第五次作业2026.04.01

Exercise (思考题).

求

\begin{pmatrix} E&F\\ F&G \end{pmatrix} 和 \begin{pmatrix} \tilde{E}&\tilde{F}\\ \tilde{F}&\tilde{G} \end{pmatrix} 之间的关系. **解.** \keyidea{参数变换下第一基本形式按二次型做合同变换：\tilde I=J^TIJ。} 设曲面在参数 (u,v) 下的第一基本形式矩阵为

\begin{aligned} I=

\begin{pmatrix}
    E&F\
    F&G
\end{pmatrix}.

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\end{aligned}

若作参数变换

u=u(\tilde u,\tilde v), v=v(\tilde u,\tilde v),

并记 Jacobian 矩阵为

\begin{aligned} J=

\begin{pmatrix}
    \dfrac{\partial u}{\partial \tilde u} & \dfrac{\partial u}{\partial \tilde v}\[1ex]
    \dfrac{\partial v}{\partial \tilde u} & \dfrac{\partial v}{\partial \tilde v}
\end{pmatrix},

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\end{aligned}

那么新参数 (\tilde u,\tilde v) 下的切向量满足

\begin{pmatrix}

    P_{\tilde u}\
    P_{\tilde v}
\end{pmatrix}
=J^T
\begin{pmatrix}
    P_u\
    P_v
\end{pmatrix}.

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因而第一基本形式矩阵按二次型变换法则变化，即

\widetilde{I}=J^T I J.

也就是说

\begin{aligned} **\boxed{

\begin{pmatrix}
    \tilde E&\tilde F\
    \tilde F&\tilde G
\end{pmatrix}
=J^T
\begin{pmatrix}
    E&F\
    F&G
\end{pmatrix}
J }.**

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\end{aligned}

展开后可写成

\tilde E=E u{\tilde u}^2+2F u{\tilde u}v{\tilde u}+G v{\tilde u}^2,

\tilde F=E u_{\tilde u}u_{\tilde v}+F(u_{\tilde u}v_{\tilde v}+u_{\tilde v}v_{\tilde u})+G v_{\tilde u}v_{\tilde v},

\tilde G=E u{\tilde v}^2+2F u{\tilde v}v{\tilde v}+G v{\tilde v}^2.

Remark 26.

关键定理：第一基本形式在参数变换下按二次型合同变换。矩阵语言最清楚。

Exercise (思考题).

证明：曲面面积和参数选取无关.

解.

思路. 面积不变的本质是面积元与 Jacobian 一起变化后恰好抵消。

曲面面积元在参数 (u,v) 下为

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dA=\sqrt{EG-F^2},du,dv.

设改用参数 (\tilde u,\tilde v)，由上一题可知

\widetilde{I}=J^T I J,

其中 J=\dfrac{\partial(u,v)}{\partial(\tilde u,\tilde v)}。 两边取行列式，得到

\tilde E\tilde G-\tilde F^2

=\det(\widetilde I)
=\det(J^T)\det(I)\det(J)
=(\det J)^2(EG-F^2).

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因而

\sqrt{\tilde E\tilde G-\tilde F^2}

=|\det J|,\sqrt{EG-F^2}.

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同时变量替换公式给出

du,dv=|\det J|,d\tilde u,d\tilde v.

所以

**\sqrt{EG-F^2},du,dv

=\sqrt{\tilde E\tilde G-\tilde F^2},d\tilde u,d\tilde v.**

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这说明面积元在参数变换下保持不变，故对同一块曲面 S，

A(S)=\iint \sqrt{EG-F^2},du,dv

=\iint \sqrt{\tilde E\tilde G-\tilde F^2},d\tilde u,d\tilde v.

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因此曲面面积与参数选取无关。

Remark 27.

思路：面积元的变化规律和多元积分变量替换公式正好匹配，所以面积与参数无关。

Exercise (Chapter3,2).

求下列曲面的第一基本形式

P=(u\cos v,u\sin v,\varphi(v))
P=(u\cos v,u\sin v,\varphi(u)+av)，其中a为常数.

解.

思路. 第一基本形式只需求 Pu,Pv，再算 E,F,G。

第一基本形式由

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E=\langle Pu,Pu\rangle,

F=\langle P_u,P_v\rangle,
G=\langle P_v,P_v\rangle

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给出。 对于(1)，

P(u,v)=(u\cos v,u\sin v,\varphi(v)).

于是

P_u=(\cos v,\sin v,0),

P_v=(-u\sin v,u\cos v,\varphi'(v)).

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所以

E=1, F=0, G=u^2+\varphi'(v)^2.

因而第一基本形式为

I=du^2+\bigl(u^2+\varphi'(v)^2\bigr),dv^2.

对于(2)，

P(u,v)=(u\cos v,u\sin v,\varphi(u)+av).

从而

P_u=(\cos v,\sin v,\varphi'(u)),

P_v=(-u\sin v,u\cos v,a).

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故

E=1+\varphi'(u)^2,

F=a\varphi'(u),
G=u^2+a^2.

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因而第一基本形式为

I=\bigl(1+\varphi'(u)^2\bigr),du^2+2a\varphi'(u),du,dv+(u^2+a^2),dv^2.

Remark 28.

关键方法：第一基本形式只看一阶偏导。先求 Pu,Pv，再做内积。

Exercise (Chapter3,10).

设曲面S有参数方程：P(x,y)=(x,y,f(x,y))，其中f(x,y)三阶连续可导，求S的法向量和第一基本形式.

解.

思路. 图形曲面的法向量来自叉积 Px\times Py，第一基本形式直接由内积读出。

先求偏导：

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Px=(1,0,fx), Py=(0,1,fy).

因而一个法向量可由叉积给出：

\begin{aligned} Px\times Py=

\begin{vmatrix}
    e_1&e_2&e_3\
    1&0&f_x\
    0&1&f_y
\end{vmatrix}
=(-f_x,-f_y,1).

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\end{aligned}

所以单位法向量可取

n=\frac{1}{\sqrt{1+fx^2+fy^2}}(-fx,-fy,1).

再求第一基本形式系数：

E=\langle Px,Px\rangle=1+f_x^2,

F=\langle P_x,P_y\rangle=f_xf_y,

G=\langle Py,Py\rangle=1+f_y^2.

因而第一基本形式为

I=(1+fx^2),dx^2+2fxfy,dx,dy+(1+fy^2),dy^2.

Remark 29.

关键方法：图形曲面题统一从 Px,Py 的叉积出发，法向量和第一基本形式都能一次得到。

Exercise (Chapter3,13).

已知去面的第一基本形式：I=du^2+(u^2+a^2)dv^2，求

曲面上的曲线u=v从v1到v2的弧长.
曲面上的曲线u+v=0与u-v=0之间的夹角.
曲面上的曲线u=av,u=-av,v=1所围成的面积.

解.

思路. 这题完全把几何问题转成给定度量下的长度、角度和面积计算。

已知

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I=du^2+(u^2+a^2),dv^2,

即

E=1, F=0, G=u^2+a^2.

对于(1)，曲线 u=v 可由参数 v 表示为

(u(v),v)=(v,v), v\in[v1,v2].

因此

ds^2=du^2+(u^2+a^2)dv^2

=\bigl(1+v^2+a^2\bigr)dv^2.

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弧长为

L=\int{v1}^{v_2}\sqrt{v^2+a^2+1},dv.

积分后得到

**L=\frac12\left[

v\sqrt{v^2+a^2+1}
+(a^2+1)\ln\left|v+\sqrt{v^2+a^2+1}\right|
\right]_{v_1}^{v_2}.**

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对于(2)，曲线 u+v=0 与 u-v=0 在 (0,0) 相交。它们在该点的切向量分别可取

X1=(1,-1), X2=(1,1).

由于在 (0,0) 处度量为

I=du^2+a^2dv^2,

故

\langle X1,X2\rangle=1-a^2,

|X_1|=|X_2|=\sqrt{1+a^2}.

所以夹角 $\theta$ 满足

\cos\theta=\frac{1-a^2}{1+a^2}.

对于(3)，所围区域为

D=\{(u,v):0\leq v\leq 1,\ -av\leq u\leq av\}.

面积元为

dA=\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv=\sqrt{u^2+a^2}\,du\,dv.

因而面积

A=\int_0^1\int_{-av}^{av}\sqrt{u^2+a^2}\,du\,dv.

由于被积函数关于 $u$ 偶对称，

A=2\int_0^1\int_0^{av}\sqrt{u^2+a^2}\,du\,dv.

用积分公式

\int \sqrt{u^2+a^2}\,du =\frac12\left(u\sqrt{u^2+a^2}+a^2\ln\bigl(u+\sqrt{u^2+a^2}\bigr)\right)

得

A =a^2\int_0^1\left(v\sqrt{1+v^2}+\ln\bigl(v+\sqrt{1+v^2}\bigr)\right)\,dv.

继续积分可得

\int_0^1 v\sqrt{1+v^2}\,dv=\frac{2\sqrt2-1}{3}, \int_0^1 \ln\bigl(v+\sqrt{1+v^2}\bigr)\,dv =\operatorname{arsinh}1-\sqrt2+1.

故

A=a^2\left(\operatorname{arsinh}1+\frac{2-\sqrt2}{3}\right).

Remark 30.

思路：给定第一基本形式后，所有几何量都在参数平面上通过度量来算。

第六次作业2026.04.08

Exercise (Chapter3,14).

设曲面 $S$ 有参数方程： $P(x,y)=(x,y,f(x,y))$ ，其中 $f(x,y)$ 三阶连续可导，求 $S$ 的第二基本形式.

解.

思路. 图形曲面的第二基本形式就是二阶偏导在单位法向量上的投影。

与上一题一样，

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P_x=(1,0,f_x), P_y=(0,1,f_y),

且可取单位法向量

n=\frac{1}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}(-f_x,-f_y,1).

第二基本形式系数为

L=\langle P_{xx},n\rangle, M=\langle P_{xy},n\rangle, N=\langle P_{yy},n\rangle.

由

P_{xx}=(0,0,f_{xx}), P_{xy}=(0,0,f_{xy}), P_{yy}=(0,0,f_{yy}),

得

L=\frac{f_{xx}}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}, M=\frac{f_{xy}}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}, N=\frac{f_{yy}}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}.

因而第二基本形式为

II=\frac{f_{xx}\,dx^2+2f_{xy}\,dx\,dy+f_{yy}\,dy^2}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}.

Remark 31.

关键方法：图形曲面的第二基本形式几乎就是 Hessian 除以法向量的归一化因子。

Exercise (Chapter3,15).

求下列曲面的第二基本形式

$P=(a\cos\varphi\cos\theta,a\cos\varphi\sin\theta,b\sin\varphi)$
$P=(u,v,\frac{1}{2}(u^2+v^2))$
$P=(a(u+v),a(u-v),2uv)$

解.

\keyidea{第二基本形式统一做法：先求单位法向量，再求 $L,M,N$ 。}

第二基本形式由

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L=\langle P_{uu},n\rangle, M=\langle P_{uv},n\rangle, N=\langle P_{vv},n\rangle

给出。

对于(1)，设参数为 <span data-mx-katex="(%5Cvarphi%2C%5Ctheta)"></span>，则

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P_\varphi=(-a\sin\varphi\cos\theta,-a\sin\varphi\sin\theta,b\cos\varphi), P_\theta=(-a\cos\varphi\sin\theta,a\cos\varphi\cos\theta,0).

取外法向量

n=\frac{1}{\sqrt{a^2\sin^2\varphi+b^2\cos^2\varphi}} \bigl(b\cos\varphi\cos\theta,\ b\cos\varphi\sin\theta,\ a\sin\varphi\bigr).

再算二阶偏导：

P_{\varphi\varphi}=(-a\cos\varphi\cos\theta,-a\cos\varphi\sin\theta,-b\sin\varphi), P_{\varphi\theta}=(a\sin\varphi\sin\theta,-a\sin\varphi\cos\theta,0), P_{\theta\theta}=(-a\cos\varphi\cos\theta,-a\cos\varphi\sin\theta,0).

因而

L=-\frac{ab}{\sqrt{a^2\sin^2\varphi+b^2\cos^2\varphi}}, M=0, N=-\frac{ab\cos^2\varphi}{\sqrt{a^2\sin^2\varphi+b^2\cos^2\varphi}}.

所以

II=-\frac{ab}{\sqrt{a^2\sin^2\varphi+b^2\cos^2\varphi}}\,d\varphi^2 -\frac{ab\cos^2\varphi}{\sqrt{a^2\sin^2\varphi+b^2\cos^2\varphi}}\,d\theta^2.

对于(2)，

P(u,v)=\left(u,v,\frac12(u^2+v^2)\right).

有

P_u=(1,0,u), P_v=(0,1,v),

所以可取单位法向量

n=\frac{1}{\sqrt{1+u^2+v^2}}(-u,-v,1).

再由

P_{uu}=(0,0,1), P_{uv}=(0,0,0), P_{vv}=(0,0,1),

得

L=\frac{1}{\sqrt{1+u^2+v^2}}, M=0, N=\frac{1}{\sqrt{1+u^2+v^2}}.

因而

II=\frac{du^2+dv^2}{\sqrt{1+u^2+v^2}}.

对于(3)，

P(u,v)=(a(u+v),a(u-v),2uv).

则

P_u=(a,a,2v), P_v=(a,-a,2u).

取法向量

n=\frac{1}{\sqrt{a^2+(u+v)^2+(u-v)^2}}(-(u+v),u-v,a).

再有

P_{uu}=(0,0,0), P_{uv}=(0,0,2), P_{vv}=(0,0,0).

因而

L=0, M=\frac{2a}{\sqrt{a^2+(u+v)^2+(u-v)^2}}, N=0.

所以

II=\frac{4a}{\sqrt{a^2+(u+v)^2+(u-v)^2}}\,du\,dv.

Remark 32.

思路：第二基本形式题的步骤高度统一：求法向量、求二阶偏导、做内积。

Exercise (Chapter3,16).

设 $P_0=P(s)$ ( $s$ 为弧长参数)是曲率、挠率均为常数的曲线.求以 $P(s)$ 为中心曲线的管状面 $S_r$ 的第一与第二基本形式、主方向、主曲率、总曲率和平均曲率.

解.

\keyidea{管状面的关键是引入 $e_r,e_\theta$ 并用 Frenet 公式化简各偏导。}

设中心曲线的 Frenet 标架为 <span data-mx-katex="%5C%7BT%2CN%2CB%5C%7D"></span>，曲率、挠率分别为常数 <span data-mx-katex="%5Ckappa%2C%5Ctau"></span>。管状面写成

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X(s,\theta)=P(s)+r\cos\theta\,N(s)+r\sin\theta\,B(s),

其中 $0<r<\frac1\kappa$ 。

记

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e_r=\cos\theta\,N+\sin\theta\,B, e_\theta=-\sin\theta\,N+\cos\theta\,B.

那么

X=P+re_r.

由 Frenet 公式

T'=\kappa N, N'=-\kappa T+\tau B, B'=-\tau N

可得

e_r'=-\kappa\cos\theta\,T+\tau e_\theta, e_{\theta}'=\kappa\sin\theta\,T-\tau e_r.

因而

X_s=T+re_r'=(1-r\kappa\cos\theta)T+r\tau e_\theta, X_\theta=re_\theta.

设

A=1-r\kappa\cos\theta.

则第一基本形式系数为

E=\langle X_s,X_s\rangle=A^2+r^2\tau^2, F=\langle X_s,X_\theta\rangle=r^2\tau, G=\langle X_\theta,X_\theta\rangle=r^2.

所以

I=(A^2+r^2\tau^2)\,ds^2+2r^2\tau\,ds\,d\theta+r^2\,d\theta^2.

取外法向量

n=e_r=\cos\theta\,N+\sin\theta\,B.

则

X_{s\theta}=r\kappa\sin\theta\,T-r\tau e_r, X_{\theta\theta}=-re_r,

并且

X_{ss}=A\kappa N-r\tau^2 e_r+\text{(切向部分)}.

因此

L=\langle X_{ss},n\rangle=\kappa\cos\theta(1-r\kappa\cos\theta)-r\tau^2, M=\langle X_{s\theta},n\rangle=-r\tau, N=\langle X_{\theta\theta},n\rangle=-r.

所以

II=\bigl(\kappa\cos\theta(1-r\kappa\cos\theta)-r\tau^2\bigr)\,ds^2 -2r\tau\,ds\,d\theta-r\,d\theta^2.

下面求主方向。注意

n_\theta=e_\theta=\frac{1}{r}X_\theta,

故 Weingarten 算子满足

S(X_\theta)=-n_\theta=-\frac1r X_\theta.

所以 $X_\theta$ 是一个主方向，对应主曲率

k_1=-\frac1r.

再考虑向量

Y=X_s-\tau X_\theta.

由

Y=AT

以及

n_s=-\kappa\cos\theta\,T+\tau e_\theta

可得

n_Y=n_s-\tau n_\theta=-\kappa\cos\theta\,T =-\frac{\kappa\cos\theta}{A}Y.

因而

S(Y)=-n_Y=\frac{\kappa\cos\theta}{A}Y.

所以另一个主方向为 $Y=X_s-\tau X_\theta$ ，其主曲率为

k_2=\frac{\kappa\cos\theta}{1-r\kappa\cos\theta}.

因此高斯曲率与平均曲率分别为

K=k_1k_2=-\frac{\kappa\cos\theta}{r(1-r\kappa\cos\theta)}, H=\frac{k_1+k_2}{2} =\frac{1}{2}\left(-\frac1r+\frac{\kappa\cos\theta}{1-r\kappa\cos\theta}\right).

总结如下：

I=(A^2+r^2\tau^2)\,ds^2+2r^2\tau\,ds\,d\theta+r^2\,d\theta^2, II=\bigl(\kappa\cos\theta A-r\tau^2\bigr)\,ds^2-2r\tau\,ds\,d\theta-r\,d\theta^2, \text{主方向： }X_\theta,\ \ X_s-\tau X_\theta, \text{主曲率： }k_1=-\frac1r, k_2=\frac{\kappa\cos\theta}{A}, K=-\frac{\kappa\cos\theta}{rA}, H=\frac12\left(-\frac1r+\frac{\kappa\cos\theta}{A}\right), A=1-r\kappa\cos\theta.

Remark 33.

关键定理：Frenet 公式。管状面计算最重要的是把 $N,B$ 方向的变化改写成 $T,e_r,e_\theta$ 。

Exercise (Chapter3,18).

求螺面 $P=(u\cos v,u\sin v,u+v)$ 的Gauss曲率和平均曲率.

解.

\keyidea{先把螺面的第一、第二基本形式算全，再代入 $K,H$ 的标准公式。}

先求第一、第二基本形式。

有

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P_u=(\cos v,\sin v,1), P_v=(-u\sin v,u\cos v,1).

因而

E=\langle P_u,P_u\rangle=2, F=\langle P_u,P_v\rangle=1, G=\langle P_v,P_v\rangle=u^2+1.

再算法向量：

P_u\times P_v=(\sin v-u\cos v,-\cos v-u\sin v,u),

所以

|P_u\times P_v|=\sqrt{2u^2+1}.

取单位法向量

n=\frac{P_u\times P_v}{\sqrt{2u^2+1}}.

二阶偏导为

P_{uu}=(0,0,0), P_{uv}=(-\sin v,\cos v,0), P_{vv}=(-u\cos v,-u\sin v,0).

因而

L=\langle P_{uu},n\rangle=0, M=\langle P_{uv},n\rangle=-\frac{1}{\sqrt{2u^2+1}}, N=\langle P_{vv},n\rangle=\frac{u^2}{\sqrt{2u^2+1}}.

所以高斯曲率

K=\frac{LN-M^2}{EG-F^2} =\frac{-\frac{1}{2u^2+1}}{2(u^2+1)-1} =-\frac{1}{(2u^2+1)^2}.

平均曲率

H=\frac{EN-2FM+GL}{2(EG-F^2)} =\frac{2\cdot \frac{u^2}{\sqrt{2u^2+1}}-2\cdot 1\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{2u^2+1}}\right)}{2(2u^2+1)}.

化简得

H=\frac{u^2+1}{(2u^2+1)^{3/2}}.

因而

\boxed{K=-\frac{1}{(2u^2+1)^2}}, \boxed{H=\frac{u^2+1}{(2u^2+1)^{3/2}}}.

Remark 34.

关键公式： $K=\frac{LN-M^2}{EG-F^2}$ 与 $H=\frac{EN-2FM+GL}{2(EG-F^2)}$ 。

第七次作业2026.04.15

Exercise (Chapter3,19).

设曲面 $S$ 满足 $x^2+y^2=f(z)$ ，其中 $f(z)$ 三次可微，且 $f(0)=0$ ， $f'(0)\neq 0$ ，证明： $S$ 在点 $(0,0,0)$ 处的法曲率函数为常数.

解.

\keyidea{把旋转曲面在原点附近写成图形 $z=g(x,y)$ ，再用 Hessian 判断法曲率。}

设

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F(x,y,z)=x^2+y^2-f(z).

由条件 $f(0)=0$ 可知 $(0,0,0)\in S$ ，又

\nabla F(0,0,0)=(0,0,-f'(0))\neq 0,

所以由隐函数定理，曲面在原点附近可以写成图形

z=g(x,y), g(0,0)=0.

且有恒等式

x^2+y^2=f(g(x,y)).

对 $x$ 求偏导：

2x=f'(g)g_x.

在原点代入得

g_x(0,0)=0.

同理

g_y(0,0)=0.

再对 $x$ 求一次偏导：

2=f''(g)g_x^2+f'(g)g_{xx}.

在原点处，由于 $g(0,0)=0$ 且 $g_x(0,0)=0$ ，得

2=f'(0)g_{xx}(0,0),

所以

g_{xx}(0,0)=\frac{2}{f'(0)}.

同理

g_{yy}(0,0)=\frac{2}{f'(0)}.

再对等式 $2x=f'(g)g_x$ 对 $y$ 求偏导，得

0=f''(g)g_xg_y+f'(g)g_{xy},

在原点处得到

g_{xy}(0,0)=0.

因而原点处图形曲面的第一、第二基本形式分别为

I=dx^2+dy^2

和

II=\frac{2}{f'(0)}(dx^2+dy^2)

（这里取向上法向量）。

对任意切向量

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X=\xi\partial_x+\eta\partial_y,

其法曲率为

k_n(X)=\frac{II(X,X)}{I(X,X)} =\frac{\frac{2}{f'(0)}(\xi^2+\eta^2)}{\xi^2+\eta^2} =\frac{2}{f'(0)}.

与方向无关，因此原点处的法曲率函数是常数。

Remark 35.

思路：在特殊点把曲面化成图形，再看第二基本形式是否是单位矩阵的倍数。若是，则法曲率与方向无关。

Exercise (Chapter3,23).

求曲线 $\rho=\rho(s)$ 的切线面 $P(s,u)=\rho(s)+u\cdot\alpha(s)$ 的曲率线，比较曲率线的曲率和该曲面的法曲率.

解.

思路. 先求切线面的基本形式，再用曲率线微分方程求两族曲率线。

这里“切线面”应理解为

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X(s,u)=\rho(s)+uT(s),

其中 $s$ 是母曲线的弧长参数， $T=\rho'(s)$ 是单位切向量。

由 Frenet 公式，

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X_s=T+u\kappa N, X_u=T.

因而当 $u\kappa\neq 0$ 时曲面正则，且

E=\langle X_s,X_s\rangle=1+u^2\kappa^2, F=\langle X_s,X_u\rangle=1, G=\langle X_u,X_u\rangle=1.

再求法向量：

X_s\times X_u=(T+u\kappa N)\times T=u\kappa(N\times T)=-u\kappa B.

因而可取单位法向量

n=B

（只差一个整体符号，不影响曲率线方程）。

继续计算二阶偏导：

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X_{ss}=\kappa N+u(\kappa' N+\kappa N') =-u\kappa^2T+(\kappa+u\kappa')N+u\kappa\tau B, X_{su}=\kappa N, X_{uu}=0.

所以

L=\langle X_{ss},B\rangle=u\kappa\tau, M=\langle X_{su},B\rangle=0, N=\langle X_{uu},B\rangle=0.

曲率线微分方程为

(FL-EM)\,ds^2+(GL-EN)\,ds\,du+(GM-FN)\,du^2=0.

代入上式得

u\kappa\tau\,ds^2+u\kappa\tau\,ds\,du=0.

当 $u\kappa\tau\neq 0$ 时，

ds(ds+du)=0.

因而曲率线有两族：

第一族：<span data-mx-katex="ds%3D0"></span>，即 <span data-mx-katex="s%3D%5Ctext%7B%E5%B8%B8%E6%95%B0%7D"></span>，这正是切线面的母线（直母线）。

第二族：<span data-mx-katex="du%3D-ds"></span>，即

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u+s=C.

下面比较曲率与法曲率。

对第一族 <span data-mx-katex="s%3D%5Ctext%7B%E5%B8%B8%E6%95%B0%7D"></span>，曲线为

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X(u)=\rho(s_0)+uT(s_0),

是一条直线，所以其曲率为 $0$ ；同时第二基本形式在该方向上的值也为 $0$ ，故法曲率也为 $0$ 。

对第二族，取

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u=C-s.

对应曲线可写成

\gamma(s)=X(s,C-s)=\rho(s)+(C-s)T(s).

于是

\gamma'(s)=X_s-X_u=u\kappa N,

其速度为

|\gamma'(s)|=|u|\kappa.

再求导：

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

从而

|\gamma'\times\gamma''| =|u|^2\kappa^2\sqrt{\kappa^2+\tau^2}.

所以第二族曲率线的曲率为

\kappa_\gamma=\frac{|\gamma'\times\gamma''|}{|\gamma'|^3} =\frac{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}}{|u|\kappa}.

而它沿该方向的法曲率为

k_n=\frac{L\,ds^2+2M\,ds\,du+N\,du^2}{E\,ds^2+2F\,ds\,du+G\,du^2}.

代入 $du=-ds$ 和 $L=u\kappa\tau,M=N=0$ ，得

k_n=\frac{u\kappa\tau}{u^2\kappa^2}=\frac{\tau}{u\kappa}.

因此

|k_n|=\frac{|\tau|}{|u|\kappa}\leq \frac{\sqrt{\kappa^2+\tau^2}}{|u|\kappa}=\kappa_\gamma.

也就是说，第二族曲率线的法曲率是其总曲率在曲面法向上的分量。

Remark 36.

关键方法：切线面是直纹面，先由基本形式求曲率线微分方程，再分别分析两族曲线。

Exercise (Chapter3,24).

求悬链面 $P=(\sqrt{u^2+a^2}\cos v,\sqrt{u^2+a^2}\sin v,a\ln(u+\sqrt{u^2+a^2}))$ 的第一基本形式和第二基本形式，并求它在点 $(0,0)$ 沿切向量 $dP=2P_u+P_v$ 的法曲率.

解.

\keyidea{悬链面先算两组基本形式，再把方向 $2P_u+P_v$ 代入法曲率公式。}

记

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\rho(u)=\sqrt{u^2+a^2}.

则曲面写成

P(u,v)=(\rho\cos v,\rho\sin v,a\ln(u+\rho)).

先求偏导。由于

\rho'=\frac{u}{\rho}, \frac{d}{du}\ln(u+\rho)=\frac1\rho,

所以

P_u=\left(\frac{u}{\rho}\cos v,\frac{u}{\rho}\sin v,\frac{a}{\rho}\right), P_v=(-\rho\sin v,\rho\cos v,0).

于是

E=\langle P_u,P_u\rangle=\frac{u^2+a^2}{\rho^2}=1, F=\langle P_u,P_v\rangle=0, G=\langle P_v,P_v\rangle=\rho^2=u^2+a^2.

因而第一基本形式为

I=du^2+(u^2+a^2)\,dv^2.

再算法向量。直接计算

P_u\times P_v=(-a\cos v,-a\sin v,u),

且

|P_u\times P_v|=\sqrt{a^2+u^2}=\rho.

因此可取单位法向量

n=\frac{1}{\rho}(-a\cos v,-a\sin v,u).

计算二阶偏导：

P_{uu}=\left(\frac{a^2}{\rho^3}\cos v,\frac{a^2}{\rho^3}\sin v,-\frac{au}{\rho^3}\right), P_{uv}=\left(-\frac{u}{\rho}\sin v,\frac{u}{\rho}\cos v,0\right), P_{vv}=(-\rho\cos v,-\rho\sin v,0).

所以

L=\langle P_{uu},n\rangle=-\frac{a}{u^2+a^2}, M=\langle P_{uv},n\rangle=0, N=\langle P_{vv},n\rangle=a.

因而第二基本形式为

II=-\frac{a}{u^2+a^2}\,du^2+a\,dv^2.

最后求在点 $(0,0)$ 沿切向量

dP=2P_u+P_v

的法曲率。法曲率公式为

k_n=\frac{L\lambda^2+2M\lambda\mu+N\mu^2}{E\lambda^2+2F\lambda\mu+G\mu^2}

，其中方向写作 $\lambda P_u+\mu P_v$ 。这里 $(\lambda,\mu)=(2,1)$ 。

在 <span data-mx-katex="(0%2C0)"></span> 处，

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E=1, F=0, G=a^2, L=-\frac1a, M=0, N=a.

所以

k_n(0,0;2P_u+P_v) =\frac{4(-1/a)+a}{4+a^2} =\frac{a-\frac4a}{a^2+4} =\frac{a^2-4}{a(a^2+4)}.

Remark 37.

关键思路：先把基本形式算完整，再把指定方向代进法曲率公式，不要跳步。

Exercise (Chapter3,25).

曲面上任意点处，任意两正交方向的法曲率之和为常数.

解.

\keyidea{直接套 Euler 公式，两个正交方向的角参数相差 $\frac{\pi}{2}$ 。}

设曲面上一点的主曲率为 <span data-mx-katex="k_1%2Ck_2"></span>。若某个单位方向与第一主方向成角 <span data-mx-katex="%5Ctheta"></span>，则由 Euler 公式，

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k_n(\theta)=k_1\cos^2\theta+k_2\sin^2\theta.

与之正交的方向对应角度 $\theta+\frac{\pi}{2}$ ，故其法曲率为

k_n\!\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right) =k_1\sin^2\theta+k_2\cos^2\theta.

两式相加即得

k_n(\theta)+k_n\!\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)=k_1+k_2=2H.

这里 $H$ 是该点的平均曲率。

因而在曲面任意一点处，任意两正交方向的法曲率之和都等于同一个常数 <span data-mx-katex="2H"></span>。也就是说，命题中所说的“常数”正是两倍平均曲率。

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Remark 38.

关键定理：Euler 公式。任意两正交方向的法曲率和总是 $2H$ 。

Exercise (Chapter3,37).

若曲面有参数表示 $P(u,v)$ ，其中 $u,v$ 为正交参数，写出曲面的基本公式.

解.

\keyidea{正交参数下 $F=0$ ，因此 Christoffel 符号和基本公式都会大幅简化。}

设

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E=\langle P_u,P_u\rangle, F=\langle P_u,P_v\rangle=0, G=\langle P_v,P_v\rangle.

因为 $u,v$ 为正交参数，所以 $F=0$ 。此时 Christoffel 符号化为

\Gamma^1_{11}=\frac{E_u}{2E}, \Gamma^1_{12}=\frac{E_v}{2E}, \Gamma^1_{22}=-\frac{G_u}{2E}, \Gamma^2_{11}=-\frac{E_v}{2G}, \Gamma^2_{12}=\frac{G_u}{2G}, \Gamma^2_{22}=\frac{G_v}{2G}.

因而 Gauss 公式为

P_{uu}=\frac{E_u}{2E}P_u-\frac{E_v}{2G}P_v+Ln, P_{uv}=\frac{E_v}{2E}P_u+\frac{G_u}{2G}P_v+Mn, P_{vv}=-\frac{G_u}{2E}P_u+\frac{G_v}{2G}P_v+Nn.

Weingarten 公式为

n_u=-\frac{L}{E}P_u-\frac{M}{G}P_v, n_v=-\frac{M}{E}P_u-\frac{N}{G}P_v.

这就是正交参数下曲面的基本公式。

Remark 39.

思路：正交参数下 $F=0$ ，所以 Gauss 公式、Weingarten 公式和 Christoffel 符号都更整洁。

每周一题

2026.04.01

Exercise.

设 $C:P(s),s\in[0,L]$ 是一条逆时针转动的平面凸闭曲线， $s$ 是弧长参数，其正交标架场为 $\{P(s);\alpha(s),\beta(s)\}$ ，称曲线

\widetilde{C}:\widetilde{P}(s)=P(s)-d\beta(s),\ s\in[0,L]

为 $C$ 的平行曲线，其中 $d$ 是正常数。证明：

$\widetilde{L}=L+2\pi d$
；
$\widetilde{A}=A+dL+\pi d^2$
；
$\widetilde{\kappa}_r=\dfrac{\kappa_r}{1+d\kappa_r}$
。
其中 $L,A,\kappa_r$ （ $\widetilde{L},\widetilde{A},\widetilde{\kappa}_r$ ）分别是 $C$ （ $\widetilde{C}$ ）的长度、面积和曲率。

解.

\keyidea{三条结论都从 $\widetilde P'(s)=(1+d\kappa_r)\alpha(s)$ 出发。}

设 <span data-mx-katex="%5Calpha(s)"></span> 是单位切向量，<span data-mx-katex="%5Cbeta(s)"></span> 是与之组成正向正交标架的法向量。则 Frenet 公式写成

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\alpha'(s)=\kappa_r(s)\beta(s), \beta'(s)=-\kappa_r(s)\alpha(s).

由

\widetilde P(s)=P(s)-d\beta(s)

求导得

\widetilde P'(s)=\alpha(s)-d\beta'(s)=\bigl(1+d\kappa_r(s)\bigr)\alpha(s).

因为原曲线是逆时针凸闭曲线，所以 $\kappa_r(s)>0$ ，从而

|\widetilde P'(s)|=1+d\kappa_r(s).

因此

d\widetilde s=(1+d\kappa_r)\,ds.

所以平行曲线的长度为

\widetilde L=\int_0^L d\widetilde s=\int_0^L (1+d\kappa_r)\,ds =L+d\int_0^L \kappa_r\,ds.

对于逆时针凸闭曲线，

\int_0^L \kappa_r\,ds=2\pi,

故

\widetilde L=L+2\pi d.

下面求面积。设平面点向量写作 $Q=(x,y)$ 。Green 公式给出正向简单闭曲线围成面积

A(Q)=\frac12\oint_C (x\,dy-y\,dx) =\frac12\int \det(Q,Q')\,dt.

因此对原曲线，因为 $P'(s)=\alpha(s)$ ，有

A=\frac12\int_0^L \det(P,\alpha)\,ds.

对平行曲线，虽然这里仍用原来的参数 $s$ 来描写边界，但面积公式只需要曲线及其对该参数的导数，所以

\widetilde A=\frac12\int_0^L \det(\widetilde P,\widetilde P')\,ds.

于是

\widetilde A =\frac12\int_0^L \det(P-d\beta,(1+d\kappa_r)\alpha)\,ds.

展开得

\widetilde A =A+\frac d2\int_0^L \kappa_r\det(P,\alpha)\,ds -\frac d2\int_0^L \det(\beta,\alpha)\,ds -\frac{d^2}{2}\int_0^L \kappa_r\det(\beta,\alpha)\,ds.

因为 $\det(\alpha,\beta)=1$ ，所以 $\det(\beta,\alpha)=-1$ 。又由

\frac{d}{ds}\det(P,\beta)=\det(\alpha,\beta)+\det(P,\beta') =1-\kappa_r\det(P,\alpha),

对闭曲线积分可得

\int_0^L \kappa_r\det(P,\alpha)\,ds=L.

因而

\widetilde A =A+\frac d2 L+\frac d2 L+\frac{d^2}{2}\int_0^L \kappa_r\,ds =A+dL+\pi d^2.

最后求相对曲率。由于

\widetilde \alpha=\frac{\widetilde P'}{|\widetilde P'|}=\alpha,

所以

\widetilde\kappa_r =\left\langle \frac{d\widetilde\alpha}{d\widetilde s},\beta\right\rangle =\frac{1}{d\widetilde s/ds}\left\langle \frac{d\alpha}{ds},\beta\right\rangle =\frac{\kappa_r}{1+d\kappa_r}.

综上，

\boxed{\widetilde L=L+2\pi d}, \boxed{\widetilde A=A+dL+\pi d^2}, \boxed{\widetilde\kappa_r=\frac{\kappa_r}{1+d\kappa_r}}.

Remark 43.

关键公式： $\widetilde P'=(1+d\kappa_r)\alpha$ 。长度、面积、相对曲率三条结论都从这一步出发。

Exercise.

设 $C:P(s),s\in[a,b]$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的一条正则简单闭曲线， $s$ 为弧长参数，曲率为 $\kappa(s)$ 。它的单位切向量 $T(s)$ 构成了单位球面上的一条曲线

\widetilde{C}:\widetilde{P}(s)=T(s),\ s\in[a,b],

我们称其为 $C$ 的切线标线（tangent indicatrix）。记 $\widetilde{C}$ 的长度为 $L$ 。证明：

$\widetilde{C}$ 的长度等于 $C$ 的总曲率，即

L=\int_a^b \kappa(s)\,ds,

若 $L<2\pi$ ，则存在一个开半球，这个开半球包含 $\widetilde{C}$ 。（Hint：单位球面上任何一条长度小于 $\pi$ 的曲线都一定包含于某个开半球。）
$C$
的总曲率满足不等式

\int_a^b \kappa(s)\,ds\geq 2\pi.

解.

思路. 先把切线标线长度识别成总曲率，再用开半球论证推出 Fenchel 不等式。

记切线标线为

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\widetilde P(s)=T(s)\in S^2.

对于(1)，由 Frenet 公式

T'(s)=\kappa(s)N(s)

得

|\widetilde P'(s)|=|T'(s)|=\kappa(s).

因此切线标线的长度为

L=\int_a^b |\widetilde P'(s)|\,ds=\int_a^b \kappa(s)\,ds.

这就证明了切线标线的长度等于原曲线的总曲率。

对于(2)，这是单位球面上的一个标准结论：长度小于 <span data-mx-katex="2%5Cpi"></span> 的闭球面曲线必包含于某个开半球内；提示中给出的“长度小于 <span data-mx-katex="%5Cpi"></span> 的球面曲线包含于某个开半球”正是证明该结论的基本引理。于是当

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L<2\pi

时， $\widetilde C$ 包含在某个开半球内，即存在单位向量 $q$ ，使得对一切 $s\in[a,b]$ 都有

\langle T(s),q\rangle>0.

对于(3)，若反设

\int_a^b \kappa(s)\,ds<2\pi,

那么由(1)(2)可知切线标线 $\widetilde C$ 包含在某个开半球内，因此存在单位向量 $q$ 使得

\langle T(s),q\rangle>0, \forall s\in[a,b].

令

\phi(s)=\langle P(s),q\rangle.

则

\phi'(s)=\langle T(s),q\rangle>0.

这说明 $\phi$ 在整个区间上严格递增。但曲线 $C$ 是闭曲线，所以

P(a)=P(b),

于是

\phi(a)=\phi(b),

与严格递增矛盾。

所以反设不成立，从而

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\int_a^b \kappa(s)\,ds\geq 2\pi.

这就是 Fenchel 不等式。

Remark 44.

关键定理：切线标线长度等于总曲率，加上 Fenchel 不等式的球面解释。

2026.04.08

Exercise.

设 $\alpha(s)$ 是一条正则曲线， $s$ 为弧长参数， $\kappa(s)$ 和 $\tau(s)$ 分别是 $\alpha$ 的曲率和挠率。曲线上每点处的Frenet标架为 $\{\alpha(s);T(s),N(s),B(s)\}$ 。定义曲面

P(s,\theta)=\alpha(s)+r\cos\theta N(s)+r\sin\theta B(s),

其中 $r\in \left(0,\min_s \frac{1}{\kappa(s)}\right)$ 为常数，已知当 $r$ 充分小时， $P$ 是一个正则曲面。试计算 $P$ 的第一基本形式和第二基本形式。

解.

思路. 这题是一般管状面的版本，和常曲率常挠率情形的计算框架完全一致。

这是一般曲线的管状面，计算与第六次作业第三题完全相同，而且并不需要 <span data-mx-katex="%5Ckappa%2C%5Ctau"></span> 为常数。

记

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e_r=\cos\theta\,N+\sin\theta\,B, e_\theta=-\sin\theta\,N+\cos\theta\,B, A=1-r\kappa(s)\cos\theta.

则

P(s,\theta)=\alpha(s)+re_r.

由 Frenet 公式得

(e_r)_s=-\kappa\cos\theta\,T+\tau e_\theta, (e_\theta)_s=\kappa\sin\theta\,T-\tau e_r.

因而

P_s=T+r(e_r)_s=A\,T+r\tau e_\theta, P_\theta=re_\theta.

所以第一基本形式系数为

E=\langle P_s,P_s\rangle=A^2+r^2\tau^2, F=\langle P_s,P_\theta\rangle=r^2\tau, G=\langle P_\theta,P_\theta\rangle=r^2.

即

I=(A^2+r^2\tau^2)\,ds^2+2r^2\tau\,ds\,d\theta+r^2\,d\theta^2.

取单位法向量

n=e_r.

再求二阶偏导：

P_{s\theta}=r\kappa\sin\theta\,T-r\tau e_r, P_{\theta\theta}=-re_r.

同时

\langle P_{ss},n\rangle=\kappa\cos\theta(1-r\kappa\cos\theta)-r\tau^2.

因而第二基本形式系数为

L=\kappa\cos\theta(1-r\kappa\cos\theta)-r\tau^2, M=-r\tau, N=-r.

所以

II=\bigl(\kappa\cos\theta(1-r\kappa\cos\theta)-r\tau^2\bigr)\,ds^2 -2r\tau\,ds\,d\theta-r\,d\theta^2.

Remark 45.

思路：一般管状面和常曲率常挠率情形的区别只在 $\kappa,\tau$ 现在依赖于 $s$ ，计算骨架不变。

2026.04.15

Exercise.

设 $S$ 为 $\mathbb{R}^3$ 中无脐点的正则曲面。若在某个参数表示 $(u,v)$ 下，其第一、第二基本形式的系数满足：

$E=1,\ F=0,\ G=au^2$
，其中 $a>0$ 为常数；
$L=\alpha u,\ M=\beta u,\ N=\gamma u$
，其中 $\alpha,\beta,\gamma$ 为常数且不同时为零。
则 $S$ 是圆锥面的一部分。

解.

\keyidea{用 Gauss--Codazzi 先逼出 $L=M=0$ ，再从 $P_{uu}=0$ 积分出圆锥参数形式。}

记

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I=du^2+au^2\,dv^2.

因而

E=1, F=0, G=au^2.

第二基本形式系数为

L=\alpha u, M=\beta u, N=\gamma u.

下面利用 Gauss--Codazzi 方程。

先由第一基本形式算 Christoffel 符号。因为 <span data-mx-katex="E%3D1%2CF%3D0%2CG%3Dau%5E2"></span>，故唯一非零的 Christoffel 符号是

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\Gamma^1_{22}=-au, \Gamma^2_{12}=\Gamma^2_{21}=\frac{1}{u}.

由 Codazzi 方程

h_{11;2}=h_{12;1}, h_{12;2}=h_{22;1}

来看。这里

h_{11}=L=\alpha u, h_{12}=M=\beta u, h_{22}=N=\gamma u.

第一条 Codazzi 方程给出

h_{11;2} =\partial_v(\alpha u)-2\Gamma^2_{12}h_{12} =-2\beta, h_{12;1} =\partial_u(\beta u)-\Gamma^2_{21}h_{12} =\beta-\beta=0.

故

\beta=0.

第二条 Codazzi 方程给出

h_{12;2} =\partial_v(\beta u)-\Gamma^1_{22}h_{11}-\Gamma^2_{12}h_{22} =a\alpha u^2-\gamma, h_{22;1} =\partial_u(\gamma u)-2\Gamma^2_{21}h_{22} =\gamma-2\gamma=-\gamma.

因而

a\alpha u^2-\gamma=-\gamma,

从而

\alpha=0.

所以

L=0, M=0, N=\gamma u.

这时 Gauss 公式化为

P_{uu}=0, P_{uv}=\frac1u P_v, P_{vv}=-au\,P_u+\gamma u\,n.

由 $P_{uu}=0$ 可知

P(u,v)=uA(v)+B(v),

其中 $A(v),B(v)$ 只依赖于 $v$ 。

于是

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P_u=A(v), P_v=uA'(v)+B'(v).

再利用第一基本形式条件：

由 <span data-mx-katex="E%3D1"></span> 得

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|A(v)|^2=1.

由 $F=0$ 得

0=\langle P_u,P_v\rangle =u\langle A,A'\rangle+\langle A,B'\rangle.

又因为 $|A|^2=1$ ，故

\langle A,A'\rangle=\frac12\frac{d}{dv}|A|^2=0,

从而

\langle A,B'\rangle=0.

最后由 $G=au^2$ 得

au^2=|P_v|^2=|uA'+B'|^2=u^2|A'|^2+2u\langle A',B'\rangle+|B'|^2.

比较关于 $u$ 的各次项系数，得到

|B'(v)|^2=0, \langle A'(v),B'(v)\rangle=0, |A'(v)|^2=a.

因而

B'(v)=0.

所以 $B(v)$ 是常向量。经过一次平移后，可设 $B(v)\equiv 0$ ，从而

P(u,v)=uA(v), |A(v)|=1, |A'(v)|^2=a.

这说明曲面上每一点都位于经过固定点 $0$ 的射线上，故 $S$ 正是以原点为顶点、球面曲线 $A(v)\subset S^2$ 为准线的圆锥面的一部分。

Remark 46.

关键定理：Gauss--Codazzi 方程与 Gauss 公式。先用相容条件压缩系数，再积分出圆锥参数式。

2026.04.22

Exercise.

设 $S:P(u,v),(u,v)\in[a,b]\times[c,d]$ 是正则曲面的一部分，其面积为 $A(S)$ 。 $E,F,G,L,M,N$ 分别是 $S$ 在这组参数下的第一、第二基本量， $n$ 是单位法向量场。 $f(u,v)$ 是 $[a,b]\times[c,d]$ 上的一个扰动函数，定义扰动后的曲面

S_f:P(u,v)+f(u,v)n(u,v),

取 $f$ 足够小使得 $S_f$ 是一个正则曲面。

对任意较小的 $t$ ，定义

S_{tf}:P(u,v)+tf(u,v)n(u,v),

证明

\left. \frac{d}{dt}\right|_{t=0}A(S_{tf})=-2\int_c^d\int_a^b fH\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv,

其中 $H$ 是 $S$ 的平均曲率。

若对任意的小扰动 $f$ 都有 $A(S_f)\geq A(S)$ ，证明 $S$ 的平均曲率处处为零，即 $S$ 是极小曲面。

解.

思路. 核心是把面积元对法向扰动做一阶展开，并把结果整理成平均曲率积分。

令

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X_t(u,v)=P(u,v)+t\,f(u,v)n(u,v),

则 $X_0=P$ ，并且 $A(S_{tf})$ 就是参数曲面 $X_t$ 的面积。

先求变形后第一基本形式系数在 <span data-mx-katex="t%3D0"></span> 处的一阶变化。由

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(X_t)_u=P_u+t(f_u n+f n_u), (X_t)_v=P_v+t(f_v n+f n_v),

并利用

\langle P_u,n\rangle=\langle P_v,n\rangle=0

以及 Weingarten 公式，可得

\left.\left.\left. \frac{dE_t}{dt}\right|_{t=0} =2\langle P_u,fn_u\rangle=-2fL, \frac{dF_t}{dt}\right|_{t=0} =\langle P_u,fn_v\rangle+\langle fn_u,P_v\rangle=-2fM, \frac{dG_t}{dt}\right|_{t=0} =2\langle P_v,fn_v\rangle=-2fN.

记

\Delta_t=E_tG_t-F_t^2.

则

\left.\left.\left.\left. \frac{d\Delta_t}{dt}\right|_{t=0} =G\frac{dE_t}{dt}\right|_{t=0} +E\frac{dG_t}{dt}\right|_{t=0} -2F\frac{dF_t}{dt}\right|_{t=0}.

代入上式，

\left. \frac{d\Delta_t}{dt}\right|_{t=0} =-2f(GL+EN-2FM).

因此面积元的一阶变化为

\left.\left. \frac{d}{dt}\right|_{t=0}\sqrt{\Delta_t} =\frac{1}{2\sqrt{EG-F^2}}\frac{d\Delta_t}{dt}\right|_{t=0} =-\frac{f(GL+EN-2FM)}{\sqrt{EG-F^2}}.

又平均曲率满足

H=\frac{EN-2FM+GL}{2(EG-F^2)},

所以

\left. \frac{d}{dt}\right|_{t=0}\sqrt{\Delta_t} =-2fH\sqrt{EG-F^2}.

对参数区域积分，得到

\left. \frac{d}{dt}\right|_{t=0}A(S_{tf}) =-2\int_c^d\int_a^b fH\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv.

这就证明了第一问。

下面证明第二问。若对任意足够小的扰动 <span data-mx-katex="f"></span> 都有

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A(S_f)\geq A(S),

则对任意 $f$ ，函数 $t\mapsto A(S_{tf})$ 在 $t=0$ 处取极小值，从而

\left. \frac{d}{dt}\right|_{t=0}A(S_{tf})=0.

所以

\int_c^d\int_a^b fH\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv=0

对一切足够小的光滑函数 $f$ 都成立。

由于

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\sqrt{EG-F^2}>0

处处成立，根据变分法中的基本引理，只能有

H(u,v)\equiv 0.

因此曲面 $S$ 的平均曲率处处为零，所以 $S$ 是极小曲面。

Remark 47.

关键方法：把面积元对参数 $t$ 做一阶求导，并把出现的组合识别成平均曲率 $H$ 。

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Differential Geometry — Homework II

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Differential Geometry — Homework II

第五次作业2026.04.01

第六次作业2026.04.08

第七次作业2026.04.15

每周一题

2026.04.01

2026.04.08

2026.04.15

2026.04.22

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