Si consideri la funzione σ : R 2 → R 3 definita da σ(u, v) =

Esame scritto di Geometria 2

Appello del 15 luglio 2016

Esercizio 1 Esercizio 1

Si consideri la funzione σ : R ² → R ³ definita da σ(u, v) =

 u − u ³

3 + uv ² , v − v ³

3 + vu ² , u ² − v ²



1. Si dimostri che esiste  0 > 0 tale che la restrizione di σ all’ insieme {(u, v)|u ² + v ² ≤ 2 ₀ } `e la parametrizzazione di una superficie S.

2. Si calcoli la prima forma fondamentale di S nella parametrizzazione data da σ.

3. Si calcoli la matrice rappresentante il differenziale della mappa di Gauss nel punto generico σ(u, v), rispetto al sistema {σ _u , σ _v }.

4. Sia α(t) = σ( ₀ cos t,  ₀ sin t). Si determini la curvatura geodetica di α (in funzione di  ₀ ) nel punto α(0)

Soluzione:

1. Per il teorema di raddrizzamento dell’immagine ` e sufficiente controllare che rg dσ ₀ = 2. Da un conto immediato

σ u (0) = (1, 0, 0) σ v (0) = (0, 1, 0) e segue la tesi.

2. Si ha

σ _u (u, v) = (1 − u ² + v ² , 2uv, 2u) σ _v (u, v) = (2uv, 1 − v ² + u ² , −2v) da cui calcolando i prodotti scalari otteniamo

E = (1 + v ² + u ² ) ² F = 0

G = (1 + v ² + u ² ) ²

3. La matrice rappresentativa A del differenziale della mappa di Gauss nel riferimento {σ _u , σ _v } `e data da

A = −[I] ⁻¹ [II]

dove [I] e [II] sono le matrici dei coefficienti della prima e della seconda forma fondamentale nel riferimento fissato. Osserviamo che dal punto precedente [I] = (1 + u ² + v ² ) ² Id. D’altronde per calcolare II osserviamo che la normale

` e data da

N = 1

pdet[I] (σ _u × σv) E immediato che `

p det[I] = (1 + u ² + v ² ) ² . Del resto un conto esplicito mostra che

σ _u × σ _v = (−2u(1 + v ² + u ² ), 2v(1 + u ² + v ² ), 1 − (u ² + v ² )) e che

σ uu = (−2u, 2v, 2) σ _uv = (2v, 2u, 0) σ _vv = (2u, −2v, −2) da cui si deduce che

(σ _u × σ _v ) · σ _uu = 4u ² (1 + v ² + u ² ) + 4v ² (1 + u ² + v ² ) + 2 − 2(u ² + v ² ) ² = 4(u ² + v ² ) + 4(u ² + v ² ) ² + 2 − 2(u ² + v ² ) ² = 2((u ² + v ² ) ² + 2(u ² + v ² ) + 1)

= 2(1 + u ² + v ² ) ²

Dato che σ _vv = −σ _uu otteniamo che

(σ u × σ v ) · σ vv = −2(1 + u ² + v ² ) ² e infine un conto immediato mostra che

(σ _u × σ _v ) · σ _uv = 0 . Dunque

e = N · σ _uu = 2 f = N · σ _uv = 0 g = N · σ _vv = −2 . Da cui deduciamo che

A = − 1

(1 + u ² + v ² ) ²

 2 0 0 −2



.

4. Notiamo che ˙ α = − sin tσ _u ( cos t,  sin t) +  cos tσ _v ( cos t,  sin t). In parti- colare α ha velocit` a costante v = (1 +  <sup>2</sup> ). Dunque la riparametrizzazione in parametro d’arco ` e data da β(s) = α(s/v). Ora dato che β(0) = α(0), segue che la curvatura geodetica nel punto α(0) ` e data da

κ = ¨ β(0) · (N × ˙ β(0)) . Dato che ˙ β(0) = ¹ _v α(0) e ¨ ˙ β(0) = _v ¹

α(0), abbiamo che ¨

κ = 1

v ³ ( ¨ α(0) · (N × ˙ α(0)))

Osserviamo che in 0 si ha ˙ α(0) = σ v (, 0), dunque N × ˙ α = (N × σ v (, 0)).

Ora i vettori N × σ _v e σ _u sono entrambi ortogonali a N e a σ _v e dunque giac- ciono sulla retta Span(N, σ _v ) ^⊥ . Del resto ||N ×σ _v || = ||σ _v || = (1+ ² ) = ||σ _u ||, dunque tali vettori hanno la stessa norma. Poich´ e giacciono in un sottospazio di dimensione 1, segue che N × σ _v = ±σ _u . Infine osserviamo che σ _u , σ _v , N

` e base positiva, mentre (N × σ <sub>v</sub> ), σ <sub>v</sub> , N ` e base negativa. Concludiamo che N × σ v = −σ u In conclusione

N × ˙ α(0) = −σ _u (, 0) .

Ora derivando l’esressione di ˙ α(t) in t = 0 e sfruttando che sin t = 0 per t = 0 si deduce che

¨

α = −σ _u (, 0) +  ² σ _vv (, 0)

Da cui deduciamo che in t = 0 (utilizzando le espressioni esplicite di σ _u e σ _vv gi` a trovate) che

¨

α · (N × ˙ α) =  ² (1 +  ² ) −  ³ (2(1 −  ² ) − 4) =  ² (1 +  ² ) ² + 2 ⁴ (1 +  ² ) . Segue che

κ = 1

(1 +  ² ) + 2

(1 +  ² ) ²

Soluzione alternativa punto 4. Osserviamo che i coefficienti della prima forma fondamentale dipendono solo da u ² +v ² . Segue che le mappe f : S → S che in coordinate sono rotazioni, sono isometrie per la prima forma fondamentale.

Siccome tali isometrie preservano la curva α, si ottiene che la curvatura

geodetica di α nel punto x ` e uguale alla curvatura geodetica di α nel punto

f (x). Dato che data una coppia di punti su α esiste sempre una rotazione

che porta il primo sul secondo deduciamo che la curvatura geodetica di α ` e

una costante κ.

Per calcolarla possiamo allora notare che l’integrale di κ lungo α ` e uguale a κ`(α). Osserviamo che || ˙ α|| ² = I(− sin tσ _u + cos tσ _v , − sin tσ _u + cos tσ _v ) = (1 +  ² ) ²  ² . Dunque `(α) = 2π(1 +  ² ).

D’altra parte, per la formula di Gauss-Bonnet, l’intergale della curvatura geodetica lungo α ` e uguale

2π − Z

σ(D)

Kdα

dove K ` e la curvatura di Gauss, dα ` e la forma d’ area e D ` e il disco bordato da α.

Per il Teorema Egregium, K = det A = _(1+u ⁻⁴

+v

)

del resto la forma d’area

` e dα = √

det Idudv = (1 + u ² + v ² ) ² dudv e dunque Kdα = − _(1+u

⁴ +v

)

dudv.

Segue che

Z

σ(D)

Kdα = − Z

D

4

(1 + u ² + v ² ) ² dudv

Introducendo coordinate polari ρ, θ sul piano uv, l’integrale sopra pu` o essere riscritto come

Z

σ(D)

Kdα = − Z 

0

Z 2 0

π 4ρ

(1 + ρ ² ) ² dρdθ . Ponendo ξ = ρ ² risulta

Z

σ(D)

Kdα = −4π Z 

0

dξ

(1 + ξ) ² = 4π 1 1 + ξ



0

= −4π  ² 1 +  ² Dunque otteniamo che

2πκ(1 +  ² ) = 2π + 4π  ² 1 +  ² ovvero κ = _(1+ ¹

) + _(1+) ^2

.

Esercizio 2 Si consideri la semiretta sul piano Oxz parametrizzata in lunghezza d’ arco α(r) = ( ^r ₆ , 0,

√ 35r

6 ), r > 0 e sia S il cono ottenuto ruotando il supporto di α lungo l’asse delle z.

Identificando il piano Euclideo con il piano complesso C, si consideri la mappa F : C \ {0} → S definita da

z = ρe ^iθ 7→ (cos(6θ) ρ

6 , sin(6θ) ρ 6 ,

√ 35ρ

6 ) .

1. Dimostrare che F ` e ben definita e realizza un’isometria locale non iniettiva tra C (con la distanza usuale) e S.

2. Determinare una regione del piano P tale che la restrizione di F a P realizzi un’isometria tra P e S \ supp α.

3. Dimostrare che esistono esattamente 6 geodetiche distinte che congiungono il punto (1, 0, √

35) al punto (−1, 0, √ 35).

4. Mostrare che S non ` e isometrico a C \ {0}.

Soluzioni:

• Osserviamo che poich´e cos 6θ = cos 6(θ + 2π) e sin 6θ = sin 6(θ + 2π), la definizione di F non dipende dalla determinazione della fase θ e dunque F

` e una mappa ben definita (come mappa a valori in R <sup>3</sup> ). Inoltre F (ρe <sup>iθ</sup> ) si ottiene ruotando α(ρ) di angolo 6θ lungo l’asse delle z. In simboli F (ρe <sup>iθ</sup> ) = R <sub>6θ</sub> α(ρ), dove R <sub>6θ</sub> ` e la matrice di rotazione intorno all’asse delle z di angolo 6θ. Segue che F (ρe ^iθ ) ∈ S.

Infine osserviamo che F (z) = F (z ⁰ ) se e solo se ||z|| = ||z ⁰ || e 6 Arg(z) =

6 Arg(z ⁰ ), (mod2π). La seconda condizione ` e equivalente a Arg(z) = Arg(z ⁰ ), (modπ/3).

Segue che F (z) = F (z ⁰ ) se e solo se z ⁰ = e ^ikπ/3 z per k = 0, 1, . . . , 5. In particolare F non ` e iniettiva.

Per dimostrare che F ` e un’isometria ` e sufficiente controllare che

||dF ( _∂ρ ^∂ || ² = || _∂ρ ^∂ || ²

||dF ( _∂θ ^∂ )|| ² = || _∂θ ^∂ || ² dF ( _∂ρ ^∂ ) · dF ( _∂ρ ^∂ ) = _∂ρ ^∂ · _∂θ ^∂ Ora noi sappiamo che

|| _∂ρ ^∂ || ² = 1

|| _∂θ ^∂ || ² = ρ ²

∂

∂ρ · _∂θ ^∂ = 0 Del resto si ha

dF ( _∂ρ ^∂ ) = R _6θ α(ρ) ˙ dF ( _∂θ ^∂ ) = 6R 6θ Rα(ρ) ˙ dove ˙ R =





0 −1 0

1 0 0

0 0 0



. Ora

R ˙



 ρ/6

√ 0 35ρ/6



 =



 0 ρ/6

0



 .

Da queste relazioni segue che

||dF ( _∂ρ ^∂ || ² = 1

||dF ( _∂θ ^∂ || ² = ρ ² dF ( _∂ρ ^∂ ) · dF ( _∂ρ ^∂ ) = 0 e la tesi segue.

• Consideriamo la regione P = {z ∈ C \ {0}|0 < Arg(z) < π/3}. Osserviamo che la restrizione di F a P ` e iniettiva. Dunque F realizza un’isometria tra S e la sua immagine. Ora da definizione si ha che l’immagine di F ` e il sottoinsieme {R _6θ α(ρ)|θ ∈ (0, π/3), ρ > 0} = {R _φ (α(ρ)|φ ∈ (0, 2π), ρ > 0}.

Tale insieme ` e S \ supp α.

• Fissiamo un elemento z ₀ nella preimmagine di (1, 0, √

35) Le sei preimma- gini del punto (−1, 0, √

35) sono allora w ₀ = e ^iπ/6 z ₀ , w ₁ = e ^iπ/3 w ₀ , . . ., w ₅ = e ^i5π/3 w ₀ . Si noti che i segmenti α _i (t) = (1 − t)z ₀ + tw _i non passano mai per l’origine e dunque si proiettano tramite F a curve ¯ α _i che congiun- gono (1, 0, √

35) a (−1, 0, √

35). Poich´ e F ` e un’isometria tali segmenti sono geodetici. Per controllare che tali curve sono tutte distinte osserviamo che

( ¯ α _i ) ⁰ (0) = dF _z

(w _i − z ₀ )

poich` e dF z

` e iniettivo, ricaviamo che ( ¯ α i ) ⁰ (0) 6= ( ¯ α j ) ⁰ (0) per i 6= j.

Dimostriamo ora che non ci sono altri segmenti che congiungono (1, 0, √ 35) a (−1, 0, √

35). Sia ¯ β(t) una geodetica a velocit` a costante tale che β(0) = (1, 0, √

35) e β(1) = (−1, 0, √

35). Sia v ∈ R ² un vettore tale che dF z

(v) = β ¯ ⁰ (0). Sia β(t) = z ₀ + tv. Osserviamo che β ` e una geodetica a velocit` a costante, dunque poich` e F ` e una locale isometria F ◦ β ` e una geodetica a velocit` a costante che parte da (1, 0, √

35) con velocit` a dF z

(v) = ¯ β ⁰ (0).

Dunque F ◦ β(t) = ¯ β(t). Ci` o implica che β(1) sia una controimmagine di (−1, 0, √

35), ovvero β ` e uno dei segmenti che congiungono z ₀ a w _i . Essendo β la proiezione di β su S, segue che coincide con uno degli ¯ ¯ α i .

Esercizio 3 Si considerino i seguenti sottospazi di R ³ : B la palla aperta di raggio 1 centrata nell’origine, L il segmento di estremi (0, 0, −1) e (0, 0, 1), S la sfera di bordo di B, X = (R ³ \B)∪L, e chiamiamo Y lo spazio topologico ottenuto da S identificando i due punti (0, 0, −1) e (0, 0, 1).

1. Descrivere una retrazione per deformazione di X su S ∪ L;

2. dimostrare che sia X ` e connesso per archi e calcolare il suo gruppo fonda-

mentale;

3. dire se esiste un’equivalenza omotopica tra S ∪ L e Y . Soluzioni:

1. Un modo per farlo ` e ad esempio il seguente: la retrazione ρ : X → S ∪ L sia data da

ρ(x) = ( _x

kxk per x ∈ X\ Int(L) x per x ∈ L

che ` e chiaramente continua a tratti e coincide sull’intersezione dei due insiemi di definizione, che ` e ∂L. La deformazione F : X × I → X possiamo allora definirla come

F (x, t) = (1 − t)i(ρ(x)) + tId _X (x) dove i : S ∪ L → X ` e l’inclusione e Id <sub>X</sub> ` e l’identit` a.

2. Dato il punto 1), ` e sufficiente dimostrare che S ∪ L ` e connesso per archi;

ma ogni punto della sfera pu` o essere unito al punto (0, 0, 1) da un arco di circonferenza massima, e ogni punto di L da un pezzo dello stesso segmento L.

A questo punto ` e sufficiente calcolare il gruppo fondamentale π(S ∪ L) per rispondere alla domanda del testo. Un modo per farlo ` e usare il teorema di Van Kampen sui due aperti

A = {p = (x, y, z) ∈ S ∪ L | x < 1 10 } e

B = {p = x, y, z ∈ S | x > − 1 10 .

E facile vedere che il primo si retrae su un S ` <sup>1</sup> , mentre il secondo ` e un disco.

L’intersezione ` e una striscia della sfera attorno a una circonferenza di raggio massimo, quindi si retrae a sua volta su un S <sup>1</sup> . Se il gruppo fondamentale di A ∩ B ` e generato da α e quello di A da β, si ha che l’immagine di β in π(A)

` e banale (infatti α ` e contenuto nel disco {p ∈ S | x > ₁₀ ¹ }) e π(B) = {e}, quindi

π(S ∪ L) = hβ|e = ei ∼ = Z.

3. Siano f : D → I l’applicazione (continua) tale che f (x) 7→ kxk; p la pro- iezione ortogonale da R ³ sul piano di equazione z = 0, j : [−1, 1] → L l’omeomorfismo che manda t in (0, 0, t), d l’omotetia del piano di equazione z = 0 di ragione √

2 e h : Z = S ∩ {z < √

2/2} → S la mappa che in

coordinate sferiche (ρ, φ, θ) raddoppia l’angolo θ. Sia poi π : S → Y la pro- iezione al quoziente e siano Z ⁺ e Z ⁻ i due sottospazi di S \ Int(Z) costituiti rispettivamente dai punti con coordinata z maggiore (minore) di 0.

Chiamiamo F : S ∪ L → Y la mappa che contrae L a un punto, e G : Y → S ∪ L la mappa definita come

G(q) = n

h(q) se x ∈ π(Z); j(f (d(p(q)))) se x ∈ π(Z ⁺ ); j(−f (d(p(q)))) se x ∈ π(Z ⁻ ).

F ` e chiaramente continua. G lo ` e perch` e definita come composizione di funzioni continue su chiusi e coincidente sulle intersezioni. La composizione F ◦ G : Y → Y contrae un intorno del punto [(0, 0, 1), (0, 0 − 1)] sul punto stesso in modo radiale, ed ` e perci` o facile definire (contraendo in modo radiale intorni di grandezza variabile) un’omotopia tra essa e l’identit` a; la composi- zione G ◦ F : S ∪ L → S ∪ L contrae L a un punto e i due intorni Z ⁺ e Z ⁻ (rispettivamente di (0, 0, 1) e di (0, 0, −1)) su due met` a di L, estendendo il resto di S fino a coprire S intera (privata dei due poli). Anche G ◦ F puo‘

pezzo per pezzo essere realizzata gradualmente (componendola con funzioni

lineari del tempo) definendo cos`ı un’omotopia tra essa e l’identit` a, avendo

cura che sulle intersezioni dei domini di definizione essa risulti coincidente, e

perci` o continua, per ogni tempo.