微分几何课后标准答案梅向明.pdf
微分几何(版)【梅向明黄敬之编】课后题答案[]
![微分几何(版)【梅向明黄敬之编】课后题答案[]](https://img.taocdn.com/s3/m/f1b6ea180912a216147929fd.png)
§4.直纹面和可展曲面1. 证明曲面r =}32,2,31{2432v u u uv u v u +++是可展曲面.证法一： 已知曲面方程可改写为r =},2,{432u u u +v }32,,31{2u u ，令()a u r =},2,{432u u u ，()b u r =}32,,31{2u u ，则r =()a u r + v ()b u r ，且()b u r ≠0，这是直纹面的方程 ，它满足(',,')a b b r r r =23226412334013u u u u u u =0 ,所以所给曲面为可展曲面. 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.证法一： 曲面的方程可改写为 r =()a v r + u ()b v r ，其中()a v r={cosv-vsinv, sinv+vcosv, 2v}，()b v r ={-sinv, cosv,1} ，易见()b v r≠0，所以曲面为直纹面，又因为(',,')a b b r rr =2sin cos 2cos sin 2sin cos 1cos sin 0v v v v v v v v v v ------=0，所以所给曲面为可展曲面. 证法二：证明曲面的高斯曲率为零.（略）3．证明正螺面r={vcosu,vsinu,au+b}(a ≠0)不是可展曲面.证法一：原曲面的方程可改写为 r =()a u r + v ()b u r ，其中()a u r={0,0,au+b},()b u r ={cosu,sinu,0}.易见()b u r ≠0, 所以曲面为直纹面, 又因为(',,')a b b r r r=00cos sin 0sin cos 0au u u u -=a ≠0.故正螺面不是可展曲面.证法二：证明曲面的高斯曲率为零.（略）4．证明挠曲线的主法线曲面与副法线曲面不是可展曲面.证 挠曲线（C ）:()a a s =r r 的主法线曲面为 1():()()s r a s v s β=+r r r,因为(,,)a ββr r r &&=(,,)0αβκατγτ-+=≠r r r r ，故1():()()s r a s v s β=+r r r 不是可展曲面.挠曲线（C ）:()a a s =r r 的副法线曲面为 2():()()S r a s v s γ=+r r r ，因为(,,)a γγ=r r r &&(,,)0αγτβτ-=≠r r r ，故2():()()S r a s v s γ=+r r r不是可展曲面.5.求平面族{}απ：xcos α+ysin α-zsin α-1=0 的包络.解 cos sin cos 0sin cos cos 0F x y z F x y z ααααααα=+-=⎧⎨=-+-=⎩，即c o s ()s i n 1s i n()c o s 0x y z x y z αααα+-=⎧⎨-+-=⎩ ，将此两式平方后相加得 22()1x y z +-= .这就是所求的包络面.6．求平面族2222a x ay z a +=的包络.解 从222202220a F a x ay z a F ax y ⎧=++-=⎨=+-=⎩中消去参数a ，则得所求的包络面为2(1)20y axz --=.7．证明柱面、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面.证 柱面1()S 的方程可写为 r =()a u r + v 0b r ，（0b r ≠0 为常向量）因为(',,')a b b r r r =0(',,0)0a b =rr .故1()S 是可展曲面.锥面2()S 的方程可写为 r =0a r + v ()b u r （0a r 为常向量），因为(',,')a b b r r r =(0,,')b b r r =0，故2()S 是可展曲面. 曲线（C ）:()a a s =r r 的切线曲面为 3():()()S r a s v s α=+r r r .因为(',,')a b b r rr =(,,')0ααα=r r r ，故3():()()S r a s v s α=+r r r是可展曲面. 8．证明0uu uv r r ==r r的曲面(S):r=r(u,v)r r 是柱面.证法： 因为uu r 0=r ，所以()u r b v =r r ，又因为0uv r =r ，因此00u r b =≠r rr 为固定向量.从而积分得0(,)()r u v a v ub =+r r r.故曲面(S):r=r(u,v)r r 是柱面. §5 曲面的基本定理1．平面上取极坐标系时，第一基本形式为2222ds d d ρρθ=+，试计算第二类克氏符号kij Γ.解 因为21,0,E F G ρ===，所以1211111120,0,0222E E E EG EρθθΓ==Γ=-=Γ==， 2121222221,,0222G G G GEGρρθρρΓ==Γ=-=-Γ==. 2．证明高斯曲率det()j i K μ=. 证 因为d e t ()d e t ()d e t ()d e t ()j kjkjk ji i ki k i kL g L g L g μ=-∑=-=，而1()()kj kjg g -=，所以1det()det()kjkj g g =，从而22det()det()/det()ji ik kj LN ML g EG F μ-==-， 故det()j i K μ=.3．证明平均曲率12121()2H μμ=-+. 证 因为121211211222121211122122()k k k k kkL g L g L g L g L g L g μμ+=-∑-∑=-+++=-22221121111122122()(2)/()g g g gL L L L LG MF NE EG F g g g g--+=--+-=2H -， 所以12121()2H μμ=-+. 5．对于3R 中的空间曲面来说，()ll l ijk j jk k ij R K g g δδ=--其中K 是曲面的高斯曲率.证 因为121211221221,,R Kg g g g g g =-=-所以121211221221()R K g g g g =--，又1212211212212121,0(mijk R R R R R m i =-=-===或j=k),从而()mijk mj ik mk ij R K g g g g =--上式两边分别与ml g 相乘并关于m 从1到2求和，则得[()()ml ml ml mijkmj ik mk ij g R K g g g g g g =--=()l l j ik k ij K g g δδ--,而,ml l mijk ijk g R R =故得()ll l ijk j jk k ij R K g g δδ=--.注 在解题过程中省略了求和号∑. 6．证明以下公式： ⑴ 22122212221112111211221211121[()()()]v u K E=Γ-Γ+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-Γ；⑵ 221112[))]K v u ∂∂=-∂∂；⑶ 112212[))]K u v ∂∂=-∂∂；⑷对于曲面上的等温坐标网有222()ds du dv λ=+，求证21[(ln )(ln )]uu vv K λλλ=-+；⑸ 对于曲面上的半测地坐标网有222ds du Gdv =+，求证K =证 ⑴ 高斯公式mijk ij mk ik mj R L L L L =-的两边分别与mk g 相乘并关于m 从1到2求和,再注意到l mk i j k mi j k R g R =及lijk R 的定义，可得()()l l ijp l p lmk ik ij pk ik pj ij mk ik mj kj p mg L L L L u u ∂Γ∂Γ-+∑ΓΓ-ΓΓ=∑-∂∂,今取i=1,j=1,k=2,l=2, 则有2212221222111211121122121112()()()v u Γ-Γ+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-Γ=2112121()m m m mg L L L L ∑-=12221112121111221221()()g L L L L g L L L L -+-=22222()()Eg LN M LN M KE EG F-=-=- 故 22122212221112111211221211121[()()()]v u K E=Γ-Γ+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-Γ. ⑵ 因为1212R K g =，所以2221221112112111212121121211g R g R g R g R R g K gααα=∑=+==-， 又因为222221211121121112()p p p p p Ru v∂Γ∂Γ=-+∑ΓΓ-ΓΓ∂∂，所以22122212221112111112112212111221g K v u ∂Γ∂Γ=-+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-ΓΓ∂∂=222211112112212()v u ∂Γ∂Γ-+ΓΓ+Γ∂∂-221122112121111121112()2()ΓΓ+Γ+ΓΓ-ΓΓ ①而212212Γ+Γ=211211Γ+Γ=② 22221111121112112[11,1]2[12,1]g g u v ∂∂Γ-Γ=Γ-Γ∂∂=2211112112112()2()k k k k k kg g ∑ΓΓ-∑ΓΓ= 12212212121111121112111212121111111212112()2()2()g g g g g Γ+ΓΓ-Γ+ΓΓ=ΓΓ-ΓΓ，即12122211111112121112111112()()g g g u v∂∂ΓΓ-ΓΓ=Γ-Γ∂∂ ③ 于是将②，③代入①可得：.2222221112111111121211111()g g g K v u g u v ∂Γ∂Γ∂∂=-+ΓΓ+Γ-Γ∂∂∂∂221112K ∴=ΓΓ221211221112[))]v u ΓΓ∂∂=-∂∂因此命题得证.⑶ 因为1212R K g =，所以2111222122121212121222g R g R g R R g K gααα=∑===-， 又因为111112122212212221()p p p p p Rv u∂Γ∂Γ=-+∑ΓΓ-ΓΓ∂∂，所以11112121121222212222111221222121222212()()2()g K u v∂Γ∂Γ=-+ΓΓ+Γ-ΓΓ+Γ+ΓΓ-ΓΓ∂∂ ①而212221Γ+Γ=211211Γ+Γ=② 1121212222212222222121222()g g g v u∂∂Γ-Γ=ΓΓ-ΓΓ∂∂ 即12121122222122221221222212()()g g g v u∂∂ΓΓ-ΓΓ=Γ-Γ∂∂ ③ 于是将②，③代入①并整理得：112212[))]Ku v∂∂=-∂∂⑷因为E=G=2λ,F=0,所以2211][()()][(ln)(ln)]u vu v u v uu vvKλλλλλλλλ=+=-+=-+因此命题得证.⑸因为E=1， F=0, G=G（u，v），所以]0]u v uuK=+=+=因此命题得证.7．如果曲面的第一基本形式为222222()du dvdsu v c+=++，计算克氏符号kijΓ.解因为2221,0()E G Fu v c===++，所以111222,2uE uE u v c-Γ==++212111212222222222,,222v v uE E Gv v uG u v c E u v c G u v c--Γ=-=Γ==Γ==++++++，1222222uG uE u v cΓ=-=++，2222222vG vG u v c-Γ==++.8．求证第一基本形式为222222()du dvdsu v c+=++的曲面有常高斯曲率 .证因为2221,0()E G Fu v c===++，所以]u vK=+=-()22222222222222()2()[]()()v c u u c vu v cu v c u v c-+--+-+++++++=4c故所给曲面有常高斯曲率 .9．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.解由已知条件和kijΓ的定义易知kijΓ=0，所以所求曲面的基本方程是,0,0,0,uu uv vvu u vr n r rn r n=-==⎧⎨==⎩，从第一式和第四式可得0uuu ur r+=，所以()cos()sin()r a v u b v u c v=++，再由第二式得'sin'cos0a ub u-+=，因此,a b是常向量，于是从第三式得(,c dv ed e=+为常向量），从而所求的方程为cos sinr a u b u dv e=+++，而sin cos,u vr a u b u r d=-+=，所以2222sin cos2sin cos1u ur r a u b u ab u u=+-=，因此221,0,a b ab===又sin cos0u vr r ab u bd u=-+=，所以0,ad bd==再注意到1v vr r dd==，于是,,,a b d可以分别作为x,y,z轴上的单位向量，故所求曲面可表示为{cos,sin,}r u u 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.证 若存在曲面满足题设条件，则所给E,F,G,L,M,N 必须满足在正交坐标网下的G —C —M 公式，但2]01u v LN M EG -+=≠=-，所以不满足高斯公式，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. 解 因为坐标网是正交的，所以F=0，故g d k ds θθθ=， 而对u-曲线来说，θ=0，故gu k = 对v-曲线来说，θ=222n gκκκ=+2π ，所以gv k =2．证明球面r ={acosucosv,acosusinv,asinu}上曲线的测地曲率sin ,n d udvds dsθκ=- 其中θ表示曲线与经线的交角.证 易求出E=2a , F=0,G=2a 2cos u ,因此g d k ds θθθ==221ln(cos )sin 2d a u ds a u θθ∂+∂=sin sin cos d u ds a u θθ-，而1cos dv sin ds a u θθ==，故 sin g d dv k u ds ds θ=-. 3．求位于半径为R 的球面上半径为a 的圆的测地曲率.解法一：因为sin ,(,)n n κκθθβ=±=∠，而1,sin a R κθ==，所以n κ=. 解法二：半径为a 的圆的曲率为1a κ=，圆上每一点处的法曲率1n Rκ=±，由222n g κκκ=+知，2222222g n R a R a κκκ-=-= ，所以g κ= .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：gv k =Γ因为所考虑纬圆的半径为a，所以cos ,sin R u a u ==所以v g Raκ=-4．求位于正螺面r={ucosv,usin,av}上的圆柱螺线00():{cos ,sin ,}C r u v u v av =（0u =常数）的测地曲率.解 易计算出E=1，F=0，G=22a u +，而（C ）是一条v-曲线：u=0u ,于是由22221ln()2gv a u uu a u κ∂+===∂+，可知（C ）的测地曲率为0220gv u a u κ=+. 5．设曲面(S)上曲率线(C)，(C)上的点不是抛物点.证明(C)在点P 的测地曲率的绝对值等于在(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 =)(s r，它的球面像()C 的方程为()r n s =，注意到曲率线的定义及罗德里格定理，则有n n dn dn ds dr ds ds ds ds ds ds ds dsακκα===-=-，其中s 是()C 的弧长，即(1)n ds ds αεαεκ==±=-，所以1nds ds αεαακ==- ，又因为(C)的点都不是(S)抛物点，即K ≠0,所以||Kn n K =，（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11()()g g n n k n n αααακκκ=⨯=±⨯=±，即||||gg nκκκ= ，即||||g g n κκκ= .6．若曲面(S)(,)r r 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g k 的计算公式.解 由于(,,)g r r n κκβε== ，而222',''()ds ds d sr r r r r dt dt dt ==+ ，所以()22332','',[(())](,,)()|'|g ds ds d s dsr r n r r r n r r n r dt dt dt dtκ=⨯+==，所以3(','',)/|'|g r r n r κ=， 又'i i i du r r dt =∑， 22,''i j iij i i j i du du d u r r r dt dt dt=∑+∑ = 22,,,i j i j kkijk ij k i j k i j k du du du du d u r Ln r dt dt dt dtdt ∑Γ+∑+∑ ， 从而(','',)(''')r r n r r n =⨯= [1222222122,,()(i j i jij ij i j i j du d u du du du d u du du dt dt dt dt dt dt dt dt +∑Γ-+∑Γ|'|ij du r g =，由此得到：1222222122,,2[()()]()i j i jg ij ij i j i j ij du d u du du du d u du du dt dtdt dt dt dt dt dt g dt dtκ=+∑Γ-+∑Γ. 7．求证旋转曲面的子午线是测地线，而平行圆仅当子午线的切线平行于旋转轴时才是测地线 . 证 设旋转曲面为(S)，{()cos ,()sin ,()}(()0)r t t t t ϕθϕθψϕ=，则易计算出E='2'22,0,F G ϕψϕ+==,于是子午线（t —曲线）的测地曲率为'2'21ln()02gt k ϕψϕθ∂+==-=∂，故子午线是测地线.又平行圆（θ-曲线）的测地曲率为2g k θ=== .所以0g k θ=的充要条件是'()0t ϕ= ，即{'()cos ,'()sin ,'()}{0,0,'()}t r t t t t ϕθϕθψψ== 故平行圆仅当子午线的切线平行于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；⑵如果测地线同时为曲率线，则它是一平面曲线.证 ⑴因为所给曲线是测地线，所以0g k =； 又因为所给曲线是渐近线，所以0n k =，而222n gk k k =+ ，所以k=0，故所给曲线是直线. ⑵ 方法一：因所给曲线既是测地线又为曲率线，所以沿此曲线有n ‖β，n ‖α，而γαβ=⨯，所以,n γα=±⨯从而()(0)0n n k n γααβ=±⨯+⨯=±-⨯+=，又γτβ=-，所以0τ=，故所给曲线是平面曲线.方法二：因所给曲线是测地线，所以沿此曲线有n ‖β，所以β‖dn ，又因曲线是曲率线，所以dn ‖dr ‖α ，所以()κατγ-+‖α ，所以0τ=，故所给曲线是平面曲线.方法三：因所给曲线是测地线，所以该曲线的主法线重合于曲面的法线；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.方法四：设Γ是测地线，所以Γ的主法向量β‖n （曲面的单位法向量），所以Γ的副法向量γ⊥n ；即曲线Γ在每点处的副法向量与曲面在该点的法向量成定角，因Γ是曲率线，所以由P 114习题14知，曲线Γ是平面曲线.9．已知曲面的第一基本形式22()v du dv I =+，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1,2d dv tg du v du θθ== ，于是2dv tg d vθθ= ，积分后得12cos v h θ=（常数），由此得tg θ= .将此式代入第二式得du = ，积分后得002(u u u =±=常数），即2220()4()u u h v h -=- .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.解 易计算出E=1，F=0，G=22a u +，所以测地线的微分方程化为22,d u dv tg du a u du θθθ=-=+，对第一式积分得sin h =（常 数）.于是tg θ=，将此式代入第二式并积分，则得所求测地线为v h = .11．利用刘维尔公式证明：⑴平面上的测地线为直线；⑵圆柱面上的测地线为 圆柱螺线.证 ⑴方法一：由于曲面的第一基本形式可写为22du dv I =+，所以由利乌维 公式可知，平面上的测地线的微分方程为0,0,d d dv tg du dv duθθθ===，于是有θ=常数，v utg c θ=+，故测地线为直线.方法二：取平面直角坐标系xoy ， 平面方程为{,,0}r x y =，可得1,0,1E F G ===，所以 22dx dy I =+.由刘维尔公式，对平面上的测地线有：g d d ds ds θθκθθ== = 0 所以测地线的（相对曲率）r d k dsθ== 0 ，所以测地线是直线. 方法三： 如方法二得0d dsθ=，所以0θθ=是常数，所以 0000cos ,cos ,sin ,sin dx dy x s y s ds dsθθθθ==== 即测地线方程是0v u K ⎧⎫⎪=+=⎬⎪⎭00cos sin x s y s θθ=⎧⎨=⎩ ，所以测地线是直线. ⑵ 证法一：设圆柱面为{cos ,sin ,}r a u a u v =，则易计算2,0,1E a F G ===.所以测地线的微分方程为g d d ds ds θθκθθ== = 0，,du dv ds ds θθ== ，所以θ=常数，0,0,d d dv atg du dv duθθθ===，()v atg u c θ=+，即圆柱面上的测地线为{cos ,sin ,}.r a u a u bu c =+.其中b atg θ=，这正是圆柱面上的圆柱螺线.因此得证.证法二：设圆柱面为{cos ,sin ,}r a u a u v =，则易计算2,0,1E a F G ===.所以测地线的微分方程为,gd dds dsdu dvds dsθθκθθθθ⎧===⎪⎪⎨⎪==⎪⎩所以0001cos,sindu dvds a dsθθθθ===是常数，，0102cos,sinu S C v s Caθθ=+=+ .所以测地线为：001102cos cos{cos(),sin(),sin}r a s C a s C s Ca aθθθ=+++（C1,C2为常数）.因为0{s i n}rθ'=…，…，与z周成定角，所以测地线为圆柱螺线：θ=时为112{cos(),sin(),}s sr a C a C Ca a=++是纬圆；02πθ=时为112{cos,sin,}r a C a C s C=+是直母线.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.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nβ=±，从而()nκατγ=±-+，又因为曲线是平面曲线，所以0τ=，从而nκα=±.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Γ为测地线且为平面曲线.因为Γ为测地线，所以它的主法线是曲面的法线，又因Γ为平面曲线，所以Γ的主法线曲面是可展曲面，于是曲面沿Γ的法线组成曲面是可展曲面，所以Γ为曲率线.13．如果曲面上引进半测地坐标网，222(,)ds du G u v dv=+.求证：1[gds d tgκ-= .证明因为E=1，F=0，G=(,)G u v，所以根据Liouville公式有sin2ugGd dds ds Gθθκθθθ==+，而dvdsθ=，dvduθθ==，从而1[gdtgdsκ-=+故得1[gds d tgκ-= .14．给出曲面的第一基本形式为222(,)ds du G u v dv=+，如果此曲面上的测地线与u-曲线交于角α时，求证ddvα=证因为E=1，F=0，G=(,)G u v，所以与u-曲线交于角α的测地线应满足微分方程组sin2cosuGdds Gdudsdvdsααααααα⎧==-⎪⎪⎪==⎨⎪⎪=⎪⎩于是有ddvα=，故有ddv uα=-∂.15．证明：若曲面上两族测地线交于定角，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222(,)ds du G u v dv=+，由于两族测地线交于定角（设为ϑ），所以对另一族测地线来说应有0sin02uGdds Gθθθ==-=，所以0Gu∂=∂，这说明G仅与v有关，于是曲面的第一基本形式可写为222()ds du G v dv=+，作参数变换,u u v==，则曲面的第一基本形式化为22du dvI=+，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222()ds du G v dv=+，所以曲面的高斯曲率v uK⎧⎫⎪=+=⎬⎪⎭，所以曲面为可展曲面.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.解任给半径为R的球面上的一个测地三角形∆，设其边缘为G∂，所围成的区域为G，则有高斯--泼涅公式可知31()2iiGKdσπαπ=+-=∑⎰⎰，其中iα（i=1,2,3）是∆的三个内角，而曲面的高斯曲率K=21R，所以3211()2iiGdRσπαπ=+-=∑⎰⎰，故得3211iiSRαπ∆==+∑，其中s∆是测地三角形∆的面积.17．利用高斯--泼涅公式证明若曲面(S)上存在两族交于定角的测地线，则它的高斯曲率处处为零.证不妨选取题设中的两族交于定角（设为α）的测地线为坐标曲线.若(S)在一点P处的高斯曲率K（P）≠0，不妨设K（P）> 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(P∈G).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()()2GKdσπααπααπ+-++-+=⎰⎰，从而可知0GKdσ=⎰⎰，这与K(P)>0，从而上式左边大于零矛盾，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)的高斯曲率处处小于零，则曲面(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 ），于是由高斯--泼涅公式可得2G Kd σπ=⎰⎰.因为K<0,所以0GKd σ⎰⎰，这与上式右边的20π相矛盾，因此命题得证.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：⑴ ()D a b Da Db +=+； ⑵ ()()D fa df a fDa =+；⑶ ()()d ab Da b aDb =+ .证⑴ ()()[()][()][()]D a b d a b nd a b n da nda n db ndb n Da Db +=+-+=-+-=+⑵ ()()[()]()[()]D fa d fa nd fa n df a fda n df a fda n =-=+-+()[()]()df a f da nda n df a fDa =+-=+⑶ ()()[(()][()]d ab da b adb Da nda n b a Db ndb n =+=+++=()Da b aDb + .20． 设(),()a s b s 是曲面上曲线():()C r r s =的两个平行向量场，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—其维塔平行移动时，他们的长度和夹角不变.证 ⑴ 因为()()d ab Da b aDb =+，且(),()as bs 是沿():()C r r s =的两个平行向量场，即0,0Da Db ==，所以()0,d ab =故ab =常数.⑵ (),()a s b s 是沿():()C r r s =的两个平行向量场，所以由⑴可知2a aa ==常数，2b bb ==常数，ab =常数.故||a =常数，||b =常数，cos (,)||||ab a b a b ∠==常数，因此命题得证.。
微分几何(版)【梅向明黄敬之编】课后题答案[]
§4.直纹面和可展曲面1. 证明曲面r =}32,2,31{2432v u u uv u v u +++是可展曲面.证法一： 已知曲面方程可改写为r =},2,{432u u u +v }32,,31{2u u ，令()a u r =},2,{432u u u ，()b u r =}32,,31{2u u ，则r =()a u r + v ()b u r ，且()b u r ≠0，这是直纹面的方程 ，它满足(',,')a b b r r r =23226412334013u u u u u u =0 ,所以所给曲面为可展曲面. 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.证法一： 曲面的方程可改写为 r =()a v r + u ()b v r ，其中()a v r={cosv-vsinv, sinv+vcosv, 2v}，()b v r ={-sinv, cosv,1} ，易见()b v r≠0，所以曲面为直纹面，又因为(',,')a b b r rr =2sin cos 2cos sin 2sin cos 1cos sin 0v v v v v v v v v v ------=0，所以所给曲面为可展曲面. 证法二：证明曲面的高斯曲率为零.（略）3．证明正螺面r={vcosu,vsinu,au+b}(a ≠0)不是可展曲面.证法一：原曲面的方程可改写为 r =()a u r + v ()b u r ，其中()a u r={0,0,au+b},()b u r ={cosu,sinu,0}.易见()b u r ≠0, 所以曲面为直纹面, 又因为(',,')a b b r r r=00cos sin 0sin cos 0au u u u -=a ≠0.故正螺面不是可展曲面.证法二：证明曲面的高斯曲率为零.（略）4．证明挠曲线的主法线曲面与副法线曲面不是可展曲面.证 挠曲线（C ）:()a a s =r r 的主法线曲面为 1():()()s r a s v s β=+r r r,因为(,,)a ββr r r &&=(,,)0αβκατγτ-+=≠r r r r ，故1():()()s r a s v s β=+r r r 不是可展曲面.挠曲线（C ）:()a a s =r r 的副法线曲面为 2():()()S r a s v s γ=+r r r ，因为(,,)a γγ=r r r &&(,,)0αγτβτ-=≠r r r ，故2():()()S r a s v s γ=+r r r不是可展曲面.5.求平面族{}απ：xcos α+ysin α-zsin α-1=0 的包络.解 cos sin cos 0sin cos cos 0F x y z F x y z ααααααα=+-=⎧⎨=-+-=⎩，即c o s ()s i n 1s i n()c o s 0x y z x y z αααα+-=⎧⎨-+-=⎩ ，将此两式平方后相加得 22()1x y z +-= .这就是所求的包络面.6．求平面族2222a x ay z a +=的包络.解 从222202220a F a x ay z a F ax y ⎧=++-=⎨=+-=⎩中消去参数a ，则得所求的包络面为2(1)20y axz --=.7．证明柱面、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面.证 柱面1()S 的方程可写为 r =()a u r + v 0b r ，（0b r ≠0 为常向量）因为(',,')a b b r r r =0(',,0)0a b =rr .故1()S 是可展曲面.锥面2()S 的方程可写为 r =0a r + v ()b u r （0a r 为常向量），因为(',,')a b b r r r =(0,,')b b r r =0，故2()S 是可展曲面. 曲线（C ）:()a a s =r r 的切线曲面为 3():()()S r a s v s α=+r r r .因为(',,')a b b r rr =(,,')0ααα=r r r ，故3():()()S r a s v s α=+r r r是可展曲面. 8．证明0uu uv r r ==r r的曲面(S):r=r(u,v)r r 是柱面.证法： 因为uu r 0=r ，所以()u r b v =r r ，又因为0uv r =r ，因此00u r b =≠r rr 为固定向量.从而积分得0(,)()r u v a v ub =+r r r.故曲面(S):r=r(u,v)r r 是柱面. §5 曲面的基本定理1．平面上取极坐标系时，第一基本形式为2222ds d d ρρθ=+，试计算第二类克氏符号kij Γ.解 因为21,0,E F G ρ===，所以1211111120,0,0222E E E EG EρθθΓ==Γ=-=Γ==， 2121222221,,0222G G G GEGρρθρρΓ==Γ=-=-Γ==. 2．证明高斯曲率det()j i K μ=. 证 因为d e t ()d e t ()d e t ()d e t ()j kjkjk ji i ki k i kL g L g L g μ=-∑=-=，而1()()kj kjg g -=，所以1det()det()kjkj g g =，从而22det()det()/det()ji ik kj LN ML g EG F μ-==-， 故det()j i K μ=.3．证明平均曲率12121()2H μμ=-+. 证 因为121211211222121211122122()k k k k kkL g L g L g L g L g L g μμ+=-∑-∑=-+++=-22221121111122122()(2)/()g g g gL L L L LG MF NE EG F g g g g--+=--+-=2H -， 所以12121()2H μμ=-+. 5．对于3R 中的空间曲面来说，()ll l ijk j jk k ij R K g g δδ=--其中K 是曲面的高斯曲率.证 因为121211221221,,R Kg g g g g g =-=-所以121211221221()R K g g g g =--，又1212211212212121,0(mijk R R R R R m i =-=-===或j=k),从而()mijk mj ik mk ij R K g g g g =--上式两边分别与ml g 相乘并关于m 从1到2求和，则得[()()ml ml ml mijkmj ik mk ij g R K g g g g g g =--=()l l j ik k ij K g g δδ--,而,ml l mijk ijk g R R =故得()ll l ijk j jk k ij R K g g δδ=--.注 在解题过程中省略了求和号∑. 6．证明以下公式： ⑴ 22122212221112111211221211121[()()()]v u K E=Γ-Γ+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-Γ；⑵ 221112[))]K v u ∂∂=-∂∂；⑶ 112212[))]K u v ∂∂=-∂∂；⑷对于曲面上的等温坐标网有222()ds du dv λ=+，求证21[(ln )(ln )]uu vv K λλλ=-+；⑸ 对于曲面上的半测地坐标网有222ds du Gdv =+，求证K =证 ⑴ 高斯公式mijk ij mk ik mj R L L L L =-的两边分别与mk g 相乘并关于m 从1到2求和,再注意到l mk i j k mi j k R g R =及lijk R 的定义，可得()()l l ijp l p lmk ik ij pk ik pj ij mk ik mj kj p mg L L L L u u ∂Γ∂Γ-+∑ΓΓ-ΓΓ=∑-∂∂,今取i=1,j=1,k=2,l=2, 则有2212221222111211121122121112()()()v u Γ-Γ+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-Γ=2112121()m m m mg L L L L ∑-=12221112121111221221()()g L L L L g L L L L -+-=22222()()Eg LN M LN M KE EG F-=-=- 故 22122212221112111211221211121[()()()]v u K E=Γ-Γ+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-Γ. ⑵ 因为1212R K g =，所以2221221112112111212121121211g R g R g R g R R g K gααα=∑=+==-， 又因为222221211121121112()p p p p p Ru v∂Γ∂Γ=-+∑ΓΓ-ΓΓ∂∂，所以22122212221112111112112212111221g K v u ∂Γ∂Γ=-+ΓΓ+ΓΓ-ΓΓ-ΓΓ∂∂=222211112112212()v u ∂Γ∂Γ-+ΓΓ+Γ∂∂-221122112121111121112()2()ΓΓ+Γ+ΓΓ-ΓΓ ①而212212Γ+Γ=211211Γ+Γ=② 22221111121112112[11,1]2[12,1]g g u v ∂∂Γ-Γ=Γ-Γ∂∂=2211112112112()2()k k k k k kg g ∑ΓΓ-∑ΓΓ= 12212212121111121112111212121111111212112()2()2()g g g g g Γ+ΓΓ-Γ+ΓΓ=ΓΓ-ΓΓ，即12122211111112121112111112()()g g g u v∂∂ΓΓ-ΓΓ=Γ-Γ∂∂ ③ 于是将②，③代入①可得：.2222221112111111121211111()g g g K v u g u v ∂Γ∂Γ∂∂=-+ΓΓ+Γ-Γ∂∂∂∂221112K ∴=ΓΓ221211221112[))]v u ΓΓ∂∂=-∂∂因此命题得证.⑶ 因为1212R K g =，所以2111222122121212121222g R g R g R R g K gααα=∑===-， 又因为111112122212212221()p p p p p Rv u∂Γ∂Γ=-+∑ΓΓ-ΓΓ∂∂，所以11112121121222212222111221222121222212()()2()g K u v∂Γ∂Γ=-+ΓΓ+Γ-ΓΓ+Γ+ΓΓ-ΓΓ∂∂ ①而212221Γ+Γ=211211Γ+Γ=② 1121212222212222222121222()g g g v u∂∂Γ-Γ=ΓΓ-ΓΓ∂∂ 即12121122222122221221222212()()g g g v u∂∂ΓΓ-ΓΓ=Γ-Γ∂∂ ③ 于是将②，③代入①并整理得：112212[))]Ku v∂∂=-∂∂⑷因为E=G=2λ,F=0,所以2211][()()][(ln)(ln)]u vu v u v uu vvKλλλλλλλλ=+=-+=-+因此命题得证.⑸因为E=1， F=0, G=G（u，v），所以]0]u v uuK=+=+=因此命题得证.7．如果曲面的第一基本形式为222222()du dvdsu v c+=++，计算克氏符号kijΓ.解因为2221,0()E G Fu v c===++，所以111222,2uE uE u v c-Γ==++212111212222222222,,222v v uE E Gv v uG u v c E u v c G u v c--Γ=-=Γ==Γ==++++++，1222222uG uE u v cΓ=-=++，2222222vG vG u v c-Γ==++.8．求证第一基本形式为222222()du dvdsu v c+=++的曲面有常高斯曲率 .证因为2221,0()E G Fu v c===++，所以]u vK=+=-()22222222222222()2()[]()()v c u u c vu v cu v c u v c-+--+-+++++++=4c故所给曲面有常高斯曲率 .9．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.解由已知条件和kijΓ的定义易知kijΓ=0，所以所求曲面的基本方程是,0,0,0,uu uv vvu u vr n r rn r n=-==⎧⎨==⎩，从第一式和第四式可得0uuu ur r+=，所以()cos()sin()r a v u b v u c v=++，再由第二式得'sin'cos0a ub u-+=，因此,a b是常向量，于是从第三式得(,c dv ed e=+为常向量），从而所求的方程为cos sinr a u b u dv e=+++，而sin cos,u vr a u b u r d=-+=，所以2222sin cos2sin cos1u ur r a u b u ab u u=+-=，因此221,0,a b ab===又sin cos0u vr r ab u bd u=-+=，所以0,ad bd==再注意到1v vr r dd==，于是,,,a b d可以分别作为x,y,z轴上的单位向量，故所求曲面可表示为{cos,sin,}r u u 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.证 若存在曲面满足题设条件，则所给E,F,G,L,M,N 必须满足在正交坐标网下的G —C —M 公式，但2]01u v LN M EG -+=≠=-，所以不满足高斯公式，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. 解 因为坐标网是正交的，所以F=0，故g d k ds θθθ=， 而对u-曲线来说，θ=0，故gu k = 对v-曲线来说，θ=222n gκκκ=+2π ，所以gv k =2．证明球面r ={acosucosv,acosusinv,asinu}上曲线的测地曲率sin ,n d udvds dsθκ=- 其中θ表示曲线与经线的交角.证 易求出E=2a , F=0,G=2a 2cos u ,因此g d k ds θθθ==221ln(cos )sin 2d a u ds a u θθ∂+∂=sin sin cos d u ds a u θθ-，而1cos dv sin ds a u θθ==，故 sin g d dv k u ds ds θ=-. 3．求位于半径为R 的球面上半径为a 的圆的测地曲率.解法一：因为sin ,(,)n n κκθθβ=±=∠，而1,sin a R κθ==，所以n κ=. 解法二：半径为a 的圆的曲率为1a κ=，圆上每一点处的法曲率1n Rκ=±，由222n g κκκ=+知，2222222g n R a R a κκκ-=-= ，所以g κ= .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：gv k =Γ因为所考虑纬圆的半径为a，所以cos ,sin R u a u ==所以v g Raκ=-4．求位于正螺面r={ucosv,usin,av}上的圆柱螺线00():{cos ,sin ,}C r u v u v av =（0u =常数）的测地曲率.解 易计算出E=1，F=0，G=22a u +，而（C ）是一条v-曲线：u=0u ,于是由22221ln()2gv a u uu a u κ∂+===∂+，可知（C ）的测地曲率为0220gv u a u κ=+. 5．设曲面(S)上曲率线(C)，(C)上的点不是抛物点.证明(C)在点P 的测地曲率的绝对值等于在(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 =)(s r，它的球面像()C 的方程为()r n s =，注意到曲率线的定义及罗德里格定理，则有n n dn dn ds dr ds ds ds ds ds ds ds dsακκα===-=-，其中s 是()C 的弧长，即(1)n ds ds αεαεκ==±=-，所以1nds ds αεαακ==- ，又因为(C)的点都不是(S)抛物点，即K ≠0,所以||Kn n K =，（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11()()g g n n k n n αααακκκ=⨯=±⨯=±，即||||gg nκκκ= ，即||||g g n κκκ= .6．若曲面(S)(,)r r 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g k 的计算公式.解 由于(,,)g r r n κκβε== ，而222',''()ds ds d sr r r r r dt dt dt ==+ ，所以()22332','',[(())](,,)()|'|g ds ds d s dsr r n r r r n r r n r dt dt dt dtκ=⨯+==，所以3(','',)/|'|g r r n r κ=， 又'i i i du r r dt =∑， 22,''i j iij i i j i du du d u r r r dt dt dt=∑+∑ = 22,,,i j i j kkijk ij k i j k i j k du du du du d u r Ln r dt dt dt dtdt ∑Γ+∑+∑ ， 从而(','',)(''')r r n r r n =⨯= [1222222122,,()(i j i jij ij i j i j du d u du du du d u du du dt dt dt dt dt dt dt dt +∑Γ-+∑Γ|'|ij du r g =，由此得到：1222222122,,2[()()]()i j i jg ij ij i j i j ij du d u du du du d u du du dt dtdt dt dt dt dt dt g dt dtκ=+∑Γ-+∑Γ. 7．求证旋转曲面的子午线是测地线，而平行圆仅当子午线的切线平行于旋转轴时才是测地线 . 证 设旋转曲面为(S)，{()cos ,()sin ,()}(()0)r t t t t ϕθϕθψϕ=，则易计算出E='2'22,0,F G ϕψϕ+==,于是子午线（t —曲线）的测地曲率为'2'21ln()02gt k ϕψϕθ∂+==-=∂，故子午线是测地线.又平行圆（θ-曲线）的测地曲率为2g k θ=== .所以0g k θ=的充要条件是'()0t ϕ= ，即{'()cos ,'()sin ,'()}{0,0,'()}t r t t t t ϕθϕθψψ== 故平行圆仅当子午线的切线平行于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；⑵如果测地线同时为曲率线，则它是一平面曲线.证 ⑴因为所给曲线是测地线，所以0g k =； 又因为所给曲线是渐近线，所以0n k =，而222n gk k k =+ ，所以k=0，故所给曲线是直线. ⑵ 方法一：因所给曲线既是测地线又为曲率线，所以沿此曲线有n ‖β，n ‖α，而γαβ=⨯，所以,n γα=±⨯从而()(0)0n n k n γααβ=±⨯+⨯=±-⨯+=，又γτβ=-，所以0τ=，故所给曲线是平面曲线.方法二：因所给曲线是测地线，所以沿此曲线有n ‖β，所以β‖dn ，又因曲线是曲率线，所以dn ‖dr ‖α ，所以()κατγ-+‖α ，所以0τ=，故所给曲线是平面曲线.方法三：因所给曲线是测地线，所以该曲线的主法线重合于曲面的法线；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.方法四：设Γ是测地线，所以Γ的主法向量β‖n （曲面的单位法向量），所以Γ的副法向量γ⊥n ；即曲线Γ在每点处的副法向量与曲面在该点的法向量成定角，因Γ是曲率线，所以由P 114习题14知，曲线Γ是平面曲线.9．已知曲面的第一基本形式22()v du dv I =+，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1,2d dv tg du v du θθ== ，于是2dv tg d vθθ= ，积分后得12cos v h θ=（常数），由此得tg θ= .将此式代入第二式得du = ，积分后得002(u u u =±=常数），即2220()4()u u h v h -=- .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.解 易计算出E=1，F=0，G=22a u +，所以测地线的微分方程化为22,d u dv tg du a u du θθθ=-=+，对第一式积分得sin h =（常 数）.于是tg θ=，将此式代入第二式并积分，则得所求测地线为v h = .11．利用刘维尔公式证明：⑴平面上的测地线为直线；⑵圆柱面上的测地线为 圆柱螺线.证 ⑴方法一：由于曲面的第一基本形式可写为22du dv I =+，所以由利乌维 公式可知，平面上的测地线的微分方程为0,0,d d dv tg du dv duθθθ===，于是有θ=常数，v utg c θ=+，故测地线为直线.方法二：取平面直角坐标系xoy ， 平面方程为{,,0}r x y =，可得1,0,1E F G ===，所以 22dx dy I =+.由刘维尔公式，对平面上的测地线有：g d d ds ds θθκθθ== = 0 所以测地线的（相对曲率）r d k dsθ== 0 ，所以测地线是直线. 方法三： 如方法二得0d dsθ=，所以0θθ=是常数，所以 0000cos ,cos ,sin ,sin dx dy x s y s ds dsθθθθ==== 即测地线方程是0v u K ⎧⎫⎪=+=⎬⎪⎭00cos sin x s y s θθ=⎧⎨=⎩ ，所以测地线是直线. ⑵ 证法一：设圆柱面为{cos ,sin ,}r a u a u v =，则易计算2,0,1E a F G ===.所以测地线的微分方程为g d d ds ds θθκθθ== = 0，,du dv ds ds θθ== ，所以θ=常数，0,0,d d dv atg du dv duθθθ===，()v atg u c θ=+，即圆柱面上的测地线为{cos ,sin ,}.r a u a u bu c =+.其中b atg θ=，这正是圆柱面上的圆柱螺线.因此得证.证法二：设圆柱面为{cos ,sin ,}r a u a u v =，则易计算2,0,1E a F G ===.所以测地线的微分方程为,gd dds dsdu dvds dsθθκθθθθ⎧===⎪⎪⎨⎪==⎪⎩所以0001cos,sindu dvds a dsθθθθ===是常数，，0102cos,sinu S C v s Caθθ=+=+ .所以测地线为：001102cos cos{cos(),sin(),sin}r a s C a s C s Ca aθθθ=+++（C1,C2为常数）.因为0{s i n}rθ'=…，…，与z周成定角，所以测地线为圆柱螺线：θ=时为112{cos(),sin(),}s sr a C a C Ca a=++是纬圆；02πθ=时为112{cos,sin,}r a C a C s C=+是直母线.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.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nβ=±，从而()nκατγ=±-+，又因为曲线是平面曲线，所以0τ=，从而nκα=±.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Γ为测地线且为平面曲线.因为Γ为测地线，所以它的主法线是曲面的法线，又因Γ为平面曲线，所以Γ的主法线曲面是可展曲面，于是曲面沿Γ的法线组成曲面是可展曲面，所以Γ为曲率线.13．如果曲面上引进半测地坐标网，222(,)ds du G u v dv=+.求证：1[gds d tgκ-= .证明因为E=1，F=0，G=(,)G u v，所以根据Liouville公式有sin2ugGd dds ds Gθθκθθθ==+，而dvdsθ=，dvduθθ==，从而1[gdtgdsκ-=+故得1[gds d tgκ-= .14．给出曲面的第一基本形式为222(,)ds du G u v dv=+，如果此曲面上的测地线与u-曲线交于角α时，求证ddvα=证因为E=1，F=0，G=(,)G u v，所以与u-曲线交于角α的测地线应满足微分方程组sin2cosuGdds Gdudsdvdsααααααα⎧==-⎪⎪⎪==⎨⎪⎪=⎪⎩于是有ddvα=，故有ddv uα=-∂.15．证明：若曲面上两族测地线交于定角，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222(,)ds du G u v dv=+，由于两族测地线交于定角（设为ϑ），所以对另一族测地线来说应有0sin02uGdds Gθθθ==-=，所以0Gu∂=∂，这说明G仅与v有关，于是曲面的第一基本形式可写为222()ds du G v dv=+，作参数变换,u u v==，则曲面的第一基本形式化为22du dvI=+，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222()ds du G v dv=+，所以曲面的高斯曲率v uK⎧⎫⎪=+=⎬⎪⎭，所以曲面为可展曲面.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.解任给半径为R的球面上的一个测地三角形∆，设其边缘为G∂，所围成的区域为G，则有高斯--泼涅公式可知31()2iiGKdσπαπ=+-=∑⎰⎰，其中iα（i=1,2,3）是∆的三个内角，而曲面的高斯曲率K=21R，所以3211()2iiGdRσπαπ=+-=∑⎰⎰，故得3211iiSRαπ∆==+∑，其中s∆是测地三角形∆的面积.17．利用高斯--泼涅公式证明若曲面(S)上存在两族交于定角的测地线，则它的高斯曲率处处为零.证不妨选取题设中的两族交于定角（设为α）的测地线为坐标曲线.若(S)在一点P处的高斯曲率K（P）≠0，不妨设K（P）> 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(P∈G).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()()2GKdσπααπααπ+-++-+=⎰⎰，从而可知0GKdσ=⎰⎰，这与K(P)>0，从而上式左边大于零矛盾，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)的高斯曲率处处小于零，则曲面(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 ），于是由高斯--泼涅公式可得2G Kd σπ=⎰⎰.因为K<0,所以0GKd σ⎰⎰，这与上式右边的20π相矛盾，因此命题得证.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：⑴ ()D a b Da Db +=+； ⑵ ()()D fa df a fDa =+；⑶ ()()d ab Da b aDb =+ .证⑴ ()()[()][()][()]D a b d a b nd a b n da nda n db ndb n Da Db +=+-+=-+-=+⑵ ()()[()]()[()]D fa d fa nd fa n df a fda n df a fda n =-=+-+()[()]()df a f da nda n df a fDa =+-=+⑶ ()()[(()][()]d ab da b adb Da nda n b a Db ndb n =+=+++=()Da b aDb + .20． 设(),()a s b s 是曲面上曲线():()C r r s =的两个平行向量场，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—其维塔平行移动时，他们的长度和夹角不变.证 ⑴ 因为()()d ab Da b aDb =+，且(),()as bs 是沿():()C r r s =的两个平行向量场，即0,0Da Db ==，所以()0,d ab =故ab =常数.⑵ (),()a s b s 是沿():()C r r s =的两个平行向量场，所以由⑴可知2a aa ==常数，2b bb ==常数，ab =常数.故||a =常数，||b =常数，cos (,)||||ab a b a b ∠==常数，因此命题得证.。
最新微分几何课后习题答案第四版梅向明黄敬之编[1]
![最新微分几何课后习题答案第四版梅向明黄敬之编[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/86f7b8d9fd0a79563c1e7293.png)
微分几何课后习题答案第四版梅向明黄敬之编[1]§1曲面的概念1.求正螺面«Skip Record If...»={ u«Skip Record If...»,u «Skip Record If...», bv }的坐标曲线.解u-曲线为«Skip Record If...»={u«Skip Record If...»,u «Skip Record If...»,bv«Skip Record If...» }=｛0,0，bv«Skip Record If...»｝＋u {«Skip Record If...»,«Skip Record If...»,0}，为曲线的直母线；v-曲线为«Skip Record If...»={«Skip Record If...»«Skip Record If...»,«Skip Record If...»«Skip Record If...»,bv }为圆柱螺线．２．证明双曲抛物面«Skip Record If...»＝｛a（u+v）, b（u-v）,2uv｝的坐标曲线就是它的直母线。
证 u-曲线为«Skip Record If...»={ a（u+«Skip Record If...»）, b（u-«Skip Record If...»）,2u«Skip Record If...»}={ a«Skip Record If...», b«Skip Record If...»,0}+ u{a,b,2«Skip Record If...»}表示过点{ a«Skip Record If...», b«Skip Record If...»,0}以{a,b,2«Skip Record If...»}为方向向量的直线;v-曲线为«Skip Record If...»=｛a（«Skip Record If...»+v）, b（«Skip Record If...»-v）,2«Skip Record If...»v｝=｛a«Skip Record If...», b«Skip Record If...»,0｝+v{a,-b,2«Skip Record If...»}表示过点(a«Skip Record If...», b«Skip Record If...»,0)以{a,-b,2«Skip Record If...»}为方向向量的直线。
微分几何(第三版)梅向明黄敬之编第三章课后题答案[1]12页
![微分几何(第三版)梅向明黄敬之编第三章课后题答案[1]12页](https://img.taocdn.com/s3/m/a999f786551810a6f4248601.png)
§4.直纹面和可展曲面1. 证明曲面r =}32,2,31{2432v u u uv u v u +++是可展曲面.证法一： 已知曲面方程可改写为r=},2,{432u u u +v }32,,31{2u u ，令()a u r =},2,{432u u u ，()b u r =}32,,31{2u u ，则r =()a u r + v ()b u r ，且()b u r ≠0，这是直纹面的方程 ，它满足(',,')a b b r r r =23226412334013u u u u u u =0 ,所以所给曲面为可展曲面。
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。
证法一： 曲面的方程可改写为 r =()a v r + u ()b v r ，其中()a v r={cosv-vsinv, sinv+vcosv, 2v}，()b v r ={-sinv, cosv,1} ，易见()b v r≠0，所以曲面为直纹面，又因为(',,')a b b r r r =2sin cos 2cos sin 2sin cos 1cos sin 0v v v v v v v v vv------=0，所以所给曲面为可展曲面。
证法二：证明曲面的高斯曲率为零。
（略）3．证明正螺面r={vcosu,vsinu,au+b}(a ≠0)不是可展曲面。
证法一：原曲面的方程可改写为 r =()a u r + v ()b u r ，其中()a u r={0,0,au+b},()b u r ={cosu,sinu,0}.易见()b u r ≠0, 所以曲面为直纹面, 又因为(',,')a b b r r r=00cos sin 0sin cos 0au u u u -=a ≠0.故正螺面不是可展曲面。
微分几何第四版习题答案梅向明
即=/4,=- /4,两渐近线的夹角为,即渐近曲线网构成正交网.
==2+2 dudv+(+1)= I .
所以螺面和旋转曲面之间可建立等距映射=arctgu + v , t = .
§3曲面的第二基本形式
1.计算悬链面={coshucosv,coshusinv,u}的第一基本形式,第二基本形式.
解={sinhucosv,sinhusinv,1},={-coshusinv,coshucosv,0}
解曲面的向量表示为,
,,,
,, E = 1, F = 0 , G = 1 ,L = 5 .证明对于正螺面={u,u,bv},-∞<u,v<∞处处有EN-2FM+GL=0。
解，={0,0,0},
={-uucosv,cosv,0},={-ucosv,-usinv,0},，，，L= 0, M = , N = 0 .所以有EN - 2FM + GL= 0 .
§1
1.求正螺面={ u ,u , bv }的坐标曲线.
解u-曲线为={u ,u ,bv }=｛0,0，bv｝＋u {,,0}，为曲线的直母线；v-曲线为={,,bv }为圆柱螺线．
２．证明双曲抛物面＝｛a（u+v）, b（u-v）,2uv｝的坐标曲线就是它的直母线。
证u-曲线为={ a（u+）, b（u-）,2u}={ a, b,0}+ u{a,b,2}表示过点{ a, b,0}以{a,b,2}为方向向量的直线;
得,所以,即-·=0,则有=0,或·=0 .
若=0,则L是平面曲线；若·=0，L又是曲面的渐近线，则沿L，=0，这时d=，为常向量，而当L是渐近线时，=，所以为常向量，L是一平面曲线.
微分几何第四版习题答案梅向明2
§1曲面的概念1.求正螺面r ={ u v cos ,u v sin , bv }的坐标曲线.解 u-曲线为r ={u 0cos v ,u 0sin v ,bv 0 }=｛0,0，bv 0｝＋u {0cos v ,0sin v ,0}，为曲线的直母线；v-曲线为r ={0u v cos ,0u v sin ,bv }为圆柱螺线．２．证明双曲抛物面r ＝｛a （u+v ）, b （u-v ）,2uv ｝的坐标曲线就是它的直母线。
证 u-曲线为r ={ a （u+0v ）, b （u-0v ）,2u 0v }={ a 0v , b 0v ,0}+ u{a,b,20v }表示过点{ a 0v , b 0v ,0}以{a,b,20v }为方向向量的直线;v-曲线为r =｛a （0u +v ）, b （0u -v ）,20u v ｝=｛a 0u , b 0u ,0｝+v{a,-b,20u }表示过点(a 0u , b 0u ,0)以{a,-b,20u }为方向向量的直线。
3．求球面r =}sin ,sin cos ,sin cos {ϑϕϑϕϑa a a 上任意点的切平面和法线方程。
解 ϑr =}cos ,sin sin ,cos sin {ϑϕϑϕϑa a a -- ，ϕr=}0,cos cos ,sin cos {ϕϑϕϑa a -任意点的切平面方程为00cos cos sin cos cos sin sin cos sin sin sin cos cos cos =------ϕϑϕϑϑϕϑϕϑϑϕϑϕϑa a a a a a z a y a x即 xcos ϑcos ϕ + ycos ϑsin ϕ + zsin ϑ - a = 0 ；法线方程为ϑϑϕϑϕϑϕϑϕϑsin sin sin cos sin cos cos cos cos cos a z a y a x -=-=- 。
4．求椭圆柱面22221x y a b+=在任意点的切平面方程，并证明沿每一条直母线，此曲面只有一个切平面 。
微分几何第四版习题答案梅向明
微分几何第四版习题答案梅向明(总25页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--§1曲面的概念1.求正螺面r ={ u v cos ,u v sin , bv }的坐标曲线. 解 u-曲线为r ={u 0cos v ,u 0sin v ,bv}=｛0,0，bv｝＋u{0cos v ,0sin v ,0}，为曲线的直母线；v-曲线为r ={0u v cos ,0u v sin ,bv }为圆柱螺线．２．证明双曲抛物面r ＝｛a （u+v ）, b （u-v ）,2uv ｝的坐标曲线就是它的直母线。
证 u-曲线为r ={ a （u+0v ）, b （u-0v ）,2u 0v }={ a 0v , b 0v ,0}+ u{a,b,20v }表示过点{ a 0v , b 0v ,0}以{a,b,20v }为方向向量的直线;v-曲线为r =｛a （0u +v ）, b （0u -v ）,20u v ｝=｛a 0u , b 0u ,0｝+v{a,-b,20u }表示过点(a 0u , b 0u ,0)以{a,-b,20u }为方向向量的直线。
3．求球面r =}sin ,sin cos ,sin cos {ϑϕϑϕϑa a a 上任意点的切平面和法线方程。
解ϑr =}cos ,sin sin ,cos sin {ϑϕϑϕϑa a a -- ，ϕr=}0,cos cos ,sin cos {ϕϑϕϑa a -任意点的切平面方程为00cos cos sin cos cos sin sin cos sin sin sin cos cos cos =------ϕϑϕϑϑϕϑϕϑϑϕϑϕϑa a a a a a z a y a x即 xcos ϑcos ϕ + ycos ϑsin ϕ + zsin ϑ - a = 0 ； 法线方程为ϑϑϕϑϕϑϕϑϕϑsin sin sin cos sin cos cos cos cos cos a z a y a x -=-=- 。