微分几何课后习题答案第四版梅向明黄敬之编

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第一章曲统论§2向虽函敎缶向试曲数只/)具冇固定方向的充雯条件衆产⑺X ?'(/)= 0・分析：一个向量函数只刀•般可以写成尺/)二久⑺2(/)的尬式’其中乳0为单位向量函数‘ 粗刀为数量函数.那么尺”具有因宦方向的充要条件是只"具有固宦方向*即罠/)为常向量, (例为秋/)的长度固定人证对F向虽函数？(/),设机/)为梵单位向負则尺f)二几⑺&⑺，若疋具有園定方向1 如巩“对常向殳’那么?(/) = A r(/) e ,所以rX7 = ^ ｝：<^X ) =o・反 Z,若?x?=0 ★对 ^(/) = A(/) e(/)求 A 1i+A 0・rft?XF=A1〔3><了)”6・则有Z 7 或e\e'=Q时* ?(^) = 0可与任意方向平杜hZ * 0 时，有&x 0—6.血(Ex 0 ~(e e* )2-e,2t (因为$ 貝冇固运匕t所以?=O.即P为常向第。

所以，r(/)A有固运方向.6.向绘歯数半行于固立屮面的充摆杀件是(F尹产)司卩分析:向呈诵数？W平If于固定平面的充要余件是存在•牛定向向蚩50*使？(心 = 0 ,所以我们蹩耳求这个向旅亓及万与尹.严的尢系"证若尺刀半苻于個址羊面—设乔足¥面斗的•个单位迖向嵐则习为常向議H?(/) 7t-0 -两次求微商色尸7 =0・?y 7i=0 ,即问最孑，戸‘唾直于同•非零向輦无因而典而*即(F戶尹')刃.反之，若(? r1 F M) =0i则有r x ?=6戒产x戸工6 .若产x? = 0i由匕题柯产(/) 具冇■的崔方向、白然半fr于一固宦半面，若rx? H 0(则存圧数母焰数入(“、H&n使戸'= 乔*尹①令聞*厂桁丰6,且;V)丄讯/)* 4^7 X?求微商井将①式代入得用=Fx P*—/I t r X r1)—p f是x ^' —6 .市上题划另4fhM眾方向，而F(f)丄苑即巩f) 平存于固進半而S3曲线的概念1-求圆柱螺^T=cosr- ,F=sinr, f *在(1Q 0)的切线和注平面。

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.。

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.。

微分几何第四版习题答案解析梅向明

§1曲面的概念1、求正螺面r r={ u v cos ,u v sin , bv }的坐标曲线、解 u-曲线为r 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 r={0u v cos ,0u v sin ,bv }为圆柱螺线.２.证明双曲抛物面r r＝｛a(u+v), b(u-v),2uv ｝的坐标曲线就就是它的直母线。

证 u-曲线为r 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 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 r=}sin ,sin cos ,sin cos {ϑϕϑϕϑa a a 上任意点的切平面与法线方程。

解 ϑr ρ=}cos ,sin sin ,cos sin {ϑϕϑϕϑa a a -- ,ϕr ρ=}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。

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【最新整理，下载后即可编辑】§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 -=-=-。

微分几何第四版答案

微分几何第四版答案第一部分曲线与曲面的局部微分几何第一章欧氏空间1.1 向量空间1.2 欧氏空间第二章曲线的局部理论2.1 曲线的概念2.2 平面曲线2.3 E的曲线2.4 曲线论基本定理第三章曲面的局部理论3.1 曲面的概念3.2 曲面的第一基本形式3.3 曲面的第二基本形式3.4 法曲率与weingarten变换3.5 主曲率与Gauss曲率3.6 曲面的一些例子第四章标架与曲面论基本定理4.1 活动标架4.2 自然标架的运动方程4.3 曲面的结构方程4.4 曲面的存在惟一性定理4.5 正交活动标架4.6 曲面的结构方程（外微分法）第五章曲面的内蕴几何学5.1 曲面的等距变换5.2 曲面的协变微分5.3 测地曲率与测地线5.4 测地坐标系5.5 Gauss-Bonnet公式5.6 曲面的Laplace算子5.7 Riemann度量第二部分整体微分几何选讲第六章平面曲线的整体性质6.1 平面的闭曲线6.2 平面的凸曲线第七章曲面的若干整体性质7.1 曲面的整体描述7.2 整体的Gauss-Bonnet公式7.3 紧致曲面的Gauss映射7.4 凸曲面7.5 曲面的完备性第八章常Gauss曲率曲面8.1 常正Gauss曲率曲面8.2 常负Gauss曲率曲面与sine-Gordon方程8.3 Hilbert定理8.4 Backlund变换第九章常平均曲率曲面9.1 Hopf微分与Hopf定理9.2 Alexsandrov惟一性定理9.3 附录：常平均曲率环面第十章极小曲面10.1 极小图10.2 极小曲面的weierstrass表示10.3 极小曲面的Gauss映射10.4 面积的变分与稳定极小曲面索引。

微分几何习题全解(梅向明高教版第四版)

第一章曲线论§2 向量函数5. 向量函数)(t r具有固定方向的充要条件是)(t r×)('t r= 0 。

分析：一个向量函数)(t r一般可以写成)(t r=)(t λ)(t e的形式，其中)(t e为单位向量函数，)(t λ为数量函数，那么)(t r 具有固定方向的充要条件是)(t e具有固定方向，即)(t e 为常向量，（因为)(t e 的长度固定）。

证对于向量函数)(t r ，设)(t e 为其单位向量，则)(t r =)(t λ)(t e ，若)(t r具有固定方向，则)(t e 为常向量，那么)('t r=)('t λe ，所以 r ×'r =λ'λ（e ×e ）=0 。

反之，若r ×'r =0 ，对)(t r =)(t λ)(t e求微商得'r ='λe +λ'e ，于是r ×'r =2λ（e ×'e ）=0 ，则有 λ = 0 或e ×'e =0 。

当)(t λ= 0时，)(t r =0 可与任意方向平行；当λ≠0时，有e ×'e =0 ，而（e ×'e 2)=22'e e -(e ·'e 2)＝2'e ，（因为e具有固定长， e ·'e = 0），所以 'e =0 ，即e 为常向量。

所以，)(t r 具有固定方向。

6．向量函数)(t r平行于固定平面的充要条件是（r 'r ''r ）=0 。

分析：向量函数)(t r 平行于固定平面的充要条件是存在一个定向向量)(t n，使)(t r·n = 0 ，所以我们要寻求这个向量n 及n 与'r ，''r 的关系。

微分几何课后习题答案第四版梅向明黄敬之编

§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。

精编微分几何习题全解(梅向明高教版第四版)资料

第一章曲线论§2 向量函数5. 向量函数)(t r 具有固定方向的充要条件是)(t r × )('t r= 0 。

分析：一个向量函数)(t r 一般可以写成)(t r =)(t λ)(t e 的形式，其中)(t e为单位向量函数，)(t λ为数量函数，那么)(t r 具有固定方向的充要条件是)(t e具有固定方向，即)(t e 为常向量，（因为)(t e 的长度固定）。

证对于向量函数)(t r ，设)(t e 为其单位向量，则)(t r =)(t λ)(t e ，若)(t r具有固定方向，则)(t e 为常向量，那么)('t r =)('t λe ，所以 r ×'r=λ'λ（e ×e ）=0 。

反之，若r ×'r =0 ，对)(t r =)(t λ)(t e 求微商得'r ='λe +λ'e ，于是r×'r =2λ（e ×'e ）=0 ，则有 λ = 0 或e ×'e =0 。

当)(t λ= 0时，)(t r =0 可与任意方向平行；当λ≠0时，有e ×'e=0，而（e ×'e 2)=22'e e -(e·'e2)＝2'e ，（因为e具有固定长， e ·'e = 0），所以 'e =0 ，即e为常向量。

所以，)(t r 具有固定方向。

6．向量函数)(t r平行于固定平面的充要条件是（r 'r ''r ）=0 。

分析：向量函数)(t r 平行于固定平面的充要条件是存在一个定向向量)(t n，使)(t r ·n = 0 ，所以我们要寻求这个向量n 及n 与'r ，''r的关系。

微分几何第四习题答案

微分几何第四习题答案问题1：曲线的曲率和挠率给定平面曲线 $ r(t) = (x(t), y(t)) $，其中 $ x(t) $ 和$ y(t) $ 是 $ t $ 的可微函数。

求曲线在 $ t_0 $ 处的曲率$ k(t_0) $。

解答：首先，计算曲线的导数：\[ r'(t) = (x'(t), y'(t)) \]\[ r''(t) = (x''(t), y''(t)) \]曲率 $ k(t) $ 定义为：\[ k(t) = \frac{||r'(t) \times r''(t)||}{||r'(t)||^3} \]在 $ t_0 $ 处代入上述公式，计算得到 $ k(t_0) $。

问题2：曲面的第一基本形式考虑曲面 $ S $ 在点 $ p $ 的局部参数化 $ X(u, v) $。

求$ S $ 在 $ p $ 处的第一基本形式。

解答：第一基本形式由度量张量给出，定义为：\[ g_{ij} = \langle X_u, X_v \rangle \]其中，$ X_u = \frac{\partial X}{\partial u} $ 和 $ X_v = \frac{\partial X}{\partial v} $ 是 $ X $ 相对于 $ u $ 和$ v $ 的偏导数。

计算 $ g_{ij} $ 的矩阵 $ [g_{ij}] $，即为曲面 $ S $ 在点 $ p $ 处的第一基本形式。

问题3：高斯曲率的计算已知曲面 $ S $ 在点 $ p $ 的第一基本形式为 $ [g_{ij}] $ 和第二基本形式为 $ [h_{ij}] $。

求 $ S $ 在 $ p $ 处的高斯曲率 $ K $。

微分几何 课后习题答案 第四版 梅向明 黄敬之编

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