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 = (2, 1);
(2) passa per il punto B(1, 1) ed è ortogonale al vettore v = (−1, 1);
(3) passa per il punto C(0, 1), forma un angolo di π/3 col vettore j = (0, 1) ed incontra
l’ asse x in un punto di ascissa positiva.
Esercizio 2. Determinare un’ equazione parametrica della circonferenza del piano Oxy
verificante una delle condizioni seguenti:
(1) ha centro in C(1, 0) e raggio 2;
(2) ha centro in C(1, 1) ed è tangente alla retta r : x − y + 3 = 0;
√
(3) ha centro in C(1, 2) e stacca sulla retta r : x − y = 0 una corda di lunghezza 2;
(4) è tangente alla retta r : x + y − 2 = 0 in A(1, 1), ha raggio 2 e centro nel primo
quadrante.
Esercizio 3. Scrivere in forma parametrica le seguenti coniche:
(1) 3x2 + 4y 2 = 12;
(2) 3x2 − 4y 2 = 12;
(3) xy − 2x + y = 1;
(4) x = y 2 − 3y + 2.
Esercizio 4. Verificare che la curva L di equazioni parametriche x = t cos t, y = t sin t, t ∈
[0, 2π] 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 = cos3 t, y = sin3 t, t ∈
[0, 2π] 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)(2t −
1), t ∈ R, verificando in particolare che risolve l’ equazione differenziale yy 0 = (6x2 + x)x0 .
(L è nota come folium di Cartesio). Trovare poi i punti della curva in cui la retta tangente
8
è parallela alla bisettrice x−y = 0 e quelli la cui retta tangente passa per il punto A( 13
, 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 = (2, 1, 2);
(2) passa per il punto B(1, 0, 1) ed è ortogonale ai vettori u = (1, 1, 1) e v = (2, 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);
(2) passa per A(1, 0, 1) e contiene la retta r : x = 2 − t, y = 1 + t, z = 1 + 2t;
(3) passa per A(1, −1, 1) ed è ortogonale al vettore v = (1, −1, −1).
2
2
2
2
Esercizio 11. Trovare una
parametrizzazione della sfera σ : x + y + z = R che sia
regolare in A √R3 , √R3 , √R3 , studiarne le linee coordinate, e trovare l’ equazione del piano
tangente a σ in A.
Esercizio 12. Trovare una parametrizzazione regolare delle superfici
(1) σ1 : x2 + y 2 = 1;
(2) σ2 : x2 − y 2 = 1;
(3) σ3 : y 2 = 2x;
(4) σ4 : x2 + y 2 − z 2 = 0.
e studiarne le linee cordinate.
Esercizio 13. Scrivere una parametrizzazione delle superfici unione delle rette
(1) incidenti le parabole Γ1 : x = 1, z = y 2 − 1, e Γ2 : x = −1, z = y 2 − 1, nei punti
(1, t, t2 − 1), (−1, t + 1, t2 + 2t), rispettivamente, al variare di t ∈ R;
(2) incidenti le circonferenze
Γ1 : z =√0, x2 + y 2 = 1, e Γ2 : z = 1, x2 + y 2 = 2, nei punti
√
(cos θ, sin θ, 0), ( 2 cos(θ + π/4), 2 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(2, 0, 0) e raggio 1 intorno all’ asse z.
Esercizio 16. Data la curva L : x = t2 + 1, y = t2 − t, z = −2t2 + 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.
2. 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) = (2t, t) con t ∈ R. Quindi, l’ equazione parametrica della retta cercata
è
x = 1 + 2t
r:
t ∈ R.
y=t
(2) 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,
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
3
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
(3) Un vettore parallelo v = (a, b) alla retta t cercata verifica la condizione cos α = 12
dove α è l’ angolo formato dai vettori j e v. Sapendo che
j·v
b
cos α =
=√
2
|j||v|
a + b2
√
√
2
otteniamo l’ equazione a2 = 3b√
e quindi le soluzioni
a
=
b
3
e
a
=
−b
3. Scelto b = 1
√
abbiamo i due vettori v1 = ( 3, 1), v2 = (− 3, 1). Le due rette corrispondenti sono
quindi
√
x=t 3
t1 :
t∈R
y =1+t
e
√
x = −t 3
t2 :
t ∈ R.
y =1+t
Intersecando la retta t1 con l’ asse x otteniamo il sistema

√
 x=t 3
y =1+t

y=0
√
che ammette l’ unica soluzione (− 3, 1) corrispondente al valore t√= −1 del parametro.
Analogamente, il punto d’ intersezione tra la retta t2 e l’ asse x è ( 3, 1) ottenuto dando
il valore −1 al parametro t. Quindi, t2 interseca l’ asse x in un punto di ascissa positiva,
ed è la retta cercata.
Soluzione dell’ Esercizio 2. Data la circonferenza di centro C(x0 , y0 ) 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, 2π].
y = y0 + R sin t
Usiamo tale parametrizzazione per ricavare quelle cui siamo interessati.
(1) Il centro di γ1 è C(1, 0) ed il suo raggio è R = 2. Quindi,
x = 1 + 2 cos t
γ1 :
t ∈ [0, 2π].
y = 2 sin t
(2) 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+3|
= √32 . Quindi,
2
x = 1 + √32 cos t
t ∈ [0, 2π].
γ2 :
y = 1 + √32 sin t
(3) Il centro è il punto C(1, 2), mentre il raggio è la misura dell’ ipotenusa di un triangolo
rettangolo avente per cateti metà della corda staccata sulla
q retta e la distanza d(C, r). In
base ai dati dell’ Esercizio, d(C, r) = √12 e quindi R = 12 + 12 = 1. Quindi,
x = 1 + cos t
γ3 :
t ∈ [0, 2π].
y = 2 + sin t
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 2 da A sono quelli che verificano
√
p
AC = (1 + t − 1)2 + (1 + t − 1)2 = 2t2 = 2,
√
√
√
√
che hanno coordinate C1 (1− 2, 1− 2) e C2 (1+ 2, 1+ 2). Il centro della circonferenza
dobbiamo parametrizzare si trova nel primo quadrante e quindi è C2 . Quindi,
√
x = 1 + √ 2 + 2 cos t
t ∈ [0, 2π].
γ4 :
y = 1 + 2 + 2 sin t
Soluzione dell’ Esercizio 3. (1) La prima conica√è un’ ellisse riferita al suo sistema di
riferimento intrinseco, di semiassi a = 2, b = 3, la cui equazione può anche essere
riscritta come
x2 y 2
γ:
+
= 1.
4
3
Una parametrizzazione è simile a quella della circonferenza ed è
x=√
2 cos t
γ:
t ∈ [0, 2π).
y = 3 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, 2π) → P (t) = (2 cos t, 3 sin t) è iniettiva grazie alle
√ proprietà delle
funzioni trigonometriche. Il vettore derivato primo è P 0 (t) = (−2 sin t, 3 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 pid̆ue 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 (2, 0). Il fascio
di rette di centro (2, 0) ha equazione y = m(x − 2) ossia y = mx − 2m. Il coefficiente
angolare m può assumere qualsiasi valore reale, ma per nessuno di essi si otterrà la retta
di equazione x = 2. Tale retta è parallela all’ asse delle ordinate ed è tangente all’ ellisse
in (2, 0). Quindi, il punto (2, 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 − 2m
2
x2
+ y3 = 1
4
2
8m −6
12m
le cui soluzioni sono i punti (2, 0) e 4m2 +3 , − 4m2 +3 . La parametrizzazione dell’ ellisse è
allora
2 −6
x = 8m
4m2 +3
γ:
12m
y = − 4m
2 +3 .
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
5
Il legame tra le due parametrizzazioni si trova uguagliandole, ossia risolvendo il sistema
(
2 −6
2√cos t = 8m
4m2 +3
12m
3 sin t = − 4m
2 +3
√
3 sin t
e quindi otteniamo m = − 2(1−cos
definita ovviamente per t ∈ (0, 2π) poiché il punto
t)
(2, 0) corrisponde al valore t = 0 ma non si ottiene nell’ altra forma.
Osserviamo che anche la seconda parametrizzazione è regolare. Infatti,
x0 (m) =
96m
(4m2 + 3)2
y 0 (m) = 12
4m2 − 3
(4m2 + 3)2
ed è evidente che non possono essere entrambe nulle. Inoltre, come già detto, il punto (2, 0)
non si ottiene per alcun valore del parametro m. Ma, passando al limite per m → ±∞
otteniamo
lim x(m) = 2
lim y(m) = 0
m→±∞
m→±∞
ossia P (m) → (2, 0) quando m → ±∞. Geometricamente, questo corrisponde al fatto che
la retta tangente alla conica in (2, 0) è la retta x = 2 che forma un angolo di π/2 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 = 2 non fa parte del fascio, ma è la retta che si ottiene facendo il limite della retta del
fascio quando m tende all’ infinito.
(2) 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) = √
2 cosh t
t ∈ R.
y(t) = 3 sinh t
mentre il ramo contenuto nel semipiano x < 0 è parametrizzato come
x(t) = √
−2 cosh t
t ∈ R.
y(t) = 3 sinh t
Ricordiamo che le funzioni iperboliche sono definite come
et − e−t
et + e−t
sinh t =
cosh t =
2
2
e per loro valgono alcune relazioni, simili a quelle valide per le funzioni trigonometriche,
tra cui
cosh2 t − sinh2 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 → (2 cosh t, 3 sinh t)
è iniettiva, ed il vettore derivato primo di P (t) è
√
P 0 (t) = (x0 , y 0 ) = (2 sinh t, 3 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
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
Possiamo parametrizzare l’ iperbole anche usando lo stesso metodo usato per l’ ellisse.
Scegliamo allora il punto A(2, 0) vertice dell’ iperbole, ed intersechiamo l’ iperbole con
le rette del fascio di centro A, aventi equazione y = m(x − 2). Tali rette incontrano l’
iperbole in A e nel secondo punto di coordinate
( √ )
2 +3
3
x(m) = 2 4m
4m2 −3
.
m∈R− ±
12m
y(m) = 4m2 −3
2
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 = limm→±∞ 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 (− 3/2, 3/2), mentre
l’ altro√ramo risulta diviso in due perché i punti del primo quadrante si ottengono
√ per
m ∈ ( 3/2, +∞), ed i punti del quarto quadrante si ottengono
per
m
∈
(−∞,
−
3/2);
√
3 sinh t
che le due parametrizzazioni sono legate dalla relazione m = 2(cosh t−1) , t 6= 0, che assume
√
√
i valori m ∈ (−∞, − 3/2) ∪ ( 3/2, +∞) (uguagliando i due modi di√ esprimere i punti
3 sinh t
, t ∈ R, che
del ramo contenuto nel semipiano x > 0), e dalla relazione m = − 2(cosh
t+1)
√
√
assume i valori m ∈ (− 3/2, 3/2) (ottenuta uguagliando i punti del ramo contenuto
nel semipiano x < 0).
(3) 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, 2) e gli asintoti sono x = −1, y = 2. 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 − 2x + y − 1 = 0
e sono quindi
x=t
.
y = 2t+1
t+1
Verifichiamo che la parametrizzazione è regolare. Per prima cosa, osserviamo che la
funzione
2t + 1
t ∈ R \ {−1} → P (t) = t,
∈ R2
t+1
è iniettiva. Poi, il vettore derivato primo è
1
0
P (t) = 1,
(t + 1)2
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
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) = (t2 − 3t + 2, t). Quindi, una parametrizzazione della parabola
è
x = t2 − 3t + 2
y = t.
Tale parametrizzazione è regolare perchè , per valori diversi di t si ottengono punti di
coordinate distinte, ed il vettore derivato primo è
P 0 (t) = (2t − 3, 1)
che non è mai nullo.
Soluzione dell’ Esercizio 4. Cominciamo con il verificare che la funzione
L : t ∈ [0, 2π] → P (t) = (t cos t, t sin t) ∈ R2
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 a2 = b2 ,
che ha come soluzioni a = b, e a = −b. Poiché però a, b ∈ [0, 2π] l’ unica soluzione
accettabile è a = b, e quindi l’ iniettività è provata.
Il vettore derivato primo è
P 0 (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t)
√
il cui modulo è |P 0 (t)| = 1 + t2 6= 0 per qualsiasi valore di t.
La retta tangente è la retta passante per P (t) e parallela al vettore P 0 (t). Il punto
P (π) = (−π, 0) mentre P 0 (π) = (−1, −π). Quindi la retta ha equazione parametrica
x = −π − s
s ∈ R.
y = −πs
La lunghezza della curva, infine, è uguale a
Z 2π
Z 2π √
√
√
1
0
`(L) =
|P (t)|dt =
1 + t2 dt = π 1 + 4π 2 − log
1 + 4π 2 − 2π .
2
0
0
L’ integrale indefinito
Z √
1 + t2 dt
√
può essere calcolato usando la sostituzione 1 + t2 = t + z. Elevando al quadrato e
2
2
da cui dt = − 1+z
dz.
semplificando, si ottiene t = 1−z
2z 2
R
R √ 2z
1
2
z + z2 + z13 dz che può essere facilmente
Sostituendo si ha che
1 + t dt = − 4
√
integrato.
Sostituendo
z
=
1 + t2 − t nella funzione calcolata, si ottiene una primitiva
√
2
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 (2π) = (2π, 0). La distanza tra tali
punti è 2π 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, 2π] → P (t) = (cos3 t, sin3 t) ∈ R2
8
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
è iniettiva. Supponiamo che i punti P (a) e P (b) siano uguali. Allora
cos3 a = cos3 b
sin3 a = sin3 b
da cui si ottiene ovviamente che cos a = cos b, sin a = sin b, ossia a = b.
Il vettore derivato primo è P 0 (t) = (−3 cos2 t sin t, 3 sin2 t cos t) il cui modulo è
p
3
|P 0 (t)| = 9 cos2 t sin2 t = 3| cos t sin t| = | sin 2t|.
2
Quindi, il vettore derivato primo è nullo per t = 0, π/2, π, 3π/2, 2π, 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 (2π − t) sono simmetrici rispetto all’ asse x. Quindi, la curva è simmetrica
rispetto ai due assi coordinati e quindi anche rispetto all’
origine.
1 √1
√
La retta tangente ad L in P (π/4) passa per P (π/4) =
, 8 ed è parallela al vettore
8
P 0 (π/4) = − √38 , √38 . Quindi ha equazione parametrica
x = √18 − √38 s
s ∈ R.
y = √18 + √38 s
La lunghezza della curva è uguale a
Z π/2
Z π/2
3
`(L) = 4
| sin 2t|dt = 6
sin 2tdt = (−3 cos 2t)π/2
= 6.
0
2
0
0
Soluzione dell’ Esercizio 6. Cominciamo col verificare l’ iniettività della funzione
L : t ∈ R → P (t) = (t(t − 1), t(t − 1)(2t − 1)) ∈ R2 .
Supponiamo che i punti P (a) e P (b) coincidano. Allora
a(a − 1) = b(b − 1)
a(a − 1)(2a − 1) = b(b − 1)(2b − 1).
Sostituendo nella seconda equazione, otteniamo b(b−1)(2a−1) = b(b−1)(2b−1). Quindi,
se b(b − 1) 6= 0, allora 2a − 1 = 2b − 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 6= 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 0 (t) = (2t − 1, 6t2 − 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(2t − 1) da cui si ricava
facilmente che t = y+x
. Sostituendo nell’ espressione di x otteniamo
2x
x+y x+y
y 2 − x2
x=
−1 =
2x
2x
4x2
ossia, y 2 = 4x3 + x2 . Quindi, L è l’ unione dei grafici delle due funzioni
√
√
y = 4x3 + x2 e y = − 4x3 + x2 .
Verifichiamo ora che L risolve l’ equazione differenziale yy 0 = (6x2 + x)x0 .
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
9
Per sostituzione diretta, abbiamo che
yy 0 = t(t − 1)(2t − 1)(6t2 − 6t + 1)
(6x2 + x)x0 = [6t2 (t − 1)2 + t(t − 1)](2t − 1) = t(t − 1)(2t − 1)(6t2 − 6t + 1)
e quindi L è soluzione dell’ equazione differenziale assegnata.
La retta tangente ad un punto di L è parallela al vettore P 0 (t). La retta tangente sarà
parallela alla bisettrice x − y = 0 quando P 0 (t) è parallelo al vettore (1, 1). Tali vettori
sono paralleli se
2t − 1 6t2 − 6t + 1
det
=0
1
1
ossia, per i valori di t che sono soluzioni dell’ equazione 6t2 − 8t + 2 = 0. Quindi,
la retta
1
2 2
tangente è parallela alla bisettrice nei punti P (1) = (0, 0) e P ( 3 ) = − 9 , 27 .
La retta tangente ad L in un suo punto P (t) ha equazione parametrica
x = t(t − 1) + s(2t − 1)
y = t(t − 1)(2t − 1) + s(6t2 − 6t + 1).
8
Tale retta contiene il punto A( 13
, 0) se il sistema
8
t(t − 1) + s(2t − 1) = 13
t(t − 1)(2t − 1) + s(6t2 − 6t + 1) = 0
ammette soluzione. Dalla seconda equazione, ricaviamo che
t(t − 1)(2t − 1)
.
6t2 − 6t + 1
Sostituendo nella prima equazione, otteniamo
s=−
8
2t2 (t − 1)2
= .
2
6t − 6t + 1
13
√
Le soluzioni di questa equazione sono t1 = 2, t2 = −1, t3 = 13+26 65 , t4 =
ricavano i quattro punti le cui rette tangenti passano per A.
√
13− 65
,
26
da cui si
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 + 2t
y =1+t
r:

z = −1 + 2t.
(2) 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, 2, −1). Quindi, l’ equazione parametrica della retta s è

 x=1−t
y = 2t
s:
 z = 1 − t.
Soluzione dell’ Esercizio 8. La funzione L : t ∈ R → P (t) = (cos t, sin t, t) ∈ R3 è
sicuramente iniettiva, grazie alla terza coordinata del punto. Il vettore derivato primo è
P 0 (t) = (− sin t, cos t, 1) che non è mai nullo, ancora grazie alla terza componente. Quindi,
10
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
L è regolare. Inoltre, |P 0 (t)| =
P (a) e P (b) è
√
2 e quindi la lunghezza dell’ arco di curva compreso tra
`(L(a, b)) =
Z b√
2dt =
√
2(b − a).
a
Il primo vettore del triedro fondamentale è
sin t cos t 1
P0 (t)
t= 0
= −√ , √ ,√ .
|P (t)|
2
2
2
Il versore binormale è la normalizzazione di P 0 (t) ∧ P 00 (t). Il vettore derivato secondo è
00
P (t) = (− cos t, − sin t, 0) e quindi


i
j
k
P 0 ∧ P 00 = det  − sin t cos t 1  = (sin t, − cos t, 1).
− cos t sin t 0
Abbiamo allora che il vettore binormale è
sin t cos t 1
P0 ∧ P00
= √ ,− √ , √ .
b= 0
|P ∧ P00 |
2
2
2
Osserviamo che il vettore binormale non è un vettore costante, e quindi la curva non è
piana. Inoltre, il modulo di P 0 ∧ P 00 non è mai nullo, ossia i vettori P 0 e P 00 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, − √12 , √12 . Svolgendo i calcoli otteniamo che il piano cercato ha
equazione
1
1
− √ y + √ z = 0 ossia y − z = 0.
2
2
Per calcolare il cerchio osculatore, abbiamo bisogno della curvatura.
k(t) =
|P 0 ∧ P 00 · P 000 |
1
=
0
00
2
|P ∧ P |
2
essendo P 000 (t) = (sin t, − cos t, 0). Il centro di curvatura, centro del cerchio osculatore in
→
→
1
P (t) ad L, verifica P C= k(t)
n(t). Nel nostro caso, abbiamo P C= (x−cos t, y −sin t, z −t),
dove C è il punto di coordinate (x, y, z), e quindi C(− cos t, − sin t, t). Il raggio del cerchio
1
osculatore è r(t) = k(t)
= 2. Posto t = 0 otteniamo che il cerchio osculatore ha equazione
y−z =0
(x + 1)2 + y 2 + z 2 = 4.
Osserviamo infine che la curva L è contenuta nel cilindro di equazione x2 + y 2 = 1, da
cui l’ aggettivo “cilindrica”.
Soluzione dell’ Esercizio 9. La funzione L : t ∈ R → P (t) = (t cos t, t sin t, t) ∈ R3 è
iniettiva, grazie alla terza coordinata del punto. Il vettore derivato primo è
P 0 (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 1)
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/2 si ottiene bπ
+ cπ
= 0 ossia b + c = 0, per t = −π/2
2
2
bπ
cπ
si ottiene 2 − 2 = 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 0 (t)| = 2 + t2 e quindi la lunghezza dell’ arco
richiesto è
Z π√
√
1 √
2 + t2 dt =
π 2 + π 2 − log(1 + π 2 − π 2 + π 2 ) .
`(L(0, π)) =
2
0
√
L’ integrale precedente può essere calcolato usando la sostituzione 2 + t2 = t + z.
Osserviamo infine che L è contenuta nella superficie di equazione x2 + y 2 − z 2 = 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) ∈ R2 .
Esplicitamente, abbiamo (x − 1, y, z) = s(0, 1, 0) + t(0, 1, 1) da cui

 x=1
y =s+t
α:

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 .
(2) 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 parametriz→
→
zazione 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(2, 1, 1), C(1, 2, 3) ∈ 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, 2, 2). 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) ∈ R2 . Sostituendo i dati, otteniamo

 x=1+s
y = s + 2t
β:
 z = 1 + 2t.
(3) 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) ∈ R3 |x − y − z = 0} = L((1, 0, 1), (0, 1, −1))
12
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) ∈ R2 . Sviluppando i calcoli abbiamo che l’ equazione
parametrica del piano γ è

 x=1+s
y = −1 + t
γ:

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, 2π). 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
y = R sin θ sin ϕ
(θ, ϕ) ∈ [0, π] × [0, 2π).
σ:

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.
Pθ = (R cos θ cos ϕ, R cos θ sin ϕ, −R sin θ)
Pϕ = (−R sin θ sin ϕ, R sin θ cos ϕ, 0)
e quindi il loro prodotto vettoriale è il vettore
Pθ ∧ Pϕ = (R2 sin2 θ cos ϕ, R2 sin2 θ sin ϕ, R2 sin θ cos θ)
√
il cui modulo è |Pθ ∧ Pϕ | = R4 sin2 θ = R2 | 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
y = Rb sin θ
Lθ :
θ ∈ (0, π)
 z = R cos θ
dove a = cos ϕ0 , b = sin ϕ0 , per un angolo fissato ϕ0 . 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

 x = Ra cos ϕ
y = Ra sin ϕ
Lϕ :
ϕ ∈ [0, 2π)

z = Rb
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
13
dove a = sin θ0 , b = cos θ0 , e θ0 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

 R sin θ cos ϕ = √3
R sin θ sin ϕ = √R3

 R cos θ = √R .
3
q
Dalla terza equazione, otteniamo cos θ = √13 da cui sin θ = 23 . Sostituendo nelle prime
√
due equazioni, otteniamo sin ϕ = cos ϕ = √12 e quindi ϕ0 = π/4, θ0 = arccos(1/ 3). Il
√
vettore u = Pθ (θ0 , ϕ0 ) ∧ Pϕ (θ0 , ϕ0 ) =
2 2
R (1, 1, 1)
3
→
α : u· AP= 0
ossia
e quindi il piano tangente ha equazione
√
x + y + z − R 3 = 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 A0 stabilendo cosı̀ una corrispondenza biunivoca tra
i punti di σ diversi da N ed i punti del piano [xy]. Detto allora A0 ∈ [xy] il punto di
coordinate (u, v, 0), la retta per i punti N ed A0 ha equazione parametrica

 x = ut
y = vt
rN A0 :
t ∈ R.
 z = R − Rt
Tale retta incontra σ nei punti le cui coordinate risolvono il sistema

x = ut



y = vt
z = R − Rt


 x2 + y 2 + z 2 = R 2
e quindi corrispondono ai valori di t che risolvono l’ equazione (u2 + v 2 + R2 )t2 − 2R2 t = 0.
Essi sono i punti di coordinate N (0, 0, R) ed
2R2 u
2R2 v
R(u2 + v 2 − R2 )
A
,
,
u2 + v 2 + R 2 u2 + v 2 + R 2 u2 + v 2 + R 2
e quindi la proiezione streografica è data dalla parametrizzazione

2R2 u

 x = u2 +v22+R2
2R v
y = u2 +v
(u, v) ∈ R2 .
σ:
2 +R2

 z = R(u2 +v2 −R2 )
u2 +v 2 +R2
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.
Pu =
2R2
(−u2 + v 2 + R2 , −2uv, 2uR)
2
2
2
2
(u + v + R )
14
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
Pv =
2R2
(−2uv, u2 − v 2 + R2 , 2vR)
(u2 + v 2 + R2 )2
e quindi
Pu ∧ Pv =
4R4
(−2uR, −2vR, −u2 − v 2 + R2 )
(u2 + v 2 + R2 )3
che non è mai nullo.
La prima famiglia di linee coordinate è descritta da

2uR2

 x = u2 +a22
y = u2bR
Lu :
2 +a2

 z = Ru2 +R(b2 −R2 )
u2 +a2
u∈R
dove v = b, a2 = b2 + R2 . 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 Lv 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
u
v
u2 + v 2 − R 2
sin ϕ = √
cos θ = 2
u + v 2 + R2
u2 + v 2
u2 + v 2
che sono definite per (u, v) 6= (0, 0) ossia in tutti i punti di σ ad eccezione di N ed S.
Il punto (u0 , v0 ) per cui si ottiene il punto A è la soluzione del sistema
 2uR2
R
√

2 =
 u2 +v2 +R
3
2vR2
R
√
=
u2 +v 2 +R2
3

 R(u2 +v2 −R2
R
√
=
2
2
2
u +v +R
3
√
√ ed è (u0 , v0 ) = R 1+2 3 , R 1+2 3 . In corrispondenza di tale punto, otteniamo il vettore
cos ϕ = √
Pu (u0 , v0 ) ∧ Pv (u0 , v0 ) = − √43 R4 (1, 1, 1), e quindi il piano tangente a σ in A è
√
α : x + y + z − R 3 = 0.
Soluzione dell’ Esercizio 12. (1) σ1 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 (x0 , y0 , 0) e parallela all’ asse z ha equazione parametrica x = x0 , y = y0 , z = v,
con v ∈ R. In conclusione, il cilindro assegnato è descritto dalle equazioni parametriche

 x = cos u
y = sin u
σ1 :
(u, v) ∈ [0, 2π) × R.
 z=v
La funzione (u, v) ∈ [0, 2π) × R → P (u, v) = (cos u, sin u, v) ∈ R3 è sicuramente
iniettiva. I vettori paralleli alle linee coordinate sono
Pu = (− sin u, cos u, 0)
Pv = (0, 0, 1)
che, essendo sempre ortogonali tra loro, sono linearmente indipendenti.
Le linee coordinate sono
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
15
• Lu che rappresentano circonferenze nel piano z = b parallelo al piano [xy] aventi
centro in (0, 0, b) e raggio 1;
• Lv che rappresentano rette parallele all’ asse z per un punto della circonferenza
direttrice del cilindro.
(2) Anche in questo caso basta parametrizzare l’ iperbole equilatera intersezione del
cilindro con il piano [xy]. Oltre ai metodi già descritti nell’ Esercizio 3(2), possiamo
procedere come nel punto (3) dell’ Esercizio citato. Lavoriamo nel piano z = 0 ed intersechiamo in tale piano l’ iperbole di equazione x2 − y 2 = 1 con le rette di equazione
x − y = u con u 6= 0 che sono parallele ad uno degli asintoti. Risolvendo il sistema

 z=0
x2 − y 2 = 1

x−y =u
2
1+u 1−u2
otteniamo il punto di coordinate 2u , 2 u, 0 . Quindi, una parametrizzazione per σ2
è

2
 x = 1+u
2u 2
σ2 :
(u, v) ∈ (R \ {0}) × R.
y = 1−u
2u

z=v
L’ iniettività della rappresentazione è di facile verifica. I vettori paralleli alle linee coordinate sono
2
u − 1 u2 + 1
Pu =
,−
,0
Pv = (0, 0, 1)
2u2
2u2
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.
(3) 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

 x = 12 u2
y=u
σ3 :
(u, v) ∈ R2 .

z=v
L’ iniettività della rappresentazione è immediata, mentre i vettori paralleli alle linee coordinate sono
Pu = (u, 1, 0)
Pv = (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


 x=u
 x=u
+
−
y=√
v
y=v√
σ4 :
σ4 :


z = u2 + v 2
z = − u2 + v 2
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
+
−
y = u sin v
y = u sin v
σ4 :
σ4 :


z=u
z = −u
dove ovviamente, σ4+ è la falda del cono contenuta nel semispazio z ≥ 0, e σ4− è l’ altra
falda.
√
Nel primo caso, la funzione z = u2 + v 2 non è derivabile in (0, 0) e quindi studiamo
la regolarità per (u, v) 6= (0, 0). L’ iniettività è di immediata verifica, mentre i vettori
derivati sono
u
v
Pu = 1, 0, √
Pv = 0, 1, √
u2 + v 2
u2 + v 2
che sono evidentemente linearmente indipendenti. Quindi, al di fuori del vertice, la
parametrizzazione è regolare. Le linee coordinate Lu sono parabole se v 6= 0 mentre
è la funzione |u| per v = 0. Lo stesso vale per le linee coordinate Lv .
Nel secondo caso, l’ inietività si ha per u 6= 0, come noto dalle coordinate polari. I
vettori derivati sono
Pu = (cos v, sin v, 1)
Pv = (−u sin v, u cos v, 0)
che, per u 6= 0, sono linearmente indipendenti. Le linee coordinate sono o semirette (Lv )
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] (Lu ).
Soluzione dell’ Esercizio 13. (1) Bisogna scrivere la retta passante per i punti A(1, u, u2 −
1), B(−1, u + 1, u2 + 2u), e tale retta ha equazione parametrica

 x = −1 + 2v
y =u+1−v
v ∈ R.
 z = u2 + 2u − v(2u + 1)
Facendo variare anche u ∈ R le rette si uniscono descrivendo una superficie di equazione
parametrica

 x = −1 + 2v
y =u+1−v
(u, v) ∈ R2 .
σ1 :

z = u2 + 2u − v(2u + 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
Pu = (0, 1, 2u − 2v + 2)
Pv = (2, −1, −2u − 1)
il cui prodotto vettoriale è
Pu ∧ Pv = (1 − 2v, 4u − 4v + 4, −2).
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 = 1/2, u = −1/2 e quindi il punto di
sella ha coordinate (0, 0, −3/4).
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
17
(2) 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)
y = sin u + v(sin(u + π/4) − sin u)
σ2 :

z=v
al variare di (u, v) ∈ [0, 2π) × R.
√
La√
superficie descritta è un iperboloide iperbolico di equazione x2 +y 2 = 1−(2− 2)z +
(2 − 2)z 2 .
Soluzione dell’ Esercizio 14. Le rette tangenti passano per P (u) = (cos u, sin u, u) e sono
parallele al vettore P 0 (u) = (− sin u, cos u, 1). Quindi, la superficie cercata è

 x = cos u − v sin u
y = sin u + v cos u (u, v) ∈ R2 .
σ:
 z =u+v
I vettori derivati sono
Pu = (− sin u − v cos u, cos u − v sin u, 1)
Pv = (− 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) = (2 + cos u, 0, sin u),
u ∈ [0, 2π).
Il centro della circonferenza descritta è allora (0, 0, sin u), il raggio è 2 + cos u, ed il piano
che la contiene è z = sin u. Quindi, i suoi punti sono descritti da

 x = (2 + cos u) cos v
y = (2 + cos u) sin v
σ:
(u, v) ∈ [0, 2π) × [0, 2π).

z = sin u
I vettori derivati sono
Pu = (− sin u cos v, − sin u sin v, cos u) Pv = (−(2 + cos u) sin v, (2 + 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 0 (t) = (2t, 2t − 1, −4t + 1)
P 00 (t) = (2, 2, −4)
0
00
ed √
il loro √
prodotto
√ vettoriale è P ∧ P = (2, 2, 2) e quindi il vettore binormale è b =
(1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) 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
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 (0) ∧ P 00 (0) = (2, 2, 2) ed ha quindi equazione
α : x + y + z − 2 = 0.
L’ intersezione tra α ed L è data dalle soluzioni del sistema

x = t2 + 1



y = t2 − t
z = −2t2 + t + 1


 x + y + z − 2 = 0.
Sostituendo, otteniamo (t2 + 1) + (t2 − t) + (−2t2 + t + 1) − 2 = 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(t2 +1)+b(t2 −t)+c(−2t2 +t+1)+d = 0
ossia
(a+b−2c)t2 +(−b+c)t+(a+c+d) = 0.
Tale equazione ammette infinite soluzioni se il sistema lineare seguente ammette soluzioni
non banali

 a + b − 2c = 0
−b + c = 0
 a+c+d=0
che ha infinite soluzioni della forma (c, c, c, −2c). Quindi L è contenuta nel piano
α : x + y + z − 2 = 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) = (t2 + 1, t2 − t, −2t2 + t + 1) abbiamo
→
V P = (t2 + 1, t2 − t, −2t2 + t) e quindi il cono ha equazioni parametriche

 x = s(t2 + 1)
y = s(t2 − t)
(s, t) ∈ R2 .
S:
 z = 1 + s(−2t2 + 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
2t2 −t

2
 x = 2tt 2+1
−t
t−1
p(L) :
t ∈ R.
y = 2t−1

z=0
Calcolando il parametro t dalla seconda equazione, otteniamo t =
prima equazione e semplificando l’ equazione, otteniamo
z=0
p(L) :
xy + 5y 2 − x − 6y + 2 = 0
y−1
.
2y−1
Sostituendo nella
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
CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE
19
del cilindro è quindi

 x = t2 + 1 + s
y = t2 − t − s
C:

z = −2t2 + t + 1 + s
(s, t) ∈ R2 .
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 = t2 − t e sostituendo nelle altre
due equazioni otteniamo la proiezione cercata:

 x = 2t2 − t + 1
y=0
p(L) :
t ∈ R.
 z = −t2 + 1
Eliminando il parametro dalle equazioni precedenti, otteniamo
y=0
p(L) :
x2 + 4xz + 4z 2 − 6x − 11z + 8 = 0
che rappresenta una parabola.