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

20、曲率为k=22222211 ，圆上每一点处的法曲率kn=，由aRR2-a2R2-a2 。 k=kn+kg知，kg=k-kn=22 ，所以kg=RaRa解法三：任何球面上的圆都可以通过建立适当的曲纹坐标网使其成为纬圆，过不妨求半径为a的纬圆的测地曲率。由1题知所求即为v-线的测地曲率： kgv=1lnG=G 2EuR2-a2因为所考虑纬圆的半径为a ，所以Rcosu=a,sinu=1-cosu= R2R2-a2所以kgv=- 。 Ra 34 微分几何主要习题解答 rr4求位于正螺面r=ucosv,usin,av上的圆柱螺线(C):r=u0cosv,u0sinv,av的测地曲率。 解 易计算出E=

21、1，F=0，G=a2+u2，而是一条v-曲线：u=u0,于是由 u01lnG1ln(a2+u2)u，可知的测地曲率为。 k=kgv=2gv222a+u02ua+u2Eu5设曲面(S)上曲率线(C)，(C)上的点不是抛物点。证明(C)在点P的测地曲率的绝对值等于在(S)的球面映射下(C)的象在对应点的测地曲率与(C)在点P的法曲率之积的绝对值。 分析 本题是一个综合应用题，可利用球面像和测地曲率及曲率线等概念，罗德里格定理，默尼埃定理证之。 rr证 设所给曲面(S)上曲率线(C)的方程为r=r(s)，它的球面像(C)的方程为rrr=n(s)rrdna=dsrr，注意到曲率线的定义及罗德里格定理，

22、则有rrdndsdrdsdsr=-kn=-kna，其中s是(C)的弧长，即dsdsdsdsdsdsrrds1r&=ea& ， )，所以a=-adsdskna=ea(e=1-knrKrrn，又因为(C)的点都不是(S)抛物点，即K0,所以n=的单位法向量），从而有测地曲率的定义可得kgr1r1rrrr&kg=a(na)=a(na)=kg，即|kg|=| ，即|kg|=|kgkn| 。 knknknrr6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。 dsr&ds2rd2srrrrrr&解 由于kg=kbe=

23、(r,r,n) ，而r=r,r=r+r2 ，所以 dtdtdtrr 35 微分几何主要习题解答 2dsdsdrrrrrrrrrrds3r32&(&s)n&,&,nr&+r=(rr)=k|r|， (r,r,n)=rgdtdtdt2dtduidujrrrduirrd2uirrrr3rij+ri2 = 所以kg=(r,r,n)/|r|， 又r=ri， r=ii,jdtidtdtdtduidujrduidujrd2ukrrrrrrrGrk+Lijn+2rk ， 从而(r,r,n)=(rr)n= i,j,ki,jkdtdtdtdtdtkijijijdu1d2u2du2d2u2duidujr2dudu1d

24、udu(+Gij)-(+Gij)g，|r|=gij， dtdt2i,jdtdtdtdt2i,jdtdtdtdt由此得到： ijijgdu1d2u2du2d2u22dudu1dudukg=(2+Gij)-(2+Gij)。 ij3i,ji,jdtdtdtdtdtdtdudu2dtdt(gij)dtdt7求证旋转曲面的子午线是测地线，而平行圆仅当子午线的切线平行于旋转轴时才是测地线 。 r证 设旋转曲面为(S)，r=j(t)cosq,j(t)sinq,y(t)(j(t)f0)，则易计算出E= j2+y2,F=0,G=j2,于是子午线的测地曲率为 1lnE1ln(j2+y2)kgt=-=-=0，故子午

25、线是测地线。 2jq2Gq又平行圆的测地曲率为 kgqlnG1lnj2j=-= 。 2222t2Et2j+yjj+y1r所以kgq=0的充要条件是j(t)=0 ，即rt=j(t)cosq,j(t)sinq,y(t)=0,0,y(t) 故平行圆仅当子午线的切线平行于旋转轴时才是测地线 。 8求证 如果测地线同时为渐近线，则它是直线； 如果测地线同时为曲率线，则它是一平面曲线。 36 微分几何主要习题解答 证 因为所给曲线是测地线，所以kg=0； 又因为所给曲线是渐近线，所以 22 ，所以k=0，故所给曲线是直线。 kn=0，而k2=kn+kgrrrr&a 方法一：因所给曲线既是测地线又为曲率线，

26、所以沿此曲线有nb， nrrrr&=&r而g=ab，所以g=an,从而g(anrrrrrr+a&n)rrrr又=(kb-n0)+，0=rr&，所以t=0，故所给曲线是平面曲线。 g=-tbrrrr&方法二：因所给曲线是测地线，所以沿此曲线有nb，所以bdn，又因曲rrrrrr线是曲率线，所以dndra ，所以(-ka+tg)a ，所以t=0，故所给曲线是平面曲线。 方法三：因所给曲线是测地线，所以该曲线的主法线重合于曲面的法线；因为是曲率线，所以沿此曲线曲面的法线曲面是可展曲面。从而该曲线的主法线曲面是可展曲面，而挠曲线的主法线曲面不是可展曲面，因此该曲线一定是平面曲线。 rr方法四：设G是测

27、地线，所以G的主法向量bn，所以rrG的副法向量gn ；即曲线G在每点处的副法向量与曲面在该点的法向量成定角，因G是曲率线，所以由P114习题14知，曲线G是平面曲线。 9已知曲面的第一基本形式I=v(du2+dv2)，证明它上面的测地线是uv平面上的抛物线。 证 因为E=G=v,F=0,所以测地线的微分方程化为dq1dv=,=tgq ，于是du2vdu12dvv-h=tgqdq ，积分后得v2cosq=h，由此得tgq= 。将此式代入2vh第二式得du=hdvv-h2 ，积分后得u=2hv-h2+u0(u0=常数），即 (u-u0)2=4h2(v-h2) 。故测地线在uv平面上的表示为抛物线

28、。 37 微分几何主要习题解答 r10求正螺面r=ucosv,usin,av上的测地线。 解 易计算出E=1，F=0，G=a2+u2，所以测地线的微分方程化为dqudv1=-2tgq,=tgq22dua+u2dua+u，对sinqa2+u2=h。于是tgq=ha+u-h222，将此式代入第二式并积分，则得所求测地线为 v=hdu(a+u)(u+a-h)22222 。 11利用刘维尔公式证明：平面上的测地线为直线；圆柱面上的测地线为 圆柱螺线。 证 方法一：由于曲面的第一基本形式可写为I=du2+dv2，所以由利乌维 公式可知，平面上的测地线的微分方程为v=utgq+c，故测地线为直线。 r可得

29、方法二：取平面直角坐标系xoy， 平面方程为r=x,y,0，E=1,F=0,G=，所以1 I=dx2+dy2。由刘维尔公式，对平面上的测地线有： dqdqdv=0,=0,=tgq，于是有q=常数，dudvdukg=dq1lnE1lnGdq-cosq+sinq= = 0 ds2Gvuds2Edq = 0 ，所以测地线是直线。 ds所以测地线的kr=方法三： 如方法二得dq=0，所以q=q0是常数，所以 dsdxdy=cosq0,x=cosq0s,=sinq0,y=sinq0sdsds 即测地线方程是1K=-EGx=cosq0s(E)v(G)u+=0 ，所以测地线是直线。 y=sinq0sGvEu

30、 38 微分几何主要习题解答 r 证法一：设圆柱面为r=acosu,asinu,v，则易计算E=a2,F=0,G=1。所以测地线的微分方程为 kg=dq1lnE1lnGdq = 0 ，-cosq+sinq=ds2Gvuds2Edqdqdvdu1dv1=0,=0,=atqg，=cosq,=sinq ，所以q=常数，dudvdudsdsEGrv=(atgq)u+c，即圆柱面上的测地线为r=acosu,asinu,bu+c.。其中b=atgq，这正是圆柱面上的圆柱螺线。因此得证。 r证法二：设圆柱面为r=acosu,asinu,v，则易计算E=a2,F=0,G=1。所以dq1lnE1lnGdqk=-

31、cosq+sinq=0gds2Gvds2Eu测地线的微分方程为 du1dv1=cosq,=sinqdsdsEGcosq0du1dvS+C1,v=sinq0s+C2 。 所以q=q0是常数，=cosq0,=sinq0 ，u=dsadsarcosq0cosq0s+C1),asin(s+C1),sinq0s+C2 。因为r=，sinq0与z周成定角，所以测地线为圆柱螺线： q0=0时为r=acos(+C1),asin(+C1),C2是纬圆； q0= 12证明：若曲面上非直线的所有测地线均为平面曲线，则它必为曲率线。 rsasapr时为r=acosC1,asinC1,s+C2是直母线。 2rr证法一：

32、 因为所给曲面曲线是非直线的测地线，所以沿此曲线有n=b，从rrrrr&=ka&=(-ka而n。因此由罗+tg)，又因为曲线是平面曲线，所以t=0，从而n德里格定理可知曲线的切线方向为主方向，故所给曲线为曲率线。 证法二：设曲面上非直线的曲线G为测地线且为平面曲线。因为G为测地线，所以它的主法线是曲面的法线，又因G为平面曲线，所以G的主法线曲面是可展曲面，于是曲面沿G的法线组成曲面是可展曲面，所以G为曲率线。 39 微分几何主要习题解答 13如果曲面上引进半测地坐标网，ds2=du2+G(u,v)dv2。 dvG)+dv 。 duu求证： kgds=dtg-1(G证明 因为E=1，F=0，G=

33、G(u,v)，所以根据Liouville公式有 dq1lnE1lnGdqGudv1-cosq+sinq=+sinq，而=sinq， ds2Gvuds2Gds2EGkg=GdvdvE1ddv， =tgq=tgq，从而kg=tg-1(G)+udsduduGG2Gds故得 kgds=dtg-1(GdvG)+dv 。 duu 14给出曲面的第一基本形式为ds2=du2+G(u,v)dv2 ，如果此曲面上的测地线与u-曲线交于角a时，求证 daG 。 =-dvu 证 因为E=1，F=0，G=G(u,v)，所以与u-曲线交于角a的测地线应满足微分方程组 dads=du =dsdv=ds于是有 G1lnE1

34、lnGcosa-sina=-usina2G2Gv2Eu1 cosa=cosaE1sinaGGdadaG=-u ，故有=- 。 dvdvu2G 15证明：若曲面上两族测地线交于定角，则曲面是可展曲面。 证法一： 取一族测地线为u-曲线，与其正交的测地平行线为v-曲线，在曲 40 微分几何主要习题解答 面上建半测地坐标网，则曲面的第一基本形式可写为ds2=du2+G(u,v)dv2，由于两族测地线交于定角，所以对另一族测地线来说应有 GGdq1lnG=0 ，这说明G仅与v有关，于=0-sinq=-usinq=0 ，所以udsu2G2E是曲面的第一基本形式可写为ds2=du2+G(v)dv2，作参数

35、变换u=u,=v(G)vdv ，则曲面的第一基本形式化为 I=du2+dv2 ，这与平面的第一基本形式一致。因此所给曲面与平面是等距的，故为可展曲面。 证法二：同上得到曲面的第一基本形式为ds2=du2+G(v)dv2，所以曲面的高斯1曲率K=-EG(E)v(G)u+=0 ，所以曲面为可展曲面。 GvEu证法三：同17题利用高斯-泼涅公式证明曲面的高斯曲率处处为零，从而曲面为可展曲面。 16求半径为R的球面上测地三角形三内角之和。 解 任给半径为R的球面上的一个测地三角形D，设其边缘为G，所围成的区域为G，则有高斯-泼涅公式可知Kds+(p-ai)=2p ，其中ai是Gi=1311D的三个内角

36、，而曲面的高斯曲率K=2 ，所以2RRds+(p-a)=2p ，故得 iGi=13ai=p+i=131SD ，其中sD是测地三角形D的面积。 R217利用高斯-泼涅公式证明若曲面(S)上存在两族交于定角的测地线，则它的高斯曲率处处为零。 证 不妨选取题设中的两族交于定角的测地线为坐标曲线。若(S)在一点P0,则由K的连续性可知，存在0处的高斯曲率K0，不妨设K 点P0的一个充分小的邻域G使得K(P)0(PG).不妨设G是由两条u-曲线和两条v- 41 微分几何主要习题解答 曲线所围成，则由高斯-泼涅公式可知Kds+(p-a)+a+(p-a)+a=2p，从而G可知Kds=0，这与K(P)0，从而

37、上式左边大于零矛盾，因此命题得证。 G注：如果不对证题方法有特殊要求，则用15题中的证明方法也可。 18若曲面(S)的高斯曲率处处小于零，则曲面(S)上不存在围成单连通区域的光滑闭测地线。 证 若不然，则(S)上存在围成单连通区域G的光滑闭测地线，于是由高斯-泼涅公式可得Kds=2p。因为K0,所以Kdsp0，这与上式右边的2pf0相GG矛盾，因此命题得证。 rr19设a,b是沿曲面上曲线的向量场，f是定义在上的数量函数，证明下列绝对微分的运算性质： rrrrrrr D(a+b)=Da+Db； D(fa)=(df)a+fDa； rrrrrr d(ab)=(Da)b+aDb 。 rrrrrrrr

38、rrrrrrrrrr证 D(a+b)=d(a+b)-nd(a+b)n=da-(nda)n+db-(ndb)n=Da+Db rrrrrrrrrrr D(fa)=d(fa)-nd(fa)n=(df)a+fda-n(df)a+fdan rrrrrrr=(df)a+fda-(nda)n=(df)a+fDa rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr d(ab)=(da)b+adb=(Da+(nda)nb+aDb+(ndb)n=(Da)b+aDb 。 rrrrrr20 设a(s),b(s)是曲面上曲线(C):r=r(s)的两个平行向量场，证明ab=常数，并由此证明当曲面上一点处二向量沿曲面上曲线作勒维其维塔平行移动时，他们的长度和夹角不变。 rrrrrrrrrr证 因为d(ab)=(Da)b+aDb，且a(s),b(s)是沿(C):r=r(s)的两个平行向rrrrrr量场，即Da=0,Db=0，所以d(ab)=0,故ab=常数。 rrrrrrr a(s),b(s)是沿(C):r=r(s)的两个平行向量场，所以由可知a2=aa=常 42 微分几何主要习题解答 rrr2rrrrrrabrr数，b=bb=常数，ab=常数。故|a|=常数，|b|=常数，cos(a,b)=rr=常数，|a|b|因此命题得证。 43