Si consideri la curva dipendente dal parametro h ∈ R:

Esame scritto di Geometria 2

Appello del primo luglio 2016

Esercizio 1

Si consideri la curva dipendente dal parametro h ∈ R:

α _h : R → R ³ , α _h (s) = ( 1 2 cos s,

√ 2

4 sin s + hs,

√ 2

4 sin s − hs) .

1. Si determini il valore di h ₀ per cui la curva α abbia curvatura e torsione pari a 1.

2. Posto α(s) = α _h

(s), sia N (s) il vettore normale ad α e si consideri la funzione σ : R ² → R ³ , σ(s, u) = α(s) + uN (s)

Si dimostri che σ ` e la parametrizzazione di una superficie S in R ³

3. Si calcolino i coefficienti della prima e della seconda forma fondamentale di S rispetto alla parametrizzazione data.

4. Sia Q = σ([0, 1] × [0, 1/2]). Si calcoli Z

Q

K _S α _S

dove K _S ` e la curvatura Gaussiana su S e α <sub>S</sub> ` e la forma d’area.

Soluzione

1. Da un calcolo diretto abbiamo che

˙

α _h (s) = (− ¹ ₂ sin s,

√ 2

4 cos s + h,

√ 2

4 cos s − h)

¨

α _h (s) = (− ¹ ₂ cos s, −

√ 2

4 sin s, −

√ 2 4 sin s) ... α _h (s) = ( ¹ ₂ sin s, −

√ 2

4 cos s, −

√ 2 4 cos s) da cui si ha

|| ˙ α _h (s)|| ² = 1 4 + 2h ²

Essendo la curva parametrizzata a velocit` a costante, risulta che ¨ α ` e ortogo- nale a ˙ α, per cui

κ = || ¨ α||

|| ˙ α|| ² =

1 2 1

4 + 2h ² = 2

1 + 8h ² .

Imponendo κ = 1 si ottiene h = ± ^{√ 1}

8 = ±

√ 2 4 .

Del resto la torsione, utilizzando ancora che ˙ α ` e ortogonale a ¨ α, ` e data da τ = − ( ˙ α × ¨ α) · ...

α

|| ˙ α × ¨ α|| ² = − ( ˙ α × ¨ α) · ...

α

|| ˙ α|| ² || ¨ α|| ²

dove la sconda uguaglianza ` e vera poich´ e ˙ α e ¨ α sono ortogonali.

Un calcolo diretto mostra che

˙

α × ¨ α = ( − √ 2

2 h sin s, −

√ 2 8 + h

2 cos s,

√ 2 8 + h

2 cos s) Per cui si ha che il prodotto triplo ` e uguale a

( ˙ α × ¨ α) · ...

α = −

√ 2 4 h da cui

τ = 4 √ 2h 1 + 8h ² cos`ı imponendo τ = 1 si ottiene h =

√ 2 4 .

Dunque l’ unico valore per cui κ = τ = 1 ` e h ₀ =

√ 2 4 . 2. Osserviamo che per il valore scelto di h ₀ si ha || ˙ α|| =

√ 2

2 . Siano T (s) =

˙ α

|| ˙ α|| = √

2α e B(s) = T (s) × N (s) rispettivamente il campo tangente e binormale al cammino α. Ricordiamo che dalle formule di Frenet N _s =

−κ(s)T (s) − τ (s)B(s) ricaviamo che

σ _s (s, u) = ˙ α(s) − u(κ(s)T (s) + τ (s)B(s)) = ˙ α − u(T (s) + B(s)) dove l’ ultima uguaglianza vale dato che nel nostro caso κ = τ = 1. Dunque σ _s ` e un vettore non nullo in Span(T (s), B(s)). Del resto σ _u = N (s) da cui si deduce immediatamente che rg dσ(s, u) = 2 per ogni (s, u).

Per verificare che σ ` e una parametrizzazione di una superficie basta allora controllare che sia iniettiva e propria.

Osserviamo che poich´ e α ` e parametrizzata a velocit` a costante N (s) = _{|| ˙} ^α _α|| ^¨ = (− cos s, −

√ 2

2 sin s, −

√ 2

s sin s). Notiamo che N (s) · (0, 1, −1) = 0 per ogni s. Dunque σ(s, u) · (0, 1, −1) = α(s) · (0, 1, −1) = 2h ₀ s =

√ 2

2 s. Dunque detta A la controimmagine tramite σ di un compatto K di R ³ , deduciamo che se (s, u) ∈ A allora s ≤ √

2 sup _K (x · (0, 1, −1)) e analogamente s ≥

√ 2 inf _K (x · (0, 1, −1). Ovvero |s| < M per qualche costante M che dipende

da K. Segue in particolare che ||α(s)|| ≤ M ₁ dove M ₁ = sup _{s∈[−M,M ]} ||α(s)||.

Poich` e |u| < ||σ(s, u)|| + ||α(s)|| deduciamo che se (s, u) ∈ A allora u ≤ M <sub>1</sub> + M <sub>2</sub> sove M <sub>2</sub> = sup <sub>K</sub> ||x||. Segue che A `e un sottoinsieme chiuso di [−M, M ] × [−M ⁰ , M ⁰ ] dove si ` e posto M <sup>0</sup> = M <sub>1</sub> + M <sub>2</sub> . Di conseguenza A ` e compatto.

Per controllare che σ sia iniettiva supponiamo che σ(s ₁ , u ₁ ) = σ(s ₂ , u ₂ ). Se consideriamo il prodotto dei termini dell’ uguaglianza con (0, 1, −1) dedu- ciamo che 2hs ₁ = 2hs ₂ ovvero s ₁ = s ₂ . Dunque ponendo 0 = σ(s ₁ , u ₁ ) − σ(s ₂ , u ₂ ) = α(s ₁ ) + u ₁ N (s ₁ ) − α(s ₂ ) − u ₂ N (s ₂ ) = (u ₁ − u ₂ )N (s ₂ ). Poich´ e N (s ₂ ) ` e non nullo deduciamo che u ₁ = u ₂ .

3. Circa la prima forma fondamentale abbiamo calcolato che σ s = ˙ α(s) − u(T (s) + B(s)) = (

√ 2

2 − u)T (s) − uB(s) σ u = N (s) . Dunque un calcolo diretto mostra che E = ||σ _s || ² = u ² + (

√ 2

2 − u) ² , F = σ _s · σ _u = 0, G = 1. Invece circa la seconda forma fondamentale osserviamo che la normale alla superficie ` e il vettore

ν(s, u) = 1

E (σ _s × σ _u ) = 1 E [(

√ 2

2 − u)B(s) + uT (s)]

Del resto

σ ss = ¨ α + u ¨ N = ¨ α − u(T + B) s = ¨ α − 2uN (s) = (|| ¨ α|| − 2u)N

dove abbiamo utilizzato che T _s = κN = N e B _s = τ N = N . Dunque e = σ _ss · ν = 0. Del resto

σ _su = −(T + B) da cui f =

√ 2

2E . Infine

σ _uu = 0 per cui g = 0.

4. Osserviamo che ∂Q ` e una curva C <sup>1</sup> a tratti con esattamente 4 punti angolosi (corrispondenti ai vertici di Q). Poich` e F = 0 risulta che gli angoli interni sono tutti uguali a π/2. Per Gauss-Bonnet risulta che

Z

Q

K _S α _S = − Z

∂Q

k _g + 2π − 4 π 2 =

= − Z

σ([0,1]×{0}

k _g − Z

σ({1}×[0,1/2])

k _g + Z

σ([0,1]×{1/2}

k _g + Z

σ({0}×[0,1/2])

k _g

dove k _g ` e la curvatura geodetica. Osserviamo che σ({0} × [0, 1/2]), σ({1} × [0, 1/2]) sono segmenti di R <sup>3</sup> e dunque k <sub>g</sub> ` e nulla su queste regioni del bordo.

Del resto un conto esplicito mostra che σ(s, 1/2) = (0,

√ 2 4 s, −

√ 2

4 s), ovvero σ([0, 1] × {1/2}) ` e anch’esso un segmento in R ³ . Dunque risulta che

Z

Q

K _S α _S = − Z

σ([0,1]×{0})

k _g

Ora osserviamo che la curva σ(t, 0) ` e uguale alla curva α(t). Inoltre poich´ e e = 0 si ha che ^{D ˙} _dt ^α = ¨ α e poich´ e per u = 0 si ha che ν(s, 0) = B(s) allora

k _g = ¨ α · (B × T ) = ¨ α · N = κ|| ˙ α|| ² = 1/2 Dunque

Z

Q

K _S α _S = − 1

2 `(α([0, 1]) Poich´ e α ` e parametrizzata a velocit` a costante

√ 2

2 risulta che la lunghezza di α([0, 1]) sia

√ 2

2 e infine otteniamo Z

Q

K _S α _S = −

√ 2 4

Esercizio 2

Si consideri la funzione F : R ³ → R definita da F (x, y, z) = x ² + xy + y ² − z ² . 1. Si dimostri che la superficie di livello S = F ⁻¹ (1) ` e una superficie regolare.

2. Sia C l’ intersezione di S con il piano definito dall’ equazione z = 0. Si dimostri che C ` e una curva regolare connessa e che l’insieme S <sup>0</sup> = {(x, y, z) ∈ R <sup>3</sup> |(x, y, 0) ∈ C} `e una superficie regolare localmente isometrica a R ² . 3. Si determini il supporto della geodetica su S ⁰ passante per il punto p =

(1, 0, 0) con velocit` a v = (0, 1, 0).

4. Si determini il supporto della geodetica su S passante per il punto p = (1, 0, 0) con velocit` a v = (0, 1, 0).

Soluzione

1. ∇F = (2x + y, y + 2y, −2z). Segue che ∇F (x, y, z) = 0 solo se (x, y, z) =

(0, 0, 0). Poich´ e (0, 0, 0) / ∈ S concludiamo che S `e superficie regolare.

2. Sul piano z = 0, C ` e l’ ellisse di equazione x <sup>2</sup> + xy + y <sup>2</sup> = 1, dunque ` e una curva regolare connessa. Se γ(s) ` e la parametrizzazione di C, allora σ(s, u) = γ(s) + (0, 0, u) ` e una parametrizzazione di S ⁰ . Segue che S ⁰ ` e una superficie regolare. Per concludere osserviamo che S ` e il bordo di un dominio convesso di R ³ e quindi i piani tangenti di S ⁰ sono non separanti. Dunque i punti di S ⁰ sono o ellittici o parabolici. poich´ e per ogni punto di S passa una retta contenuta in S ⁰ deduciamo che tutti i punti sono parabolici. Segue che la curvatura ` e nulla, ovvero S <sup>0</sup> ` e localmente isometrica al piano euclideo.

3. Osserviamo che la normale ad S in γ(s) ` e contenuta nel piano z = 0, e dunque coincide (a meno del segno) con ¨ γ. Segue che l’accelerazione geodetica di γ

` e nulla ovvero γ ` e geodetica, dunque C ` e il supporto di una geodetica di S <sup>0</sup> . Poich´ e p ∈ C e v ` e tangente a C, segue che C ` e la curva cercata.

4. Osserviamo che S e S ⁰ si intersecano tangenti lungo C. Essendo C supporto di curva geodetica per S ⁰ deduciamo che C ` e supporto di curva geodetica anche per S e concludiamo che C ` e la curva cercata.

Esercizio 3

In R ³ si considerino i seguenti sottospazi: C il cubo [−3, 3] ³ , A ₁ il parallelepi- pedo (−1, 1) × (−1, 1) × [−3, 3], A ₂ il parallelepipedo (−1, 1) × [1, 3] × (−1, 1) e sia X lo spazio C \ (A 1 ∪ A ₂ ).

In una seconda copia di R ³ si consideri il disco D contenuto nel semipiano {y = 0, x > 0} di centro p = (2, 0, 0) e raggio 1. Sia T ₁ il toro solido ottenuto ruotando D intorno all’ asse delle z. Sia T 2 il toro solido ottenuto traslando T 1 di vettore (0, 0, −4). Infine sia L il cilindro di raggio 1 con asse parallelo allasse delle z e intersecante la base superiore in p e la base inferiore in p + (0, 0, −4). Infine poniamo Y lo spazio T 1 ∪ L ∪ T 2 .

1. Si descriva una retrazione per deformazione di un cubo (chiuso) su un suo sottospazio formato da due facce opposte e una delle altre 4 facce;

2. Si dimostri che si pu` o retrarre per deformazione lo spazio X su un suo sottospazio omeomorfo a Y ;

3. Si dimostri che sia X sia Y sono connessi per archi;

4. Si dia un sistema di generatori per il gruppo π ₁ (X).

Soluzione:

1. Supponiamo, senza perdita di generalit` a, che si tratti del cubo K = [−1, 1] ³ le cui facce sono contenute nei piani

π _x,+ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x = +1}

π _x,− = {(x, y, z) ∈ R ³ | x = −1}

π _y,+ = {(x, y, z) ∈ R ³ | y = +1}

π _y,− = {(x, y, z) ∈ R ³ | y = −1}

π _z,+ = {(x, y, z) ∈ R ³ | z = +1}

π _z,− = {(x, y, z) ∈ R ³ | z = −1}

e che il sottospazio A sia quello costituito dalle facce contenute nei piani π _z,− , π _x,+ e π _x,− Chiamiamo inoltre B il sottospazio costituito dai punti di A e delle facce nei piani π _y,+ e π _y,− . La proiezione dal punto N = (0, 0, 2) sulle facce del cubo che non sono quella contenuta nel piano π _z,+ pu` o essere descritta in questo modo: per ogni punto P del cubo siano l(P ) la retta N P e

r(P ) = l(P ) ∩ B

la retrazione di K su B (che ` e facile dimostrare continua). Si pu` o dunque retrarre per deformazione (forte) K su B in modo lineare ponendo F (P, t) = (1−t)P +tr(P ), a sua volta ovviamente continua. A questo punto ` e sufficiente retrarre B su A per deformazione, ma questo si pu` o fare identificando le due facce dei piani π _y,+ e πy, − con l’intersezione di K con il piano y = 0 e restringendo a questo quadrato la deformazione F : si ottiene una retrazione per deformazione di un quadrato su tre dei suoi lati, e facendo questo su entrambe le facce di B \ A (separatamente) si ottiene una deformazione di B su A, che composta con quella di X su B ne d` a una di X su A, come richiesto.

2. Applicando la retrazione per deformazione del punto 1) ai cubi [1, 3] × [1, 3] × [−1, 1], [1, 3] × [−1, 1] × [−1, 1], [1, 3] × [−3, −1] × [−1, 1], [−3, −1] × [1, 3] × [−1, 1], [−3, −1] × [−1, 1] × [−1, 1] e [−3, −1] × [−3, −1] × [−1, 1]

uno dopo l’altro e la retrazione di una faccia sui tre lati alle facce verticali degli stessi cubi rimanenti dopo le deformazioni precedenti si ottiene una retrazione di X su un suo sottospazio W che ` e unione di un anello di cubi tra z = 1 e z = 3 (omeomorfo a T 1 ), un anello di cubi tra z = −3 e z = −1 (omeomorfo a T ₂ ) e il parallelepipedo [−1, 1] × [−3, −1] × [−2, 2] che li interseca (omeomorfo a L che interseca T ₁ e T ₂ nello stesso modo).

3. Poich´ e un toro ` e connesso per archi e un cilindro anche, e L interseca sia T ₁

che T ₂ , Y ` e chiaramente connesso per archi. Quindi anche W lo ` e, e quindi

anche X perch´ e W ` e un suo retratto.

4. Poich´ e X si pu` o retrarre su W che ` e omeomorfo a Y , ` e sufficiente dare generatori per π ₁ (Y ) (e tale gruppo non dipende dal punto base trattandosi di spazi connessi per archi).

Ma un toro pieno si retrae sulla sua circonferenze centrale e L sul suo asse (e tutto ci` o si pu` o fare conteporaneamente in modo compatibile), perci` o

` e sufficiente dare generatori per il gruppo fondamentale di uno spazio Z dato dall’unione di due circonferenze C ₁ , C ₂ e un segmento I che le collega intersecandole in due punti x ₁ e x ₂ .

Se U ₁ e U ₂ sono due piccoli intorni di x ₁ e x ₂ (rispettivamente) in C ₁ e C ₂ ,

i due sottospazi C 1 ∪ I ∪ U 2 e C 2 ∪ I ∪ U 1 sono ambedue retraibili su S ¹ ,

e quindi hanno gruppo fondamentale con un solo generatore che possiamo

chiamare α ₁ e α ₂ , rispettivamente. Per il teorema di Van Kampen α ₁ e α ₂

generano allora anche il π 1 (Z).