《微分几何》陈维桓第六章习题及答案

1、§ 6.1测地曲率1. 证明：旋转面上纬线的测地曲率是常数。证明：设旋转面方程为 r = f(v)cosu, f (v)sin u, g(v)，I=f (V)(du) +(f 2(V)(V)(dv)，E = f2(v),G =2(v)+g"v)纬线即u曲线:V =V0（常数），其测地曲率为kg =1 cin E1 cl nf227G cv'22jf，2 +g'2令f (Vo )Jf，2(V0)+ g，2(V0)'2'2为常数。42、证明：在球面= (acosucosv, acosusinv,asinu)，-厂u<m0<V<&

2、quot;曲线C的测地曲率可表示成kgd日（S）ds-sin(u(s)dv(s)ds圭中（u（s）,v（s）是球面曲线C的参数方程,s是曲线C的弧长参数，（s）是曲线C与球面上经线（即u-曲线)之间的夹角。证明E =a22 2F =0 , G = a cos u因此3、dOkg " ds _2屁匚1cln E ccos 9 +1lnGsinO2疋cu兰+丄曲竺辿sinTds2acusin0 , ds a cosu 7而dv 1证明:1=sinQ =sin0ds Jga cosu艺-sinu空Odsds在曲面S的一般参数系(u,v)下，曲线C :u =u(s), v = v(s)的测地

3、曲率是kg= 7g(Bu(s) - Av(s) +u(s)v"(s) -v(s)u"(s)，其中s是曲线C的弧长参数,g =EG-F2A TduYs)2+21鸟”(9+22(心)2，B =巧1(9)2 +2r22U(s)v'(s)+r22(v'(s)2特别是，参数曲线的测地曲率分别为kgu二拓臥)3 , kgv=-Tgjv'G)3O证明设曲面S参数方程为丄 r(ui,u2),C :Ui =Ui(s),U2 =U2(s)曲面S上的曲线的参数方程为C : 5 = U1（s）, U2= U2(S),s为C的弧长参数;沿C的法向量;曲线 = (s) = r(

4、Ui(s),U2(s),(s)i,j,k-1k=1riji，j=1r，（s）i=1k=1ds，H dUi dUjrijds dsijdsdsrki=1i,j=1d2®ds2代入计算indskniji,j =d s2 ，bjTn+dsdsk=1du dUj 4 )rkds ds（r：r”,n）d2Uk 十ds2iji,j=1ds dsbjds2du dUj 4ds dsbijgn,ds ds22225）：i,j =6dU1 (d2U2 ds ( ds22+ Zi,j丄ds ds2dU2 (d U1 .ds ds21 du du j 4445=匸"1,"),50由此得

5、到kg=vg譽(令ds ds2+ 2 r2ri,j=1'2 dUi duj) ij ds ds)_吗西工1 ds (ds2i,j=1 ijdu,dUj) ds ds )以上是测地曲率的一般计算公式。换回参变量 u厂U,U2二V，即可得到结果。4.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。解由于 川九（rU,n）,2而2討邛穿+普所以朋齐齐吧）2+魯仁（M,崎M'11444比(r'(t),r ''(t), n(t) 所以此g(t)= i I丿H I役I)； l|

6、r'(t)记 U = Ui,v+d2Ui计罟知沖dtdui dUj 4d Uk 4从而(r,'',n)=(,'x,'')4,-dui dUj=頁(-+ ij "-)dU1 d2U2dU2 d 2u1dUi dUj ) gdui dUjgijdt dt由此得到:_ 2 dUi du i3=(+送2巴_2dUidUj严d j* dt)先気产11能du1 d u2)。3 gj dtdt5、求椭球面222z2一ab2zXV+ =1上由平面一+丄=1所截的截线在点 A = (a,O,O)的测地曲率。ca b6、求椭球面+ 2a bzXV z+ =

7、1上由平面一+-+ =1所截的截线在点 C= (0,0, c)的测地曲率。 cab c1、6、2测地挠率对曲面H上的曲线的测地挠率,有Tg1du 2du dvdv 2=2KME -LF)匸)+(NE-LG) 丁+(NF -MG)()JeG F 2= (ME -LF)(du) +(NE-LG)dudv +(NF -MG)(dv)llrrvll(ds)dsds dsds证明 证法一 Tg =(A(s)xR(s) n，将n=车工代入，利用拉格朗日恒等式，得此沈11.44呻 T彳# #r X rig =(n'(s)xr'(s) n =(n(s)xr (s) -4 4 . llrrvll

8、n(s) l|rr：|(s)n(s)rvT/- 5 ，ru r (s) fvn(s)=nu 包ds壷色，,(s)凳也U空代入，得ds dsds一Ldu -Mdv-Mdu Ndv5 "|说咒打|©)2 Edu+FdvFdu +GdvFdu +GdvMdu + Ndv1 Edu + Fdv1=iiru%Mi(ds)2(dv)2E-dudv(du)2G_ 1Jeg-f2du dvds dsF(彩G证法二=(A(sr(s)nIlSJ ll(ds)2 Ldu+Mdv由，得|己询|1；（rU,n）.耳片寸 11 = n n =斗 4 n =4 彳|ru沢和 阮5|斗 1从而5诃小小站|

9、1（舄,S）皿屛（s用占（匸爲）1= |r/M|扌（s）r （s）0n（s） y（s）诂4 4n %4,4n （s）叽 3（s） ru0< 耳n （s） r<、$r（s）口n:n rv4%n（s）彳（s）.nn.nn（s）ru |iArJ | 啓 s）:n（s）r（s）I4，rv将n（s）=nu屯启ds dsrWri 乎ds4 dvrv代入，得ds1T|hrv|（ds）Ldu -MdvEdu +Fdv-Mdu - NdvFdu + GdvFdu + GdvMdu +Ndv1 Edu + Fdv_|?1冥 EIlcIu+Mdvdu 2du dvdv 27E（ME LF 临）2+（NE

10、 LG）忑忑rNF MG临）2 .2、设r = ?（s）是曲面上的曲线，证明： r是曲率线的充分必要条件是q =（n（s）;（s）,n）=0。证明 设是曲率线，于是rs）是主方向，则有ns）/rs）,从而 Tg =（n（s）,H（s）,n）=0 ；若 Tg =(:,/(s), n)= 0，则有 ns), r(s), n 共面,于是有 n(s) =ars) +bn，而 n(s) n =0 ,必有 b =0，于是 n(s) = a*(s)即得"（s）是主方向，r是曲率线。3、曲面工上一点P（u,v）处的单位法向量为 n.设曲面n上曲线r ,以®表示P 与n的夹角.命,=，ds设

11、曲面工上曲线r在P点处的挠率和测地挠率分别为T，g，则有Tg =二+T 。显然，如果沿曲线有 W =常数，则对此种曲线有 5证明根据向量之间的关系，易得n = cosW+ sinT片 TP = cos® n + sin w客，九 sin® n - cos®'，利用上述关系式及曲线论的Frenet公式，代入计算，得Tg = -n（s）:（s）=-cos 邨'(s) sin (s) +sin W#(s) +cosW»(s)A(s) ：(s) =-cos申(一k j+t巧一sin WP® '(s) +sin 护(一tP) +c

12、osW#(s)申 s)pt(s) =Tcos +sin? g '(s) r sin 2® +coss) "+A(S)。I4、设曲面:卩= F（U,V）上的坐标曲线构成正交网曲面八曲线的切方向与2的夹角为则有Tg=2渚2.证明 在正交坐标曲线网下，我们有F = 0 ,du 1 cosy 虬丄sin。，ds JEds 7G将它代入测地挠率的计算公式，计算得du 2du dvdv 2L2(ME-LF)(ds)+(NELG)dsdr(NFMG临)1 (Mcos29 +Teg1_(NE -LG)sin 2日)，2/Egdu 2 du dv dv 2 ka=L(-)2+2M-

13、+ N(d；)2= l2cos20 +2MEycos 日 si n0 + N 丄s in20，Tegg ，Teg(2M cos2日 +-(NE -LG)sin 29)，TEg故有Tg = 12d日dkn(日).5、证明：曲面上任何两正交的方向的测地挠率之和为零证明 在曲面上选取正交坐标曲线网，曲面方程r = r（u,v）.曲面上两正交方向与 2的夹角分别为日和1由于(M cos20 +(NE - LG )sin 20)，2/Eg江1江1雹Tg(T +；)cos2(T +；) +y|(NE -LG)sin 2但 +；)(M COS2日 +1J (NELG)sin 2日)，2>/EG所以有

14、Tg（6）+Tg（8 +1）=0 .选取曲率线网作为曲面坐标网，主曲率分别为k1,k2，2 2由欧拉公式，得 kn = k1 cos 0 + k2sin日d从而 kn(日)=k1sin 29 +k2 sin29 =(k2 -kjsin 29， d 91 d1于是5匕詁小尹-kjsi".6、证明：曲面邑：* = r（u,v）上一点P沿一方向（d） = du :dv上的法曲率kn为和测地挠率S之间满足：kn2S2-2Hkn + K=0 .2 2 *1证明 由 kn = k1 cos 日+ k2sin 日，t(kk1)sin，经过计算，可得knTgk12cos29 +k22si n28 =

15、(kk2)(k1 cos20 +k2 si n28)-k,k22 2=2H (k1 cos 0 +k2 sin 8)K =2Hkn -K ,此即 kn2 +爲2-2Hkn + K =0.7、证明：极小曲面曲面工：r= r（u,v） 上一点P沿一方向（d）=du:dv上的法曲率kn为和测地挠率T g与曲面的Gauss曲率K满足：2 + kn2 + K =0.8、证明：若曲线为过曲面上一双曲点P的渐近曲线，且曲率k工0，则曲线在P点的挠2率T和曲面在P点的Gauss曲率K满足：t + K = 0 .2证明由条件可知，% = k 0，利用kn +爲2-2Hkn + K = 0，9、试证明：在曲面的双

16、曲点，主方向平分两渐近方向证:设曲面为S,渐近方向所对应得单位方向向量为vTp（S）,取Tp（S）在主方向下所对应的标准正交基为e1,e2,则 V =6 COS0 +e2sin 8 ,其中9是按Tp（S）的定向从e到V的角,则沿V的法曲率由Euler公式,有knMkjCOS2 +k2Sin29，因为P是双曲点，不妨设k0,k0,又V所对应的方向为渐近方向，所以2 2k1 cos 0 +k2 sin 0=0,k2k2解得 日1 =arccos f兄=兀-arccos 你1弋壯弋从而可知主方向平分两渐近方向.10证明：假定曲面上经过一双曲点P的两条渐近曲线在该点的曲率不为零，则这两条曲线在该点的挠

17、率的绝对值相等，符号相反，并且这两个挠率之积等于曲面在该点的高斯曲率K.证明 这两条曲线在该点的挠率分别等于各自的测地挠率,I4 选取曲率线网作为曲面坐标网，主曲率分别为k1, k2，且其中一条渐近曲线与 ru成日I4角，则另一条渐近曲线与 ru成"日 角，于是两条渐近曲线在该点的测地挠率分别为Tg® =扣2 k1）sin 2日，Tg（日）=2（k2 -k1）sin（ 2日）=扣-kjsin 2，显然q（日）=7g（），刑）=7（），2 2由于 T (8)+K =0,(1()+K =0,所以认&)=尸,心)=-匸K，于是有1(日)疏8) =K .§ 6.3

18、测地线1. 证明:柱面上的测地线必定是定倾曲线. 证明 不妨设柱面的直母线与 Oz轴平行， 故曲面方程可取为r =r(u,v f (u), g(u),v，其中u为准线的弧长参数。现在求形如 V = v(u)的测地线方程。£ II Tg'2十,2(g'厂 f ；0) = (gf ；0)rU =f (u), g(u),v(u)rUu =f "(u), g”(u),v"(u)，对于测地线,(n,r：,j =0于是-fpgg可得(g。+ f °)VTgg Jffw = 0,由于U为准线的弧长参数，所以有g"2(u) + f "

19、2(u) =1，从而 gg" + f f " = 2g "2(u)中 f "2(u)' = 0，所以 v"(u) = 0，因而 V = GU +Q ；由此，测地线族的方程为r = f (u), g(u), gu +C2， cos° mW)=需=為 即测地线与Oz轴(即直母线)成定角，从而形如 v= v(u)的测地线为定倾曲线。又因直母线也是测地线，且与 Oz轴平行，故直母线也是定倾曲线.故 柱面上的测地线必定是定倾曲线.2、设曲线C是旋转面r = f (u)cos v, f(u)si nv,g(u)上的一条测地线，用9表示曲线

20、C与经线的交角。证明：沿测地线 C成立恒等式f (u)sin 0 =常数。证明经线即u曲线：v=vo (常数)；E =(f 2(u)+gru),G =f2(u),F 由测地线方程，有d日_I ds2%/G &v1lnEcosef'(u)dudscosTedv_ 1 ds TGsin8 = sin8%f(u)Jf "u) + g'2(u)=j 1 cos 日,J 厂 2(u) + g2(u)=sinO.f(u)sin日从而，可得f (u)sin 8 = f *(u)dusinQ + f (u)cos 9 竺=0dsdsds于是f (u)sin 0 =常数。3、设

21、在旋转曲上存在一条测地线C与经线交成定角e并且8 h0,工2证明：此旋转面必为圆柱面。(常数)；V =V0证明 设旋转面方程为- f (u)cosv, f (u)sinv,g(u)， 经线即u曲线:I = (f 2(u) +g"u)(du)2 + f2(u)(dv)2，E =(f 2(u) +g"u),G =f2(u),F =0 ；由测地线方程，有d日1 cln Eacos日1 cl nGI ds 2/G cviduIds TE27E1cos。sin 日=-cuf'(u).sin 9f(u)Jf'2(u)p2(u)=jcos日,Jf'2(u) + g

22、'2(u)1=-sin0 =sin.ds Jgf (u)dv 1竺=du -于是罟聞。，由于汙0,所以-fu制0, 又常数0 "专，f'(u)=O，故f(u)=常数，因此曲面为圆柱面。4、证明：(1)若曲面上一条曲线既是测地线，又是渐近曲线，则它必定是直线。(2)若曲面上一条曲线既是测地线， 又是曲率线，则它必定是平面曲线。(3)若曲面上一条测地线是非直线的平面曲线，则它必定是曲率线.证明：(1)因为所给曲线是测地线，所以kg=O ；又因为所给曲线是渐近线，所以kn =0，而kk2+kg所以k=0,故所给曲线是直线。（2）设曲面曲线C是既是测地线，又是曲率线;则若C为

23、直线，当然是平面曲线；若C不是直线，由C为测地线，知n=± X从而卜=±杯=±（號/+）；又因C为曲率线，故依罗德里格定理，有 于是有一瓷0 +褂=，即（Y ±几）0 +=0，故T =0，所以C是平面曲线。 因为所给曲面曲线C是非直线的测地线，所以沿此曲线有从而n'=±i'=±（去+#），又因为曲线C是平面曲线，所以T =0,于是，因此由罗德里格定理可知曲线C的切线方向为主方向,故所给曲面曲线C为曲率线。5.证明：若曲面S上所有的测地线都是平面曲线，则该曲面必是全脐点曲面.证明：证法1因对任意P - S及点P的任一单位

24、切向量V，均存在唯一的一条测 地线C过点P ,且以V为其在P处的切向量.故S上任一点处均存在至少三条测地线是非直线的平面曲线, 任意P-S,设Ci,C2,C3为过点P的三条非直线的测地线，对应的在点处的单位 切向量分别为：,：2；3。 由习题4 (3)的结论，知Ci,C2,C3均为曲率线，从而Vi,V2,V3均为点P处的主方向。故由P的任意性知，曲面S在每一点处均有三个不同的主方向，而这只有在脐点处 才会产生。因此，S为全脐点曲面。证法2因对任意P-S及点P的任一单位切向量V，均存在唯一的一条测 地线C过点P ,且以V为其在P处的切向量.由曲面曲线C是测地线，所以Tg=T；又C是平面曲线，可知

25、T=0 ；pl于是Tg =T =0。由于 kn (日)=2Tg (日)=0， d0所以在点P的任意方向kn(8)=const.从而知P是脐点，故S为全脐点曲面。6已知曲面的第一基本形式如下，求曲面上的测地线(1) I = v(du)2 +(dv)2；2(2)1 =务(du)2+(dv)2。v1a=尸 COS0 ,ds 2vJvJ屯=丄8讯解 (1)测地线方程：Ids jvdv 1 A=si n0.ds Vv于是有*dv = 2vtanS d日dv a=tan £. duJ _ 2 解此方程组，得 jvcosT =c，tan= ± v cc业=± Jv c ，从而

26、u = :±2c7v -c2 + q ； duc(2) 测地线方程:01门=COS8 , ds adu v c-cos 日,adsdvI ds=Ysino. a于是有*r dv空"anT.duf2 2解此方程组，得cos-c，tan日"v空*直了，从而u = 土严 = E(u,v)(du)2 +G(u,v)(dv)2，设另一族测地线C2与u-曲线的夹角为日, 则由-ki/r弓乎，得 ET ；由 0 =kg2 =艺+斗Eggs in 日，又8 =<s.且日-(0")，得 Gu =0， ds 2VE+<1。duc7.若在曲面上存在两族测地线 ，它

27、们彼此相交成定角，则它的高斯曲率处处为零，该曲面必是可展曲面.代入公式：-亠©牡>/eG L vGv证明 取其中一族测地线Ci为u-曲线，建立正交参数系(u,v);得K =0，所以曲面为可展曲面。8.设r是曲面工上的一条曲线，P是曲线r上一点，曲线在P点处的挠率和测地挠率分别为T, Tg .如果r是测地线，且曲率k H 0，证明 T = Tg .证明 由曲线论的Frenet公式知道,dsdsd rds（字,阳），由r是测地线和k H 0，得E =于是 T(n(s), ?(s), n(,ds故有 T = Tg9、设r是曲面工上的一条曲线， P是曲线上一点，曲线在P点处的挠率和测地

28、挠率分别为T , Tg .如果r是渐近曲线，且曲率 k H0，则有T = Tg .证明由曲线论的Frenet公式知道，TTTdYT dYTT = -= R = n =（丁3 J），dsdsds由r是渐近曲线和k H 0，得扌=±n:于是 5 =(n(s),rs),n)=(乂,2了),ds故有 T = Tg注：设r是曲面I：上的一条曲线，P是曲线r上一点，曲线在P点处的挠率和测地挠率分别为T , Tg .若r是一条直线，则曲率 k=o, T =0，卩既是测地线又是渐近曲线,曲面F非平面，但Ig H0。事实上，=r'（s）是常向量，由才冷s）=0，得n 冷9=0，由n（s）*（s

29、）=0,所以 n（s）/（nx<?）,=几去才）,几H0,故有 Tg = -n'(s) (nxd)= -几 H0 , t q。10、假定曲面S,和S2沿曲线C相切, 证明：(1)若C是Si上的测地线，则C也必定是S2上的测地线;(2)如果C是Si上的曲率线，贝U C也是S2上的曲率线;(3)若C是S上的渐近曲线，则C也是S2上的渐近曲线。证明：因曲面S和S2沿曲线C相切,故曲面S1和S2沿曲线C的单位法向量 m平行，即±02 ；(1)证法1若C是直线，则C既是Si上的测地线，也是S2上的测地线;7 _ 4若C不是直线，则因C是S1上的测地线，故C的主法向量P = - 0

30、1，? _ 4从而P二-02，故C也是S2上的测地线。证法2 因曲面S和S2沿曲线S1和S2沿曲线C的单位法向量舄2平C相切，故曲面 行，即盂=±1;的测地线, 贝(da 0,)0, =0， 即得 d j -(d，罷見 =0， 所以C也是S2因C是S1的测地线。(2)若C是S上的曲率线，则有dOj/d?， 从而眾/8：， 即C也是S上的曲率线。(3)若C是S上的渐近曲线，此时若C为直线，则显然C也是S2上的渐近曲线;若C不是直线，则dn Idr ， 从而dnd?， 故C也是S2上的渐近曲线。11、证明：曲面 F(x, y,z) = 0的测地线满足微分方程FxFyFzdxdydzd2x

31、d2yd2z证明的曲线,设 C : r 二 r(s)二(x(s), y(s), z(s)是曲面 S s是曲线的弧长参数，n是曲面S上的法向量,4 Fn =PF II曲线C的 测地曲率PFIIdxd2xdsds2dyd2ydsds2dzd2zdsds2FzFyFxkg=0亦即dxdyFxFyFz dzd2xd2yd2z§ 6.4测地坐标系1、设曲面的第一基本形式为I = (du)2 +G(u,v)(dv)2，求 rjk及Gauss曲率K .解因为E=1,F=0,有正交的参数曲线网， 所以=2 =理1 =哺=014 一丄竺一1Gu，2E cu222 m nG 1 G1 12 = 1 21

32、 =- =-Gu，2 cu2G21 cl nG 11 22 =222 CMK -届懐)-冷 2、设曲面的第一基本形式为I = (du)2+G(u,v)(dv)2 ,并且G(u,v)满足条件G(0,v) =1,Gu(0,v0 ,证明：G(u,v)=1-u2K(0,v)+o(u2)。2一1Guu(0,v)，22G2(0,v)证明由上题知，K(0,v) =Gu (0,v)G(0,v)Guu(0,v)对G(u,v)关于u在u = 0处Taylor展开,有G(u,v) =G(0, v) +Gu(0,v)u + ；2Guu(0,v)u2 +o(u2),2 2从而 G(u,v) =1-u K(0,v)+o(

33、u )。3、设曲面S上以点P为中心、以r为半径的测地圆的周长为Lr，所围面积是Ar，3 27ir-L12 兀 r2-A证明：P点处的曲率是 K0 =lim3一 Tim4 or?0 兀rrT 兀 r证明：在P点附近取测地极坐标系（S,日），则有1 = （ds）2+G（s月）（d8）2 ,其中四阿诙=0,鸣空迺=1 ；所以 k 1（G/G）s）亠（荷日、1.所以 k 一7EG（pr）s （右）沪一忌；宀2于是二S2两边关于逵K殆3S求导，得CSCS，C JG（s® = |雪 _kJg（s,8） = 0 ;所以£3Jg（03）lim /如）ST0殆3巳2（ -Kg如巧_叫亦）。；

34、对JG（s,日）关于S在s = 0处Taylor展开，得jG（s）= Jg（0F）+ 川g）爲s+工2仮诙2ls=0 s+£ 迺迥"3+o（s3）R®6CS1 3 3=s-KoS3 + o（s3）Re）；由Lr i 1332兀jG(r,£)d日=2;irK0r32兀 +o(s3) f R(0)d0 ,w6'02兀一Lr +o(s3) f兀R(9)d0Klim'0iimWiLr r_jP 兀r3打 dsrjG(s,£)d 日=兀r2 -二 Kor4+ f o(s3)ds"R(日)d0 ,A O012得K02r 32 兀n

35、r2 -A + J o(s3)dsj R(日)d8 = lim'0'0T兀 4 一 r 1212 Jir2 -A§ 6.51.试在测地极坐标系下写出常曲率曲面的第一基本形式 解 常曲率曲面S的Gauss曲率K三const常曲率曲面在S上取测地极坐标系(Sp),贝U I =(ds)2+G(sf)(d8)2,且吗佝西=0,巴半严才;K 一忌烽)s+(辔厂4G ES2迤+ k6oi) 当KaO时，止：时寸 4G = A(日)cosVKs + B(日)sin >/Ks根据条件吗虫辭)=0，可得A( )0 ,cS于_是 /G = B(T)sin/Ks , 又因 刃G(S向

36、=b(®Wcos7Ks , lim *JG(S月)-=1 ,cS7 岛1 得B(A赢,从而JG = -sin TKs,TK，(ds)2十)2;c/Gc门，_ii)当 K=0时,殆2二 0，从而 7G = a（£）+ b（t）s ,cJg(s,8)由条件 ymJG(s,日)=0,im°ZS，T =1，可得 A(8) =0,B(&)=1 ,所以启二s，故HSd Sd(2)iii)当 K cO时，此匕时 JG = A(8)ch&Ks + B但)sh&Ks。根据条件 ism，jG（sf）Fism/J：® =1,可得&日）=0月（日

37、）=占,于是后止shs(ds)2 -)22.证明:在常曲率曲面上，以点P为中心的测地圆具有常测地曲率 证明：常曲率曲面 S的Gauss曲率K三const在S上取测地极坐标系（sp）,贝打=（ds）2+G（s,日）（d日）2,且ijmJG両=0,吗邑g西=1 :cs测地圆为日-曲线，即r （常数），其测地曲率为冷2辰为£ln G1 Gs ；_2 G '因S为常曲率曲面，故S的第一基本形式为下列三种情况之一:=(ds)2 +1si皿S(d )2,K>0 ；(ds)2s2(d )2,K=0 ；=(ds)2冷6©)2K c0 ；而在上述三种情况下,叶21（詈均与。无关

38、，即宙沁因此，在常曲率曲面上，测地圆有常测地曲率3已知常曲率曲面的第一基本形式为' =(du)2 +1sin2 皿(dv)2,"；或"(du)2Ksh2 丘(dv)2, K<0 ；测地线的参数方程，其是曲线C的弧长参数，则存在 不全为零的常数K>0或是K<0，分别满足下面证明：若C:u =u(s),v=v(s)是该曲面上的一条A,B,C，使得他按照 的关系式：Asin VKU (s) cosv(s) + Bsin VKu (s)sin v(s) + C co/Ku (s) = 0，及 AshJ-Ku (s)cos v(s) + BshJ-Ku (s

39、)sin v(s) + CchJ-Ku (s) = 0。面的关系式有什么几何意义?试把上述 关系式和球面、伪球面的测地线进行对 照，想一想：证明当K >0时，测地线方程为du=-TKdvdusin 0 =1 "lnEcosUsE-TK/Eu ®nsin"K udvdscosVKUdu 1c o s = cO sds TE斗sin=不4GsiKu gTK._ tan 日. sin vKusin TKu，9nJsin2 JKj -c2dvTKdu sin VKu VsinTKu -c2cTKdv = du，si n JKu vs in Wku -c2c>/

40、Kv = J:/sin /Ku Jsin2 "TKu -c2ducTKsin2 /Ku Ji -c2 -c2cot2duL s$n s i “Kuj-( f c c)2 cotWKud( I ccotTKj)Ji -c2= arccos=cot JKu )+vo，其中v。是积分常数;于是厂Vicot VKu =cos(v -v0) =cosv0cosv 中sin v0 sin v， -c2由此即证得结果。当Keo时，同理可得到测地线方程.所证关系式的意义如下：在K >0 的情形，可以把该常曲率 曲面设想为球心在坐标原点的球面， 要证的关 系式恰好表明测地线落在经过球心的平面在K

41、<0的情形，可以把该常曲率曲面设想为 洛伦茨空间中的伪球面（双叶双曲面的一支） 要证的关系式恰好表明测地线落在经过坐标原点的平面4、试求 Klein 圆：u?+v1上fS需2内的测地线5 人 fu = r cos 日 解令V =rsi n 0(0 cr c1,0<9 <),2 r 2、2 (1 rg 1+r2 .sin a, r测地线方程:dsdr2 一 = (1-r2)cosa,I dsd日1 -r2 .sina. ds r其中a为该测地线与r-曲线的夹角，s为测地线的弧长参数。da1 + r2=tan a,(1)drr(1 r2)dr二rco2, (2) d日. 21 -

42、 rr由(1 )式，In I si1= In+ ci, sin = c，r 1 rsin_c1c2(1：r2)2cot a = ±厂c(1-r2)drdOr2r2+ W -c (1r )c(1-r2)2a(1 + r )，其中a訥 +4c2则有1 -X2r2 -a2(1 +r2)2 r2 -c2(1-r2)2r2(1+4c2)dxOdr , dx£ = + f J= ±arccosx +日0,-X（日0为积分常数），x=cos6)=r (cos日 cos 日0 +sin 日 sin 日0)(1 +r2),J1 +4c2u cos 日0 +vsin 日0u cos%

43、 +vsin %a +4c2(1+u2 +v2)u2 -+4c2u cos9 0 + v2-' +“2 vsi n % +1 = 0 ,（u 一心论。）2+（V匕2c2c"2 二。4c5、试求 Klein 圆：u2+v2£l,ds2d 2 d 2=门:齐如和Poincare上半平面1y >0,ds2 = (dx2 +dy2)之间的保长对应.4y解 记w = u +iv,z = x + iy，考虑分式线形变换w = k乞竺z + c则 dw-kSdz，1=上£4=上匚；(z+c)2(1Tw|)(z z)2 2|k(c-b)| |dz|为使，即(1 聘

44、f)2=|(z+c)2|2(1_|k¥|2)2 z + c2 2_ |k(c-b)| |dz| 2 2 2|z+c| -|k(z+b)| |k|2|c-b|2|dz|2_._ |dz|2(z + c)(z +c)-|k|2 (z+ b)(z +b)2-(Z-Z)2|c-b|2令1k十违，则有zc+cc】；c-cz2 占|C-c|2即(z-Z)2(c-c)21(z-z)所以c必是虚数，不妨设C = i ,b = -i ,且取k =1 ,从而有L = I215 zi OH 丄 x+iy-ix2+y2-1 丄-2x此匕时 w =，即 u + iv = 2 + i 2z+ix+ iy +i

45、x + (y+1) x +(y+1)2丄2.x + y -1 u = 22 ,x + (y+1)-2xv =2 .x + (y+1)为Klein圆和Poincare上半平面之间的一个保长对应.思路：类似于寻求复平面上的单位圆与上半平面之间的的保形角变换的方法。7、证明：具有下列度量形式的曲面都有常数 Gauss曲率,其值为K =-丄。a试求它们之间的保长对应。2ds2a 22= -(du) +(dv)； v(3)证明ds2ds2= (du)2= (du)22u+e a (dv)2 ；2 U 2+cosh (dv)。a分别代入，计算可得K = -=(vEG(TG).、"(TE)1右+(

46、” 一-；(1) 与( 2) a，则有I比=e aggsn1(我,r =ea. . 1甘=arcsincoshu3 aIV3 = al nr令$宀 1 ，即*icosh=-L a si n 日则有 E =(du3)(dr)2 十(阿 2=点 +cosh2 也(dv3)2 = I3,a-U3为I与I之间的一个保长对应;U1 =eath a1cosh一 aV3ne(2)与(3): «U3aV3V2 a W则有12 = 13§ 6.6 曲面上向量场的平行移动1、设 xi1,2)是偏微分方程组叹 _ pi订心 jkXk，(i，j"2)的非零解,其中r'jk是曲面S关于它的第一基本形式i,j=1gij(U1，U2)dUidUj 的Chistoffel记号。证明(1)2无 gij(U1,U2)Xi(U1,U2)Xj(U1,U2)i,円是非零常数; X(U1,U2)=i=1X (U1,U2)ri(U1,U2)是曲面s上的切向量场,它沿曲面S上任意一条曲线是平行的。证明