微分几何第三章课后题答案.docx
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微分几何第三章课后题答案
§4.直纹面和可展曲面
12°
1.证明曲面r={u—v,2uuv,u—uv}是可展曲面.
33
证法一：
已知曲面方程可改写为r=（u2,2u3,u4）+v{1,u,-u2},令
33
rr12>.rr一r、一
a（u）={u,2u,u）,b（u）={-,u,—u），则r=a（u）+vb（u），且b（u）0,这是
33
证法二：
证明曲面的高斯曲率为零。
（略）
2。
证明曲面r={cosv-（u+v）sinv,sinv+（u+v）cosv,u+2v}是可展曲面。
rrr
证法一：
曲面的方程可改与为r=a（v）+ub（v），其中a（v）={cosv-vsinv,
3.
0）不是可展曲面。
证明正螺面r={vcosu,vsinu,au+b}（a
rr,,,
证法一：
原曲面的万程可改与为r=a（u）+vb（u）,其中
4.证明挠曲线的主法线曲面与副法线曲面不是可展曲面。
r
证挠曲线（C）:
aa（s）的王法线曲面为（s））：
ra（s）v（s）,因为
0rRr「rr…rrr
（c&,°）=（,,）0,故（S|）:
ra（s）v（s）不是可展曲面
rrr一…
挠曲线（C）:
aa（s）的副法线曲面为（S2）：
rC（s）v（s）,因为r
（毫，&（,,）0,故（S2）:
rC（s）v（s）不是可展曲面。
6.求平■面族a2x2ay2z2a的包络。
2a0
2a0中消去参数a,则得所求的包络面为
2
Fax2ay2z解从
Fa2ax2y20
2
（y1）2axz0。
7.证明柱面、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面。
证柱面（Si）的方程可写为r=a（u）+vg,（bo0为常向量）因为
rrrrr
（a',b,b'）=（a',b0,0）0。
故（Si）是可展曲面。
锥面（S2）的方程可写为r=a°+vb（u）（a°为常向量），因为
rrrrr
（a',b,b'）=（0,b,b'）=0,故0是可展曲面。
rrrrr
曲线（C）:
aa（s）的切线曲面为（S3）:
ra（s）v（s）。
因为
rrr,rrrrrr
（a',b,b'）=（,,'）0,故（S3）:
ra（s）v（s）是可展曲面。
8.证明Lruv0的曲面（S）:
七r（u,v）是柱面。
、_、，,_,r—.、，r「rrr__、
证法：
因为L0,所以r-b（v）,乂因为R0,因此｛b00为固定
rrrrr
向重。
从而积分得r（u,v）a（v）uR。
故曲面（S）:
r=r（u,v）是柱面。
§5曲面的基本定理
类克氏符号
2.证明高斯曲率Kdet（：
）
（gkJ）（gkj）1,所以det（gkJ）%et（gkj），从而
故Kdet（iJ）。
5.对丁R3中的空间曲面来说，RjkK（jgjkkgj）其中K是曲面的高斯
曲率。
证因为R|212Kg,gg11g22gi2g21,所以R1212K（giig22gi2g21），乂
K（gmjgikgmkgj）
R1212R2112R1221R2121,Rmijk0（mi或j=k）,从而Rmijk
K（jgjkkgQ。
在解题过程中省略了求和号
EG
证⑴高斯公式RmijkLijLmkLikLmj的两边分别与gmk相乘并关丁m从1到2
求和，再注意到Rjk
mkRmijk及Rjk的定义，可得
ll
ijk
kj（
uup
pkikpj）gmk（LijLmkLikLmj）
m
i=1,j=1,k=2,l=2,
则有（2i）v（22）u
I2
II12
22
1122
12
1211
（122）2
一m2/|
9（L11Lm2
m
122222,
g（L11L12L12L11）g（L11L22L12L21）~9（LN
M2）
E
EGF2
（LN
2
M2）KE
i[（
21）v（122）u
I2
II12
2
11
2
22
1
12
2
11
（Ml。
R1212
R%
R121
21
R1121
22R2121
g11R
R1212
乂因为
R&
2
12
2
11
P
12
2
P1
P
11
P2）
guK
2
11
2
12
1
11
2
12
2
11
2
22
1
12
2
11
guK
所以
2
12
2
21
2
11
2
12
2
11
（22
12）
122（22
11）
2（11
2
12
2
11
12）
而22
1
12
EGF2
2
12
1
11
..EGF2
EG
F2
2g11
12
u
2
11
g〔1
2[11,1]
2
12
2[12,1]
121=2（k
g〔k
k1）
2
12
2（
k\2
g1k12）11
k
2（gn11
g12
21）
2
12
2（gn
1
12
g12122）
2
11
2gn（
1
11
2
12
1
12
121）,即
2（11
2
12
1
12
21）
1
g11
（22
g11
u
2
11
%）
v
丁是将②,
③代入①可得:
2
guK
v
2
12
u
2
11EGF2v
2
12egf2
二EG_F2
u
gb
2如
12
u
2_gjl\
11）
v
22匚c匚2
"2^12、kP"EGF
vu
—1—（g，EGF2
；g11-EG
u
121g11EG
v
S）
EG1F“—E
；）
u（
、.EGF2
22）]
因此命题得证。
因为
R1212
g
R212
R212
11,gRI212
g22
g
R1212
g22K,
乂因为
R；12
1
21
v
1
22
u
p1
21p2
P
22
；1）
所以
g22K
1
22
u
1
21
v
k（
22）
i
21
2
22
1
21
）2（
1
21
2
22
；222）
而22
1
21
、EGF2
.EGF2
2
12
1
11
1
■EG
F2
EGF2
u
1g22
21
v
1
22
安22g22（22
u
1
21
2
21
22）
2（
1
21
2
22
1
22
122）
土（
1g22
21
v
1g22\
22）
u
丁是将②,
③代入①并整理得:
12）]
-W—（-^22）—（-^
EGF2uGvG
K
⑷因为E=G=2,F=0,所以
11
2[（—）u（—）v]2[（ln）uu（ln）vv]
因此命题得证。
⑸因为E=1,F=0,G=G（u,v）,所以
1—
—G[（、'G）uu0]
K一顼逗"
、EG、E
因此命题得证。
7.
如果曲血的第…基本形式为ds2
du2dv2
（u2v2
2,计算克氏符号c）
k
ij0
因为EG
（u
c?
F
1Eu
11
2E
2u
~22
uvc
2
11
1
22
旦
2G
Gu
2E
2v
~22
uvc
2u
~22
uvc
1
12
2
22
Ev
2E
Gv
2G
2v
~22,
uvc
2v
~22
uvc
2
12
.求证第一基本形式为
ds2
（u
du2dv2
v
c）2
证因为EG
1
222,F
（uvc）
（
2
v]--u
-顼逗u）u
、EGvE
=4c
故所给曲面有常高斯曲率
9.
Gu
2G
2u
~2
uvc
的曲面有常高斯曲率
所以
_22
2,2（vcu）
c[22~2~
（uvc）
2（u2（u2v
c）
求以E-1,F-0,G-1,L--1,M-0,N-0为第一、第二类基本量的曲面。
由已知条件和
k的定义易知k-°，所以所求曲面的基本方程是
r
ruu
r
几
rr
n,ruvrrg
0,rw0,
从第一式和第四式可得ruuu
r
Cu0，
ra（v）cosu
rb（v）sin
c（v），再由第二式得a'sinub'cosu
常向量，丁是从第三式得c
r
dv
rrr
e（d,e为常向重），从而所求的万程为
rrrcr
racosubsinudve,
hrr..rrr
而ruasinubcosu,rvd,
因此a2b2i,ab0,乂扑v
u
2
n
-
s
2
ra
以所
2S
8
rb
ra
2
sinucosu1,
rr.rrr「rr
absinubdcosu0，所以adbd0,再汪息到
rrrrrrr
rvrvdd1,丁是a,b,d,可以分力U作为x,y,z轴上的单位向重，故所求曲面可表
示为r{cosu,sinu,v}e,因此所求曲面是半径为1的圆柱面。
10.证明不存在曲面，使E=G=1,F=0,L=1,M=0,N=-1.
必须满足在正交坐标网
证若存在曲面满足题设条件，则所给E,F,G,L,M,N
2
LNM2
1,所以不
EG
满足高斯公式，故不存在满足题设条件的曲面。
§6曲面上的测底线
1.
求正交网的坐标曲线的测地曲率。
因为坐标网是正交的，所以F=0,故
3.求位丁半径为R的球面上半径为a的圆的测地曲率.
R2a2
0
aR
解法三：
任何球面上的圆都可以通过建立适当的曲纹坐标网使其成为纬圆,过不妨求半径为a的纬圆的测地曲率。
由1题知所求即为v-线的测地曲率:
曲率的绝对值等丁在（S）的球面映射下（C）的象在对应点的测地曲率与（C）在点P的法曲率之积的绝对值。
分析本题是一个综合应用题，可利用球面像和测地曲率及曲率线等概念，
罗德里格定理，默尼埃定理证之
证设所给曲面（S）上曲率线（C）的方程为r=r（s），它的球面像（C）的方程为r金司,注意到曲率线的定义及罗德里格定理，则有
rdn
.r.dnds
drds
ds
r
ds
dsds
ndsds
n
ds
干r（
1
n当，所以ds
&
rds
ds
其中s是（C）的弧长，
1&
—?
n
乂因为（C）的点都不是（S）抛物点，即K0,所以n-^n,（n为（S）的球面像（S）的单位法向量），从而有测地曲率的定义可得kg&（n「）1&（nr）—g,即1一glT,即IgII一gn|。
nnn
rr
6.若曲面（S）rr（u,v）上曲线（C）:
u=u（t）,v=v（t）,t为曲线（C）上的任意参数，试导出测地曲率kg的计算公式
rr.r,rds，血ds、2&ds、.rrds3,r,,3
r',「,n[、（K）孑）]n（麟ny）g|rK
由此得到:
7.求证旋转曲面的子牛线是测地线，而平■行圆仅当子牛线的切线平■行丁旋转轴时才是测地线。
8.
证设旋转曲面为（S）,r{（t）cos,（t）sin,（t））（（t）f0）,则易计算出
E=
故平行圆仅当子牛线的切线平行丁旋转轴时才是测地线
8.求证⑴如果测地线同时为渐近线，则它是直线;
平面曲线。
⑵如果测地线同时为曲率线，则它是
⑴因为所给曲线是测地线，所以kg0；乂因为所给曲线是渐近线，所
r_....
，所以0,故所给曲线是平面曲线。
给曲线是平■面曲线。
方法三：
因所给曲线是测地线，所以该曲线的主法线重合丁曲面的法线；因为是曲率线，所以沿此曲线曲面的法线曲面是可展曲面。
从而该曲线的主法线曲面是可展曲面，而挠曲线的主法线曲面不是可展曲面，因此该曲线一定是平■面曲
线。
r,r
方法四：
设是测地线，所以的主法向量IIn（曲面的单位法向量）所以的副法向量rn；即曲线在每点处的副法向量与曲面在该点的法向量成定角，因是曲率线，所以由PE习题14知，曲线是平面曲线。
9.已知曲面的第一基本形式v（du2dv2）,证明它上面的测地线是uv平'
面上的抛物线
证因为E=G=v,F=0,所以测地线的微分方程化为—
du
爵tgd,积分后得v2cosh（常数），由此得tg入第二式得dujhdv2，积分后得u2h_h2u0（u0
（uu。
）24h2（vh2）。
故测地线在uv平'面上的表示为抛物线
10.求正螺面r={ucosv,usin,av}上的测地线。
ddu
2u2tg，四-j^^^tg，对第一式积分得sinVa2~u2h（常
audu、a2u2
—,将此式代入第二式并积分，则得所求测地线为h2
.du
vhro
（a2u2）（u2a2h2）
11.利用刘维尔公式证明：
⑴平■面上的测地线为直线；⑵圆柱面上的测地线
圆柱螺线。
证⑴方法一：
由丁曲面的第一基本形式可写为维
du2dv2,所以由利乌
公式可知，平面上的测地线的微分方程为—0,—0,史tg,丁是有=常
dudvdu
数，vutgc,故测地线为直线。
方法二：
取平■面直角坐标系xoy,
平■面方程为r{x,y,0},可得
E1,F0,G1,所以
dx2dy2。
由刘维尔公式，对平■面上的测地线有:
d
g丁
ds
1lnEcos
2、.Gv
1——=sin
2、Eu
所以测地线的
（相对曲率）
kr
所以测地线是直线。
方法三:
如方法二得
dds
0,所以
0是常数，所以
dx
ds
cos0,x
1
EG
…odyo.
cos0s,——sin0,yds
（、.|）v（「G）u
、G、、E
⑵证法一：
设圆柱面为
所以测地线的微分方程为
sin0s
cossin
即测地线方
ns
0,所以测地线是直线
0s
{acosu,asinu,v}，则易计算Ea2,F
d1InE
cos
ds2、.Gv
1lnG$讷
2、、Eu
2、E
0,G1。
dds
°，ds
1dv1
•Eg就、G
sin
所以=常数，—
du
°，%
漕
du
v（atg
r
）uc，即圆柱面上的测地线为r{acosu,asinu,bu
c}.
其中b
这正是圆柱面上的圆柱螺线。
因此得证。
证法二：
设圆柱面为
{acosu,asinu,v}，则易计算E
a2,F
0,G
以测地线的微分方程为
d1lnE
cos
v
1
Ecos
ds2、G
du
ds
1lnG.
sin
2、、Eu
dv1.
sin
ds.G
dds
所以0是常数，也
ds
1-cosa
dv
。
，丁
ds
sin
号SCi，vsin
0sC20
所以测地线为：
r{acos（COS0sC1）,asin（C0S0sC1）,sin0sC2}（G。
为aa
常数）。
因为r{…，…，sin0}与z周成定角，所以测地线为圆柱螺线：
00时为r{acos（-G）,asin（EC1）,C2}是纬圆；
aa
r
0一时为r{acosC1,asinC1,sC2}是直母线。
2
12.证明：
若曲面上非直线的所有测地线均为平面曲线，则它必为曲率线。
一,一一rr
证法一：
因为所给曲面曲线是非直线的测地线，所以沿此曲线有n,从而&（rr），乂因为曲线是平面曲线，所以0,从而&r。
因此由罗德里格定理可知曲线的切线方向为主方向，故所给曲线为曲率线。
证法二：
设曲面上非直线的曲线为测地线且为平面曲线。
因为为测地线，所以它的主法线是曲面的法线，乂因为平面曲线，所以的主法线曲面是可展曲面，丁是曲面沿的法线组成曲面是可展曲面，所以为曲率线。
13.如果曲面上引进半测地坐标网，ds2du2G（u,v）dv2。
求证:
1—dv京G
gdsd[tg（、、G）]dv。
duu
证明因为E=1,F=0,G=G（u,v），所以根据Liouville公式有
微分方程组
15.证明：
若曲面上两族测地线交丁定角，则曲面是可展曲面。
证法一：
取一族测地线为u-曲线，与其正交的测地平行线为v-曲线，在曲面上建半测地坐标网，则曲面的第一基本形式可写为ds2du2G（u,v）dv2，由丁两族测地线交丁定角（设为），所以对另一族测地线来说应有
—0—lnGsinO^sin0,所以—0,这说明G仅与v有关，
ds2、Eu2Gu
丁是曲面的第一基本形式可写为ds2du2G（v）dv2,作参数变换
uu,v把布dv，则曲面的第一基本形式化为du2dv2,这与平■面的
第一基本形式一致。
因此所给曲面与平■面是等距的，故为可展曲面。
证法二：
同上得到曲面的第一基本形式为ds2du2G（v）dv2,所以曲面的
高斯曲率K淳^0,所以曲面为可展曲面。
EG、Gv.Eu
证法三：
同17题利用高斯--泼涅公式证明曲面的高斯曲率处处为零，从而曲面为可展曲面。
16.求半径为R的球面上测地三角形三内角之和。
设其边缘为G,所围成
i）2，其中
解任给半径为R的球面上的一个测地三角形
的区域为G,贝U有局斯--泼涅公式可知Kd
G
（i=1,2,3）是的三个内角，而曲面的高斯曲率K=%,所以
R2
3
R2
（i）2,故得
i1
」2S，其中s是测地三角形的面积。
R2
17.利用高斯--泼涅公式证明若曲面（S）上存在两族交丁定角的测地线，贝U它的高斯曲率处处为零。
证不妨选取题设中的两族交丁定角（设为）的测地线为坐标曲线。
若（S）
在一点P0处的高斯曲率K（P0）0,不妨设K（P0）>0,则由K的连续性可知，
存在点P。
的一个充分小的邻域G使得K（P）>0（PG）.不妨设G是由两条u-曲线和
两条v-曲线所围成，则由高斯--泼涅公式可知
Kd（）（）2,从而可知Kd0,这与K（P）>0,从而
上式左边大丁零矛盾，因此命题得证。
注：
如果不对证题方法有特殊要求,则用15题中的证明方法也可。
18.若曲面（S）的高斯曲率处处小丁零，贝U曲面（S）上不存在围成单连通区域的光滑闭测地线。
证若不然，则（S）上存在围成单连通区域G的光滑闭测地线（C）,丁是由高
斯--泼涅公式可得Kd2。
因为K<0,所以Kdp。
，这与上式右边的
GG
2f0相矛盾，因此命题得证。
、rr一一、、，
19.设a,b是沿曲面上曲线（C）的向量场，f是定义在（C）上的数量函数，证明下列绝对微分的运算性质：
r⑴D（a
rr
b）Da
r
Db；
（2）D（f■一r
fDa；
⑶d（ab）
rr（Da）b
rraDb。
证
⑴
rrr
D（ab）d（a
rrrrrb）[nd（ab）]n
[da而否而[db
而吕而d5Dlb
rrrrrrrrrrr
⑵D（fa）d（fa）[nd（fa）]n（df）afda[n（df）afda]n
（df）5f[da（nd』/]（df）afD』
⑶
.,r.r、，.r、.rr..rr,r.r、rrrr,r..r、rr、,rrr
d（ab）（da）badb[（Da（nda）n]ba[Db（ndb）n]=（Da）baDb。
、―rrrrrr
20.设a（s）,b（s）是曲面上曲线C:
rr（s）的两个平仃向重场，证明ab
常数，并由此证明当曲面上一点处二向量沿曲面上曲线作勒维一其维塔平行移动时，他们的长度和火角不变。
rr_rrr_rrrrr,，一-一一
证
（1）因为d（ab）（Da）baDb，且a（s）,b（s）是沿C:
卜F（s）的两个平■仃
向量场，即d』0,dJ0,所以d（ab）0,故a&=常数。
rr
C：
rr（s）的两个平■行向量场，所以由⑴可知
常数，因此命题得证。
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