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CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE

1. Esercizi

Esercizio 1. Determinare un’ equazione parametrica della retta del piano Oxy verificanteuna delle condizioni seguenti:

(1) passa per il punto A(1, 0) ed e parallela al vettore v = (2, 1);(2) passa per il punto B(1, 1) ed e ortogonale al vettore v = (−1, 1);(3) passa per il punto C(0, 1), forma un angolo di π/3 col vettore j = (0, 1) ed incontra

l’ asse x in un punto di ascissa positiva.

Esercizio 2. Determinare un’ equazione parametrica della circonferenza del piano Oxyverificante una delle condizioni seguenti:

(1) ha centro in C(1, 0) e raggio 2;(2) ha centro in C(1, 1) ed e tangente alla retta r : x− y + 3 = 0;(3) ha centro in C(1, 2) e stacca sulla retta r : x− y = 0 una corda di lunghezza

√2;

(4) e tangente alla retta r : x + y − 2 = 0 in A(1, 1), ha raggio 2 e centro nel primoquadrante.

Esercizio 3. Scrivere in forma parametrica le seguenti coniche:

(1) 3x2 + 4y2 = 12;(2) 3x2 − 4y2 = 12;(3) xy − 2x + y = 1;(4) x = y2 − 3y + 2.

Esercizio 4. Verificare che la curva L di equazioni parametriche x = t cos t, y = t sin t, t ∈[0, 2π] e regolare, calcolare la retta tangente ad L nel punto P (π), e la sua lunghezza. (Le detta spirale di Archimede).

Esercizio 5. Verificare che la curva L di equazioni parametriche x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈[0, 2π] e generalmente regolare (calcolare in particolare i punti in cui non lo e ), determinarela retta tangente alla curva in P (π/4), e calcolarne la lunghezza. (L e detta astroide odasteroide).

Esercizio 6. Studiare la curva L di equazioni parametriche x = t(t−1), y = t(t−1)(2t−1), t ∈ R, verificando in particolare che risolve l’ equazione differenziale yy′ = (6x2 +x)x′.(L e nota come folium di Cartesio). Trovare poi i punti della curva in cui la retta tangentee parallela alla bisettrice x−y = 0 e quelli la cui retta tangente passa per il punto A( 8

13, 0).

Esercizio 7. Determinare un’ equazione parametrica della retta dello spazio Oxyz veri-ficante una delle condizioni seguenti:

(1) passa per il punto A(1, 1,−1) ed e parallela al vettore v = (2, 1, 2);(2) passa per il punto B(1, 0, 1) ed e ortogonale ai vettori u = (1, 1, 1) e v = (2, 1, 0).

Esercizio 8. Stabilire se la curva L di equazioni parametriche x = cos t, y = sin t, z =t, t ∈ R e regolare, e se e piana. Calcolare poi il triedro fondamentale in P (t) e la lunghezzadell’ arco tra due suoi punti P (a), P (b), a < b. Trovare il piano osculatore alla curva inP (0), ed il cerchio osculatore sempre in P (0). (L e detta elica cilindrica).

1

2 CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE

Esercizio 9. Stabilire se la curva L di equazioni parametriche x = t cos t, y = t sin t, z =t, t ∈ R, e regolare, e calcolare la sua lunghezza tra i punti P (0) e P (π). (L e detta elicaconica).

Esercizio 10. Trovare una parametrizzazione per ognuno dei seguenti piani:

(1) passa per i punti A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), C(1, 1, 1);(2) passa per A(1, 0, 1) e contiene la retta r : x = 2− t, y = 1 + t, z = 1 + 2t;(3) passa per A(1,−1, 1) ed e ortogonale al vettore v = (1,−1,−1).

Esercizio 11. Trovare una parametrizzazione della sfera σ : x2 + y2 + z2 = R2 che sia

regolare in A(

R√3, R√

3, R√

3

), studiarne le linee coordinate, e trovare l’ equazione del piano

tangente a σ in A.

Esercizio 12. Trovare una parametrizzazione regolare delle superfici

(1) σ1 : x2 + y2 = 1;(2) σ2 : x2 − y2 = 1;(3) σ3 : y2 = 2x;(4) σ4 : x2 + y2 − z2 = 0.

e studiarne le linee cordinate.

Esercizio 13. Scrivere una parametrizzazione delle superfici unione delle rette

(1) incidenti le parabole Γ1 : x = 1, z = y2 − 1, e Γ2 : x = −1, z = y2 − 1, nei punti(1, t, t2 − 1), (−1, t + 1, t2 + 2t), rispettivamente, al variare di t ∈ R;

(2) incidenti le circonferenze Γ1 : z = 0, x2 +y2 = 1, e Γ2 : z = 1, x2 +y2 = 2, nei punti(cos θ, sin θ, 0), (

√2 cos(θ + π/4),

√2 sin(θ + π/4), 1), rispettivamente, al variare di

θ.

Esercizio 14. Scrivere l’ equazione parametrica della superficie unione delle rette tangentiall’ elica cilindrica L : x = cos u, y = sin u, z = u, con u ∈ R, e studiarne la regolarita .

Esercizio 15. Scrivere l’ equazione parametrica della superficie che si ottiene ruotandola circonferenza del piano y = 0 di centro C(2, 0, 0) e raggio 1 intorno all’ asse z.

Esercizio 16. Data la curva L : x = t2 + 1, y = t2 − t, z = −2t2 + t + 1, con t ∈ R,stabilire se e piana. Proiettare poi tale curva sia sul piano [xy] da (0, 0, 1), sia sul piano [xz]parallelamente al vettore u = (1,−1, 1), e classificare la proiezione ottenuta in entrambii casi.

2. Soluzioni di alcuni esercizi

Soluzione dell’ Esercizio 1. Per scrivere una retta in forma parametrica, bisogna conoscereun punto della retta ed un vettore parallelo alla stessa retta. Analizziamo le varie richieste,una per volta.

(1) P (x, y) ∈ r se, e solo se,→

AP= tv con t ∈ R. Il vettore→

AP e uguale a (x − 1, y) equindi (x− 1, y) = (2t, t) con t ∈ R. Quindi, l’ equazione parametrica della retta cercatae

r :

{x = 1 + 2ty = t

t ∈ R.

(2) In questo caso, la retta s cercata e ortogonale al vettore v, e quindi e parallela aqualsiasi vettore u che verifica v ·u = 0. Tra gli infiniti vettori che verificano tale richiesta,

CURVE E SUPERFICI PARAMETRIZZATE 3

scegliamo il vettore u = (1, 1). A questo punto, procediamo come nel caso precedente edotteniamo l’ equazione di

s :

{x = 1 + ty = 1 + t

t ∈ R.

(3) Un vettore parallelo v = (a, b) alla retta t cercata verifica la condizione cos α = 12

dove α e l’ angolo formato dai vettori j e v. Sapendo che

cos α =j · v|j||v|

=b√

a2 + b2

otteniamo l’ equazione a2 = 3b2 e quindi le soluzioni a = b√

3 e a = −b√

3. Scelto b = 1abbiamo i due vettori v1 = (

√3, 1),v2 = (−

√3, 1). Le due rette corrispondenti sono

quindi

t1 :

{x = t

√3

y = 1 + tt ∈ R

e

t2 :

{x = −t

√3

y = 1 + tt ∈ R.

Intersecando la retta t1 con l’ asse x otteniamo il sistema x = t√

3y = 1 + ty = 0

che ammette l’ unica soluzione (−√

3, 1) corrispondente al valore t = −1 del parametro.Analogamente, il punto d’ intersezione tra la retta t2 e l’ asse x e (

√3, 1) ottenuto dando

il valore −1 al parametro t. Quindi, t2 interseca l’ asse x in un punto di ascissa positiva,ed e la retta cercata.

Soluzione dell’ Esercizio 2. Data la circonferenza di centro C(x0, y0) e raggio R, una suaparametrizzazione si ottiene usando le funzioni seno e coseno, nello stesso spirito dellaloro definizione come ascissa ed ordinata di un punto della circonferenza goniometrica, ede {

x = x0 + R cos ty = y0 + R sin t

t ∈ [0, 2π].

Usiamo tale parametrizzazione per ricavare quelle cui siamo interessati.(1) Il centro di γ1 e C(1, 0) ed il suo raggio e R = 2. Quindi,

γ1 :

{x = 1 + 2 cos ty = 2 sin t

t ∈ [0, 2π].

(2) Il centro e il punto C(1, 1) mentre il raggio e uguale alla distanza d(C, r). In base

ai dati dell’ Esercizio, abbiamo che R = d(C, r) = |1−1+3|√2

= 3√2. Quindi,

γ2 :

{x = 1 + 3√

2cos t

y = 1 + 3√2sin t

t ∈ [0, 2π].

(3) Il centro e il punto C(1, 2), mentre il raggio e la misura dell’ ipotenusa di un triangolorettangolo avente per cateti meta della corda staccata sulla retta e la distanza d(C, r). In

base ai dati dell’ Esercizio, d(C, r) = 1√2

e quindi R =√

12

+ 12

= 1. Quindi,

γ3 :

{x = 1 + cos ty = 2 + sin t

t ∈ [0, 2π].


(4) Il centro si trova sulla retta ortogonale ad r passante per A che ha equazioneparametrica p : x = 1 + t, y = 1 + t, e quindi ha coordinate C(1 + t, 1 + t). I punti di taleretta che hanno distanza 2 da A sono quelli che verificano

AC =√

(1 + t− 1)2 + (1 + t− 1)2 =√

2t2 = 2,

che hanno coordinate C1(1−√

2, 1−√

2) e C2(1+√

2, 1+√

2). Il centro della circonferenzadobbiamo parametrizzare si trova nel primo quadrante e quindi e C2. Quindi,

γ4 :

{x = 1 +

√2 + 2 cos t

y = 1 +√

2 + 2 sin tt ∈ [0, 2π].

Soluzione dell’ Esercizio 3. (1) La prima conica e un’ ellisse riferita al suo sistema diriferimento intrinseco, di semiassi a = 2, b =

√3, la cui equazione puo anche essere

riscritta come

γ :x2

4+

y2

3= 1.

Una parametrizzazione e simile a quella della circonferenza ed e

γ :

{x = 2 cos t

y =√

3 sin tt ∈ [0, 2π).

Tale parametrizzazione e basata sull’ osservazione seguente. Tracciamo le due circon-ferenze di centro l’ origine (0, 0) delle coordinate, centro di simmetria dell’ ellisse, e raggia e b rispettivamente. Un raggio uscente dal centro e formante un angolo t con il semi-asse positivo delle ascisse incontra la prima circonferenza nel punto (a cos t, a sin t) e laseconda in (b cos t, b sin t). La retta per il primo punto parallela all’ asse delle ordinate ela retta per il secondo parallela all’ asse delle ascisse si incontrano nel punto di coordinate(a cos t, b sin t) che appartiene all’ ellisse.

Verifichiamo se la parametrizzazione trovata e regolare.La funzione t ∈ [0, 2π) → P (t) = (2 cos t,

√3 sin t) e iniettiva grazie alle proprieta delle

funzioni trigonometriche. Il vettore derivato primo e P ′(t) = (−2 sin t,√

3 cos t) e non emai nullo. Quindi la parametrizzazione trovata e regolare.

Una seconda parametrizzazione dell’ ellisse e basata sull’ osservazione che una retta delpiano interseca la curva in al pidue punti. Quindi, le rette del fascio di centro un puntodell’ ellisse incontrano l’ ellisse in un secondo punto, e al variare della retta si ottengonotutti i punti dell’ ellisse. Scegliamo sull’ ellisse il punto di coordinate (2, 0). Il fasciodi rette di centro (2, 0) ha equazione y = m(x − 2) ossia y = mx − 2m. Il coefficienteangolare m puo assumere qualsiasi valore reale, ma per nessuno di essi si otterra la rettadi equazione x = 2. Tale retta e parallela all’ asse delle ordinate ed e tangente all’ ellissein (2, 0). Quindi, il punto (2, 0) non si otterra come punto della parametrizzazione chestiamo costruendo. L’ intersezione tra la retta del fascio e l’ ellisse e data dal sistema{

y = mx− 2mx2

4+ y2

3= 1

le cui soluzioni sono i punti (2, 0) e(

8m2−64m2+3

,− 12m4m2+3

). La parametrizzazione dell’ ellisse e

allora

γ :

{x = 8m2−6

4m2+3

y = − 12m4m2+3

.


Il legame tra le due parametrizzazioni si trova uguagliandole, ossia risolvendo il sistema{2 cos t = 8m2−6

4m2+3√3 sin t = − 12m

4m2+3

e quindi otteniamo m = −√

3 sin t2(1−cos t)

definita ovviamente per t ∈ (0, 2π) poiche il punto

(2, 0) corrisponde al valore t = 0 ma non si ottiene nell’ altra forma.Osserviamo che anche la seconda parametrizzazione e regolare. Infatti,

x′(m) =96m

(4m2 + 3)2y′(m) = 12

4m2 − 3

(4m2 + 3)2

ed e evidente che non possono essere entrambe nulle. Inoltre, come gia detto, il punto (2, 0)non si ottiene per alcun valore del parametro m. Ma, passando al limite per m → ±∞otteniamo

limm→±∞

x(m) = 2 limm→±∞

y(m) = 0

ossia P (m) → (2, 0) quando m → ±∞. Geometricamente, questo corrisponde al fatto chela retta tangente alla conica in (2, 0) e la retta x = 2 che forma un angolo di π/2 con ilsemiasse positivo delle ascisse. Poiche il coefficiente angolare m della retta del fascio e latangente trigonometrica dell’ angolo formato con il semiasse positivo delle ascisse, la rettax = 2 non fa parte del fascio, ma e la retta che si ottiene facendo il limite della retta delfascio quando m tende all’ infinito.

(2) La seconda conica e un’ iperbole riferita al suo sistema di riferimento intrinseco.La parametrizzazione di un’ iperbole avviene tramite le funzioni iperboliche sinh e cosh,analogo delle funzioni trigonometriche per l’ ellisse. Il ramo d’ iperbole contenuto nelsemipiano x > 0 e parametrizzato come{

x(t) = 2 cosh t

y(t) =√

3 sinh tt ∈ R.

mentre il ramo contenuto nel semipiano x < 0 e parametrizzato come{x(t) = −2 cosh t

y(t) =√

3 sinh tt ∈ R.

Ricordiamo che le funzioni iperboliche sono definite come

sinh t =et − e−t

2cosh t =

et + e−t

2e per loro valgono alcune relazioni, simili a quelle valide per le funzioni trigonometriche,tra cui

cosh2 t− sinh2 t = 1

ed

dtsinh t = cosh t

d

dtcosh t = sinh t.

La parametrizzazione del primo ramo dell’ iperbole e regolare. Infatti, la funzione

t ∈ R → (2 cosh t,√

3 sinh t)

e iniettiva, ed il vettore derivato primo di P (t) e

P ′(t) = (x′, y′) = (2 sinh t,√

3 cosh t)

che non e mai nullo, essendo mai nulla la funzione cosh t. Analogamente, anche il secondoramo e parametrizzato in modo regolare.


Possiamo parametrizzare l’ iperbole anche usando lo stesso metodo usato per l’ ellisse.Scegliamo allora il punto A(2, 0) vertice dell’ iperbole, ed intersechiamo l’ iperbole conle rette del fascio di centro A, aventi equazione y = m(x − 2). Tali rette incontrano l’iperbole in A e nel secondo punto di coordinate{

x(m) = 24m2+34m2−3

y(m) = 12m4m2−3

m ∈ R−

{±√

3

2

}.

Le due rette che incontrano l’ iperbole nel solo punto A sono le rette parallele agli asintotipassanti per A. Osserviamo che il punto A non puo essere ottenuto dando un valoreal parametro m, ma che A = limm→±∞ P (m) per lo stesso motivo descritto al puntoprecedente; che la parametrizzazione e regolare; che il ramo d’ iperbole contenuto nelsemipiano x < 0 si ottiene dando alla m valori nell’ intervallo (−

√3/2,

√3/2), mentre

l’ altro ramo risulta diviso in due perche i punti del primo quadrante si ottengono perm ∈ (

√3/2, +∞), ed i punti del quarto quadrante si ottengono per m ∈ (−∞,−

√3/2);

che le due parametrizzazioni sono legate dalla relazione m =√

3 sinh t2(cosh t−1)

, t 6= 0, che assume

i valori m ∈ (−∞,−√

3/2) ∪ (√

3/2, +∞) (uguagliando i due modi di esprimere i punti

del ramo contenuto nel semipiano x > 0), e dalla relazione m = −√

3 sinh t2(cosh t+1)

, t ∈ R, che

assume i valori m ∈ (−√

3/2,√

3/2) (ottenuta uguagliando i punti del ramo contenutonel semipiano x < 0).

(3) La conica e un’ iperbole equilatera riferita ai propri asintoti. Oltre ai due modiillustrati nell’ esercizio precedente, possiamo parametrizzare un’ iperbole anche nel modoseguente. Consideriamo le rette parallele ad uno degli asintoti. Ognuna di tali retteincontra l’ iperbole in un unico punto, e viceversa, per ogni punto dell’ iperbole passauna ed una sole retta di tale fascio. Quindi, scritte le rette del fascio, basta calcolare l’intersezione con l’ iperbole in funzione del parametro che descrive le rette per ottenerela parametrizzazione richiesta. Nel nostro caso, il centro di simmetria dell’ iperbole e ilpunto C(−1, 2) e gli asintoti sono x = −1, y = 2. Le retta parallele all’ asintoto x = −1sono tutte e sole quelle di equazione x = t. Ognuna di esse, tranne ovviamente l’ asintoto,interseca l’ iperbole in un solo punto, le cui coordinate risolvono il sistema{

x = txy − 2x + y − 1 = 0

e sono quindi {x = ty = 2t+1

t+1.

Verifichiamo che la parametrizzazione e regolare. Per prima cosa, osserviamo che lafunzione

t ∈ R \ {−1} → P (t) =

(t,

2t + 1

t + 1

)∈ R2

e iniettiva. Poi, il vettore derivato primo e

P ′(t) =

(1,

1

(t + 1)2

)che e chiaramente sempre diverso dal vettore nullo.

(4) La conica in oggetto e una parabola traslata, e si presenta nella forma di unafunzione. La parametrizzazione puo essere calcolata facilmente, calcolando l’ unico puntod’ intersezione tra la parabola e le rette parallele all’ asse di simmetria della parabola. Le


rette parallele all’ asse di simmetria sono della forma y = t, ed intersecano la parabola nelpunto di coordinate P (t) = (t2 − 3t + 2, t). Quindi, una parametrizzazione della parabolae {

x = t2 − 3t + 2y = t.

Tale parametrizzazione e regolare perche , per valori diversi di t si ottengono punti dicoordinate distinte, ed il vettore derivato primo e

P ′(t) = (2t− 3, 1)

che non e mai nullo.

Soluzione dell’ Esercizio 4. Cominciamo con il verificare che la funzione

L : t ∈ [0, 2π] → P (t) = (t cos t, t sin t) ∈ R2

e iniettiva. Supponiamo che P (a) = P (b), ossia che{a cos a = b cos ba sin a = b sin b.

Elevando al quadrato e sommando poi le due equazioni, otteniamo l’ equazione a2 = b2,che ha come soluzioni a = b, e a = −b. Poiche pero a, b ∈ [0, 2π] l’ unica soluzioneaccettabile e a = b, e quindi l’ iniettivita e provata.

Il vettore derivato primo e

P ′(t) = (cos t− t sin t, sin t + t cos t)

il cui modulo e |P ′(t)| =√

1 + t2 6= 0 per qualsiasi valore di t.La retta tangente e la retta passante per P (t) e parallela al vettore P ′(t). Il punto

P (π) = (−π, 0) mentre P ′(π) = (−1,−π). Quindi la retta ha equazione parametrica{x = −π − sy = −πs

s ∈ R.

La lunghezza della curva, infine, e uguale a

`(L) =

∫ 2π

0

|P ′(t)|dt =

∫ 2π

0

√1 + t2dt = π

√1 + 4π2 − 1

2log

(√1 + 4π2 − 2π

).

L’ integrale indefinito ∫ √1 + t2dt

puo essere calcolato usando la sostituzione√

1 + t2 = t + z. Elevando al quadrato esemplificando, si ottiene t = 1−z2

2zda cui dt = −1+z2

2z2 dz.

Sostituendo si ha che∫ √

1 + t2dt = −14

∫ (z + 2

z+ 1

z3

)dz che puo essere facilmente

integrato. Sostituendo z =√

1 + t2 − t nella funzione calcolata, si ottiene una primitivadi√

1 + t2 e quindi si puo finalmente calcolare la lunghezza della curva L.Un motivo per cui Archimede studio la spirale e il seguente. Il punto iniziale della

spirale e P (0) = (0, 0), mentre il suo punto finale e P (2π) = (2π, 0). La distanza tra talipunti e 2π uguale alla lunghezza della circonferenza di raggio unitario. Quindi, riuscire astudiare / disegnare una spirale permetteva di rettificare la circonferenza, problema cheera centrale nella matematica greca.

Soluzione dell’ Esercizio 5. Cominciamo con il provare che la funzione

L : t ∈ [0, 2π] → P (t) = (cos3 t, sin3 t) ∈ R2


e iniettiva. Supponiamo che i punti P (a) e P (b) siano uguali. Allora{cos3 a = cos3 bsin3 a = sin3 b

da cui si ottiene ovviamente che cos a = cos b, sin a = sin b, ossia a = b.Il vettore derivato primo e P ′(t) = (−3 cos2 t sin t, 3 sin2 t cos t) il cui modulo e

|P ′(t)| =√

9 cos2 t sin2 t = 3| cos t sin t| = 3

2| sin 2t|.

Quindi, il vettore derivato primo e nullo per t = 0, π/2, π, 3π/2, 2π, ossia la curva non eregolare nei punti corrispondenti ai valori del parametro precedentemente calcolati, chesono i punti (±1, 0), (0,±1).

Osserviamo poi che i punti P (t) e P (π− t) sono simmetrici rispetto all’ asse y mentre ipunti P (t) e P (2π− t) sono simmetrici rispetto all’ asse x. Quindi, la curva e simmetricarispetto ai due assi coordinati e quindi anche rispetto all’ origine.

La retta tangente ad L in P (π/4) passa per P (π/4) =(

1√8, 1√

8

)ed e parallela al vettore

P ′(π/4) =(− 3√

8, 3√

8

). Quindi ha equazione parametrica{

x = 1√8− 3√

8s

y = 1√8

+ 3√8s

s ∈ R.

La lunghezza della curva e uguale a

`(L) = 4

∫ π/2

0

3

2| sin 2t|dt = 6

∫ π/2

0

sin 2tdt = (−3 cos 2t)π/20 = 6.

Soluzione dell’ Esercizio 6. Cominciamo col verificare l’ iniettivita della funzione

L : t ∈ R → P (t) = (t(t− 1), t(t− 1)(2t− 1)) ∈ R2.

Supponiamo che i punti P (a) e P (b) coincidano. Allora{a(a− 1) = b(b− 1)a(a− 1)(2a− 1) = b(b− 1)(2b− 1).

Sostituendo nella seconda equazione, otteniamo b(b−1)(2a−1) = b(b−1)(2b−1). Quindi,se b(b− 1) 6= 0, allora 2a− 1 = 2b− 1 da cui a = b. Se invece b = 0 oppure b = 1, alloraanche a(a − 1) = 0 e quindi a = 0 oppure a = 1. In conclusione, se t 6= 0, 1 allora Le una funzione iniettiva, mantre P (0) = (0, 0) = P (1). Possiamo allora affermare che lafunzione non e iniettiva, e che la curva L si autointerseca nel punto (0, 0) corrispondenteai valori del parametro t = 0 e t = 1.

Il vettore derivato primo e P ′(t) = (2t − 1, 6t2 − 6t + 1) che non e mai nullo. Quindi,la curva L e generalmente regolare.

Sostituendo l’ espressione di x(t) in y(t) otteniamo y = x(2t − 1) da cui si ricavafacilmente che t = y+x

2x. Sostituendo nell’ espressione di x otteniamo

x =x + y

2x

(x + y

2x− 1

)=

y2 − x2

4x2

ossia, y2 = 4x3 + x2. Quindi, L e l’ unione dei grafici delle due funzioni

y =√

4x3 + x2 e y = −√

4x3 + x2.

Verifichiamo ora che L risolve l’ equazione differenziale yy′ = (6x2 + x)x′.


Per sostituzione diretta, abbiamo che

yy′ = t(t− 1)(2t− 1)(6t2 − 6t + 1)(6x2 + x)x′ = [6t2(t− 1)2 + t(t− 1)](2t− 1) = t(t− 1)(2t− 1)(6t2 − 6t + 1)

e quindi L e soluzione dell’ equazione differenziale assegnata.La retta tangente ad un punto di L e parallela al vettore P ′(t). La retta tangente sara

parallela alla bisettrice x − y = 0 quando P ′(t) e parallelo al vettore (1, 1). Tali vettorisono paralleli se

det

(2t− 1 6t2 − 6t + 1

1 1

)= 0

ossia, per i valori di t che sono soluzioni dell’ equazione 6t2 − 8t + 2 = 0. Quindi, la rettatangente e parallela alla bisettrice nei punti P (1) = (0, 0) e P (1

3) =

(−2

9, 2

27

).

La retta tangente ad L in un suo punto P (t) ha equazione parametrica{x = t(t− 1) + s(2t− 1)y = t(t− 1)(2t− 1) + s(6t2 − 6t + 1).

Tale retta contiene il punto A( 813

, 0) se il sistema{t(t− 1) + s(2t− 1) = 8

13t(t− 1)(2t− 1) + s(6t2 − 6t + 1) = 0

ammette soluzione. Dalla seconda equazione, ricaviamo che

s = −t(t− 1)(2t− 1)

6t2 − 6t + 1.

Sostituendo nella prima equazione, otteniamo

2t2(t− 1)2

6t2 − 6t + 1=

8

13.

Le soluzioni di questa equazione sono t1 = 2, t2 = −1, t3 = 13+√

6526

, t4 = 13−√

6526

, da cui siricavano i quattro punti le cui rette tangenti passano per A.

Soluzione dell’ Esercizio 7. (1) La retta r richiesta contiene tutti e soli i punti P (x, y, z)

che verificano→

AP= tv. Quindi otteniamo

r :

x = 1 + 2ty = 1 + tz = −1 + 2t.

(2) I vettori u e v non sono paralleli tra loro, e quindi la retta s cercata e assegnata.

Inoltre, tutti e soli i punti P (x, y, z) della retta sono quelli che verificano→

BP⊥ L(u,v)

ossia→

BP= tu ∧ v = t(−1, 2,−1). Quindi, l’ equazione parametrica della retta s e

s :

x = 1− ty = 2tz = 1− t.

Soluzione dell’ Esercizio 8. La funzione L : t ∈ R → P (t) = (cos t, sin t, t) ∈ R3 esicuramente iniettiva, grazie alla terza coordinata del punto. Il vettore derivato primo eP ′(t) = (− sin t, cos t, 1) che non e mai nullo, ancora grazie alla terza componente. Quindi,


L e regolare. Inoltre, |P ′(t)| =√

2 e quindi la lunghezza dell’ arco di curva compreso traP (a) e P (b) e

`(L(a, b)) =

∫ b

a

√2dt =

√2(b− a).

Il primo vettore del triedro fondamentale e

t =P′(t)

|P′(t)|=

(−sin t√

2,cos t√

2,

1√2

).

Il versore binormale e la normalizzazione di P ′(t)∧P ′′(t). Il vettore derivato secondo eP ′′(t) = (− cos t,− sin t, 0) e quindi

P ′ ∧ P ′′ = det

i j k− sin t cos t 1− cos t sin t 0

= (sin t,− cos t, 1).

Abbiamo allora che il vettore binormale e

b =P′ ∧ P′′

|P′ ∧ P′′|=

(sin t√

2,−cos t√

2,

1√2

).

Osserviamo che il vettore binormale non e un vettore costante, e quindi la curva non epiana. Inoltre, il modulo di P ′ ∧ P ′′ non e mai nullo, ossia i vettori P ′ e P ′′ sono semprelinearmente indipendenti. Quindi, L e biregolare.

Il vettore che completa il triedro fondamentale e il versore normale e lo otteniamo comeprodotto vettoriale dei due versori gia calcolati:

n = b ∧ t = (− cos t,− sin t, 0).

Quindi, il triedro fondamentale in P (t) e (t,n,b).Il piano osculatore alla curva L in P (0) = (1, 0, 0) e il piano per P (0) ortogonale

al vettore b(0) =(0,− 1√

2, 1√

2

). Svolgendo i calcoli otteniamo che il piano cercato ha

equazione

− 1√2y +

1√2z = 0 ossia y − z = 0.

Per calcolare il cerchio osculatore, abbiamo bisogno della curvatura.

k(t) =|P ′ ∧ P ′′ · P ′′′||P ′ ∧ P ′′|2

=1

2

essendo P ′′′(t) = (sin t,− cos t, 0). Il centro di curvatura, centro del cerchio osculatore in

P (t) ad L, verifica→

PC= 1k(t)

n(t). Nel nostro caso, abbiamo→

PC= (x−cos t, y−sin t, z−t),

dove C e il punto di coordinate (x, y, z), e quindi C(− cos t,− sin t, t). Il raggio del cerchioosculatore e r(t) = 1

k(t)= 2. Posto t = 0 otteniamo che il cerchio osculatore ha equazione{

y − z = 0(x + 1)2 + y2 + z2 = 4.

Osserviamo infine che la curva L e contenuta nel cilindro di equazione x2 + y2 = 1, dacui l’ aggettivo “cilindrica”.

Soluzione dell’ Esercizio 9. La funzione L : t ∈ R → P (t) = (t cos t, t sin t, t) ∈ R3 einiettiva, grazie alla terza coordinata del punto. Il vettore derivato primo e

P ′(t) = (cos t− t sin t, sin t + t cos t, 1)


che non e mai nullo, ancora per la terza componente. Quindi, L e regolare. In realta , sipuo provare che L e biregolare.

La curva L non e una curva piana. Infatti, se lo fosse, dovrebbe capitare che l’ inter-sezione tra L ed il piano α : ax+ by + cz +d = 0 che la contiene dovrebbe essere verificatada ogni valore di t ∈ R. Sostituendo la parametrizzazione di L in α otteniamo l’ equazione

at cos t + bt sin t + ct + d = 0.

Per t = 0 si ottiene d = 0, per t = π/2 si ottiene bπ2

+ cπ2

= 0 ossia b+ c = 0, per t = −π/2

si ottiene bπ2− cπ

2= 0 ossia b − c = 0. Le due ultime condizioni prese insieme forniscono

b = c = 0. Infine, per t = π, si ottiene aπ = 0 da cui a = 0. Quindi, a = b = c = d = 0per cui e chiaro che il piano non esiste, ed L non e piana.

Il modulo del vettore derivato primo e |P ′(t)| =√

2 + t2 e quindi la lunghezza dell’ arcorichiesto e

`(L(0, π)) =

∫ π

0

√2 + t2dt =

1

2

(π√

2 + π2 − log(1 + π2 − π√

2 + π2))

.

L’ integrale precedente puo essere calcolato usando la sostituzione√

2 + t2 = t + z.Osserviamo infine che L e contenuta nella superficie di equazione x2 + y2 − z2 = 0 che

e un cono con vertice nell’ origine, da cui il nome.

Soluzione dell’ Esercizio 10. (1) I vettori→

AB= (0, 1, 0) ed→

AC= (0, 1, 1) non sono par-alleli, e quindi il piano e univocamente individuato. Esso e formato da tutti e soli i

punti P (x, y, z) che verificano l’ equazione vettoriale→

AP= s→

AB +t→

AC con (s, t) ∈ R2.Esplicitamente, abbiamo (x− 1, y, z) = s(0, 1, 0) + t(0, 1, 1) da cui

α :

x = 1y = s + tz = t.

Osserviamo che l’ equazione cartesiana di α si ottiene eliminando i parametri s, t dalprecedente sistema, e quindi e evidente che α : x = 1.

Le curve coordinate della parametrizzazione sono rette parallele ai vettori→

AB ed→

AC .

(2) Il punto A /∈ r perche le sue coordinate rendono senza soluzioni il sistema chedefinisce r. Quindi, il piano β e univocamente individuato. Per trovare una parametriz-

zazione di β scegliamo due punti B, C ∈ r e calcoliamo i vettori→

AB ed→

AC, in modo darisolvere l’ esercizio come nel caso precedente.

Scegliamo B(2, 1, 1), C(1, 2, 3) ∈ r che si ottengono per i valori t = 0, t = 1 del

parametro t della retta r, rispettivamente. Quindi,→

AB= (1, 1, 0) e→

AC= (0, 2, 2). Ilpiano β e formato da tutti e soli i punti P (x, y, z) che verificano l’ equazione vettoriale→

AP= s→

AB +t→

AC con (s, t) ∈ R2. Sostituendo i dati, otteniamo

β :

x = 1 + sy = s + 2tz = 1 + 2t.

(3) Anche in questo caso dobbiamo trovare due vettori paralleli al piano γ cercato.Ovviamente, tutti e soli i vettori paralleli a γ sono contenuti nel sottospazio

L(v)⊥ = {(x, y, z) ∈ R3|x− y − z = 0} = L((1, 0, 1), (0, 1,−1))


e quindi γ contiene tutti e soli i punti P (x, y, z) che verificano l’ equazione vettoriale→

AP= s(1, 0, 1)+ t(0, 1,−1) con (s, t) ∈ R2. Sviluppando i calcoli abbiamo che l’ equazioneparametrica del piano γ e

γ :

x = 1 + sy = −1 + tz = 1 + s− t.

Soluzione dell’ Esercizio 11. Diamo due parametrizzazioni che verificano la richiesta, dopoaver osservato che la sfera σ ha centro nell’ origine degli assi e raggio R.

La prima e basata sulla scelta dei due angoli θ e ϕ. Il primo angolo, θ, detto colatitudine,

e l’ angolo che il vettore→

OP forma con il semiasse positivo delle z, essendo O il centrodi σ e P un qualsiasi punto di σ. Ovviamente, θ ∈ [0, π]. Il secondo angolo ϕ, detto

longitudine, e l’ angolo che il vettore proiezione ortogonale di→

OP sul piano coordinato

[xy] forma con il semiasse positivo delle x. Ovviamente, ϕ ∈ [0, 2π). Poiche il vettore→

OP

ha modulo R, abbiamo che la quota di P e z = R cos θ. La proiezione di→

OP sul piano[xy] ha modulo R sin θ, e quindi l’ ascissa di P e x = R sin θ cos ϕ, mentre l’ ordinata diP e y = R sin θ sin ϕ. In conclusione,

σ :

x = R sin θ cos ϕy = R sin θ sin ϕz = R cos θ

(θ, ϕ) ∈ [0, π]× [0, 2π).

Cerchiamo i punti in cui la parametrizzazione e regolare. Ovviamente, per θ = 0otteniamo il punto N(0, 0, R) qualunque sia il valore dell’ angolo ϕ, mentre per θ = πotteniamo il punto S(0, 0,−R) ancora per tutti i valori dell’ angolo ϕ. Quindi, non abbiamoiniettivita per questi due punti.

Verifichiamo ora se i vettori tangenti alle linee coordinate sono linearmente indipendenti.

Pθ = (R cos θ cos ϕ, R cos θ sin ϕ,−R sin θ)

Pϕ = (−R sin θ sin ϕ, R sin θ cos ϕ, 0)

e quindi il loro prodotto vettoriale e il vettore

Pθ ∧ Pϕ = (R2 sin2 θ cos ϕ, R2 sin2 θ sin ϕ, R2 sin θ cos θ)

il cui modulo e |Pθ ∧ Pϕ| =√

R4 sin2 θ = R2| sin θ|. Tale vettore e nullo solo per θ = 0 eper θ = π. Quindi, la parametrizzazione e regolare in tutti i punti di σ esclusi N ed S.

Le linee coordinate si ottengono fissando uno dei due parametri. La prima famiglia eallora

Lθ :

x = Ra sin θy = Rb sin θz = R cos θ

θ ∈ (0, π)

dove a = cos ϕ0, b = sin ϕ0, per un angolo fissato ϕ0. Avendo fissato la longitudine, lalinea coordinata e un meridiano di σ per i punti N ed S, estremi del meridiano, ossia euna semicirconferenza massima di σ.

La seconda famiglia di linee coordiante e

Lϕ :

x = Ra cos ϕy = Ra sin ϕz = Rb

ϕ ∈ [0, 2π)


dove a = sin θ0, b = cos θ0, e θ0 e un angolo fissato. Avendo fissato la colatitudine,ovviamente la linea coordianta descrive un parallelo, ossia una circonferenza contenutanel piano z = Rb parallelo al piano [xy].

Il punto A si ottiene per i valori dei parametri che risolvono il sistemaR sin θ cos ϕ = R√

3

R sin θ sin ϕ = R√3

R cos θ = R√3.

Dalla terza equazione, otteniamo cos θ = 1√3

da cui sin θ =√

23. Sostituendo nelle prime

due equazioni, otteniamo sin ϕ = cos ϕ = 1√2

e quindi ϕ0 = π/4, θ0 = arccos(1/√

3). Il

vettore u = Pθ(θ0, ϕ0)∧Pϕ(θ0, ϕ0) =√

23

R2(1, 1, 1) e quindi il piano tangente ha equazione

α : u·→

AP= 0 ossia x + y + z− R√

3 = 0.

La seconda parametrizzazione, detta proiezione stereografica della sfera da un suopunto, si basa sulla seguente osservazione: una retta per N incontra σ in un ulteriorepunto A ed il piano [xy] in un punto A′ stabilendo cosı una corrispondenza biunivoca trai punti di σ diversi da N ed i punti del piano [xy]. Detto allora A′ ∈ [xy] il punto dicoordinate (u, v, 0), la retta per i punti N ed A′ ha equazione parametrica

rNA′ :

x = uty = vtz = R−Rt

t ∈ R.

Tale retta incontra σ nei punti le cui coordinate risolvono il sistemax = uty = vtz = R−Rtx2 + y2 + z2 = R2

e quindi corrispondono ai valori di t che risolvono l’ equazione (u2 +v2 +R2)t2−2R2t = 0.Essi sono i punti di coordinate N(0, 0, R) ed

A

(2R2u

u2 + v2 + R2,

2R2v

u2 + v2 + R2,R(u2 + v2 −R2)

u2 + v2 + R2

)e quindi la proiezione streografica e data dalla parametrizzazione

σ :

x = 2R2u

u2+v2+R2

y = 2R2vu2+v2+R2

z = R(u2+v2−R2)u2+v2+R2

(u, v) ∈ R2.

Non tutti i punti di σ si proiettano sul piano [xy]. Infatti ogni retta che sia tangente a σ inN e parallela ad [xy]. Ogni altro punto di σ invece si puo ottenere fissando un opportunopunto (u, v).

Verifichiamo che la parametrizzazione e regolare. L’ iniettivita e garantita dalla de-scrizione geometrica della costruzione. Verifichiamo che i vettori tangenti alle linee coor-dinate sono linearmente indipendenti.

Pu =2R2

(u2 + v2 + R2)2(−u2 + v2 + R2,−2uv, 2uR)


Pv =2R2

(u2 + v2 + R2)2(−2uv, u2 − v2 + R2, 2vR)

e quindi

Pu ∧ Pv =4R4

(u2 + v2 + R2)3(−2uR,−2vR,−u2 − v2 + R2)

che non e mai nullo.La prima famiglia di linee coordinate e descritta da

Lu :

x = 2uR2

u2+a2

y = 2bR2

u2+a2

z = Ru2+R(b2−R2)u2+a2

u ∈ R

dove v = b, a2 = b2 + R2. Tali curve sono circonferenze intersezione di σ con il piano checontiene la retta y = b, z = 0 ed il punto N(0, 0, R) centro di proiezione.

Analogamente, le curve Lv che si ottengono fissando u = a sono le circonferenze inter-sezione di σ con il piano contenente la retta x = a, z = 0, ed il punto N.

Il legame tra le due parametrizzazioni e dato dalle equazioni

cos ϕ =u√

u2 + v2sin ϕ =

v√u2 + v2

cos θ =u2 + v2 −R2

u2 + v2 + R2

che sono definite per (u, v) 6= (0, 0) ossia in tutti i punti di σ ad eccezione di N ed S.Il punto (u0, v0) per cui si ottiene il punto A e la soluzione del sistema

2uR2

u2+v2+R2 = R√3

2vR2

u2+v2+R2 = R√3

R(u2+v2−R2

u2+v2+R2 = R√3

ed e (u0, v0) =(R 1+

√3

2, R 1+

√3

2

). In corrispondenza di tale punto, otteniamo il vettore

Pu(u0, v0) ∧ Pv(u0, v0) = − 4√3R4(1, 1, 1), e quindi il piano tangente a σ in A e

α : x + y + z −R√

3 = 0.

Soluzione dell’ Esercizio 12. (1) σ1 e un cilindro con generatrici parallele all’ asse zed avente la circonferenza contenuta nel piano [xy] di raggio 1 e centro (0, 0, 0). Perparametrizzare un cilindro con generatrici parallele all’ asse z basta parametrizzare lacurva intersezione del cilindro con il piano [xy] perche una retta per uno di tali punti dicoordinate (x0, y0, 0) e parallela all’ asse z ha equazione parametrica x = x0, y = y0, z = v,con v ∈ R. In conclusione, il cilindro assegnato e descritto dalle equazioni parametriche

σ1 :

x = cos uy = sin uz = v

(u, v) ∈ [0, 2π)× R.

La funzione (u, v) ∈ [0, 2π) × R → P (u, v) = (cos u, sin u, v) ∈ R3 e sicuramenteiniettiva. I vettori paralleli alle linee coordinate sono

Pu = (− sin u, cos u, 0) Pv = (0, 0, 1)

che, essendo sempre ortogonali tra loro, sono linearmente indipendenti.Le linee coordinate sono


• Lu che rappresentano circonferenze nel piano z = b parallelo al piano [xy] aventicentro in (0, 0, b) e raggio 1;

• Lv che rappresentano rette parallele all’ asse z per un punto della circonferenzadirettrice del cilindro.

(2) Anche in questo caso basta parametrizzare l’ iperbole equilatera intersezione delcilindro con il piano [xy]. Oltre ai metodi gia descritti nell’ Esercizio 3(2), possiamoprocedere come nel punto (3) dell’ Esercizio citato. Lavoriamo nel piano z = 0 ed in-tersechiamo in tale piano l’ iperbole di equazione x2 − y2 = 1 con le rette di equazionex− y = u con u 6= 0 che sono parallele ad uno degli asintoti. Risolvendo il sistema z = 0

x2 − y2 = 1x− y = u

otteniamo il punto di coordinate(

1+u2

2u, 1−u2

2u, 0

). Quindi, una parametrizzazione per σ2

e

σ2 :

x = 1+u2

2u

y = 1−u2

2uz = v

(u, v) ∈ (R \ {0})× R.

L’ iniettivita della rappresentazione e di facile verifica. I vettori paralleli alle linee coor-dinate sono

Pu =

(u2 − 1

2u2,−u2 + 1

2u2, 0

)Pv = (0, 0, 1)

e sono ortogonali tra loro, e quindi linearmente indipendenti.Le linee coordinate sono o iperboli equilatere in piani paralleli al piano [xy] o rette

parallele all’ asse z.

(3) Una curva direttrice e la parabola intersezione del cilidro con il piano [xy]. Essendomolto facile trovare una parametrizzazione per la parabola, una parametrizzazione per ilcilindro e

σ3 :

x = 12u2

y = uz = v

(u, v) ∈ R2.

L’ iniettivita della rappresentazione e immediata, mentre i vettori paralleli alle linee co-ordinate sono

Pu = (u, 1, 0) Pv = (0, 0, 1)

che risultano ortogonali tra loro.Le linee coordinate sono o parabole in piani paralleli al piano [xy] o rette parallele all’

asse z.

(4) Per ogni punto del piano [xy] la retta parallela all’ asse z incontra il cono in duepunti simmetrici rispetto al piano [xy] stesso. Possiamo allora scegliere un sistema dicoordinate nel piano e calcolare poi i due punti. Ad esempio, se scegliamo le coordiantecartesiane, abbiamo che le due falde del cono sono descritte dalle parametrizzazioni

σ+4 :

x = uy = v

z =√

u2 + v2

σ−4 :

x = uy = v

z = −√

u2 + v2


mentre, se scegliamo le coordinate polari nel piano, le due falde sono descritte da

σ+4 :

x = u cos vy = u sin vz = u

σ−4 :

x = u cos vy = u sin vz = −u

dove ovviamente, σ+4 e la falda del cono contenuta nel semispazio z ≥ 0, e σ−4 e l’ altra

falda.Nel primo caso, la funzione z =

√u2 + v2 non e derivabile in (0, 0) e quindi studiamo

la regolarita per (u, v) 6= (0, 0). L’ iniettivita e di immediata verifica, mentre i vettoriderivati sono

Pu =

(1, 0,

u√u2 + v2

)Pv =

(0, 1,

v√u2 + v2

)che sono evidentemente linearmente indipendenti. Quindi, al di fuori del vertice, laparametrizzazione e regolare. Le linee coordinate Lu sono parabole se v 6= 0 mentree la funzione |u| per v = 0. Lo stesso vale per le linee coordinate Lv.

Nel secondo caso, l’ inietivita si ha per u 6= 0, come noto dalle coordinate polari. Ivettori derivati sono

Pu = (cos v, sin v, 1) Pv = (−u sin v, u cos v, 0)

che, per u 6= 0, sono linearmente indipendenti. Le linee coordinate sono o semirette (Lv)o circonferenze di centro un punto dell’ asse z, contenute in un piano parallelo al piano[xy] e di raggio pari alla distanza tra il centro ed il piano [xy] (Lu).

Soluzione dell’ Esercizio 13. (1) Bisogna scrivere la retta passante per i punti A(1, u, u2−1), B(−1, u + 1, u2 + 2u), e tale retta ha equazione parametrica x = −1 + 2v

y = u + 1− vz = u2 + 2u− v(2u + 1)

v ∈ R.

Facendo variare anche u ∈ R le rette si uniscono descrivendo una superficie di equazioneparametrica

σ1 :

x = −1 + 2vy = u + 1− vz = u2 + 2u− v(2u + 1)

(u, v) ∈ R2.

Tale parametrizzazione e regolare in tutti i suoi punti, le linee coordinate sono o rette oparabole, e rappresenta un paraboloide iperbolico la cui equazione si ottiene eliminandoi parametri u, v dal precedente sistema. Il punto di sella, per la forma dell’ equazione, eil punto di σ in cui il piano tangente e parallelo al piano [xy].

I vettori derivati sono

Pu = (0, 1, 2u− 2v + 2) Pv = (2,−1,−2u− 1)

il cui prodotto vettoriale e

Pu ∧ Pv = (1− 2v, 4u− 4v + 4,−2).

Tale vettore e ortogonale al piano tangente, e quindi individua il punto di sella quando eparallelo al vettore (0, 0, 1). Questo avviene per v = 1/2, u = −1/2 e quindi il punto disella ha coordinate (0, 0,−3/4).


(2) Anche in questo caso bisogna scrivere l’ equazione della retta per i due punti(cos u, sin u, 0) e (cos(u + π/4), sin(u + π/4), 1). L’ equazione parametrica della superficiee allora

σ2 :

x = cos u + v(cos(u + π/4)− cos u)y = sin u + v(sin(u + π/4)− sin u)z = v

al variare di (u, v) ∈ [0, 2π)× R.La superficie descritta e un iperboloide iperbolico di equazione x2+y2 = 1−(2−

√2)z+

(2−√

2)z2.

Soluzione dell’ Esercizio 14. Le rette tangenti passano per P (u) = (cos u, sin u, u) e sonoparallele al vettore P ′(u) = (− sin u, cos u, 1). Quindi, la superficie cercata e

σ :

x = cos u− v sin uy = sin u + v cos uz = u + v

(u, v) ∈ R2.


Pu = (− sin u− v cos u, cos u− v sin u, 1) Pv = (− sin u, cos u, 1)

che risultano paralleli solo per v = 0. Quindi σ e regolare in tutti i suoi punti eccettoquelli che si trovano su L.

Soluzione dell’ Esercizio 15. Ogni punto della circonferenza assegnata descrive una cir-conferenza ruotando intorno all’ asse z che ha centro nel punto (0, 0, z), raggio pari alladistanza tra il centro ed il punto che ruota, e contenuta nel piano per il punto che ruotaparallelo al piano [xy]. Un punto della circonferenza assegnata e della forma

P (u) = (2 + cos u, 0, sin u), u ∈ [0, 2π).

Il centro della circonferenza descritta e allora (0, 0, sin u), il raggio e 2 + cos u, ed il pianoche la contiene e z = sin u. Quindi, i suoi punti sono descritti da

σ :

x = (2 + cos u) cos vy = (2 + cos u) sin vz = sin u

(u, v) ∈ [0, 2π)× [0, 2π).


Pu = (− sin u cos v,− sin u sin v, cos u) Pv = (−(2 + cos u) sin v, (2 + cos u) cos v, 0)

che non sono mai paralleli. Quindi, la superficie e regolare. Tale superficie, dalla formadi una ciambella e chiamata toro.

Soluzione dell’ Esercizio 16. Per verificare se la curva L e piana, possiamo procedere invari modi.

Primo modo. Una curva e piana se, e solo se, il vettore binormale non dipende dalparametro della curva.

I vettori derivati primo e secondo sono

P ′(t) = (2t, 2t− 1,−4t + 1) P ′′(t) = (2, 2,−4)

ed il loro prodotto vettoriale e P ′ ∧ P ′′ = (2, 2, 2) e quindi il vettore binormale e b =(1/

√3, 1/

√3, 1/

√3) non dipende dal parametro t e quindi L e una curva piana.

Secondo modo. Una curva e piana se e contenuta nel piano osculatore di un suo punto.


Scelto t = 0, il piano osculatore ad L in P (0) = (1, 0, 1) e il piano per P (0) ortogonaleal vettore P ′(0) ∧ P ′′(0) = (2, 2, 2) ed ha quindi equazione

α : x + y + z − 2 = 0.

L’ intersezione tra α ed L e data dalle soluzioni del sistemax = t2 + 1y = t2 − tz = −2t2 + t + 1x + y + z − 2 = 0.

Sostituendo, otteniamo (t2 + 1) + (t2 − t) + (−2t2 + t + 1) − 2 = 0 ossia 0 = 0. Quindi,tutti i punti di L sono su α, ossia L e piana.

Terzo modo. Una curva e piana se esiste un piano α : ax+ by + cz +d = 0 che contienetutti i punti di L.

Sostituendo le tre funzioni che danno la parametrizzazione in α otteniamo

a(t2+1)+b(t2−t)+c(−2t2+t+1)+d = 0 ossia (a+b−2c)t2+(−b+c)t+(a+c+d) = 0.

Tale equazione ammette infinite soluzioni se il sistema lineare seguente ammette soluzioninon banali a + b− 2c = 0

−b + c = 0a + c + d = 0

che ha infinite soluzioni della forma (c, c, c,−2c). Quindi L e contenuta nel piano

α : x + y + z − 2 = 0.

Per proiettare L sul piano [xy] dal punto (0, 0, 1), scriviamo l’ equazione del cono avente(0, 0, 1) come vertice, ed L come direttrice. Tale superficie e unione delle rette per V e

parallele al vettore→

V P essendo P ∈ L. Poiche P (t) = (t2 +1, t2− t,−2t2 + t+1) abbiamo→

V P= (t2 + 1, t2 − t,−2t2 + t) e quindi il cono ha equazioni parametriche

S :

x = s(t2 + 1)y = s(t2 − t)z = 1 + s(−2t2 + t)

(s, t) ∈ R2.

Intersecando con il piano [xy] di equazione z = 0, abbiamo, dalla terza equazione, s =1

2t2−t. Sostituendo nelle altre equazioni ricaviamo l’ equazione della proiezione che e

p(L) :

x = t2+12t2−t

y = t−12t−1

z = 0

t ∈ R.

Calcolando il parametro t dalla seconda equazione, otteniamo t = y−12y−1

. Sostituendo nella

prima equazione e semplificando l’ equazione, otteniamo

p(L) :

{z = 0xy + 5y2 − x− 6y + 2 = 0

che rappresenta un’ iperbole.Per proiettare L parallelamente al vettore u = (1,−1, 1) sul piano [xz] dobbiamo usare

un cilindro avente generatrici parallele al vettore u e direttrice L. L’ equazione parametrica


del cilindro e quindi

C :

x = t2 + 1 + sy = t2 − t− sz = −2t2 + t + 1 + s

(s, t) ∈ R2.

L’ intersezione di C con il piano [xz] si ottiene intersecando l’ equazione parametrica diC con y = 0. Dalla seconda equazione otteniamo allora s = t2− t e sostituendo nelle altredue equazioni otteniamo la proiezione cercata:

p(L) :

x = 2t2 − t + 1y = 0z = −t2 + 1

t ∈ R.

Eliminando il parametro dalle equazioni precedenti, otteniamo

p(L) :

{y = 0x2 + 4xz + 4z2 − 6x− 11z + 8 = 0

che rappresenta una parabola.

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