Differential Geometry — Homework I

第一次作业2026.03.04

Exercise (Chapter2,4).

求曲线：

\left\{\begin{aligned} &x^2+y^2+z^2=1,z\geq 0\\ &x^2+y^2=x \end{aligned} \right.

的参数方程.

解.

思路. 把平面投影圆

x^2+y^2=x 参数化，再由球面方程补出 z。

由方程

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x^2+y^2=x

可知

x\geq 0, z^2=1-x.

因此若取参数 t，令

x=\cos^2 t, y=\sin t\cos t, z=\sin t,

则

x^2+y^2=\cos^4 t+\sin^2 t\cos^2 t=\cos^2 t=x,

且

x^2+y^2+z^2=\cos^2 t+\sin^2 t=1.

当 t\in[0,\pi] 时，z=\sin t\geq 0，故满足上半球条件。

所以该曲线可取参数方程为

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P(t)=\bigl(\cos^2 t,\sin t\cos t,\sin t\bigr), 0\leq t\leq \pi.

**Remark 7.** 思路：交线参数化先处理较简单的平面投影圆，再利用球面方程补出第三坐标。关键约束是 z\ge 0。 **Exercise (Chapter2,5).** 计算下列曲线从t=0起的弧长. 1. P(t)=(a\cos t,a\sin t,b) 2. P(t)=(a\cosh t,a\sinh t,at) 3. P(t)=(a\cos t,a\ln(\sec t+\tan t)-a\sin t) **解.** \keyidea{所有小题都回到弧长公式 s(t)=\int_0^t |P'(\xi)|\,d\xi。} 弧长函数均由

s(t)=\int_0^t |P'(\xi)|,d\xi

给出。 对于(1)，

P'(t)=(-a\sin t,a\cos t,0), |P'(t)|=a.

故

s(t)=\int_0^t a,d\xi=at.

对于(2)，

P'(t)=(a\sinh t,a\cosh t,a),

从而

|P'(t)|^2

=a^2(\sinh^2 t+\cosh^2 t+1)
=2a^2\cosh^2 t.

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因此当 t\geq 0 时，

|P'(t)|=a\sqrt{2}\cosh t,

于是

s(t)=a\sqrt{2}\int_0^t \cosh \xi,d\xi

=a\sqrt{2}\sinh t.

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对于(3)，先求导：

P'(t)=\left(-a\sin t,\ a\frac{d}{dt}\ln(\sec t+\tan t)-a\cos t\right).

利用

\frac{d}{dt}\ln(\sec t+\tan t)=\sec t

得

P'(t)=\left(-a\sin t,\ a(\sec t-\cos t)\right)

=\left(-a\sin t,\ a\frac{\sin^2 t}{\cos t}\right).

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故

|P'(t)|^2

=a^2\sin^2 t+a^2\frac{\sin^4 t}{\cos^2 t}
=a^2\sin^2 t\left(1+\frac{\sin^2 t}{\cos^2 t}\right)
=a^2\tan^2 t.

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在通常考虑的区间 0\leq t<\frac{\pi}{2} 上，|P'(t)|=a\tan t，于是

s(t)=a\int_0^t \tan \xi,d\xi

=-a\ln(\cos t)=a\ln(\sec t).

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**Remark 8.** 关键定理：弧长公式 s(t)=\int |P'(t)|dt。计算时只需先求速度，再做初等积分。 **Exercise (Chapter2,6).** 求以下曲线的单位切向量场. 1. P(t)=(a\cos t,a\sin t,bt),a>0 2. P(t)=(\cos^3 t,\sin^3 t,\cos 2t) **解.** \keyidea{单位切向量就是对 P'(t) 归一化；先求导，再除以速度。} 单位切向量场定义为

T(t)=\frac{P'(t)}{|P'(t)|}.

对于(1)，

P'(t)=(-a\sin t,a\cos t,b),

因而

|P'(t)|=\sqrt{a^2+b^2}.

所以

T(t)=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}(-a\sin t,a\cos t,b).

对于(2)，记 c=\cos t,s=\sin t，则

P'(t)=(-3c^2s,3s^2c,-4sc)=sc(-3c,3s,-4).

因而

|P'(t)|=5|sc|.

所以在曲线正则的区间上（即 \sin t\cos t\neq 0），

T(t)=\frac{sc}{|sc|}\cdot \frac{1}{5}(-3\cos t,3\sin t,-4).

也就是说，在每个不含 t=\frac{k\pi}{2} 的连通区间上，单位切向量可写为上式；而在 t=\frac{k\pi}{2} 处有 P'(t)=0，曲线不是正则曲线，因此该处单位切向量场无定义。 **Remark 9.** 思路：单位切向量场的定义就是 T=P'/|P'|。若曲线在某些点不正则，则该点的单位切向量无定义。 **Exercise (Chapter2,8).** 求曲线P=P(t)使得P(0)=(1,0,-5),P'(t)=(t^2,t,e^t) **解.** \keyidea{已知导数求曲线本身，本质上是逐分量积分并代入初值。} 由

P'(t)=(t^2,t,e^t)

对各分量积分可得

P(t)=\left(\frac{t^3}{3}+C1,\frac{t^2}{2}+C2,e^t+C_3\right).

再由初值条件 P(0)=(1,0,-5)，得到

C1=1, C2=0, 1+C_3=-5.

故 C_3=-6。于是

P(t)=\left(1+\frac{t^3}{3},\frac{t^2}{2},e^t-6\right).

Remark 10.

关键方法：逐分量积分并用初值确定积分常数。这类题本质上是向量值初值问题。

第二次作业2026.03.11

Exercise (思考题).

P(s),\kappa(s)=\frac{1}{R},\tau(s)=0

，证明： $P(s)$ 是圆.

解.

\keyidea{利用 $\tau=0$ 推出 $B$ 为常向量，再构造圆心向量 $P+RN$ 。}

由于 <span data-mx-katex="%5Ctau(s)%3D0"></span>，由 Frenet 公式

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B'(s)=-\tau(s)N(s)=0

可知副法向量 $B(s)$ 为常向量。因此

\frac{d}{ds}\langle P(s),B\rangle=\langle T(s),B\rangle=0,

故曲线 $P(s)$ 全部落在某个垂直于常向量 $B$ 的固定平面内。

再考虑向量场

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C(s)=P(s)+RN(s).

由 Frenet 公式

N'(s)=-\kappa(s)T(s)+\tau(s)B(s)

得

C'(s)=T(s)+R\bigl(-\kappa(s)T(s)+\tau(s)B(s)\bigr) =\bigl(1-R\kappa(s)\bigr)T(s)+R\tau(s)B(s)=0.

因为 $\kappa(s)=\frac1R,\tau(s)=0$ 。所以 $C(s)$ 是常向量，记为 $C_0$ 。

于是

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P(s)-C_0=-RN(s),

从而

|P(s)-C_0|=R.

即 $P(s)$ 在上述固定平面内，并且到定点 $C_0$ 的距离恒为 $R$ ，所以它是一条半径为 $R$ 的圆。

Remark 11.

关键定理：Frenet 公式。当 $\tau=0$ 时副法向量不变，曲线落在固定平面内；再由 $P+RN$ 为常向量得到圆心。

Exercise (思考题).

r,h,w

为常数且 $r>0$ ， $w=(r^2+h^2)^{-\frac{1}{2}}$ ，其中曲线曲率为 $\kappa(s)=w^2r$ ，挠率为 $\tau(s)=w^2h$ ，证明：该曲线为圆柱螺线.

解.

\keyidea{先构造固定向量 $e=\frac{\tau T+\kappa B}{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}}$ ，证明切向量与它夹角恒定。}

已知曲率、挠率均为常数：

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\kappa=w^2r, \tau=w^2h.

先构造向量

e=\frac{\tau T+\kappa B}{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}}.

由于 $\kappa,\tau$ 为常数，故

e' =\frac{\tau T'+\kappa B'}{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}} =\frac{\tau\kappa N-\kappa\tau N}{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}} =0.

所以 $e$ 是常向量。

又因为

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\sqrt{\kappa^2+\tau^2} =w^2\sqrt{r^2+h^2}=w,

所以

\langle T,e\rangle=\frac{\tau}{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}}=hw,

是常数。于是曲线的切向量与固定方向 $e$ 夹角恒定，故该曲线是一条广义螺线。

下面证明它实际上是圆柱螺线。取坐标系使得 <span data-mx-katex="e"></span> 为 <span data-mx-katex="z"></span> 轴方向，则

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z'(s)=\langle T,e\rangle=hw,

从而

z(s)=hws+z_0.

再看曲线在垂直于 $e$ 的平面上的投影 $\beta(s)$ 。其速度满足

|\beta'(s)|^2=|T|^2-\langle T,e\rangle^2 =1-h^2w^2=r^2w^2.

因而投影曲线是常速曲线，速度为 $rw$ 。

再注意到

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\beta''(s)=\kappa N(s),

因为 $N\perp e$ 。于是投影曲线的平面曲率为

\kappa_\beta =\frac{|\beta'\times \beta''|}{|\beta'|^3} =\frac{rw\cdot \kappa}{(rw)^3} =\frac{\kappa}{r^2w^2} =\frac{w^2r}{r^2w^2} =\frac{1}{r}.

常速且曲率恒为 $\frac1r$ 的平面曲线必为半径 $r$ 的圆。

因此，原曲线沿固定轴方向匀速上升，而其垂直投影是一条半径为 <span data-mx-katex="r"></span> 的圆，所以该曲线是半径为 <span data-mx-katex="r"></span>、螺距参数由 <span data-mx-katex="h"></span> 决定的圆柱螺线。

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Remark 12.

思路：常曲率常挠率曲线往往先找一个不随参数变化的向量，再研究曲线投影。这里投影成圆，因此原曲线是圆柱螺线。

Exercise (Chapter2,9).

建立 $\mathbb{R}^2$ 中圆与悬链线 $y=a\cdot\cosh\frac{x}{a}$ 的自然方程.

解.

\keyidea{自然方程就是把曲率写成弧长参数的函数；先求 $\kappa(x)$ 再改写为 $\kappa(s)$ 。}

平面曲线的自然方程就是把曲率写成弧长参数 <span data-mx-katex="s"></span> 的函数。

对于半径为 <span data-mx-katex="R"></span> 的圆，其曲率恒为常数，

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\kappa(s)\equiv \frac{1}{R}.

这就是圆的自然方程。

对于悬链线

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y=a\cosh\frac{x}{a},

有

y'=\sinh\frac{x}{a}, y''=\frac1a\cosh\frac{x}{a}.

因而曲率为

\kappa(x)=\frac{|y''|}{(1+y'^2)^{3/2}} =\frac{\frac1a\cosh(x/a)}{\bigl(1+\sinh^2(x/a)\bigr)^{3/2}} =\frac{1}{a\cosh^2(x/a)}.

再求弧长参数。若以顶点对应 $s=0$ ，则

s=\int_0^x \sqrt{1+\sinh^2\frac{\xi}{a}}\,d\xi =\int_0^x \cosh\frac{\xi}{a}\,d\xi =a\sinh\frac{x}{a}.

因此

\cosh^2\frac{x}{a}=1+\sinh^2\frac{x}{a}=1+\frac{s^2}{a^2} =\frac{a^2+s^2}{a^2}.

代回上式得

\kappa(s)=\frac{a}{a^2+s^2}.

所以自然方程为：

\boxed{\kappa(s)=\frac1R \text{(圆)}}

和

\boxed{\kappa(s)=\frac{a}{a^2+s^2} \text{(悬链线)}}.

Remark 13.

关键概念：自然方程就是 $\kappa=\kappa(s)$ 。圆的自然方程是常数，悬链线则要先把 $x$ 改写成弧长 $s$ 。

Exercise (Chapter2,11).

求以下曲线的曲率.

$P=(a\cosh t,a\sinh t,at)$
$P=(\cos^3 t,\sin^3 t,\cos 2t)$
$P=(a(3t-t^3),3at^2,a(3t+t^3))$
$P=(a(1-\sin t,a(1-\cos t),bt))$

解.

\keyidea{统一使用空间曲线曲率公式 $\kappa=\frac{|P'\times P''|}{|P'|^3}$ 。}

统一使用公式

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\kappa(t)=\frac{|P'(t)\times P''(t)|}{|P'(t)|^3}.

对于(1)，

P'(t)=(a\sinh t,a\cosh t,a), P''(t)=(a\cosh t,a\sinh t,0).

从而

P'(t)\times P''(t)=(-a^2\sinh t,a^2\cosh t,-a^2),

因此

|P'(t)\times P''(t)|=a^2\sqrt{\sinh^2 t+\cosh^2 t+1} =a^2\sqrt{2}\cosh t.

又

|P'(t)|=a\sqrt{2}\cosh t.

故

\kappa(t)=\frac{1}{2a\cosh^2 t}.

对于(2)，记 $c=\cos t,s=\sin t$ ，则

P'(t)=(-3c^2s,3s^2c,-4sc)=sc(-3c,3s,-4).

因而

|P'(t)|=5|sc|.

进一步计算可得

|P'(t)\times P''(t)|=15s^2c^2.

所以在正则区间 $\sin t\cos t\neq 0$ 上，

\kappa(t)=\frac{15s^2c^2}{(5|sc|)^3} =\frac{3}{25|\sin t\cos t|}.

对于(3)，

P'(t)=3a(1-t^2,2t,1+t^2), P''(t)=6a(-t,1,t).

直接计算可得

|P'(t)\times P''(t)|=36a^2(t^2+1), |P'(t)|=3a\sqrt{2}(t^2+1).

因而

\kappa(t)=\frac{36a^2(t^2+1)}{(3a\sqrt{2}(t^2+1))^3} =\frac{1}{3a(t^2+1)^2}.

对于(4)，原题公式显然有一处排版缺失；按通常写法应理解为

P(t)=\bigl(a(1-\sin t),a(1-\cos t),bt\bigr).

此时

P'(t)=(-a\cos t,a\sin t,b), P''(t)=(a\sin t,a\cos t,0).

所以

|P'(t)|=\sqrt{a^2+b^2},

且

|P'(t)\times P''(t)|=a\sqrt{a^2+b^2}.

因而

\kappa(t)=\frac{a}{a^2+b^2}.

Remark 14.

关键公式： $\kappa=\frac{|P'\times P''|}{|P'|^3}$ 。多小题时统一套同一个公式最省事。

Exercise (Chapter2,13).

求

\left\{\begin{aligned} &x+\sinh x=y+\sin y\\ &z+e^z=(x+1)+\ln(x+1) \end{aligned} \right.

在 $(0,0,0)$ 处的曲率和Frenet框架.

解.

\keyidea{把隐式曲线写成 $P(x)=(x,y(x),z(x))$ ，两次求导得到原点处的二阶信息。}

由隐函数定理，曲线在原点附近可写成

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P(x)=(x,y(x),z(x)).

先求 $y'(0),y''(0)$ 。由

x+\sinh x=y+\sin y

两边对 $x$ 求导，得

1+\cosh x=(1+\cos y)y'.

在 $x=0,y=0$ 处代入，得到

2=2y'(0),

故

y'(0)=1.

再求导一次：

\sinh x=-\sin y\,(y')^2+(1+\cos y)y''.

在原点代入得

0=2y''(0),

故

y''(0)=0.

再求 $z'(0),z''(0)$ 。由

z+e^z=x+1+\ln(x+1)

对 $x$ 求导：

(1+e^z)z'=1+\frac{1}{x+1}.

在原点代入，得

2z'(0)=2,

所以

z'(0)=1.

再求导一次：

e^z(z')^2+(1+e^z)z''=-\frac{1}{(x+1)^2}.

在原点代入，得到

1+2z''(0)=-1,

故

z''(0)=-1.

因而

P'(0)=(1,1,1), P''(0)=(0,0,-1).

曲率为

\kappa(0)=\frac{|P'(0)\times P''(0)|}{|P'(0)|^3}.

计算

P'(0)\times P''(0)=(-1,1,0),

所以

|P'(0)\times P''(0)|=\sqrt2, |P'(0)|=\sqrt3.

故

\kappa(0)=\frac{\sqrt2}{3\sqrt3}=\frac{\sqrt6}{9}.

再求 Frenet 标架。单位切向量为

T(0)=\frac{1}{\sqrt3}(1,1,1).

主法向量由 $P''(0)$ 去掉切向分量后归一化得到：

P''(0)-\langle P''(0),T(0)\rangle T(0) =(0,0,-1)+\frac13(1,1,1) =\left(\frac13,\frac13,-\frac23\right).

归一化后

N(0)=\frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2).

最后

B(0)=T(0)\times N(0)=\frac{1}{\sqrt2}(-1,1,0).

因此原点处的 Frenet 标架为

T(0)=\frac{1}{\sqrt3}(1,1,1), N(0)=\frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2), B(0)=\frac{1}{\sqrt2}(-1,1,0).

Remark 15.

思路：隐式关系先局部解成显式函数，再在基点求导。Frenet 标架只需要一、二阶导数在该点的值。

Exercise (Chapter2,15).

P(t)=\left\{\begin{aligned} &(e^{-\frac{1}{t^2}},t,0),t<0\\ &(0,0,0),t=0\\ &(0,t,e^{-\frac{1}{t^2}}),t>0 \end{aligned} \right.

证明：该曲线为正则曲线，并且在 $t=0$ 处曲率为 $0$ .求该曲线在 $t\neq 0$ 处的Frenet标架，考虑它在 $\rightarrow\pm 0$ 处的极限.

解.

\keyidea{关键是利用 $e^{-1/t^2}$ 在 $0$ 点各阶导数都趋零，同时分别考察左右两侧的 Frenet 标架。}

先证明正则性。对 <span data-mx-katex="t%3C0"></span>，

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P'(t)=\left(\frac{2}{t^3}e^{-1/t^2},1,0\right).

对 $t>0$ ，

P'(t)=\left(0,1,\frac{2}{t^3}e^{-1/t^2}\right).

由于 $e^{-1/t^2}$ 比任何幂函数都衰减得快，所以

\lim_{t\to 0^\pm}\frac{2}{t^3}e^{-1/t^2}=0.

因而

P'(0)=\lim_{t\to 0} \frac{P(t)-P(0)}{t}=(0,1,0).

于是对所有 $t$ 都有 $P'(t)\neq 0$ ，所以该曲线是正则曲线。

再看 <span data-mx-katex="t%3D0"></span> 处曲率。由于 <span data-mx-katex="e%5E%7B-1%2Ft%5E2%7D"></span> 在 <span data-mx-katex="0"></span> 点各阶导数都为 <span data-mx-katex="0"></span>，故

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P''(0)=0.

因而

\kappa(0)=\frac{|P'(0)\times P''(0)|}{|P'(0)|^3}=0.

下面求 $t\neq 0$ 时的 Frenet 标架。记

\phi(t)=e^{-1/t^2}, \phi'(t)=\frac{2}{t^3}e^{-1/t^2}, \phi''(t)=\left(\frac{4}{t^6}-\frac{6}{t^4}\right)e^{-1/t^2}.

当 $t<0$ 时，曲线在平面 $z=0$ 内，

P(t)=(\phi(t),t,0), P'(t)=(\phi'(t),1,0).

所以

T(t)=\frac{1}{\sqrt{1+\phi'(t)^2}}(\phi'(t),1,0).

由于

P''(t)=(\phi''(t),0,0),

且

T'(t)=\frac{\phi''(t)}{(1+\phi'(t)^2)^{3/2}}(1,-\phi'(t),0),

因而

\kappa(t)=\frac{|\phi''(t)|}{(1+\phi'(t)^2)^{3/2}}.

所以 Frenet 标架应写成

N(t)=\operatorname{sgn}(\phi''(t))\frac{1}{\sqrt{1+\phi'(t)^2}}(1,-\phi'(t),0), B(t)=\operatorname{sgn}(\phi''(t))(0,0,-1),

这样定义时恒有 $N=T'/|T'|$ 。

当 <span data-mx-katex="t%3E0"></span> 时，曲线在平面 <span data-mx-katex="x%3D0"></span> 内，

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P(t)=(0,t,\phi(t)), P'(t)=(0,1,\phi'(t)).

因而

T(t)=\frac{1}{\sqrt{1+\phi'(t)^2}}(0,1,\phi'(t)),

且

P''(t)=(0,0,\phi''(t)),

从而

T'(t)=\frac{\phi''(t)}{(1+\phi'(t)^2)^{3/2}}(0,-\phi'(t),1).

因此

N(t)=\operatorname{sgn}(\phi''(t))\frac{1}{\sqrt{1+\phi'(t)^2}}(0,-\phi'(t),1), B(t)=\operatorname{sgn}(\phi''(t))(1,0,0).

最后考察极限。由于当 $t\to 0^\pm$ 时有 $\phi''(t)>0$ ，且 $\phi'(t)\to 0$ ，所以

\lim_{t\to 0^-}T(t)=\lim_{t\to 0^+}T(t)=(0,1,0).

而

\lim_{t\to 0^-}N(t)=(1,0,0), \lim_{t\to 0^+}N(t)=(0,0,1), \lim_{t\to 0^-}B(t)=(0,0,-1), \lim_{t\to 0^+}B(t)=(1,0,0).

因此，该曲线在 $t=0$ 虽然切向量连续，并且曲率为 $0$ ，但左右两侧的 Frenet 标架极限并不相同。

Remark 16.

关键点： $e^{-1/t^2}$ 在 $0$ 点是典型的平坦函数。它保证曲率在 $0$ 处为零，但左右 Frenet 标架未必拼起来。

第三次作业2026.03.18

Exercise (思考题，Bouquet公式的推广).

s

为正则曲线的弧长参数， $P_0=P(0),\kappa(0)\neq 0$ ，则有 $P(s)=P_0+x(s)T_0+y(s)N_0+z(s)B_0$ .

解.

思路. 这是曲线在 Frenet 标架下的 Taylor 展开，核心是反复使用 Frenet 公式。

这是标准 Bouquet 公式的三维推广。记

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T_0=T(0), N_0=N(0), B_0=B(0), \kappa_0=\kappa(0), \tau_0=\tau(0).

因为 $s$ 是弧长参数，所以

P'(s)=T(s).

在 $s=0$ 处对 $T$ 作 Taylor 展开。由 Frenet 公式

T'=\kappa N

得

T'(0)=\kappa_0 N_0.

再求一次导数：

T''=\kappa' N+\kappa N' =\kappa' N+\kappa(-\kappa T+\tau B).

因而

T''(0)=-\kappa_0^2T_0+\kappa_0'N_0+\kappa_0\tau_0 B_0.

所以

T(s)=T_0+s\kappa_0N_0+\frac{s^2}{2}\left(-\kappa_0^2T_0+\kappa_0'N_0+\kappa_0\tau_0B_0\right)+o(s^2).

对上式从 $0$ 到 $s$ 积分，得到

P(s)-P_0 =sT_0+\frac{\kappa_0}{2}s^2N_0 +\frac{s^3}{6}\left(-\kappa_0^2T_0+\kappa_0'N_0+\kappa_0\tau_0B_0\right)+o(s^3).

于是

P(s)=P_0+x(s)T_0+y(s)N_0+z(s)B_0

其中

x(s)=s-\frac{\kappa_0^2}{6}s^3+o(s^3), y(s)=\frac{\kappa_0}{2}s^2+\frac{\kappa_0'}{6}s^3+o(s^3), z(s)=\frac{\kappa_0\tau_0}{6}s^3+o(s^3).

这正是 Bouquet 公式在空间曲线情形下的展开。

Remark 17.

关键定理：Frenet 公式与 Taylor 展开。Bouquet 公式本质上是把位置向量在初始 Frenet 标架下做局部展开。

Exercise (Chapter2,16).

将曲线 $P(t)=P_0+ta+\frac{1}{2}\kappa t^2b+\frac{1}{6}Nt^3c$ 在 $t=0$ 处化为标准型，其中 $\left\{P_0;a,b,c\right\}$ 是一个右手幺正标架，在这里自然假定在 $t=0$ 处密切平面非退化( $\kappa\neq 0$ ).

解.

思路. 先用刚体运动把给定正交标架化到标准基，再读出标准型系数。

由于 <span data-mx-katex="%5C%7Ba%2Cb%2Cc%5C%7D"></span> 是右手幺正标架，所以存在一个刚体运动把

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P_0\mapsto 0, a\mapsto e_1, b\mapsto e_2, c\mapsto e_3.

在这个刚体运动之下，曲线变成

\widetilde{P}(t)=\left(t,\frac{\kappa}{2}t^2,\frac{N}{6}t^3\right).

这已经是 $t=0$ 附近的标准型。

为了说明其几何意义，再计算它在 <span data-mx-katex="t%3D0"></span> 处的曲率和挠率。由

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\widetilde{P}'(0)=(1,0,0), \widetilde{P}''(0)=(0,\kappa,0), \widetilde{P}'''(0)=(0,0,N),

得

\kappa(0)=\frac{|\widetilde{P}'(0)\times \widetilde{P}''(0)|}{|\widetilde{P}'(0)|^3}=\kappa.

又因为

\tau(0)=\frac{\det(\widetilde{P}'(0),\widetilde{P}''(0),\widetilde{P}'''(0))}{|\widetilde{P}'(0)\times \widetilde{P}''(0)|^2} =\frac{\kappa N}{\kappa^2} =\frac{N}{\kappa}.

若记 $\tau(0)=\tau_0$ ，则 $N=\kappa\tau_0$ ，于是标准型也可以写成

\widetilde{P}(t)=\left(t,\frac{\kappa}{2}t^2,\frac{\kappa\tau_0}{6}t^3\right).

Remark 18.

思路：所谓标准型，就是先通过刚体运动把起点和初始标架化到标准位置，再读取曲率与挠率信息。

Exercise (Chapter2,33).

求曲线 $P(t)=(t,\frac{1}{2}at^2,\frac{1}{6}abt^3),a>0,b\neq 0$ 在 $t=0$ 处的Frenet标架、曲率、挠率.

解.

\keyidea{直接求到三阶导数，在 $t=0$ 处代入 Frenet 标架、曲率和挠率公式。}

先求各阶导数：

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P'(t)=\left(1,at,\frac12 abt^2\right), P''(t)=\left(0,a,abt\right), P'''(t)=(0,0,ab).

在 $t=0$ 处有

P'(0)=(1,0,0), P''(0)=(0,a,0), P'''(0)=(0,0,ab).

因为 $|P'(0)|=1$ ，所以

T(0)=\frac{P'(0)}{|P'(0)|}=(1,0,0).

再由 $P''(0)$ 的方向就是主法向方向，得到

N(0)=\frac{P''(0)}{|P''(0)|}=(0,1,0).

因而

B(0)=T(0)\times N(0)=(0,0,1).

曲率为

\kappa(0)=\frac{|P'(0)\times P''(0)|}{|P'(0)|^3} =|(1,0,0)\times(0,a,0)|=a.

挠率由公式

\tau(0)=\frac{\det(P'(0),P''(0),P'''(0))}{|P'(0)\times P''(0)|^2}

给出。直接代入得

\begin{aligned} \det\!\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&a&0\\ 0&0&ab \end{pmatrix}=a^2b, \end{aligned}

而

|P'(0)\times P''(0)|^2=a^2.

所以

\tau(0)=b.

综上， $t=0$ 处的 Frenet 标架和曲率、挠率为

T(0)=(1,0,0), N(0)=(0,1,0), B(0)=(0,0,1), \kappa(0)=a, \tau(0)=b.

Remark 19.

关键方法：求到三阶导数。因为挠率公式需要用到三阶导数的行列式。

Exercise (Chapter2,47).

证明： $P(t)=(t+\sqrt{3}\sin t,2\cos t,\sqrt{3}t-\sin t)$ 和 $P_1(u)=(2\cos\frac{u}{2},2\sin\frac{u}{2},-u)$ 是合同的.

解.

思路. 把两条曲线都写成某组正交基下的标准参数形式，再找正交变换。

将第一条曲线写成

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P(t)=2\cos t\,e_1+2\sin t\,e_2+2t\,e_3,

其中取三组单位正交向量

e_1=(0,1,0), e_2=\left(\frac{\sqrt3}{2},0,-\frac12\right), e_3=\left(\frac12,0,\frac{\sqrt3}{2}\right).

容易验证

|e_1|=|e_2|=|e_3|=1, \langle e_i,e_j\rangle=0\ (i\neq j).

于是

2\cos t\,e_1+2\sin t\,e_2+2t\,e_3 =(t+\sqrt3\sin t,2\cos t,\sqrt3 t-\sin t)=P(t).

再看第二条曲线。令

u=-2t,

则

P_1(-2t)=(2\cos t,-2\sin t,2t).

设 $A$ 为把标准正交基

E_1=(1,0,0), -E_2=(0,-1,0), E_3=(0,0,1)

分别映到 $e_1,e_2,e_3$ 的正交变换。则

A\bigl(P_1(-2t)\bigr) =2\cos t\,e_1+2\sin t\,e_2+2t\,e_3 =P(t).

因而

P(t)=A\bigl(P_1(-2t)\bigr),

即两条曲线相差一个参数替换和一个正交变换，从而它们合同。

Remark 20.

思路：合同题通常不是硬算曲率挠率，而是先看能否写成某个正交基下的统一形式。

Exercise (Chapter2,48).

证明： $C_1:P=(\cosh t,\sinh t,t)$ 与 $C_2:P=(\frac{e^{-u}}{\sqrt{2}},\frac{e^u}{\sqrt{2}},u+1)$ 在 $E^3$ 的一个刚体运动下是合同的，求使 $C_1$ 和 $C_2$ 合同的刚体运动.

解.

\keyidea{先找一个旋转把 $(\cosh t,\sinh t)$ 变成 $(e^{-t}/\sqrt2,e^t/\sqrt2)$ ，再补一个平移。}

观察到

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\cosh t=\frac{e^t+e^{-t}}{2}, \sinh t=\frac{e^t-e^{-t}}{2}.

因而若定义线性变换

A(x,y,z)=\left(\frac{x-y}{\sqrt2},\frac{x+y}{\sqrt2},z\right),

则 $A$ 是绕 $z$ 轴旋转 $\frac{\pi}{4}$ 的正交变换。对 $C_1$ 上的点作用 $A$ ，得到

A(\cosh t,\sinh t,t) =\left(\frac{\cosh t-\sinh t}{\sqrt2},\frac{\cosh t+\sinh t}{\sqrt2},t\right) =\left(\frac{e^{-t}}{\sqrt2},\frac{e^t}{\sqrt2},t\right).

再作平移

b=(0,0,1),

即定义刚体运动

\Phi(x,y,z)=A(x,y,z)+b =\left(\frac{x-y}{\sqrt2},\frac{x+y}{\sqrt2},z+1\right).

则

\Phi(\cosh t,\sinh t,t) =\left(\frac{e^{-t}}{\sqrt2},\frac{e^t}{\sqrt2},t+1\right).

令 $u=t$ ，便正好得到

C_2(u)=\left(\frac{e^{-u}}{\sqrt2},\frac{e^u}{\sqrt2},u+1\right).

所以 $C_1$ 与 $C_2$ 在刚体运动

\boxed{\Phi(x,y,z)=\left(\frac{x-y}{\sqrt2},\frac{x+y}{\sqrt2},z+1\right)}

下合同。

Remark 21.

关键定理：刚体运动由正交变换加平移组成。这里先旋转，再平移，即可直接匹配参数式。

Exercise (Chapter2,54).

求渐近线

$x^2+y^2=a^2$
$y=a\cdot\cosh\frac{s}{a}$
$P(t)=(t-\sin t,1-\cos t)$

解.

\keyidea{渐伸线的统一公式是 $\widetilde P(s)=P(s)-sT(s)$ ；对每条曲线分别代入即可。}

设原曲线已用弧长参数 <span data-mx-katex="s"></span> 表示，单位切向量为 <span data-mx-katex="T(s)"></span>。以 <span data-mx-katex="s%3D0"></span> 为起点的渐伸线由

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\widetilde{P}(s)=P(s)-sT(s)

给出。

对于(1)，圆可取弧长参数表示为

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P(s)=\left(a\cos\frac{s}{a},a\sin\frac{s}{a}\right),

从而

T(s)=\left(-\sin\frac{s}{a},\cos\frac{s}{a}\right).

故其渐伸线为

\widetilde{P}(s)=\left(a\cos\frac{s}{a}+s\sin\frac{s}{a},\ a\sin\frac{s}{a}-s\cos\frac{s}{a}\right).

对于(2)，题中把悬链线写成弧长参数形式。由悬链线的标准弧长参数化

P(s)=\left(a\,\mathrm{arsinh}\frac{s}{a},\ \sqrt{a^2+s^2}\right)

可知

T(s)=P'(s)=\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+s^2}},\frac{s}{\sqrt{a^2+s^2}}\right).

因而渐伸线为

\widetilde{P}(s) =\left(a\,\mathrm{arsinh}\frac{s}{a}-\frac{as}{\sqrt{a^2+s^2}},\ \frac{a^2}{\sqrt{a^2+s^2}}\right).

这正是一条牵引线（tractrix）的参数方程。

对于(3)，先求弧长。已知

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P(t)=(t-\sin t,1-\cos t), P'(t)=(1-\cos t,\sin t).

所以

|P'(t)|=\sqrt{(1-\cos t)^2+\sin^2 t} =\sqrt{2-2\cos t}=2\sin\frac{t}{2}

（在 $0\leq t\leq 2\pi$ 上成立）。于是

s(t)=\int_0^t 2\sin\frac{\xi}{2}\,d\xi =4\left(1-\cos\frac{t}{2}\right).

单位切向量为

T(t)=\frac{P'(t)}{|P'(t)|} =\left(\sin\frac{t}{2},\cos\frac{t}{2}\right).

所以渐伸线为

\widetilde{P}(t)=P(t)-s(t)T(t).

代入得

\widetilde{x}(t) =t-\sin t-4\left(1-\cos\frac{t}{2}\right)\sin\frac{t}{2} =t+\sin t-4\sin\frac{t}{2}, \widetilde{y}(t) =1-\cos t-4\left(1-\cos\frac{t}{2}\right)\cos\frac{t}{2} =2\left(1-\cos\frac{t}{2}\right)^2.

因而可取

\widetilde{P}(t) =\left(t+\sin t-4\sin\frac{t}{2},\ 2\left(1-\cos\frac{t}{2}\right)^2\right).

Remark 22.

关键公式：渐伸线公式 $\widetilde P=P-sT$ 。一旦原曲线已是弧长参数，代入后只剩代数化简。

第四次作业2026.03.25

Exercise (思考题).

\kappa_r(s)

为相对曲率， $\kappa_r(s)=\langle\frac{d\alpha(s)}{ds},\beta(s)\rangle$ ，如果平面曲线的正则参数不一定为弧长参数，则 $\kappa_r(t)=?$

解.

\keyidea{一般参数下的相对曲率来自链式法则： $\frac{d}{ds}=\frac1{|P'(t)|}\frac{d}{dt}$ 。}

设平面曲线用一般正则参数 <span data-mx-katex="t"></span> 表示为 <span data-mx-katex="P(t)"></span>，其单位切向量记为

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\alpha(t)=\frac{P'(t)}{|P'(t)|},

与之正交的单位法向量记为 $\beta(t)$ 。若 $s$ 是弧长参数，则

\kappa_r(s)=\left\langle \frac{d\alpha}{ds},\beta\right\rangle.

由于

\frac{d\alpha}{ds}=\frac{d\alpha/dt}{ds/dt}=\frac{1}{|P'(t)|}\frac{d\alpha}{dt},

所以对一般参数 $t$ 有

\kappa_r(t)=\left\langle \frac{d\alpha}{ds},\beta\right\rangle =\frac{1}{|P'(t)|}\left\langle \frac{d\alpha}{dt},\beta(t)\right\rangle.

这就是相对曲率的一般参数表达式。

若把它进一步写成坐标形式，设 <span data-mx-katex="P(t)%3D(x(t)%2Cy(t))"></span>，则

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\kappa_r(t)=\frac{x'(t)y''(t)-y'(t)x''(t)}{\bigl(x'(t)^2+y'(t)^2\bigr)^{3/2}}.

这正是平面曲线带符号曲率的常见公式。

Remark 23.

思路：一般参数和弧长参数之间只差一个速度因子，因此相对曲率公式通过链式法则立刻得到。

Exercise (Chapter2,50).

求以下平面曲线的相对曲率 $\kappa_r$

椭圆： $P=(a\cos t,b\sin t),0\leq t<2\pi$
双曲线： $P=(a\cosh t,b\sinh t)$
抛物线： $P=(t,t^2)$ 即 $y=x^2$
悬链线： $P=(a(t-\sin t),a(1-\cos t))$
拽物线： $P=(a\cos\varphi,a\ln(\sec\varphi+\tan\varphi)-a\sin\varphi)$ ，其中 $0\leq\varphi<\frac{\pi}{2}$

解.

\keyidea{五个小题都用平面带符号曲率公式 $\kappa_r=\frac{\det(P',P'')}{|P'|^3}$ 。}

统一使用公式

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\kappa_r(t)=\frac{\det(P'(t),P''(t))}{|P'(t)|^3}.

对于(1) 椭圆，

P'(t)=(-a\sin t,b\cos t), P''(t)=(-a\cos t,-b\sin t).

因而

\det(P',P'')=ab, |P'|^2=a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t.

所以

\kappa_r(t)=\frac{ab}{(a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t)^{3/2}}.

对于(2) 双曲线，

P'(t)=(a\sinh t,b\cosh t), P''(t)=(a\cosh t,b\sinh t).

从而

\det(P',P'')=ab(\sinh^2 t-\cosh^2 t)=-ab.

又

|P'|^2=a^2\sinh^2 t+b^2\cosh^2 t.

故

\kappa_r(t)=-\frac{ab}{(a^2\sinh^2 t+b^2\cosh^2 t)^{3/2}}.

对于(3) 抛物线，

P'(t)=(1,2t), P''(t)=(0,2).

于是

\det(P',P'')=2, |P'|^2=1+4t^2.

所以

\kappa_r(t)=\frac{2}{(1+4t^2)^{3/2}}.

对于(4)，虽然题中写作“悬链线”，但参数方程实际是摆线：

P(t)=\bigl(a(t-\sin t),a(1-\cos t)\bigr).

有

P'(t)=a(1-\cos t,\sin t), P''(t)=a(\sin t,\cos t).

所以

\det(P',P'')=a^2(\cos t-1)=-a^2(1-\cos t), |P'|^2=a^2(2-2\cos t)=4a^2\sin^2\frac{t}{2}.

因而在 $0<t<2\pi$ 上，

\kappa_r(t)=-\frac{1}{4a\sin(t/2)}.

对于(5)，设参数为 $\varphi$ ，

P(\varphi)=\left(a\cos\varphi,\ a\ln(\sec\varphi+\tan\varphi)-a\sin\varphi\right).

则

P'(\varphi)=\left(-a\sin\varphi,\ a(\sec\varphi-\cos\varphi)\right),

而

\sec\varphi-\cos\varphi=\frac{\sin^2\varphi}{\cos\varphi}.

因此

|P'|^2=a^2\tan^2\varphi.

继续计算可得

\det(P',P'')=-a^2\tan^2\varphi.

在 $0<\varphi<\frac{\pi}{2}$ 上有 $\tan\varphi>0$ ，从而

\kappa_r(\varphi)=-\frac{1}{a\tan\varphi}.

Remark 24.

关键公式： $\kappa_r=\frac{\det(P',P'')}{|P'|^3}$ 。每条曲线只是在求导和化简上不同。

Exercise (Chapter2,52).

相对曲率为 $\kappa_r(s)=\frac{1}{1+s^2}$ ， $s$ 为弧长参数，求平面曲线的曲线方程.

解.

\keyidea{由 $\theta'(s)=\kappa_r(s)$ 先求切向角，再积分得到参数方程。}

因为 <span data-mx-katex="s"></span> 是弧长参数，所以设切向角为 <span data-mx-katex="%5Ctheta(s)"></span>，则

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\theta'(s)=\kappa_r(s)=\frac{1}{1+s^2}.

积分得

\theta(s)=\arctan s+\theta_0.

经过一个整体刚体运动后，可令 $\theta_0=0$ ，于是

T(s)=(\cos\theta(s),\sin\theta(s)) =\left(\cos(\arctan s),\sin(\arctan s)\right) =\left(\frac{1}{\sqrt{1+s^2}},\frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\right).

由于 $P'(s)=T(s)$ ，故

x'(s)=\frac{1}{\sqrt{1+s^2}}, y'(s)=\frac{s}{\sqrt{1+s^2}}.

积分得到

x(s)=\int \frac{1}{\sqrt{1+s^2}}\,ds=\mathrm{arsinh}\,s+C_1, y(s)=\int \frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\,ds=\sqrt{1+s^2}+C_2.

平移坐标后可取 $C_1=C_2=0$ ，于是

P(s)=\bigl(\mathrm{arsinh}\,s,\sqrt{1+s^2}\bigr).

消去参数：由

x=\mathrm{arsinh}\,s

可得

s=\sinh x, y=\sqrt{1+\sinh^2 x}=\cosh x.

因而该曲线方程为

\boxed{y=\cosh x}.

若保留一般常数，则所有解都与这条悬链线相差一个平移和刚体运动。

Remark 25.

关键思路：先由曲率积分出切向角，再由 $P'(s)=(\cos\theta,\sin\theta)$ 反求曲线。

2026.03.11

Exercise.

设正则曲线 $P(s)$ 以 $s$ 为弧长参数，曲率处处非零。假设存在 $s_0$ 使得从原点到 $P$ 的距离 $|P(s)|$ 在 $s_0$ 处最大，证明： $P$ 在 $s_0$ 处的曲率满足

\kappa(s_0)\geq \frac{1}{|P(s_0)|}.

解.

\keyidea{把距离平方函数 $\phi(s)=|P(s)|^2$ 在极大点处做二阶导数判别。}

设

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\phi(s)=|P(s)|^2.

因为 $\phi$ 在 $s_0$ 处取极大值，所以

\phi'(s_0)=0, \phi''(s_0)\leq 0.

由 $s$ 是弧长参数， $P'(s)=T(s)$ ，故

\phi'(s)=2\langle P(s),T(s)\rangle.

于是

\langle P(s_0),T(s_0)\rangle=0.

再求导：

\phi''(s)=2\bigl(\langle T,T\rangle+\langle P,T'\rangle\bigr) =2\bigl(1+\kappa\langle P,N\rangle\bigr).

在 $s_0$ 处有

1+\kappa(s_0)\langle P(s_0),N(s_0)\rangle\leq 0.

因而

\langle P(s_0),N(s_0)\rangle\leq -\frac{1}{\kappa(s_0)}.

由于 $P(s_0)\perp T(s_0)$ ，故 $P(s_0)$ 落在由 $N(s_0),B(s_0)$ 张成的平面内，可写成

P(s_0)=aN(s_0)+bB(s_0).

于是

a=\langle P(s_0),N(s_0)\rangle, |a|\leq |P(s_0)|.

上面不等式给出

-a\geq \frac{1}{\kappa(s_0)}.

从而

\frac{1}{\kappa(s_0)}\leq |a|\leq |P(s_0)|.

即

\kappa(s_0)\geq \frac{1}{|P(s_0)|}.

证毕。

Remark 40.

关键方法：极值问题常转成对标量函数求一、二阶导数。这里用的是 $\phi(s)=|P(s)|^2$ 。

2026.03.18

Exercise.

设曲线 $P(s)$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中以弧长 $s$ 为参数的正则曲线，曲率 $\kappa(s)>0$ ，挠率 $\tau(s)\neq 0$ 。若 $P$ 的所有次切平面都经过同一个固定点 $O$ ，证明：存在常数 $c_1,c_2$ 使得

\frac{\tau(s)}{\kappa(s)}=c_1s+c_2.

解.

\keyidea{固定点在所有次切平面内，等价于位置向量总落在 $\operatorname{span}\{T,B\}$ 中。}

不妨把坐标原点取在固定点 <span data-mx-katex="O"></span>。注意次切平面是由 <span data-mx-katex="T(s)%2CB(s)"></span> 张成的平面，其法向量为 <span data-mx-katex="N(s)"></span>。因此条件“所有次切平面都经过 <span data-mx-katex="O"></span>”等价于向量 <span data-mx-katex="O-P(s)%3D-P(s)"></span> 落在 <span data-mx-katex="%5Coperatorname%7Bspan%7D%5C%7BT(s)%2CB(s)%5C%7D"></span> 中，也就是

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\langle P(s),N(s)\rangle=0.

对 $s$ 求导，得

0=\langle T,N\rangle+\langle P,N'\rangle =\langle P,-\kappa T+\tau B\rangle.

这说明 $P(s)$ 总在由 $T(s),B(s)$ 张成的平面内，因此可写成

P(s)=\lambda(s)T(s)+\mu(s)B(s).

对它求导：

T =\lambda' T+\lambda T'+\mu' B+\mu B' =\lambda' T+(\lambda\kappa-\mu\tau)N+\mu' B.

比较 $T,N,B$ 三个方向的系数，得到

\lambda'(s)=1, \mu'(s)=0, \lambda(s)\kappa(s)-\mu(s)\tau(s)=0.

因而

\lambda(s)=s+c_2, \mu(s)=c

其中 $c\neq 0$ （若 $c=0$ ，则由 $\lambda\kappa-\mu\tau=0$ 会推出 $\lambda\kappa=0$ ，与 $\kappa>0$ 矛盾）。

再由

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\lambda\kappa=\mu\tau

得

\frac{\tau(s)}{\kappa(s)}=\frac{\lambda(s)}{\mu} =\frac{1}{c}s+\frac{c_2}{c}.

令

c_1=\frac1c, c_2'=\frac{c_2}{c},

便得到

\frac{\tau(s)}{\kappa(s)}=c_1s+c_2'.

Remark 41.

思路：次切平面是 $\operatorname{span}\{T,B\}$ ，其法向量是 $N$ 。固定点在每个次切平面内，会强迫位置向量满足 $\langle P,N\rangle=0$ ，从而分解成 $T,B$ 的线性组合并得到微分方程。

2026.03.25

Exercise.

设 $S\subset \mathbb{R}^3$ 是一光滑正则曲面， $P\in S$ 。若存在一个球面 $\Sigma$ （球心为 $O$ ，半径为 $R>0$ ）使得 $\Sigma\cap S=\{P\}$ ，证明：球面 $\Sigma$ 与曲面 $S$ 在点 $P$ 处相切，即它们在 $P$ 处的切平面重合。

解.

思路. 把球面看成距离函数的等值面，在曲面上的唯一交点必是极值点。

设

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\Phi(X)=|X-O|^2.

球面 $\Sigma$ 的方程就是

\Phi(X)=R^2.

已知 $\Sigma\cap S=\{P\}$ 。由于 $S$ 在 $P$ 附近是连通的局部参数曲面，函数

\Phi|_S-R^2

在 $P$ 的某个邻域内不能变号；否则由连续性，沿着曲面内连接两点的路径必然还会出现别的零点，这与 $\Sigma\cap S=\{P\}$ 矛盾。

因而 <span data-mx-katex="P"></span> 是 <span data-mx-katex="%5CPhi%7C_S"></span> 的局部极值点，于是对任意切向量 <span data-mx-katex="V%5Cin%20T_P%20S"></span>，都有

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d(\Phi|_S)_P(V)=0.

另一方面，

d\Phi_P(V)=2\langle P-O,V\rangle.

因此

\langle P-O,V\rangle=0, \forall\,V\in T_P S.

这说明向量 $P-O$ 垂直于曲面 $S$ 在点 $P$ 处的切平面。

但是对于球面 <span data-mx-katex="%5CSigma"></span> 来说，<span data-mx-katex="P-O"></span> 也正是球面在点 <span data-mx-katex="P"></span> 的法向量，因此它同样垂直于球面 <span data-mx-katex="%5CSigma"></span> 在点 <span data-mx-katex="P"></span> 的切平面。

一个平面由其法向量唯一确定，所以二者的切平面相同。也就是说，球面 <span data-mx-katex="%5CSigma"></span> 与曲面 <span data-mx-katex="S"></span> 在点 <span data-mx-katex="P"></span> 处相切。

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Remark 42.

关键思路：把球面看成距离函数的等值面，在曲面上只有一个交点意味着该距离函数在该点取极值。

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Differential Geometry — Homework I

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第一次作业2026.03.04

第二次作业2026.03.11

第三次作业2026.03.18

第四次作业2026.03.25

2026.03.11

2026.03.18

2026.03.25

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