微分几何主要习题解答
§4.直纹面和可展曲面
?12r 1. 证明曲面={u2?v,2u3?uv,u4?u2v}是可展曲面.
3333rrr?rr122234vb(u)，且b(u)?0，这是a(u)={u,2u,u}，b(u)={,u,u}，则r=a(u)+
33直纹面的方程 ，它满足
?12r证法一： 已知曲面方程可改写为={u2,2u3,u4}+v{,u,u2}，令
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。（略）
?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, rrsinv+vcosv, 2v}，b(v)={-sinv, cosv,1} ，易见b(v)?0，所以曲面为直纹
1=0，所以所给曲面为0rrr面，又因为(a',b,b')=可展曲面。
?2sinv?vcosv2cosv?vsinv2?sinv?cosvcosv?sinv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。
r?r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)={cosu,sinu,0}.易见b(u)?0, 所以曲面为直纹面,
00arrr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）
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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。
rrrrr挠曲线（C）:a?a(s)的副法线曲面为 (S2):r?a(s)?v?(s)，因为
rrrrrrrrr&&，故(a,??,)?(?,?,???)???0(S2):r?a(s)?v?(s)不是可展曲面。
5。求平面族{??}：xcos?+ysin?-zsin?-1=0 的包络。
?F?xcos??ysin??zcos??0?xcos??(y?z)sin??1解 ?，即? ，将
??xsin??(y?z)cos??0?F???xsin??ycos??zcos??0此两式平方后相加得 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、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面。
rr?r证 柱面(S1)的方程可写为 r=a(u)+ vb0，（b0?0 为常向量）因为rrrrr(a',b,b')=(a',b0,0)?0。故(S1)是可展曲面。
r?rr锥面(S2)的方程可写为 r=a0+ vb(u)（a0为常向量），因为
rrrrr(a',b,b')=(0,b,b')=0，故(S2)是可展曲面。
rrrrr曲线（C）:a?a(s)的切线曲面为 (S3):r?a(s)?v?(s)。因为rrrrrrrrr=，故(?,?,?')?0(S):r?a(s)?v?(s)是可展曲面。 (a',b,b')3 27
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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
rrrrr向量。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?d?2??2d?2，试计算第二
k类克氏符号?ij。
解 因为E?1,F?0,G??2，所以?111?E?2E2?0,?11??E?E??0,?1??0， 122G2E2?12?G?2G?1?,?122??G?2E???,?222?G??0。 2G2．证明高斯曲率K?det(?ij)。 证 因为det?(ij?)1(gkj)?g(kj?)d?et?(Likgkj?)以
d?Leitk(jg)kde?t(j而L)ikdetg(k，
，
(所dgkje?1td((gkje)，)t/(从
d)e而
t()d?ie?jtLiL?N2Mgk?)d2，ejtk
EG?F故K?det(?ij)。
112??2)。 3．证明平均曲率H??(?1212??2???L1kgk1??L2kgk2??(L11g11?L12g21?L21g12?L22g22)= 证 因为?1kk-(L11g22ggg?L1221?L2112?L2211)??(LG?2MF?NE)/(EG?F2)=?2H， gggg112??2)。 所以H??(?12 28
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l5．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gml相乘并关于m从1到2求和，则得
lgmlRmijk??K[(gmlgmj)gik?(gmlgmk)gij=?K(?ljgik??klgij),而gmlRmijk?Rijk,故得lRijk??K(?ljgjk??klgij)。
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?F22[(?11)?(?12)]； 2?vE?uEEG?F1?EG?F21?EG?F21[(?22)?(?12)]； 2?uG?vGEG?F1⑵ K?⑶ K?⑷对于曲面上的等温坐标网有ds2??(du2?dv2)，求证
K??1?2[(?lunu?)?(；n vlv)]⑸ 对于曲面上的半测地坐标网有ds2?du2?Gdv2，求证
1?2G 。 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
ll求和,再注意到Rijk的定义，可得 ?gmkRmijk及Rijk??lij??likplplmk???(?????)??g(LijLmk?LikLmj)ijpkikpjkjp?u?um,今取
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i=1,j=1,k=2,l=2,
2212221222则有(?11)v?(?12)u??11?12??11?22??12?11?(?12)=?gm2(L11Lm2?L12Lm1)=
mg12(L11L12?L12L11)?g22(L11L22?L12L21)=g22(LN?M2)?故 K?E(LN?M2)?KE 2EG?F1222221222[(?11)v?(?12)u??111?12??11?22??12?11?(?12)]。 E⑵ 因为K?R1212g2，所以
22R121??g?R?121?gR1121?gR21212??g111R1212??g11K， g2又因为R212122??12??11p2p2????(?12?p1??11?p2)，所以
p?u?v2222??11??12??11??121222122221g11K????11?12??11?22??12?11??12?21=???11(?222??12)-?v?u?v?u221221?12(?12??1)?2(????11111211?12) ①
?EG?F21?EG?F221而???? ② ,?12??11?22?v?uEG?FEG?F22211212?12?g112?g1122k2k2??11?2[11,1]?12?2[12,1]?11)?12?2(?g1k?12)?11=2(?g1k?11=
k?u?vk12212212122(g11?11?g12?11)?12?2(g11?12?g12?12)?11?2g11(?11?12??12?11)，即
2122(?111?12??12?11)?
12?g112?g11(?12??11) ③ g11?u?v于是将②，③代入①可得：。
22??11??121?EG?F222g11K????11??12?v?u?vEG?F2?EG?F212?g112?g11?(?12??11)2?ug?u?vEG?F111 30
微分几何(第三版)【梅向明_黄敬之_编】第三章课后题答案[1]
