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等温变换。

Question.[Peng.Sec4.7]. 证明：平均曲率为常数的曲面，或是全脐点曲面，或者它的第一、第二基本形式可以表示为

I=λ(u,v)(dudu+dvdv),λ>0I=\lambda(u,v)(\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv),\quad \lambda>0

II=(1+λH)dudu−(1−λH)dvdvII=(1+\lambda H)\mathrm du\mathrm du-(1-\lambda H)\mathrm dv\mathrm dv

(1) 如果曲面为全脐点曲面，则第一、第二基本形式成比例

H=12GL−2FM+NEEG−F2H=\dfrac 12\dfrac {GL-2FM+NE}{EG-F^2}

所以为常数。

(2-1) 如果曲面不是全脐点曲面，则只需处理非脐点处，则可以取主方向参数系，使得

I=Edudu+Gdvdv,II=Ldudu+NdvdvI=E\mathrm du\mathrm du +G\mathrm dv\mathrm dv,\quad II=L\mathrm du\mathrm du +N\mathrm dv\mathrm dv

其中 F=M=0F=M=0。由平均曲率 HH 为常数，得到

H=12GL+NEEG=12(LE+NG)H=\dfrac 12\dfrac {GL+NE}{EG}=\dfrac 12\left(\dfrac L E+\dfrac N G\right)

参见 [Peng.Sec4.6] 的结论，当 (u,v)(u,v) 是曲面的正交曲率线网时，Codazzi 方程可以简化为

Lv=HEv,Nu=HGuL_v=HE_v,\quad N_u=HG_u

根据平均曲率为常数，得到

LE=H+a(u,v),NG=H−a(u,v)\dfrac L E=H+a(u,v),\quad \dfrac N G=H-a(u,v)

积分，逐项比较，推出 a(u,v)=aa(u,v)=a。

L=HE+b(v)=HE+Ea(u,v),N=HG+c(u)=HG−Ga(u,v)L=HE+b(v)=HE+Ea(u,v),\quad N=HG+c(u)=HG-Ga(u,v)

因此 L=E(H+a),N=G(H−a)L=E(H+a),\quad N=G(H-a)。现在只需证明 E=GE=G，再调整比例系数即可完成本题。

(2-2) 只需要寻找新坐标 (u~,v~)(\tilde u,\tilde v)，使得 E~=G~\tilde E=\tilde G。只需要分别调整 u,vu,v 即可。取

u~(u)=∫0uE(u,v0)du,v~(v)=∫0vG(u0,v)dv\tilde u(u)=\int_0^u \sqrt{E(u,v_0)}\mathrm du,\quad \tilde v(v)=\int_0^v \sqrt{G(u_0,v)}\mathrm dv

Question.[Peng.Sec4.8]. 证明：第一、第二基本形式的系数均为常数的曲面是平面或圆柱面。

(1) 如果 II 和 IIII 成比例，则曲面为全脐点曲面，即平面或球面。但球面的 II 不是常数，所以曲面为平面。

(2) 如果 II 和 IIII 不成比例，则主曲率为常数且不相同，因此曲面为圆柱面。

Question.[Peng.Sec4.9]. 问是否有曲面，以 φ\varphi 和 ψ\psi 为第一、第二基本形式？

  1. φ=dudu+dvdv\varphi=\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv，ψ=dudu−dvdv\psi=\mathrm du\mathrm du-\mathrm dv\mathrm dv；
  2. φ=dudu+cos⁡2udvdv\varphi=\mathrm du\mathrm du+\cos^2u\mathrm dv\mathrm dv，ψ=cos⁡2ududu+dvdv\psi=\cos^2u\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv。

曲面参数是正交参数系，从而只需要验证是否满足 Gauss-Codazzi 方程，具体地

−1EG{[(E)vG]v+[(G)uE]u}=LN−M2EG-\dfrac 1{\sqrt {EG}}\left\{\left[\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt G}\right]_v+\left[\dfrac {(\sqrt {G})_u}{\sqrt E}\right]_u\right\}=\dfrac {LN-M^2}{EG}

{(LE)v−(ME)u−N(E)vG−M(G)uEG=0(NG)u−(MG)v−L(G)uE−M(E)vEG=0\left\{\begin{array}{ll}\left(\dfrac L{\sqrt E}\right)_v-\left(\dfrac M{\sqrt E}\right)_u-N\dfrac {(\sqrt E)_v}{G}-M\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt{EG}}=0\\ \\ \left(\dfrac {N}{\sqrt G}\right)_u-\left(\dfrac {M}{\sqrt G}\right)_v-L\dfrac {(\sqrt G)_u}{E}-M\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt {EG}}=0\end{array}\right.

(1) 代入系数，Gauss 方程不成立，因此不存在这样的曲面。

(2) 代入系数，Codazzi (II) 成立等价于

sin⁡u(1cos⁡2u+cos⁡2u)=0\sin u\left(\dfrac 1{\cos^2u}+\cos ^2u\right)=0

而根据第一基本形式的要求，cos⁡u≠0\cos u\neq 0，所以只能有 sin⁡u=0\sin u=0 时成立，但这是离散，不存在开区域使得 Codazzi (II) 恒成立，所以不存在这样的曲面。

Reference: Grundlagen der differentialgeometrie by Knoblauch, Johannes, 1855-1915

Question.[Peng.Sec4.10]. 求曲面 F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0 的 Gauss 曲率。

求解 Gauss 曲率，只需要求解主曲率 k1,k2k_1,k_2（可重），则 K=k1k2K=k_1k_2。

注意到隐函数给出的曲面，其每个点上的切平面的方向应满足约束条件

⟨∇F,dr⟩=0\langle \nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle=0

记 n=∇F∥∇F∥\pmb n=\dfrac {\nabla F}{\|\nabla F\|}，取外微分

⟨d∇F,dr⟩+⟨∇F,d2r⟩=0\langle \mathrm d\nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle+\langle \nabla F,\mathrm d^2\pmb r\rangle=0

考虑第一项，直接计算得到

d∇F=(FxxFxyFxzFyxFyyFyzFzxFzyFzz)(dxdydz):=H(F)dr\mathrm d\nabla F=\left(\begin{array}{ccc} F_{xx} & F_{xy} & F_{xz} \\ F_{yx} & F_{yy} & F_{yz} \\ F_{zx} & F_{zy} & F_{zz} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\mathrm dx \\ \mathrm dy \\ \mathrm dz\end{array}\right):=\mathcal H(F)\mathrm d\pmb r

H(F)\mathcal H(F) 是 FF 的 Hessian 矩阵。考虑第二项，因为 ⟨n,dr⟩=0\langle \pmb n,\mathrm d\pmb r\rangle=0 恒成立，取外微分得到

⟨∇F,d2r⟩=∥∇F∥⟨n,d2r⟩=∥∇F∥II\langle \nabla F,\mathrm d^2\pmb r\rangle=\|\nabla F\|\langle \pmb n,\mathrm d^2\pmb r\rangle=\|\nabla F\|II

而为了寻找法曲率的极值（如果是脐点，则所有方向法曲率相同），则当法曲率 κ\kappa 取极值时，dr\mathrm d\pmb r 满足

κ(dr)=II(dn,dr)I(dr,dr)=−⟨d∇F,dr⟩/∥∇F∥I(dr,dr)\kappa(\mathrm d\pmb r)=\dfrac {II(\mathrm d\pmb n,\mathrm d\pmb r)}{I(\mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r)}=\dfrac {-\langle \mathrm d\nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle/\|\nabla F\|}{I(\mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r)}

因此根据已知的等式构造函数，不妨归一化 I(dr,dr)=1I(\mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r)=1，则我们需要极值化

κ(dr)=−drTH(F)dr∥∇F∥\kappa(\mathrm d\pmb r)=-\dfrac {\mathrm d\pmb r^T\mathcal H(F)\mathrm d\pmb r}{\|\nabla F\|}

在约束条件下，定义 Lagrange 函数

L(dr,λ,μ)=−drTH(F)dr∥∇F∥−μ(drTdr−1)−λ⟨∇F,dr⟩\mathcal L(\mathrm d\pmb r,\lambda,\mu)=-\dfrac {\mathrm d\pmb r^T\mathcal H(F)\mathrm d\pmb r}{\|\nabla F\|}-\mu(\mathrm d\pmb r^T\mathrm d\pmb r-1)-\lambda \langle \nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle

则在极值点处，满足 Lagrange 乘数法的条件

{∂L∂dr=−2H(F)dr∥∇F∥−2μdr−λ∇F=0∂L∂λ=−⟨∇F,dr⟩=0∂L∂μ=−(drTdr−1)=0\left\{\begin{array}{ll} \dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \mathrm d\pmb r}= -\dfrac {2\mathcal H(F)\mathrm d\pmb r}{\|\nabla F\|}-2\mu \mathrm d\pmb r -\lambda \nabla F=0 \\ \\ \dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \lambda}=-\langle \nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle=0 \\ \\ \dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \mu}=-(\mathrm d\pmb r^T\mathrm d\pmb r-1)=0 \end{array}\right.

写成矩阵形式，通过对 dr,λ\mathrm d\pmb r,\lambda 换元调整系数（保持记号不变），得到

(H(F)+∥∇F∥μI3∇F(∇F)T0)(drλ)=0\left(\begin{array}{ccc} \mathcal H(F)+\|\nabla F\|\mu I_3 & \nabla F \\ (\nabla F)^T & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\mathrm d\pmb r \\ \lambda\end{array}\right)=0

并且 dr≠0\mathrm d\pmb r\neq 0。这要求矩阵形式有非零解处处成立。这当且仅当

∣Fxx+λFxyFxzFxFyxFyy+λFyzFyFzxFzyFzz+λFzFxFyFz0∣=det⁡(H(F)+λI3∇F(∇F)T0)=0\left|\begin{matrix}F_{xx}+\lambda&F_{xy}&F_{xz}&F_x\\F_{yx}&F_{yy}+\lambda&F_{yz}&F_{y}\\F_{zx}&F_{zy}&F_{zz}+\lambda&F_z\\F_x&F_y&F_z&0\end{matrix}\right| =\det\left(\begin{array}{ccc} \mathcal H(F)+\lambda I_3 & \nabla F \\ (\nabla F)^T & 0 \end{array}\right)=0

其中 λ=μ∥∇F∥\lambda=\mu\|\nabla F\|。展开行列式，得到 λ\lambda 的特征多项式，是一个二次方程。由于 dr≠0\mathrm d\pmb r\neq 0 的约束条件，知道只有当 λ\lambda 是该方程的两个不同根时，极值才能取到

−drTH(F)dr∥∇F∥=κ(dr)-\dfrac {\mathrm d\pmb r^T\mathcal H(F)\mathrm d\pmb r}{\|\nabla F\|}=\kappa(\mathrm d\pmb r)

而回到已知条件，在极值点处，同时和 dr\mathrm d\pmb r 作内积，知道

∂L∂dr⋅dr=−2drTH(F)dr∥∇F∥−2μdrTdr=0\dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \mathrm d\pmb r}\cdot \mathrm d\pmb r=-\dfrac {2\mathrm d\pmb r^T\mathcal H(F)\mathrm d\pmb r}{\|\nabla F\|}-2\mu \mathrm d\pmb r^T\mathrm d\pmb r=0

这说明 μ\mu 就是极值点处的法曲率 κ\kappa。因此，主曲率 k1,k2k_1,k_2 就是该二次方程的两个根，从而 Gauss 曲率为

K=k1k2=det⁡(H(F))∥∇F∥4K=k_1k_2=\dfrac{\det(\mathcal H(F))}{\|\nabla F\|^4}

最后一步直接展开行列式即可。

Liouville 方程

Question.[Peng.Sec4.12]. 已知两个微分式

φ=Edudu+Gdvdv(E,G>0),ψ=λ(u,v)φ\varphi=E\mathrm du\mathrm du+G\mathrm dv\mathrm dv(E,G>0),\quad \psi=\lambda (u,v)\varphi

  1. E,G,λE,G,\lambda 满足什么条件时，φ\varphi 和 ψ\psi 可以作为曲面的第一、第二基本形式？
  2. E=GE=G 时，求解 E,GE,G 和 λ\lambda。

(1) 同样是正交参数系，所以验证 Gauss-Codazzi 方程：

−1EG{[(E)vG]v+[(G)uE]u}=λ2,λv=λu=0-\dfrac 1{\sqrt {EG}}\left\{\left[\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt G}\right]_v+\left[\dfrac {(\sqrt {G})_u}{\sqrt E}\right]_u\right\}=\lambda ^2,\quad \lambda _v=\lambda _u=0

Codazzi 方程等价于 λ\lambda 为常数。

(2) 当 E=GE=G 时，取 W(u,v)=E=G=e2ρW(u,v)=E=G=e^{2\rho}，则上述方程等价于

−1e2ρΔρ=−1e2ρ{ρuu+ρvv}=λ2-\dfrac 1{e^{2\rho}}\Delta \rho=-\dfrac 1{e^{2\rho}}\left\{\rho_{uu}+\rho_{vv}\right\}=\lambda^2

所以 E=G=e2ρE=G=e^{2\rho}，其中 ρ\rho 满足 Δρ(u,v)=−λ2e2ρ\Delta \rho(u,v)=-\lambda^2 e^{2\rho}，λ\lambda 为一常数。

Question.[Peng.Sec4.13]. 在旋转曲面 r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,f(u))\pmb r(u,v)=(u\cos v,u\sin v,f(u)) 上建立正交标架场 {e1,e2}\{\pmb e_1,\pmb e_2\} 并求相应和诸微分形式 {ω1,ω2,ω12,ω13,ω23}\{\omega_1,\omega_2,\omega_{12},\omega_{13},\omega_{23}\}。

计算

ru=(cos⁡v,sin⁡v,f′(u)),rv=(−usin⁡v,ucos⁡v,0)\pmb r_u=(\cos v,\sin v,f'(u)),\quad \pmb r_v=(-u\sin v,u\cos v,0)

注意到 ⟨ru,rv⟩=0\langle \pmb r_u,\pmb r_v\rangle=0，所以取

e1=ru∥ru∥=11+f′2(cos⁡v,sin⁡v,f′(u)),e2=rv∥rv∥=(−sin⁡v,cos⁡v,0)\pmb e_1=\dfrac {\pmb r_u}{\|\pmb r_u\|}=\dfrac {1}{\sqrt{1+f'^2}}(\cos v,\sin v,f'(u)),\quad \pmb e_2=\dfrac {\pmb r_v}{\|\pmb r_v\|}=(-\sin v,\cos v,0)

从而

ω1=⟨dr,e1⟩=1+f′2du,ω2=⟨dr,e2⟩=udv\omega_1=\langle \mathrm d\pmb r,\pmb e_1\rangle=\sqrt{1+f'^2}\mathrm du,\quad \omega_2=\langle \mathrm d\pmb r,\pmb e_2\rangle=u\mathrm dv

e3=e1∧e2=11+f′2(−f′cos⁡v,−f′sin⁡v,1)\pmb e_3=\pmb e_1\wedge \pmb e_2=\dfrac {1}{\sqrt{1+f'^2}}(-f'\cos v,-f'\sin v,1)

计算

ω12=11+f′2dv\omega_{12}=\dfrac {1}{\sqrt{1+f'^2}}\mathrm dv

ω13=⟨de1,e3⟩=f′′1+f′2du,ω23=⟨de2,e3⟩=f′1+f′2dv\omega_{13}=\langle \mathrm d\pmb e_1,\pmb e_3\rangle=\dfrac {f''}{1+f'^2}\mathrm du,\quad \omega_{23}=\langle \mathrm d\pmb e_2,\pmb e_3\rangle=\dfrac {f'}{\sqrt{1+f'^2}}\mathrm dv

Question.[Peng.Sec4.14]. 证明 dω12ω1∧ω2\dfrac {\mathrm d\omega_{12}}{\omega_1\wedge \omega_2} 与正交标架 e1,e2\pmb e_1,\pmb e_2 的选取无关。

由 Gauss 绝妙定理，KK 只与 II 有关，而正交标架与 II 无关，所以

dω12ω1∧ω2=−K\dfrac {\mathrm d\omega_{12}}{\omega_1\wedge \omega_2}=-K

与正交标架的选取无关。

Question.[Peng.Sec4.15]. 球面 r(u,v)=(acos⁡ucos⁡v,acos⁡usin⁡v,asin⁡u)\pmb r(u,v)=(a\cos u\cos v,a\cos u\sin v,a\sin u)

  1. 求球面的一组正交活动标架；
  2. 求相应的诸微分形式 {ω1,ω2,ω12,ω13,ω23}\{\omega_1,\omega_2,\omega_{12},\omega_{13},\omega_{23}\}；
  3. 求球面的第二基本形式 IIII.

(1) 计算

ru=(−asin⁡ucos⁡v,−asin⁡usin⁡v,acos⁡u),rv=(−acos⁡usin⁡v,acos⁡ucos⁡v,0)\pmb r_u=(-a\sin u\cos v,-a\sin u\sin v,a\cos u),\quad \pmb r_v=(-a\cos u\sin v,a\cos u\cos v,0)

注意到 ⟨ru,rv⟩=0\langle \pmb r_u,\pmb r_v\rangle=0，所以取

e1=ru∥ru∥=(−sin⁡ucos⁡v,−sin⁡usin⁡v,cos⁡u),e2=rv∥rv∥=(−sin⁡v,cos⁡v,0)\pmb e_1=\dfrac {\pmb r_u}{\|\pmb r_u\|}=(-\sin u\cos v,-\sin u\sin v,\cos u),\quad \pmb e_2=\dfrac {\pmb r_v}{\|\pmb r_v\|}=(-\sin v,\cos v,0)

定义 e3=e1∧e2\pmb e_3=\pmb e_1\wedge \pmb e_2 得到正交活动标架。

e3=−(cos⁡ucos⁡v,cos⁡usin⁡v,sin⁡u)\pmb e_3=-(\cos u\cos v,\cos u\sin v,\sin u)

(2) 因为这是正交标架，所以直接

ω1=Edu=adu,ω2=Gdv=acos⁡udv\omega_1=\sqrt E\mathrm du=a\mathrm du,\quad \omega_2=\sqrt G\mathrm dv=a\cos u\mathrm dv

ω12=−(E)vGdu+(G)uEdv=−sin⁡udv\omega_{12}=-\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt G}\mathrm du+\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt E}\mathrm dv= -\sin u\mathrm dv

ω13=⟨de1,e3⟩=du,ω23=⟨de2,e3⟩=cos⁡udv\omega_{13}=\langle \mathrm d\pmb e_1,\pmb e_3\rangle=\mathrm du,\quad \omega_{23}=\langle \mathrm d\pmb e_2,\pmb e_3\rangle=\cos u\mathrm dv

(3) 第二基本形式

II=ω1ω13+ω2ω23=adudu+acos⁡2udvdvII=\omega_1\omega_{13}+\omega_2\omega_{23}=a\mathrm du\mathrm du +a\cos^2u\mathrm dv\mathrm dv