Esercizio - elica cilindrica, regolarità, tangente e lunghezza (foglio 1)

Teoria: Curve parametriche, vettore tangente e integrali di funzioni vettorialiUna curva è una funzione continua r : [a,b] → R^m; il sostegno è la sua immagine. Limiti, continuità e derivate si fanno componente per componente. La curva è regolare se r è C^1 e r'(t) ≠ 0 ovunque: allora r'(t) è il vettore tangente e la retta tangente è r(t0) + λ r'(t0). Esempi: circonferenza, segmento, grafico (t, f(t)), curve polari (f(θ)cosθ, f(θ)sinθ) regolari se f' ≠ 0 dove f = 0, elica, cuspide (t²,t³). L'integrale di r si fa per componenti; vale ∫ r' = r(b) − r(a) e ‖∫ r‖ ≤ ∫ ‖r‖.Curve parametriche, vettore tangente e integrali di funzioni vettoriali →, Lunghezza di una curva e ascissa curvilineaLa lunghezza di una curva è l'estremo superiore delle lunghezze delle poligonali inscritte. Se r è C^1 la curva è rettificabile e ℓ = ∫|r'(t)|dt (grafici: ∫√(1+f'^2); polari: ∫√(f²+f'^2)). La lunghezza non cambia riparametrizzando, anche invertendo il verso. L'ascissa curvilinea s(t)=∫|r'| dà la parametrizzazione a velocità 1: T = dr/ds. Con essa si definiscono curvatura κ=|dT/ds| e normale N; l'accelerazione è a = v' T + κ v² N.Lunghezza di una curva e ascissa curvilinea →.

Testo. Sia $\gamma : [0, 2\pi] \to \mathbb{R}^3$, $\gamma(t) = (\cos t, \sin t, t)$.

1. Stabilire se la curva è chiusa, semplice, regolare.
2. Esistono punti in cui la tangente è parallela a $(1,1,1)$?
3. Esistono punti del sostegno in cui la tangente è perpendicolare a $\big(0, 1, \tfrac{\sqrt3}{2}\big)$?
4. Calcolare la lunghezza di $\gamma$.

(Fonte: foglio 1, corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD.)

Soluzione

Idea. Il sostegno sta sul cilindro $x^2 + y^2 = 1$ e sale: è un'elica. Le prime tre componenti dicono dove siamo, la terza cresce sempre.

1. Chiusa, semplice, regolare

• Chiusa? Si confrontano gli estremi: $\gamma(0) = (1, 0, 0)$ e $\gamma(2\pi) = (1, 0, 2\pi)$. Sono diversi, quindi non è chiusa.
• Semplice? Se $\gamma(t_1) = \gamma(t_2)$, la terza componente dà $t_1 = t_2$. Quindi $\gamma$ è iniettiva: semplice.
• Regolare? Le componenti sono $C^\infty$ e $\gamma'(t) = (-\sin t, \cos t, 1)$. La terza componente vale sempre $1$, quindi $\gamma'(t) \ne \underline 0$ per ogni $t$: regolare. La velocità scalare è $$|\gamma'(t)| = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 1} = \sqrt2 \quad\text{(costante).}$$

2. Tangente parallela a $(1,1,1)$

La tangente in $\gamma(t)$ ha direzione $\gamma'(t)$. È parallela a $(1,1,1)$ se e solo se esiste $\lambda$ con $\gamma'(t) = \lambda(1,1,1)$: $$-\sin t = \lambda,\quad \cos t = \lambda,\quad 1 = \lambda .$$ L'ultima dà $\lambda = 1$, cioè $\sin t = -1$ e $\cos t = 1$ insieme. Ma $\sin^2 t + \cos^2 t = 1$, mentre qui sarebbe $1 + 1 = 2$. Impossibile: non esistono tali punti.

3. Tangente perpendicolare a $\underline w = (0, 1, \sqrt3/2)$

Si impone il prodotto scalare nullo: $$\gamma'(t)\cdot\underline w = 0\cdot(-\sin t) + 1\cdot\cos t + 1\cdot\tfrac{\sqrt3}{2} = 0 \iff \cos t = -\tfrac{\sqrt3}{2}.$$ In $[0, 2\pi]$ le soluzioni sono $t_1 = \tfrac{5\pi}{6}$ e $t_2 = \tfrac{7\pi}{6}$ (gli angoli del secondo e terzo quadrante con coseno $-\sqrt3/2$). I punti del sostegno sono $$\gamma\big(\tfrac{5\pi}{6}\big) = \big(-\tfrac{\sqrt3}{2}, \tfrac12, \tfrac{5\pi}{6}\big),\qquad \gamma\big(\tfrac{7\pi}{6}\big) = \big(-\tfrac{\sqrt3}{2}, -\tfrac12, \tfrac{7\pi}{6}\big).$$ Esistono due punti.

4. Lunghezza

Con velocità scalare costante, $$L(\gamma) = \int_0^{2\pi}|\gamma'(t)|\,dt = \int_0^{2\pi}\sqrt2\,dt = 2\sqrt2\,\pi .$$ Come controllo: srotolando il cilindro, un giro di elica è l'ipotenusa di un triangolo con cateti $2\pi$ (circonferenza di base) e $2\pi$ (altezza), lunga $2\pi\sqrt2$. ✓

Errori tipici. Concludere "non semplice" perché $(\cos t, \sin t)$ si ripete: conta la curva completa, e la terza componente distingue i punti. Per il parallelismo, dimenticare di richiedere lo stesso $\lambda$ in tutte le componenti.