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证法一： 已知曲面方程可改写为
?12r={u2,2u3,u4}+v{,u,u2}，令
33ra(u)={u2,2u3,u4}，
rrr?r122b(u)={,u,u}，则r=a(u)+ vb(u)，且b(u)332u6u24u3?0，这是直纹面的方程 ，它满足
rrr1(a',b,b')=
30u122u=0 ,所以所给曲面为可展曲面。 34u3?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}，rrb(v)={-sinv, cosv,1} ，易见b(v)?0，所以曲面为直纹面，又因为
rrr(a',b,b')=
?2sinv?vcosv2cosv?vsinv2?sinv?cosvcosv?sinv1=0，所以所给曲面为可展曲面。 0证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）
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。
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
00arrrrb(u)?0, 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。
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5。求平面族{??}：xcos?+ysin?-zsin?-1=0 的包络。
?F?xcos??ysin??zcos??0解 ?，即
F??xsin??ycos??zcos??0??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。
??(y?z)s?in??xcos???(y?z)co?s???xsin1 ，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(S3):r?a(s?)?v(s)是可展曲面。
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???212E?2E2?0,?11??E?E1?0,?12???0， 2G2EG?2G?1?,???122G?2E???,?222?G??0。 2G2．证明高斯曲率K?det(?ij)。
tij(?)证 因为de?kjjk?de?Lti(gkj?)L?idket(gkj)?deLti(kkj)g，而(gkj)?g(kj?1)，所以
2LN?M，从而det(?i)?det(Lik)/det(gkj)?， det(g)?12det(gkj)EG?F故K?det(?ij)。
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1123．证明平均曲率H??(?1??2)。
212证 因为?1??2???L1kgk1??L2kgk2??(L11g11?L12g21?L21g12?L22g22)=
kk-(L11g22ggg?L1221?L2112?L2211)??(LG?2MF?NE)/(EG?F2)=?2H， gggg112所以H??(?1??2)。
2l5．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
gmlRmijk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)。
gml注 在解题过程中省略了求和号?。 6．证明以下公式： ⑴ K?1222221222[(?11)v?(?12)u??111?12??11?22??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?umm222221222m2)v?(?12)u??1(L11Lm2?L12Lm1)= 则有(?1111?12??11?22??12?11?(?12)=?gg12(L11L12?L12L11)?g22(L11L22?L12L21)=g22(LN?M2)?E(LN?M2)?KE 2EG?F 26