《微分几何》课程教学课件（PPT讲稿）曲面论——曲面的第一基本形式

2.2曲面的第一基本形式 2.2.1曲面的第一基本形式曲面上曲线的弧长 2.2.2曲面上两方向的交角 2.2.3正交曲线簇和正交轨线 2.2.4曲面域的面积 2.2.5等距变换 2.2.6保角变换（保形变换)

2.2 曲面的第一基本形式 2.2.1 曲面的第一基本形式 曲面上曲线的弧长 2.2.2 曲面上两方向的交角 2.2.3 正交曲线簇和正交轨线 2.2.4 曲面域的面积 2.2.5 等距变换 2.2.6 保角变换（保形变换）

2.2.1曲面的第一基本形式曲面上曲线的弧长 1.曲面上曲线的弧长 给出曲面S:r=r(u,y),曲面曲线(C):u=u(),v=v(t), 或 r=r[u(t),v(t)]=r(t), r'(0=d 或dr=r,du+rd 若s表示弧长，有 ds2=dr2=(,du+rdw)2=,fd2+2f·rdudv+f·Fdw2 设曲线(C)上两点A(o),B(),则弧长为 -(+2r价+G dt dt 其中E=,·,F=·下，G=广·称为曲面的第一类基本量

2.2.1 曲面的第一基本形式 曲面上曲线的弧长 1. 曲面上曲线的弧长 或 dt dv r dt du r t r = u + v ( ) dr r du r dv = u + v 或 r = r [u (t) ,v (t) ] = r (t)， 2 2 2 2 2 ( ) 2 u v u u u v v v ds dr r du r dv r r du r r dudv r r dv = = + =  +  +  若 s 表示弧长，有 设曲线 (C)上两点 A (t0) , B (t1) ，则弧长为 dt dt dv G dt dv dt du F dt du dt E dt ds s t t t t         + +      = = 1 0 1 0 2 2 2 , , 其中E r r F r r G r r =  =  =  u u u v v v 称为曲面的第一类基本量. 给出曲面S：r = r (u ,v) ，曲面曲线 (C)：u = u (t) , v = v (t)

2.曲面的第一基本形式 称关于d,dv的二次形式 I=(ds)=Edu?+2Fdudy+Gdv? 为曲面的第一基本形式，其中第一类基本量 E=i,F=if,G=下 3用显函数z=zc,y)表示的曲面的第一基本形式 下={x,y,z(x,y)} 8z 片=10，p以，元=0,19，P=x9= E=i=1+p2,F=元万=p9,G=万=1+g I=(1+p2)dx2+2pqdxdy+(1+g2)dy?

2.曲面的第一基本形式 3.用显函数 z = z (x , y) 表示的曲面的第一基本形式 { , , ( , )} {1,0, }, {0,1, }, , . x y r x y z x y z z r p r q p q x y =   = = = =   2 2 1 , , 1 E r r p F r r pq G r r q =  = + =  = =  = + x x x y y y 2 2 2 2  = + + + + (1 ) 2 (1 ) p dx pqdxdy q dy 为曲面的第一基本形式， 称关于du,dv的二次形式 , , . E r r F r r G r r =  =  =  u u u v v v ( ) 2 2 2  = = + + ds Edu Fdudv Gdv 2 其中第一类基本量

4.第一基本形式正定性 「EFdu 1=(ds)=Fd+2Fdudv+Gidvi=(du dv)Gdv 事实上 E==2>0,G=飞K=r2>0, 且由 (g×r)2×r21rsin(,r) =acfl-asiowf0 2r2-(5)2>0. 因此 EG-F2=2-(r)2>0. 由 E=2>0,G=2>0,EG-F2>0 得I=Edu2+2 Fdudy+Gdw2正定， 实际上也可从I=d2直接得到

4. 第一基本形式正定性 事实上 实际上也可从 直接得到. 2  = ds 2 2 0, 0, E r r r G r r r =  =  =  =  u u u v v v 2 2 2 2 ( ) 0. EG F r r r r − = −   u v u v 2 2 ( ) | | u v u v r r r r  =  2 2 2 | | | | sin ( , ) u v u v = r r r r 2 2 2 | | | | 1 cos ( , ) u v u v = − r r r r     2 2 2 | | | | 1 | || | u v u v u v r r r r r r      = −         2 2 2   ( ) 0. u v u v = −   r r r r 且由 因此 由 2 2 2 0, 0, 0 E r G r EG F =  =  −  u v 2 2 得  = + + Edu Fdudv Gdv 2 正定. ( ) 2 2 2  = = + + ds Edu Fdudv Gdv 2 ( ) E F du du dv F G dv     =        

例1求球面的第一基本形式 ={Rcosecoso,Rcossino,Rsin). 解计算可得 f。={-Rcosθsinp,Rcos0cosp,0} o={-Rsincoso,-Rsinsino,Rcos 由此得到曲面的第一类基本量 E=。=R2cos20, F=。·=0, G=。%=R 因而 I=R2 cos2Odo2+R2de2

解 计算可得 例1 求球面的第一基本形式 r R R R ={ cos cos , cos sin , sin }.      r R R { cos sin , cos cos ,0}  = −     r R R R { sin cos , sin sin , cos }  = − −      由此得到曲面的第一类基本量 2 2 E r r R cos , =  =    F r r 0, =  =   2 G r r R . =  =   因而 2 2 2 2 2 I R d R d = + cos .    x y z  

例2正螺面 解取螺旋轴为z轴，以v表示 (xy,2) 直线与x轴的交角，以u表示 直线上的点M到z轴的距离，则有 x=ucosv,y=usinv,z=av 分别关于u和v求导得 X=coSv,y=sin v,=0, x,=-usin v,y=ucosv,Z a. 因此 E=1,F=0,G=2+a2, I=ds2 du?+(u2+a)dy?

例2 正螺面 x u v y u v z av = = = cos , sin , x y z O x y z v u •( , , ) x y z x y z 解 取螺旋轴为z轴，以v表示 O 直线与x轴的交角，以u表示 直线上的点M到z轴的距离，则有 2 2 2 2 2  = = + + ds du u a dv ( ) 分别关于u和v求导得 cos , sin , 0, u u u x v y v z = = = sin , cos , . v v v x u v y u v z a = − = = 因此 2 2 E F G u a = = = + 1, 0,

2.2.2曲面上两方向的交角 1.把两个向量dr=r,du+rd和=r,u+rv间的交角 称为方向(dhu:dh)和(u:)间的交角 2.设两方向的交角为0，则由 dhr.δr=ldrδrcos0 dr.r 得 cos0= ldror d=r,du+r,d,δr=rδu+r,v _C.du+rdw)(u+rδv) Vdr2 r2 Eduδu+F(duov+&udv)+Gdvδv Edu?+2Fdudy +Gdv?ESu2+2FSuy+GSv2

2.2.2 曲面上两方向的交角 1. 把两个向 量 和 间的交角 称为方向（ ）和（ ）间的交角. dr r du r dv = u + v r r u r v  = u  + v  du : dv u :v 2. 设两方向的交角为  ，则由 cos dr r dr r     = 2 2 ( ) ( ) u v u v r du r dv r u r v dr r    +  + = 2 2 2 2 ( ) 2 2 Edu u F du v udv Gdv v Edu Fdudv Gdv E u F u v G v         + + + = + + + + , u v u v dr r du r dv r r u r v = + = +    dr r dr r    = cos 得

dr.Sr Edu6u+F(duδv+δudw)+Gdvδv cos0= dhrδr Edu2+2Fdudy +Gdv2ESu2+2FSu8y+GSv2 3.特别 (1)(d)⊥（δ）台Eduδu+F(du6v+6udw)+Gdvv=0 (2)对于坐标曲线的交角，有 dr=rdu,δr=r,δ c0s0= dr=上=F ldrloVEG 故坐标曲线正交的充要条件为F=0

3. 特别 cos dr r dr r     = 2 2 2 2 ( ) 2 2 Edu u F du v udv Gdv v Edu Fdudv Gdv E u F u v G v         + + + = + + + + （2）对于坐标曲线的交角，有 （1） ( ) ( ) d ⊥  Edu u F du v udv Gdv v     + + + = ( ) 0 EG F r r r r dr r dr r u v u v =  =  =   cos 故坐标曲线正交的充要条件为 F = 0 . , u v dr r du r r v = =  

例3证明旋转面下={o(t)cos0,p(t)sin0,w(t)}的坐标网是 正交的. 证 =o(t)cose,p(t)sine,w(t); ={-o(t)sine,p(t)cos0,03, =p'(t)cos0,o'(t)sine,y'(t)) 由此得到 F=%i=0 即坐标网为正交的 同理可证圆柱面、球面、正螺面的坐标网都为正交的

例3 证明旋转面 的坐标网是 正交的. 证 0 F r r =  =  t 由此得到 r t t t ={ ( )cos , ( )sin , ( )}      r t t t ={ ( )cos , ( )sin , ( )}      r t t { ( )sin , ( )cos ,0},  = −    { '( )cos , '( )sin , '( )} t r t t t =      即坐标网为正交的. 同理可证圆柱面、球面、正螺面的坐标网都为正交的

习题4：设曲面的第一基本形式为ds2=du2+(u2+a2)d2, 求它上面两条曲线u+v=O,u-v=0的交角（注意，解此题时 不需要知道曲面和曲线的具体形状) 解：曲面的第一类基本量为 E=1,F=0,G=u2+a2 曲线+v=0,u-v=0的交点为(0,0).在交点处的第一类基本量为 E=1,F=0,G=a2 曲线u+v=0的方向为du+dw=0,曲线u-v=0的方向为u-m=0 设两曲线的夹角为日，则有 Eduou+F(duoy+dyou)+Gdvov E+G dvoy c0s0= duSu Edu+2Fdudy+GdyEou+2FSuy+Goy? E+G du E+G δu 1-(m2+a2) s1-a2 V1+(m+a2)V1+u2+a2) 1+a2 (u,r)）=(0,0)

求它上面两条曲线 的交角(注意，解此题时 不需要知道曲面和曲线的具体形状). u v u v + = − = 0, 0 习题4：设曲面的第一基本形式为 2 2 2 2 2 ds du u a dv = + + ( ) , 解：曲面的第一类基本量为 曲线 u v u v + = − = 0, 0 的交点为(0,0).在交点处的第一类基本量为 2 2 E F G u a = = = + 1, 0, 2 E F G a = = = 1, 0, 曲线 u v + = 0 的方向为 du dv + = 0, 曲线 u v − = 0 的方向为   u v − = 0 设两曲线的夹角为  ，则有 2 2 2 2 ( ) cos 2 2 Edu u F du v dv u Gdv v Edu Fdudv Gdv E u F u v G v          + + + = + + + + 2 2 dv v E G du u dv v E G E G du u     + =     + +         2 2 2 2 2 2 ( , ) (0,0) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) u v u a u a u a = − + = + + + + 2 2 1 . 1 a a − = +