Esame scritto di Geometria 2

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1 Esame scritto di Geometria Appello del primo luglio 016 Esercizio 1 Si consideri la curva dipendente dal parametro h R: α h : R R 3, α h (s) = ( 1 cos s, sin s + hs, sin s hs) Si determini il valore di h 0 per cui la curva α abbia curvatura e torsione pari a 1.. Posto α(s) = α h0 (s), sia N(s) il vettore normale ad α e si consideri la funzione σ : R R 3, σ(s, u) = α(s) + un(s) Si dimostri che σ è la parametrizzazione di una superficie S in R 3 3. Si calcolino i coefficienti della prima e della seconda forma fondamentale di S rispetto alla parametrizzazione data. 4. Sia = σ([0, 1] [0, 1/]). Si calcoli K S α S dove K S è la curvatura Gaussiana su S e α S è la forma d area. Soluzione 1. Da un calcolo diretto abbiamo che da cui si ha α h (s) = ( 1 sin s, cos s + h, cos s h) 4 4 α h (s) = ( 1 cos s, sin s, sin s) α h (s) = ( 1 sin s, cos s, cos s) 4 4 α h (s) = h Essendo la curva parametrizzata a velocità costante, risulta che α è ortogonale a α, per cui κ = α 1 α = 1 + = 4 h 1 + 8h. 1

2 Imponendo κ = 1 si ottiene h = ± 1 8 = ±. 4 Del resto la torsione, utilizzando ancora che α è ortogonale a α, è data da ( α α) α ( α α) α τ = = α α α α dove la sconda uguaglianza è vera poiché α e α sono ortogonali. Un calcolo diretto mostra che α α = ( h sin s, 8 + h cos s, 8 + h cos s) Per cui si ha che il prodotto triplo è uguale a ( α α)... α = 4 h da cui τ = 4 h 1 + 8h così imponendo τ = 1 si ottiene h = 4. Dunque l unico valore per cui κ = τ = 1 è h 0 = 4.. Osserviamo che per il valore scelto di h 0 si ha α =. Siano T (s) = α = α e B(s) = T (s) N(s) rispettivamente il campo tangente e α binormale al cammino α. Ricordiamo che dalle formule di Frenet N s = κ(s)t (s) τ(s)b(s) ricaviamo che σ s (s, u) = α(s) u(κ(s)t (s) + τ(s)b(s)) = α u(t (s) + B(s)) dove l ultima uguaglianza vale dato che nel nostro caso κ = τ = 1. Dunque σ s è un vettore non nullo in Span(T (s), B(s)). Del resto σ u = N(s) da cui si deduce immediatamente che rg dσ(s, u) = per ogni (s, u). Per verificare che σ è una parametrizzazione di una superficie basta allora controllare che sia iniettiva e propria. Osserviamo che poiché α è parametrizzata a velocità costante N(s) = α = α ( cos s, sin s, sin s). Notiamo che N(s) (0, 1, 1) = 0 per ogni s s. Dunque σ(s, u) (0, 1, 1) = α(s) (0, 1, 1) = h 0 s = s. Dunque detta A la controimmagine tramite σ di un compatto K di R 3, deduciamo che se (s, u) A allora s sup K (x (0, 1, 1)) e analogamente s infk (x (0, 1, 1). Ovvero s < M per qualche costante M che dipende

3 da K. Segue in particolare che α(s) M 1 dove M 1 = sup s [ M,M] α(s). Poichè u < σ(s, u) + α(s) deduciamo che se (s, u) A allora u M 1 + M sove M = sup K x. Segue che A è un sottoinsieme chiuso di [ M, M] [ M, M ] dove si è posto M = M 1 + M. Di conseguenza A è compatto. Per controllare che σ sia iniettiva supponiamo che σ(s 1, u 1 ) = σ(s, u ). Se consideriamo il prodotto dei termini dell uguaglianza con (0, 1, 1) deduciamo che hs 1 = hs ovvero s 1 = s. Dunque ponendo 0 = σ(s 1, u 1 ) σ(s, u ) = α(s 1 ) + u 1 N(s 1 ) α(s ) u N(s ) = (u 1 u )N(s ). Poiché N(s ) è non nullo deduciamo che u 1 = u. 3. Circa la prima forma fondamentale abbiamo calcolato che σ s = α(s) u(t (s) + B(s)) = ( u)t (s) ub(s) σ u = N(s). Dunque un calcolo diretto mostra che E = σ s = u + ( u), F = σ s σ u = 0, G = 1. Invece circa la seconda forma fondamentale osserviamo che la normale alla superficie è il vettore Del resto ν(s, u) = 1 E (σ s σ u ) = 1 E [( u)b(s) + ut (s)] σ ss = α + u N = α u(t + B) s = α un(s) = ( α u)n dove abbiamo utilizzato che T s = κn = N e B s = τn = N. Dunque e = σ ss ν = 0. Del resto σ su = (T + B) da cui f = E. Infine σ uu = 0 per cui g = Osserviamo che è una curva C 1 a tratti con esattamente 4 punti angolosi (corrispondenti ai vertici di ). Poichè F = 0 risulta che gli angoli interni sono tutti uguali a π/. Per Gauss-Bonnet risulta che K S α S = k g + π 4 π = = k g k g + k g + k g σ([0,1] {0} σ({1} [0,1/]) σ([0,1] {1/} σ({0} [0,1/]) 3

4 dove k g è la curvatura geodetica. Osserviamo che σ({0} [0, 1/]), σ({1} [0, 1/]) sono segmenti di R 3 e dunque k g è nulla su queste regioni del bordo. Del resto un conto esplicito mostra che σ(s, 1/) = (0, s, s), ovvero 4 4 σ([0, 1] {1/}) è anch esso un segmento in R 3. Dunque risulta che K S α S = k g σ([0,1] {0}) Ora osserviamo che la curva σ(t, 0) è uguale alla curva α(t). Inoltre poiché e = 0 si ha che D α = α e poiché per u = 0 si ha che ν(s, 0) = B(s) allora dt Dunque k g = α (B T ) = α N = κ α = 1/ K S α S = 1 l(α([0, 1]) Poiché α è parametrizzata a velocità costante risulta che la lunghezza di α([0, 1]) sia e infine otteniamo K S α S = 4 Esercizio Si consideri la funzione F : R 3 R definita da F (x, y, z) = x + xy + y z. 1. Si dimostri che la superficie di livello S = F 1 (1) è una superficie regolare.. Sia C l intersezione di S con il piano definito dall equazione z = 0. Si dimostri che C è una curva regolare connessa e che l insieme S = {(x, y, z) R 3 (x, y, 0) C} è una superficie regolare localmente isometrica a R. 3. Si determini il supporto della geodetica su S passante per il punto p = (1, 0, 0) con velocità v = (0, 1, 0). 4. Si determini il supporto della geodetica su S passante per il punto p = (1, 0, 0) con velocità v = (0, 1, 0). Soluzione 1. F = (x + y, y + y, z). Segue che F (x, y, z) = 0 solo se (x, y, z) = (0, 0, 0). Poiché (0, 0, 0) / S concludiamo che S è superficie regolare. 4

5 . Sul piano z = 0, C è l ellisse di equazione x + xy + y = 1, dunque è una curva regolare connessa. Se γ(s) è la parametrizzazione di C, allora σ(s, u) = γ(s) + (0, 0, u) è una parametrizzazione di S. Segue che S è una superficie regolare. Per concludere osserviamo che S è il bordo di un dominio convesso di R 3 e quindi i piani tangenti di S sono non separanti. Dunque i punti di S sono o ellittici o parabolici. poiché per ogni punto di S passa una retta contenuta in S deduciamo che tutti i punti sono parabolici. Segue che la curvatura è nulla, ovvero S è localmente isometrica al piano euclideo. 3. Osserviamo che la normale ad S in γ(s) è contenuta nel piano z = 0, e dunque coincide (a meno del segno) con γ. Segue che l accelerazione geodetica di γ è nulla ovvero γ è geodetica, dunque C è il supporto di una geodetica di S. Poiché p C e v è tangente a C, segue che C è la curva cercata. 4. Osserviamo che S e S si intersecano tangenti lungo C. Essendo C supporto di curva geodetica per S deduciamo che C è supporto di curva geodetica anche per S e concludiamo che C è la curva cercata. Esercizio 3 In R 3 si considerino i seguenti sottospazi: C il cubo [ 3, 3] 3, A 1 il parallelepipedo ( 1, 1) ( 1, 1) [ 3, 3], A il parallelepipedo ( 1, 1) [1, 3] ( 1, 1) e sia X lo spazio C \ (A 1 A ). In una seconda copia di R 3 si consideri il disco D contenuto nel semipiano {y = 0, x > 0} di centro p = (, 0, 0) e raggio 1. Sia T 1 il toro solido ottenuto ruotando D intorno all asse delle z. Sia T il toro solido ottenuto traslando T 1 di vettore (0, 0, 4). Infine sia L il cilindro di raggio 1 con asse parallelo allasse delle z e intersecante la base superiore in p e la base inferiore in p + (0, 0, 4). Infine poniamo Y lo spazio T 1 L T. 1. Si descriva una retrazione per deformazione di un cubo (chiuso) su un suo sottospazio formato da due facce opposte e una delle altre 4 facce;. Si dimostri che si può retrarre per deformazione lo spazio X su un suo sottospazio omeomorfo a Y ; 3. Si dimostri che sia X sia Y sono connessi per archi; 4. Si dia un sistema di generatori per il gruppo π 1 (X). Soluzione: 5

6 1. Supponiamo, senza perdita di generalità, che si tratti del cubo K = [ 1, 1] 3 le cui facce sono contenute nei piani π x,+ = {(x, y, z) R 3 x = +1} π x, = {(x, y, z) R 3 x = 1} π y,+ = {(x, y, z) R 3 y = +1} π y, = {(x, y, z) R 3 y = 1} π z,+ = {(x, y, z) R 3 z = +1} π z, = {(x, y, z) R 3 z = 1} e che il sottospazio A sia quello costituito dalle facce contenute nei piani π z,, π x,+ e π x, Chiamiamo inoltre B il sottospazio costituito dai punti di A e delle facce nei piani π y,+ e π y,. La proiezione dal punto N = (0, 0, ) sulle facce del cubo che non sono quella contenuta nel piano π z,+ può essere descritta in questo modo: per ogni punto P del cubo siano l(p ) la retta NP e r(p ) = l(p ) B la retrazione di K su B (che è facile dimostrare continua). Si può dunque retrarre per deformazione (forte) K su B in modo lineare ponendo F (P, t) = (1 t)p +tr(p ), a sua volta ovviamente continua. A questo punto è sufficiente retrarre B su A per deformazione, ma questo si può fare identificando le due facce dei piani π y,+ e πy, con l intersezione di K con il piano y = 0 e restringendo a questo quadrato la deformazione F : si ottiene una retrazione per deformazione di un quadrato su tre dei suoi lati, e facendo questo su entrambe le facce di B \ A (separatamente) si ottiene una deformazione di B su A, che composta con quella di X su B ne dà una di X su A, come richiesto.. Applicando la retrazione per deformazione del punto 1) ai cubi [1, 3] [1, 3] [ 1, 1], [1, 3] [ 1, 1] [ 1, 1], [1, 3] [ 3, 1] [ 1, 1], [ 3, 1] [1, 3] [ 1, 1], [ 3, 1] [ 1, 1] [ 1, 1] e [ 3, 1] [ 3, 1] [ 1, 1] uno dopo l altro e la retrazione di una faccia sui tre lati alle facce verticali degli stessi cubi rimanenti dopo le deformazioni precedenti si ottiene una retrazione di X su un suo sottospazio W che è unione di un anello di cubi tra z = 1 e z = 3 (omeomorfo a T 1 ), un anello di cubi tra z = 3 e z = 1 (omeomorfo a T ) e il parallelepipedo [ 1, 1] [ 3, 1] [, ] che li interseca (omeomorfo a L che interseca T 1 e T nello stesso modo). 3. Poiché un toro è connesso per archi e un cilindro anche, e L interseca sia T 1 che T, Y è chiaramente connesso per archi. uindi anche W lo è, e quindi anche X perché W è un suo retratto. 6

7 4. Poiché X si può retrarre su W che è omeomorfo a Y, è sufficiente dare generatori per π 1 (Y ) (e tale gruppo non dipende dal punto base trattandosi di spazi connessi per archi). Ma un toro pieno si retrae sulla sua circonferenze centrale e L sul suo asse (e tutto ciò si può fare conteporaneamente in modo compatibile), perciò è sufficiente dare generatori per il gruppo fondamentale di uno spazio Z dato dall unione di due circonferenze C 1, C e un segmento I che le collega intersecandole in due punti x 1 e x. Se U 1 e U sono due piccoli intorni di x 1 e x (rispettivamente) in C 1 e C, i due sottospazi C 1 I U e C I U 1 sono ambedue retraibili su S 1, e quindi hanno gruppo fondamentale con un solo generatore che possiamo chiamare α 1 e α, rispettivamente. Per il teorema di Van Kampen α 1 e α generano allora anche il π 1 (Z). 7