Superfici isometriche

[ale.b14]

Allora, consideriamo l'insieme

$S := \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 | z=x^2\}$

Poichè è il grafico di una funzione di classe $C^\infty$, tale insieme costituisce una superficie regolare in $\mathbb{R}^3$.
Voglio dimostrare che $S$ è isometrica ad un piano.
La prima idea che mi è venuta in mente è quella di scrivere esplicitamente l'applicazione "naturale" che prende le due falde di $S$ e le schiaccia sul piano $\{z=0\}$. Tuttavia tale applicazione dovrebbe essere della forma

$p = (x,y,z) \mapsto (1/(4)\log(\sqrt{4x^2+1}+2x)+x/2\sqrt{4x^2+1},y,0)$

dove $p \in S$. Il problema è che per calcolare i coefficienti della prima forma fondamentale ho bisogno della mappa inversa di quella appena descritta e tutto diventa ingestibile!
Qualcuno vede un'altra via?

[elvis3]

Puoi parametrizzare \(S\) nelle coordinate \(\ell\) e \(y\), dove \(\ell\) è la lunghezza d'arco della parabola: in tal modo trovi un sistema di coordinate ortonormale e quindi un'isometria col piano.

Se ti piacciono le formule, definisci \[\ell = \int_0^x \sqrt{1+4s^2} \, \mathrm{d}s\] e parametrizza \(S\) così: \[(\ell,y) \stackrel{f}{\longmapsto} (x(\ell),y,x(\ell)^2)\]
Chiaramente si tratta di coordinate ortogonali, i.e. \(f_\ell \cdot f_y = 0\), e inoltre \(f_y \cdot f_y = 1\).
Ti manca da provare che \(f_\ell \cdot f_\ell = 1\). Hai
\[
f_\ell \cdot f_\ell = \left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\ell} \right)^2 + \left( 2x \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\ell} \right)^2 = \left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\ell}\right)^2 (1+4x^2)
\] che è uguale a \(1\) poiché \((\mathrm{d}\ell /\mathrm{d}x )^2 = 1+4x^2\).

[ale.b14]

Grande! Hai risolto il problema di determinare i coefficienti della prima forma fondamentale di $S$ senza esplicitare l'inversa della mappa che ho scritto io.
Grazie davvero!