Geometria Differenziale: soluzioni test

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1 Geometria Differenziale: soluzioni test Esercizio. Sia α : I R 3 una curva biregolare dello spazio, parametrizzata dall ascissa curvilinea. a) Definire curvatura, torsione e riferimento di Frenet di α. b) Enunciare e dimostrare le formule di Frenet. c) Dimostrare che α è piana se e solo se la sua torsione si annulla identicamente. d) Stabilire se la curva α(t) = + t t 3 + t + t 3 è piana oppure no, ed eventualmente determinare l equazione cartesiana di un piano che la contiene. Soluzione. a) Se T (s) = α (s) allora definiamo curvatura di α la funzione k(s) = T (s) = α (s). Definiamo versore normale il vettore unitario N(s) = α (s) α (s) che esiste poiche per ipotesi α è biregolare, dunque α (s). In questo modo si ha per definizione T (s) = k(s)n(s). Definiamo il versore binormale B(s) in questo modo: B(s) = T (s) N(s). La terna (T (s), N(s), B(s)) è ortonormale, e positivamente orientata; essa è detta riferimento di Frenet di α. D ora in poi ometteremo di indicare la dipendenza da s, per brevità. Derivando rispetto a s l identità B, T = otteniamo: B, T + B, T = Poiche B, T = k B, N = si avra che B è ortogonale a T ; esso è anche ortogonale a B (poiché ha norma costante) dunque B è parallelo a N e possiamo scrivere B = τn per una certa funzione τ = τ(s) detta torsione della curva α.

2 (b) Abbiamo visto che T = kn, B = τn, ora calcoliamo N. Poiche B = T N abbiamo anche N = B T che, derivata, fornisce l identità: N = B T + B T = τn T + kb N = kt τb. Dunque abbiamo le formule di Frenet: T = kn N = kt τb B = τn c) Supponiamo, senza ledere la generalità, che α : [, l] R 3. Ricordiamo che il piano osculatore in α(s) è il piano passante per α(s) e ortogonale a B(s). Se α è una curva piana, contenuta nel piano π, allora il piano osculatore di α coincide con π per ogni s; dunque è costante e il suo versore normale B(s) dovra essere costante. Dunque B = che implica τ(s) = per ogni s. Viceversa, supponiamo che τ(s) = per ogni s. Dunque B(s) = B(). = B. Vogliamo dimostrare che, per ogni s, α(s) appartiene al piano passante per α() ortogonale a B, dunque (poichè tale piano è sempre lo stesso) α è piana. Basta verificare che la funzione ψ(s). = α(s) α(), B è identicamente nulla. Ora ψ() = e ψ (s) = T (s), B() = T (s), B(s) = per ogni s, dunque ψ(s) = ψ() =. c) Risulta: da cui e quindi α (t) = t 3t, α (t) = 6t, α (t) = + 6t t α (t) α (t) = 6t t + 6t α (t) α (t), α (t) = 6. e la torsione non è identicamente nulla (in realta non e mai nulla). Dunque α è sghemba. Esercizio. Si consideri l insieme Σ delle soluzioni dell equazione x + y z =. a) Parametrizzare Σ in modo regolare. b) Determinare la prima forma fondamentale della parametrizzazione e calcolare l area della regione {(x, y, z) Σ : x + y }.

3 c) Determinare seconda forma fondamentale, matrice di Weingarten e curvature principali nel punto p = (,, ) Σ. d) Si consideri la sezione piana α ottenuta intersecando Σ con il piano x y =. Calcolare la curvatura geodetica di α nel suo punto Q = (,, ). Soluzione. a) Σ è il grafico della funzione h(x, y) = x + y dunque si può sempre parametrizzare in modo regolare. Abbiamo: f(u, v) = u v, (u, v) R R u + v b) Risulta: da cui g = u =, u Se = {(u, v) : u + v } si ha: Area = det g dudv = Usiamo coordinate polari e la ben nota formula: u = v ( ) + 4u 4uv 4uv + 4v, det g = + 4(u + v ). { u = r cos θ v = r sin θ φ(u, v) dudv = + 4(u + v ) dudv. φ(r, θ)r drdθ. In coordinate polari si ha = {(r, θ) : r } e u + v = r. Dunque: π + 4(u + v ) dudv = + 4r r drdθ = π + 4r r dr. Poiche + 4r r = d dr ( ( + 4r ) 3/ ), si ottiene facilmente Area = π 6 ( 5 ) 5. 3

4 c) Il versore normale è dato da: N = u v det g e si ha: e la seconda forma fondamentale è: Dunque: f u = = f v, w = g l = l = ( ). det g f u v =, ( ) + 4v 4uv (det g) 3/ 4uv + 4u. Il punto p = (,, ) si ottiene per u =, v =. In tale punto w = ( ) e le curvature principali sono: k = 5 5, k = 5. d) La curvatura geodetica nel punto Q è nulla. In effetti, Σ è una superficie di rotazione, il piano x = y contiene l asse di rotazione (asse z), dunque la curva α è un meridiano di Σ e, come tale, è una geodetica. In conclusione, la curvatura geodetica di α è nulla in ogni suo punto, e non solo in Q. Una verifica diretta è possibile, anche se piu complicata. Parametrizziamo α: α(t) = t t. t Nelle formule, la curva deve essere parametrizzata dall ascissa curvilinea. Vogliamo ottenere formule della curvatura geodetica e della curvatura normale in una qualunque parametrizzazione. Riparametrizziamo dall ascissa curvilinea s, ottenendo la curva parametrizzata ᾱ(s) tale che: ᾱ(s(t)) = α(t). 4

5 Detta v(t) = α (t), si ha: α (t) = v(t)ᾱ (s(t)) α (t) = dv dt ᾱ (s(t)) + v(t) ᾱ (s(t)) Se k g (t) indica la curvatura geodetica nel suo punto α(t) = ᾱ(s(t)), si ha (osservando che ᾱ (s) è ortogonale a N Σ ): e analogamente k g (t) = det(ᾱ (s(t)), ᾱ (s(t)), N Σ ) = v(t) 3 det(α (t), α (t), N Σ ) k n (t) = ᾱ (s(t)), N Σ = v(t) α (t), N Σ Riassumendo, la curvatura geodetica e la curvatura normale di una curva α(t) contenuta nella superficie Σ, non necessariamente parametrizzata dall ascissa curvilinea, sono date, rispettivamente, da k g (t) = v(t) 3 det(α (t), α (t), N Σ ) Nel nostro caso: mentre e si verifica facilmente che k n (t) = v(t) α (t), N Σ α(t) = t t, α (t) =, α (t) = t 4t 4 N Σ = t det g det(α (t), α (t), N Σ ) = È anche facile verificare l identità k = k g + k n. Esercizio 3. Si consideri la superficie parametrizzata f(u, v) = v cos u v, (u, v) [, π] R. + v sin u 5

6 a) Determinare la regione in cui f è regolare. b) Calcolare il versore normale e le curvature principali nei punti dove u =. c) È vero che Σ è una superficie rigata? Se è cosi, di che tipo è? d) Determinare l equazione cartesiana di Σ. e) Dimostrare che la curvatura gaussiana di una qualunque superficie rigata non è mai positiva. Soluzioni. a) Abbiamo u = v sin u, v cos u v = cos u, sin u da cui otteniamo: u v = 4v cos u v, v sin u u = 4v (4 cos u + sin u + ) v dunque Σ è regolare se e solo se v, vale a dire = [, π] R \ {}. b) Versore normale: 4v cos u N = v, det g v sin u dove det g = v 4 cos u + sin u +. Nei punti dove u = si ha Ora, se u = : u =, v N = v v. 5 v v = ( 4v, g = 5 ), g = ( ) 5 v 4v. D altra parte si vede che l = v 5, l = l =, quindi w = g l = ( ) ( ) 5 5 v 4v = 5 v ( ) 5 6

7 quindi le curvature principali sono 5 k =, k = v. c) Possiamo scrivere f(u, v) = α + vξ(u), dove α =, ξ(u) = cos u. Dunque la superficie è una rigata, ed è un cono sin u poiche tutte le generatrici passano per il punto α (vertice). d) La parametrizzazione è x = v cos u y = v z = + v sin u da cui otteniamo dunque che semplificata dà e) Una rigata si parametrizza cosi : ( z ) x + = v, v = y, ( z ) ( y ), x + = 4x y + z + 4y z + 3 =. f(u, v) = α(u) + vξ(u), da cui otteniamo immediatamente (nei punti regolari): f v =, quindi l =, poiche l = f v, N. Ne segue che det l = l. Quindi la curvatura gaussiana è data da K = det l det g = l det g poiche det g è sempre positivo. 7

8 Breve formulario. Curvatura e torsione della curva α = α(t) con t parametro arbitrario: k(t) = α (t) α (t) α (t) 3, τ(t) = α (t) α (t), α (t) α (t) α (t). Per una superficie parametrizzata da f = f(u, u ) i coefficienti g ij, l ij della prima e seconda forma fondamentale sono dati, rispettivamente, da: g ij = u i, u j, l ij = f u i u j, N, dove N è il versore normale di f in (u, v). La matrice dell operatore di Weingarten è quindi w = g l. 8