Varietà
Dire se $M={(x,y,z)in RR^3: x^2-xy+y^2-z^2=1, x^2+y^2=1}$ è una varietà. Determinare vettori tangenti e normali nei punti di intersezione (se esistono) col piano $x+y=0$.
Mi potreste dare una mano?
Mi potreste dare una mano?
Risposte
Ci provo, qualcuno correggerà il mio svolgimento.
Considerando il sistema formato dalle due equazioni
${(x^2-xy+y^2-z^2=1),(x^2+y^2=1):}
si trova, uguagliando i primi membri:
$xy+z^2=0$
e abbiamo trovato una superficie di livello
per la funzione $f:RR^3->RR^3, f(x,y,z)=xy+z^2$,
precisamente la superficie di livello 0, ovvero
il luogo di zeri di $f$. Osserviamo che $f in C^oo(RR^3)$,
e dunque, per il teorema del Dini, si può affermare che
l'equazione $f(x,y,z)=0$ definisce implicitamente,
in un intorno di ogni punto $(x,y,z) in RR^3\\{(0,0,0)}$
tale che $(x,y,z)$ sia uno zero di $f$
(infatti in $(0,0,0)$ si annullano tutte le 3 derivate
parziali di $f$), una funzione
$z=g(x,y)$ tale che $g in C^1(RR^2\\{(0,0)})$
e che $(x,y,g(x,y))$ sia uno zero di $f$; questo
infatti si deduce dal fatto che $f$ risulta continua in $RR^3$.
Dunque per ogni punto $z in M$ esiste un intorno $ccU(z)$ tale
che l'insieme $ccU(z) nn M$ è localmente grafico di una funzione $z=g(x,y)$
definita in $RR^2$ a valori in $RR$.
Si può quindi concludere che $M$ è una varietà, per definizione.
Considerando il sistema formato dalle due equazioni
${(x^2-xy+y^2-z^2=1),(x^2+y^2=1):}
si trova, uguagliando i primi membri:
$xy+z^2=0$
e abbiamo trovato una superficie di livello
per la funzione $f:RR^3->RR^3, f(x,y,z)=xy+z^2$,
precisamente la superficie di livello 0, ovvero
il luogo di zeri di $f$. Osserviamo che $f in C^oo(RR^3)$,
e dunque, per il teorema del Dini, si può affermare che
l'equazione $f(x,y,z)=0$ definisce implicitamente,
in un intorno di ogni punto $(x,y,z) in RR^3\\{(0,0,0)}$
tale che $(x,y,z)$ sia uno zero di $f$
(infatti in $(0,0,0)$ si annullano tutte le 3 derivate
parziali di $f$), una funzione
$z=g(x,y)$ tale che $g in C^1(RR^2\\{(0,0)})$
e che $(x,y,g(x,y))$ sia uno zero di $f$; questo
infatti si deduce dal fatto che $f$ risulta continua in $RR^3$.
Dunque per ogni punto $z in M$ esiste un intorno $ccU(z)$ tale
che l'insieme $ccU(z) nn M$ è localmente grafico di una funzione $z=g(x,y)$
definita in $RR^2$ a valori in $RR$.
Si può quindi concludere che $M$ è una varietà, per definizione.
Intersecando la varietà $M$ con il piano $x+y=0$
si trovano due rette, così parametrizzate $AAt in RR$:
$(x,y,z)=(t,-t,t)
e
$(x,y,z)=(t,-t,-t)
Il vettore tangente alla prima curva, che è una retta,
non è altro che il vettore direzionale della retta,
ovvero $(1,-1,1)$ e così è anche per $(1,-1,-1)$
per quanto riguarda la seconda retta.
I piani normali nel generico punto della prima
retta $(t,-t,t)$ avranno equazione cartesiana
(nella quale necessariamente comparirà t, come parametro):
$<< (1,-1,1) ;(x-t,y+t,z-t) >>=0$
cioè bisogna imporre l'ortogonalità
tra il vettore tangente e il generico
vettore del piano $(x-t,y+t,z-t)$.
Analogamente per l'altra retta,
il piano normale nel suo generico punto sarà:
$<<(1,-1,-1);(x-t,y+t,z+t)>>=0$
si trovano due rette, così parametrizzate $AAt in RR$:
$(x,y,z)=(t,-t,t)
e
$(x,y,z)=(t,-t,-t)
Il vettore tangente alla prima curva, che è una retta,
non è altro che il vettore direzionale della retta,
ovvero $(1,-1,1)$ e così è anche per $(1,-1,-1)$
per quanto riguarda la seconda retta.
I piani normali nel generico punto della prima
retta $(t,-t,t)$ avranno equazione cartesiana
(nella quale necessariamente comparirà t, come parametro):
$<< (1,-1,1) ;(x-t,y+t,z-t) >>=0$
cioè bisogna imporre l'ortogonalità
tra il vettore tangente e il generico
vettore del piano $(x-t,y+t,z-t)$.
Analogamente per l'altra retta,
il piano normale nel suo generico punto sarà:
$<<(1,-1,-1);(x-t,y+t,z+t)>>=0$
Ti ringrazio Reynolds. Buona serata. 
Ora che mi viene in mente, dato che ieri
sera ho fatto l'esercizio un po' di fretta...
Mi pare strano che l'intersezione di due superfici
nello spazio, dia ancora una superficie...
Di solito dovrebbe essere una curva, a meno
che le superfici non si intersechino in alcun punto tra loro...
sera ho fatto l'esercizio un po' di fretta...
Mi pare strano che l'intersezione di due superfici
nello spazio, dia ancora una superficie...
Di solito dovrebbe essere una curva, a meno
che le superfici non si intersechino in alcun punto tra loro...
Infatti, guardando bene, la superficie
che avevo trovato è solo un'altra
superficie che contiene l'eventuale curva
che dobbiamo cercare di parametrizzare...!
Se si risolve il sistema ponendo
$x=t$ si ottengono infatti due curve:
$(x,y,z)=ulr(t)=(t,t^3-t,|t|sqrt(1-t^2))$, $t in (-1,1)$
$(x,y,z)=uls(t)=(t,t^3-t,-|t|sqrt(1-t^2))$, $t in (-1,1)$.
A questo punto l'esercizio è molto più facile
di come l'avevo fatto sembrare io nel mio primo post...
Dato che entrambi i "vettori posizione" $ulr(t)$
e $uls(t)$ delle due curve si annullano solo per $t=0$ (cioè
nel punto delle due curve corrispondente all'origine di $RR^3$),
ed inoltre in $t=0$ né $ulr(t)$ né $uls(t)$
sono derivabili, le ipotesi del teorema del Dini non
sono affatto soddisfatte, e quindi nessuna delle due
curve si può vedere localmente intorno a $(0,0,0)$
come grafico di una funzione. Quindi NON è una varietà!!!
Adesso spero che l'esercizio sia corretto e attendo conferme...
che avevo trovato è solo un'altra
superficie che contiene l'eventuale curva
che dobbiamo cercare di parametrizzare...!
Se si risolve il sistema ponendo
$x=t$ si ottengono infatti due curve:
$(x,y,z)=ulr(t)=(t,t^3-t,|t|sqrt(1-t^2))$, $t in (-1,1)$
$(x,y,z)=uls(t)=(t,t^3-t,-|t|sqrt(1-t^2))$, $t in (-1,1)$.
A questo punto l'esercizio è molto più facile
di come l'avevo fatto sembrare io nel mio primo post...
Dato che entrambi i "vettori posizione" $ulr(t)$
e $uls(t)$ delle due curve si annullano solo per $t=0$ (cioè
nel punto delle due curve corrispondente all'origine di $RR^3$),
ed inoltre in $t=0$ né $ulr(t)$ né $uls(t)$
sono derivabili, le ipotesi del teorema del Dini non
sono affatto soddisfatte, e quindi nessuna delle due
curve si può vedere localmente intorno a $(0,0,0)$
come grafico di una funzione. Quindi NON è una varietà!!!
Adesso spero che l'esercizio sia corretto e attendo conferme...
Trovare una parametrizzazione non regolare non implica che $M$ non sia una varieta'; la definizione di varieta' (o meglio di sottovarieta' di $\RR^n$ in tal caso) non pretende che ogni parametrizzazione sia regolare, ma che ne esista almeno una.
Non è comunque vero che M si può scrivere come luogo di zeri, di una funzione $g:RR->RR^2$ in questo caso...
Come si procede dunque? Qual è il modo rigoroso di svolgere questi esercizi?
Come si procede dunque? Qual è il modo rigoroso di svolgere questi esercizi?
Io proverei ad usare proprio la definizione in tal caso. $M$ e' descritta da una funzione $g : \RR^3 \to \RR^2$; si vedano le proprieta' di tale funzione, che si scrive esplicitamente. Attenzione che se una delle proprieta' cade, cio' non implica che $M$ non sia una sottovarieta': implica solo che la $g$ scelta non fornisce la definizione di sottovarieta'.
"Luca.Lussardi":
$g : \RR^3 \to \RR^2$
Sicuro che la funzione sia questa? PERCHE'?
$g(x,y,z)=(x^2-xy+y^2-z^2-1,x^2+y^2-1)$. Tale funzione ha come luogio di zeri l'insieme $M$.
Giusto hai ragione...
Quindi bisognerebbe controllare che la jacobiana
(che avrà 3 righe e 2 colonne) abbia rango 2 in ogni
punto del luogo di zeri di g, giusto?
(che avrà 3 righe e 2 colonne) abbia rango 2 in ogni
punto del luogo di zeri di g, giusto?
Quindi basta controllare che la jacobiana abbia rango massimo per dimostrare che M sia una varietà?
La $g$ in questione esclude i punti dei piani $y=+-x$.
Questo, e mi ricollego a quello che ha detto Luca, non vuol dire però che $M$ non sia una varietà.
La teoria afferma che per ogni punto della varietà debba esistere una sfera aperta dentro la quale sia definita una funzione ecc. ecc. con differenziale ecc. ecc.
Quindi, una sola funzione che non "funziona" non esclude nulla ...
Secondo me, infatti, $M$ è una varietà di 1 dimensione formata da due curve chiuse dotate di varie simmetrie ...
Potrebbero aiutare le parametrizzazioni :
$x = cosu$
$y = sinu$
$z = v$
$u = t$
$v = +-sqrt(-sint*cost)$
Salvo errori ed omissioni.
Questo, e mi ricollego a quello che ha detto Luca, non vuol dire però che $M$ non sia una varietà.
La teoria afferma che per ogni punto della varietà debba esistere una sfera aperta dentro la quale sia definita una funzione ecc. ecc. con differenziale ecc. ecc.
Quindi, una sola funzione che non "funziona" non esclude nulla ...
Secondo me, infatti, $M$ è una varietà di 1 dimensione formata da due curve chiuse dotate di varie simmetrie ...
Potrebbero aiutare le parametrizzazioni :
$x = cosu$
$y = sinu$
$z = v$
$u = t$
$v = +-sqrt(-sint*cost)$
Salvo errori ed omissioni.
Comunque, la dimostrazione che $M$ è una varietà protrebbe essere semplicemente perchè è l'intersezione di due varietà ...
Questo teorema non me lo ricordo scritto da qualche parte, però mi sembra verosimile ... dico una sciocchezza ?
Questo teorema non me lo ricordo scritto da qualche parte, però mi sembra verosimile ... dico una sciocchezza ?
Seguendo l'usatissimo Marcellini-Sbordone avrei trovato
(il condizionale mi sembra appropriato) questi risultati.
Consideriamo la trasformazione (quella gia' indicata da Lussardi)
$F:R^3->R^2$ definita da $F(x,y,z)=(x^2-xy+y^2-z^2-1,x^2+y^2-1)$
La matrice jacobiana DF(x,y,z) nel generico punto $P(x_o,y_o,z_o)$ di M, con
$x_o,y_o$ necessariamente non entrambi nulli,e':
$DF(P_o)=((2x_o-y_0,-x_o +2y_o,-2z_o),(2x_0,2y_o,0))
I 3 possibili minori (di ordine 2) di essa sono nulli solo nei punti $(+-1/(sqrt2),+-1/(sqrt2),0)$
che pero' non appartengono ad M.
Pertanto la caratteristica di DF vale 2 per tutti i punti di M e ne segue
che M e' una varieta unidimensionale (3-2=1).
Le intersezioni di M col piano indicato sono i punti:
$A(+(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2)$
$B(+(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2)$
$C(-(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2)$
$D(-(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2)$
Determiniamo lo spazio tangente ad M in A.
In tale punto deve essere :
$DF(A).((h_1),(h_2),(h_3))=0$
Effettuando i calcoli si vede che e' $h_1=4t,h_2=6t,h_3=9t$ e dunque lo spazio tangente
ad M nel punto A e' il sottospazio lineare generato dal vettore $(4,6,9)$.
Lo spazio normale ad M in A e' il sottospazio dei vettori k tale che sia
k.h=0 per qualsiasi vettore h dello spazio tangente ad M in A.
Tale (sotto)spazio ha dimensione 3-1=2.
Analogamente per gli altri punti.
karl
(il condizionale mi sembra appropriato) questi risultati.
Consideriamo la trasformazione (quella gia' indicata da Lussardi)
$F:R^3->R^2$ definita da $F(x,y,z)=(x^2-xy+y^2-z^2-1,x^2+y^2-1)$
La matrice jacobiana DF(x,y,z) nel generico punto $P(x_o,y_o,z_o)$ di M, con
$x_o,y_o$ necessariamente non entrambi nulli,e':
$DF(P_o)=((2x_o-y_0,-x_o +2y_o,-2z_o),(2x_0,2y_o,0))
I 3 possibili minori (di ordine 2) di essa sono nulli solo nei punti $(+-1/(sqrt2),+-1/(sqrt2),0)$
che pero' non appartengono ad M.
Pertanto la caratteristica di DF vale 2 per tutti i punti di M e ne segue
che M e' una varieta unidimensionale (3-2=1).
Le intersezioni di M col piano indicato sono i punti:
$A(+(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2)$
$B(+(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2)$
$C(-(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2)$
$D(-(sqrt2)/2,+(sqrt2)/2,-(sqrt2)/2)$
Determiniamo lo spazio tangente ad M in A.
In tale punto deve essere :
$DF(A).((h_1),(h_2),(h_3))=0$
Effettuando i calcoli si vede che e' $h_1=4t,h_2=6t,h_3=9t$ e dunque lo spazio tangente
ad M nel punto A e' il sottospazio lineare generato dal vettore $(4,6,9)$.
Lo spazio normale ad M in A e' il sottospazio dei vettori k tale che sia
k.h=0 per qualsiasi vettore h dello spazio tangente ad M in A.
Tale (sotto)spazio ha dimensione 3-1=2.
Analogamente per gli altri punti.
karl
Scusa, Karl, ma non sono d'accordo.
Mi sembra che lo jacobiano sia di rango <2 nei punti dei piani :
$y = +-x"
$x = 0$
$y = 0$
$z = 0$
(gli ultimi tre me li ero persi nel mio precedente post).
Questi piani, eccetto $y = x$ , intersecano tutti quanti $M$ ...
Però, a far calcoli sono sempre più arrugginito, per cui chiedo l' "arbitraghio" di qualche giovane ...
Grazie.
Posto anche la parte sopra delle due curve che, secondo me, formano $M$ :
(sono quelle verdi)
Salvo errori ed omissioni.
Arrigo.
Mi sembra che lo jacobiano sia di rango <2 nei punti dei piani :
$y = +-x"
$x = 0$
$y = 0$
$z = 0$
(gli ultimi tre me li ero persi nel mio precedente post).
Questi piani, eccetto $y = x$ , intersecano tutti quanti $M$ ...
Però, a far calcoli sono sempre più arrugginito, per cui chiedo l' "arbitraghio" di qualche giovane ...
Grazie.
Posto anche la parte sopra delle due curve che, secondo me, formano $M$ :
(sono quelle verdi)
Salvo errori ed omissioni.
Arrigo.
Forse sbaglio ma ho ragionato cosi'.
Prendiamo ad esempio i punti del piano y=x.
Essi sono del tipo $A(x_o,x_0,z_o) $;in tali punti la matrice iacobiana diventa:
$DF(A)=((x_0,x_o,-2z_o),(2x_o,2x_0,0))$
Il minore formato della prime due colonne e' nullo mentre gli altri due minori
si riducono a $4x_oz_0$.Essi possono annullarsi sse sono nulli $z_o$ o $x_0$
o entrambi ed i punti corrispondenti (tenuto conto che $y_0=x_0,x_0^2+y_0^2=1$) diventano:
$(+-1/(sqrt2),+-1/(sqrt2),0),(0,0,z_o),(0,0,0)$ nessuno dei quali pero' appartiene
ad M.Ne segue che su M la matrice DF ha rango 2.
E cosi' negli altri casi.
Naturalmente e' possibile che sia in errore:cerco conferme anch'io.
Saluti.
karl
Prendiamo ad esempio i punti del piano y=x.
Essi sono del tipo $A(x_o,x_0,z_o) $;in tali punti la matrice iacobiana diventa:
$DF(A)=((x_0,x_o,-2z_o),(2x_o,2x_0,0))$
Il minore formato della prime due colonne e' nullo mentre gli altri due minori
si riducono a $4x_oz_0$.Essi possono annullarsi sse sono nulli $z_o$ o $x_0$
o entrambi ed i punti corrispondenti (tenuto conto che $y_0=x_0,x_0^2+y_0^2=1$) diventano:
$(+-1/(sqrt2),+-1/(sqrt2),0),(0,0,z_o),(0,0,0)$ nessuno dei quali pero' appartiene
ad M.Ne segue che su M la matrice DF ha rango 2.
E cosi' negli altri casi.
Naturalmente e' possibile che sia in errore:cerco conferme anch'io.
Saluti.
karl
Mi sembra che la soluzione di Karl sia corretta, a meno di sviste anche da parte mia.
Comunque sia la condizione da verificare è per l'appunto che il rango di $DF$ sia $2$ in tutti i punti di $M$. Altrove può anche essere diverso.
Comunque sia la condizione da verificare è per l'appunto che il rango di $DF$ sia $2$ in tutti i punti di $M$. Altrove può anche essere diverso.
Giusto !!! Non ho intersecato le soluzioni dei tre minori ! Se un minore è nullo, non è detto che lo siano anche gli altri ... Faccio ammenda ... a quanto pare non so più calcolare il rango di una matrice 2x3 ...
Buona giornata !
Buona giornata !
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