Esercizio - sostegno contenuto in un piano e intersezione cilindro-piano (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 →.

Testo.

1. Trovare (se esiste) un piano $\pi : ax + by + cz + d = 0$ che contenga il sostegno della curva $\gamma : [0,1] \to \mathbb{R}^3$, $\gamma(t) = (t, 2t, t^2)$.
2. Parametrizzare l'intersezione $C$ del cilindro $x^2 + y^2 = 4$ con il piano $z = x + y + 1$; dire se la parametrizzazione è regolare e scrivere la retta tangente nel punto $(0, 2, 3)$.

(Fonte: foglio 1 per la parte 1; la parte 2 è un esercizio tipico dello stesso tipo, scritto per queste note.)

Soluzione della parte 1

Il sostegno sta in $\pi$ se e solo se ogni punto $\gamma(t)$ soddisfa l'equazione del piano: $$a\,t + b\,(2t) + c\,t^2 + d = 0 \quad \forall t \in [0,1] \iff c\,t^2 + (a + 2b)\,t + d = 0 \quad \forall t \in [0,1].$$ Un polinomio di grado $\le 2$ che si annulla su un intero intervallo (infiniti punti) è il polinomio nullo (un polinomio non nullo di grado $\le 2$ ha al massimo due zeri). Quindi tutti i coefficienti sono nulli: $$c = 0,\qquad a + 2b = 0,\qquad d = 0 .$$ Basta che $(a,b,c) \ne (0,0,0)$ perché $\pi$ sia davvero un piano: con $b = 1$ si ha $a = -2$, e il piano è $$\pi : -2x + y = 0 \iff y = 2x .$$ Verifica: $\gamma(t) = (t, 2t, t^2)$ ha $y = 2x$ ✓. Il piano è unico (a meno di un fattore): il sostegno è una parabola contenuta nel piano verticale $y = 2x$, di cui $z = t^2$ è l'altezza al variare di $x = t$.

Soluzione della parte 2

Parametrizzare. Il cilindro $x^2 + y^2 = 4$ è la circonferenza di raggio $2$ nel piano $xy$ "tirata" lungo $z$. Si parametrizza la parte facile con $x = 2\cos t$, $y = 2\sin t$ e si ricava $z$ dall'equazione del piano: $$\underline r(t) = (2\cos t,\ 2\sin t,\ 2\cos t + 2\sin t + 1),\qquad t \in [0, 2\pi].$$ Verifica: $x^2 + y^2 = 4$ ✓ e $z = x + y + 1$ ✓. La curva è chiusa ($\underline r(0) = \underline r(2\pi) = (2, 0, 3)$) e semplice (le prime due componenti sono già iniettive su $[0,2\pi)$): è un'ellisse inclinata.

Regolarità. $$\underline r'(t) = (-2\sin t,\ 2\cos t,\ -2\sin t + 2\cos t),$$ $$|\underline r'(t)|^2 = 4\sin^2 t + 4\cos^2 t + 4(\cos t - \sin t)^2 = 4 + 4(1 - 2\sin t\cos t) = 8 - 4\sin 2t \ \ge\ 4 > 0 .$$ Il vettore velocità non si annulla mai (già le prime due componenti non si annullano insieme): la curva è regolare.

Tangente in $(0, 2, 3)$. Si cerca il parametro: $2\cos t = 0$ e $2\sin t = 2$ danno $t = \pi/2$; la terza componente vale $0 + 2 + 1 = 3$ ✓. Allora $\underline r'(\pi/2) = (-2, 0, -2)$ e la retta tangente è $$(x, y, z) = (0, 2, 3) + \lambda(-2, 0, -2),\quad \lambda \in \mathbb{R},$$ cioè $y = 2$, $z = x + 3$. Controllo: la tangente a una curva su una superficie deve stare nel piano tangente: sta nel piano $z = x + y + 1$ (con $y = 2$ dà $z = x + 3$ ✓).

Errori tipici. Parametrizzare solo il cilindro e dimenticare di ricavare $z$ dal piano; scrivere $t\in[0,\pi]$ e ottenere solo mezza ellisse; per l'identità dei polinomi dimenticare che servono tutti i coefficienti nulli.