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Problem 1. 证明环面

T2:={(x,y,z)∈R3:(x2+y2−a)2+z2=r2},0<r<a\mathbb T^2:=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:(\sqrt{x^2+y^2}-a)^2+z^2=r^2\},\quad 0<r<a

是可定向曲面，并验证

∫T2KdA=0\int _{\mathbb T^2}K\mathrm dA=0

考虑环面的两个局部图册

{(x,y,z)=((a+rcos⁡v)cos⁡u,(a+rcos⁡v)sin⁡u,rsin⁡v)(x,y,z)=((a+rcos⁡(s+π)cos⁡(t+π),(a+rcos⁡(s+π)sin⁡(t+π),rsin⁡(s+π))\begin{cases}(x,y,z)=((a+r\cos v)\cos u,(a+r\cos v)\sin u,r\sin v)\\[6pt] (x,y,z)=((a+r\cos (s+\pi)\cos (t+\pi),(a+r\cos (s+\pi)\sin (t+\pi),r\sin (s+\pi))\end{cases}

其中第一个图册的参数范围为 u,v∈(0,2π)u,v\in(0,2\pi)，第二个图册的参数范围为 t,s∈(−π,π)t,s\in(-\pi,\pi)；
则在每个图册上都是微分同胚映射，并且在交集区域有参数变换

(u,v)=(t+π,s+π)(u,v)=(t+\pi,s+\pi)

因此是相容的，并且保持定向，这从 Jacobian 行列式为正可以看出，以及我们直接计算法向量

n1=(cos⁡ucos⁡v,sin⁡ucos⁡v,sin⁡v)\pmb n_1=(\cos u\cos v,\sin u\cos v,\sin v)

n2\pmb n_2 也是同理的，说明曲面处处有连续的单位法向量场，且两张曲面片的定向一致，因此环面是可定向曲面。

事实上，第一个图册和环面仅相差两条闭合曲线，是零测的，不影响曲面积分的计算，所以我们只需计算第一个图册的 Gauss 曲率积分，先计算曲面基本量

{ru=(−(a+rcos⁡v)sin⁡u,(a+rcos⁡v)cos⁡u,0)rv=(−rsin⁡vcos⁡u,−rsin⁡vsin⁡u,rcos⁡v)\begin{cases}\pmb r_u=(-(a+r\cos v)\sin u,(a+r\cos v)\cos u,0)\\[6pt] \pmb r_v=(-r\sin v\cos u,-r\sin v\sin u,r\cos v)\end{cases}

从而

I=dr⋅dr=(a+rcos⁡v)2du2+r2dv2I=\mathrm d\pmb r\cdot \mathrm d\pmb r=(a+r\cos v)^2\mathrm du^2+r^2\mathrm dv^2

所以结合正交参数的 Gauss 曲率公式，可以计算

∫T2KdA=∫T2cos⁡vr(a+rcos⁡v)⋅r(a+rcos⁡v)dudv=∫02πdu∫02πcos⁡vdv=0\begin{aligned}\int_{\mathbb T^2}K\mathrm dA&=\int_{\mathbb T^2}\dfrac {\cos v}{r(a+r\cos v)}\cdot r(a+r\cos v)\mathrm du\mathrm dv=\int_0^{2\pi}\mathrm du\int_0^{2\pi}\cos v\mathrm dv=0\end{aligned}

Problem 2. 证明 R3\mathbb R^3 中不存在紧致直纹面。

R3\mathbb R^3 中的直纹面满足 K≤0K\leq 0，而紧致曲面一定存在椭圆点使得 K>0K>0，矛盾。

Problem 3. 设 CC 是 R3\mathbb R^3 中一条简单光滑曲线，ss 为弧长参数，其 Frenet 标架为 {t,n,b}\{\pmb t,\pmb n,\pmb b\}，构造以 CC 为中心的管状曲面 T2T^2：

r(θ,s)=r(s)+λ(cos⁡θn+sin⁡θb)\pmb r(\theta,s)=\pmb r(s)+\lambda (\cos\theta\pmb n+\sin\theta\pmb b)

这里 λ\lambda 是充分小的正数。

  1. 求 T2T^2 的 Gauss 曲率；
  2. 验证 ∫T2H2dA≥2π2\displaystyle \int _{T^2}H^2\mathrm dA\geq 2\pi^2。

(1) 计算曲面基本量

{rθ=−λsin⁡θn+λcos⁡θbrs=(1−λκcos⁡θ)t+λτ(−sin⁡θn+cos⁡θb)\begin{cases}\pmb r_\theta=-\lambda\sin\theta\pmb n+\lambda\cos\theta\pmb b\\[6pt] \pmb r_s=(1-\lambda\kappa\cos\theta)\pmb t+\lambda\tau(-\sin\theta\pmb n+\cos\theta\pmb b)\end{cases}

计算第一基本形式

I=λ2dθ2+2λ2τdθds+((1−λκcos⁡θ)2+λ2τ2)ds2=(λdθ+λτds)2+(1−λκcos⁡θ)2ds2I=\lambda^2\mathrm d\theta^2+2\lambda^2\tau\mathrm d\theta\mathrm ds+((1-\lambda\kappa\cos\theta)^2+\lambda^2\tau^2)\mathrm ds^2=(\lambda\mathrm d\theta+\lambda\tau\mathrm ds)^2+(1-\lambda\kappa\cos\theta)^2\mathrm ds^2

所以可以选取正交标架使得

{ω1=λdθ+λτdsω2=(1−λκcos⁡θ)ds\begin{cases}\omega_1=\lambda\mathrm d\theta+\lambda\tau\mathrm ds\\[6pt] \omega_2=(1-\lambda\kappa\cos\theta)\mathrm ds\end{cases}

由曲面结构方程可知

ω12=κsin⁡θds\omega_{12}=\kappa\sin\theta\mathrm ds

由 Gauss 方程可知

−Kω1∧ω2=dω12=κcos⁡θτds∧ds+κsin⁡θds∧dθ-K\omega_1\wedge\omega_2=\mathrm d\omega_{12}=\kappa\cos\theta\tau\mathrm ds\wedge\mathrm ds+\kappa\sin\theta\mathrm d s\wedge\mathrm d\theta

因此

K=−κsin⁡θλ(1−λκcos⁡θ)K=-\dfrac {\kappa\sin\theta}{\lambda(1-\lambda\kappa\cos\theta)}

(2) 计算法向量，由于 λ\lambda 足够小，法向量可以取为

N=cos⁡θn+sin⁡θb\pmb N=\cos\theta\pmb n+\sin\theta\pmb b

因此第二基本形式为

L=−λ,M=−λτ,N=−λτ2+κcos⁡θ(1−λκcos⁡θ)L=-\lambda,\quad M=-\lambda\tau,\quad N=-\lambda \tau^2+\kappa\cos\theta(1-\lambda\kappa\cos\theta)

所以平均曲率为

H=EN+GL−2FM2(EG−F2)=2λκcos⁡θ−12λ(1−λκcos⁡θ)H=\dfrac {EN+GL-2FM}{2(EG-F^2)}=\dfrac {2\lambda \kappa \cos\theta -1}{2\lambda (1-\lambda\kappa\cos\theta)}

化简后

∫T2H2dA=∫0L∫02π(2λκcos⁡θ−1)24λ(1−λκcos⁡θ)dθds=12λ∫0lπ1−λ2κ2ds\int_{T^2}H^2\mathrm dA=\int_0^L\int_0^{2\pi}\dfrac {(2\lambda \kappa \cos\theta -1)^2}{4\lambda (1-\lambda\kappa\cos\theta)}\mathrm d\theta\mathrm ds=\dfrac 1{2\lambda}\int^l_0\dfrac{\pi}{\sqrt {1-\lambda^2\kappa^2}}\mathrm ds

由于

∫0l11−λ2κ2ds≥∫0l2λκds=π∫0lκds\int^l_0\dfrac 1{\sqrt {1-\lambda^2\kappa^2}}\mathrm ds\geq \int^l_02\lambda \kappa\mathrm ds=\pi \int ^l_0\kappa\mathrm ds

由 Fenchel 定理得到结果。

Problem 4. 设 Σ\Sigma 是紧致的可定向曲面，K≥0K\geq 0，证明 ∫ΣKdA=4π\displaystyle \int _{\Sigma}K\mathrm dA=4\pi。

由 Gauss-Bonnet 定理

∫ΣKdA=2πχ(Σ)\int _{\Sigma}K\mathrm dA=2\pi\chi(\Sigma)

由于紧致可定向曲面亏格 g≥0g\geq 0，所以 g=0,1g=0,1，如果 g=1g=1，则 χ(Σ)=0\chi(\Sigma)=0，由于 K≥0K\geq 0，所以 K≡0K\equiv 0，这与直纹面矛盾。综上 g=0g=0，所以

∫ΣKdA=4π\int _{\Sigma}K\mathrm dA=4\pi

Problem 5. 写出教材定理 3.1 中 ∫Σ+KdA≥4π\displaystyle \int _{\Sigma_+}K\mathrm dA\geq 4\pi 的证明过程。

证明：

设 e⃗∈S2\vec{e} \in S^2，考虑函数 f(P)=⟨r⃗(P),e⃗⟩f(P) = \langle \vec{r}(P), \vec{e} \rangle 在 Σ\Sigma 上达到最大和最小值，对应点 P1P_1 和 P2P_2。

此时 df(P)=⟨dr⃗(P),e⃗⟩=0⟹n⃗(P1)df(P) = \langle d\vec{r}(P), \vec{e} \rangle = 0 \implies \vec{n}(P_1) 和 n⃗(P2)\vec{n}(P_2) 与 e⃗\vec{e}平行。Hess ff 在 P1P_1 和 P2P_2 处分别半负定和半正定。

设 PP 附近的局部坐标是 (u,v)(u, v)。则：

{∂∂uf=⟨r⃗u,e⃗⟩∂∂vf=⟨r⃗v,e⃗⟩Hessf=(⟨r⃗uu,e⃗⟩⟨r⃗uv,e⃗⟩⟨r⃗vu,e⃗⟩⟨r⃗vv,e⃗⟩)=±(LMMN)\begin{cases} \frac{\partial}{\partial u} f = \langle \vec{r}_u, \vec{e} \rangle \\ \frac{\partial}{\partial v} f = \langle \vec{r}_v, \vec{e} \rangle \end{cases} \quad \text{Hess } f = \begin{pmatrix} \langle \vec{r}_{uu}, \vec{e} \rangle & \langle \vec{r}_{uv}, \vec{e} \rangle \\ \langle \vec{r}_{vu}, \vec{e} \rangle & \langle \vec{r}_{vv}, \vec{e} \rangle \end{pmatrix} = \pm \begin{pmatrix} L & M \\ M & N \end{pmatrix}

而。这导出 P1P_1 和 P2P_2 处的 Gauss 曲率非负，P1,P2∈Σ+P_1, P_2 \in \Sigma_+。

设 D=g(Σ+)⊂S2D = g(\Sigma_+) \subset S^2 是 Σ+\Sigma_+ 在 Gauss 映射下的像。

令：

{D1={e⃗∈D:#g−1(e⃗)=1}D2={e⃗∈D:#g−1(e⃗)≥2}\begin{cases} D_1 = \{ \vec{e} \in D : \# g^{-1}(\vec{e}) = 1 \} \\ D_2 = \{ \vec{e} \in D : \# g^{-1}(\vec{e}) \geq 2 \} \end{cases}

因此 D=D1∪D2D = D_1 \cup D_2。由以上论断可知：若 e⃗∈S2\vec{e} \in S^2 且 e⃗∉D\vec{e} \notin D，则必有 −e⃗∈D-\vec{e} \in D，且 g−1(−e⃗)g^{-1}(-\vec{e}) 至少有两个点，即 −e⃗∈D2-\vec{e} \in D_2。换言之，S2∖DS^2 \setminus D 的对径点组成的集合 D‾⊆D2\overline{D} \subseteq D_2。

因此：

∫Σ+KdA=∫g−1(D1)KdA+∫g−1(D2)∩Σ+KdA≥∫D1dσ+2∫D2dσ≥∫D1dσ+∫D2dσ+∫D‾dσ=∫D1dσ+∫D2dσ+∫S2∖Ddσ=∫S2dσ=4π.\begin{array}{ll}\displaystyle \int_{\Sigma_+} K\, dA &\displaystyle= \int_{g^{-1}(D_1)} K\, dA + \int_{g^{-1}(D_2) \cap \Sigma_+} K\, dA\\ \\ &\displaystyle\geq \int_{D_1} d\sigma + 2 \int_{D_2} d\sigma \geq \int_{D_1} d\sigma + \int_{D_2} d\sigma + \int_{\overline{D}} d\sigma\\ \\&\displaystyle = \int_{D_1} d\sigma + \int_{D_2} d\sigma + \int_{S^2 \setminus D} d\sigma = \int_{S^2} d\sigma = 4\pi.\end{array}

Problem 6. 证明 Fenchel 定理：设 CC 是 R3\mathbb R^3 中一条简单光滑闭曲线，ss 为弧长参数，曲率为 κ(s)\kappa (s)，则

∫Cκ(s)ds≥2π\int _C\kappa (s)\mathrm ds\geq 2\pi

证明：

∫Cκ(s)ds=∫C∣t⃗′(s)∣ds其中t⃗:[0,L]→S2\int_C \kappa(s)\, ds = \int_C |\vec{t}'(s)|\, ds \quad \text{其中 } \vec{t}: [0, L] \to S^2

则 LHS 可看作t⃗\vec{t}在S2S^2 上运动的轨迹长度。

对任意e⃗∈S2\vec{e} \in S^2，设函数f(s)=⟨r⃗(s),e⃗⟩∈C([0,L])f(s) = \langle \vec{r}(s), \vec{e} \rangle \in C([0, L])，且f(0)=f(L)f(0) = f(L)，f′(0)=f′(L)f'(0) = f'(L)。

因此存在s1≠s2∈[0,L]s_1 \ne s_2 \in [0, L]，使得f(s1)=f(s2)=⟨t⃗(s1),e⃗⟩=0f(s_1) = f(s_2) = \langle \vec{t}(s_1), \vec{e} \rangle = 0。
即t⃗(s1),t⃗(s2)\vec{t}(s_1), \vec{t}(s_2) 在与e⃗\vec{e}正交的球大圆上。
由e⃗\vec{e}的任意性，知t⃗(s)\vec{t}(s) 和任意S2S^2 上的球大圆有至少两个交点。

引理：长度小于2π2\pi 的球面上的分段光滑曲线总在半球面内。

设球面曲线CC 长度小于2π2\pi，设弧长参数为ss，则C:[0,L]→S2C: [0, L] \to S^2，L<2πL < 2\pi。

设P=C(0)=C(L)P = C(0) = C(L)，而Q=C(L/2)Q = C(L/2)。
设C1(t)=C(t)C_1(t) = C(t)，t∈[0,L/2]t \in [0, L/2]，C2(t)=C(t)C_2(t) = C(t)，t∈[L/2,L]t \in [L/2, L]。

设P,QP, Q 在球面上的中点是NN，以NN 为北极点，作赤道大圆。若CC 与赤道大圆相交，不妨设C1C_1 和赤道大圆相交，设一个交点为TT。

将C1C_1 绕NN 所在轴逆时针旋转π\pi。由于NN 为P,QP, Q 的球面中点，旋转后PP 到QQ 而QQ 到PP，得到新曲线C1~(s)\widetilde{C_1}(s)（s∈[L/2,L]s \in [L/2, L]）。设TT 在旋转后在T′T'，则T,T′T, T' 对径。

则：

ℓ(C)=ℓ(C1∪C2)=2ℓ(C1)=ℓ(C1)+ℓ(C1~)=ℓ(C1∪C1~)<2π\ell(C) = \ell(C_1 \cup C_2) = 2\ell(C_1) = \ell(C_1) + \ell(\widetilde{C_1}) = \ell(C_1 \cup \widetilde{C_1}) < 2\pi

而新曲线C1∪C1~C_1 \cup \widetilde{C_1} 中含有对径点TT 和T′T'，dS2(T,T′)=π⟹ℓ(C1∪C1~)≥2πd_{S^2}(T, T') = \pi \implies \ell(C_1 \cup \widetilde{C_1}) \geq 2\pi，矛盾！

因此CC 和构造的赤道大圆不交，在相应半球面内。回到原题：

由于曲线r⃗(s)\vec{r}(s) 和S2S^2 上的大圆总有交点，因此由引理，长度总不小于2π2\pi。

⟹∫C∣t⃗′(s)∣ds=∫Cκ(s)ds≥2π.\implies \int_C |\vec{t}'(s)|\, ds = \int_C \kappa(s)\, ds \geq 2\pi.

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