Geometria Differenziale: Parte 3
Sommario
Isometrie dirette e inverse. Proprietà delle matrici ortogonali. Teoremi di rigidità.
Superfici parametrizzate. Superfici date con equazione cartesiana. Esercizi.
1
Isometrie dirette e inverse
Ricordiamo che un’isometria di f : Rn → Rn si scrive:
f (x) = Ax + b,
dove A è una matrice ortogonale e b è un vettore fissato. f si dice diretta se det A = 1, inversa
se det A = −1. In R2 , una rotazione è un’isometria diretta, mentre la riflessione attorno a una
retta è un’isometria inversa.
1.1
Matrici ortogonali
Ricordiamo che una matrice quadrata A, di tipo n × n, si dice ortogonale se
AAt = I.
(1)
Quindi una matrice è ortogonale se e solo se è invertibile, e l’inversa coincide con la trasposta.
Ne segue anche che At A = I. Applicando la formula di Binet ad ambo i membri della (1), e
tenendo conto del fatto che det A = det(At ), otteniamo che:
•
se A è una matrice ortogonale allora det A = ±1.
• L’insieme delle matrici ortogonali di ordine n si denota con O(n) (detto anche gruppo ortogonale di ordine n). Il sottoinsieme formato dalle matrici ortogonali aventi determinante 1 è
denotato con SO(n) (gruppo speciale ortogonale di ordine n).
Le seguenti proprietà sono di facile verifica: I ∈ O(n); se A, B ∈ O(n) allora AB ∈ O(n) e se
A ∈ O(n) allora A−1 ∈ O(n).
Esempio. Introduciamo le seguenti matrici 2 × 2:
cos θ − sin θ
cos θ sin θ
Rθ =
, Sθ =
,
sin θ cos θ
sin θ − cos θ
1
θ ∈ R.
Verificare che Rθ Rφ = Rθ+φ ; in effetti Rθ rappresenta (rispetto alla base canonica di R2 )
l’applicazione lineare data dalla rotazione di θ radianti intorno all’origine, in senso antiorario.
In particolare, se θ = π/2:
0 −1
Rπ/2 = J =
.
1 0
cosicché J 2 = −I. È chiaro che si ha, per ogni θ:
det Rθ = 1.
D’altra parte, un calcolo mostra che Sθ2 = I per ogni θ; in effetti, non è difficile dimostrare che
Sθ rappresenta la simmetria (riflessione) del piano attorno alla retta per l’origine che forma un
angolo θ/2 con l’asse x. Si ha, per ogni θ:
det Sθ = −1.
Le matrici ortogonali di ordine 2 sono rotazioni Rθ o simmetrie Sθ , per qualche θ ∈ R:
Proposizione 1. Si ha:
O(2) = {Rθ , Sθ : θ ∈ R},
SO(2) = {Rθ : θ ∈ R}.
La proprietà che segue mostra che una matrice è ortogonale se e solo se conserva il prodotto
scalare canonico di Rn ; poichè il prodotto scalare determina la norma di vettori (quindi la
distanza di due punti), risulta che una matrice ortogonale definisce, in particolare, un’isometria
di Rn (che, in piu’, è lineare per la struttura di spazio vettoriale di Rn ).
Teorema 2.
a) Una matrice A ∈ Mat(n × n) è ortogonale se e solo se
hAu, Avi = hu, vi
per ogni u, v ∈ Rn .
b) Se A è una matrice ortogonale, allora |Av| = |v| per ogni v ∈ Rn ; inoltre, per ogni u, v ∈ Rn :
d(Au, Av) = d(u, v).
Dimostrazione. Data una qualunque matrice A ∈ Mat(n × n), e dati due vettori u, v ∈ Rn si
ha sempre:
hAu, vi = hu, At vi.
(2)
Infatti, sia aij l’elemento di riga i e colonna j della matrice A. Se (e1 , . . . , en ) è la base canonica
di Rn , allora le colonne di A sono Ae1 , Ae2 , . . . , Aen . Questo implica che:
hAei , ej i = aij = hei , At ej i
per ogni i, j. Dunque (2) è vera per i vettori della base canonica. Scrivendo i vettori arbitrari u e
v come combinazione lineare dei vettori della base canonica, e usando le proprietà di bilinearità
del prodotto scalare, si dimostra la (2) in generale.
2
Dimostriamo a). Supponiamo che A sia ortogonale; dunque At A = I e, per la (2):
hAu, Avi = hu, At Avi = hu, vi per ogni u, v.
Viceversa, supponiamo che si abbia hAu, Avi = hu, vi per ogni u, v: abbiamo allora hu, At Avi =
hu, vi per ogni u. Di conseguenza At Av = v per ogni v, e dunque
At A = I.
Questo dimostra che A è una matrice ortogonale.
p
Dimostriamo ora b). Sappiamo che |v| = hv, vi dunque, per la a), si ha
p
p
|Av| = hAv, Avi = hv, vi = |v|.
Riguardo alla seconda affermazione, ricordiamo che la distanza di due punti u, v di Rn si ottiene
come norma della differenza tra u e v:
d(u, v) = |u − v|.
Dunque, per quanto appena detto:
d(Au, Av) = |Au − Av| = |A(u − v)| = |u − v| = d(u, v).
La proposizione seguente è una facile conseguenza della proprietà precedente.
Proposizione 3.
a) Una matrice è ortogonale se e solo se le sue colonne formano una base ortonormale di Rn ;
quindi, A trasforma basi ortonormali in basi ortonormali.
b) Date due basi ortonormali B = (v1 , . . . , vn ), B 0 = (w1 , . . . , wn ) esiste un’unica matrice A ∈
O(n) che trasforma B in B 0 , cioè tale che Avi = wi per ogni i = 1, . . . n.
• Una base ortonormale (u1 , . . . , un ) si dice positivamente (risp. negativamente) orientata se
il determinante della matrice di colonne u1 , . . . , un vale 1 (risp. −1).
Esempio. In R2 , se v ha
unitaria, allorala base ortonormale (v, Jv) è positivamente
norma
v1
−v2
orientata. Infatti, se v =
allora Jv =
dunque det(v, Jv) = v12 + v22 = 1.
v2
v1
• Date due basi ortonormali positivamente orientate esiste un’unica matrice ortogonale di
determinante 1 che trasforma l’una nell’altra. Dunque A ∈ SO(n) se e solo se A trasforma basi
ortonormali positivamente orientate in basi ortonormali positivamente orientate.
3
1.2
La curvatura è invariante per isometrie
Sia ora α : [0, L] → R2 una curva piana PAC, e sia f : R2 → R2 un’isometria diretta. Dunque
f (x) = Ax + b
dove A ∈ SO(n) e b è il vettore di traslazione. Otteniamo una seconda curva β : [0, L] → R2
semplicemente componendo α con f :
β = f ◦ α.
Teorema 4. Nella notazione precedente, sia kα (s) la curvatura di α in s, e sia kβ (s) la curvatura
di β in s. Allora:
kα (s) = kβ (s).
Dimostrazione. Se scriviamo
α(s) =
abbiamo
x(s)
y(s)
x(s)
β(s) = A
+ b,
y(s)
dunque:
0 x (s)
= Aα0 (s).
β (s) = A 0
y (s)
0
(3)
Indichiamo con Tα (s), Tβ (s) i versori tangenti di α e β, e con Nα (s), Nβ (s) i rispettivi versori
normali. La relazione (3) si scrive:
Tβ (s) = ATα (s).
Siccome f è diretta, A conserva l’orientazione, dunque
Nβ (s) = ANα (s).
Ora:
Tβ0 (s) = ATα0 (s) = kα (s)ANα (s) = kα (s)Nβ (s).
D’altra parte, per definizione abbiamo anche:
Tβ0 (s) = kβ (s)Nβ (s),
dunque kα (s) = kβ (s).
•
Verificare che, se f è un’isometria inversa, allora kβ (s) = −kα (s) per ogni s.
4
2
Teoremi di rigidità per le curve
2.1
Curve piane
x0
y0
Teorema 5. Data una funzione k̄ : [0, L] → R, un punto α0 =
e un vettore unitario
cos θ0
T0 =
esiste un’unica curva α : [0, L] → R2 parametrizzata dall’ascissa curvilinea tale
sin θ0
che

x0



 α(0) = y0
(4)

α0 (0) = T0



kα (s) = k̄(s) per ogni s ∈ [0, L].
dove kα (s) indica la curvatura di α in s.
Dimostrazione. Iniziamo dall’esistenza. Definiamo una funzione θ : [0, L] → R come segue:
Z s
θ(s) =
k̄(u) du + θ0 .
0
Siano:
Z s



cos θ(u) du + x0
 x(s) =
Z 0s


 y(s) =
sin θ(u) du + y0
0
e si consideri la curva α : [0, L] → R2 definita da:
x(s)
.
α(s) =
y(s)
Vogliamo dimostrare che
αsoddisfa i requisiti del teorema. Ora è chiaro dalla definizione di
x0
x(s) e y(s) che α(0) =
. Inoltre:
y0
0 cos θ(s)
x (s)
0
α (s) =
=
sin θ(s)
y 0 (s)
cos θ0
quindi α0 (0) =
= T0 ; inoltre α è parametrizzata dall’ascissa curvilinea, poichè |α0 (s)| =
sin θ0
1 per ogni s. Si ha:
− sin θ(s) · θ0 (s)
00
α (s) =
cos θ(s) · θ0 (s)
Dunque:
kα (s) = det(α0 (s), α00 (s))
cos θ(s) − sin θ(s) · θ0 (s)
=
sin θ(s) cos θ(s) · θ0 (s) = θ0 (s)
= k̄(s)
5
ed effettivamente α ha curvatura prescritta da k̄.
Unicità. Supponiamo che β : [0, L] → R2 sia una seconda curva che verifica (4), dunque, in
particolare,
kβ (s) = k̄(s)
per ogni s ∈ [0, L]. Sia Tα (s) (risp. Tβ (s)) il versore tangente di α (risp. β). Notiamo che
Tα (0) = Tβ (0) = T0 .
Vogliamo dimostrare che Tα (s) = Tβ (s) per ogni s. A tale scopo, consideriamo la funzione
ψ(s) = hTα (s), Tβ (s)i.
Si ha:
ψ(0) = 1;
se dimostriamo che ψ 0 (s) = 0 per ogni s allora ψ(s) = 1 per ogni s e questo implica che
Tα (s) = Tβ (s) per ogni s. Ora:
ψ 0 (s) = hTα0 (s), Tβ (s)i + hTα (s), Tβ0 (s)i
= k̄(s)hNα (s), Tβ (s)i + k̄(s)hTα (s), Nβ (s)i
Ora Nα (s) = JTα (s) e Nβ (s) = JTβ (s); la matrice di rotazione J soddisfa J 2 = −I, e inoltre,
poichè è ortogonale, conserva il prodotto scalare, dunque hJu, Jvi = hu, vi per ogni u, v ∈ R2 .
Dunque:
hNα (s), Tβ (s)i = hJTα (s), Tβ (s)i
= hJ 2 Tα (s), JTβ (s)i
= −hTα (s), Nβ (s)i
cioè hNα (s), Tβ (s)i = −hTα (s), Nβ (s)i, quindi ψ 0 (s) = 0 e Tα (s) = Tβ (s) per ogni s.
Infine, poichè β(0) = α(0) otteniamo, per ogni s:
Z s
Z
β(s) =
Tβ (u) du + β(0) =
0
s
Tα (u) du + α(0) = α(s),
0
e il teorema è dimostrato.
Per una dimostrazione alternativa, vedere la sezione successiva.
2.2
Curve dello spazio
Risulta che curvatura e torsione di una curva dello spazio sono invarianti per isometrie dirette
(vedi Esercizio 5). In questa sezione dimostreremo che, a meno di isometrie, esiste un’unica
curva con curvatura e torsione assegnate.
6
Data una curva biregolare α : [0, L] → R sia (T (s), N (s), B(s)) il suo riferimento di Frenet in s.
Allora si ha:


0
−kα (s)
0
0
τα (s)
(T 0 (s), N 0 (s), B 0 (s)) = (T (s), N (s), B(s)) kα (s)
0
−τα (s)
0
Denotiamo con X(s) la matrice 3 × 3 di colonne T (s), N (s), B(s). La matrice X(s) è ortogonale,
e caratterizza il riferimento di Frenet in ciascun punto. Le formule di Frenet si esprimono in
forma matriciale:
X 0 (s) = X(s)A(s)
(5)
dove


0
−kα (s)
0
0
τα (s)
A(s) = kα (s)
0
−τα (s)
0
e dove X 0 (s) denota la matrice che si ottiene derivando le entrate di X(s). Nel linguaggio
dell’analisi, la (5) è un sistema omogeneo di equazioni differenziali lineari, e il riferimento di
Frenet X(s) è dunque una soluzione di tale sistema.
In effetti, il seguente lemma, che è conseguenza della teoria delle equazioni differenziali, ci sarà
utile.
Lemma 6.
a) Sia A : [0, L] → Mat(n × n) una funzione matriciale di s ∈ [0, L], che assumeremo continua.
Allora, l’equazione differenziale
(
X 0 (s) = X(s)A(s)
(6)
X(0) = X0
nell’incognita X(s) ∈ Mat(n × n) e con dato iniziale X0 ∈ Mat(n × n), ammette un’unica
soluzione X(s).
b) Se la matrice A(s) è antisimmetrica per ogni s, e se il dato iniziale X0 è una matrice ortogonale (risp. X0 ∈ SO(n)) allora la soluzione X(s) è una matrice ortogonale per ogni s ∈ [0, L]
(risp. X(s) ∈ SO(n) per ogni s).
Dimostrazione. a) L’esistenza e unicità della soluzione del problema (6) è conseguenza della
teoria delle equazioni differenziali.
b) Supponiamo ora che A(s) sia antisimmetrica per ogni s. Vogliamo dimostrare che
X(s)X(s)t = I
per ogni s. Ora, prendendo la trasposta ad ambo i membri di (6) otteniamo:
(X 0 (s))t = A(s)t X(s)t .
7
Poichè la trasposta della derivata è uguale alla derivata della trasposta, si ha (X 0 (s))t =
d
(X(s)t ); siccome A(s) è antisimmetrica (A(s)t = −A(s)) otteniamo
ds
d
(X(s)t ) = −A(s)X(s)t .
ds
Dunque:
d
d
d
(X(s)X(s)t ) = X(s) · X(s)t + X(s) · (X(s)t )
ds
ds
ds
= X(s)A(s)X(s)t − X(s)A(s)X(s)t
= 0.
Poichè X(0)X(0)t = I, si ha in effetti X(s)X(s)t = I per ogni s, dunque X(s) è ortogonale per
ogni s. Infine, se det X(0) = 1 allora, per la continuità della funzione s 7→ det X(s), si deve
avere det X(s) = 1 per ogni s.
Dimostriamo ora il seguente teorema di rigidità.
Teorema
 7. Date due funzioni: k̄ : [0, L] → R, τ̄ : [0, L] → R (con k̄ > 0), dato un punto
x0
α0 =  y0  e data una terna ortonormale (T0 , N0 , B0 ) positivamente orientata, esiste un’unica
z0
curva biregolare α : [0, L] → R3 con α(0) = α0 , avente riferimento di Frenet (T0 , N0 , B0 ) in
s = 0 e tale che:
kα (s) = k̄(s), τα (s) = τ̄ (s) per ogni s ∈ [0, L].
(7)
Dimostrazione. Consideriamo il sistema di equazioni differenziali nell’incognita X(s) ∈ Mat(3×
3):
X 0 (s) = X(s)Ā(s),
(8)
dove


0
−k̄(s)
0
0
τ̄ (s) .
Ā(s) = k̄(s)
0
−τ̄ (s)
0
Dal lemma precedente, sappiamo che la soluzione X(s) di (8) esiste ed è univocamente determinata dalle condizioni iniziali. Come condizioni iniziali imponiamo:
X(0) = (T0 , N0 , B0 ),
la matrice di colonne T0 , N0 , B0 . Dunque X(0) ∈ SO(3) e, ancora per il lemma precedente,
X(s) ∈ SO(3) per ogni s. Indichiamo con
t(s), n(s), b(s)
le colonne di X(s) che dunque formano una base ortonormale positivamente orientata. Consideriamo ora la curva:
Z s
α(s) =
t(u) du + α0 .
0
8
Vogliamo dimostrare che α(s) è l’unica curva che soddisfa i requisiti del teorema; in particolare
α è biregolare e, se indichiamo con (T (s), N (s), B(s)) il riferimento di Frenet di α, allora:
(T (s), N (s), B(s)) = (t(s), n(s), b(s))
per ogni s. Notiamo che α0 (s) = t(s), che ha norma 1, e α(0) = α0 ; dunque α è regolare, ed è
parametrizzata dall’ascissa curvilinea. Quindi:
T (s) = t(s).
Ora:
α00 (s) = t0 (s) = k̄(s)n(s).
Poichè k̄(s) > 0 per ogni s, risulta che α00 (s) 6= 0; dunque α è biregolare. Sappiamo che
α00 (s) = kα (s)N (s);
siccome k̄(s) e’ positivo, si ha necessariamente
kα (s) = k̄(s)
per ogni s, e dunque N (s) = n(s). Infine, poichè (T (s), N (s), B(s)) e (t(s), n(s), b(s)) sono
entrambe positivamente orientate, abbiamo necessariamente
B(s) = b(s)
Dunque i riferimenti (T (s), N (s), B(s)) e (t(s), n(s), b(s)) coincidono in ogni punto; in altre
parole, la terna (t(s), n(s), b(s)) è il riferimento di Frenet di α. A questo punto, è immediato
verificare che τα (s) = τ̄ (s) per ogni s, e l’esitenza è dimostrata. Infine, l’unicità è conseguenza
dell’unicità della soluzione con dato iniziale fissato. Il teorema è dunque dimostrato.
Corollario 8. Date due funzioni differenziabili k̄(s), τ̄ (s) definite su [0, L], con k̄(s) > 0 per ogni
s, esiste almeno una curva biregolare, parametrizzata dall’ascissa curvilinea, α : [0, L] → R3 ,
avente curvatura e torsione prescritte, rispettivamente, da k̄(s) e τ̄ (s). Se β : [0, L] → R3 è
un’altra tale curva, allora esiste un’isometria diretta f di R3 tale che β = f ◦ α.
Dimostrazione. L’esistenza è stata dimostrata precedentemente. Dimostriamo l’unicità a meno
di isometrie dirette. Detti Fα (s) = (Tα (s), Nα (s), Bα (s)) e Fβ (s) = (Tβ (s), Nβ (s), Bβ (s)) i
riferimenti di Frenet di α e β, rispettivamente, sia A la matrice ortogonale che trasforma Fα (0)
in Fβ (0); notiamo che det A = 1, poichè il riferimento di Frenet è positivamente orientato per
ogni s. Consideriamo l’isometria diretta
f (x) = Ax + b,
dove b = β(0) − Aα(0), e consideriamo la curva f ◦ α. Notiamo che, siccome f è un’isometria
diretta, f ◦ α ha curvatura e torsione uguali a quelle di α, quindi prescritte da k̄ e τ̄ . ora
f ◦ α(0) = f (α(0)) = β(0)
e, per costruzione, f ◦ α ha riferimento di Frenet in s = 0 uguale a quello di β: dunque per
l’unicità nel teorema precedente, si deve avere f ◦ α = β.
9
3
Superfici
Una superficie parametrizzata dello spazio è una funzione differenziabile Σ : Ω → R3 dove Ω è
un dominio del piano R2 . Dette u, v le coordinate di un punto di D, possiamo dunque scrivere


x(u, v)
Σ(u, v) = y(u, v)
z(u, v)
che spesso scriveremo anche


 x = x(u, v)
y = y(u, v) ,


z = z(u, v)
(u, v) ∈ Ω.
L’immagine di Σ è dunque un pezzo di superficie dello spazio.
3.1
Superfici regolari
Consideriamo i vettori ottenuti derivando la funzione vettoriale Σ rispetto a u e a v:
 
 
xu
xv
Σu =  yu  , Σv =  yv  .
zu
zv
Notiamo che Σu , Σv associano a ciascun punto di Ω un vettore di R3 ; sono quindi campi vettoriali
sulla superficie. Se i vettori Σu , Σv sono linermente indipendenti diremo che la superficie Σ è
regolare in (u, v). In tal caso:
• il piano dello spazio passante per il punto P = Σ(u, v) parallelo ai vettori Σu e Σv è detto
piano tangente a Σ in P .
• il vettore Σu ∧ Σv è ortogonale sia a Σu che a Σv : dunque è ortogonale al piano tangente. Il
versore
1
Σu ∧ Σv
N=
|Σu ∧ Σv |
è detto versore normale alla superficie Σ nel punto dato.
• Le curve u = c dove c è una costante, sono curve regolari la cui traccia è interamente
contenuta nella superficie. Tali curve sono regolari poichè il vettore tangente a u = c è Σv .
Stessa cosa per le curve v = c, con vettore tangente Σu . Tali curve sono dette linee coordinate
della data parametrizzazione.
Dunque, data una superficie Σ, possiamo definire il piano tangente e il versore normale in ogni
punto dove Σ è regolare. Notiamo anche che la condizione di regolarità è equivalente a richiedere
che la matrice jacobiana di Σ:


xu xv
JΣ =  yu yv 
z u zv
abbia rango massimo (cioè due). Questo equivale a dire che il differenziale di Σ, in quanto
applicazione lineare da R2 a R3 , è iniettivo in ciascun punto.
10
4
4.1
Esempi
Sfera
Si consideri l’applicazione:


 x = R cos u cos v
y = R sin u cos v


z = R sin v
dove u ∈ [0, 2π), v ∈ (− π2 , π2 ). Notiamo che
x(u, v)2 + y(u, v)2 + z(u, v)2 = R2
dunque le formule descrivono una parametrizzazione della sfera di centro l’origine e raggio R.
Si ha:




−R sin u cos v
−R cos u sin v
Σu =  R cos u cos v  , Σv =  −R sin u sin v  .
0
R cos v
Si vede che i tre minori della matrice jacobiana hanno determinante:
R2 cos u cos2 v,
R2 sin u cos2 v,
R2 sin v cos v,
che si annullano contemporaneamente solo quando v = ± π2 (tali valori corrispondono ai poli
(0, 0, 1), (0, 0, −1)).
• Le curve v = c sono mappate nella circonferenza (parallelo) di raggio ρ = R cos c, che giace
sul piano z = R sin c. In particolare, per c = 0, otteniamo il cerchio massimo, intersezione della
sfera con il piano z = 0, e per c = π/2.
   
0
0
• Le curve u = c sono meridiani, tutti passanti per il poli 0 e  0 .
1
−1
4.2
Piano
Le formule


 x = 2 − u + 2v
y =u+v


z = 3 + 3v
 
2
dove (u, v) ∈ R2 parametrizzano un piano; precisamente, il piano passante per P = 0
3
 
 
−1
2



1
parallelo ai vettori w1 =
e w2 = 1. Per ottenere la sua equazione cartesiana, basta
0
3
eliminare i parametri u, v. Otteniamo l’equazione
x + y − z + 1 = 0.
11
In generale, l’applicazione dipendente da u, v:


 x = x0 + a1 u + a2 v
y = y0 + b1 u + b2 v


z = z0 + c1 u + c2 v
parametrizza un piano dello spazio.
4.3
Cilindro
Le formule:


 x = R cos u
y = R sin u


z=v
parametrizzano il cilindro circolare retto; eliminando i parametri, infatti, otteniamo l’equazione
cartesiana
x2 + y 2 = R2 ,
nelle incognite x, y, z. Si ha:


−R sin u
Σu =  R cos u  ,
0
 
0
Σv = 0
1
La matrice jacobiana è:


−R sin u 0
 R cos u 0
0
1
e si vede che ha rango 2 per ogni u, v (poiché sin u e cos u non possono annullarsi contemporaneamente). Dunque Σ è regolare per ogni u, v.
• Le linee coordinate u = c sono rette parallele all’asse z; le linee coordinate v = c sono
circonferenze di raggio R che giacciono sul piano z = c.
4.4
Cono
Le formule:


 x = v cos u
y = v sin u


z=v
parametrizzano il cono di equazione:
x2 + y 2 = z 2 ,
12
ottenuta eliminando i parametri u e v. Abbiamo:




−v sin u
cos u
Σu =  v cos u  , Σv =  sin u  .
0
1
 
0

Se v = 0 abbiamo Σu = 0 dunque Σ(u, 0) = 0 è un punto singolare. Se v 6= 0 il minore
0
formato dalle prime due righe e prime due colonne ha determinante
−v sin u cos u
2
v cos u sin u = −v
quindi diverso da zero. Ne segue che la superficie è regolare per ogni v 6= 0, quindi in ogni punto
dell’immagine diverso dall’origine.
Le linee coordinate u = c sono rette passanti per l’origine, che formano
con l’asse z un angolo
p
costante. Le linee coordinate v = c sono circonferenze di raggio |c|, giacenti sul piano z = c.
• Vedere su quale dominio l’applicazione Σ è iniettiva.
5
5.1
Superfici in equazione cartesiana
Grafici di funzioni
Una superficie si puo’ ottenere anche come grafico di una funzione delle variabili x, y:
z = f (x, y).
In tal caso, una parametrizzazione, su un dominio Ω dove f è differenziabile, sarà:


x = u
y=v


z = f (u, v)
e dunque la matrice jacobiana è:


1 0
JΣ =  0 1 
fu fv
che ha evidentemente rango 2 per ogni u, v. Dunque il grafico di una funzione si può sempre
parametrizzare in modo regolare.
5.2
Funzioni implicite
Data una funzione f delle variabili x, y, z e dato c ∈ R consideriamo la superficie di livello
f −1 (c), di equazione:
f (x, y, z) = c,
13
Diremo che f −1 (c) è regolare in un suo punto p, se, in un intorno di p, essa ammette una
parametrizzazione regolare. 1
Il seguente fatto generalizza l’analogo risultato per le curve:
Sia p ∈ f −1 (c). Se ∇f (p) 6= 0 allora f −1 (c) è regolare in p.
•
• Se c è un valore regolare di f (nel senso che f −1 (c) non contiene punti critici di f ) allora
f −1 (c) è una superficie regolare in ogni suo punto.
Esempio. Consideriamo l’equazione
x2 + y 2 − z 2 = 0.
quindi f (x, y, z) = 0 con f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 . Ora il gradiente:


2x
∇f =  2y 
−2z
si annulla solo nell’origine; dunque l’unico valore critico è c = 0, e di conseguenza le soluzioni di
x2 + y 2 − z 2 = c,
c 6= 0
definiscono una superficie regolare dello spazio. Inoltre l’insieme
Γ = {(x, y, z) : x2 + y 2 − z 2 = 0} \ {(0, 0, 0)}
è, anch’esso, una superficie regolare.
6
Esercizi
sin(2t) cos t
Esercizio 1. a) Data la curva piana α : [0, 2π] →
definita da α(t) =
,
sin(2t) sin t
stabilire i valori di t per i quali α è regolare; per tali valori, determinare la curvatura di α.
R2
b) È vero che α è iniettiva ? Disegnare la traccia di α.
c) Calcolare r(t), la distanza di α(t) dall’origine.
Esercizio 2. Data la curva α : [0, L] → R2 , parametrizzata dall’ascissa curvilinea, e dato un
numero r > 0, si consideri la curva βr : [0, L] → R2 definita da:
βr (s) = α(s) + rN (s),
dove N (s) = Jα0 (s) è il versore normale di α.
a) Per quali valori di r la curva βr è regolare in s ?
b) Per tali valori, calcolare la curvatura di βr .
Questo significa che esiste > 0 (eventualmente molto piccolo) tale che l’insieme f −1 (c) ∩ B(p, ) si può
parametrizzare in modo regolare, dove B(p, ) = {x ∈ R3 : d(x, p) < } è la palla aperta di centro p e raggio .
1
14
c) Se α parametrizza la circonferenza di raggio R, qual è la traccia di βr ?
d) In generale, qual è la traccia di βr ?
Esercizio 3. Si consideri la superficie parametrizzata:


 x = v cos u
y = v sin u (u, v) ∈ R2 .


z=u
a) Descrivere le linee coordinate u = c e v = c.
b) Determinare il piano tangente alla superficie nel punto (−2, 0, π) della sua immagine, corrispondente ai valori u = π, v = 2 dei parametri.
c) Determinare il versore normale nel punto generico (u, v).
Esercizio 4. Sia A una matrice ortogonale di ordine 3. Dati u, v ∈ R3 , dimostrare che:
(
A(u ∧ v) se det A = 1,
Au ∧ Av =
− A(u ∧ v) se det A = −1.
(Suggerimento: dimostrare la formula per i vettori della base canonica, e poi estendere per
linearità).
Esercizio 5. Sia α : [0, L] → R3 una curva parametrizzata dall’ascissa curvilinea, sia f un’isometria di R3 e sia β l’immagine di α tramite f , cioè β = f ◦ α. Dimostrare che kβ (s) = kα (s)
per ogni s, e inoltre:
(
τα (s) se f è diretta,
τβ (s) =
− τα (s) se f è inversa.
(Usare i risultati dell’esercizio precedente).
Esercizio 6. Si consideri la superficie


1 x y
Σ = {(x, y, z) ∈ R3 : det x 1 z  = 0}.
y z 1
Quali punti occorre rimuovere da Σ per avere una superficie regolare ?
15