微分几何梅向明黄敬之编第三章课后题答案[1][1].docx
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1、微分几何梅向明黄敬之编第三章课后题答案11微分几何主要习题解答 4.直纹面和可展曲面 r12r 1. 证明曲面=u2+v,2u3+uv,u4+u2v是可展曲面. 33r12r证法一: 已知曲面方程可改写为=u2,2u3,u4+v,u,u2,令33rrrrrr122234a(u)=u,2u,u,b(u)=,u,u,则r=a(u)+ vb(u),且b(u)0,这是直33纹面的方程 ,它满足 2u6u2rrr1u(a,b,b)=3014u322u=0 ,所以所给曲面为可展曲面。 34u3证法二:证明曲面的高斯曲率为零。 r2。证明曲面r=cosv-(u+v)sinv, sinv+(u+v)cosv,
2、u+2v是可展曲面。 rrrr证法一: 曲面的方程可改写为 r=a(v)+ ub(v),其中a(v)=cosv-vsinv, rrsinv+vcosv, 2v,b(v)=-sinv, cosv,1 ,易见b(v)rrr又因为(a,b,b)=-2sinv-vcosv2cosv-vsinv2-sinv-cosvcosv-sinv1=0,所以所给曲面为可展曲面。 00,所以曲面为直纹面,证法二:证明曲面的高斯曲率为零。 3证明正螺面r=vcosu,vsinu,au+b(a0)不是可展曲面。 rrrr证法一:原曲面的方程可改写为 r=a(u)+ vb(u),其中rrra(u)=0,0,au+b,b(u
3、)=cosu,sinu,0.易见b(u)0, 所以曲面为直纹面, 又因00arrr为(a,b,b)=cosusinu0=a0.故正螺面不是可展曲面。 -sinucosu0 26 微分几何主要习题解答 证法二:证明曲面的高斯曲率为零。 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:a=a(s)的主法线曲面为 (s1):r=a(s)+vb(s),因为rrrrrrrr&rr&(a,b,b)=(a,b,-ka+tg)=t0,故(s1):r=a(s)+vb(s)不是可展曲面。 rrrrr挠曲线:a=a(s)的副法线曲面为 (S2):r=a(s)+vg(s),因为rrrrrrr
4、rr&(a,gg,=)(a,g-,tb)=t,故0(S2):r=a(s)+vg(s)不是可展曲面。 5。求平面族pa:xcosa+ysina-zsina-1=0 的包络。 F=xcosa+ysina-zcosa=0xcosa+(y-z)sina=1解 ,即 ,将此a=0-xsina+(y-z)cosFa=-xsina+ycosa-zcosa=0两式平方后相加得 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。 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
5、面、任意曲线的切线曲面是可展曲面。 rrrrr证 柱面(S1)的方程可写为 =a(u)+ vb0,因为rrrrr(a,b,b)=(a,b0,0)=0。故(S1)是可展曲面。 rrrr锥面(S2)的方程可写为 r=a0+ vb(u),因为 27 微分几何主要习题解答 rrrrr(a,b,b)=(0,b,b)=0,故(S2)是可展曲面。 rrrrr曲线:a=a(s)的切线曲面为 (S3):r=a(s)+va(s)。因为rrrrrrrrr(ab,b,=(a,a,a)=0,故(S3):r=a(s)+va(s)是可展曲面。 rrrr8证明ruu=ruv=0的曲面(S):r=r(u,v)是柱面。 rrrr
6、rrr证法: 因为ruu=0,所以ru=b(v),又因为ruv=0,因此ru=b00为固定向rrrrr量。从而积分得 r(u,v)=a(v)+ub0。故曲面(S):r=r(u,v)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ds2=dr2+r2dq2,试计算第二类k克氏符号Gij。 解 因为E=1,F=0,G=r2,所以G111=Er2E2=0,G11=-EqEq=0,G1=0, 122G2E2G12=Gr2G=1r,G122=-Gr2E=-r,G222=Gq=0。 2G2证明高斯曲率K=det(mij)。 证 因为demtij(=)k-deLti(gkj=k)L-ide
7、tg(kj)=deLti(kkj,而)g(gkj)=g(kj-12LN-M,从而det(mi)=det(Lik)/det(gkj)=, )所以det(g)=12det(gkj)EG-Fkjj故K=det(mij)。 112+m2)。 3证明平均曲率H=-(m12 28 微分几何主要习题解答 12证 因为m1+m2=-L1kgk1-L2kgk2=-(L11g11+L12g21+L21g12+L22g22)= kk-(L11g22ggg-L1221-L2112+L2211)=-(LG-2MF+NE)/(EG-F2)=-2H, gggg112+m2)。 所以H=-(m12l5对于R3中的空间曲面来说
8、, Rijk=-K(dljgjk-dklgij)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gml相乘并关于m从1到2求和,则得lgmlRmijk=-K(gmlgmj)gik-(gmlgmk)gij=-K(dljgik-dklgij),而gmlRmijk=Rijk,故得lRijk=-K(dljgjk-dklgij)。 注 在解题过程中省略了求和号。
9、6证明以下公式: K=1222221222(G11)v-(G12)u+G111G12+G11G22-G12G11-(G12); EEG-F22EG-F22(G11)-(G12); 2vEuEEG-F1EG-F21EG-F21(G22)-(G12); 2uGvGEG-F1 K= K=对于曲面上的等温坐标网有ds2=l(du2+dv2),求证K=-1l2(llun+)lu(; vlvn) 29 微分几何主要习题解答 12G 对于曲面上的半测地坐标网有ds=du+Gdv,求证K=- 。 2uG222证 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ll和,再注
10、意到Rijk的定义,可得 =gmkRmijk及RijkGlijGlikplplmk-+(GG-GG)=g(LijLmk-LikLmj),今取i=1,j=1,k=2,l=2, ijpkikpjkjpuum2212221222则有(G11)v-(G12)u+G11G12+G11G22-G12G11-(G12)=gm2(L11Lm2-L12Lm1)= mg12(L11L12-L12L11)+g22(L11L22-L12L21)=g22(LN-M2)=故 K=E(LN-M2)=KE 2EG-F1222221222(G11)v-(G12)u+G111G12+G11G22-G12G11-(G12)。 E
11、因为K=R1212g2=g2aRa121=g21R1121+g22R2121=11R1212=-g11K,所以R121 agg又因为R212122G12G11p2p2=-+(G12Gp1-G11Gp2),所以 puv22G11G122221222g11K=-+G111G12+G11G22-G12G11-G12G21vu=22G11G1221-+G11(G222+G12)vu-221221G12(G12+G111)+2(G11G12-G11G12) EG-F21EG-F221而G+G= ,G12+G11=22vuEG-FEG-F22211212G12g112g1122k2k2-G11=211,1
12、G12-212,1G11)G12-2(g1kG12)G11=2(g1kG11= kuvk12212212122(g11G11+g12G11)G12-2(g11G12+g12G12)G11=2g11(G11G12-G12G11),即 30 微分几何主要习题解答 2122(G111G12-G12G11)=12g112g11(G12-G11) g11uv于是将,代入可得:。 22G11G121EG-F222g11K=-+G11-G12vuvEG-F2EG-F212g112g11+(G12-G11)2uguvEG-F1112211K=g1122G11G122(EG-F-2vuEG-F12EG-F22E
13、G-FEG-F+G-G12)vu+ 12g11EG-F22(G12g112g11EG-F2-G11EG-F2)uv22=1EG-F2EG-F2EG-F2(G11)-(G12)vEuE因此命题得证。 因为K=R1212g2=g1aRa212=g11R1212=22R1212=-g22K, ,所以R212agg又因为R12121G1Gp1p1=21-22+(G21Gp2-G22Gp1),所以 pvuG1G112121121222g22K=-21+G122(G11+G12)-G21(G22+G21)+2(G21G22-G22G12) uvEG-F21EG-F221而G+G= ,G12+G11=22v
14、uEG-FEG-F2221211G121g22g22121-G1=2g22(G22222G21-G21G22) vu212即2(G121G22-G22G12)=g2211g22(G1-G) 2122g22vu 于是将,代入并整理得: 31 微分几何主要习题解答 K=EG-F21EG-F21(G22)-(G12) 2uGvGEG-F1 因为E=G=l2,F=0,所以 K=-(G)u(G)vl11l1u+v=-2(u)u+(v)v=-2(lnl)uu+(lnl)vv llllEGEG因此命题得证。 因为E=1, F=0, G=G,所以 K=-(G)u(E)v111G u+v=-(G)uu+0=-2
15、uEGEGGG因此命题得证。 du2+dv2k7如果曲面的第一基本形式为ds=22,计算克氏符号Gij。 2(u+v+c)2解 因为E=G=Eu-2u11G=, ,F=0 ,所以112Eu2+v2+c(u2+v2+c)22G11=-EvEvGu2v-2v-2u2=22,G1=,G=12122Gu+v+c2Eu2+v2+c2Gu2+v2+cGuGv2u-2v2G1=-=G=, 。 22222Eu2+v2+c2Gu2+v2+c2,du2+dv2 8求证第一基本形式为ds=22的曲面有常高斯曲率 。 (u+v+c)2 证 因为E=G=1,F=0 ,所以 (u2+v2+c)2222-2(v+c-u)(
16、G)u(E)v-2(u2+c-v2)122+22=4c K=-u+v=-(u+v+c)2222(u+v+c)(u+v+c)EGEG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。 32 微分几何主要习题解答 kk解 由已知条件和Gij的定义易知Gij=0,所以所求曲面的基本方程是 rrrrruu=-n,ruv=0,rvv=0rr ,从第一式和第四式可得ruu+r=u0,所以rrrunu=ru,nv=0,rrrrrrrr-asinu+bcosu=0,因此a,b是常r=a(v)co+sub(v)+siu,n再由第二式得cvrrrrr向
17、量,于是从第三式得c=dv+e(d,e为常向量),从而所求的方程为rrrrrr=acosu+bsinu+dv+e, rr2rrrrrrr22rr2而ru=-asinu+bcosu,rv=d, 所以ruru=asinu+bcosu-2absinucosu=1,因rrrrrrr2r2rrrrrr此a=b=1,ab=0,又rurv=-absinu+bdcosu=0,所以ad=bd=0,再注意到 rrrrrrrrvrv=dd=1,于是a,b,d,可以分别作为x,y,z轴上的单位向量,故所求曲面可表示rr为r=cosu,sinu,v+e, 因此所求曲面是半径为1的圆柱面。 10证明不存在曲面,使E=G=
18、1,F=0,L=1,M=0,N=-1. 证 若存在曲面满足题设条件,则所给E,F,G,L,M,N 必须满足在正交坐标网下(G)u(E)v1LN-M2的GCM公式,但-u+v=0=-1,所以不满足EGEGEG高斯公式,故不存在满足题设条件的曲面。 6 曲面上的测底线 1求正交网的坐标曲线的测地曲率。 解 因为坐标网是正交的,所以F=0,故 kg=dq1lnE1lnG-cosq+sinq, ds2Gv2Eu1lnE, 2Gv而对u-曲线来说,q=0,故kgu=- 33 微分几何主要习题解答 2对v-曲线来说,q=k2=kn2+kgp1lnG ,所以kgv=。 22Eur2证明球面r=acosuco
19、sv,acosusinv,asinu上曲线的测地曲率dqsinudvkn=-, 其中q表示曲线与经线的交角。 dsds证 易求出E=a2, F=0,G=a2cos2u,因此 dq1lnE1lnGkg=-cosq+sinqds2Gv2Eudq1ln(a2cos2u)+sinqds2au=dqsinudqdvdv11-sinq,而-sinu。 =sinq=sinq,故 kg=dsacosudsdsdsacosuG3求位于半径为R的球面上半径为a的圆的测地曲率. rr1R2-a2解法一:因为kn=ksinq,q=(b,n),而k=,sinq=,所以 aRR2-a2。 kn=aR解法二:半径为a的圆的
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