微分几何答案

第二章曲面论§1曲面的概念r求正螺面r={ucosv,usinv,bv}的坐标曲线.r解u-曲线为r={ucosv,usinv,bv}={0,0,bv}+u{cosv,sinv,0},为曲0 0 0 0 0 0r线的直母线；v-曲线为r=｛"°cosv,“°sinv,bv｝为圆枉螺线.r2.证明双曲抛物面r=｛a(u+v),b(u-v),2uv｝的坐标曲线就是它的直母线。r证u-曲线为r={a(u+v),b(u-v),2uv}={av,bv,0}+u{a,b,2v}表示过0 0 0 0 0 0点｛aVq,b匕,°｝以｛a,b,2七｝为方向向量的直线;rv-曲线为r={a(u0+v),b(u°-v),2u°v}={au°,bu°,0}+v{a,-b,2u°}表示过点(au0,bu0,°)以｛a,-b,2u0｝为方向向量的直线。r3.求球面r=｛acos9sin中,acos9sin中,asin9｝上任意点的切平面和法线方程。解匕={-asin9cosQ-asin9sin里,acos9},《={-acos9sin里,acos9cos中,0}任意点的切平面方程为x-acos9cos中y-acos9sin中

-asin9cos中 -asin9sin中任意点的切平面方程为-acos9sin中 acos9cos中即xcos9cos甲+ycos9sin甲+zsin9-a=0；法线方程为x-acos9cos中 y-acos9sin中 z-asin9法线方程为cos9cos中 cos9sin中sin9x2 y2求椭圆柱面一+：=1在任意点的切平面方程，并证明沿每一条直母线，此曲面只有一个切平面。- x2 y2解椭圆柱面—+-—a2 b2=1的参数方程为x=cosS,y=asinSp={-asinS,b0cosS,0},P={0,0,1}。所以切平面方程为：tx一acosSy一bsinSz一t一asinSbcosS0=0，即xbcosS+yasinS—ab=0001z=t此方程与t无关，对于S的每一确定的值，确定唯一一个切平面，而S的每一数值对应一条直母线，说明沿每一条直母线，此曲面只有一个切平面。证明曲面r={u,v,竺)的切平面和三个坐标平面所构成的四面体的体积是常数。uvp a3、p a3、 xyuv证r={1,0,一uv}r{0,1,_uv2}°切平面万程为：；+v+云z=33a2与三坐标轴的交点分别为(3u,0,0),(0,3v,0),(0,0,——)。于是，四面体的体积为:uv1 3a3 9V=—31u131vI——=—a3是常数6 IuvI2§2曲面的第一基本形式r1.求双曲抛物面r={a(u+v),b(u-v),2uv}的第一基本形式.解r={a,b,2v},r={a,-b,2u},E=r2=a2+b2+4v2,F=p-p=a2一b2+4uv,G=p2=a2+b2+4u2,I=(a2+b2+4v2)du2+2(a2一b2+4uv)dudv+(a2+b2+4u2)dv2°r求正螺面r={ucosv,usinv,bv}的第一基本形式，并证明坐标曲线互相垂直。解p={cosv,sinv,0},p={-usinv,ucosv,b},E=p2=1,F=p-p=0,G=r2=u2+b2，二I=du2+(u2+b2)dv2,vf=O,a坐标曲线互相垂直。3.在第一基本形式为I顼"2+sinh2udv2的曲面上，求方程为u=v的曲线的弧长。解由条件ds2=du2+sinh2udv2，沿曲线u=v有du=dv,将其代入ds2得ds2=du2+sinh2udv2=cosh2vdv2,ds=coshvdv,在曲线u=v上，从vi到v2的弧长为Ijv2coshvdv1=1sinhv—sinhvI。vi 2 14.设曲面的第一基本形式为I=du2+(u2+a2)dv2,求它上面两条曲线u+v=0,u-v=。的交角。分析由于曲面上曲线的交角是曲线的内蕴量，即等距不变量，而求等距不变量只须知道曲面的第一基本形式，不需知道曲线的方程。解由曲面的第一基本形式知曲面的第一类基本量E=1,「尸0,G=u2+a2，曲线u+v=。与u-v=0的交点为u=0,v=0,交点处的第一类基本量为E=1,Fv=0,G=a2。曲线u+v=0的方向为du=-dv,u-v=0的方向为8u=8v,设两曲线的夹角为甲，则有甲Edu8u+Gdv8u 1一a27Edu2+Gdv2E8u2+Gbv2 1+a2。求曲面z=axy上坐标曲线x=x0,y=*的交角.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"r r解曲面的向量表示为r={x,y,axy},坐标曲线x=x0的向量表示为r={x0,y,ax0y},其切向量^={0,1,ax}；坐标曲线y=＞的向量表示为r={x,y,axy},其切向量F={1,y 0 0 0 0 x0,ay}，设两曲线x=x与y=y的夹角为甲，则有cos甲=px0=. “X0’0 =0 0 0 IrIIFyI\.‘1+a2x2V'1+a2y2求u-曲线和v-曲线的正交轨线的方程.解对于u-曲线dv=0,设其正交轨线的方向为8u:8v，则有EduSu+F(du6v+dv6u)+Gdv6v=0,将dv=0代入并消去du得u-曲线的正交轨线的微分方程为E6u+F6v=0.同理可得v-曲线的正交轨线的微分方程为F6u+G6v=0.在曲面上一点，含du,dv的二次方程Pdu2+2Qdudv+Rdv2=0,确定两个切方向

(du:dv)和(6u：6v)，证明这两个方向垂直的充要条件是ER-2FQ+GP=0.证明因为du,dv不同时为零，假定dv黄0，则所给二次方程可写成为P(丁)2+2。丁+du5uR=0，设其—根丁，b‘dvdu5uR=0，设其—根丁，b‘dvovduOu duOuEdov+F方+ov)+,du8uR

则 =—则dv5vP'duOu 2Q _ ,，一一，」，，，不+ov二—下……①又根据二方向垂直的条件知将①代入②则得ER-2FQ+GP=0.证明曲面的坐标曲线的二等分角线的微分方程为Edu2=gdv2.证用分别用8、O*、d表示沿u—曲线，v一曲线及其二等分角线的微分符号，即沿u一曲线Bu主0,8v=0,沿v一曲线O*u=0,O*v主0.沿二等分角轨线方向为du:dv,根据题设条件，又交角公式得(EduOv+FdvOu)2(FduO*v+GdvO*v)2 (Edu+Fdv)2(Fdu+Gdv)2 z = z ,即 = 。EOu2ds2 GO*v2ds2 E G展开并化简得E(EG-F2)du2=G(EG-F2)dv2，而eg-F2>0,消去eg-F2得坐标曲线的二等分角线的微分方程为Edu2=Gdv2.9.设曲面的第一基本形式为I二du2+(u2+a2)dv2,求曲面上三条曲线u=+av,v=1相交所成的三角形的面积。解三曲线在平面上的图形(如图)所示。曲线围城的三角形的面积是S=Lx.u2+a2dufdv+j七u2+a2dufdv-a u0 u—a a=2ftu2=2ftu2+a2u2+a2du2 3. :~— .一1一/. :~— XII——(u2+a2)2+"、"2+a2+a2ln(u+x；u2+a2)]|a3a 0=a2[2-.+ln(1+巨)]。r求球面r={acos9sin中,acos9sin中,asin9}的面积。解P={-asin9cos^，-asin9sinQacos9},《={—acos9sinQacos9cos中,0}E=P2=a2,F=E《=0，G=r2=a2cos29.球面的面积为：S=f2d9 a4cos29dp=2na2f2cos9d9=2Ra2sin9I2=4Ka2.TOC\o"1-5"\h\z兀 兀 z.— — —2 0 2 2证明螺面r={ucosv,usinv,u+v}和旋转曲面r={tcos9,tsin9,气t2—1}(t>1,0<9<2兀)之间可建立等距映射9=arctgu+v,t=\:u2+1.分析根据等距对应的充分条件，要证以上两曲面可建立等距映射9=arctgu+v,t=vu2+1，可在一个曲面譬如在旋转曲面上作一参数变换使两曲面在对应点有相同的参数，然后证明在新的参数下，两曲面具有相同的第一基本形式.证明螺面的第一基本形式为I=2du2+2dudv+(u2+1)dv2,旋转曲面的第一基本形式为TOC\o"1-5"\h\z八 12I=(1+——)dt2+12d9，在旋转曲面上作一参数变换9=arctgu+v,t=却2+1,则12—1其第一基本形式为：u2+1、u2 1(1+ ) du2+(u2+1)( du+dv)2u2u2+1 1+u2u2+1 1=( +1)du2+ du2+2dudv+(u2+1)dv2=2du2+2dudv+(u2+1)dv2=|u21+uu2所以螺面和旋转曲面之间可建立等距映射9=arctgu+v,t=昂2+1§3曲面的第二基本形式r1.计算悬链面r={coshucosv,coshusinv,u}的第一基本形式，第二基本形式.解？二{sinhucosv,sinhusinv,1},《二{-coshusinv,coshucosv,0}^二{coshucosv,coshusinv,0},?二{-sinhusinv,sinhucosv,0},^二{-coshucosv,-coshusinv,0},E=二cosh2u,F=?-?=0,G=?2=cosh2u.所以I二cosh2udu2+cosh2udv2.fi= 。*J_= \ {—coshucosv,—coshusinv,sinhusinv},%EG—F2cosh2ucoshuA coshuL=— =T,M=0,N=， ==1.v'sinh2+1 \sinh2+1所以II=-du2+dv2。2.计算抛物面在原点的2x3=5x12+4x1x2+2x2第一基本形式,第二基本形式.wrx

1={1,0,5x1+2x2}(0o)={1,0,0},解曲面的向量表示为wrx

1={1,0,5x1+2x2}(0o)={1,0,0},W={0,1,2x+2x} ={0,1,0}W={0,0,5}x2 1 2(0,0) %气wrxwrx1X2W={0,0,2},r={0,0,2},Ex2x2=1,F=0,G=1,L=5,M=2,N=2,+2dx22I=dx2+dx2,||=5dx2+4dxdx+2dx22r证明对于正螺面r={ucosv,usinv,bv},-8<u,v<8处处有EN-2FM+GL=0。解P={cosv,sinv,0},P=(—usinv,ucosv,b},r二{0,0,0},r二{-uucosv,cosv,0},r二{-ucosv,-usinv,0},E=柘=1,F=r-r—0,

一b=u2+b2,L=0,M=. ,N二0.所以有EN-2FM+GL=0.4.求出抛物面z=1(ax2+by2)在(0,0)点沿方向(dx:dy)的法曲率.4.xyadx2+bdy2

dx2+dy2g={1,0,ax}(00)={1,0,0},ry={0,1,by}(00)={0,1,0},七={0,0,a}xyadx2+bdy2

dx2+dy2P={0,0,b},E=1,F=0,G=1,L=a,M=0,N=b,沿方向dx:dy的法曲率kyy n5.已知平面兀到单位球面(S)的中心距离为d(0<d<1),求兀与(S)交线的曲率与法曲率.解设平面兀与(S)的交线为(C),则(C)的半径为E—d2，即(C)的曲率为, 1k=1d,又(C)的主法向量与球面的法向量的夹角的余弦等于±3-d2,所以(C)的法曲率为k=±kV1—d2=±1.,II利用法曲率公式k=，证明在球面上对于任何曲纹坐标第一、第二类基本量成比nI例。证明因为在球面上任一点处，沿任意方向的法截线为球面的大圆，其曲率为球面半径R的倒数1/R。即在球面上，对于任何曲纹坐标(u,v),沿任意方向du:dvIILdu2+2Mdudv+Ndv2 1 1LMN,1、kn=I=Edu2+2Fdudv+Gdv2=R或-R，所以E=F=G仁R，即第一、第二类基本量成比例。求证在正螺面上有一族渐近线是直线，另一族是螺旋线。r. .一、证明对于正螺面r={ucosv,usinv,bv},P={cosv,sinv,0},p=(—usinv,ucosv,b}, ={0,0,0},r={-ucosv,-usinv,0},u v vv(P,P,P) (P,P,P)L=.uv"=0, N=、.uv,"=0.所以u族曲线和v族曲线都是渐近线。而u族曲线是.■EG—F2 」EG—F2直线，v族曲线是螺旋线。求曲面Z二勺2的渐近线.解曲面的向量表示为r={x,y,xy2},P+{1,0,y2},《={0,1,2xy},々={0,0,0},^={0,0,2y},^={0,0,2x},E=L+1+4y4,F=F・F=2xy2,G=柘=1+4x2y2.¥‘1+4x2y2+y4 、(1+4x2y2+y4渐近线的微分方程为Ldx2+2Mdxdy+Ndy2，即4ydxdy+2xdy2=0,一族为dy=0,即y=%c为常数.另一族为2ydx=-xdy,即lnx2y=c,或%2y=c,C为常数..1 1 2证明每一条曲线在它的主法线曲面上是渐近线证在每一条曲线(C)的主法线曲面上，沿(C)的切平面是由(C)的切向量与(C)的主法向量所确定的平面，与曲线(C)的密切平面重合，所以每一条曲线(C)在它的主法线曲面上是渐近线._rr、 一rrrr方法二：任取曲线r:r=r(s)，它的主法线曲面为S:P=P(s,t)=r(s)+1P(s),rr、」&、r,rr、一、rrrrrrr_、rP=a(s)+1p(s)=a+1(—Ka+ry)=(1-tK)a+try,Pt=P,pxp=—tKa+(1-tK)yrrrrr r PxP rrr在曲线r上，t=0,PxP/y，曲面的单位法向量n=JEg~F~=Y，即n=，所以曲线r在它的主法线曲面上是渐近线.证明在曲面z=f(x)+g(y)上曲线族x二常数，y二常数构成共轭网.r证曲面的向量表示为r={x，y，f(x)+g(y)}，x=^数,y二常数是两族坐标曲线。P={1,0,f'},P{0,1,g'}.r={0,0,f■■},r={0,0,0},r={0,0,g士y xx xy yyrr因为M=^.'尸y=0,所以坐标曲线构成共轭网，即曲线族x二常数，y二常数构成共轭xy4EG-F2网。r确定螺旋面r={ucosv,usinv,bv}上的曲率线.皿={0,0,0},rvv={-ucosv,-usinv,0},解P={cosv,sinv,0},P={-usinv,ucosv皿={0,0,0},rvv={-ucosv,-usinv,0},^二{-sinv,cosv,0},E=P2=1,F=P-F=0G=?2=^二{-sinv,cosv,0},E=P2=1,F=P-F=0N=0,曲率线的微分方程为:dv210dv210-dudv0-bivu2+b2du2u2+b20八， 1 ，=0,即dv=±人du,积分得两族曲率线方程:j1 Iv=ln(u+Ju2+b2)+c和v=ln(/u2+b2-u)+c.求双曲面z=axy上的曲率线.解E=1+a2y2,F=a2x2y2,G=1+a2x2,L=0,M= —,N=0.(1+a2x2+a2y2dy2由1dy2由1+a2x20-dxdya2x2y2a■"1+a2x2+a2y21+a2x2=0得(1+a2y2)dx2=(1+a2x2)dy2，积分得0两族曲率线为ln(ax+t'1+a2x2)=±ln(ay+<1+a2y2)+c.13.求曲面?={a(u-v),?(u+v),?}上的曲率线的方程.」」」a2+b2+v2 -a2+b2+u^ a2+b2+u2解M=E= ,F= ,G= ,L=0,解M=4 4 4,N=0.代入曲率线的微分方程得所求曲率线的方程是:(a2+b2+u2)dv2=(a2+b2+v2)du2,积分得:ln(u+,a2+b2+u2)=±ln(v+\a2+b2+v2)+c.给出曲面上一曲率线L,设L上每一点处的副法线和曲面在该点的法向量成定角，求证L是一平面曲线.证法一：因L是曲率线,所以沿L有dE=-Kdr，又沿L有#?n二常数，求微商n得牟.R+丫.陷0,而腕dn//#与隹交，所以移n=0，即-t#-n=0,则有t=0,或#.n=0.若T=0,则L是平面曲线；若#•n=0,L又是曲面的渐近线，则沿L,Kn=0，这时dn=0,n为常向量，而当l是渐近线时，?=土n，所以#为常向量，l是一平面曲线.证法二：若f±n，则因n±dr11&，所以n11#，所以dn11&,由伏雷内公式知dnn（-Ker+枯）而1是曲率线，所以沿l有dn11（r，所以有t=0,从而曲线为平面曲线；若f不垂直于n,贝侑f?n二常数，求微商得&n+f.&。,因为l是曲率线，所以沿l有滴||d^f,所以f.&0,所以牌n=0，即-t#•n=0,若t=0,则问题得证；否则#-n=0，则因n.r=0,有n〔〔f,dnhdfii（-t#）||r，矛盾。如果一曲面的曲率线的密切平面与切平面成定角，则它是平面曲线。证曲线的密切平面与曲面的切平面成定角，即曲线的副法向量和曲面的法向量成定角，由上题结论知正确。求正螺面的主曲率。r• .一、解设正螺面的向量表示为r={ucosv,usinv,bv}.r解r={cosv,sinv,0},F={-usinv,ucosv,b},皿={0,0,0},^={-ucosv,-usinv,0},F={-sinv,cosv,0},E= =1,F=?-只=0,G=?2=u2+b2,L=0,M=bb,N二0,代入主曲率公式a2(EG-F2)KN-(LG-2FM+EN)k^+LN-M2=0得K2二-__-__--所以主曲率为K=——-——,K1u2+a2 2u2+a2确定抛物面z=a(x2+y2)在(0,0)点的主曲率.r r r r解曲面方程即r^ ={0,0,2a}，r ={x,y,a(x2+ y2)}，r ={1,0,2ax} r.={0,1,2ay}，r r rr={0,0,2a}，r={0,0,0},r={0,0,2a}。在(0，0)点，E=1,F=0,G=1,L=2a,M=0,N=2a.所以k^-4ak^+4a2=0，两主曲率分别为％=2a,k2=2a.证明在曲面上的给定点处,沿互相垂直的方向的法曲率之和为常数.证曲面上的给定点处两主曲率分别为％、k2,任给一方向9及与其正交的方向9+源2,则这两方向的法曲率分别为Kn(9)=K1cos29+K2sin29,k(9+兀)=kcos2(9+兀)+ksin2(9+m；)=ksin29+kcos29，即TOC\o"1-5"\h\zn■-2 1 .，2 2 ■■-2 1 2Kn(9)+Kn(9+%)=K1+K2为常数。证明若曲面两族渐近线交于定角，则主曲率之比为常数.证由K=Kcos29+Ksin29得tg29=—M，即渐进方向为n1 2 K29=arctg'—^^,9=-arctg：—M.又-9+9=29为常数，所以为9为常数，即―^为常1 ]lK2 YK 2 1 1 1 K数.求证正螺面的平均曲率为零.证由第3题或第16题可知.求双曲面z=axy在点x=y=0的平均曲率和高斯曲率.证在点x=y=0,E=1,F=0,G=1,L=0,M=a,N=0,H= 2FM+NE_°,2(EG-F2)LN-M2 °K= =-a2EG-F2证明极小曲面上的点都是双曲点或平点.证法一： 由H= =0有K=K=0或K=-K。0.2 1 2 1 2若K1=K2=0,则沿任意方向9,K*)_K1cos29+K2sin29=0,即对于任意的du:dv,,IILdu2+2Mdudv+Ndv2「广Ed^u2+2Fd^^dv+Gdv2=°'所以有L=M=N=0,对应的点为平点.若K]=-K2。0,则K=K1K2<0，即LN-M2<0,对应的点为双曲点.证法二：取曲率网为坐标网，则F=M=0，因为极小曲面有H=0,所以LG+EN=0，因E>0,G>0，所以LN<0。若LN—M2=0,则L=M=N=。，曲面上的点是平点，若LN-M2<0,则曲面上的点是双曲点。证明如果曲面的平均曲率为零，则渐近线构成正交网.证法一：如果曲面的平均曲率为零，由上题曲面上的点都是双曲点或平点.若为平点，则任意方向为渐近方向，任一曲线为渐近曲线,必存在正交的渐近曲线网.若为双曲点，则曲面上存在渐近曲线网.由19题，渐近方向9满足tg29=-M=1,K2即91=兀/4,92=-兀/4,两渐近线的夹角为%，即渐近曲线网构成正交网.证法二：QH=0LG-2FM+NE=0渐近线方程为Ldu2+2Mdudv+Ndv2=0所以L(du)2+2mdu+n=0所以du5u=Ndu+5u=2M所以dvdv ' dv5vLdv5v L'

Edudu+Edudu+F(du8v+dvdu)+Gdv8v=dvdv[Edu5u

dv5vdu5u、+F( +丈)+G]dv5vN 2M、〜八，所以渐近网为正交网。=dv5v[E—+F(— )+G]=0，所以渐近网为正交网。L L证法三：M丰0QH=2^+^=°,所以高斯曲率QK=%<0,所以LN—M2<0，所以曲面上的点是平点或双曲点。所以曲面上存在两族渐近线。取曲面上的两族渐近线为坐标网，则L=N=0，若M=0，曲面上的点是平点，若M。0，则QH=0「.LG—2FM+NE=0，所以MF=0，所以F=0，所以渐近网为正交网。24.在xoz平面上去圆周y=0,3—b)2+乙2=a2(b。a)，并令其绕轴旋转的圆环面,参数方程为^={(b+acos甲)cosS,(b+acos甲)sinS,asin甲}，求圆环面上的椭圆点、