Differential Geometry Assignment NO.3

1. 求抛物面 $z=\frac{1}{2}(ax^2+by^2)$ 在 $(0,0)$ 点沿方向 $(\mathrm dx:\mathrm dy)$ 的法曲率.

$r=(x,y,z)$ , $\mathrm d r|_{(0,0)}=r_x\mathrm dx+r_y\mathrm dy=(1,0,ax)\mathrm dx+(0,1,by)\mathrm dy=(\mathrm dx,\mathrm dy,0)$ , $\mathrm d^2r=r_{xx}\mathrm dx^2+2r_{xy}\mathrm dx\mathrm dy+r_{yy}\mathrm dy^2=(0,0,a)\mathrm dx^2+(0,0,b)\mathrm dy^2$ , $n_{r}|_{(0,0)}=(0,0,1)$ , $I=\mathrm ds^2=\mathrm dr^2$ , $II=\vec n_\delta\cdot\mathrm d^2r=a\mathrm dx^2+b\mathrm dy^2$ , $k_n|_{(0,0)}=\frac{II|_{(0,0)}}{I|_{(0,0)}}=\frac{a\mathrm dx^2+b\mathrm dy^2}{\mathrm dx^2+\mathrm dy^2}$ .

考虑曲线 $C$ 自然参数形式 $\vec r(s)$ 及其标架 $\{\vec r;\alpha,\beta,\gamma\}$ , 其中主法向量 $\beta=\frac{\vec r''}{|\vec r''|}$ , 因此主法线方程为 $\vec l=\vec r+k\beta,k\in \R$ , 因此主法线曲面可表示为 $\Gamma(s,k)=\vec r(s)+k\beta(s)$ . 对曲面 $\Gamma$ 有 $n_\Gamma//\Gamma_s\times\Gamma_k=[(1-k\kappa)\alpha+k\tau\gamma]\times\beta=(1-k\kappa)\gamma-k\tau\alpha$ , 对曲线 $C$ 有参数 $k=0$ , 因此 $n_\Gamma=\gamma$ , $II=n_\Gamma\cdot(\Gamma_{ss}\mathrm ds^2+2\Gamma_{sk}\mathrm ds\mathrm dk+\Gamma_{kk}\mathrm dk^2)=n_\Gamma\cdot[(1-k\kappa_s)\alpha+(1-k\kappa)(\kappa\beta)+k\tau_s\gamma-k\tau^2\beta]\mathrm ds^2+2n_\Gamma\cdot(-\kappa\alpha+\tau\gamma)\mathrm ds\mathrm dk=\gamma\cdot(\alpha+\kappa\beta)\mathrm ds^2=0$ , 得证.

考虑曲面 $\Gamma(u,v)$ 的曲率线 $\vec r(u(t),v(t))$ . 注意到密切平面与切平面交成定角等价于 $\gamma\cdot\vec n$ 为定值, 其中 $\gamma=\frac{\vec r'\times\vec r''}{|r'\times\vec r''|}$ . 因此 $(\gamma\cdot\vec n)'=\gamma'\cdot\vec n+\gamma\cdot\vec n'=0$ , 由主方向判别定理有 $\mathrm d\vec n=-k_n\mathrm d\vec r$ , 故 $\vec n'//\vec r',\gamma\cdot\vec n'=0$ , 所以 $(-\tau\beta)\cdot\vec n=0$ . 若 $\tau=0$ , 则 $(\vec r',\vec r'',\vec r''')=0$ , 即为平面曲线. 若 $\beta\cdot\vec n=0$ , 则 $k_n=k\beta\cdot \vec n=0$ , $\mathrm d\vec n=0, \vec n=\vec n_0,\mathrm d(\vec r\cdot \vec n)=\vec r'\cdot\vec n_0=0$ , 即 $\exist O,(\vec r-O)\cdot\vec n_0=0$ , 故为平面曲线. 综上得证.

经计算 $\mathrm d\vec r=(-r\sin u\cos v,-r\sin u\sin v,r\cos u)\mathrm du+(-(a+r\cos u)\sin v,(a+r\cos u)\cos v,0)\mathrm dv\Rightarrow E=r^2,F=0,G=(a+r\cos u)^2$ .
又计算 $\mathrm d^2\vec r=(-r\cos u\cos v,-r\cos u\sin v,-r\sin u)\mathrm du^2+2(r\sin u\sin v,-r\sin u\cos v,0)\mathrm du\mathrm dv+(-(a+r\cos u)\cos v,-(a+r\cos u)\sin v,0)\mathrm dv^2,\vec n=(-\cos u\cos v,-\cos u\sin v,-\sin v)\Rightarrow L=r,M=0,N=(a+r\cos u)\cos u$ .
可计算 $H=\frac{LG-2MF+NE}{2(EG-F^2)}=\frac{a+2r\cos u}{2r(a+r\cos u)},K=\frac{LN-M^2}{EG-F^2}=\frac{\cos u}{r(a+r\cos u)}$ , 于是 $H^2+K=\frac{a^2+8r^2\cos^2u+8ar\cos u}{4r^2(a+r\cos u)^2},\mathrm d\sigma=r(a+r\cos u)\mathrm du\mathrm dv$ .
最后计算 $\int_{T^2}(H^2+K)\mathrm d\sigma=\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi}(2\cos u+\frac{a^2}{4r(a+r\cos u)})\mathrm du\mathrm dv=\frac{2\pi a^2}{4r}\int_0^{2\pi}\frac{1}{a+r\cos u}\mathrm du$ , 其中 $\int_0^{2\pi}\frac{1}{a+r\cos u}\mathrm du=\oint_{|z|=1}\frac{-i\mathrm dz}{rz^2+2az+r}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-r^2}}$ .
综上计算可得 $\int_{T^2}(H^2+K)\mathrm d\sigma=\frac{\pi^2a^2}{r\sqrt{a^2-r^2}}$ .