微分几何主要习题解答PAGE\*MERGEFORMAT#第一章习题1.12证明忠勤卜系（志尸⑴）-）ri1“八=-7（7）r（f）+^nr（f）*Teo*证明：设rQ）在［口修］上定义.且对于任一士wm有/（£）=%则“E）是［〃，以上的常向量.因此在（口泽）上有任意阶微商,且都是心即/《『）=/（/）=…=/T（工）=…=0T于是r（f+X）有泰勒展开式；r(/+A^>=r(7)+Arr(/)+八£)+…+」(")>'“£)+…TOC\o"1-5"\h\z£\n!=r(f)+()*△/+JyO*(Af)J+…十七(Af)"，0+…2!n!=，⑺，所以在Z的邻域中rQ)是常向量一考虑到，wl八打的任意性，则,3)在［口*］上是常向量.9证明：必要性设r(，)=A(F)£(作为常单位向量)，则r'(E)=Af(t)e.所以，(/)*r'(f)=0.充分性设二XDMfMeC)为单位向量函数八则"O=T(—+JL⑺」(£),r(/)XrJ(r)=A2(z)［e(/)Xey(t)J.因为r(t)#0,于是Xf〉#0当Nf)X/(f)=0,从而有f(r)x/(r)=0.即-£)〃，U)■因为。a)J_£'C)(根据［八。|=1),因此，(Q=0•即“f)为常向量.所以r(r)=A(t)^(/)府固定方向.5证明：必要性设固定平面〃的单位法向量为用.依愿意r(f)±n,M，《£)*"=0.从而r1一)f=0,rv(r)-n=Q.r(D,/(r),r"(r)均与«垂直,所以(「(£)*/(/),/(f))=0.充分性由已知，共面.若r(z)X/(八三0,则由Nf)K0可知r(±)有固定方向(上题八所以,(f)平行于同定平面.若尸")乂/(£)六。，则由，(♦,/(£)"“(£)共方可知r"（£）=a（£）r（£>$p（r）f,7t）,记则/（t）=，（E）Xr*（F）=M（r）r（E）x/（f）=*（r）n（r）.从而有（上）=0,但H⑴#0.因此"《£）有固定方向（1_题）.又所以r（f）平行于固定平面.习题142—1由,（/）-!-sinrTcos，」E得r（t）I=二sin工厂十（oo^fT+1=声声Q、所以曲线是正则曲线.人\COBf=1..令.八解出，=0,则对应于点（1,0#）有£=0,所以（sin£=0,r，（0）=|0,1JI,则曲线在（L0Q）点（即f=Q点）的切线方程为或p=*»r+Ae2+Ae3.法面方程为(”r(0))T；(0)=0,即(工一】)0+(竽-0)1+(£-0)1=0,丁+z=0.2r(i)=iattct3lrf(t)-|0,24，3cJL所以，切线方程为p-r(t0)=法面方程为=0,仍［人")】"(、2(x—)*t2十(第一63・2加uT(工C?0)-3ctnajc+2加。丫+q之—(a2/(>+262fJ+3cZ(>)=0,5因为，"(8)=；一以sin6,ocas6,61，取h轴上的单位向最的=|0,0」|，则=.sin3*0+acosQ0+Z>・1(-asin+(acostf)1+67*1=V^r=常数JM+♦'即，与白的夹角不随0的变化而变化，因之曲线的切线与z轴作固定角.D）；।12r—it,acosh—,0|,aN•.从rxO算起的弧长为：，（f）=cosh——dicacoshi/dw—asinh—.13，・曲线(C)的方程为y=6工"它的向量套数
表
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示为二r=i工+6r,01,r'=i1p2101Jr"|=4/浦.对应于-。*工石也一段的弧长为士Z(x)=jyfl+4b2PdJ=2J；万。-1—=石Jyi+u1du二1[.J1不M+/Mu+八+涓)].=aJl+4——十Jln(2白b+Hr=|acorjz,£i$inJz,01,rf—\-3&cos'lsinl.3qsb?fcost«0!>Ir'1=|3asinteast]=3口Isinfeesf|.Z(t)工Basinfcoszdr=3asin/d(sinf)■032j9=丁&sint_315r=lfl(/-sin-cosr).0I,a>0f/=!a(1-cost),asin/,0IfIr"|—《[♦(1-cosF)]"工(口(n£)’=2
=4(r'o*.主法线的方程为：(R-r)=0nX-acostY-dsintZ-bl即-=一—=一齐一•-oc)st一stntU又工粕的方程为：X_Y_Z对任意人有小“/二-c(jfi£,0+("sin£)，0+0T=0.即主法线与z轴垂直.又由于点(0,0.加)即在主法线上，又在w轴上，故主法线与之轴垂直相交于(0,0.血).4解：尸二|co!?tronaIjCOfiasint/sina],r"=1-cosastnt・cosacos1fsinaItr=.1-oosacostf-cosasin/t0;,rXr'=\sinacobq与in(,*sinacosatcostPcoa2a),Ir'xrJJ|=cosa.所以y=Isinusin£*一sinaeont,8sa1*新曲线的方程为：r=r+y—|cosacost+sint,oosasint-sinexcost,工而na+ocwa:—|cos(i—a)tsm(/-a)tfsina+cosn|♦zr=I-sjn(f—at)*dos(X—n),sina1.r"=「a>s(E壁)，一期n(土一0)，0|.新曲线密切平面的方程为X二COS(f-er)?1sin(Z—a)Z—(2&ina+cosa)h0.一sin(t-a)cos(Lq)sina-oqs(t-a)-31n(f-a)0展开整理得[sintrsin(f-o)]X-[sinacos(t一o)]丫十Z~(fsin。+cosa)h0.5证明：设球面的半径为R,球心在原点.球面曲线的方程为则r*r=0.曲线的法平面方程为[p-r(s)]*r(j)=0.即p(s)*r(j)=0,它通过原点，即通过球心.证明：因为r=|&cosf,asinE,瓦卜，rJ—1—asinttacosr,61,r"=I_acos19—asin/.01,r'Xr"=Iufisin/,-abcos/ta2L所以副法线的方向向量为Ibsin九-58s上，过原点且平行于副法线的直线方程为n=A6sint^y=-Xboast>r=aA即得U，+J)=6%.(1)因为，=(□coshr,asinhf.口£I,r=Isinha&coshf,aI,r=Iacoshtfasinh£.0],rX/二I一"&inhr,18ah工.一g”|r"xr*1='/2aJcosht,/*=Iasinht,acoshZ,0!r(/*■k\_3rtr,r)=a«所以2acoJ77"2acosh2/(2)因为r=|a(3z-r3)t3a/2»a(3r+)IPr'=,60f,3a(1+x3)|rr，=I-6at»6(z,6aH■J*/=|18〃2(J—1),—36a工£.18qN(「+1)1.lr'x11=18V？«2(1+尸=I-6a,0.6。|.("/",/*)=216a\所以元TfTiT.3〃i+j产解：因为r=Icos't.sin11,cos11I■/'==|-3cost.3sint,-2[sin/oost,rv—13cost(3sin，-1),3sin/(3cos'E-1),■4cos2fI»r'X/=所n，21cost.—sinft-.Ir\=5lsin/cosfl,I，xr*|二竽sin*2工=15sin*l+cos11.r"=l3sinf(9COS1f-2),3cos/(2-9sin't),8sin2t),(r',r*,r*)=36s，inJrcos3r.所以，曲率入挠率「分别为._r*Xf*_15sin21+cos21_3Irf[5(5fsinIcjost7r251f»infcost\*(1)当寓时.istnFoos11=sintoost.这时3,3_-ycos/.-^-sint♦IsintTcnaf10},I44.了cosr♦-ysint+4S'(2)当方9y<£=2门时.sinroosrI--sin,costr这时33.4--jcost,sin工一彳33.4-z-cost,--=-sint,555I-3cosf,3sin1,-41__36印映't=4IQ一(I5sinrfcosazy_25sintcosir_-nfjcostr^T5(sin/cos/1■■・sinrcost,T八］0=Yx。=lrisint,cost*0i.Isinrcos11根据4nf,cbr的周期性，所有讨论只考虑0Wf&2〃即可.当/2/卬右、2K时,在对应点r'=0,即这些点是曲线的非正井点./>=-Isinr,cosr.0I=I-uin，「一cose+0LI44Y--j-cos£.~-ysin(,0下面验证伏雷内
公式
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：由F时，由于(1)=Ir>I=5IsinlcosEI,当0<£<、A<£<亍tvIsinfcosrI=sinfcost,dadadt1daU-n-1FT.-T-djjds|rIdrd7_1]3.3n)-5[sintc^Tl卜亍电11t,yCO3匕0,=1^3_o|25cos/'254n;,u'3"=25|碗-百小.助3',°1=二,3_325cdstT25^inta=kfi.*0“d7d7d7=w5d-d=A1dfi17T而cI；t1costf-sin£,U，51smrcost\5sint*25Isinrcos1f|sin^-4425sintensf.4-rrfsmf8s/Ilj525cost125航丘t'-rfi~~.4；sia工.cost\r25sinternf25cast'25sinz,wp即〜二-印*对于方加时，完全可以按上述
方法
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蜃征.59证法一，设所给曲线为(C)：r=，(5),定点的向径为r(j)-Rt=X(s)a(s)>a(j)=A(s)a+Xkf.但口，，线性无关，从而A-1fAk=0s又久壬U,所以*=0,即(C)是直线.证法二根据已知,有[r(s)-Ru]xa(j)=0>“玉〉、口*"(e)-/]、卵=0.0化)一曜x的=0.但（否则，（）（$）-%）〃丸由已知得出（，（万）-*于是“（$）-凡）三0,即八$）三公,从面所给的曲线退鲂为一点，得出矛盾），所以即曲线（C）是直线.证法三设所给曲线为（C）”=r（f）,则由已知有r（t）-%=入（£）/（£）,f'C）"X（£）r'C）十乂工）/（£）.于是/x/=O,所以即曲线（C）是直线.10证法一设曲线（C）""r（r）,定点向径为凡，据已知条件"（E）-均）在密切平而上，故（r（E）一&"=/）=0.（*）（I）若有两个共线，则分别有下列结果：①若（（-%）〃尸则据上题结怆，（C）是直战；②或r'〃，r=则/x/=O，及=d曲线（C）是直线；③若“一号）〃/，设，两边对£求尚商工即/"*,产共而.故（——,产）=0.故则（C）是平面曲线.（2）若『两两不共线,则在（*）式两边对£求微商:（L舅。/.」），=0,即（/,/,，"）+（r-凡，/""）+（r»凡=0.但前两项为0,所以（r-Kolr\r"）=0.由于上式与（*》式同时成立，所以，"二不共面1即——）=0.故曲线（C）是平面曲线.证法二设曲线【（?）"=，（$》,依已知条件-R*），y（C=0,两边对$求微商；。,y喟）=0.所以r（r-Ro）-p=0.（0若『二0,则（C）是平面曲线］⑵若（r-&）・p=O,两边对5求微航4）=0.所以（尸一原0），（—近（1）+｛，一及0），丁,三。,根据已知条件（联发）式，后一项为0,所以i（r-Ho）-«=（）.但由所设（r・%）_Lf.（r-仆）_Ly,所以（LK0）40,故（L4卜口HO,从而*=o,曲线（G是直线，11例眶中已给出解答.12证明：设曲线（C>"二"5）的曲率大=E觇F/0,则其曲率中心的轨迹为C）“*=《）+加$）,Ai.上式两边对曲线（C"）的自然参数—求徵商，得:*"）+"（同券，13证明：因为r士11+32+21,2-2/+5/,1-£”.r—|3+4rP-2+10f,-22|,1I4J0.-2L〃=0从而E=即曲线是平而曲线.令£=0,则得r(0)=11,2,11,r，<0)=l3,-2,0L作为平面曲线.它所在的平面即是它的密切平面,其方程为t-1»y=2z-I3-20=0.410-2即2E+3丁+19之-27=。.14证法一设曲线r：门=「I(”)，口：6二r2(力).因为5〃%.从而a,=±4,于是♦,d01d$?♦.=+•i1-心七.c,<_d$iM4a-七人再于是有工Y)fJasi_d5二rrd7^r,即a"〃人井ElkTTT因为Q.〃人从而O*=±九上式两边对一求导，得k*fl*=±rfl所以d§d$*因此，艮〃瓦.即n,匚在对应点的主法线平行.又叫〃叫,所以九〃了工，即A、G在对应点处的副法线平行.证法二因为ffjxa2=0,所以**必工44x%+6X%匹=。，于是有Ai乂。±+xkJ?从而土M儿x。i士，?一次人=0(根据叫=±a1).因此力〃力*又由于窑工〃明,所以艮〃跖.15证明；因为的〃A],于是七_1孰.％_1_的.从而3"M喉=0.所以叫・%为常数，即M与叫作固定角.16证明：设曲线「“=r(Q•曲线Nr*=/(/).「在，(。的主法线与了在r*(J)的副法线聿合，则r*(r)=r(s)+A(J)/l(s).于是有；•=r+A。+期，1■-^-=&+力(一行cr+ry).因为，〃Y•，于是力_La，,0_L。,.上式两边点乘再可得1=0.从而A是常数.设a=编.则上式两边对$求微商，可得+CT"=（1-M氏）a+*（1AKA）/十（Aqt）/-A<>ra/J.上式两边点乘队可得出（1_入©4）_入0^=0*4=20（由'+，）.17解因为r=%(£-sin1一cost),usinl,-2asinasin£,aco«f**ncos，Xt"=-2a%in*g当多=**"，即t=ir+2nit=(2rt+l)x时，g=p最大.-'jK-IC'’18解t因为r(s)在打点的泰勒展开式，(“+△$)=，(5。)+i(Sn)As+Xr(s0)—十芟^,苗［「1(%)+看(50,△$)］(△$)3,于是尸(0+△$)-r($o)=。2)“沁)3)，+春+包［■用口(跖)+5(')］+［鼠舟)。(%)+0(%)，(%)+叼（“）7（$0）］"△J=--g-e,（s«）（△$），tf（Jo）+［1/Svy十年《（％）《&），十1/（与）3s>,（与）+|£上0番/&）3+（与）（A5>y（“）.设ztxty分别是r（“十△$）点列/（与）点的密切平面、法平面、从切平面的距隅，则I=I［，（$・十65）■『（$。）］‘口（9）I=产一卷长（&八：5（M）如对.3=11（%+加）-”曲）］f（团）I=去4（%），△*）*十去，"\>2，，宅=1”（与+■）-，（））］"，（与）1=耳上。寸口（△$），4£事』（$.）（Ai）"«,当Asf。时，，"QfO,即J（5・），与（电）.门（J0）一。所以,若攵・工0,则以上三个距离的近似值分别为x=f|Aj|,卫〜■山。（&syI二立।△$।”.a=9若%=0/（%）R0.则近似距离分别为产.（物）3>=y|J（3,）|IAsi1.r0(AsJ1J§A-第二章§1曲面的概念.求正螺面r={ucosv,usinv,bv}的坐标曲线.解u-曲线为：={ucosv0,usinv0,bv0}={0,0,bv0}+u{cosv0,sinv0,0},为曲线的直母线；v-曲线为：={u0cosv,u0sinv,bv}为圆柱螺线..证明双曲抛物面,={a(u+v),b(u-v),2uv}的坐标曲线就是它的直母线。证u-曲线为：={a(u+v0),b(u-v0),2uv0}={av0,bv0,0}+u{a,b,2v0}表示过点{av0,bv0,0}以{a,b,2v。}为方向向量的直线；v-曲线为r={a(u0+v),b(u0-v),2u°v}={au°,bu0,0}+v{a,-b,2u°}表示过点(au°,bu0,0)以{a,-b,2u0}为方向向量的直线。3.求球面r={acos3sinQacos3sinQasin3}上任意点的切平面和法线方程。解rg={-asinScosQ-asinSsinQacosS},「中二{-acosSsinQacosScosQ0}x-acosScos中y—acos^sin中z—asin&任意点的切平面方程为-asin3cos*-asinSsin*acos&=0—acos&sin中acos^cos中0；z-asin:osin：：即xcos：cos:+ycos：：sin:+zsin：：-a=0法线方程为x-acos、：cos：y-acos、：sin:cos：：cos:cos：：sin:224.求椭圆柱面x2+4=1在任意点的切平面方程，并证明沿每一条直母线，此ab曲面只有一个切平面。22解椭圆柱面与+与=1的参数方程为x=cos3,y=asinG,z=t,abj-{-asin：,bcos：,0},rt={0,0,1}。所以切平面方程为:x-acos；：y-bsin；：0=0,即xbcos&+yasin@—ab=0-asin、：bcos、：00此方程与t无关，对于&的每一确定的值，确定唯一一个切平面，而&的每一数值对应一条直母线，说明沿每一条直母线，此曲面只有一个切平面。3.证明曲面厂={u,v,a-}的切平面和三个坐标平面所构成的四面体的体积是常uv数。3rU={1,0,3},uv3rv={0,1,--ay}。切平面方程为:uv与三坐标轴的交点分别为(3u,0,0),(0,3v,0),(0,0,3a2)uv于是，四面体的体积为:3V=13]u131V13a-=9a3是常数。|uv|2§2曲面的第一基本形式.求双曲抛物面；={a(u+v),b(u-v),2uv}的第一基本形式解ru={a,b,2v},rv={a,—b,2u},E=ru2=a2b24v2,F-rurv=a2-b24uv,G=rv2=a2b24u2,「•错误！未找到引用源，(a2+b2+4v2)du2+2(a2-b2+4uv)dudv+(a2+b2+4u2)dv2。.求正螺面：={ucosv,usinv,bv}的第一基本形式，并证明坐标曲线互相垂直。解r：={cosv,sinv,0},rvv={-usinv,ucosv,b},E=[2=1,F=rUrV=0,G=rv2=u2+b2,「•错误！未找到引用源。=du2+(u2+b2)dv2,二飞:。，坐标曲线互相垂直。.在第一基本形式为错误！未找到引用源。=du2+sinh2udv2的曲面上，求方程为u=V的曲线的弧长。解由条件ds2=du2+sinh2udv2,沿曲线u=v有du=dv,将其代入ds2得ds2=du2+sinh2udv2=cosh2vdv2,ds=coshvdv,在曲线u=v上，从v1至Uv2的N2弧长为|[coshvdv|=|sinhv2-sinhv1|。vi.设曲面的第一基本形式为错误！未找到引用源。=du2+(u2+a2)dv2,求它上面两条曲线u+v=0,u-v=0的交角。分析由于曲面上曲线的交角是曲线的内蕴量，即等距不变量，而求等距不变量只须知道曲面的第一基本形式，不需知道曲线的方程。解由曲面的第一基本形式知曲面的第一类基本量E=1,Fv=0,G=u2+a2,曲线u+v=0与u-v=0的交点为u=0,v=0,交点处的第一类基本量为E=1,Fv=0,G=a2。曲线u+v=0的方向为du=-dv,u-v=0的方向为6u=6v,设两曲线的夹角为邛，则有2TOC\o"1-5"\h\zEduuGdvu1-acos中=一二。Edu2Gdv2vEu2Gv21a.求曲面z=axy上坐标曲线x=x°,y=yO的交角.解曲面的向量表示为：={x,y,axy},坐标曲线x=x0的向量表示为?={Xo，y,ax0y},其切向量「={0,1,ax。};坐标曲线y=y0的向量表示为；={x,V。,axy。},其切向量rx={1,0,ay。},设两曲线x=x。与y=y。的夹角为中,则2rxry_axoy。1rx11ry|1a2x；1a2y。2.求u-曲线和v-曲线的正交轨线的方程.解对于u-曲线dv=0,设其正交轨线的方向为6u:6v,则有Edu6u+F(du6v+dv6u)+Gdv6v=0,将dv=0代入并消去du得u-曲线的正交轨线的微分方程为E6u+F6V=。.同理可得v-曲线的正交轨线的微分方程为F6u+G6V=。..在曲面上一点，含du,dv的二次方程Pdu2+2Qdudv+Rdv2=0,确定两个切方向(du:dv)和(6u:6v),证明这两个方向垂直的充要条件是ER-2FQ+GP=0.证明因为du,dv不同时为零，假定dv#。,则所给二次方程可写成为P(曲)2+dv•duduuduuRduu2Q2Q—+R=0，设其一根鼠，.，贝嘉=5，—+—=--……错误！未找至1引用源。又根据二方向垂直的条件知E也加+F(—+6u)+G=。……错误！dvvdvv未找到引用源。将错误！未找到引用源。代入错误！未找到引用源。则得ER-2FQ+GP=。..证明曲面的坐标曲线的二等分角线的微分方程为Edu2=Gdv2.证用分别用6、6*、d表示沿u—曲线，v—曲线及其二等分角线的微分符号，即沿u—曲线6u#0,6v=0,沿v—曲线6"u=0,a*v手0.沿二等分角轨线方向为du:dv,根据题设条件，又交角公式得(EduvFdvu)2(Fdu、vGdv、v)2(EduFdv)2_(FduGdv)22~2.222E、u2ds2G、v2ds2EG展开并化简得E(EG-F2)du2=G(EG-F2)dv2,而EG-F2>0,消去EG-F2得坐标曲线的二等分角线的微分方程为Edu2=Gdv2..设曲面的第一基本形式为错误！未找到引用源。=du2+(u2+a2)dv2,求曲面上三条曲线u=土av,v=1相交所成的三角形的面积。解三曲线在平面上的图形(如图)所示。曲线围城的三角形的面积是TOC\o"1-5"\h\z01a1S=!1,0<3<2几)之间可建立等距映射9=arctgu+v,t=Ju2+1.分析根据等距对应的充分条件，要证以上两曲面可建立等距映射3=arctgu+v,t=Ju2+1,可在一个曲面譬如在旋转曲面上作一参数变换使两曲面在对应点有相同的参数，然后证明在新的参数下，两曲面具有相同的第一基本形式.证明螺面的第一基本形式为错误！未找到引用源。=2du2+2dudv+(u2+1)dv2,2旋转曲面的第一基本形式为错误！未找到引用源。=(1+”」)dt2+t2d&，在旋转t2-1曲面上作一参数变换==arctgu+v,t=4u2+1,则其第一基本形式为：TOC\o"1-5"\h\z22u1u2212(12)2du2(u21)(2dudv)2uu11u=(u-2^+1)du2+—1^du2+2dudv+(u2+1)dv2=2du2+2dudv+(u2+1)dv2=错u1u误！未找到引用源。所以螺面和旋转曲面之间可建立等距映射&=arctgu+v,t=Uu2+1.§3曲面的第二基本形式.计算悬链面7={coshucosv,coshusinv,u}的第一基本形式，第二基本形式.解ru={sinhucosv,sinhusinv,1},rv={-coshusinv,coshucosv,0}ruu={coshucosv,coshusinv,0},ruv={-sinhusinv,sinhucosv,0},2・22・2rvv={-coshucosv,-coshusinv,0},E二ru=coshu,F二rurv=0,G=rv=coshu.所以错误！未找到引用源。=cosh2udu2+cosh2udv2.rurv1n=uv—=2-{-coshucosv,—coshusinv,sinhusinv},EG-F2coshuL=_coshu_i,m=0,n=coshu=i.sinh21sinh21所以错误！未找到引用源。,2,2du+dv。.计算抛物面在原点的2x3=5x12+4x1x2+2x；第一基本形式,第二基本形式.解曲面的向量表示为r={x1,x2,5x12+2x1x2+x2},21={1,0,5x12x2}(0,0)={1,0,0},rX2={0,1,2x1Zx?}“©={0,1,0},rx1x1={0,0,5},r”={0,0,2},rx2x2={0,0,2},E=1,F=0,G=1,L=5,M=2,N=2,错误！未找到引用源。=dx12+dx；,错误！未找到引用源。=5dx12+4dx1dx2+2dx2..证明对于正螺面r={ucosv,usinv,bv},-0°vu,vvoo处处有en-2FM+GL=0解匕={cosv,sinv,0},匕={—usinv,ucosv,b},ruu={0,0,0},r'={-uucosv,cosv,0},rvv={-ucosv,-usinv,0},£=兀2=1,f=R,E=0,G=r：=u2+b2,L=0,M=,,N=0.所以有EN-2FM+GL=0.TOC\o"1-5"\h\zV2,21,ub4.求出抛物面z=1(ax2+by2)在(0,0)点沿方向(dx:dy)的法曲率.2解rx={1,0,ax}(0,°)={1,0,0,ry={0,1,by}(。,。)={0,1,0},.={0,0,a},。={0,0,0}22adxbdyryy={0,0,b},E=1,F=0,G=1,L=a,M=0,N=b,沿方向dx:dy的法曲率kn=2T~.dxdy5.已知平面兀到单位球面(S)的中心距离为d(02，则这两方向的法曲率分别为Kn(S)=%cos2S+父2sin28，%(3十%)=盯cos2(3十名)十七sin2(S+>2)=&sin2&十父2cos2S,即4(3)+勺(&+%)=。+£为常数。.证明若曲面两族渐近线交于定角，则主曲率之比为常数.证由勺=£18$23+翟2$所23得tg2S=-X,即渐进方向为''2：1=arctg.又-32+3i=23i为常数，所以为之为常数，即」为常数.’2.求证正螺面的平均曲率为零.证由第3题或第16题可知..求双曲面z=axy在点x=y=0的平均曲率和高斯曲率LG-'2FM-NE证在点x=y=0,E=1,F=0,G=1,L=0,M=a,N=0,H=_=0,2(EG-F2)LN-MEG-F22=-a.证明极小曲面上的点都是双曲点或平点证法一：由H=—=0有£1=!C2=0或W=-设2¥0.2若%=金=0,则沿任意方向3,Kn(&)=K1cos23+k2sin2=0,即对于任意的■■II2〜！一I2du:dv,kn=I_=Ldu2+2Mdudv+Ndv2=0,所以有l=M=N=0对应的点为平点.IEdu2FdudvGdv若吃=-及2丰0,则K=M父2V0，即LN-M2<0,对应的点为双曲点.证法二：取曲率网为坐标网，则F=M=0,因为极小曲面有H=0,所以LG+EN=0,HE>0,G>0,所以LN<0。若LN—M2=0,则L=M=N=0,曲面上的点是平点，若LN-M2v0,则曲面上的点是双曲点。23.证明如果曲面的平均曲率为零，则渐近线构成正交网.证法一：如果曲面的平均曲率为零，由上题曲面上的点都是双曲点或平点.若为平点，则任意方向为渐近方向，任一曲线为渐近曲线，必存在正交的渐近曲线网.若为双曲点，则曲面上存在渐近曲线网.由19题，渐近方向3满足tg2S=-»=1,,2即&尸n/4,&2=-n/4,两渐近线的夹角为切，即渐近曲线网构成正交网.证法二：*：H=0J.LG-2FM+NE=0渐近线方程为Ldu2+2Mdudv+Ndv2=0dU2duduuNdu2uMn.所以L(2)+M+N=,0所以，=,+、=-，所以dvdvdvvLdvvLEduuF(duvdvu)Gdvv=dv、v[Edu—uf(du—u)G]dvvdvv=dv6V[EN~+F(—-■)+G]=0,所以渐近网为正交网。证法三：M#0；'H=1(%+父2)=0,所以高斯曲率'/K=^1K20,所以2LN-M2<0,所以曲面上的点是平点或双曲点。所以曲面上存在两族渐近线。取曲面上的两族渐近线为坐标网，则L=N=0,若M=0,曲面上的点是平点，若M¥0,则；'H=0二LG—2FM+NE=0,所以MF=0,所以F=0,所以渐近网为正交网。24.在xoz平面上去圆周y=0,(x-b)2+z2=a2(b^a),并令其绕轴旋转的圆环面，参数方程为r={(b+acos甲)cosG,(b+acos平)sinS,asin甲}，求圆环面上的椭圆点、双曲点、抛物点。解E=a2,F=0,G=(bacos)2,L=a,M=0,N=cos:(b+acos:),22LN-M=acos中(b+acos中)，由于b>a>0,b+acos中>0,所以LN-M的符方与8stp的符号一致，当00中<%和y<^p<2元时，LN-M2>0,曲面上的点为椭圆点，即圆环面外侧的点为椭圆点；当-/<邛<3^,曲面上的点为双曲点，即圆环面内侧的点为双曲点；当邛二%或3■时，LN-M2=0,为抛物点，即圆环面上、下两纬圆上的点为抛物点。.若曲面的第一基本形式表示为I=?u2(u,v)(du2+dv2)的形式，则称这个曲面的坐标曲线为等温网。试证：旋转曲面F={g(t)cosS,g(t)sin&,f(t)}上存在等温网。证旋转曲面r={g(t)cos3,g(t)sinG,f(t)}的第一基本形式为'2f'2—'2.f'2I=g2(t)(-一2一dt2+d&2)，做参数变换u=』"g出，v=3,则在新参数gg下，I=g2[t(u)](du2+dv2),为等温网。.两个曲面S「S2交于一条曲线(C),而且(C)是S的一条曲率线，则(C)也是S2的一条曲率线的充要条件为Si、S2沿着(C)相交成固定角。证两个曲面6、S2交于曲线(C),同、n2分别为Si、S2的法向量，则沿交线(C),n1与n2成固定角的充要条件为n1•n2=常数，这等价于d(n1-n2)=0,即dni-n2+H•dn-2=0，而(C)是S1的一条曲率线，因此dn；与(C)的切向量d,共线，则与n2正交，即dni,B=0,于是吊,dn2=0,又d^，M,所以ni,dn2=dni-n>0的充要条件为d&〃d,,即(C)是S2的曲率线。.证明在曲面(S)上的一个双曲点P处，若两条渐近线都不是直线，则它们之中，一条在点P的挠率是*UK,另一条在点P的挠率是-CK,其中K是(S)在P点的高斯曲率。证曲面在双曲点P处，有两条渐近线过点P,沿渐近线有n=±F,且ii=0,于是有dn=±d9.则dn2=d^2=III=2HII-KI=—KI,即d『2=—Kds2,或(^-)2=—K,所以有(—tP)2=t2=—K,t=±J—Kods.证明如果曲面上没有抛物点，则它上面的点和球面上的点是一一对应的。证设给出的曲面(S):r=r(u,v)上的点,(u,v)与(u,v)wd内的点一一对应，其球面像上的点为n=n(u,v),由于nuMnv=k(rUME),所以|nu父nv|=k|匕乂匕|二2|LN二M2|.EG-F2,当曲面(S)上没有抛物点时,LN-M2手0,则nUXnv#0。说明球面像上的点n(u,v)与区域D内的点一一对应，因此曲面(S)上的点与球面像上的点—对应。已即苧=苧=4.3r=I"cosr,.sM工，4},，'=I-osin/,acos£.61,I-acost,-asinf,01.F,r'*r"=I&爪int♦一aAcosE，&2)*(rxr")Xr=t-(必*+aJ)a»t-—(a3>ab2)sin(.01,I(/x/)Xr1=ab*1+a51P_|(rxr7)xr，।==八-Q',0、
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