微分几何作业 7*

Question.[Peng.Sec4.16]. 利用正交标架法证明习题三第 27 题：设曲面 $S:\pmb r=\pmb r(u,v)$ 上没有抛物点，$\pmb n$ 是 $S$ 的法向量；曲面 $\tilde S:\tilde {\pmb r}=\tilde{\pmb r}(u,v)=\pmb r(u,v)+\lambda \pmb n(u,v)$，其中常数 $\lambda$ 充分小，称为 $S$ 的平行曲面。
(1) 证明：$S$ 和 $\tilde S$ 在对应点的切平面平行；
(2) 可以选取 $\tilde S$ 的单位法向量 $\tilde{\pmb n}$，使得 $\tilde S$ 的 Gauss 曲率和平均曲率分别为：

$$\tilde K=\dfrac {K }{1-2\lambda H+\lambda^2 K },\quad \tilde H=\dfrac {H-\lambda K }{1-2\lambda H+\lambda^2 K }.$$

(1) 取微分

$$\mathrm d\tilde{\pmb r}=\mathrm d\pmb r+\lambda \mathrm d\pmb n=\pmb r_u\mathrm du+\pmb r_v\mathrm dv+\lambda (\pmb n_u\mathrm du+\pmb n_v\mathrm dv)$$

这说明 $\mathrm d\tilde {\pmb r}$ 落在 $\mathrm d\pmb r$ 张成的平面上，所以切平面平行。

(2) 由于

$$\mathrm d\pmb e_i=\omega_{ij}\pmb e_j=\tilde {\omega}_{ij}\tilde {\pmb e}_j$$

由此可知

$$\tilde \omega_{13}=\omega_{13}=k_1\omega_1,\quad \tilde \omega_{23}=\omega_{23}=k_2\omega_2$$

直接计算

$$\mathrm d\tilde {\pmb r}=\mathrm d{\pmb r}+\lambda \mathrm d\pmb n=(\omega_1-\lambda k_1)\pmb e_1+(\omega_2-\lambda k_2)\pmb e_2=\tilde \omega_1\tilde {\pmb e}_1+\tilde \omega_2\tilde {\pmb e}_2$$

因此比较系数

$$\tilde k_i\tilde \omega_i=\tilde k_i(1-\lambda k_i)\omega_i=k_i\omega_i$$

则

$$\tilde K=\tilde k_1\tilde k_2=\dfrac {K }{1-2\lambda H+\lambda^2 K },\quad \tilde H=\dfrac {\tilde k_1+\tilde k_2}2=\dfrac {H-\lambda K }{1-2\lambda H+\lambda^2 K }$$

Question.[Peng.Sec4.18]. 设曲面 $S$ 的参数表示为 $\pmb r=\pmb r(u,v)$，$\pmb e_1=\pmb r_u,\pmb e_2=\pmb r_v$ 是 $S$ 的正交标架，求 $S$ 的 Gauss 曲率。

由题 $(u,v)$ 是曲面 $S$ 上的正交参数，此时

$$I=E\mathrm du^2+G\mathrm dv^2$$

取单位化后的正交标架

$$\tilde {\pmb e}_1=\dfrac {\pmb r_u}{\sqrt E},\tilde {\pmb e}_2=\dfrac {\pmb r_v}{\sqrt G}, \tilde {\pmb e}_3=\tilde {\pmb e}_1\wedge \tilde {\pmb e}_2$$

则

$$\omega_1=\sqrt E\mathrm du,\quad \omega_2=\sqrt G\mathrm dv$$

$$\omega_{12}=-\omega_{21}=-\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt G}\mathrm du+\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt E}\mathrm dv$$

$$\omega_{13}=\langle \mathrm d\tilde {\pmb e}_1,\tilde {\pmb e}_3\rangle=\dfrac L{\sqrt E}\mathrm du+\dfrac M{\sqrt E}\mathrm dv$$

$$\omega_{23}=\langle \mathrm d\tilde {\pmb e}_2,\tilde{\pmb e}_3\rangle=\dfrac M{\sqrt G}\mathrm du+\dfrac N{\sqrt G}\mathrm dv$$

特别地，可以得到正交参数下的 Gauss 方程，由

$$\mathrm d\omega_{12}=\omega_{13}\wedge \omega_{32}=-K\omega_1\wedge \omega_2$$

可得

$$\dfrac {LN-M^2}{EG}=K=-\dfrac {1}{\sqrt{EG}}\left\{\left(\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt E}\right)_u +\left(\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt G}\right)_v\right\}$$

而题设指出 $\pmb r_u,\pmb r_v$ 是单位的，所以

$$K=0$$

Question.[Peng.Sec4.19]. 设 $(u,v)$ 是曲面 $S$ 的正交参数

$$\pmb e_1=\dfrac {\pmb r_u }{\sqrt E },\quad \pmb e_2=\dfrac { \pmb r_v }{ \sqrt G }$$

证明：方程组

$$\begin{cases}\mathrm d\omega_{13}=\omega_{12}\wedge \omega_{23}\\\mathrm d\omega_{23}=\omega_{21}\wedge \omega_{13}\end{cases}$$

与 Codazzi 方程（正交参数版本）等价：

$$\begin{cases}\left(\dfrac {L}{\sqrt E}\right)_v-\left(\dfrac {M}{\sqrt E}\right)_u-N\dfrac {(\sqrt E)_v}G-M\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt {EG}}=0\\ \\ \left(\dfrac {N}{\sqrt G}\right)_u-\left(\dfrac {M}{\sqrt G}\right)_v-L\dfrac {(\sqrt G)_u}E-M\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt {EG}}=0\end{cases}$$

同上计算。展开实际上是等价的。

Question.[Peng.Sec4.20]. 设 $\{\pmb e_1,\pmb e_2\}$ 是曲面的正交标架，$\pmb e_1,\pmb e_2$ 是曲面的主方向，$k_1,k_2$ 是相应的主曲率。证明：这时曲面的 Codazzi 方程等价于

$$\mathrm dk_1\wedge \omega_1=(k_2-k_1)\omega_{12}\wedge \omega_2,\quad dk_2\wedge \omega_2=(k_1-k_2)\omega_{21}\wedge \omega_1.$$

由于 $\pmb e_1,\pmb e_2$ 是主方向，所以

$$\omega_{13}=k_1\omega_1,\quad \omega_{23}=k_2\omega_2$$

因此，正交标架的 Codazzi 方程等价于

$$\begin{cases}\mathrm dk_1\wedge \omega_1+k_1 \mathrm d\omega_1=\mathrm d\omega_{13}=\omega_{12}\wedge \omega_{23}=k_2\omega_{12}\wedge \omega_2\\ \\ \mathrm dk_2\wedge \omega_2+k_2 \mathrm d\omega_2=\mathrm d\omega_{23}=\omega_{21}\wedge \omega_{13}=k_1\omega_{21}\wedge \omega_1\end{cases}$$

Question.[Peng.Sec5.1(3)]. 已知曲面的第一基本形式，求 Gauss 曲率：

$$I=\dfrac {\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv}{(c+u^2+v^2)^2}$$

由正交标架的 Gauss 方程，设 $\lambda=1/(c+u^2+v^2)$，则

$$K=-(\lambda_{uu}\lambda -{\lambda_u^2}+\lambda_{vv}\lambda -{\lambda_v^2})=-4c$$

Question.[Peng.Sec5.2]. 设两个曲面 $S$ 和 $\widetilde S$的第一基本形式满足 $I=\lambda \widetilde I$，其中 $\lambda >0$ 为常数，证明：

$$K=\dfrac {\widetilde K }{\lambda }$$

$I=\lambda \widetilde I$，则 $g_{\alpha\beta}=\lambda \widetilde g_{\alpha\beta}$，所以 $g^{\alpha\beta}=\dfrac 1\lambda \widetilde g^{\alpha\beta}$。故

$$\Gamma^\gamma_{\alpha\beta}=\dfrac 12 g^{\gamma\delta}(g_{\delta\alpha,\beta}+g_{\delta\beta,\alpha}-g_{\alpha\beta,\delta})=\widetilde \Gamma^\gamma_{\alpha\beta}$$

计算 Riemann 记号

$$R_{\delta\alpha\beta\gamma}=g_{\delta\epsilon}(\Gamma^\epsilon_{\alpha\gamma,\beta}-\Gamma^\epsilon_{\alpha\beta,\gamma}+\Gamma^\epsilon_{\beta\mu}\Gamma^\mu_{\alpha\gamma}-\Gamma^\epsilon_{\gamma\mu}\Gamma^\mu_{\alpha\beta})=\lambda \widetilde R_{\delta\alpha\beta\gamma}$$

因此

$$K=-\dfrac {R_{1212}}{\det(g_{\alpha\beta})}=-\dfrac {\lambda \widetilde R_{1212}}{\lambda^2 \det(\widetilde g_{\alpha\beta})}=\dfrac {\widetilde K}{\lambda }$$

Question.[Peng.Sec5.3]. 设曲面 $S:\pmb r=\pmb r(u,v)=(au,bv,\dfrac {au^2+bv^2}{2})$ 与 $\widetilde S:\widetilde{\pmb r}=\widetilde{\pmb r}(u,v)=(\widetilde a\widetilde u,\widetilde b\widetilde v,\dfrac {\widetilde a\widetilde u^2+\widetilde b\widetilde v^2}{2})$。
(1) 证明：当 $ab=\widetilde a\widetilde b$时，在对应 $(u,v)=(\widetilde u,\widetilde v)$ 下，$S$ 与 $\widetilde S$的 Gauss 曲率相等；
(2) $(a,b)$ 与 $(\widetilde a,\widetilde b)$ 满足什么关系时，$S$ 与 $\widetilde S$有等距变换？

(1) 计算

$$\pmb r_u=(a,0,au),\quad \pmb r_v=(0,b,bv)$$

$$E=a^2(1+u^2),\quad F=ab uv,\quad G=b^2(1+v^2)$$

$$\pmb n=\dfrac {\pmb r_u\wedge \pmb r_v}{|\pmb r_u\wedge \pmb r_v|}=\dfrac {(-au b,-bv a,ab)}{\sqrt{a^2b^2(1+u^2+v^2)}}$$

$$L=\langle \pmb r_{uu},\pmb n\rangle=\dfrac {a^2 b}{\sqrt{a^2 b^2(1+u^2+v^2)}},\quad M=0,\quad N=\dfrac {a b^2}{\sqrt{a^2 b^2(1+u^2+v^2)}}$$

则

$$K=\dfrac {LN-M^2}{EG-F^2}=\dfrac {1}{(1+u^2+v^2) a b}$$

同理计算 $\tilde K$ 的形式是一样的。

(2) 认为对应 $(u,v)\to (\widetilde u,\widetilde v)$ 下是等距变换，则由 (1) 可知 Gauss 曲率相等，即

$$ab(1+u^2+v^2)=\widetilde a\widetilde b(1+\widetilde u^2+\widetilde v^2)$$

求偏导数，得到 Jacobi 矩阵非退化

$$\begin{pmatrix}\dfrac {\partial \widetilde u }{\partial u } & \dfrac {\partial \widetilde u }{\partial v } \\ \\ \dfrac {\partial \widetilde v }{\partial u } & \dfrac {\partial \widetilde v }{\partial v }\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\widetilde u \\ \\ \widetilde v\end{pmatrix}=\dfrac {ab}{\widetilde a\widetilde b}\cdot \dfrac {1+u^2+v^2}{1+\tilde u^2+\tilde v^2}\begin{pmatrix}u \\ \\ v\end{pmatrix}$$

展开后继续求偏导，得到左侧 Jacobi 矩阵是正交的。在第一基本形式换元后，比较系数

$$\begin{cases}\tilde a^2({\tilde u}^2+1)\left(\dfrac {\partial \tilde u }{\partial u }\right)^2+\tilde b^2({\tilde v}^2+1)\left(\dfrac {\partial \tilde v }{\partial u }\right)^2+2\tilde a\tilde b \tilde u\tilde v \dfrac {\partial \tilde u }{\partial u }\dfrac {\partial \tilde v }{\partial u }=a^2(u^2+1)\\ \\ \tilde a^2({\tilde u}^2+1)\left(\dfrac {\partial \tilde u }{\partial v }\right)^2+\tilde b^2({\tilde v}^2+1)\left(\dfrac {\partial \tilde v }{\partial v }\right)^2+2\tilde a\tilde b \tilde u\tilde v \dfrac {\partial \tilde u }{\partial v }\dfrac {\partial \tilde v }{\partial v }=b^2(v^2+1)\\ \\ \tilde a^2({\tilde u}^2+1)\dfrac {\partial \tilde u }{\partial u }\dfrac {\partial \tilde u }{\partial v }+\tilde b^2({\tilde v}^2+1)\dfrac {\partial \tilde v }{\partial u }\dfrac {\partial \tilde v }{\partial v }+\tilde a\tilde b \tilde u\tilde v \left(\dfrac {\partial \tilde u }{\partial u }\dfrac {\partial \tilde v }{\partial v }+\dfrac {\partial \tilde u }{\partial v }\dfrac {\partial \tilde v }{\partial u }\right)=ab uv\end{cases}$$

令 $u=v=0$ 则 $\tilde u=\tilde v=0$，从而解得

$$\begin{cases} \tilde a^2\cdot \cos^2\theta+\tilde b^2\cdot \sin^2\theta =a^2 \\ \\ \tilde a^2\cdot \sin^2\theta+\tilde b^2\cdot \cos^2\theta =b^2 \\ \\ (\tilde b^2-\tilde a^2)\cdot \sin\theta \cos\theta = 0 \end{cases}$$

分类讨论后，$\tilde a^2=a^2,\tilde b^2=b^2$ 或者 $\tilde a^2=b^2,\tilde b^2=a^2$ 时为等距变换。

Question.[Peng.Sec5.5]. 设 $\pmb v=f^1\pmb r_1+f^2\pmb r_2$ 是曲面 $S$ 的切向量场，证明：$\pmb v$ 的协变微分为

$$\mathrm D\pmb v=(\mathrm df^\alpha+\Gamma^\alpha_{\beta\gamma}f^\beta\mathrm du^\gamma)\pmb r_\alpha$$

$\pmb v=f^\alpha \pmb r_\alpha$，则

$$\mathrm d\pmb v=\mathrm df^\alpha \pmb r_\alpha +f^\alpha \mathrm d\pmb r_\alpha=\mathrm df^\alpha \pmb r_\alpha +f^\alpha\mathrm du^\beta(\Gamma^\gamma_{\alpha\beta}\pmb r_\gamma +b_{\alpha\beta}\pmb n)$$

则

$$\mathrm D\pmb v=\mathrm d\pmb v-\langle \mathrm d\pmb v,\pmb n\rangle \pmb n=(\mathrm df^\gamma +\Gamma^\gamma_{\alpha\beta}f^\alpha \mathrm du^\beta)\pmb r_\gamma$$