(考試資料下載)微分幾何教案曲面論（十三）

微分幾何教案（二十） 5.2曲面的黎曼曲率張量和高斯科達(dá)齊邁因納爾迪 公式5.2 曲面的黎曼(Riemann)曲率張量和高斯-科達(dá)齊-邁因納爾迪(Gauss-Codazzi-Mainardi)公式一 黎曼(Riemann)曲率張量第一類黎曼曲率張量定義為：容易驗(yàn)證黎曼曲率張量滿足下列恒等式： 注 I,j,k取值為1，2。后一等式中，下角碼總有兩個(gè)相等。所以由第一式可推出第二式，再推出第三式。第二類黎曼曲率張量定義為：， m,I,j,k=1,2 。 ( 可得)二 Gauss-Codazzi-Mainardi 公式命題（1）高斯公式：（2）科達(dá)齊-邁因納爾迪公式：。證明 對(duì)基本方程中的高斯方程求導(dǎo)數(shù)得： 。再把基本方程帶入上式得： = 類似的： 因?yàn)榍媸穷惖?，所以，又因是線性無關(guān)的向量，比較 的系數(shù)得： 所以。比較的系數(shù)得：。命題得證。推論 第二黎曼曲率張量滿足以下恒等式：， 。說明 (1)由推論知，這16個(gè)分量中只有一個(gè)是獨(dú)立的。事實(shí)上,由 ,獨(dú)立的還有,再由知，獨(dú)立的只有。 (2) 科達(dá)齊-邁因納爾迪公式中, j = k是恒等式, 而j,k對(duì)調(diào)方程不變.故可令j=1,k=2,于是再依次令i=1,2即可知該公式中只包含兩個(gè)獨(dú)立式,即I=1,j=1,k=2和i=2,j=1,k=2時(shí)的兩個(gè)。因此，命題中一共包含三個(gè)獨(dú)立關(guān)系式，也就是說，曲面的第一、第二基本形式中的系數(shù)應(yīng)滿足三個(gè)關(guān)系式（即命題中的三個(gè)關(guān)系式）。 （3）由兩種黎曼曲率張量的定義，兩曲率張量都僅與第一基本形式的系數(shù)及其關(guān)于變量的導(dǎo)數(shù)有關(guān)（因?yàn)閮H與第一類基本量有關(guān)）,所以它們都是曲面的內(nèi)在量。(4) 科達(dá)齊-邁因納爾迪公式用基本量表示是：正交坐標(biāo)網(wǎng)（F=0)下: 即三 高斯定理 高斯定理 曲面的高斯曲率是內(nèi)蘊(yùn)量.(即曲面的高斯曲率K被曲面的第一基本形式完全確定).證明 由高斯公式（中的獨(dú)立關(guān)系式）: ，故，因都是內(nèi)蘊(yùn)量，故是K內(nèi)蘊(yùn)量。推論1 兩個(gè)曲面可以建立等距對(duì)應(yīng)，則對(duì)應(yīng)點(diǎn)的高斯曲率相等。換言之，高斯曲率經(jīng)等距變換不變。 證明 等距對(duì)應(yīng)下，第一基本量不變， 僅與第一基本量有關(guān)，故不變。故不變。推論2 曲面可與平面建立等距對(duì)應(yīng)的充分必要條件是該曲面為可展曲面。 證明 充分性：即可展曲面中的命題5。必要性：曲面與平面建立等距對(duì)應(yīng)，則由高斯定理，曲面與平面的高斯曲率相等，都為零。而高斯曲率為零的曲面為可展曲面。推論得證。四 高斯曲率的另一計(jì)算公式（用第一基本量表示的）特別對(duì)曲面的正交網(wǎng): F=0,所以這再一次證明高斯曲率是內(nèi)蘊(yùn)量。習(xí)題：P144 6、 ，7， 85.3 曲面論的基本定理基本定理： 設(shè)，是給定的兩個(gè)二次形式，其中是正定的。若和的系數(shù)和對(duì)稱且滿足高斯-科達(dá)齊-邁因納爾迪公式，則除了空間的具體位置外，唯一的存在一個(gè)曲面，以和分別為此曲面的第一和第二基本形式。曲面論的基本定理及其證明解決了以下三個(gè)問題： （1）曲面的形狀由第一、第二基本形式唯一確定； （2）給出某一區(qū)域上的六個(gè)連續(xù)的二元函數(shù)（），（），。只有當(dāng)與滿足高斯-科達(dá)齊-邁因納爾迪公式時(shí)，才確定一個(gè)曲面以為第一類基本量，以為第二類基本量； （3）當(dāng)（）正定，且，滿足高斯-科