微分几何作业 10

Problem 1. 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 $K=0$。

Problem 2. 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。

Problem 3. 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。

Problem 4. 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。

Problem 5. 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

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

Problem 6. 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 $(\pm a,0),(0,\pm b)$。

Problem 7. 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。