微分幾何(版)【梅向明黃敬之編】課后題答案[]

1、 4.直紋面和可展曲面12 ，1. 證明曲面 r=u2 +v,2u3 + uv,u4 + u2v是可展曲面.3312c . rc a ”證法一： 已知曲 面方程可改與 為r = u ,2u ,u +v ,u, u ,令a(u) = u ,2u ,u ,33r 12crrrb(u)=-,u,-u ,則r=a(u) +v b(u),且b(u)手0,這是直紋面的方程，它滿足3322u 6u2r r r 1(a,b.b) = - u34u32u2 =034u3所以所給曲面為可展曲面36 / 12證法二：證明曲面的高斯曲率為零.(略)2.證明曲面 r =cosv-(u+v)sinv, sinv+(u+v

2、)cosv,u+2v是可展曲面.r rr.證法一：曲面的方程可改與為r=a(v) + u b(v),其中 a(v) =cosv-vsinv, sinv+vcosv, 2v,rrb(v) =-sinv, cosv,1 , 易見b(v)豐 0, 所以曲面為直紋面，又因為-2sin v -vcosv 2cos v -vsin v 2r r r_ (a,b,b)=-sin vcosv 1 =0,所以所給曲面為可展曲面.-cosv-sin v 0證法二：證明曲面的高斯曲率為零.(略)3 .證明正螺面r =vcosu,vsinu,au+b(a 豐0)不是可展曲面.r rr _ _ r 一一易見rr r r

3、b(u)豐0,所以曲面為直紋面，又因為(a,b,b) 二0cosu一sin u證法一：原曲面的方程可改與為r = a(u) + v b(u),其中 a(u)=0,0,au+b, b(u)=cosu,sinu,0.0 asin u 0 =a00.故正螺面不是可展曲面cosu 0證法二：證明曲面的高斯曲率為零.(略)4 .證明撓曲線的主法線曲面與副法線曲面不是可展曲面證 撓曲線(C) : a =5(s)的主法線曲面為(s): r =A(s)+v曰(s),因為r r一1,T0)=E 0 ,故(盤 6,昌=(&6,-鵬 + J) = t *0 ,故(s): r = a(s) +vP(s)不是可展曲面.

4、撓曲線(C) : a =a(s)的副法線曲面為(S2):r =a(s)+v； (s),因為(鼻由=依,r r r(S2):r二a(s) , v (s)不是可展曲面.5 .求平面族兀 : xcosa +ysin 口 -zsin -1=0 的包絡(luò).f F = xcos二二 ysin ： -zcos： - 0口口xcos解，即F =-xsin.工工 ycos二-zcos： =0-xsinx2 +(y-z)2 =1 .這就是所求的包絡(luò)面.y- z) si n =(y- z) cos=1,一一，一、一，,將此兩式平方后相加得6 .求平面族a2x+2ay2z =2a的包絡(luò).2解從J =ax 2ay 2z_

5、2a=中消去參數(shù)a,則得所求的包絡(luò)面為 Fa =2ax+2y 2 =0(y -1)2 -2axz = 0.7 .證明柱面、錐面、任意曲線的切線曲面是可展曲面.rrrrrrrr證柱面(6)的方程可寫為r = a(u) + vb, (b# 0為常向量)因為6由力)=6h,0) =0.故(6)是 可展曲面.r r rr r r r r錐面(S2)的方程可寫為r=a0 + vb(u) (a0為常向量)，因為(a,b,b) =(0,b,b)=0,故(S2)是可展曲面.r rr r rr r r rrr一曲線(C) : a = a(s)的切線曲面為 (S3): r = a(s) + v口 (s).因為(a

6、 ,b b =) 3 4,口)= 0 ,故 r r r(S3 ) :r = a (s) vM (sW展曲面.r rr r8 .證明ruu =ruv =0的曲面(S):r=r(u,v)是柱面.r r r 一 一、，r 一r r r證法： 因為a = 0 ,所以九=b(v),又因為ruv=0,因此=鳳#0為固止向重.從而積分得 r r rr r.r(u,v) =a(v) +ub).故曲面(S):r=r(u,v)是柱面. 5曲面的基本定理1 .平面上取極坐標(biāo)系時，第一基本形式為ds2=dP2 + P2d82,試計算第二類克氏符號r1解 因為 E=1,F=0,G=P2,所以 = = 0,； = 0,7

7、 = 0 ,2E2G2E-G-4,- -p,r2212 2G :2E 22二G2G=0.2 .證明高斯曲率K =det(dj).證 因為 d e *j( = ) d eti (gkj)JiQetgkj d eLti(k)gkj 而(gkj 尸)，所以kjdet(g ) = Z +z、， det(gkj)一一 ,jLN M從而 det(i) =det(Lik)/det(gkj), EG F故 K =det(ij).3 .證明平均曲率H =(5-2).2證因為用 +N2 =-述-zkgk2 = -(Lug +L12g21 +L21g12 +L22g22) = kkg22g21- (L11- L12

8、-L21 %+ L22 g1) = (LG -2MF +NE)/(EG F2) = 2H , g g所以H =-1(2).25.對于R3中的空間曲面來說，Rjk = -K(6：gjk -6kgj)其中K是曲面的高斯曲率.證 因為 R1212 一Kg , g g11 g22 g12g21 , 所以 R1212 = K(g11g22 g12g21 ) ，又上ml cgRmijk式兩邊分別與 gml相乘并關(guān)于m 從 1 至I 2 求和，則得=K(gmlgmj)gik (gmlgmJgijKgjgik 6kgij)，而 gmlRmijk= Rljk,故得 Rjk K(6jgjk6；gij).R1212

9、 = -R2112 = R221 = R2121 , Rmijk =0(m = i 或 j = k),從而 Rmijk = -K(gmjgik - gmkgij )在解題過程中省略了求和號 16.證明以下公式:= E（11）v （12）u +1112 +11722 1211 一（12）；1EG-F2.2F/.EG-F2.2；2 (-rii)-(-12)；EG-F2 v E二 u EL1 (FI22) - 色(；2)；EG-F2 二 uG二 vG對于曲面上的等溫坐標(biāo)網(wǎng)有 ds2 = K（du2 +dv2）,求證K = -1、2(ln 九)uu +(ln 九)vv；1 ： , G 對于曲面上的半測

10、地坐標(biāo)網(wǎng)有ds2 =du2 +Gdv2,求證K =-G ：:u2證 高斯公式Rmijk =LijLmk-LikLmj的兩邊分別與 gmk相乘并關(guān)于 m從1到2求和，冉注意到 Rljk = gmkRmij&Rjk 的定義，可得二lIT-T+(riPpk-rik-pj)=gmk(LjLmk-LkLmj),今取 i=1,j=1,k=2,l=2, u二upm則有(F21)v-(122)u +*22+121r22-；2121 -(*2)2=gm2(L11Lm2-L12Lm1) = mg12(LnL12 - L12L11) g22(LnL22 - L12L21) =g22(LN - M 2) = E (L

11、N - M 2) = KEEG F故 k = 1 2i)v -( +1隆 +21r22 -Mi -(屋)2.因為 K=R1,所以 RQZgRaLg2-2%=趾 R = -n K121R1212g11K，g- 2又因為Ri二 u（12*1：142）,所以 p而22 +12 - l 1EG -F2.EG二F2，. i，-12- 111；EG二 F2EG-F2：u, 22十rF+rh)二 v 二 u：22 爭號=211,122 一詆：21=2(;)22 -2c g1k尸2(g1i1l +g121lX2 -2(911；2 + g127；2)1l = 2g11(1i：2 -W)，即*既一皿2”（(221

12、gl 21M)ju ；v于是將，代入可得:guK:v ；:u1, EG-F2. 21 f,EGF2EG-F2：v 12 EG-F212 g112 g11、(12- 11)gi1二 u 二 vK -=1(11 .EG-F2gn.EGF2 二v.EG-F2二 u晨 EG - F22 ： , EG - F2；- -12：)_v二 u+/ 1( r22 外 Veg -f2g：、eg-f212 ；u2Jg11 EGF)二 v1EG-F；、- f 一(- 11) -EG -F2 0vE因此命題得證.(屋 EG-F2-12)因為 K =R,所以 R；12 =g1aR21211二 g R1212g 22R21

13、2 g22K )又因為r212二 21二-22,：v+ （口112 -42。），所以 pg22K =1二 u 22 ( 11 12 ) - 21 ( 22-21)2( 21 22-22-22)而5211 r . EG-F2EG-F2：v1 EG-F2EG-F2：u122g11K =4 J 十；1722 十7121。2 r；2F21 r22r21v: u曲北+口中心丸-洞2)- 1 -g22 _ - 1 、g22 _ q / - 2 - 1 _ - 2 - 1 x 21 一- - 22 一一 2g22 ( - 22 - 21 - - 21 - 22)二 vcu即 2(F121r22 J22r22

14、)=二值1生-叱人) g22N 二 u于是將，代入并整理得:K=V 字亍口/沙；2) 因為E=G=2,F=0,所以K 1 (-G)u).EG，、E )u 因此命題得證.)v = - !( u)u( ) = - 121(ln )uu (ln)w 因為 E=1, F=0, G=G (u, v),所以1 K (EG因此命題得證.u (v=(TG)uu+0 = 7.如果曲面的第一基本形式為ds2 =du2 2dv2 2，計算克氏符號】k.(u2 v2 c)2jM1因為E = G =(u2 v2c)2,F=0 ,所以；1=且2E-2u2,u v cEv2G Gv2v . 12, 12u v c-2 VE

15、v2E-2v2Gu-2u一 22，2G u v c- 1_ Gu. 22 一 一 2E2G u2 v2 c8 .求證第一基本形式為ds2du2 dv2(u2v2c)2的曲面有常高斯曲率.、一 1證 因為E=G=122(u2 v2c)2,F =0 ,所以點嚕)u+(故所給曲面有常高斯曲率.一，22、 一， 22、n 222 -2(v c-u ) -2(u c-v ) /v =- u v c 222222=4c(u2v2c)2(u2v2c)29.求以E=1,F=0,G=1,L=-1,M=0,N=0為第一、第二類基本量的曲面.解由已知條件和：的定義易知#=0,所以所求曲面的基本方程是r4u nu-n

16、.r =0,r =0,uv ,vv，從第一式和第四式可得大口十1=0,所以=。，1=0,Lr = a(v)cosu+b(v)sin u + C(v),再由第二式得-asin u +bcosu =0 ,因此a,b是常向量，于是從第三式得c = dv + e(d,e為常向量)，從而所求的方工口上才討方才.程為 r =acosu +b sinu +dv +e ,而 ru = -asin u +bcosu, rv = d ,用 %rv =-absinu+bdcosu =0 , 所以42.2, 22E,*九 a sinu bcos u-必bsinu cos = 1因止匕au /=bd = 0,再注意到2

17、2=b = 1,=0,又“ 一、，4,4rvrv=dd=1,于是a,b,d,可以分別作為x,y,z軸上的單包向重，故所求曲面可表小為 r =cos u,sin u,v+e ,因此所求曲面是半徑為1的圓柱面.10.證明不存在曲面，使 E=G=1,F=0,L=1,M=0,N=-1.證 若存在曲面滿足題設(shè)條件，則所給 E,F,G,L,M,N必須滿足在正交坐標(biāo)網(wǎng)下的G-C M公式，但1( G)u).EG (、E)uIN -M 2一 )v = 0 r = _ 1 ,所以不滿足高斯公式，故不存在滿足題設(shè)條件的曲面EG6曲面上的測底線求正交網(wǎng)的坐標(biāo)曲線的測地曲率.因為坐標(biāo)網(wǎng)是正交的，所以F=0,故kgdi

18、1一lnEcosds 2、G二 v事變與冶日，2、. E ：:u而對u-曲線來說，6=0,故kgu1；:ln E對v-曲線來說，= = k2 =nF，所以kgv2.證明球面 r =acosucosv,acosusinv,asinu上曲線的測地曲率，d r sin udv一,其中9表小曲線與dsds經(jīng)線的交角.證易求出 E=a2, F=0,G= a2 cos2 u,因此kgdu 1； ln E .1cosu -=ds 2、G 、2 Edv=-sinH=-1sin日, 故 kg ds . G acosuFlnG .sin = .:ud -. dv- -sin u 一 .ds ds_22d11 ：

19、ln(a cos uds 2a)sinud sin u .一sin8, 而ds a cosu3.求位于半徑為R的球面上半徑為a的圓的測地曲率.解法一：因為,n1 41. R2 - a2 一= Ksine,e =/(P,n)而 =.,，si的 與z周成定角，所以測地線為圓柱螺線：、，-ss90 =0 時為 r =acos( +C1),asin( +C1),C2是緯圓; aae0 =時為 r =acosC1,asinC1,s + C2是直母線.12 .證明：若曲面上非直線的所有測地線均為平面曲線，則它必為曲率線.證法一：因為所給曲面曲線是非直線的測地線，所以沿此曲線有 n =空，從而n = (篇+

20、#),又因為曲線是平面曲線，所以7=0,從而n = f.因此由羅德里格定理可知曲線的切線方向為主方向，故所 給曲線為曲率線.證法二：設(shè)曲面上非直線的曲線 r為測地線且為平面曲線.因為為測地線，所以它的主法線是曲面的 法線，又因r為平面曲線，所以r的主法線曲面是可展曲面，于是曲面沿r的法線組成曲面是可展曲面，所 以為曲率線.13 .如果曲面上引進半測地坐標(biāo)網(wǎng)，ds2=du2 G(u,v)dv2.求證:/ds =dtg，(4Gdv)十Gdv . du：:ud：證明 因為E=1, F=0, G=G(u,v),所以根據(jù)Liouville 公式有g(shù) ds 2G從而g =tg( G dv) dsdu91n

21、 Ecos1nGsin %豆 sin.:v2 . E Fuds 2GGu dv2、. G d s 故得 gds=dtg%Gdv)三Gdv .du二 uu-曲線交于角3時,14.給出曲面的第一基本形式為ds2=du2+G(u,v)dv2，如果此曲面上的測地線與求證券二-彳.證 因為E=1, F=0, G=3(u,v),所以與u-曲線交于角的測地線應(yīng)滿足微分方程組d：1 “nE- cos： ds2、G Nj du _ 1 ds EEcos 二=cos.：dv 1 =_ sin ;ds G1 ：lnGcGu=sin 二二一sin ;2 : E fu2G于是有dv八；G.:u15 .證明：若曲面上兩族

22、測地線交于定角，則曲面是可展曲面證法一：取一族測地線為u-曲線，與其正交的測地平行線為 V-曲線，在曲面上建半測地坐標(biāo)網(wǎng)，則曲面的第一基本形式可寫為ds2=du2+G(u,v)dv2,由于兩族測地線交于定角(設(shè)為3 ),所以對另一族測 地線來說應(yīng)有 里=0 LaGsine=_Gsin6=0，所以更=0 ,這說明G僅與v有關(guān)，于是曲面的第一基本形式ds 2 E 二 u2G二 u可寫為ds2 =du2+G(v)dv2 ,作參數(shù)變換u =u,v = jjG(v)dv ,則曲面的第一基本形式化為I = du2 + dv2 ,這與平面的第一基本形式一致.因此所給曲面與平面是等距的，故為可展曲面.證法二：

23、同上得到曲面的第一基本形式為ds2 = du2 + G(v)dv2 ,所以曲面的高斯曲率K nfLPi&EN + |坐1 = 0 ,所以曲面為可展曲面.質(zhì)L JG v隹證法三：同17題利用高斯-潑涅公式證明曲面的高斯曲率處處為零，從而曲面為可展曲面.16.求半徑為R的球面上測地三角形三內(nèi)角之和.解 任給半徑為R的球面上的一個測地三角形,設(shè)其邊緣為EG ,所圍成的區(qū)域為G,則有高斯-潑3涅公式可知Kdo+ (n-%)=2幾，其中四(i=1,2,3 )是的三個內(nèi)角，而曲面的高斯曲率Gi 1.13-所以 Td。+ (n-i) =2兀，故得R2Gi 131Z % =n +Sa ,其中s4是測地三角形的面積. yR17 .利用高斯-潑涅公式證明若曲面(S)上存在兩族交于定角的測地線，則它的高斯曲率處處為零.證 不妨選取題設(shè)中的兩族交于定角(設(shè)為 a)的測地線為坐標(biāo)曲線.若(S)在一點P0處的高斯曲率 K (P0) 第0,不妨設(shè)K (F?) 0,則由K的連續(xù)性可知，存在點P0的一個充分小的鄰域G使得K(P)0(PWG). 不妨設(shè)G是由兩條u-曲線和兩條v-曲線所圍成，則由高斯-潑涅公式可知代。+(n-3廣a +兀(-a +戶=n ,2從而可知口 Kd仃=0,這與