f, Ṽ sono costanti lungo le rette normali ad S, si ha f ν = 0 e D ν Ṽ = 0. Dunque, per ogni S: grad P f f = ν + f = f + f = grad S P f e i=1,2 i e 1 e 2 div P Ṽ = ν D ν Ṽ + e i D ei Ṽ = e 1 D e1 V + e 2 D e2 V = divp S V i=1,2 poiché f = f e Ṽ = V su S (dunque su qualsiasi curva di S con velocità e i).