浙大微分几何习题

整体微分几何初步习题答案 10.1 E3中中中的的的曲曲曲线线线 1. 求下列曲线的弧长, 并写出弧长为参数的方程: (1) 双曲螺线 x = (acosht,asinht,bt); (2) 悬链面 x = (t,acosh t a,0); (3) 曳物线 x = (acost,aln(sect + tant) asint,0). 解解解：(1) s(t) = t 0 a2 cosh2t + b2dt; (2) s(t) = asinh t a; (3) s(t) = alnsect. 2. 证明一般参数下曲线 x(t) 的曲率和挠率的计算公式是: k(t) = |x x| |x|3 ;(t) = (x,x,x) |x x|2 . 证证证明明明： 直接计算得 x= T ds dt, x = kN(ds dt) 2+Td2s dt2 . 所以 xx= kB(ds dt) 3, k(t) 即得. 而 x B = k (ds dt) 3, 所以 (x,x,x) = |x x|2. 3. 证明: 圆柱螺线的主法线与它的中心轴正交, 它的从法线与它的中心轴作 成定角, 它的曲率中心轨迹仍然是圆柱螺线. 证证证明明明： 设圆柱螺线为 x(s) = (rcoss,rsins,as), 其中 r,a, = 1 r2+a2为 常数. 直接计算 N(s) = (coss,sins,0), B(s) = (asins,acoss,r), 中心轴为 (0,0,1). 所以 N(s) (0,0,1) = 0, B(s) (0,0,1) = r. 曲率中心 为 x(s) + 1 k(s)N(s) = (r 1 2r)coss,(r 1 2r)sins,as), 也是一个圆柱螺线. 4. 设 x(s)是单位球面上以弧长为参数的曲线, 证明: 存在向量 e(s), f(s), g(s) 和 函数 (s), 使得 e =f f = e+(s)g g =(s)f 1 证证证明明明：令 e = x, f = x, g = x x. 5. 设 x(s) = (x1(s), x2(s) 是平面上以弧长为参数的曲线, T(s),N(s) 是它 的 Frenet 标架, 证明: N(s) = ( x2(s), x1(s), x(s) = kr(s)( x2(s), x1(s). 证证证明明明： T(s) = x(s) = (cos(s),sin(s), 其中 cos(s) = x1(s), sin(s) = x2(s). 所以 N(s) = (cos(s)+ 2),sin(s)+ 2) = (sin(s),cos(s) = ( x 2(s), x1(s). x(s) = T = krN(s) = kr( x2(s), x1(s). 6. 证明: (1) 除直线外, 一条曲线的所有切线不可能同时是另一条曲线的切线. (2) 曲率和挠率都是(非零)常数的正则曲线必是圆柱螺线. 证证证明明明：(1) 设曲线 C : x = x(s)的切线同时为曲线 C: x= x(s) 的切线, 其 中 s 和 s分别为它们的弧长参数. 则 x(s) x(s) = (s)T(s),(1.1) 其中 T(s) 为切线方向. 两边对 s 求导, 得到 (ds ds 1 d ds )T(s) (s)k(s)N(s) = 0,(1.2) 所以 (s)k(s) = 0. 如果 = 0, 则 C 和 C为同一条曲线. 如果 k = 0, 则 C 为直 线. (2) 已知圆柱螺线的曲率和挠率为常数. 则根据曲线论基本定理可知, 除 一运动外, k 与 唯一地决定了曲线. 7. 设两曲线可建立 1-1 对应, 使它们在对应点有相同的主法线, 则称它们 为 Bertrand 曲曲曲线线线, 其中一条称为另一条的侣侣侣线线线. 证明: 它们在对应点的距离 为常数, 切线作成定角. 证证证明明明：设曲线 C : x = x(s) 和 C: x= x(s) 的弧长参数分别为 s 和 s. 由题 意可设 x(s) x(s) = (s)N(s),(1.3) 且 N = N. 两边对 s 求导可得 T ds ds = (1 k)T + d ds N + B.(1.4) 2 因为 TN, 所以 d ds = 0, = const. 此时 (1.4) 化为 T ds ds = (1 k)T + B.(1.5) 记 T= cosT+sinB, 两边对 s 求导, 再分别与 T 和 B 作内积, 得到 sin= cos = 0, 所以 = const. 8. 证明: (1) 任何平面曲线都是 Bertrand 曲线. (2) 若 k , 0, 则空间曲线为 Bertrand 曲线的充要条件是存在常数 (, 0) 和 , 使得 k + = 1. 证证证明明明：(1) 设 C : x = x(s) 是平面曲线, 只要证明 x(s) = x(s)+N(s) 的主法向 量也是 N 即可, 其中 = const. (2) 如果曲线 C : x = x(s) 和 C: x= x(s) 是 Bertrand 曲线, 它们的弧长 参数分别为 s 和 s. 则由第 7 题可知, cos = (1 k) ds ds, sin = ds ds, 其 中 = const., 为非零常数. 令 = cot, 则 k + = 1. 反之, 由曲线 C : x = x(s) 作曲线 C: x= x + N, 弧长参数为 s. 两边 对 s 求导, 并运用 k + = 1, 得到 T ds ds = (1 k)T + B = T + B.(1.6) 上式两边取模长, 得到 (ds ds )2= (2+ 2)2, 所以 T= 1 2 + 2 (T + B).(1.7) 两边再对 s 求导, 即得 N N. 9. 求满足条件 = ck (c 为非零常数, k 0) 的曲线 x(s). 解解解：当 c = 0 时, = 0, 此时曲线为平面曲线. c , 0 时, 由 Frenet 公式可知 T=kN N=kT+ckB B=ckN 引入参数 t(s) = s 0 k()d 后, 上述方程组化为 dT dt =N dN dt =T+cB dB dt =cN (1.8) 3 于是有 d2N dt2 = N c2N = 2N, 其中 = 1 + c2. 于是有 N = costa + sintb,(1.9) 其中 a, b 为常向量. 把 (1.9) 代入 (1.8) 第 1 式, 得到 T = 1 (sinta costb + cf), (1.10) 其中 f 为常向量, c 为常数. 把 (1.9), (1.10) 代入 (1.8) 第 2 式, 得到 B = c (sinta costb) + 1 f. (1.11) 则 (1.9), (1.10), (1.11) 为方程组 (1.8) 的通解. 为了保证在初始点 s = 0 时 T(0),N(0),B(0) 为单位正交右旋标架, 要对常向量 a, b, f 加以一定的限制. 因为 T(0) = 1 b + c f N(0) =a B(0) = c b + 1 f 因为标架 T(0),N(0),B(0) 与标架 a,b,f 之间的变换矩阵是行列式等于 1 的 正交阵, 因此只须选取常向量标架 a,b,f 为单位正交右旋标架即可. 最后, 对 dx ds = T 积分即得曲线方程为 x(s) = 1 ( s 0 sint()d a s 0 cost()d b + csf ) + g, 其中 g 是常向量. 10. 设曲线 x2(t) 在曲线 x1(t) 的切线上, 并且在对应点它们的切向量相 互正交, 则 x2(t) 称为 x1(t) 的渐渐渐伸伸伸线线线, 而 x1(t) 称为 x2(t) 的渐渐渐缩缩缩线线线.现 设 x(s)是弧长参数曲线, x1(s) 和 x2(s) 是 x(s) 的两条不同的渐伸线. 证 明 x1(s) 和 x2(s) 为 Bertrand 曲线对的充要条件是 x(s) 为平面曲线. 证证证明明明：由题意可设 xi(s) = x(s) + i(s)T(s),(1.12) T Ti= 0,i = 1,2,(1.13) 其中 si为 xi的弧长参数. (1.8) 两边对 s 求导可得 Ti dsi ds = T + iT + ikN, (1.14) 4 结合 (1.9) 可得 Ti N, i= s +Ci, 其中 Ci为常数. 所以 xi(s) = x(s) + (s +Ci)T(s),(1.15) 如果 x1(s) 和 x2(s) 为 Bertrand 曲线对, 则 x2 x1= CN1, N1 N2. 结 合 (1.11) 得到 (C2C1)T = CN1, i.e. T N1. T2= N 两边对 s 求导, 得到 k2N2 ds2 ds = (kT + B).(1.16) 因此 = 0. 反之, 如果 = 0, 由 (1.12) 可知 T N2. 所以 x2 x1= (C2C1)N2. 11. 设 C : x(s) 是弧长参数曲线, 它的 Frenet 标架为 T(s),N(s),B(s). 以下曲 线 C1: x = T(s),C2: x = N(s),C3: x = B(s) 分别称为 C 的切线, 主法线和从法线的球球球面面面标标标线线线. 若 si为 Ci(i = 1,2,3) 的弧 长, 证明: ? ? ? ? ? ds1 ds ? ? ? ? ? = k(s), ? ? ? ? ? ds2 ds ? ? ? ? ? = k2+ 2, ? ? ? ? ? ds3 ds ? ? ? ? ? = |(s)|. 证证证明明明： T1 ds1 ds = k(s)N, T2 ds2 ds = k(s)T + (s)B, T3 ds3 ds = (s)N. 两边分别求模长即可得证. 12. 证明: 曲线 C 的切线的球面标线为(部分)大圆的充要条件是 C 为平面曲 线; 曲线的主法线的球面标线永远不为常值曲线. 证证证明明明：设C : x(s) 是弧长参数曲线, T 是其切线. 如果C 是平面曲线, 则 (x(s) x(0) n0= 0. 两边对 s 求导得到 T n0= 0, 也就是说 T 是平面曲线. 反之, 如果 C: T(s) 为大圆, 则对应的曲率和挠率分别为 k= 1, = 0. 运用第 2 题结论计算 k, 得到 (s) = 0. 如果 dN ds = 0, 则 kT + B = 0, k = = 0, 矛盾. 5 20.2 E3中中中的的的曲曲曲面面面 1. 设在 E3中已给出曲面 f(x1, x2, x3) = 0, 其中 f 是光滑函数, 求该曲面的单 位法向量和第一基本形式. 证明: 曲面 x1x2x3= c3(c 为常数) 在任何点的切 平面与三个坐标平面所围成的四面体的体积是常数. 解解解：设存在隐函数使得 x1= g(x2, x3), 则该曲面可表示为 x(x2, x3) = (g(x2, x3), x2, x3). 由 f(x1, x2, x3) = 0 可知 g x2 = f2 f1, g x3 = f3 f1, 其中 fi = f xi, i = 1,2,3. 直接计 算即得得 n = (f1, f2, f3) (f2 1 + f2 2 + f2 3) 1 2 , I = (1 + f2 2 f2 1 )(dx2)2+ 2 f2f3 f2 1 dx2dx3+ (1 + f2 3 f2 1 )(dx3)2. 证证证明明明：过任意曲面上一点 (a1,a2,a3) 的切平面方程为 (x1 a1)a2a3+ (x2 a2)a1a3+ (x3 a3)a1a2= 0, 与坐标轴分别交于点 (3a1,0,0), (0,3a2,0), (0,0,3a3). 所以体积为 9 2|c| 3. 2. 计算下列 M obius 曲面的单位法向量: x(u,v) = (cosu,sinu,0)+v(sin u 2 cosu,sin u 2 sinu,cos u 2) ( u , c 为常数: (x1)2 a + (x2)2 b + (x3)2 c = 1. 当 分别在以下三个区间: (,c)、(c,b)、(b,a) 取值时, 我们分别可得一族 椭球面、一族单叶双曲面和一族双叶双曲面. 证明: 过空间不在坐标平面上 6 的每一点, 都有这三族曲面的一张通过, 并且它们在该点相互正交 (三三三重重重正正正交交交 系系系). 证证证明明明：设空间中任意一点 (x1, x2, x3) (xi, 0) 经过曲面 (x1)2 a + (x2)2 b + (x3)2 c = 1, 即 f() = (b)(c)(x1)2+(a)(c)(x2)2+(a)(b)(x3)2(a)(b)(c) = 0. 由于 f() 0, f(b) 0, 所以 f() = 0在(,c)、(c,b)、(b,a)上 各有一根 1, 2, 3. 由习题 1 可知, 三张曲面的法向量分别平行于 ni= ( x1 ai, x2 bi, x3 ci ) . 所以 对于 i , j, ni nj = (x1)2 (a i)(a j) + (x2)2 (b i)(b j) + (x3)2 (c i)(c j) = 1 j i ( (x1)2 (a i) (x1)2 (a j) ) + ( (x2)2 (b i) (x2)2 (b j) ) + ( (x3)2 (c i) (x3)2 (c j) ) =0. 4. 证明: 圆柱螺线 x(t) = (cost,sint,t) 的切线曲面是可展曲面, 但它的主法线 曲面 (正螺面) 和从法线曲面都不是可展曲面. 证证证明明明：切线曲面, 主法线曲面和从法线曲面分别为 x(t, s) = (cost,sint,t) + s 2(sint,cost,1), x(t, s) = (cost,sint,t) + s(cost,sint,0), x(t, s) = (cost,sint,t) + s 2(sint,cost,1). 运用命题 2.1直接验证即得. 5. 若曲面上的参数曲线所构成的四边形对边长相等, 则称为 Chebyshev 网网网. 证明: 在 Chebyshev 网下, 曲面的第一基本形式可化为 I = (du1)2+ 2cosdu1du2+ (du2)2, 其中 是参数曲线之间的交角. 例如, 平移曲面 x(u,v) = a(u) + b(v) 的参数网 就构成 Chebyshev 网. 7 证证证明明明：在 (u,v) 参数曲线网下, 沿 u参数曲线从点 (u,v1) 到点 (u,v2) 的距离 为 a b g22(u,v)dv dt dv dtdt. 因为参数曲线所构成的四边形对边长相等, 所以这个 距离与 u 的选取无关, 也就是说 g22= g22(v). 同理 g11= g11(u). 此时第一基本 形式表示为 I = g11(u)du2+ 2g12(u,v)dudv + g22(v)dv2. 作坐标变换 u= g11(u)du, v= g22(v)dv, 则 I = (du)2+ 2 g12 g 11g22 dudv+ (dv)2, 而 cos = g12 g 11g22. 对于平移曲线, g11= |a|2(u), g22= |b|2(v). 6. 证明: 单位球面 x = (coscos,cossin,sin) 的第一基本形式是 I = cos2(d)2+ (d)2. 令 x1= , x2= ln|tan( 2 + 4)|. 证明: 球面 I 可与平 面I = (dx1)2+ (dx2)2共形对应 (Mercator 地图法). 证证证明明明：直接验证即可. 7. 证明: 可展曲面局部地仅是柱面、锥面或某一曲线的切线曲面. 证证证明明明：直纹面方程为 x(t,v) = a(t) + vl(t). 当 l l= 0 时, l l. 取 l 为单位向量, 则 l l= 0. 所以 l= 0, l 为常向量, 所以这时直纹面为柱面. 当 l l, 0 时, l, 0. 这时, 能把直纹面的方程改写为 x(t, s) = b(t) + sl(t), 此时 b l= 0. 事实上, 令 b(t) = a(t) + v(t)l(t), 其中 v(t) 为待定函数. 因 为 0 = bl= al+vll, 所以只要让 v(t) = a l ll 即可. 再令 s = vv(t) 即 可. 在新参数下, 曲面为可展曲面等价与 (b,l,l) = 0, 即向量 b, l, l共面. 当 b, 0 时, 因为 b与 l相互垂直, 所以 l b, 因此直纹面是由 b 的切线 所组成, 即为切线面. 当 b= 0 时, b =常向量, 这时直纹面是一个锥面. 8. 球面上与子午线交成定角的曲线称为斜斜斜驶驶驶线线线. 求斜驶线的方程. 解解解：设单位球面为 x(,) = (coscos,cossin,sin), ( 2, 2), 0,2. 子午线为 x1() = (coscos,cossin,sin), 8 其单位切向量为 T1= (sincos,sinsin,cos). 设斜驶线为 x2(s) = (cos(s)cos(s),cos(s)sin(s),sin(s), 则其单位切向量为 T2= 1 2 + cos22 (sincos,sinsin,cos)+(cossin,coscos,0). 子午线与斜驶线交于定角 , 也就是说 cos = T1 T2, 解得 = tan cos. 所以 = tan d cos +C, 其中 C 为常数. 30.3 曲曲曲面面面上上上的的的曲曲曲率率率 1. 求双曲抛物面 x = (a(u1+ u2),b(u1 u2),2u1u2) 的主曲率 (a,b 为正常数). 解解解：直接计算得 g11= a2+ b2+ 4(u2)2,g12= a2 b2+ 4u1u2,g22= a2+ b2+ 4(u1)2, h11= h22= 0,h12= 2ab a2(u1 u2)2+ b2(u1+ u2)2+ a2b2 (h12 0, I = (d)2+ 1 a2 sin2(a)(d)2; (3) K = a2 0 时, ( g 22)+ a2( g 22) = 0, 所以 ( g 22) = A()cos(a) + B()sin(a). 运用 lim0 g 22= 0 和 lim0( g 22)= 1 得到 A() = 0,B() = 1 a. K = a2 0 时, 证明类似. 3. 在测地极坐标系 (,) 中, = 常数的曲线称为测测测地地地圆圆圆. 证明: K 为常数的 曲面上测地圆有常测地曲率. 证证证明明明：由习题 2 可知, 测地极坐标系 (,) 下, K 为常数的曲面的第一基本形 式局部地可表示为 I = (d)2+ g22()(d)2. 代入 Liouville 公式, 其中 = 2, 即 有 kg= ln g 22() . 因为测地圆上 = const., 所以 kg= const. 4. 设旋转曲面 x = (vcosu,vsinu, f(v) 具有常 Gauss 曲率 K = 1 a2. 证明: 函数 f(v) = a2v2 v dv. 在上式中取负号, 再令 v = acos，则有 f = +aln(sec + tan) sin + c. 这样的旋转曲面称为伪伪伪球球球面面面, 它是由曳物线生 成的旋转曲面. 证证证明明明：直接计算得 g11= v2,g12= 0,g22= 1 + f 2, 16 h11= vf 1 + f 2 ,h12= 0,h22= f 1 + f 2 . 则 K = ff v(1 + f2)2 = 1 a2 1 1 + f2 = v2 a2 +C. 此时 g11g22 g2 12 = a2v2 v2+C. C , 0 时, limv0 g11g22 g2 12 = 0, 矛盾. 所以必 有 C = 0, 即有 f(v) = a2v2 v dv. 5. 设 C : x(u1(s),u2(s) 是曲面上以弧长为参数的可微曲线, T 为 C 的单位切 向量, n 是曲面的单位法向量, Q = n T. 试证明: T =kgQ+knn, Q =kgT+gn, n =knTgQ. 证证证明明明：由定义即有 T = kgQ + knn. 因为 Q = n T, 两边对 s 求导, 得 到 Q T = kg, Q n = g. 所以 Q = kgT + gn. 对 n = T Q 两边求导, 同理 可以得到第三式. 6. 证明: 沿曲面上的任一曲线成立以下公式: k2 n+ 2g 2Hkn+ K = 0. 证证证明明明：在曲面上取曲率线网. 由 Euler 公式得到, kn= k1cos2+k2sin2. 由习 题1可知, g= (k2k1) g 11g22 du1 ds du2 ds . 又因为cos = du1 ds g 11, sin = du2 ds g 22, 所以 g= (k2 k1)sincos. 代入验证即得. 51.4 曲曲曲线线线和和和曲曲曲面面面的的的基基基本本本定定定理理理 1. 利用 Liouville 公式证明: (1) 平面上的测地线为直线. (2) 圆柱面上的测地线为直母线和圆柱螺线. 证证证明明明：(1) 已知平面的第一基本形式为 ds2= (du1)2+ (du2)2, 则 kg= d ds = 0, = const. 因此 du1 du2 = tan = C, u2= Cu1+C1, 即测地线为直线. (2) 设圆柱面为 (acosu1,asinu1,u2), 其第一基本形式为 ds2= a2(du1)2+ (du2)2, 其中 a 为常数, 则 kg= d ds = 0, = const.因此 du1 du2 = atan. 17 当 , 2, 3 2 时, 测地线为圆柱螺线. 当 = 2, 3 2 时, 测地线为直母线. 2. 求旋转曲面 x(u1,u2) = (f(u1)cosu2, f(u1)sinu2,u1) 的测地线, 设 为测 地线与经线的交角, f 为交点到旋转轴的距离. 证明: (1) f sin = 常数. (2) 若 为定角, 则该旋转曲面是圆柱面. 证证证明明明：(1) 直接计算得 g11= f2+ 1, g12= 0, g22= f2. 根据 Liouville 公式可 知 kg= d ds + f f f2+ 1 sin = 0, du1 ds = 1 f2+ 1 cos. 由此得到 d ds(f sin) = 0. (2) 若 = const., 则根据 (1) 可得 f(u1) = const., 则该旋转曲面为圆柱面. 根据 (1) 可得 测地线的微分方程为 du2 du1 = f2+1 f tan. 3. 证明: 存在两族交成定角的测地线的曲面必是可展曲面. 证证证明明明：将其中一组测地线取为正交参数曲线网中的 u1曲线, 定角为 . 则 = 0 和 = 分别为两族测地线. 根据 Liouville 公式, = 0 时得 到 g11= g11(u1); = 时得到 g22= g22(u2). 则 K = 0, 即有该曲面为可展曲 面. 4. 证明: 在球面 x(u,v) = (rcosucosv,rcosusinv,rsinu) ( 2 u 2,0 v 0, 从而有 h11= (1 + 1 2 H),h22