微分几何（第三版）梅向明 - 黄敬之 - 编第三章课后题答案

微分几何主要习题解答

§4.直纹面和可展曲面

?12 1. 证明曲面r={u2?v,2u3?uv,u4?u2v}是可展曲面.

33?r12证法一： 已知曲面方程可改写为r={u2,2u3,u4}+v{,u,u2}，令a(u)={u2,2u3,u4}，

33rrr?r122rb(u)={,u,u}，则=a(u)+ vb(u)，且b(u)?0，这是直纹面的方程 ，它满足

332u6u2rrr1u(a',b,b')=3014u322u=0 ,所以所给曲面为可展曲面。 34u3证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）

rrb(v)={-sinv, cosv,1} ，易见b(v)?0，所以曲面为直纹面，又因为

?2sinv?vcosv2cosv?vsinv2rrr?sinvcosv1=0，所以所给曲面为可展曲面。 (a',b,b')=

?cosv?sinv0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。

r?rr证法一： 曲面的方程可改写为 r=a(v)+ ub(v)，其中a(v)={cosv-vsinv, sinv+vcosv, 2v}，

?3．证明正螺面r={vcosu,vsinu,au+b}(a?0)不是可展曲面。

rr?rr证法一：原曲面的方程可改写为 r=a(u)+ vb(u)，其中a(u)={0,0,au+b},b(u)={cosu,sinu,0}.易见

rb(u)?00arrr0, 所以曲面为直纹面, 又因为(a',b,b')=cosusinu0=a?0.故正螺面不是可展曲面。

?sinucosu0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。

rrrrr证 挠曲线（C）:a?a(s)的主法线曲面为 (s1):r?a(s)?v?(s),因为

rrrrrrrr&rr&(a,?,?)=(?,?,??????)???0，故(s1):r?a(s)?v?(s)不是可展曲面。

rrrrrrrrrrr&&挠曲线（C）:a?a(s)的副法线曲面为 (S2):r?a(s)?v?(s)，因为(a,?,?)?(?,?,???)???0，故

rrr(S2):r?a(s)?v?(s)不是可展曲面。

24

微分几何主要习题解答

5。求平面族{??}：xcos?+ysin?-zsin?-1=0 的包络。

??(y?z)s?in??F?xcos??ysin??zcos??0?xcos解 ?，即?F??xsin??ycos??zcos??0??(y?z)co?s???xsin??x2?(y?z)2?1 。这就是所求的包络面。

6．求平面族a2x?2ay2z?2a的包络。

1 ，将此两式平方后相加得 0?F?a2x?2ay?2z?2a?0解 从?中消去参数a，则得所求的包络面为

?Fa?2ax?2y?2?0(y?1)2?2axz?0。

7．证明柱面、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面。

rr?rrrrrr证 柱面(S1)的方程可写为 r=a(u)+ vb0，（b0?0 为常向量）因为(a',b,b')=(a',b0,0)?0。故(S1)是可展曲面。

rrr?rrrrr锥面(S2)的方程可写为 r=a0+ vb(u)（a0为常向量），因为(a',b,b')=(0,b,b')=0，故(S2)是可展曲面。 rrrrrrrrrrr曲线（C）:a?a(s)的切线曲面为 (S3):r?a(s)?v?(s)。因为(a',b,b'=)(?,?,?')?0，故

rrr是可展曲面。 (S3):r?a(s?)?v(s)rrrr8．证明ruu?ruv?0的曲面(S):r=r(u,v)是柱面。

rrrrrrr证法： 因为ruu?0，所以ru?b(v)，又因为ruv?0，因此ru?b0?0为固定向量。从而积分得

rrrrrr(u,v)?a(v)?ub0。故曲面(S):r=r(u,v)是柱面。

§5 曲面的基本定理

k1．平面上取极坐标系时，第一基本形式为ds2?d?2??2d?2，试计算第二类克氏符号?ij。

解 因为E?1,F?0,G??2，所以?111?E?2E2?0,?11??E?E??0,?1??0， 122G2E??212G?2G?1?,???122G?2E???,?222?G??0。 2G2．证明高斯曲率K?det(?ij)。 证 因为de?tij(?)kjjk?de?Lti(gkj?)L?idket(gkj)?deLti(kkj，而(gkj)?g()gkj?1)，所以

2LN?M，从而det(?i)?det(Lik)/det(gkj)?， det(g)?12det(gkj)EG?F故K?det(?ij)。

25

微分几何主要习题解答

112??2)。 3．证明平均曲率H??(?1212??2???L1kgk1??L2kgk2??(L11g11?L12g21?L21g12?L22g22)= 证 因为?1kk-(L11g22ggg?L1221?L2112?L2211)??(LG?2MF?NE)/(EG?F2)=?2H， gggg112??2)。 所以H??(?12l5．对于R3中的空间曲面来说，Rijk??K(?ljgjk??klgij)其中K是曲面的高斯曲率。

证 因为R1212??Kg,g?g11g22?g12g21,所以R1212??K(g11g22?g12g21)，又

R1212??R2112??R1221?R2121,Rmijk?0(m?i或j=k),从而Rmijk??K(gmjgik?gmkgij)

上式两边分别与

gmlRmijkgml相乘并关于m从1到2求和，则得

ll??K[(gmlgmj)gik?(gmlgmk)gij=?K(?ljgik??klgij),而gmlRmijk?Rijk,故得Rijk??K(?ljgjk??klgij)。

注 在解题过程中省略了求和号?。 6．证明以下公式： ⑴ K?1221221222[(?11)v?(?12)u??11?12??11?222??12?11?(?12)]； E?EG?F22?EG?F22⑵ K?[(?11)?(?12)]；

2?vE?uEEG?F1?EG?F21?EG?F21⑶ K?[(?22)?(?12)]；

2?uG?vGEG?F1⑷对于曲面上的等温坐标网有ds2??(du2?dv2)，求证K??2221?2[(ln?)uu?(ln?)vv]；

1?2G⑸ 对于曲面上的半测地坐标网有ds?du?Gdv，求证K?? 。 2?uG证 ⑴ 高斯公式Rmijk?LijLmk?LikLmj的两边分别与gmk相乘并关于m从1到2求和,再注意到

lRiljk?gmkRmij及kRijk的定义，可得

??lij??likplpl?j??(?ij?pk??ik?pj)??gmk(LijLmk?LikLmj),今取i=1,j=1,k=2,l=2, kp?u?umm2212221222则有(?11)v?(?12)u??11?12??11?22??12?11?(?12)=?gm2(L11Lm2?L12Lm1)=

g12(L11L12?L12L11)?g22(L11L22?L12L21)=g22(LN?M2)?E(LN?M2)?KE 2EG?F 26

微分几何主要习题解答

故 K?1221221222[(?11)v?(?12)u??11?12??11?222??12?11?(?12)]。 E⑵ 因为K?又因为R2121gR12122，所以R121??g2?R?121?g21R1121?g22R2121?11R1212??g11K，

?gg22??12??11p2p2????(?12?p1??11?p2)，所以

p?u?v2222??11??12??11??121222122221g11K????11?12??11?22??12?11??12?21???11(?2=22??12)?v?u?v?u2211221?12(?12??11)?2(?11?12??11?12) ①

-

?EG?F21?EG?F221而???? ② ,?12??11?22?v?uEG?FEG?F22211212?12?g112?g1122k2k2??11?2[11,1]?12?2[12,1]?11)?12?2(?g1k?12)?11=2(?g1k?11=

k?u?vk2212212122(g11?111?g12?11)?12?2(g11?12?g12?12)?11?2g11(?11?12??12?11)，即

2122(?111?12??12?11)?

12?g112?g11(?12??11) ③ g11?u?v于是将②，③代入①可得：。

22??11??121?EG?F21?EG?F21222?g112?g11g11K????11??12?(?12??11)22?v?u?v?ug11?u?vEG?FEG?F2222??11??121222?EG?F2?EG?F?K?(EG?F?EG?F??11??12)2?v?u?v?ug11EG?F

?12g11EG?F22(?12?g112?g11EG?F2??11EG?F2)?u?v

22?1EG?F2[??EG?F2??EG?F2(?11)?(?12)]?vE?uE因此命题得证。

⑶ 因为K?又因为R1212gR12122??g1?R?212?g11R1212?22R1212??g22K， ，所以R212?gg??1??1p1p121??22??(?21?p2??22?p1)，所以

p?v?u??1??112121121222g22K??21??122(?11??12)??21(?22??21)?2(?21?22??22?12) ①

?u?v

27

微分几何主要习题解答

而?2??1?1?EG?F211?EG?F222221EG?F2?v,?12??11?EG?F2?u ② ?1?g22?v??1?g22?u?2g?2212122(22?12221??21?22) 即2(?121221?22??22?12)?1g(?1?g2221??1?g2222?u) ③ 22?v 于是将②，③代入①并整理得：

1?EG?F22K?EG?F2[?u(G?1?EG?F122)??v(G?12)]

⑷ 因为E=G=?2,F=0,所以

K??1EG[((G)uE)(G)v1??1u?(G)v]???2[(u?)u?(v?)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

K??1EG[((G)uE)(E)v11?Gu?(G)v]??G[(G)uu?0]??G?u2 因此命题得证。

．如果曲面的第一基本形式为ds2?du2?dv27k(u2?v2?c)2，计算克氏符号?ij。 解 因为E?G?1(u2?v2?c)2,F?0 ，所以?111?Eu2E??2uu2?v2?c, ?2Ev11???2v1E?2v2G?2u2v2?c,?u2Gu?12?v2E?u2?v2?c,?12?2G?u2?v2?c，

?122??Gu2E?2uu2?v2?c?2Gv22?2G??2vu2?v2?c 。 ds2?du2?dv2 8．求证第一基本形式为(u2?v2?c)2的曲面有常高斯曲率 。

证 因为E?G?1(u2?v2?c)2,F?0 ，所以 K??1(G)u(E)v2?2(v2?c?u2)?2(u2?c?EG[(E)G)22u?(v]=-?u?v?c?[(u2?v2?c)2?v2)(u2?v2?c)2]=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?kkij的定义易知?ij=0，所以所求曲面的基本方程是

28

，

??????ruu??n,ruv?0,rvv?0????? ，从第一式和第四式可得ruuu?ru?0，所以r?a(v)cosu?b(v)sinu?c(v)，再由第?????nu?ru,nv?0,?????????二式得?a'sinu?b'cosu?0，因此a,b是常向量，于是从第三式得c?dv?e(d,e为常向量），从而所求的方

?????程为r?acosu?bsinu?dv?e，

????????????2?2??而ru??asinu?bcosu,rv?d， 所以ruru?a2sin2u?b2cos2u?2，因此a?b?1,ab?0,又absinucosu?1??????????rurv??absinu?bdcosu?0，所以ad?bd?0,再注意到

????????? rvrv?dd?1，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r?{cosu,sinu,v}?e，

微分几何主要习题解答

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

(G)u(E)v1LN?M2?[()u?()v]?0???1，所以不满足高斯公式，故不存在满足题设条件的曲面。

EGEGEG

§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

kg?d?1?lnE1?lnG?cos??sin?， ds2G?v2E?u1?lnE， ?v2G而对u-曲线来说，?=0，故kgu??2对v-曲线来说，?=?2??n2??g?1?lnG ，所以kgv?。 22E?u?d?sinudv?, 其中?表示曲线与2．证明球面r={acosucosv,acosusinv,asinu}上曲线的测地曲率?n?dsds经线的交角。

证 易求出E=a2, F=0,G=a2cos2u,因此

d?sinud?1?ln(a2cos2u)d?1?lnE1?lnG?sin?，而?sin?=kg??cos??sin?=

dsacosuds2a?uds2G?v?u2Ed?dvdv11?sinu。 ?sin??sin?，故 kg?dsdsdsacosuG3．求位于半径为R的球面上半径为a的圆的测地曲率.

??1R2?a2解法一：因为?n???sin?,???(?,n)，而??,sin??，所以

aR 29

微分几何主要习题解答

R2?a2。 ?n??aR解法二：半径为a的圆的曲率为??22211 ，圆上每一点处的法曲率?n??，由?2??n2??g2知，aRR2?a2R2?a2?g????n?22 ，所以?g?? 。

RaRa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：

kgv?1?lnG=?

2E?u2因为所考虑纬圆的半径为a ，所以Rcosu?a,sinu?1?cosu?R2?a2 RR2?a2所以?gv?? 。

Ra??4．求位于正螺面r={ucosv,usin,av}上的圆柱螺线(C):r?{u0cosv,u0sinv,av}（u0=常数）的测地曲率。

解 易计算出E=1，F=0，G=a2?u2，而（C）是一条v-曲线：u=u0,于是由

u01?lnG1?ln(a2?u2)u，可知（C）的测地曲率为。 ???gv???2gv222a?u02?ua?u2E?u5．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=r(s)，它的球面像(C)的方程为r?n(s)，注意到曲率线的

????dndndsdrdsds?????n???n?，其中s是(C)的弧长，即定义及罗德里格定理，则有??dsdsdsdsdsds??ds??ds1?????? ， ????(???1???n)，所以????dsds?n?K??n，又因为(C)的点都不是(S)抛物点，即K?0,所以n?（n为(S)的球面像（S）的单位法向量），|K|??1?1??????(n??)???g，即|?g|?|g| ，即|?g|?|?g?n| 。 从而有测地曲率的定义可得kg??(n??)????n?n?n??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kg的计算公式。

2dsdsd????????2?,r''???s ，所以 ?,?r?()?r解 由于?g?????(rr?,n) ，而r'?rdtdtdt2?? 30

微分几何主要习题解答

2dsdsd??????????ds3?32??(??s)]n?,??,nr?()?r?(rr)()??|r'|， ?r',r'',n??[rgdtdtdt2dtduiduj???dui??d2ui????3rij??ri2 = 所以?g?(r',r'',n)/|r'|， 又r'??ri， r''??ii,jdtidtdtdtduiduj?duiduj?d2uk?????????rk??Lijn??2rk ， 从而(r',r'',n)?(r'?r'')n? i,j,ki,jkdtdtdtdtdtkijijijdu1d2u2du2d2u2duiduj?2dudu1dudu(???ij)?(???ij)]g，|r'|?gij[， dtdt2i,jdtdtdtdt2i,jdtdtdtdt由此得到：

ijijgdu1d2u2du2d2u22dudu1dudu?g?[(2???ij)?(2???ij)]。 ij3i,ji,jdtdtdtdtdtdtdudu2dtdt(gij)dtdt7．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)，r?{?(t)cos?,?(t)sin?,?(t)}(?(t)?0)，则易计算出E=

?'2??'2,F?0,G??2,于是子午线（t—曲线）的测地曲率为

1?lnE1?ln(?'2??'2)kgt?????0，故子午线是测地线。

??2???2G又平行圆（?-曲线）的测地曲率为

?lnG1?ln?2?'kg????? 。

'2'2'2'2?t2E?t2????????所以kg??0的充要条件是?'(t)?0 ，即rt?{?'(t)cos?,?'(t)sin?,?'(t)}?{0,0,?'(t)}

1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kg?0； 又因为所给曲线是渐近线，所以

22 ，所以k=0，故所给曲线是直线。 kn?0，而k2?kn?kg?????‖?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‖?，n，

?????????????????????而?????，所以?????n,从而???(??n???n)??(?k??n?0)?0，又?????，所以??0，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‖?，所以?‖dn，又因曲线是曲率线，所以dn‖?????dr‖? ，所以(??????)‖? ，所以??0，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

31

微分几何主要习题解答

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?是测地线，所以?的主法向量?‖n（曲面的单位法向量），所以?的副法向量??n ；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P114习题14知，曲线?是平面曲线。

9．已知曲面的第一基本形式??v(du2?dv2)，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

12d?1dvdv?,?tg? ，于是?tg?d? ，积分后得du2vdu2vv?h2?hdvvcos??h（常数），由此得tg??? 。将此式代入第二式得du? ，积分后得

2hv?hu??2hv?h2?u0(u0?常数），即

(u?u0)2?4h2(v?h2) 。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=a2?u2，所以测地线的微分方程化为对第一式积分得sin?a2?u2?h（常 数）。于是tg??ha?u?h222d?udv1??2tg?,?tg?222dua?udua?u，

，将此式代入第二式并积分，则得所求测地线为 。

v?h?du(a?u)(u?a?h)2222211．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??du2?dv2，所以由利乌维 公式可知，平面上的测地线的微分方程为为直线。

?方法二：取平面直角坐标系xoy， 平面方程为r?{x,y,0}，可得E?1,F?0,G?1，所以 ??dx2?dy2。由刘维尔公式，对平面上的测地线有：

d?d?dv?0,?0,?tg?，于是有?=常数，v?utg??c，故测地线dudvdu?g?d?1?lnE1?lnGd??cos??sin?? = 0 ds2G?v?uds2Ed? = 0 ，所以测地线是直线。 ds所以测地线的（相对曲率）kr?方法三： 如方法二得

d??0，所以???0是常数，所以 ds32

微分几何主要习题解答

dxdy?cos?0,x?cos?0s,?sin?0,y?sin?0s 即测地线方程是dsds?x?cos?0s1???(E)v??(G)u??? ，所以测地线是直线。 K??????????0?y?sin?sEG?0???G?v?E?u???⑵ 证法一：设圆柱面为r?{acosu,asinu,v}，则易计算E?a2,F?0,G?1。所以测地线的微分方程为 d?1?lnE1?lnGd?du1dv1 = 0 ，?g??cos??sin???cos?,?sin? ，所以?=常数，

ds2G?vdsdsds2E?uEGd?d?dv??0,?0,?atg?，v?(atg?)u?c，即圆柱面上的测地线为r?{acosu,asinu,bu?c}.。其中b?atg?，dudvdu这正是圆柱面上的圆柱螺线。因此得证。

?证法二：设圆柱面为r?{acosu,asinu,v}，则易计算E?a2,F?0,G?1。所以测地线的微分方程为

d?1?lnE1?lnGd?????cos??sin???0g?ds2G?vds2E?u? ?du1dv1??cos?,?sin??dsdsEG?cos?0du1dvS?C1,v?sin?0s?C2 。 所以???0是常数，?cos?0,?sin?0 ，u?dsadsa?cos?0cos?0s?C1),asin(s?C1),sin?0s?C2} （C1 ,C2为常数）。因为所以测地线为：r?{acos(aa?r??{…，…，si?n}z周成定角，所以测地线为圆柱螺线： 0与

?0?0时为r?{acos(?C1),asin(?C1),C2}是纬圆；

?0?

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n???，从而n???)，又

???????因为曲线是平面曲线，所以??0，从而n。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，又因?为平面曲线，所以?的主法线曲面是可展曲面，于是曲面沿?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，ds2?du2?G(u,v)dv2。 求证： ?gds?d[tg?1(Gdv?G)]?dv 。 du?u?sasa?2?时为r?{acosC1,asinC1,s?C2}是直母线。

证明 因为E=1，F=0，G=G(u,v)，所以根据Liouville公式有

33

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ar75.html