CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE. 1. Esercizi. Esercizio 7. Determinare un equazione parametrica della retta dello spazio Oxyz verificante

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1 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 1. Esercizi Esercizio 1. Determinare un equazione parametrica della retta del piano Oxy verificante una delle condizioni seguenti: (1) passa per il punto A(1, 0) ed è parallela al vettore v = (, 1); () passa per il punto B(1, 1) ed è ortogonale al vettore v = ( 1, 1); () passa per il punto C(0, 1), forma un angolo di π/ col vettore j = (0, 1) ed incontra l asse x in un punto di ascissa positiva. Esercizio. Determinare un equazione parametrica della circonferenza del piano Oxy verificante una delle condizioni seguenti: (1) ha centro in C(1, 0) e raggio ; () ha centro in C(1, 1) ed è tangente alla retta r : x y + = 0; () ha centro in C(1, ) e stacca sulla retta r : x y = 0 una corda di lunghezza ; (4) è tangente alla retta r : x + y = 0 in A(1, 1), ha raggio e centro nel primo quadrante. Esercizio. Scrivere in forma parametrica le seguenti coniche: (1) x + 4y = 1; () x 4y = 1; () xy x + y = 1; (4) x = y y +. Esercizio 4. Verificare che la curva L di equazioni parametriche x = t cos t, y = t sin t, t [0, π] è regolare, calcolare la retta tangente ad L nel punto P (π), e la sua lunghezza. (L è detta spirale di Archimede). Esercizio 5. Verificare che la curva L di equazioni parametriche x = cos t, y = sin t, t [0, π] è generalmente regolare (calcolare in particolare i punti in cui non lo è ), determinare la retta tangente alla curva in P (π/4), e calcolarne la lunghezza. (L è detta astroide od asteroide). Esercizio 6. Studiare la curva L di equazioni parametriche x = t(t 1), y = t(t 1)(t 1), t R, verificando in particolare che risolve l equazione differenziale yy = (6x + x)x. (L è nota come folium di Cartesio). Trovare poi i punti della curva in cui la retta tangente è parallela alla bisettrice x y = 0 e quelli la cui retta tangente passa per il punto A( 8 1, 0). Esercizio 7. Determinare un equazione parametrica della retta dello spazio Oxyz verificante una delle condizioni seguenti: (1) passa per il punto A(1, 1, 1) ed è parallela al vettore v = (, 1, ); () passa per il punto B(1, 0, 1) ed è ortogonale ai vettori u = (1, 1, 1) e v = (, 1, 0). Esercizio 8. Stabilire se la curva L di equazioni parametriche x = cos t, y = sin t, z = t, t R è regolare, e se è piana. Calcolare poi il triedro fondamentale in P (t) e la lunghezza dell arco tra due suoi punti P (a), P (b), a < b. Trovare il piano osculatore alla curva in P (0), ed il cerchio osculatore sempre in P (0). (L è detta elica cilindrica). 1

2 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE Esercizio 9. Stabilire se la curva L di equazioni parametriche x = t cos t, y = t sin t, z = t, t R, è regolare, e calcolare la sua lunghezza tra i punti P (0) e P (π). (L è detta elica conica). Esercizio 10. Trovare una parametrizzazione per ognuno dei seguenti piani: (1) passa per i punti A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), C(1, 1, 1); () passa per A(1, 0, 1) e contiene la retta r : x = t, y = 1 + t, z = 1 + t; () passa per A(1, 1, 1) ed è ortogonale al vettore v = (1, 1, 1). Esercizio 11. ( Trovare una ) parametrizzazione della sfera σ : x + y + z = R che sia regolare in A R, R, R, studiarne le linee coordinate, e trovare l equazione del piano tangente a σ in A. Esercizio 1. Trovare una parametrizzazione regolare delle superfici (1) σ 1 : x + y = 1; () σ : x y = 1; () σ : y = x; (4) σ 4 : x + y z = 0. e studiarne le linee cordinate. Esercizio 1. Scrivere una parametrizzazione delle superfici unione delle rette (1) incidenti le parabole Γ 1 : x = 1, z = y 1, e Γ : x = 1, z = y 1, nei punti (1, t, t 1), ( 1, t + 1, t + t), rispettivamente, al variare di t R; () incidenti le circonferenze Γ 1 : z = 0, x +y = 1, e Γ : z = 1, x +y =, nei punti (cos θ, sin θ, 0), ( cos(θ + π/4), sin(θ + π/4), 1), rispettivamente, al variare di θ. Esercizio 14. Scrivere l equazione parametrica della superficie unione delle rette tangenti all elica cilindrica L : x = cos u, y = sin u, z = u, con u R, e studiarne la regolarità. Esercizio 15. Scrivere l equazione parametrica della superficie che si ottiene ruotando la circonferenza del piano y = 0 di centro C(, 0, 0) e raggio 1 intorno all asse z. Esercizio 16. Data la curva L : x = t + 1, y = t t, z = t + t + 1, con t R, stabilire se è piana. Proiettare poi tale curva sia sul piano [xy] da (0, 0, 1), sia sul piano [xz] parallelamente al vettore u = (1, 1, 1), e classificare la proiezione ottenuta in entrambi i casi.. Soluzioni di alcuni esercizi Soluzione dell Esercizio 1. Per scrivere una retta in forma parametrica, bisogna conoscere un punto della retta ed un vettore parallelo alla stessa retta. Analizziamo le varie richieste, una per volta. (1) P (x, y) r se, e solo se, AP = tv con t R. Il vettore AP è uguale a (x 1, y) e quindi (x 1, y) = (t, t) con t R. Quindi, l equazione parametrica della retta cercata è x = 1 + t r : t R. y = t () In questo caso, la retta s cercata è ortogonale al vettore v, e quindi è parallela a qualsiasi vettore u che verifica v u = 0. Tra gli infiniti vettori che verificano tale richiesta,

3 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE scegliamo il vettore u = (1, 1). A questo punto, procediamo come nel caso precedente ed otteniamo l equazione di x = 1 + t s : t R. y = 1 + t () Un vettore parallelo v = (a, b) alla retta t cercata verifica la condizione cos α = 1 dove α è l angolo formato dai vettori j e v. Sapendo che cos α = j v j v = b a + b otteniamo l equazione a = b e quindi le soluzioni a = b e a = b. Scelto b = 1 abbiamo i due vettori v 1 = (, 1), v = (, 1). Le due rette corrispondenti sono quindi x = t t 1 : t R y = 1 + t e x = t t : t R. y = 1 + t Intersecando la retta t 1 con l asse x otteniamo il sistema x = t y = 1 + t y = 0 che ammette l unica soluzione (, 1) corrispondente al valore t = 1 del parametro. Analogamente, il punto d intersezione tra la retta t e l asse x è (, 1) ottenuto dando il valore 1 al parametro t. Quindi, t interseca l asse x in un punto di ascissa positiva, ed è la retta cercata. Soluzione dell Esercizio. Data la circonferenza di centro C(x 0, y 0 ) e raggio R, una sua parametrizzazione si ottiene usando le funzioni seno e coseno, nello stesso spirito della loro definizione come ascissa ed ordinata di un punto della circonferenza goniometrica, ed è x = x0 + R cos t t [0, π]. y = y 0 + R sin t Usiamo tale parametrizzazione per ricavare quelle cui siamo interessati. (1) Il centro di γ 1 è C(1, 0) ed il suo raggio è R =. Quindi, x = 1 + cos t γ 1 : t [0, π]. y = sin t () Il centro è il punto C(1, 1) mentre il raggio è uguale alla distanza d(c, r). In base ai dati dell Esercizio, abbiamo che R = d(c, r) = 1 1+ =. Quindi, x = 1 + cos t γ : y = 1 + t [0, π]. sin t () Il centro è il punto C(1, ), mentre il raggio è la misura dell ipotenusa di un triangolo rettangolo avente per cateti metà della corda staccata sulla retta e la distanza d(c, r). In base ai dati dell Esercizio, d(c, r) = 1 1 e quindi R = + 1 = 1. Quindi, x = 1 + cos t γ : t [0, π]. y = + sin t

4 4 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE (4) Il centro si trova sulla retta ortogonale ad r passante per A che ha equazione parametrica p : x = 1 + t, y = 1 + t, e quindi ha coordinate C(1 + t, 1 + t). I punti di tale retta che hanno distanza da A sono quelli che verificano AC = (1 + t 1) + (1 + t 1) = t =, che hanno coordinate C 1 (1, 1 ) e C (1+, 1+ ). Il centro della circonferenza dobbiamo parametrizzare si trova nel primo quadrante e quindi è C. Quindi, x = cos t γ 4 : y = 1 + t [0, π]. + sin t Soluzione dell Esercizio. (1) La prima conica è un ellisse riferita al suo sistema di riferimento intrinseco, di semiassi a =, b =, la cui equazione può anche essere riscritta come γ : x 4 + y = 1. Una parametrizzazione è simile a quella della circonferenza ed è x = cos t γ : y = t [0, π). sin t Tale parametrizzazione è basata sull osservazione seguente. Tracciamo le due circonferenze di centro l origine (0, 0) delle coordinate, centro di simmetria dell ellisse, e raggi a e b rispettivamente. Un raggio uscente dal centro e formante un angolo t con il semiasse positivo delle ascisse incontra la prima circonferenza nel punto (a cos t, a sin t) e la seconda in (b cos t, b sin t). La retta per il primo punto parallela all asse delle ordinate e la retta per il secondo parallela all asse delle ascisse si incontrano nel punto di coordinate (a cos t, b sin t) che appartiene all ellisse. Verifichiamo se la parametrizzazione trovata è regolare. La funzione t [0, π) P (t) = ( cos t, sin t) è iniettiva grazie alle proprietà delle funzioni trigonometriche. Il vettore derivato primo è P (t) = ( sin t, cos t) e non è mai nullo. Quindi la parametrizzazione trovata è regolare. Una seconda parametrizzazione dell ellisse è basata sull osservazione che una retta del piano interseca la curva in al pi due punti. Quindi, le rette del fascio di centro un punto dell ellisse incontrano l ellisse in un secondo punto, e al variare della retta si ottengono tutti i punti dell ellisse. Scegliamo sull ellisse il punto di coordinate (, 0). Il fascio di rette di centro (, 0) ha equazione y = m(x ) ossia y = mx m. Il coefficiente angolare m può assumere qualsiasi valore reale, ma per nessuno di essi si otterrà la retta di equazione x =. Tale retta è parallela all asse delle ordinate ed è tangente all ellisse in (, 0). Quindi, il punto (, 0) non si otterrà come punto della parametrizzazione che stiamo costruendo. L intersezione tra la retta del fascio e l ellisse è data dal sistema y = mx m le cui soluzioni sono i punti (, 0) e allora x 4 + y = 1 ( 8m 6 4m +, 1m 4m + γ : x = 8m 6 4m + y = 1m 4m +. ). La parametrizzazione dell ellisse è

5 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 5 Il legame tra le due parametrizzazioni si trova uguagliandole, ossia risolvendo il sistema cos t = 8m 6 4m + sin t = 1m 4m + e quindi otteniamo m = sin t (1 cos t) definita ovviamente per t (0, π) poiché il punto (, 0) corrisponde al valore t = 0 ma non si ottiene nell altra forma. Osserviamo che anche la seconda parametrizzazione è regolare. Infatti, x (m) = 96m y (m) = 1 4m (4m + ) (4m + ) ed è evidente che non possono essere entrambe nulle. Inoltre, come già detto, il punto (, 0) non si ottiene per alcun valore del parametro m. Ma, passando al limite per m ± otteniamo lim x(m) = lim y(m) = 0 m± m± ossia P (m) (, 0) quando m ±. Geometricamente, questo corrisponde al fatto che la retta tangente alla conica in (, 0) è la retta x = che forma un angolo di π/ con il semiasse positivo delle ascisse. Poiché il coefficiente angolare m della retta del fascio è la tangente trigonometrica dell angolo formato con il semiasse positivo delle ascisse, la retta x = non fa parte del fascio, ma è la retta che si ottiene facendo il limite della retta del fascio quando m tende all infinito. () La seconda conica è un iperbole riferita al suo sistema di riferimento intrinseco. La parametrizzazione di un iperbole avviene tramite le funzioni iperboliche sinh e cosh, analogo delle funzioni trigonometriche per l ellisse. Il ramo d iperbole contenuto nel semipiano x > 0 è parametrizzato come x(t) = cosh t y(t) = t R. sinh t mentre il ramo contenuto nel semipiano x < 0 è parametrizzato come x(t) = cosh t y(t) = t R. sinh t Ricordiamo che le funzioni iperboliche sono definite come sinh t = et e t cosh t = et + e t e per loro valgono alcune relazioni, simili a quelle valide per le funzioni trigonometriche, tra cui cosh t sinh t = 1 e d d sinh t = cosh t cosh t = sinh t. dt dt La parametrizzazione del primo ramo dell iperbole è regolare. Infatti, la funzione t R ( cosh t, sinh t) è iniettiva, ed il vettore derivato primo di P (t) è P (t) = (x, y ) = ( sinh t, cosh t) che non è mai nullo, essendo mai nulla la funzione cosh t. Analogamente, anche il secondo ramo è parametrizzato in modo regolare.

6 6 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE Possiamo parametrizzare l iperbole anche usando lo stesso metodo usato per l ellisse. Scegliamo allora il punto A(, 0) vertice dell iperbole, ed intersechiamo l iperbole con le rette del fascio di centro A, aventi equazione y = m(x ). Tali rette incontrano l iperbole in A e nel secondo punto di coordinate } x(m) = 4m + y(m) = 4m 1m 4m m R Le due rette che incontrano l iperbole nel solo punto A sono le rette parallele agli asintoti passanti per A. Osserviamo che il punto A non può essere ottenuto dando un valore al parametro m, ma che A = lim m± P (m) per lo stesso motivo descritto al punto precedente; che la parametrizzazione è regolare; che il ramo d iperbole contenuto nel semipiano x < 0 si ottiene dando alla m valori nell intervallo ( /, /), mentre l altro ramo risulta diviso in due perché i punti del primo quadrante si ottengono per m ( /, + ), ed i punti del quarto quadrante si ottengono per m (, /); che le due parametrizzazioni sono legate dalla relazione m = ±. sinh t (cosh t 1), t 0, che assume i valori m (, /) ( /, + ) (uguagliando i due modi di esprimere i punti del ramo contenuto nel semipiano x > 0), e dalla relazione m = sinh t, t R, che (cosh t+1) assume i valori m ( /, /) (ottenuta uguagliando i punti del ramo contenuto nel semipiano x < 0). () La conica è un iperbole equilatera riferita ai propri asintoti. Oltre ai due modi illustrati nell esercizio precedente, possiamo parametrizzare un iperbole anche nel modo seguente. Consideriamo le rette parallele ad uno degli asintoti. Ognuna di tali rette incontra l iperbole in un unico punto, e viceversa, per ogni punto dell iperbole passa una ed una sole retta di tale fascio. Quindi, scritte le rette del fascio, basta calcolare l intersezione con l iperbole in funzione del parametro che descrive le rette per ottenere la parametrizzazione richiesta. Nel nostro caso, il centro di simmetria dell iperbole è il punto C( 1, ) e gli asintoti sono x = 1, y =. Le retta parallele all asintoto x = 1 sono tutte e sole quelle di equazione x = t. Ognuna di esse, tranne ovviamente l asintoto, interseca l iperbole in un solo punto, le cui coordinate risolvono il sistema x = t xy x + y 1 = 0 e sono quindi x = t y = t+1. t+1 Verifichiamo che la parametrizzazione è regolare. Per prima cosa, osserviamo che la funzione ( t R \ 1} P (t) = t, t + 1 ) R t + 1 è iniettiva. Poi, il vettore derivato primo è ( ) P 1 (t) = 1, (t + 1) che è chiaramente sempre diverso dal vettore nullo. (4) La conica in oggetto è una parabola traslata, e si presenta nella forma di una funzione. La parametrizzazione può essere calcolata facilmente, calcolando l unico punto d intersezione tra la parabola e le rette parallele all asse di simmetria della parabola. Le

7 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 7 rette parallele all asse di simmetria sono della forma y = t, ed intersecano la parabola nel punto di coordinate P (t) = (t t +, t). Quindi, una parametrizzazione della parabola è x = t t + y = t. Tale parametrizzazione è regolare perchè, per valori diversi di t si ottengono punti di coordinate distinte, ed il vettore derivato primo è che non è mai nullo. P (t) = (t, 1) Soluzione dell Esercizio 4. Cominciamo con il verificare che la funzione L : t [0, π] P (t) = (t cos t, t sin t) R è iniettiva. Supponiamo che P (a) = P (b), ossia che a cos a = b cos b a sin a = b sin b. Elevando al quadrato e sommando poi le due equazioni, otteniamo l equazione a = b, che ha come soluzioni a = b, e a = b. Poiché però a, b [0, π] l unica soluzione accettabile è a = b, e quindi l iniettività è provata. Il vettore derivato primo è P (t) = (cos t t sin t, sin t + t cos t) il cui modulo è P (t) = 1 + t 0 per qualsiasi valore di t. La retta tangente è la retta passante per P (t) e parallela al vettore P (t). Il punto P (π) = ( π, 0) mentre P (π) = ( 1, π). Quindi la retta ha equazione parametrica x = π s s R. y = πs La lunghezza della curva, infine, è uguale a π π l(l) = P (t) dt = 1 + t dt = π 1 + 4π 1 ( log 1 + 4π π). 0 L integrale indefinito 1 + t dt 0 può essere calcolato usando la sostituzione 1 + t = t + z. Elevando al quadrato e semplificando, si ottiene t = 1 z da cui dt = 1+z dz. z z Sostituendo si ha che ( 1 + t dt = 1 4 z + + ) 1 z z dz che può essere facilmente integrato. Sostituendo z = 1 + t t nella funzione calcolata, si ottiene una primitiva di 1 + t e quindi si può finalmente calcolare la lunghezza della curva L. Un motivo per cui Archimede studiò la spirale è il seguente. Il punto iniziale della spirale è P (0) = (0, 0), mentre il suo punto finale è P (π) = (π, 0). La distanza tra tali punti è π uguale alla lunghezza della circonferenza di raggio unitario. Quindi, riuscire a studiare / disegnare una spirale permetteva di rettificare la circonferenza, problema che era centrale nella matematica greca. Soluzione dell Esercizio 5. Cominciamo con il provare che la funzione L : t [0, π] P (t) = (cos t, sin t) R

8 8 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE è iniettiva. Supponiamo che i punti P (a) e P (b) siano uguali. Allora cos a = cos b sin a = sin b da cui si ottiene ovviamente che cos a = cos b, sin a = sin b, ossia a = b. Il vettore derivato primo è P (t) = ( cos t sin t, sin t cos t) il cui modulo è P (t) = 9 cos t sin t = cos t sin t = sin t. Quindi, il vettore derivato primo è nullo per t = 0, π/, π, π/, π, ossia la curva non è regolare nei punti corrispondenti ai valori del parametro precedentemente calcolati, che sono i punti (±1, 0), (0, ±1). Osserviamo poi che i punti P (t) e P (π t) sono simmetrici rispetto all asse y mentre i punti P (t) e P (π t) sono simmetrici rispetto all asse x. Quindi, la curva è simmetrica rispetto ai due assi coordinati e quindi anche rispetto all ( origine. ) 1 La retta tangente ad L in P (π/4) passa per P (π/4) = 1 8, 8 ed è parallela al vettore ( ) P (π/4) = 8, 8. Quindi ha equazione parametrica x = s y = s R. La lunghezza della curva è uguale a l(l) = 4 π/ 0 sin t dt = 6 8 s π/ 0 sin tdt = ( cos t) π/ 0 = 6. Soluzione dell Esercizio 6. Cominciamo col verificare l iniettività della funzione L : t R P (t) = (t(t 1), t(t 1)(t 1)) R. Supponiamo che i punti P (a) e P (b) coincidano. Allora a(a 1) = b(b 1) a(a 1)(a 1) = b(b 1)(b 1). Sostituendo nella seconda equazione, otteniamo b(b 1)(a 1) = b(b 1)(b 1). Quindi, se b(b 1) 0, allora a 1 = b 1 da cui a = b. Se invece b = 0 oppure b = 1, allora anche a(a 1) = 0 e quindi a = 0 oppure a = 1. In conclusione, se t 0, 1 allora L è una funzione iniettiva, mantre P (0) = (0, 0) = P (1). Possiamo allora affermare che la funzione non è iniettiva, e che la curva L si autointerseca nel punto (0, 0) corrispondente ai valori del parametro t = 0 e t = 1. Il vettore derivato primo è P (t) = (t 1, 6t 6t + 1) che non è mai nullo. Quindi, la curva L è generalmente regolare. Sostituendo l espressione di x(t) in y(t) otteniamo y = x(t 1) da cui si ricava facilmente che t = y+x x. Sostituendo nell espressione di x otteniamo x = x + y ( ) x + y x x 1 = y x 4x ossia, y = 4x + x. Quindi, L è l unione dei grafici delle due funzioni y = 4x + x e y = 4x + x. Verifichiamo ora che L risolve l equazione differenziale yy = (6x + x)x.

9 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 9 Per sostituzione diretta, abbiamo che yy = t(t 1)(t 1)(6t 6t + 1) (6x + x)x = [6t (t 1) + t(t 1)](t 1) = t(t 1)(t 1)(6t 6t + 1) e quindi L è soluzione dell equazione differenziale assegnata. La retta tangente ad un punto di L è parallela al vettore P (t). La retta tangente sarà parallela alla bisettrice x y = 0 quando P (t) è parallelo al vettore (1, 1). Tali vettori sono paralleli se ( ) t 1 6t det 6t + 1 = ossia, per i valori di t che sono soluzioni dell equazione 6t 8t + = 0. Quindi, la retta tangente è parallela alla bisettrice nei punti P (1) = (0, 0) e P ( 1) = (, 9 7). La retta tangente ad L in un suo punto P (t) ha equazione parametrica x = t(t 1) + s(t 1) y = t(t 1)(t 1) + s(6t 6t + 1). Tale retta contiene il punto A( 8, 0) se il sistema 1 t(t 1) + s(t 1) = 8 1 t(t 1)(t 1) + s(6t 6t + 1) = 0 ammette soluzione. Dalla seconda equazione, ricaviamo che t(t 1)(t 1) s = 6t 6t + 1. Sostituendo nella prima equazione, otteniamo t (t 1) 6t 6t + 1 = 8 1. Le soluzioni di questa equazione sono t 1 =, t = 1, t = 1+ 65, t 6 4 = 1 65, da cui si 6 ricavano i quattro punti le cui rette tangenti passano per A. Soluzione dell Esercizio 7. (1) La retta r richiesta contiene tutti e soli i punti P (x, y, z) che verificano AP = tv. Quindi otteniamo x = 1 + t r : y = 1 + t z = 1 + t. () I vettori u e v non sono paralleli tra loro, e quindi la retta s cercata è assegnata. Inoltre, tutti e soli i punti P (x, y, z) della retta sono quelli che verificano BP L(u, v) ossia BP = tu v = t( 1,, 1). Quindi, l equazione parametrica della retta s è x = 1 t s : y = t z = 1 t. Soluzione dell Esercizio 8. La funzione L : t R P (t) = (cos t, sin t, t) R è sicuramente iniettiva, grazie alla terza coordinata del punto. Il vettore derivato primo è P (t) = ( sin t, cos t, 1) che non è mai nullo, ancora grazie alla terza componente. Quindi,

10 10 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE L è regolare. Inoltre, P (t) = e quindi la lunghezza dell arco di curva compreso tra P (a) e P (b) è b l(l(a, b)) = dt = (b a). Il primo vettore del triedro fondamentale è t = P (t) P (t) = a ( sin t, cos t, ) 1. Il versore binormale è la normalizzazione di P (t) P (t). Il vettore derivato secondo è P (t) = ( cos t, sin t, 0) e quindi P P = det i j k sin t cos t 1 = (sin t, cos t, 1). cos t sin t 0 Abbiamo allora che il vettore binormale è ( b = P P sin t P P =, cos t ) 1,. Osserviamo che il vettore binormale non è un vettore costante, e quindi la curva non è piana. Inoltre, il modulo di P P non è mai nullo, ossia i vettori P e P sono sempre linearmente indipendenti. Quindi, L è biregolare. Il vettore che completa il triedro fondamentale è il versore normale e lo otteniamo come prodotto vettoriale dei due versori già calcolati: n = b t = ( cos t, sin t, 0). Quindi, il triedro fondamentale in P (t) è (t, n, b). Il piano osculatore ( alla curva ) L in P (0) = (1, 0, 0) è il piano per P (0) ortogonale al vettore b(0) = 0, 1 1,. Svolgendo i calcoli otteniamo che il piano cercato ha equazione 1 y + 1 z = 0 ossia y z = 0. Per calcolare il cerchio osculatore, abbiamo bisogno della curvatura. k(t) = P P P P P = 1 essendo P (t) = (sin t, cos t, 0). Il centro di curvatura, centro del cerchio osculatore in P (t) ad L, verifica P C= 1 n(t). Nel nostro caso, abbiamo P C= (x cos t, y sin t, z t), k(t) dove C è il punto di coordinate (x, y, z), e quindi C( cos t, sin t, t). Il raggio del cerchio osculatore è r(t) = 1 =. Posto t = 0 otteniamo che il cerchio osculatore ha equazione k(t) y z = 0 (x + 1) + y + z = 4. Osserviamo infine che la curva L è contenuta nel cilindro di equazione x + y = 1, da cui l aggettivo cilindrica. Soluzione dell Esercizio 9. La funzione L : t R P (t) = (t cos t, t sin t, t) R è iniettiva, grazie alla terza coordinata del punto. Il vettore derivato primo è P (t) = (cos t t sin t, sin t + t cos t, 1)

11 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 11 che non è mai nullo, ancora per la terza componente. Quindi, L è regolare. In realtà, si può provare che L è biregolare. La curva L non è una curva piana. Infatti, se lo fosse, dovrebbe capitare che l intersezione tra L ed il piano α : ax + by + cz + d = 0 che la contiene dovrebbe essere verificata da ogni valore di t R. Sostituendo la parametrizzazione di L in α otteniamo l equazione at cos t + bt sin t + ct + d = 0. Per t = 0 si ottiene d = 0, per t = π/ si ottiene bπ + cπ = 0 ossia b + c = 0, per t = π/ si ottiene bπ cπ = 0 ossia b c = 0. Le due ultime condizioni prese insieme forniscono b = c = 0. Infine, per t = π, si ottiene aπ = 0 da cui a = 0. Quindi, a = b = c = d = 0 per cui è chiaro che il piano non esiste, ed L non è piana. Il modulo del vettore derivato primo è P (t) = + t e quindi la lunghezza dell arco richiesto è π l(l(0, π)) = + t dt = 1 ( π + π log(1 + π π ) + π ). 0 L integrale precedente può essere calcolato usando la sostituzione + t = t + z. Osserviamo infine che L è contenuta nella superficie di equazione x + y z = 0 che è un cono con vertice nell origine, da cui il nome. Soluzione dell Esercizio 10. (1) I vettori AB= (0, 1, 0) ed AC= (0, 1, 1) non sono paralleli, e quindi il piano è univocamente individuato. Esso è formato da tutti e soli i punti P (x, y, z) che verificano l equazione vettoriale AP = s AB +t AC con (s, t) R. Esplicitamente, abbiamo (x 1, y, z) = s(0, 1, 0) + t(0, 1, 1) da cui x = 1 α : y = s + t z = t. Osserviamo che l equazione cartesiana di α si ottiene eliminando i parametri s, t dal precedente sistema, e quindi è evidente che α : x = 1. Le curve coordinate della parametrizzazione sono rette parallele ai vettori AB ed AC. () Il punto A / r perché le sue coordinate rendono senza soluzioni il sistema che definisce r. Quindi, il piano β è univocamente individuato. Per trovare una parametrizzazione di β scegliamo due punti B, C r e calcoliamo i vettori AB ed AC, in modo da risolvere l esercizio come nel caso precedente. Scegliamo B(, 1, 1), C(1,, ) r che si ottengono per i valori t = 0, t = 1 del parametro t della retta r, rispettivamente. Quindi, AB= (1, 1, 0) e AC= (0,, ). Il piano β è formato da tutti e soli i punti P (x, y, z) che verificano l equazione vettoriale AP = s AB +t AC con (s, t) R. Sostituendo i dati, otteniamo x = 1 + s β : y = s + t z = 1 + t. () Anche in questo caso dobbiamo trovare due vettori paralleli al piano γ cercato. Ovviamente, tutti e soli i vettori paralleli a γ sono contenuti nel sottospazio L(v) = (x, y, z) R x y z = 0} = L((1, 0, 1), (0, 1, 1))

12 1 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE e quindi γ contiene tutti e soli i punti P (x, y, z) che verificano l equazione vettoriale AP = s(1, 0, 1)+t(0, 1, 1) con (s, t) R. Sviluppando i calcoli abbiamo che l equazione parametrica del piano γ è γ : x = 1 + s y = 1 + t z = 1 + s t. Soluzione dell Esercizio 11. Diamo due parametrizzazioni che verificano la richiesta, dopo aver osservato che la sfera σ ha centro nell origine degli assi e raggio R. La prima è basata sulla scelta dei due angoli θ e ϕ. Il primo angolo, θ, detto colatitudine, è l angolo che il vettore OP forma con il semiasse positivo delle z, essendo O il centro di σ e P un qualsiasi punto di σ. Ovviamente, θ [0, π]. Il secondo angolo ϕ, detto longitudine, è l angolo che il vettore proiezione ortogonale di OP sul piano coordinato [xy] forma con il semiasse positivo delle x. Ovviamente, ϕ [0, π). Poiché il vettore OP ha modulo R, abbiamo che la quota di P è z = R cos θ. La proiezione di OP sul piano [xy] ha modulo R sin θ, e quindi l ascissa di P è x = R sin θ cos ϕ, mentre l ordinata di P è y = R sin θ sin ϕ. In conclusione, x = R sin θ cos ϕ σ : y = R sin θ sin ϕ (θ, ϕ) [0, π] [0, π). z = R cos θ Cerchiamo i punti in cui la parametrizzazione è regolare. Ovviamente, per θ = 0 otteniamo il punto N(0, 0, R) qualunque sia il valore dell angolo ϕ, mentre per θ = π otteniamo il punto S(0, 0, R) ancora per tutti i valori dell angolo ϕ. Quindi, non abbiamo iniettività per questi due punti. Verifichiamo ora se i vettori tangenti alle linee coordinate sono linearmente indipendenti. P θ = (R cos θ cos ϕ, R cos θ sin ϕ, R sin θ) P ϕ = ( R sin θ sin ϕ, R sin θ cos ϕ, 0) e quindi il loro prodotto vettoriale è il vettore P θ P ϕ = (R sin θ cos ϕ, R sin θ sin ϕ, R sin θ cos θ) il cui modulo è P θ P ϕ = R 4 sin θ = R sin θ. Tale vettore è nullo solo per θ = 0 e per θ = π. Quindi, la parametrizzazione è regolare in tutti i punti di σ esclusi N ed S. Le linee coordinate si ottengono fissando uno dei due parametri. La prima famiglia è allora x = Ra sin θ L θ : y = Rb sin θ θ (0, π) z = R cos θ dove a = cos ϕ 0, b = sin ϕ 0, per un angolo fissato ϕ 0. Avendo fissato la longitudine, la linea coordinata è un meridiano di σ per i punti N ed S, estremi del meridiano, ossia è una semicirconferenza massima di σ. La seconda famiglia di linee coordiante è L ϕ : x = Ra cos ϕ y = Ra sin ϕ z = Rb ϕ [0, π)

13 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 1 dove a = sin θ 0, b = cos θ 0, e θ 0 è un angolo fissato. Avendo fissato la colatitudine, ovviamente la linea coordianta descrive un parallelo, ossia una circonferenza contenuta nel piano z = Rb parallelo al piano [xy]. Il punto A si ottiene per i valori dei parametri che risolvono il sistema R sin θ cos ϕ = R R sin θ sin ϕ = R R cos θ = R. Dalla terza equazione, otteniamo cos θ = 1 da cui sin θ =. Sostituendo nelle prime due equazioni, otteniamo sin ϕ = cos ϕ = 1 e quindi ϕ 0 = π/4, θ 0 = arccos(1/ ). Il vettore u = P θ (θ 0, ϕ 0 ) P ϕ (θ 0, ϕ 0 ) = R (1, 1, 1) e quindi il piano tangente ha equazione α : u AP= 0 ossia x + y + z R = 0. La seconda parametrizzazione, detta proiezione stereografica della sfera da un suo punto, si basa sulla seguente osservazione: una retta per N incontra σ in un ulteriore punto A ed il piano [xy] in un punto A stabilendo così una corrispondenza biunivoca tra i punti di σ diversi da N ed i punti del piano [xy]. Detto allora A [xy] il punto di coordinate (u, v, 0), la retta per i punti N ed A ha equazione parametrica r NA : x = ut y = vt z = R Rt t R. Tale retta incontra σ nei punti le cui coordinate risolvono il sistema x = ut y = vt z = R Rt x + y + z = R e quindi corrispondono ai valori di t che risolvono l equazione (u +v +R )t R t = 0. Essi sono i punti di coordinate N(0, 0, R) ed ( ) R u A u + v + R, R v u + v + R, R(u + v R ) u + v + R e quindi la proiezione streografica è data dalla parametrizzazione x = R u u +v +R σ : y = R v u +v +R (u, v) R. z = R(u +v R ) u +v +R Non tutti i punti di σ si proiettano sul piano [xy]. Infatti ogni retta che sia tangente a σ in N è parallela ad [xy]. Ogni altro punto di σ invece si può ottenere fissando un opportuno punto (u, v). Verifichiamo che la parametrizzazione è regolare. L iniettività è garantita dalla descrizione geometrica della costruzione. Verifichiamo che i vettori tangenti alle linee coordinate sono linearmente indipendenti. P u = R (u + v + R ) ( u + v + R, uv, ur)

14 14 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE R P v = (u + v + R ) ( uv, u v + R, vr) e quindi 4R 4 P u P v = (u + v + R ) ( ur, vr, u v + R ) che non è mai nullo. La prima famiglia di linee coordinate è descritta da x = ur u +a L u : y = br u +a u R z = Ru +R(b R ) u +a dove v = b, a = b + R. Tali curve sono circonferenze intersezione di σ con il piano che contiene la retta y = b, z = 0 ed il punto N(0, 0, R) centro di proiezione. Analogamente, le curve L v che si ottengono fissando u = a sono le circonferenze intersezione di σ con il piano contenente la retta x = a, z = 0, ed il punto N. Il legame tra le due parametrizzazioni è dato dalle equazioni cos ϕ = u u + v sin ϕ = v u + v cos θ = u + v R u + v + R che sono definite per (u, v) (0, 0) ossia in tutti i punti di σ ad eccezione di N ed S. Il punto (u 0, v 0 ) per cui si ottiene il punto A è la soluzione del sistema ( ) ed è (u 0, v 0 ) = R 1+, R 1+ P u (u 0, v 0 ) P v (u 0, v 0 ) = 4 ur u +v +R = R vr u +v +R = R R(u +v R u +v +R = R. In corrispondenza di tale punto, otteniamo il vettore R 4 (1, 1, 1), e quindi il piano tangente a σ in A è α : x + y + z R = 0. Soluzione dell Esercizio 1. (1) σ 1 è un cilindro con generatrici parallele all asse z ed avente la circonferenza contenuta nel piano [xy] di raggio 1 e centro (0, 0, 0). Per parametrizzare un cilindro con generatrici parallele all asse z basta parametrizzare la curva intersezione del cilindro con il piano [xy] perché una retta per uno di tali punti di coordinate (x 0, y 0, 0) e parallela all asse z ha equazione parametrica x = x 0, y = y 0, z = v, con v R. In conclusione, il cilindro assegnato è descritto dalle equazioni parametriche x = cos u σ 1 : y = sin u (u, v) [0, π) R. z = v La funzione (u, v) [0, π) R P (u, v) = (cos u, sin u, v) R è sicuramente iniettiva. I vettori paralleli alle linee coordinate sono P u = ( sin u, cos u, 0) P v = (0, 0, 1) che, essendo sempre ortogonali tra loro, sono linearmente indipendenti. Le linee coordinate sono

15 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 15 L u che rappresentano circonferenze nel piano z = b parallelo al piano [xy] aventi centro in (0, 0, b) e raggio 1; L v che rappresentano rette parallele all asse z per un punto della circonferenza direttrice del cilindro. () Anche in questo caso basta parametrizzare l iperbole equilatera intersezione del cilindro con il piano [xy]. Oltre ai metodi già descritti nell Esercizio (), possiamo procedere come nel punto () dell Esercizio citato. Lavoriamo nel piano z = 0 ed intersechiamo in tale piano l iperbole di equazione x y = 1 con le rette di equazione x y = u con u 0 che sono parallele ad uno degli asintoti. Risolvendo il sistema ( otteniamo il punto di coordinate è σ : x = 1+u u y = 1 u u z = v z = 0 x y = 1 x y = u 1+u, 1 u u, 0 u ). Quindi, una parametrizzazione per σ (u, v) (R \ 0}) R. L iniettività della rappresentazione è di facile verifica. I vettori paralleli alle linee coordinate sono ( ) u 1 P u =, u + 1, 0 P u u v = (0, 0, 1) e sono ortogonali tra loro, e quindi linearmente indipendenti. Le linee coordinate sono o iperboli equilatere in piani paralleli al piano [xy] o rette parallele all asse z. () Una curva direttrice è la parabola intersezione del cilidro con il piano [xy]. Essendo molto facile trovare una parametrizzazione per la parabola, una parametrizzazione per il cilindro è σ : x = 1 u y = u z = v (u, v) R. L iniettività della rappresentazione è immediata, mentre i vettori paralleli alle linee coordinate sono P u = (u, 1, 0) P v = (0, 0, 1) che risultano ortogonali tra loro. Le linee coordinate sono o parabole in piani paralleli al piano [xy] o rette parallele all asse z. (4) Per ogni punto del piano [xy] la retta parallela all asse z incontra il cono in due punti simmetrici rispetto al piano [xy] stesso. Possiamo allora scegliere un sistema di coordinate nel piano e calcolare poi i due punti. Ad esempio, se scegliamo le coordiante cartesiane, abbiamo che le due falde del cono sono descritte dalle parametrizzazioni σ 4 + : x = u y = v z = u + v σ 4 : x = u y = v z = u + v

16 16 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE mentre, se scegliamo le coordinate polari nel piano, le due falde sono descritte da x = u cos v x = u cos v σ 4 + : y = u sin v σ4 : y = u sin v z = u z = u dove ovviamente, σ 4 + è la falda del cono contenuta nel semispazio z 0, e σ4 è l altra falda. Nel primo caso, la funzione z = u + v non è derivabile in (0, 0) e quindi studiamo la regolarità per (u, v) (0, 0). L iniettività è di immediata verifica, mentre i vettori derivati sono P u = ( 1, 0, ) u u + v P v = ( 0, 1, ) v u + v che sono evidentemente linearmente indipendenti. Quindi, al di fuori del vertice, la parametrizzazione è regolare. Le linee coordinate L u sono parabole se v 0 mentre è la funzione u per v = 0. Lo stesso vale per le linee coordinate L v. Nel secondo caso, l inietività si ha per u 0, come noto dalle coordinate polari. I vettori derivati sono P u = (cos v, sin v, 1) P v = ( u sin v, u cos v, 0) che, per u 0, sono linearmente indipendenti. Le linee coordinate sono o semirette (L v ) o circonferenze di centro un punto dell asse z, contenute in un piano parallelo al piano [xy] e di raggio pari alla distanza tra il centro ed il piano [xy] (L u ). Soluzione dell Esercizio 1. (1) Bisogna scrivere la retta passante per i punti A(1, u, u 1), B( 1, u + 1, u + u), e tale retta ha equazione parametrica x = 1 + v y = u + 1 v z = u + u v(u + 1) v R. Facendo variare anche u R le rette si uniscono descrivendo una superficie di equazione parametrica x = 1 + v σ 1 : y = u + 1 v (u, v) R. z = u + u v(u + 1) Tale parametrizzazione è regolare in tutti i suoi punti, le linee coordinate sono o rette o parabole, e rappresenta un paraboloide iperbolico la cui equazione si ottiene eliminando i parametri u, v dal precedente sistema. Il punto di sella, per la forma dell equazione, è il punto di σ in cui il piano tangente è parallelo al piano [xy]. I vettori derivati sono il cui prodotto vettoriale è P u = (0, 1, u v + ) P v = (, 1, u 1) P u P v = (1 v, 4u 4v + 4, ). Tale vettore è ortogonale al piano tangente, e quindi individua il punto di sella quando è parallelo al vettore (0, 0, 1). Questo avviene per v = 1/, u = 1/ e quindi il punto di sella ha coordinate (0, 0, /4).

17 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 17 () Anche in questo caso bisogna scrivere l equazione della retta per i due punti (cos u, sin u, 0) e (cos(u + π/4), sin(u + π/4), 1). L equazione parametrica della superficie è allora x = cos u + v(cos(u + π/4) cos u) σ : y = sin u + v(sin(u + π/4) sin u) z = v al variare di (u, v) [0, π) R. La superficie descritta è un iperboloide iperbolico di equazione x +y = 1 ( )z + ( )z. Soluzione dell Esercizio 14. Le rette tangenti passano per P (u) = (cos u, sin u, u) e sono parallele al vettore P (u) = ( sin u, cos u, 1). Quindi, la superficie cercata è x = cos u v sin u σ : y = sin u + v cos u (u, v) R. z = u + v I vettori derivati sono P u = ( sin u v cos u, cos u v sin u, 1) P v = ( sin u, cos u, 1) che risultano paralleli solo per v = 0. Quindi σ è regolare in tutti i suoi punti eccetto quelli che si trovano su L. Soluzione dell Esercizio 15. Ogni punto della circonferenza assegnata descrive una circonferenza ruotando intorno all asse z che ha centro nel punto (0, 0, z), raggio pari alla distanza tra il centro ed il punto che ruota, e contenuta nel piano per il punto che ruota parallelo al piano [xy]. Un punto della circonferenza assegnata è della forma P (u) = ( + cos u, 0, sin u), u [0, π). Il centro della circonferenza descritta è allora (0, 0, sin u), il raggio è + cos u, ed il piano che la contiene è z = sin u. Quindi, i suoi punti sono descritti da x = ( + cos u) cos v σ : y = ( + cos u) sin v (u, v) [0, π) [0, π). z = sin u I vettori derivati sono P u = ( sin u cos v, sin u sin v, cos u) P v = ( ( + cos u) sin v, ( + cos u) cos v, 0) che non sono mai paralleli. Quindi, la superficie è regolare. Tale superficie, dalla forma di una ciambella è chiamata toro. Soluzione dell Esercizio 16. Per verificare se la curva L è piana, possiamo procedere in vari modi. Primo modo. Una curva è piana se, e solo se, il vettore binormale non dipende dal parametro della curva. I vettori derivati primo e secondo sono P (t) = (t, t 1, 4t + 1) P (t) = (,, 4) ed il loro prodotto vettoriale è P P = (,, ) e quindi il vettore binormale è b = (1/, 1/, 1/ ) non dipende dal parametro t e quindi L è una curva piana. Secondo modo. Una curva è piana se è contenuta nel piano osculatore di un suo punto.

18 18 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE Scelto t = 0, il piano osculatore ad L in P (0) = (1, 0, 1) è il piano per P (0) ortogonale al vettore P (0) P (0) = (,, ) ed ha quindi equazione α : x + y + z = 0. L intersezione tra α ed L è data dalle soluzioni del sistema x = t + 1 y = t t z = t + t + 1 x + y + z = 0. Sostituendo, otteniamo (t + 1) + (t t) + ( t + t + 1) = 0 ossia 0 = 0. Quindi, tutti i punti di L sono su α, ossia L è piana. Terzo modo. Una curva è piana se esiste un piano α : ax + by + cz + d = 0 che contiene tutti i punti di L. Sostituendo le tre funzioni che danno la parametrizzazione in α otteniamo a(t +1)+b(t t)+c( t +t+1)+d = 0 ossia (a+b c)t +( b+c)t+(a+c+d) = 0. Tale equazione ammette infinite soluzioni se il sistema lineare seguente ammette soluzioni non banali a + b c = 0 b + c = 0 a + c + d = 0 che ha infinite soluzioni della forma (c, c, c, c). Quindi L è contenuta nel piano α : x + y + z = 0. Per proiettare L sul piano [xy] dal punto (0, 0, 1), scriviamo l equazione del cono avente (0, 0, 1) come vertice, ed L come direttrice. Tale superficie è unione delle rette per V e parallele al vettore V P essendo P L. Poiché P (t) = (t + 1, t t, t + t + 1) abbiamo V P = (t + 1, t t, t + t) e quindi il cono ha equazioni parametriche x = s(t + 1) S : y = s(t t) (s, t) R. z = 1 + s( t + t) Intersecando con il piano [xy] di equazione z = 0, abbiamo, dalla terza equazione, s = 1. Sostituendo nelle altre equazioni ricaviamo l equazione della proiezione che è t t x = t +1 t t p(l) : y = t 1 t R. t 1 z = 0 Calcolando il parametro t dalla seconda equazione, otteniamo t = y 1. Sostituendo nella y 1 prima equazione e semplificando l equazione, otteniamo z = 0 p(l) : xy + 5y x 6y + = 0 che rappresenta un iperbole. Per proiettare L parallelamente al vettore u = (1, 1, 1) sul piano [xz] dobbiamo usare un cilindro avente generatrici parallele al vettore u e direttrice L. L equazione parametrica

19 del cilindro è quindi CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 19 x = t s C : y = t t s z = t + t s (s, t) R. L intersezione di C con il piano [xz] si ottiene intersecando l equazione parametrica di C con y = 0. Dalla seconda equazione otteniamo allora s = t t e sostituendo nelle altre due equazioni otteniamo la proiezione cercata: p(l) : x = t t + 1 y = 0 z = t + 1 t R. Eliminando il parametro dalle equazioni precedenti, otteniamo y = 0 p(l) : x + 4xz + 4z 6x 11z + 8 = 0 che rappresenta una parabola.