# 习题一

# 1-5

Problem.1. 设 $U$ 是 $\mathbb R^3$ 的开集，$\mathcal T$ 是 $U\to U$ 保持距离的变换，证明：$\mathcal T$ 是合同变换.

合同变换是指 $\mathbb R^3$ 上保持两点距离的双射，本题需要将 $\mathcal T$ 延拓为 $\mathbb R^3$ 上的合同变换。记 $A,A'\in U$ 使得 $\mathcal T(A)=A'$，并且存在开球 $B(A,r)\subset U$。对于任意 $C\in B(A,r),k\in(0,1)$，有

$$d(A,C)=d(\mathcal TA,\mathcal TC)\leq d(\mathcal TA,\mathcal T(kC))+d(\mathcal T(kC),\mathcal TC)= d(A,kC)+d(kC,C)$$

这说明 $\mathcal T(kC)$ 在 $\mathcal T(A),\mathcal T(C)$ 连成的线段之间，不难证明 $d(\mathcal T(A),\mathcal T(kC))=kd(A,C)$，而开球 $B(A,r)$ 中包含了张成 $\mathbb R^3$ 的正交基底 $r\pmb e_1/2,r\pmb e_2/2,r\pmb e_3/2$，不失一般性，设 $B(A,r)$ 中的点 $D,E$ 满足

$$\overrightarrow{AD}=r\dfrac {\pmb e_1}{2},\quad \overrightarrow{AE}=r\dfrac {\pmb e_2}{2},\quad \overrightarrow{DE}=r\dfrac {\pmb e_2-\pmb e_1}{2}$$

由于保持长度，所以根据全等三角形，知道 $\mathcal T(\overrightarrow{AD}),\mathcal T(\overrightarrow{AE})$ 也是垂直的，且长度为 $r/2$，因此我们从 $U$ 中选取了一个正交基底，通过 $\mathcal T$ 映到另一个正交基底。容易证明 $\mathcal T$ 是线性的，所以 $\mathcal T$ 对应着一个正交矩阵和平移。从而它延拓成为 $\mathbb R^3$ 上的合同变换。

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Problem.2. 设 $\pmb a(t)$ 是向量值函数，证明：
(1) $|a|=$ 常数当且仅当 $\langle \pmb a(t),\pmb a'(t)\rangle =0$；
(2) $\pmb a(t)$ 的方向不变当且仅当 $\pmb a(t)\wedge \pmb a'(t)=0$.（需要加上条件 $\pmb a(t)\ne 0$。）

(1) 注意到对 $\pmb a$ 的模长平方求导：

$$\dfrac {\mathrm d}{\mathrm dt}|\pmb a|^2=\dfrac {\mathrm d}{\mathrm dt}\langle \pmb a,\pmb a\rangle =2\langle \pmb a,\pmb a'\rangle$$

(2) 注意到对 $\pmb a$ 的单位向量求导，由于非零：

$$\dfrac {\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\dfrac {\pmb a}{|\pmb a|}\right)=\dfrac {\pmb a'\langle \pmb a,\pmb a\rangle -\pmb a\langle \pmb a,\pmb a'\rangle}{|\pmb a|^3}$$

方向不变等价于 $\pmb a,\pmb a'$ 共线，等价于 $\pmb a\wedge \pmb a'=0$。

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Problem.3. 验证性质 1.1 和性质 1.2，它们是对于 $\mathbb R^3$ 中的向量和标量函数：

1. $\pmb v_1\wedge (\pmb v_2\wedge \pmb v_3)=\langle \pmb v_1,\pmb v_3\rangle \pmb v_2 -\langle \pmb v_1,\pmb v_2\rangle \pmb v_3$；
2. $\langle \pmb v_1\wedge \pmb v_2,\pmb v_3\wedge \pmb v_4\rangle =\langle \pmb v_1,\pmb v_3\rangle \langle \pmb v_2,\pmb v_4\rangle -\langle \pmb v_1,\pmb v_4\rangle \langle \pmb v_2,\pmb v_3\rangle$；
3. $(\pmb v_1,\pmb v_2,\pmb v_3)=(\pmb v_2,\pmb v_3,\pmb v_1)=(\pmb v_3,\pmb v_1,\pmb v_2)$；
4. $\nabla \wedge (\nabla f)=0$；
5. $\langle \nabla,\nabla \wedge F\rangle =0$。

(1) 设 $\pmb v_i=v_i^k\pmb e_k$，则直接展开等价于

$$v_1^iv_2^j v_3^k\pmb e_i\wedge (\pmb e_j\wedge \pmb e_k)=v_1^iv_2^j v_3^k(\delta_{ik}\pmb e_j -\delta_{ij}\pmb e_k)$$

(2) 利用 (1) (3) 的结论，则

$$\langle \pmb v_1\wedge \pmb v_2,\pmb v_3\wedge \pmb v_4\rangle =(\pmb v_1\wedge \pmb v_2,\pmb v_3,\pmb v_4)=(\pmb v_2,\pmb v_3\wedge \pmb v_4,\pmb v_1)=\langle \pmb v_2,(\pmb v_3\wedge \pmb v_4)\wedge \pmb v_1\rangle$$

(3) 根据定义展开，而轮换是偶置换，结果是容易验证的

$$(\pmb v_1,\pmb v_2,\pmb v_3)=\langle \pmb v_1,\pmb v_2\wedge \pmb v_3\rangle=v^i_1v_2^jv_3^k\langle \pmb e_i,\pmb e_j\wedge \pmb e_k\rangle=v^i_1v_2^jv_3^k\langle \pmb e_j,\pmb e_k\wedge \pmb e_i\rangle$$

(4) 直接计算，这等价于

$$\nabla \wedge (f_x,f_y,f_z)=(f_{zy}-f_{yz},f_{xz}-f_{zx},f_{yx}-f_{xy})=0$$

(5) 直接计算，这等价于

$$\langle \nabla,(f_y-f_z,f_z-f_x,f_x-f_y)\rangle =f_{yx}-f_{zx}+f_{zy}-f_{xy}+f_{xz}-f_{yz}=0$$

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Problem.4. 设 $\{O;\pmb e_1,\pmb e_2,\pmb e_3\}$ 是一个正交标架，$\sigma$ 是 $\{1,2,3\}$ 的一个置换，证明：

1. $\{O;\pmb e_{\sigma(1)},\pmb e_{\sigma(2)},\pmb e_{\sigma(3)}\}$ 是一个正交标架；
2. $\{O;\pmb e_1,\pmb e_2,\pmb e_3\}$ 与 $\{O;\pmb e_{\sigma(1)},\pmb e_{\sigma(2)},\pmb e_{\sigma(3)}\}$ 定向相同当且仅当 $\sigma$ 是偶置换。

(1) 置换是双射，显然置换后的基底是两两正交的，并且线性无关，所以是 $\mathbb R^3$ 的标架，且由于长度不变，所以是（单位）正交标架。

(2) 只需要验证行列式 $(\pmb e_1,\pmb e_2,\pmb e_3)/(\pmb e_{\sigma(1)},\pmb e_{\sigma(2)},\pmb e_{\sigma(3)})$ 的符号，线性代数的知识知道，这就是列向量的置换，所以符号与置换的奇偶性有对应关系。

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Problem.5. 设 $\mathcal T$ 是 $\mathbb R^3$ 的一个合同变换，$\pmb v$ 和 $\pmb w$ 是 $\mathbb R^3$ 的两个向量，求 $(\mathcal T\pmb v)\wedge (\mathcal T\pmb w)$ 与 $\mathcal T(\pmb v\wedge \pmb w)$ 的关系。

直接展开。因为 $\mathcal T$ 是合同变换，所以存在正交矩阵 $\pmb T$ 和平移向量 $\pmb P$，使得对于任意 $\pmb X\in \mathbb R^3$，都有 $\mathcal T\pmb X=\pmb X\pmb T+\pmb P$。合同变换作用在向量上（自然诱导的定义），平移向量 $\pmb P$ 在首尾作差中会被消掉，所以设 $\pmb v=v^i\pmb e_i,\pmb w=w^i\pmb e_i$，则

$$(\mathcal T\pmb v)\wedge (\mathcal T\pmb w)=(\pmb v\pmb T)\wedge (\pmb w\pmb T)=(v^i\pmb e_i\pmb T)\wedge (w^j\pmb e_j\pmb T)=v^iw^j(\pmb e_i\pmb T)\wedge (\pmb e_j\pmb T)$$

所以只需要检查基底变化规律。讨论 $\mathcal T$ 是正向还是反向合同变换两种情况，综合得到

$$(\mathcal T\pmb v)\wedge (\mathcal T\pmb w)=(\det \pmb T)v^iw^j\pmb e_i\wedge \pmb e_j=(\det \pmb T)\mathcal T(\pmb v\wedge \pmb w)$$

# 习题二

Problem 7 9 13 15 17

# 1-10

Problem.1. 求下列曲线的弧长与曲率：

1. $y=ax^2$；
2. $\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}=1$；
3. $\pmb r(t)=(a\cosh t,b\sinh t)$；
4. $\pmb r(t)=(t,a\cosh \dfrac ta),a>0$.

利用 Problem 2 的结论。

(1) 显式曲线，取参数化 $\pmb r(x)=(x,ax^2)$，则

$$\begin{cases}s\displaystyle=\int^x_0\sqrt{1+(2ax)^2}\mathrm dx=\dfrac {1}{4a}\left(2ax\sqrt{1+4a^2x^2}+\sinh^{-1}(2ax)\right)\\ \\ \kappa=\dfrac {|y''|}{(1+y'^2)^{3/2}}=\dfrac {2a}{(1+4a^2x^2)^{3/2}}\end{cases}$$

(2) 隐式曲线，取参数化 $(x,y)=(a\cos t,b\sin t),t\in[0,2\pi)$，在 $t=0$ 点处需要选取其他参数表示。

$$\begin{cases}s=\displaystyle\int^t_0\sqrt{a^2\sin^2 t +b^2\cos^2 t}\mathrm dt\\ \\ \kappa=\dfrac {ab}{(a^2\sin^2 t +b^2\cos^2 t)^{3/2}}\end{cases}$$

(3) 参数曲线，直接计算

$$\begin{cases}s=\displaystyle\int^t_0\sqrt{a^2\sinh^2 t +b^2\cosh^2 t}\mathrm dt\\ \\ \kappa=-\dfrac {ab}{(a^2\sinh^2 t +b^2\cosh^2 t)^{3/2}}\end{cases}$$

(4) 参数曲线，直接计算

$$\begin{cases}s\displaystyle=\int^t_0\sqrt{1+\sinh^2 \dfrac ta}\mathrm dt=a\sinh\dfrac ta\\ \\ \kappa=\dfrac {1}{a\cosh^2 \dfrac ta}\end{cases}$$

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Problem.2. 设曲线 $\pmb r(t)=(x(t),y(t))$，证明：它的曲率为

$$\kappa(t)=\dfrac {x'y''-y'x''}{(x'^2+y'^2)^{3/2}}$$

直接计算，整理即可

$$\dot{\pmb r}(t)=(x'\dot t,y'\dot t),\quad \ddot{\pmb r}(t)=(x''\dot t^2 +x'\ddot t,y''\dot t^2 +y'\ddot t),\quad \ddot t=[(x'^2+y'^2)^{-1/2}]'\dot t$$

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Problem.3. 设曲线 $C$ 在极坐标 $(r,\theta)$ 下的表示为 $r=f(\theta)$，证明：曲线 $C$ 的曲率表达式为

$$\kappa(\theta)=\dfrac {r^2+2(r')^2 -r r''}{(r^2+(r')^2)^{3/2}}$$

利用 Problem 2 的结论，化成直角坐标形式 $(r,\theta)\to (f(\theta)\cos\theta,f(\theta)\sin\theta)$，然后计算即可。

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Problem.4. 求下列曲线的曲率和挠率：

1. $\pmb r(t)=(a\cosh t,a\sinh t,bt),a>0$；
2. $\pmb r(t)=(3t-t^2,3t^2,3t+t^2)$；
3. $\pmb r(t)=(a(1-\sin t),a(1-\cos t),bt),a>0$；
4. $\pmb r(t)=(at,\sqrt 2a\ln t,\dfrac at),a>0$.

利用 Problem 5 的结论。

(1) 直接计算

$$\begin{cases}\kappa=\dfrac {a\sqrt {b^2\cosh(2t)+a^2}}{(a^2\cosh (2t)+b^2)^{3/2}}\\ \\ \tau =\dfrac {b}{b^2\cosh(2t)+a^2}\end{cases}$$

(2) 直接计算

$$\begin{cases}\kappa=\dfrac{3\sqrt {11}}{(9+22t^2)^{3/2}}\\ \\ \tau =0\end{cases}$$

(3) 直接计算

$$\begin{cases}\kappa=\dfrac {a}{a^2+b^2}\\ \\ \tau =-\dfrac b{a^2+b^2}\end{cases}$$

(4) 直接计算

$$\kappa=\tau=\dfrac {\sqrt 2}{a}\cdot \dfrac {t^2}{(t^2+1)^2}$$

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Problem.5. 证明：$\mathbb R^3$ 的正则曲线 $\pmb r(t)$ 的曲率和挠率分别为

$$\kappa(t)=\dfrac {|\pmb r'\wedge \pmb r''|}{|\pmb r'|^3},\quad \tau(t)=\dfrac {(\pmb r', \pmb r'', \pmb r''')}{|\pmb r'\wedge \pmb r''|^2}$$

对于曲率：

$$\kappa=|\ddot{\pmb r}|=|\pmb r''\dot t^2 +\pmb r'\ddot t|=\dfrac {|\pmb r''|\pmb r'|^2 -\langle \pmb r'',\pmb r'\rangle \pmb r'|}{|\pmb r'|^4}=\dfrac {|\pmb r'\wedge(\pmb r''\wedge \pmb r')|}{|\pmb r'|^4}=\dfrac {|\pmb r'\wedge \pmb r''|}{|\pmb r'|^3}$$

对于挠率：

$$\tau=(\pmb t,\pmb n,\dot{\pmb n})=(\pmb r'\dot { t},\dfrac {(\pmb r'\dot { t})_s}{\kappa},(\dfrac {(\pmb r'\dot { t})_s}{\kappa})_s)=\dfrac {\dot{t}^6}{\kappa ^2}(\pmb r',\pmb r'',\pmb r''')=\dfrac {(\pmb r', \pmb r'', \pmb r''')}{|\pmb r'\wedge \pmb r''|^2}$$

---

Problem.6. 证明：曲线

$$\pmb r(s)=\left(\dfrac {(1+s)^{3/2}}3,\dfrac {(1-s)^{3/2}}3,\dfrac {s}{\sqrt 2}\right),\quad -1<s<1$$

以 $s$ 为弧长参数，并求其曲率、挠率和 Frenet 标架。

验证弧长参数，因为

$$\pmb r'(s)=\left(\dfrac {\sqrt{1+s}}{2},-\dfrac {\sqrt{1-s}}{2},\dfrac {1}{\sqrt 2}\right)$$

求曲率、挠率，应用 Problem 5 的结论

$$\kappa=\tau=\dfrac {1}{2\sqrt2(1-s^2)}$$

Frenet 标架为

$$\begin{cases}\pmb t=\left(\dfrac {\sqrt{1+s}}{2},-\dfrac {\sqrt{1-s}}{2},\dfrac {1}{\sqrt 2}\right)\\ \\ \pmb n=\left(\dfrac {\sqrt{1-s}}{\sqrt 2},\dfrac {\sqrt{1+s}}{\sqrt 2},0\right)\\ \\ \pmb b=\left(-\dfrac {\sqrt {1+s}}{2},\dfrac {\sqrt {1-s}}{2},\dfrac {1}{\sqrt 2}\right)\end{cases}$$

---

Problem.7. 设曲线

$$\pmb r(t)=\begin{cases}(e^{-1/t^2},t,0),& t<0\\ (0,0,0),& t=0\\ (0,t,e^{-1/t^2}),&t>0\end{cases}$$

1. 证明：$\pmb r(t)$ 是一条正则曲线，且在 $t=0$ 处曲率 $\kappa=0$；
2. 求 $\pmb r(t)$ 在 $t\ne 0$ 时的 Frenet 标架，并讨论 $t\to 0$ 时 Frenet 标架的极限。

(1) 正则性要求验证光滑和切向量场非退化。$t\neq 0$ 的情况是显然的，只需要考虑 $t=0$ 处。计算左右极限可知是光滑的，
\\\\\\\
\

\\\\\\

---

Problem.8. 设平面正则曲线 $C:\pmb r=\pmb r(t)$ 不过 $P_0$ 点，$\pmb r(t_0)$ 是 $C$ 与 $P_0$ 距离最近的点，证明：向量 $\pmb r(t_0)-P_0$ 与 $\pmb r'(t_0)$ 垂直。

考虑距离函数 $f(t)$，由于 $f(t)$ 在 $t=t_0$ 处取得极小值，求导即可。

$$f(t):=\langle \pmb r(t)-P_0,\pmb r(t)-P_0\rangle$$

---

Problem.9.

1. 设 $\mathbb R^3$ 的曲线 $C$ 的所有切线过一个定点，证明：$C$ 是直线；
2. 证明：所有主法线过定点的曲线是圆。

考虑弧长参数，设这个定点为 $P_0$，则由于 $\dot {\pmb r}(s)\neq 0$，所以 $g$ 是光滑函数，满足

$$\pmb r(s)+g(s)\dot{\pmb r}(s)=P_0$$

求导

$$\dot{\pmb r}(s)+\dot g(s)\dot{\pmb r}(s)+g(s)\ddot{\pmb r}(s)=0$$

如果 $\ddot{\pmb r}(s)\neq 0$，则在开邻域内 $g$ 是常值，但导数不为零，矛盾。所以 $\ddot{\pmb r}(s)=0$，所以 $C$ 是直线。

(2) 同上，设定点为 $P_0$，则存在光滑函数 $g$ 使得

$$\pmb r(s)+g(s)\pmb n(s)=P_0$$

求导

$$\pmb t+\dot g\pmb n+g(-\kappa \pmb t+\tau \pmb b)=0$$

因为主法线存在，由连续性，

、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、

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Problem.10. 设 $\mathcal T(X)=X\pmb T+\pmb P$ 是 $\mathbb R^3$ 的一个合同变换，$\det \pmb T=-1$，$\pmb r(t)$ 是 $\mathbb R^3$ 的正则曲线。求曲线 $\tilde {\pmb r}=\mathcal T\circ\pmb r$ 与曲线 $\pmb r$ 的弧长参数、曲率、挠率间的关系。

$\tilde {\pmb r}$ 的弧长参数和 $\pmb r$ 相同，因为

$$\langle \tilde {\pmb r}'(t),\tilde {\pmb r}'(t)\rangle =\langle \pmb r'(t)\pmb T,\pmb r'(t)\pmb T\rangle =\langle \pmb r'(t),\pmb r'(t)\rangle$$

结合 Problem 5 的结论，以及合同变换与外积的关系：

$$|\tilde {\pmb r}'\wedge \tilde {\pmb r}''|=|(\det \pmb T)(\pmb r'\wedge \pmb r'')\pmb T|=|\pmb r'\wedge \pmb r''|$$

所以曲率相同，但挠率变号，因为

$$(\tilde {\pmb r}', \tilde {\pmb r}'', \tilde {\pmb r}''')=\langle \tilde {\pmb r}',\tilde {\pmb r}''\wedge \tilde {\pmb r}'''\rangle =(\det \pmb T)\langle \pmb r',(\pmb r''\wedge \pmb r''')\pmb T\rangle =-(\pmb r', \pmb r'', \pmb r''')$$

# 11-20

Problem.11. 设弧长参数曲线 $\pmb r(s)$ 的曲率 $\kappa>0$，挠率 $\tau>0$，$\pmb b(s)$ 是 $C$ 的副法向量，定义曲线 $\tilde C$：

$$\tilde {\pmb r}(s)=\int ^s_0\pmb b(u)\mathrm du$$

1. 证明：$s$ 是曲线 $\tilde C$ 的弧长参数且 $\tilde \kappa=\tau$，$\tilde \tau =\kappa$；
2. 求 $\tilde C$ 的 Frenet 标架。

(1) 直接计算。因为 $\pmb b$ 是单位向量，所以是弧长参数。因此使用相同的弧长参数，有

\dot{\tilde {\pmb r}}(s)=\pmb b,\quad \ddot{\tilde {\pmb r}}(s)=-\tau\pmb n,\quad \dddot{\tilde {\pmb r}}(s)=-\dot \tau \pmb n-\tau(-\kappa \pmb t +\tau \pmb b)

取模长和混合积即可得到结论。

(2) Frenet 标架为

$$\tilde {\pmb t}=\pmb b,\quad \tilde {\pmb n}=-\pmb n,\quad \tilde {\pmb b}=\pmb t$$

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Problem.12. 给定曲线 $\pmb r(s)$，它的曲率和挠率分别是 $\kappa,\tau$；$\pmb r(s)$ 的单位切向量 $\pmb t(s)$ 可视作单位球面 $\mathbb S^2$ 上的一条曲线，称为曲线 $\pmb r(s)$ 的切线像。证明：曲线 $\tilde {}\pmb r(s)=\pmb t(s)$ 的曲率、挠率分别为

$$\tilde \kappa =\dfrac {\sqrt {\kappa^2+\tau^2}}{\kappa},\quad \tilde \tau =\dfrac {\kappa}{\kappa^2+\tau^2}\dfrac {\mathrm d}{\mathrm ds}\left(\dfrac {\tau}{\kappa}\right)$$

应用 Problem 5 的结论。显然 $s$ 是 $\pmb r$ 的弧长参数，计算

$$\tilde \kappa=\dfrac {|\tilde {\pmb r}'\wedge \tilde {\pmb r}''|}{|\tilde {\pmb r}'|^3}=\dfrac {|\kappa \pmb n \wedge (\dot \kappa \pmb n +\kappa(-\kappa \pmb t +\tau \pmb b))|}{\kappa^3}=\dfrac {\sqrt {\kappa^2+\tau^2}}{\kappa}$$

挠率也是同理的，计算

$$\tilde \tau= \dfrac {(\tilde {\pmb r}', \tilde {\pmb r}'', \tilde {\pmb r}''')}{|\tilde {\pmb r}'\wedge \tilde {\pmb r}''|^2}=\dfrac {\kappa^3(\kappa\tau)_s-2\kappa^3\tau\dot \kappa}{\kappa^6+\kappa^4\tau^2}=\dfrac {\kappa}{\kappa^2+\tau^2}\dfrac {\mathrm d}{\mathrm ds}\left(\dfrac {\tau}{\kappa}\right)$$

---

Problem.13.

1. 求曲率 $\kappa(s)=\dfrac a{a^2+s^2}$ 的平面曲线，其中 $s$ 是弧长参数；
2. 求曲率 $\kappa(s)=\dfrac 1{\sqrt{a^2-s^2}}$ 的平面曲线，其中 $s$ 是弧长参数。

(1) 由平面曲线的基本定理，存在唯一的平面曲线满足该曲率条件，由 Frenet 方程组

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Problem.14. 证明：对 $\mathbb R^3$ 的弧长参数曲线 $\pmb r(s)$，有

1. $\left(\dfrac {\mathrm d\pmb r}{\mathrm ds},\dfrac {\mathrm d^2\pmb r}{\mathrm ds^2},\dfrac {\mathrm d^3\pmb r}{\mathrm ds^3}\right)=\kappa^2 \tau$；
2. $\left(\dfrac {\mathrm d\pmb t}{\mathrm ds},\dfrac {\mathrm d^2\pmb t}{\mathrm ds^2},\dfrac {\mathrm d^3\pmb t}{\mathrm ds^3}\right)=\kappa^3(\kappa\dot \tau-\dot\kappa\tau)=\kappa^5\dfrac {\mathrm d}{\mathrm ds}\left(\dfrac {\tau}{\kappa}\right)$.

参考 Problem 5 的结论，立刻得到结果。只需要注意到 $|\dot{\pmb r}\wedge \ddot{\pmb r}|=\kappa$ 以及

(\dot{\pmb t},\ddot{\pmb t},\dddot{\pmb t})=(\kappa \pmb n,\kappa \dot{\pmb n},2\dot\kappa\dot{\pmb n}+\kappa\ddot{\pmb n})=\kappa^3(\pmb n,-\kappa \pmb t +\tau \pmb b,-\dot\kappa\pmb t+\dot\tau\pmb b)

---

Problem.15. 证明：满足条件的曲线，其中 $C$ 是常数

$$\left(\dfrac 1\kappa\right)^2+\left[\dfrac 1\tau\dfrac{\mathrm d}{\mathrm ds}\left(\dfrac 1\kappa\right)\right]^2=C^2$$

或者是球面曲线，或者 $\kappa$ 是常数。

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Problem.16. 设 $P_0$ 是 $\mathbb R^3$ 的曲线 $C$ 上一点，$P$ 是 $C$ 上 $P_0$ 的邻近点，$l$ 是 $P_0$ 处的切线；证明：

$$\lim_{P\to P_0}\dfrac {2d(P,l)}{d^2(P,P_0)}=\kappa$$

这里 $d$ 表示 $\mathbb R^3$ 的距离。

考虑 Taylor 展开，记 $s$ 为弧长参数，$s=0$ 对应点 $P_0$，则

$$\pmb r(s)=\pmb r(0)+\dot{\pmb r}(0)s+\dfrac {\ddot{\pmb r}(0)}{2}s^2 +o(s^2)$$

由于弧长的定义，$d(P_0,P)=|\pmb r(s)-\pmb r(0)|\sim s$，所以在下面式子两侧同除以 $s^2$ 就能证明命题

$$d(P,l)=|\pmb r(s)-\pmb r(0)-\langle \pmb r(s)-\pmb r(0),\pmb t(0)\rangle \pmb t(0)|$$

在证明过程中，利用了一次 L'Hospital 法则。

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Problem.17. 求满足 $\tau=c\kappa$ 的曲线，其中 $c$ 是常数，$\kappa>0$。

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Problem.18.

1. 设 $\pmb r(t)$ 是平面曲线，曲率为 $\kappa(t)$，求曲线 $\tilde {\pmb r}=\pmb r(-t)$ 的曲率；
2. 当 $\pmb r(t)$ 是 $\mathbb R^3$ 的曲线时，求曲线 $\tilde {\pmb r}=\pmb r(-t)$ 的曲率和挠率。

在平面情形：

$$\tilde \kappa=\dfrac {(x(-t))'(y(-t))''-(y(-t))'(x(-t))''}{((x(-t))'^2+(y(-t))'^2)^{3/2}}=-\kappa$$

在空间情形：类似地应用结论

$$\tilde \kappa=\kappa,\quad \tilde \tau =\tau$$

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Problem.19. 求沿曲线的向量场 $\pmb v(s)$，使其同时满足以下各式：

$$\begin{cases}\dot{\pmb t}(s)=\pmb v(s)\wedge \pmb t(s) \\ \dot{\pmb n}(s)=\pmb v(s)\wedge \pmb n(s)\\ \dot{\pmb b}(s)=\pmb v(s)\wedge \pmb b(s)\end{cases}$$

由 Frenet 标架，设 $\pmb v(s)=\alpha(s)\pmb t(s)+\beta(s)\pmb n(s)+\gamma(s)\pmb b(s)$，代入方程组，比较系数可得

$$\alpha= \tau,\quad \beta=0,\quad \gamma=\kappa$$

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Problem.20. 证明：曲线 $\pmb r(t)=(t+\sqrt 3\sin t,2\cos t,\sqrt 3t-\sin t)$ 与曲线 $\tilde {\pmb r}(t)=(2\cos\dfrac t2,2\sin \dfrac t2,-t)$ 是合同的。

由曲线论基本定理，验证两条曲线的曲率和挠率相同即可。直接计算可得

$$\kappa=\dfrac {1}{4},\quad \tau =-\dfrac 14$$

# 21-22

Problem.21. 证明定理 4.4，即设 $\kappa(s)$ 是连续可微函数，则

1. 存在平面曲线 $\pmb r(s)$，它以 $s$ 为弧长参数，曲率为 $\kappa(s)$；
2. 上述曲线在相差平面的一个刚体运动的意义下是唯一的。

(1) 即给定初值问题，其中 $\kappa$ 是光滑的。

$$\begin{pmatrix}\dot {\pmb e_1}\\ \\ \dot {\pmb e_2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & \kappa(s)\\ \\ -\kappa(s) & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\pmb e_1\\ \\ \pmb e_2\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}\pmb e_1(0)\\ \\ \pmb e_2(0)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(1,0)\\ \\ (0,1)\end{pmatrix}$$

由常微分方程的存在唯一性定理，存在唯一解 $\pmb e_1(s),\pmb e_2(s)$，且 $\langle \pmb e_1(s),\pmb e_2(s)\rangle =0$，$|\pmb e_1(s)|=|\pmb e_2(s)|=1$。定义

$$\pmb r(s)=\int^s_0\pmb e_1(u)\mathrm du$$

则 $\pmb r(s)$ 以 $s$ 为弧长参数，且曲率为 $\kappa(s)$。

(2) 设 $\tilde {\pmb r}(s)$ 也是满足条件的曲线，取 $\tilde {\pmb e_1}(s)=\dot{\tilde {\pmb r}}(s),\tilde {\pmb e_2}(s)$ 为 $\tilde {\pmb e_1}(s)$ 的法向量，可以将初值及其上的正交标架，通过刚体运动变换为同一个初值正交标架，而由于 $\kappa$ 在刚体运动下不变，所以只需要对这两个初值标架相同的曲线作差，求解初值问题即可，由解的唯一性保证了曲线的唯一性（在刚体运动意义下）。

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Problem.22. 设 $C:\pmb r=\pmb r(t),t\in I$ 是平面曲线，且曲率 $\kappa(t)\neq 0$。定义曲线

$$C':\pmb \alpha(t)=\pmb r(t)+\dfrac {\pmb n(t)}{\kappa(t)},\quad \forall t\in I$$

它称作曲线 $C$ 的渐屈线。

1. 证明：渐屈线的切向量 $\pmb \alpha'(t)$ 与原曲线的切向量 $\pmb r'(t)$ 垂直；
2. 设曲线 $C$ 上两点 $\pmb r(t)$ 与 $\pmb r(t')$ 的法线交于点 $\pmb \alpha(t,t')$，证明：当 $t'\to t$ 时，$\pmb \alpha(t,t')\to \pmb \alpha(t)$。

(1) 直接计算，方便起见采用弧长参数过渡。

$$\langle \pmb \alpha',\pmb r'\rangle =\langle \left(\pmb t +\dfrac {\dot{\pmb n}}{\kappa}-\dfrac {\dot \kappa}{\kappa^2}\pmb n\right)s',\dot{\pmb r}s'\rangle=\langle \pmb t +\dfrac {(-\kappa \pmb t)}{\kappa}-\dfrac {\dot \kappa}{\kappa^2}\pmb n,\pmb t\rangle (s')^2=0$$

(2) 两个法线的交点是随参数光滑的，因此这里可以设

$$\alpha(t,t')=\pmb r(t)+g(t')\pmb n(t)=\pmb r(t')+h(t')\pmb n(t')$$

作差，应用 L'Hospital 法则，不妨设 $t$ 是弧长参数，否则换元

$$\lim_{t'\to t}\dfrac {\pmb r(t)-\pmb r(t')}{t-t'}=\lim_{t'\to t}\dfrac {h(t')\pmb n(t')-g(t')\pmb n(t)}{t-t'}=\pmb n(t)(h'(t)-g'(t))-g(t)\dot{\pmb n}(t)$$

比较系数 $g(t)=1/\kappa(t)$，即可得到结论。

# 习题三

Problem 12 13 17

# 1-10

Problem.1. 求下列曲面的参数表达式：

1. $\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}+\dfrac {z^2}{c^2}=1$（椭球面）；
2. $\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}-\dfrac {z^2}{c^2}=1$（单叶双曲面）；
3. $\dfrac {x^2}{a^2}-\dfrac {y^2}{b^2}-\dfrac {z^2}{c^2}=1$（双叶双曲面）；
4. $z=\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}$（椭圆抛物面）；
5. $z=\dfrac {y^2}{b^2}-\dfrac {x^2}{a^2}$（双曲抛物面）。

只给出一个局部图。

(1) $(a\cos\alpha\cos\beta,b\cos\alpha\sin \beta,c\sin\alpha)$，其中 $\alpha\in(-\dfrac \pi 2,\dfrac \pi 2),\beta\in(0,2\pi)$；

(2) $(a\cosh u\cos v,b\cosh u\sin v,c\sinh u)$，其中 $u\in\mathbb R,v\in(0,2\pi)$；

(3) $(a\sinh u\cos v,b\sinh u\sin v,c\cosh u)$，其中 $u\in\mathbb R,v\in(0,2\pi)$；

(4) $(az\cos\theta,bz\sin \theta,z)$，其中 $z\in\mathbb R,\theta\in(0,2\pi)$；

(5) $(az\sinh u,bz\cosh u,z)$，其中 $z\in\mathbb R,u\in\mathbb R$。

---

Problem.2.

1. $\pmb r(u,v)=(a(u+v),b(u-v),4uv)$ 是什么曲面？
2. $\pmb r(u,v)=(au\cosh v,bu\sinh v,u^2)$ 是什么曲面？

两个都是双曲抛物面，仅以第一问为例

$$\dfrac {(a(u+v))^2}{a^2}-\dfrac {(b(u-v))^2}{b^2}=z$$

---

Problem.3. 求 $xy$ 平面的曲线 $\pmb r(t)=(x(t),y(t))$，沿 $\mathbb R^3$ 的常方向 $\pmb a$ 平行移动所得的曲面的参数表达式。

直接写出表达式

$$\pmb r(t,s)=(x(t),y(t),0)+s\pmb a$$

---

Problem.4. 证明：曲面 $F(\dfrac yx,\dfrac zx)=0$ 的任意切平面过原点。

这是隐式等值曲面，求梯度算子即可。对于任意 $(x_0,y_0,z_0)$ 在曲面上，有

$$\nabla F=(F_x,F_y,F_z)=\left(-\dfrac {y_0}{x_0^2}F_u-\dfrac {z_0}{x_0^2}F_v,\dfrac {1}{x_0}F_u,\dfrac {1}{x_0}F_v\right)$$

切平面的方程为

$$F_x(x-x_0)+F_y(y-y_0)+F_z(z-z_0)=0$$

代入上式可知切平面过原点。

---

Problem.5. 设曲面 $S$ 与平面 $\Pi$ 相交于点 $P$，且 $S$ 位于 $\Pi$ 的同一侧，证明：$\Pi$ 是曲面 $S$ 在点 $P$ 处的切平面。

考虑距离函数即可。对于平面 $\Pi:Ax+By+Cz+D=0$，定义距离函数

$$f(x,y,z)=Ax+By+Cz+D$$

由于 $S$ 位于 $\Pi$ 的同一侧，$f$ 在 $S$ 上取得极小值，故 $\nabla f$ 与 $S$ 在点 $P$ 处的切平面垂直。

---

Problem.6. 证明：曲面 $S$ 在点 $P$ 的切平面 $T_PS$ 等于曲面上过点 $P$ 的曲线在点 $P$ 的切向量全体。

回顾定义，切平面定义为给定参数网后，$\pmb r_u,\pmb r_v$ 所张成的平面，对于切平面的任意切向量，都可以由 $\pmb r_u,\pmb r_v$ 的线性组合表示

$$\pmb v=\alpha \pmb r_u +\beta \pmb r_v$$

因此存在曲线 $\pmb r(t)=\pmb r(u(\alpha t),v(\beta t))$，其切向量恰好是 $\pmb v$。反过来，曲线的切向量显然在切平面内。

---

Problem.7. 求椭球面的第一基本形式。

椭球面的参数表示为

$$(a\cos\alpha\cos\beta,b\cos\alpha\sin \beta,c\sin\alpha),\quad \alpha\in(-\dfrac \pi 2,\dfrac \pi 2),\beta\in(0,2\pi)$$

计算得到

$$\begin{cases}E=a^2\sin^2\alpha\cos ^2\beta +b^2\sin^2\alpha\sin^2\beta +c^2\cos^2\alpha\\ F=(a^2-b^2)\sin\alpha\cos\alpha\sin\beta\cos\beta\\ G=a^2\cos^2\alpha\sin^2\beta +b^2\cos^2\alpha\cos^2\beta \end{cases}$$

---

Problem.8. 求下列曲面的第一基本形式：

1. $\pmb r(u,v)=(u\cos v,u\sin v,bv)$；
2. $\pmb r(u,v)=(a(u+v),b(u-v),u^2+v^2)$。

直接计算得到

$$I_1=\mathrm du^2 + (u^2+b^2)\mathrm dv^2$$

$$I_2=(a^2+b^2+4u^2)\mathrm du^2 + 2(a^2-b^2+4uv)\mathrm du\mathrm dv +(a^2+b^2+4v^2)\mathrm dv^2$$

同时还有第二基本形式

$$II_1=-\dfrac {2b}{\sqrt {b^2+u^2}}\mathrm du\mathrm dv$$

$$II_2=\dfrac {-ab}{\sqrt{a^2b^2+(a^2+b^2)(u^2+v^2)-2uv(a^2-b^2)}}\left(\mathrm du^2 +\mathrm dv^2\right)$$

---

Problem.9. 求曲面 $z=f(x,y)$ 的第一基本形式。

取参数化 $\pmb r(x,y)=(x,y,f(x,y))$，计算得到

$$I=\left(1+f_x^2\right)\mathrm dx^2 +2f_x f_y \mathrm dx\mathrm dy +\left(1+f_y^2\right)\mathrm dy^2$$

此外计算第二基本形式。

$$II=\dfrac {f_{xx}\mathrm dx^2 +2f_{xy}\mathrm dx\mathrm dy +f_{yy}\mathrm dy^2}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}$$

---

Problem.10. 设

$$F_\lambda(x,y,z)=\dfrac {x^2}{a-\lambda}+\dfrac {y^2}{b-\lambda}+\dfrac {z^2}{c-\lambda}=1,\quad a>b>c>0$$

1. 当 $\lambda\in (-\infty,c)$ 时，$F_\lambda(x,y,z)=1$ 给出一族椭球面；
2. 当 $\lambda\in (c,b)$ 时，$F_\lambda(x,y,z)=1$ 给出一族单叶双曲面；
3. 当 $\lambda\in (b,a)$ 时，$F_\lambda(x,y,z)=1$ 给出一族双叶双曲面；

证明：对 $\mathbb R^3$ 中任意一点 $P=(x,y,z),xyz\neq 0$，恰有分别属于这三族曲面的三个二次曲面过点 $P$，且它们在点 $P$ 相互正交。

显然不同取值给出了不同的二次曲面族。当 $x,y,z$ 给定时，通过连续性，可以证明确实存在唯一的 $\lambda_1\in(-\infty,c),\lambda_2\in(c,b),\lambda_3\in(b,a)$ 使得 $F_{\lambda_i}(x,y,z)=1$。接下来验证正交性，曲面正交的充分必要条件是梯度向量正交，所以

$$\nabla F_{\lambda_i}=\left(\dfrac {2x}{a-\lambda_i},\dfrac {2y}{b-\lambda_i},\dfrac {2z}{c-\lambda_i}\right)$$

计算内积，对于任意两个不同的 $\lambda_i,\lambda_j$，有

$$\langle \nabla F_{\lambda_i},\nabla F_{\lambda_j}\rangle =\left(\dfrac {4x^2}{(a-\lambda_i)(a-\lambda_j)}+\dfrac {4y^2}{(b-\lambda_i)(b-\lambda_j)}+\dfrac {4z^2}{(c-\lambda_i)(c-\lambda_j)}\right)$$

裂项分解后，结果为 $0$。

# 11-20

Problem.11. 设 $(x,y)$ 是曲面 $\pmb r(u,v)$ 的另一组参数，问：$\pmb r_u\wedge \pmb r_v$ 与 $\pmb r_x\wedge \pmb r_y$ 的指向是否相同？

这是相容参数变换。显然指向取决于 Jacobian 的正负，即取决于这个参数变换是否保持定向。

---

Problem.12. 使 $F=\langle \pmb r_u,\pmb r_v\rangle =0$ 的参数 $(u,v)$ 称为曲面的正交参数系。给定一个曲面 $S$ 以及它的一个参数表示 $\pmb r=\pmb r(u,v)$，证明：对曲面 $S$ 上任意一点 $P_0=P(u_0,v_0)$，存在 $P_0$ 的邻域 $D$ 以及 $D$ 的新参数 $(s,t)$，使得 $(s,t)$ 是曲面 $S$ 的正交参数系。

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Problem.13. 在曲面 $S:\pmb r=\pmb r(u,v)$ 上一点，由方程 $P\mathrm du\mathrm du+2Q\mathrm du\mathrm dv +R\mathrm dv\mathrm dv=0$ 确定两个切向。证明：这两个切向相互正交的充要条件是 $ER-2FQ+GP=0$。

---

Problem.14. 求习题 8 中曲面的第二基本形式。

参见 Problem 8。

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Problem.15. 求曲面 $z=f(x,y)$ 的第二基本形式。

参见 Problem 9。

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Problem.16. 求曲面 $F(x,y,z)=0$ 的第二基本形式。

由于法向量可表示为

$$\pmb n=\dfrac {\nabla F}{|\nabla F|},\quad \nabla F=(F_x,F_y,F_z)$$

因此切平面的微分表示为 $\mathrm d\pmb r=(\mathrm dx,\mathrm dy,\mathrm dz)$ 满足

$$F_x\mathrm dx +F_y\mathrm dy +F_z\mathrm dz=0$$

则计算第二基本形式

$$II=-\dfrac {1}{|\nabla F|}\begin{pmatrix}\mathrm dx & \mathrm dy & \mathrm dz\end{pmatrix}\begin{pmatrix}F_{xx} & F_{xy} & F_{xz}\\ F_{yx} & F_{yy} & F_{yz}\\ F_{zx} & F_{zy} & F_{zz}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathrm dx \\ \mathrm dy \\ \mathrm dz\end{pmatrix}$$

---

Problem.17. 证明：在曲面的任意一点，任何两个相互正交的切向的法曲率之和为常数。

记这两个正交切向对应的切向量为

---

Problem.18. 设曲面 $S$ 由方程 $x^2+y^2-f(z)=0$ 给定，$f$ 满足 $f(0)=0,f'(0)\neq 0$，证明：$S$ 在点 $(0,0,0)$ 的法曲率为常数。

将方程看作 $F(x,y,z)=0$ 隐式表示的曲面，由隐函数定理，$f'(0)\neq 0$，所以在 $(0,0)$ 的某个邻域内，$z$ 可以表示为 $x,y$ 的函数 $z=g(x,y)$，因此有局部参数表示

$$\pmb r(x,y)=(x,y,g(x,y))$$

计算第一基本形式系数

$$E=1+g_x^2=1,\quad F=g_x g_y=0,\quad G=1+g_y^2=1$$

计算第二基本形式系数

$$L=\dfrac {2}{f'(0)},\quad M=0,\quad N=\dfrac {2}{f'(0)}$$

因此法曲率为

$$\kappa_n=\dfrac {2}{f'(0)}$$

---

Problem.19. 定义 $III=\langle \mathrm d\pmb n,\mathrm d\pmb n\rangle$ 为曲面的第三基本形式。证明：$KI-2HII+III=0$。

应用 Weingarten 映射，只需要验证主曲率方向即可，因为其他方向都是主曲率方向的线性组合。对于脐点，每一个方向都是主曲率方向，对于非脐点，分别讨论两个主方向即可。不妨设是非脐点，则可以选取正交参数网，使得 $\pmb r_u,\pmb r_v$ 分别是主方向的方向向量，记对应的主曲率为 $k_1,k_2$。则

$$KI-2HII+III=K\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r\rangle +2H\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb n\rangle +\langle \mathrm d\pmb n,\mathrm d\pmb n\rangle$$

进一步，代入展开即可

$$\mathrm d\pmb r=\pmb r_u \mathrm du +\pmb r_v \mathrm dv,\quad \mathrm d\pmb n=\pmb n_u \mathrm du +\pmb n_v \mathrm dv =-k_1\pmb r_u \mathrm du -k_2\pmb r_v \mathrm dv$$

---

Problem.20. 设曲面 $S_1$ 和 $S_2$ 的交线 $C$ 的曲率为 $\kappa$，曲线 $C$ 在曲面 $S_i$ 上的法曲率为 $k_i,i=1,2$；若沿 $C$，$S_1$ 和 $S_2$ 法向的夹角为 $\theta$，证明：

$$\kappa^2\sin^2\theta=k_1^2+k^2_2-2k_1k_2\cos\theta$$

设 $S_1,S_2$ 在 $C$ 上某点的单位法向量为 $\pmb n_1,\pmb n_2$，则曲线 $C$ 在该点的单位切向量 $\pmb t$ 诱导的曲率向量可以表示为

$$\dot{\pmb t}=\alpha\pmb n_1 +\beta \pmb n_2$$

作内积，可以解得

$$\begin{cases}-\langle \dot {\pmb t},\pmb n_1\rangle =k_1=\alpha +\beta \cos\theta\\ -\langle \dot {\pmb t},\pmb n_2\rangle =k_2=\alpha \cos\theta +\beta \end{cases}$$

则得到表达式，取模长即可

$$\ddot{\pmb r}=\dfrac {k_1-k_2\cos\theta}{\sin^2\theta}\pmb n_1 +\dfrac {k_2-k_1\cos\theta}{\sin^2\theta}\pmb n_2$$

# 21-30

Problem.21. 求下列曲面的 Gauss 曲率和平均曲率：

1. 单叶双曲面 $\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}-\dfrac {z^2}{c^2}=1$；
2. 环面

$$(R+r\cos u)\cos v,(R+r\cos u)\sin v,r\sin u),\quad r<R$$

\\

Problem.22.

Problem.23.
Problem.25.
Problem.27.

---

Problem.29. 设 $\pmb r=\pmb r(u,v)$ 是曲面 $S$ 的一个参数表示，证明：曲面 $S$ 的参数曲线 $u,v$ 是曲率线的充要条件是 $F=M=0$。

$u,v$ 是曲率线，这等价于 $\pmb r_u,\pmb r_v$ 分别是主方向的方向向量，这推出

$$F=\langle \pmb r_u,\pmb r_v\rangle =0,\quad M=-\langle \pmb n_u,\pmb r_v\rangle =-\langle -k_v\pmb r_v,\pmb r_u\rangle =0$$

反过来，由对称性，只证明 $\pmb r_u$ 是主方向的方向向量。首先 $F=0$ 说明 $\pmb r_u,\pmb r_v$，因此可以正交分解。考虑 Weingarten 映射

$$\mathcal W(\pmb r_u)=-\pmb n_u =\dfrac {L}{E}\pmb r_u +\dfrac {M}{G}\pmb r_v =\dfrac {L}{E}\pmb r_u$$

这是特征向量。

Problem.30.

# 31-36

Problem.32.
Problem.35.
Problem.36.

# 习题四

2 11

# 1-10

Problem.1. 证明：

1. $g^{\alpha\beta}g_{\alpha\beta}=2$；
2. $\dfrac {\partial \ln\sqrt g}{\partial u^\alpha}=\Gamma^1_{1\alpha}+\Gamma^2_{2\alpha}$。

直接展开计算。使用 Christoffel 符号的定义。

---

Problem.2. 设曲面 $S:\pmb r(u^1,u^2)$ 有参数变换 $u^\alpha=u^\alpha(\tilde {u}^1,\tilde {u}^2),\alpha=1,2$。记 $a_i^\alpha=\dfrac {\partial u^\alpha}{\partial \tilde {u}^i}$，$\tilde {a}^i_\alpha=\dfrac {\partial \tilde {u}^i}{\partial u^\alpha}$，其中 $1\leq \alpha,i\leq 2$。$S$ 在参数 $(\tilde {u}^1,\tilde {u}^2)$ 下的第一基本形式系数为 $\tilde {g}_{ij}$，第二基本形式系数为 $\tilde {b}_{ij}$。证明：

1. $\tilde {g}_{ij}=g_{\alpha\beta}a_i^\alpha a_j^\beta,\ \tilde {b}_{ij}=b_{\alpha\beta}a_i^\alpha a_j^\beta,\ g^{\alpha\beta}=\tilde {g}^{ij} {a}^ \alpha_i{a}^\beta_j$；
2. $\tilde {\Gamma}^k_{ij}=\Gamma^\gamma_{\alpha\beta}a_i^\alpha a_j^\beta \tilde {a}^k_\gamma +\dfrac {\partial a^\alpha_i}{\partial \tilde {u}^j}\tilde {a}^k_\alpha$。

(1) 直接计算。

$$\tilde {g}_{ij}=\langle \pmb r_i,\pmb r_j\rangle =\langle \pmb r_\alpha a^\alpha_i,\pmb r_\beta a^\beta_j\rangle =g_{\alpha\beta}a_i^\alpha a_j^\beta$$

类似地计算 $\tilde {b}_{ij}$。对于逆矩阵，由于 $g$ 不随参数变化，

、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、

---

Problem.3. 证明：平均曲率 $H=\dfrac 12b_{\alpha\beta}g^{\alpha\beta}$。

直接计算：

$$H=\dfrac 12\mathrm{Tr}((b_{\alpha\beta})(g_{\gamma\theta})^{-1})=\dfrac 12\mathrm{Tr}((b_{\alpha\beta})(g^{\gamma\theta}))=\dfrac12b_{\alpha\beta}g^{\alpha\beta}$$

---

Problem.4. 已知曲面的第一基本形式 $I=\mathrm dr\mathrm dr+r^2\mathrm ds\mathrm ds$，求它的 Christoffel 符号。

正交标架，直接应用结论：

$$\Gamma^1_{11}=\Gamma^1_{12}=\Gamma^2_{11}=\Gamma^1_{21}=\Gamma^2_{22}=0,\quad \Gamma^1_{22}=-r,\quad \Gamma^2_{21}=\Gamma^2_{12}=1/r$$

---

Problem.5. 求曲面 $z=f(x,y)$ 的 Christoffel 符号。

取参数化 $\pmb r(x,y)=(x,y,f(x,y))$，计算第一基本形式系数为

$$E=1+f_x^2,\quad F=f_x f_y,\quad G=1+f_y^2$$

计算 Christoffel 符号，直接展开计算：

$$\begin{cases}\Gamma^1_{11}=\dfrac {f_x f_{xx}}{1+f_x^2+f_y^2},\quad \Gamma^1_{12}=\dfrac {f_x f_{xy}}{1+f_x^2+f_y^2},\quad \Gamma^1_{22}=\dfrac {f_x f_{yy}}{1+f_x^2+f_y^2}\\ \\ \Gamma^2_{11}=\dfrac {f_y f_{xx}}{1+f_x^2+f_y^2},\quad \Gamma^2_{12}=\dfrac {f_y f_{xy}}{1+f_x^2+f_y^2},\quad \Gamma^2_{22}=\dfrac {f_y f_{yy}}{1+f_x^2+f_y^2}\end{cases}$$

---

Problem.6. 证明：当 $(u,v)$ 是曲面的正交曲率线网时，Codazzi 方程可以简化为

$$L_v=HE_v,\quad N_u=HG_u$$

如果是正交曲率线网，这等价于 $F=M=0$，根据正交标架下的 Codazzi 方程，代入即可

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

---

Problem.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

$$\begin{cases}I=\lambda (u,v)(\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv),\quad \lambda >0\\ \\ II=(1+\lambda H)\mathrm du\mathrm du-(1-\lambda H)\mathrm dv\mathrm dv\end{cases}$$

如果是全脐点曲面，则命题成立。如果不是全脐点曲面，我们将证明有题设上的形式，而由第一基本形式的正定性可知 $\lambda>0$ 恒成立，因此要么这个时候要么一直满足上述形式，要么是全脐点。即不存在离散脐点。在非脐点，选取正交曲率线网 $(u,v)$，则此时第一基本形式为

$$I=E\mathrm du\mathrm du +G\mathrm dv\mathrm dv,\quad E=|\pmb r_u|^2,\quad G=|\pmb r_v|^2$$

第二基本形式为

$$II=L\mathrm du\mathrm du +N\mathrm dv\mathrm dv,\quad L=\langle \pmb r_{uu},\pmb n\rangle,\quad N=\langle \pmb r_{vv},\pmb n\rangle$$

由 Problem 6 可知 Codazzi 方程化简为

$$L_v=HE_v,\quad N_u=HG_u$$

注意到 $H$ 是常数，所以设

$$f(u)=L-H E,\quad -g(v)=N-H G$$

代入平均曲率后可以消元

$$g(v)E(u,v)=f(u)G(u,v)$$

所以选取参数化 $(\tilde u,\tilde v)$，使得

$$\tilde u=\int^u_0 \sqrt {|f(u)|}\mathrm du,\quad \tilde v=\int^v_0 \sqrt {|g(v)|}\mathrm dv$$

上述表达式是可逆的，因此 $u=u(\tilde u),v=v(\tilde v)$，则在新参数下题设成立。

---

Problem.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。

对于曲面，由于基本形式系数都是常数，所以 Christoffel 符号均为零，因此 Gauss 方程推出 $K=0$。如果存在脐点，则由于系数为常数，必然是全脐点曲面，由于 $K=0$ 所以是平面。如果不存在脐点，选取正交曲率线网 $(u,v)$，则由 Problem 7 可知

$$I=\lambda (\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv),\quad II=(1+\lambda H)\mathrm du\mathrm du-(1-\lambda H)\mathrm dv\mathrm dv$$

其中 $\lambda$ 是常数。计算

$$K=\dfrac {LN-M^2}{EG-F^2}=\dfrac {(1+\lambda H)(-1+\lambda H)}{\lambda^2}=0$$

所以解得 $\lambda H=\pm 1$，由于第一基本形式系数推出 $\lambda>0$，因此讨论

(1) 如果 $H>0$，则 $\lambda H=1$。此时基本形式为

$$I=\lambda (\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv),\quad II=2\mathrm du\mathrm du$$

不难构造圆柱面

$$(a\cos ku,a\sin ku,akv),\quad -a^3k^4=2,\quad a^2k^2=\lambda$$

由曲面结构定理，在刚体变换意义下是唯一的。

(2) 如果 $H<0$。考虑反射刚体变换，化为 $H>0$ 的情形。

---

Problem.9. 问是否有曲面，以 $\varphi,\psi$ 为第一、第二基本形式？

1. $\varphi=\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv,\ \psi =\mathrm du\mathrm du-\mathrm dv\mathrm dv$；
2. $\varphi=\mathrm du\mathrm du+\cos^2u\mathrm dv\mathrm dv,\ \psi=\cos^2u\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv$。

通过曲面结构定理验证。特别地，应用正交标架下的 Gauss-Codazzi 方程。

(1) 不符合 Gauss 方程。

(2) 不符合 Codazzi 方程。

---

Problem.10. 求曲面 $F(x,y,z)=0$ 的 Gauss 曲率。

求 Gauss 曲率，就是求主曲率之积（可重），而主曲率是法曲率的极值情况（如果在脐点上，各个方向都是极值），所以转化为求解极值问题。首先

$$\pmb n=\dfrac {\nabla F}{\|\nabla F\|},\quad \nabla F=(F_x,F_y,F_z)$$

设过曲面上的一点 $\pmb r(u,v)$ 的微分（限制在切平面上），则

$$\kappa(\mathrm d\pmb r)=\dfrac {\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb n\rangle}{\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r\rangle}=\dfrac {\mathrm d\pmb r^T \mathrm d(\nabla F/\|\nabla F\|)}{\mathrm d\pmb r^T \mathrm d\pmb r}$$

一方面，我们要求的微分是在切平面上的，所以 $\langle \nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle =0$，取外微分

$$\langle \mathrm d\nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle +\langle \nabla F,\mathrm d(\mathrm d\pmb r)\rangle =0$$

第一项是

$$\mathrm d\nabla F=\begin{pmatrix}F_{xx} & F_{xy} & F_{xz}\\ F_{yx} & F_{yy} & F_{yz}\\ F_{zx} & F_{zy} & F_{zz}\end{pmatrix}\mathrm d\pmb r:=\mathcal H\mathrm d\pmb r$$

另一方面，构造 Lagrange 函数

$$\mathcal L(\mathrm d\pmb r,\lambda,\mu)=\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb n\rangle -\lambda(\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r\rangle -1)-\mu\langle \nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle$$

求偏导

$$\begin{cases}\dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \mathrm d\pmb r}=2\mathrm d(\nabla F/\|\nabla F\|)-2\lambda \mathrm d\pmb r -\mu \nabla F=0\\ \\ \dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \lambda}=\langle \mathrm d\pmb r,\mathrm d\pmb r\rangle -1=0\\ \\ \dfrac {\partial \mathcal L}{\partial \mu}=\langle \nabla F,\mathrm d\pmb r\rangle =0\end{cases}$$

写成矩阵形式，因为 $\|\nabla F\|$ 在该点处是常数，所以

$$\begin{pmatrix}2\mathcal H/\|\nabla F\| -2\lambda \pmb I & -\nabla F\\[10pt] (\nabla F)^T & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathrm d\pmb r\\[10pt] \mu\end{pmatrix}=0$$

由于主曲率总是存在，所以上述方程一定有非零解，所以行列式为零，调整后，这等价于

$$\left|\begin{matrix}\mathcal H-\lambda \|\nabla F\|\pmb I & \nabla F\\[10pt] (\nabla F)^T & 0\end{matrix}\right|=0$$

这是关于 $\lambda$ 的二次方程，所以能解出两根 $\lambda_1,\lambda_2$，当 $\lambda$ 取它们时，由 Lagrange 方程组可解出 $\mathrm d\pmb r$，这就是主方向的方向向量，而主曲率即为

$$\kappa(\mathrm d\pmb r)=\dfrac 12(2\lambda \mathrm d\pmb r+\mu\nabla F)^T\mathrm d\pmb r=\lambda$$

所以 $\lambda_1,\lambda_2$ 即为主曲率，Gauss 曲率为 $K=\lambda_1\lambda_2$。利用行列式的性质，可以化简为

$$K=\dfrac {|\mathcal H|}{\|\nabla F\|^4}$$

# 11-20

Problem.11. 求曲面，它的第一、第二基本形式分别为

$$I=(1+u^2)\mathrm du\mathrm du+u^2\mathrm dv\mathrm dv,\quad II=\dfrac 1{\sqrt {1+u^2}}(\mathrm du\mathrm du+u^2\mathrm dv\mathrm dv)$$

通过计算，得到标架运动方程

$$\begin{cases}\mathrm d\pmb r= \sqrt {1+u^2}\pmb e_1\mathrm du + u\pmb e_2\mathrm dv\\ \\ \mathrm d\pmb e_1 =\dfrac 1{\sqrt{1+u^2}}\pmb e_2\mathrm dv +\dfrac 1{1+u^2}\pmb e_3\mathrm du\\ \\ \mathrm d\pmb e_2 =-\dfrac 1{\sqrt{1+u^2}}\pmb e_1\mathrm dv +\dfrac {u}{\sqrt {1+u^2}}\pmb e_3\mathrm dv\\ \\ \mathrm d\pmb e_3=-\dfrac 1{1+u^2}\pmb e_1\mathrm du -\dfrac {u}{\sqrt {1+u^2}}\pmb e_2\mathrm dv\end{cases}$$

所以先限制在 $\mathrm du$ 上，进行积分：

$$\begin{cases}\dfrac {\mathrm d\pmb e_1}{\mathrm du}=\dfrac 1{1+u^2}\pmb e_3\\ \\ \dfrac {\mathrm d\pmb e_2}{\mathrm du}=0\\ \\ \dfrac {\mathrm d\pmb e_3}{\mathrm du}=-\dfrac 1{1+u^2}\pmb e_1\end{cases}$$

则显然，随着 $u$ 的变化，$\pmb e_1,\pmb e_3$ 在一个平面内旋转，而 $\pmb e_2$ 保持不变。给定初值

$$\pmb e_1(0,0)=(1,0,0),\quad \pmb e_2(0,0)=(0,1,0),\quad \pmb e_3(0,0)=(0,0,1)$$

解得

$$\begin{cases}\pmb e_1(u,0)=(\cos(\arctan u),0,\sin(\arctan u))\\ \\ \pmb e_2(u,0)=(0,1,0)\\ \\ \pmb e_3(u,0)=(-\sin(\arctan u),0,\cos(\arctan u))\end{cases}$$

接下来限制在 $\mathrm dv$ 上，进行积分，此时固定 $u$：

$$\begin{cases}\dfrac {\mathrm d\pmb e_1}{\mathrm dv}=\dfrac 1{\sqrt{1+u^2}}\pmb e_2\\ \\ \dfrac {\mathrm d\pmb e_2}{\mathrm dv}=-\dfrac 1{\sqrt{1+u^2}}\pmb e_1+\dfrac u{\sqrt {1+u^2}}\pmb e_3\\ \\ \dfrac {\mathrm d\pmb e_3}{\mathrm dv}=- \dfrac {u}{\sqrt {1+u^2}}\pmb e_2\end{cases}$$

解得
\\\\\\

---

Problem.12. 已知两个微分式

$$\varphi=E\mathrm du\mathrm du+G\mathrm dv\mathrm dv\ (E,G>0),\quad \psi=\lambda(u,v)\varphi$$

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

(1) 这是全脐点曲面，所以只能是平面或球。对正交曲率线网，应用 Gauss-Codazzi 方程，即

$$\lambda^2=-\dfrac 1{\sqrt {EG}}\left[\left(\dfrac {(\sqrt {E})_v}{G}\right)_v+\left(\dfrac {(\sqrt {G})_u}{E}\right)_u\right]$$

而全脐点曲面的平均曲率是常数，容易计算得到 $\lambda=H$，所以 Codazzi 方程自动满足。

$$L_v=HE_v,\quad N_u=HG_u$$

(2) 取 $f=\sqrt E=\sqrt G$，则 $\lambda^2f^2+\Delta\ln f=0$。

---

Problem.13. 在旋转曲面 $\pmb r(u,v)=(u\cos v,u\sin v,f(u))$ 上建立正交标架场 $\{\pmb e_1,\pmb e_2\}$ 并求相应的微分形式 $\{\omega_1,\omega_2,\omega_{12},\omega_{13},\omega_{23}\}$。

注意到 $u,v$ 是正交参数，所以取正交标架场为

$$\pmb e_1=\dfrac {\pmb r_u}{|\pmb r_u|}=\dfrac {1}{\sqrt {1+f'^2}}(\cos v,\sin v,f'),\quad \pmb e_2=\dfrac {\pmb r_v}{|\pmb r_v|}=(-\sin v,\cos v,0)$$

直接计算微分形式

$$\omega_1=\sqrt {1+f'^2}\mathrm du,\quad \omega_2=u\mathrm dv$$

$$\omega_{12}=\dfrac {1}{\sqrt {1+f'^2}}\mathrm dv,\quad \omega_{13}=\dfrac {f'f''}{1+f'^2}\mathrm du,\quad \omega_{23}=\dfrac {f'}{\sqrt {1+f'^2}}\mathrm dv$$

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Problem.14. 证明 $\dfrac {\mathrm d\omega_{12}}{\omega_1\wedge \omega_2}$ 与正交标架 $\pmb e_1,\pmb e_2$ 的选取无关。

直接计算

$$\mathrm d\omega_{12}=\omega_{13}\wedge\omega_{32}=(h_{11}\omega_1+h_{12}\omega_2)\wedge (h_{22}\omega_2+h_{21}\omega_1)=(h_{11}h_{22}-h_{12}h_{21})\omega_1\wedge \omega_2$$

而 $h_{11}h_{22}-h_{12}h_{21}=K$，由 Gauss 绝妙定理，$K$ 只与第一基本形式有关，从而与正交标架选取无关。

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Problem.15. 球面 $\pmb r(u,v)=(a\cos u\cos u,a\cos u\sin v,a\sin u)$

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

(1) 以下就是一组正交活动标架：

$$\pmb e_1=(-\sin u\cos v,-\sin u\sin v,\cos u),\quad \pmb e_2=(-\cos u\sin v,\cos u\cos v,0)$$

法向量为

$$\pmb e_3=\pmb e_1\wedge \pmb e_2=-(\cos u\cos v,\cos u\sin v,\sin u)$$

(2) 注意到 $u,v$ 是一组正交参数，所以

$$\omega_1=a\mathrm du,\quad \omega_2=a\cos u\mathrm dv$$

$$\omega_{12}=-\sin u\mathrm dv,\quad \omega_{13}=\mathrm du,\quad \omega_{23}=\cos u\mathrm dv$$

(3) 直接计算

$$II=\omega_1\omega_{13}+\omega_2\omega_{23}=a\mathrm du\mathrm du +a\cos^2 u\mathrm dv\mathrm dv$$

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Problem.16. 利用正交标架法证明习题三的 27。

参见习题三 Problem 27 的解答。

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Problem.17. 利用正交标架法证明习题三的 32。

参见习题三 Problem 32 的解答。

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Problem.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 Gauss 方程

$$-K\omega_1\wedge \omega_2=\mathrm d\omega_{12}=\langle \mathrm d\pmb e_1,\pmb e_2\rangle=\langle \pmb r_{uu},\pmb r_v\rangle \mathrm du=-\langle \pmb r_{u},\pmb r_{uv}\rangle \mathrm du=0$$

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Problem.19. 设 $(u,v)$ 是曲面 $S$ 的正交参数，$\pmb e_{1}=\dfrac {\pmb r_u}{\sqrt E},\ \pmb e_2=\dfrac {\pmb r_v}{\sqrt G}$，证明：以下方程等价：

$$\begin{cases}\mathrm d\omega_{13}=\omega_{12}\wedge \omega_{23}\\ \\ \mathrm d\omega_{23}=\omega_{21}\wedge \omega_{13}\end{cases},\quad {\iff}\begin{cases}\left(\dfrac {L}{\sqrt E}\right)_v -\left(\dfrac M{\sqrt E}\right)_u -N\dfrac {(\sqrt E)_v}{G} +M\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt {EG}}=0\\ \\ \left(\dfrac {N}{\sqrt G}\right)_u -\left(\dfrac M{\sqrt G}\right)_v -L\dfrac {(\sqrt G)_u}{E} +M\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt {EG}}=0\end{cases}$$

在正交参数网中，直接计算微分形式的表达式即可。

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Problem.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

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

直接处理 Codazzi 方程的其中一条

$$\mathrm dk_1\wedge \omega_1+k_1\mathrm d\omega_1=\mathrm d(k_1\omega_1)=\mathrm d\omega_{13}=\omega_{12}\wedge \omega_{23}=k_2\omega_{12}\wedge \omega_2$$

# 习题五

# 1-10

Problem.1. 已知曲面的第一基本形式，求 Gauss 曲率：

1. $I=\mathrm du\mathrm du+u^2\mathrm dv\mathrm dv$；
2. $I=\mathrm du\mathrm du+\sin^2u\mathrm dv\mathrm dv$；
3. $I=\dfrac {\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv}{(c+u^2+v^2)^2}$；
4. $I=\mathrm du\mathrm du+2\cos\theta\mathrm du\mathrm dv+\mathrm dv\mathrm dv$，其中 $\theta$ 是常数。

在正交参数网下，Gauss 曲率可以由此特殊情形下的 Gauss 方程计算：

$$K=-\dfrac 1{\sqrt {EG}}\left[\left(\dfrac {(\sqrt E)_v}{\sqrt G}\right)_v +\left(\dfrac {(\sqrt G)_u}{\sqrt E}\right)_u\right]$$

所以直接计算前三项。注：第一基本形式是正定的，所以基本上不需要担心绝对值导致的尖点问题。

(1) $K=0$；

(2) $K=1$；

(3) 考虑换元 $\lambda=c+u^2+v^2$，则 $K=4c$；

(4) 题设并不是正交参数网，但是由于等距变换保持 Gauss 曲率不变，所以考虑对原先的第一基本形式作对角化（特别地，它是实对称矩阵）

$$I=\begin{bmatrix}\mathrm du & \mathrm dv\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & \cos\theta\\ \cos\theta & 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\mathrm du\\ \mathrm dv\end{bmatrix}$$

因为第一基本形式要求是正定的，所以要求可逆，计算特征值为 $1\pm \cos\theta$。因为相似矩阵是实对称矩阵，从而是正交矩阵，必定存在以此为 Jacobi 矩阵的参数变换，从而

$$I=(1+\cos\theta)\mathrm d\tilde {u}\mathrm d\tilde {u} +(1-\cos\theta)\mathrm d\tilde {v}\mathrm d\tilde {v}$$

直接计算，$K=0$。注：根据曲面分类，第一基本形式系数为常数的曲面是平面或圆柱面。

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Problem.2. 设两个曲面 $S$ 和 $\widetilde S$的第一基本形式满足 $I=\lambda \tilde I$，其中 $\lambda>0$ 是常数，证明：

$$K=\lambda ^{-1}\widetilde K$$

对于一般情形，考虑 Gauss 方程：

$$K=-\dfrac {R_{1212}}{g_{11}g_{22}-g_{12}^2}$$

其中 Riemann 记号展开为

$$R_{\delta\alpha\beta\gamma}=g_{\delta\xi}\left(\dfrac {\partial \Gamma^\xi_{\alpha\beta}}{\partial u^\gamma}-\dfrac {\partial \Gamma^\xi_{\alpha\gamma}}{\partial u^\beta}+\Gamma^\eta_{\alpha\beta}\Gamma^\xi_{\gamma\eta}-\Gamma^\eta_{\alpha\gamma}\Gamma^\xi_{\beta\eta}\right)$$

只需要证明 $\Gamma^\xi_{\alpha\beta}$ 和 $g_{\delta \xi}$ 的变化关系即可。因为

$$g_{\alpha\beta}=\lambda \tilde {g}_{\alpha\beta},\quad g^{\alpha\beta}=\lambda^{-1}\tilde {g}^{\alpha\beta}$$

所以代入后发现，由于 $\lambda$ 是常数，Christoffel 符号不变，即

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

所以 Riemann 记号满足

$$R_{\delta\alpha\beta\gamma}=\lambda \widetilde R_{\delta\alpha\beta\gamma}$$

因此 Gauss 曲率满足

$$K=-\dfrac {\lambda \widetilde R_{1212}}{\lambda^2(\tilde {g}_{11}\tilde {g}_{22}-\tilde {g}_{12}^2)}=\lambda^{-1}\widetilde K$$

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Problem.3. 设曲面 $S,\widetilde S$分别为

$$\pmb r(u,v)=\left(au,bv,\dfrac {au^2+bv^2}2\right);\quad \tilde{\pmb r}(\widetilde u,\widetilde v)=\left(\widetilde a\widetilde u,\widetilde b\widetilde v,\dfrac {\widetilde a\widetilde u^2+\widetilde b\widetilde v^2}2\right)$$

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) 给定了参数，可以直接计算第一、二基本形式，从而计算 Gauss 曲率。对于 $\pmb r$，有

$$\begin{cases}E=a^2(1+u^2),\quad F=abuv,\quad G=b^2(1+v^2)\\ \\ L=\dfrac a{\sqrt {1+u^2+v^2}},\quad M=0,\quad N=\dfrac b{\sqrt {1+u^2+v^2}}\end{cases}$$

所以 Gauss 曲率满足关系式

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

(2) 题目应该指的是 $S,\widetilde S$在 $\sigma:(u,v)\mapsto(\widetilde u,\widetilde v)$ 的情形下是等距变换。根据等距变换的等价性质，这要求

$$\begin{bmatrix}a^2(1+u^2) & abuv\\[6pt] abuv & b^2(1+v^2)\end{bmatrix}=\dfrac {\partial (\tilde u,\tilde v)}{\partial(u,v)}\begin{bmatrix}\widetilde a^2(1+\widetilde u^2) & \widetilde a\widetilde b\widetilde u\widetilde v\\[6pt] \widetilde a\widetilde b\widetilde u\widetilde v & \widetilde b^2(1+\widetilde v^2)\end{bmatrix}\dfrac {\partial (\tilde u,\tilde v)}{\partial(u,v)}^T$$

此外，等距变换时 $S,\widetilde S$的 Gauss 曲率相等，所以由 (1) 可知

$$1+u^2+v^2=\sqrt {\dfrac {ab}{\widetilde a\widetilde b}}\cdot (1+\widetilde u^2+\widetilde v^2):=c(1+\widetilde u^2+\widetilde v^2)$$

对 $u,v$ 求偏导，得到

$$\begin{bmatrix}u\\[6pt] v\end{bmatrix}=c\begin{bmatrix}\widetilde u_u &\widetilde v_u\\[6pt] \widetilde u_v &\widetilde v_v\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\widetilde u\\[6pt] \widetilde v\end{bmatrix}=c\cdot \dfrac{\partial (\tilde u,\tilde v)}{\partial(u,v)}\begin{bmatrix}\widetilde u\\[6pt] \widetilde v\end{bmatrix}$$

由一一对应，$c\neq 0$，又因为 Jacobi 矩阵非退化，所以 $u=v=0$ 时，$\widetilde u=\widetilde v=0$。所以推出 $c=1$，说明 $u^2+v^2=\widetilde u^2+\widetilde v^2$。继续求偏导，得到

$$\begin{bmatrix}1 & 0\\[6pt] 0 & 1\end{bmatrix}= \dfrac{\partial (\tilde u,\tilde v)}{\partial(u,v)}^T\cdot \dfrac{\partial (\tilde u,\tilde v)}{\partial(u,v)} + \dfrac{\partial^2 (\tilde u,\tilde v)}{\partial(u,v)^2}\begin{bmatrix}\widetilde u\\[6pt] \widetilde v\end{bmatrix}$$

\\\\\

---

Problem.4. 证明协变微分的性质：设 $\pmb v,\pmb w$ 是曲面的切向量场，$f$ 是曲面上的函数，则

1. $\mathrm D(\pmb v+\pmb w)=\mathrm D\pmb v+\mathrm D\pmb w$；
2. $\mathrm D(f\pmb v)=\mathrm df \pmb v +f\mathrm D\pmb v$；
3. $\mathrm D\langle \pmb v,\pmb w\rangle =\langle \mathrm D\pmb v,\pmb w\rangle +\langle \pmb v,\mathrm D\pmb w\rangle$。

(1) 直接计算

---

Problem.7. 设曲面的第一基本形式如下，求结构方程与 Gauss 曲率：

1. $\mathrm ds^2=(U+V)(\mathrm du\mathrm du+\mathrm dv\mathrm dv)$，其中 $U=U(u),V=V(v)$；
2. $\mathrm ds^2=\dfrac 1{4(u-v^2)}(\mathrm du\mathrm du-4v\mathrm du\mathrm dv+4u\mathrm dv\mathrm dv)$，其中 $u>v^2$。

(1) 在自然标架诱导的正交标架下，计算微分形式

$$\omega_1=\sqrt {U+V}\mathrm du,\quad \omega_2=\sqrt {U+V}\mathrm dv$$

待定系数 $\omega_{12}=A\omega_1+B\omega_2$，由结构方程

$$\mathrm d\omega_1=-\dfrac {V'}{2(U+V)^{3/2}}\omega_1\wedge \omega_2,\quad \mathrm d\omega_2=\dfrac {U'}{2(U+V)^{3/2}}\omega_1\wedge \omega_2$$

解得

$$\omega_{12}= -\dfrac {V'}{2(U+V)^{3/2}}\omega_1 +\dfrac {U'}{2(U+V)^{3/2}}\omega_2$$

进而由 $\mathrm d\omega_{12}=-K\omega_1\wedge \omega_2$ 解得 Gauss 曲率为

$$\mathrm d\omega_{12}=\dfrac {V''(U+V)-3V'^2/2}{2(U+V)^3}\omega_1\wedge \omega_2 +\dfrac {U''(U+V)-3U'^2/2}{2(U+V)^3}\omega_1\wedge \omega_2$$

$$K=-\dfrac {2(U+V)(U''+V'')-3(U'^2+V'^2)}{4(U+V)^3}$$

(2) 由于 $I=\omega_1\omega_1+\omega_2\omega_2$，所以先对角化

$$\mathrm ds^2=\dfrac 1{4(u-v^2)}[(\mathrm du-2v\mathrm dv)^2 +4(u-v^2)(\mathrm dv)^2]$$

则令

$$\omega_1=\dfrac {\mathrm du-2v\mathrm dv}{2\sqrt {u-v^2}},\quad \omega_2=\mathrm dv$$

待定系数 $\omega_{12}=A\omega_1+B\omega_2$，由结构方程

$$\mathrm d\omega_1=-\dfrac {\mathrm d(u-v^2)\wedge (\mathrm du-2v\mathrm dv)}{4(u-v^2)^{3/2}}=-\dfrac {\omega_1\wedge \omega_1}{\sqrt {u-v^2}}=0=\mathrm d\omega_2$$

所以联络形式 $\omega_{12}=0$，进而 Gauss 曲率 $K=0$。

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Problem.8. 求沿着球面的赤道，切向量的平行移动。

球面的参数表示为

$$\pmb r(\theta,\varphi)=(r\cos\theta\cos\varphi,r\cos\theta\sin\varphi,r\sin\theta)$$

其中 $\theta\in [-\pi/2,\pi/2]$ 是纬度，$\varphi\in [0,2\pi)$ 是经度。计算第一基本形式以及微分形式

$$\pmb e_1=\dfrac {\pmb r_\theta}{|\pmb r_\theta|},\quad \pmb e_2=\dfrac {\pmb r_\varphi}{|\pmb r_\varphi|};\quad I=r^2\mathrm d\theta\mathrm d\theta +r^2\cos^2\theta \mathrm d\varphi\mathrm d\varphi$$

所以 $\omega_1=r\mathrm d\theta,\ \omega_2=r\cos\theta \mathrm d\varphi$，解得

$$\omega_{12}=-\sin\theta \mathrm d\varphi$$

赤道对应 $\theta=0$，对应联络形式 $\omega_{12}=0$，对应曲线弧长参数表示为

$$\pmb r(s)=(r\cos(s/r),r\sin(s/r),0),\ s\in [0,2\pi r)$$

设沿赤道的切向量场为 $\pmb v(s)=A\pmb e_1+B\pmb e_2$，则由 Levi-Civita 平行移动条件：

$$\dfrac {\mathrm D\pmb v}{\mathrm ds}=\dfrac {\mathrm dA\pmb e_1+\mathrm dB\pmb e_2}{\mathrm ds} +A\dfrac {\omega_{12}}{\mathrm ds}\pmb e_2 -B\dfrac {\omega_{12}}{\mathrm ds}\pmb e_1=0$$

比较系数，得到 $\dot A=\dot B=0$，所以切向量 $\pmb v=A\pmb e_1(s)+B\pmb e_2(s)$ 沿赤道平行移动时，关于正交标架场 $\pmb e_1,\pmb e_2$ 的系数 $A,B$ 不变。

# 附：整体微分几何

# ProblemSet 1

Problem.1. 对于弧长参数的平面简单闭曲线 $\pmb r(s),s\in [0,l]$，其角度参数为 $\widetilde \theta(s)$，证明：存在连续函数 $\theta:[0,l]\to\mathbb R$，使得

$$\theta(s)\equiv \widetilde \theta(s)\ (\mathrm{mod}\ 2\pi),\quad \forall s\in [0,l]$$

且满足上式的连续函数 $\theta$ 在 $\mathrm{mod}\ 2\pi$ 意义下唯一。

角度参数 $\widetilde \theta(s)\in \arg(\pmb t,x)$ 是多值函数。在 Gauss 映射下，$\pmb n$ 与 $x$ 轴的夹角为 $\widetilde \theta(s)+\pi/2$。考虑 $\mathbb S^1$ 上的开覆盖

$$U=\{e^{i\theta}:\theta\in (-\pi/2,3\pi/2)\},\quad V=\{e^{i\theta}:\theta\in (\pi/2,5\pi/2)\}$$

所以对任意 $s\in [0,l]$，都存在 $\delta_s>0$，使得 $B(\pmb n(s),\delta_s)\cap\mathbb S^1$ 包含于 $U$ 或 $V$。由于 $\pmb n$ 是连续映射，所以存在

$$B(s,\varepsilon_s)\subset \pmb n^{-1}(B(\pmb n(s),\delta_s))$$

因为 $[0,l]$ 是紧集，所以存在有限子覆盖 $\{B(s_i,\varepsilon_{s_i})\}_{i=1}^N$，满足

$$s_1<s_2<\cdots <s_N;\quad B(s_i,\varepsilon_{s_i})\cap B(s_{i+1},\varepsilon_{s_{i+1}})\neq \varnothing$$

另一方面，注意到 $U,V$ 分别同胚于 $(-\pi/2,3\pi/2),( \pi/2,5\pi/2)$。

首先，定义 $\theta(s_1)=\widetilde \theta(s_1)$，因为 $B(s_1,\varepsilon_{s_1})$ 上对应的 $\pmb n$ 都落在 $U$ 或 $V$ 内，所以可以通过 $U,V$ 对应的同胚，定义 $\theta(s)$ 在 $B(s_1,\varepsilon_{s_1})$ 上的取值，使得

$$\theta(s)\equiv \widetilde \theta(s)\ (\mathrm{mod}\ 2\pi),\ \forall s\in B(s_1,\varepsilon_{s_1});\quad \theta(s)\in C(B(s_1,\varepsilon_{s_1}))$$

因为 $B(s_1,\varepsilon_{s_1})\cap B(s_2,\varepsilon_{s_2})\neq \varnothing$，所以 $\theta(s)$ 在交集上已经有定义了，可以继续延拓到 $B(s_2,\varepsilon_{s_2})$ 上。依此类推，最终可以将 $\theta(s)$ 定义在整个 $[0,l]$ 上，至此完成了提升。

若存在另一连续函数 $\hat \theta(s)$ 也满足题设条件，则由定义知道

$$\hat \theta(s)-\theta(s)\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 2\pi),\quad \forall s\in [0,l]$$

由于 $\hat \theta(s)-\theta(s)$ 是连续函数，而 $2\pi\mathbb Z$ 是离散集，所以 $\hat \theta(s)-\theta(s)$ 在 $[0,l]$ 上恒为某个常数 $2k\pi$，这说明 $\theta(s)$ 在 $\mathrm{mod}\ 2\pi$ 意义下唯一。

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Problem.2. Wirtinger 不等式：如果 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 是周期为 $2\pi$ 的 $C^1$ 函数，且满足 $\int_0^{2\pi}f(\theta)\mathrm d\theta=0$。证明：

$$\int_0^{2\pi}f^2(\theta)\mathrm d\theta \leq \int_0^{2\pi}f'^2(\theta)\mathrm d\theta$$

在 $L^2(\mathbb R)$ 内积空间中，内积定义为

$$\langle f,g\rangle =\dfrac 1\pi\int_0^{2\pi}f(\theta)g(\theta)\mathrm d\theta$$

由 Fourier 级数理论，有如下标准正交基：

$$\left\{\dfrac 1{\sqrt 2},\ \cos \theta,\ \sin \theta,\ \cos 2\theta,\ \sin 2\theta,\ \ldots\right\}$$

由于 $\int ^{2\pi}_0 f(\theta)\mathrm d\theta=0$，所以

$$f(\theta)=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\cos n\theta +b_n\sin n\theta;\quad a_n=\langle f,\cos n\theta\rangle,\ b_n=\langle f,\sin n\theta\rangle$$

对于其导数有

$$f'(\theta)=\displaystyle a'_0+\sum_{n=1}^\infty a'_n\cos n\theta +b'_n\sin n\theta$$

其中

$$\begin{cases}a'_0=\langle f',1/\sqrt 2\rangle =0\\[6pt] a'_n=\langle f',\cos n\theta\rangle =n b_n\\[6pt] b'_n=\langle f',\sin n\theta\rangle =-n a_n\end{cases}$$

由 Bessel 定理知道

$$\langle f,f\rangle =\sum_{n=1}^\infty (a_n^2+b_n^2)\leq \sum_{n=1}^\infty n^2(a_n^2+b_n^2)=\langle f',f'\rangle$$

所以 Wirtinger 不等式得证，且当且仅当 $f(\theta)=a_1\cos \theta +b_1\sin \theta$ 时取等号。

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Problem.3. 设 $C$ 是平面上一条凸的简单闭曲线，满足 $0<\kappa\leq R^{-1}$，其中 $R$ 是正常数。证明：曲线 $C$ 的长度 $L\geq 2\pi R$。

平面闭曲线的旋转指数为 $\pm 1$，而 $\kappa>0$，则

$$1=\dfrac 1{2\pi}\int_0^L \kappa(s)\mathrm ds\leq \dfrac L{2\pi} \cdot \dfrac 1R$$

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Problem.4. 求椭圆 $\pmb r(t)=(a\cos t,b\sin t),t\in [0,2\pi]$ 的顶点，其中 $a>b>0$。

计算椭圆的基本量

$$\begin{cases}\pmb r_t=(-a\sin t,b\cos t)\\[6pt] \kappa(t)=\dfrac {x'y''-y'x''}{(x'^2+y'^2)^{3/2}}=\dfrac {ab}{(a^2\sin^2 t +b^2\cos^2 t)^{3/2}}\end{cases}$$

所以顶点满足

$$\dfrac {\mathrm d\kappa}{\mathrm dt}\dfrac {\mathrm dt}{\mathrm ds}=-\dfrac {3ab(a^2-b^2)\sin t\cos t}{(a^2\sin^2 t +b^2\cos^2 t)^{5/2}}\dfrac {\mathrm dt}{\mathrm ds}=0$$

所以顶点为 $t=0,\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi$ 时，即四个点 $(\pm a,0),(0,\pm b)$。

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Problem.5. 设 $\pmb r(s)$ 是平面上弧长参数的凸闭曲线，证明：$\pmb t''$ 至少在 4 个点处平行于 $\pmb t$。

由 Frenet 方程

$$\pmb t'=\kappa \pmb n,\quad \pmb n'=-\kappa \pmb t\implies \pmb t''=\kappa'\pmb n -\kappa^2\pmb t$$

而 $\pmb n,\pmb t$ 正交，所以 $\pmb t''$ 平行于 $\pmb t$ 当且仅当

$$\dfrac {\mathrm d\kappa}{\mathrm dt}=\dfrac {\mathrm d\kappa}{\mathrm ds}\cdot \dfrac {\mathrm ds}{\mathrm dt}=0$$

由四顶点定理，可知上述方程至少有 4 个解。