微分几何(第三版)【梅向明-黄敬之-编】第三章课后题答案[1]

微分几何主要习题解答26§4.直纹面和可展曲面1.证明曲面r=}32,2,31{2432vuuuvuvu是可展曲面.证法一：已知曲面方程可改写为r=},2,{432uuu+v}32,,31{2uu，令()aur=},2,{432uuu，()bur=}32,,31{2uu，则r=()aur+v()bur，且()bur0，这是直纹面的方程，它满足(',,')abbrrr=23226412334013uuuuuu=0,所以所给曲面为可展曲面。证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）2。证明曲面r={cosv-(u+v)sinv,sinv+(u+v)cosv,u+2v}是可展曲面。证法一：曲面的方程可改写为r=()avr+u()bvr，其中()avr={cosv-vsinv,sinv+vcosv,2v}，()bvr={-sinv,cosv,1}，易见()bvr0，所以曲面为直纹面，又因为(',,')abbrrr=2sincos2cossin2sincos1cossin0vvvvvvvvvv=0，所以所给曲面为可展曲面。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。证法一：原曲面的方程可改写为r=()aur+v()bur，其中()aur={0,0,au+b},()bur={cosu,sinu,0}.易见()bur0,所以曲面为直纹面,又因为(',,')abbrrr=00cossin0sincos0auuuu=a0.故正螺面不是可展曲面。证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）微分几何主要习题解答274．证明挠曲线的主法线曲面与副法线曲面不是可展曲面。证挠曲线（C）:()aasrr的主法线曲面为1():()()srasvsrrr,因为(,,)arrr&&=(,,)0rrrr，故1():()()srasvsrrr不是可展曲面。挠曲线（C）:()aasrr的副法线曲面为2():()()Srasvsrrr，因为(,,)arrr&&(,,)0rrr，故2():()()Srasvsrrr不是可展曲面。5。求平面族{}：xcos+ysin-zsin-1=0的包络。解cossincos0sincoscos0FxyzFxyz，即cos()sin1sin()cos0xyzxyz，将此两式平方后相加得22()1xyz。这就是所求的包络面。6．求平面族2222axayza的包络。解从222202220aFaxayzaFaxy中消去参数a，则得所求的包络面为2(1)20yaxz。7．证明柱面、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面。证柱面1()S的方程可写为r=()aur+v0br，（0br0为常向量）因为(',,')abbrrr=0(',,0)0abrr。故1()S是可展曲面。锥面2()S的方程可写为r=0ar+v()bur（0ar为常向量），因为(',,')abbrrr=(0,,')bbrr=0，故2()S是可展曲面。曲线（C）:()aasrr的切线曲面为3():()()Srasvsrrr。因为(',,')abbrrr=(,,')0rrr，故3():()()Srasvsrrr是可展曲面。微分几何主要习题解答288．证明0uuuvrrrr的曲面(S):r=r(u,v)rr是柱面。证法：因为uur0r，所以()urbvrr，又因为0uvrr，因此00urbrrr为固定向量。从而积分得0(,)()ruvavubrrr。故曲面(S):r=r(u,v)rr是柱面。§5曲面的基本定理1．平面上取极坐标系时，第一基本形式为2222dsdd，试计算第二类克氏符号kij。解因为21,0,EFG，所以1211111120,0,0222EEEEGE，2121222221,,0222GGGGEG。2．证明高斯曲率det()jiK。证因为det()det()det()det()det()det()jkjkjkjiikikikLgLgLg，而1()()kjkjgg，所以1det()det()kjkjgg，从而22det()det()/det()jiikkjLNMLgEGF，故det()jiK。3．证明平均曲率12121()2H。证因为121211211222121211122122()kkkkkkLgLgLgLgLgLg=-22221121111122122()(2)/()ggggLLLLLGMFNEEGFgggg=2H，所以12121()2H。微分几何主要习题解答295．对于3R中的空间曲面来说，()lllijkjjkkijRKgg其中K是曲面的高斯曲率。证因为121211221221,,RKgggggg所以121211221221()RKgggg，又1212211212212121,0(mijkRRRRRmi或j=k),从而()mijkmjikmkijRKgggg上式两边分别与mlg相乘并关于m从1到2求和，则得[()()mlmlmlmijkmjikmkijgRKgggggg=()lljikkijKgg,而,mllmijkijkgRR故得()lllijkjjkkijRKgg。注在解题过程中省略了求和号。6．证明以下公式：⑴22122212221112111211221211121[()()()]vuKE；⑵2222111221[()()]EGFEGFKvEuEEGF；⑶2211221221[()()]EGFEGFKuGvGEGF；⑷对于曲面上的等温坐标网有222()dsdudv，求证21[(ln)(ln)]uuvvK；⑸对于曲面上的半测地坐标网有222dsduGdv，求证221GKuG。证⑴高斯公式mijkijmkikmjRLLLL的两边分别与mkg相乘并关于m从1到2求和,再注意到lmkijkmijkRgR及lijkR的定义，可得()()llijplplmkikijpkikpjijmkikmjkjpmgLLLLuu,今取微分几何主要习题解答30i=1,j=1,k=2,l=2,则有2212221222111211121122121112()()()vu=2112121()mmmmgLLLL=12221112121111221221()()gLLLLgLLLL=22222()()EgLNMLNMKEEGF故22122212221112111211221211121[()()()]vuKE。⑵因为1212RKg，所以2221221112112111212121121211gRgRgRgRRgKg，又因为222221211121121112()pppppRuv，所以22122212221112111112112212111221gKvu=222211112112212()vu-221122112121111121112()2()①而221221221,EGFvEGF221121121EGFuEGF②22221111121112112[11,1]2[12,1]gguv=2211112112112()2()kkkkkkgg=12212212121111121112111212121111111212112()2()2()ggggg，即12122211111112121112111112()()ggguv③于是将②，③代入①可得：。222222221112111111111212112211111()ggEGFEGFgKvuvuguvEGFEGF微分几何主要习题解答3122222222111211122111()EGFEGFKEGFEGFvuvugEGF11222211111211222222111221()1[()()]ggEGFEGFuvgEGFEGFEGFvEuEEGF因此命题得证。⑶因为1212RKg，所以2111222122121212121222gRgRgRRgKg，又因为111112122212212221()pppppRvu，所以11112121121222212222111221222121222212()()2()gKuv①而221222121,EGFvEGF221121121EGFuEGF②1121212222212222222121222()gggvu即12121122222122221221222212()()gggvu③于是将②，③代入①并整理得：2211221221[()()]EGFEGFKuGvGEGF⑷因为E=G=2,F=0,所以22()()111[()()][()()][(ln)(ln)]uvuvuvuvuuvvGGKEGEG微分几何主要习题解答32因此命题得证。⑸因为E=1，F=0,G=G（u，v），所以2()()111[()()][()0]uvuvuuGEGKGuEGEGGG因此命题得证。7．如果曲面的第一基本形式为222222()dudvdsuvc，计算克氏符号kij。解因为2221,0()EGFuvc，所以111222,2uEuEuvc212111212222222222,,222vvuEEGvvuGuvcEuvcGuvc，1222222uGuEuvc，2222222vGvGuvc。8．求证第一基本形式为222222()dudvdsuvc的曲面有常高斯曲率。证因为2221,0()EGFuvc，所以()()1[()()]uvuvGEKEGEG=-22222222222222()2()[]()()vcuucvuvcuvcuvc=4c故所给曲面有常高斯曲率。9．求以E=1,F=0,G=1,L=-1,M=0,N=0为第一、第二类基本量的曲面。解由已知条件和kij的定义易知kij=0，所以所求曲面的基本方程是,0,0,0,uuuvvvuuvrnrrnrn，从第一式和第四式可得0uuuurr，所以()cos()sin()ravubvucv，再由第二式得'sin'cos0aubu，因此,ab是常向量，于是从第三式得(,cdvede为常向量），从而所求的方程为cossinraubudve，微分几何主要习题解答33而sincos,uvrauburd，所以2222sincos2sincos1uu