包络面

第24页

4.直纹面和可展曲面

1.证明曲面r



=

}

3

2

,2,

3

1

{2432温柔的反义词 vuuuvuvu

是可展曲面.

证法一：已知曲面方程可改写为r



=},2,{432uuu+v

}

3

2

,,

3

1

{2uu

，令()au

r

=},2,{432uuu，

()bu

r

=

}

3

2

,,

3

1

{2uu

，则r



=()au

r

+v()bu

r

，且()bu

r



0，这是直纹面的方程，它满足

(',,')abb

rr

r

=

23

2

264

12

33

4

01

3

uuu

uu

u

=0,所以所给曲面为可展曲面。

证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）

2。证明曲面r



={cosv-(u+v)sinv,sin别离的诗句 v+(u+v)cosv,u+2v}是可展曲面。

证法一：曲面的方程可改写为r



=()av

r

+u()bv

r

，其中()av

r

={cosv-vsinv,sinv+vcosv,2v}，

()bv

r

={-sinv,cosv,1}，易见()bv

r



0，所以曲面为直纹面，又因为

(',,')abb

rr

r

=

2sincos2cossin2

sincos1

cossin0

vvvvvv

vv

vv







=0，所以所给曲面为可展曲面。

证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）

3．证明正螺面r



={vcosu,vsinu,au+b}(a



0)不是可展曲面。

证法一：原曲面的方程可改写为r



=()au

r

+v()bu

r

，其中()au

r

={0,0,au+b},()bu

r

={cosu,sinu,0}.易见

()bu

r



0,所以曲面为直纹面,又因为(',,')abb

rr

r

=

00

cossin0

sincos0

a

uu

uu

=a



0.故正螺面不是可展曲面。

证法二：证明曲面的高斯曲率为零。（略）

4．证明挠曲线的主法线曲面与副法线曲面不是可展曲面。

证挠曲线（C）:()aas

rr

的主法线曲面为

1

():()()srasvs

r

rr

,因为

(,,)a

rr

r

&

&

=(,,)0

r

rrr

，故

1

():()()srasvs

r

rr

不是可展曲面。

挠曲线（C）:()aas

rr

的副法线曲面为

2

():()()Srasvs

r

rr

，因为(,,)a

rr

r

&

&

(,,)0

r

rr

，故

2

():()()Srasvs

r

rr

不是可展曲面。

5。求平面族{}





：xcos



+ysin



-zsin



-1=0的包络。

第25页

解

cossincos0

sincoscos0

Fxyz

Fxyz

















，即

cos()sin1

sin()cos0

xyz

xyz















，将此两式平简笔画小恐龙 方后相加得

22()1xyz。这就是所求的包络面。

6．求平面族2222axayza的包络。

解从

22220

2220

a

Faxayza

Faxy











中消去参数a，则得所求的包络面为

2(1)20yaxz。

7．证明柱面、锥面、任意曲线的切线曲面是可展曲面。

证柱面

1

()S的方程可写为r



=()au

r

+v

0

b

r

，（

0

b

r



0为常向量）因为(',,')abb

rr

r

=

0

(',,0)0ab

r

r

。故

1

()S是

可展曲面。

锥面

2

()S的方程可写为r



=

0

a

r

+v()bu

r

（

0

a

r

为常向量），因为(',,')abb

rr

r

=(0,,')bb

rr

=0，故

2

()S是可展曲面。

曲线（C）:()aas

rr

的切线曲面为

3

():()()Srasvs

r

rr

。因为(',,')abb

rr

r

=(,,')0

rrr

，故

3

():()()Srasvs

r

rr

是可展曲面。

8．证明0

uuuv

rr

rr

的曲面(S):r=r(u,v)

rr

是柱面。

证法：因为

uu

r0

r

，所以()

u

rbv

r

r

，又因为0

uv

r

r

，因此

0

0

u

rb

r

r

r

为固定向量。从而积分得

0

(,)()ruvavub

r

rr

。故曲面(S):r=r(u,v)

rr

是柱面。

5曲面的基本定理

1．平面上取极坐标系时，第一基本形式为2222dsdd，试计算第二类克氏符号k

ij

。

解因为21,0,EFG，所以121

111112

0,0,0

222

E

EE

EGE



，

212

122222

1

,,0

222

GG

G

GEG









。

2．证明高斯曲率det()j

i

K。

证因为det()det()det()det()jkjkjkj

iikikik

LgLgLg，而1()()kj

kj

gg，所以

1

det()

det()

kj

kj

g

g

，从而

2

2

det()det()/det()j

iikkj

LNM

Lg

EGF









，

故det()j

i

K。

3．证明平均曲率12

12

1

()

2

H。

证因为2

2

()kk

kk

kk

LgLgLgLgLgLg=

第26页

-2

22211211

11122122

()(2)/()

gggg

LLLLLGMFNEEGF

gggg

=2H，

所以12

12

1

()

2

H

。

5．对于3R

中的空间曲面来说，()lll

ijkjjkkij

RKgg其中K是曲面的高斯曲率。

证因为

1

,,RKgggggg所以

1

()RKgggg，又

12121

,0(

mijk

RRRRRmi或j=k),从而()

mijkmjikmkij

RKgggg

上式两边分别与mlg相乘并关于m从1到2求和，则得

[()()mlmlml

mijkmjikmkij

gRKgggggg=()ll

jikkij

Kgg,而,mll

mijkijk

gRR故得()lll

ijkjjkkij

RKgg。

注在解题过程中省略了求和号。

6．证明以下公式：

⑴2212221222

2121112

1

[()()()]

vu

K

E



；

⑵

22

22

1112选择作文800字

2

1

[()()]

EGFEGF

K

vEuE

EGF









；

⑶

22

11

2212

2

1

[()()]

EGFEGF

K

uGvG

EGF









；

⑷对于曲面上的等温坐标网有222()dsdudv，求证

2

1

[(ln)(ln)]

uuvv

K





；

⑸对于曲面上的半测地坐标网有222dsduGdv，求证

2

2

1G

K

u

G







。

证⑴高斯公式

mijkijmkikmj

RLLLL的两边分别与mkg相乘并关于m从1到2求和,再注意到

lmk

ijkmijk

RgR及l

ijk

R的定义，可得

()()

l

l

ij

plplmk

ik

ijpkikpjijmkikmj

kj

p

m

gLLLL

uu









,今取i=1,j=1,k=2,l=2,

则有2212221222

2121112

()()()

vu

=2

112121

()m

mm

m

gLLLL

=

1222

21221

()()gLLLLgLLLL=2222

2

()()

E

gLNMLNMKE

EGF





故2212221222

2121112

1

[()()()]

vu

K

E



。

⑵因为1212

R

K

g

，所以222122

11

121121211

g

RgRgRgRRgK

g







，

又因为

22

222

1211

121121112

()pp

pp

p

R

uv







，所以

第27页

22

12221222

1112

2111221

gK

vu







=

22

221

1112

112212

()

vu







-

2211221

112

()2()①

而

2

21

2212

2

1

,

EGF

v

EGF









2

21

1211

2

1EGF

u

EGF









②

2222

1111

12111211

2[11,1]2[12,1]

gg

uv







=22

1111211211

2()2()kk

kk

k

k

gg=

1221221212

11121211

2()2()2()ggggg，即

121222

1111

1

11

1

2()()

gg

guv







③

于是将②，③代入①可得：。

22

22

2222

11121111

1111121211

22

11

111

()

gg

EGFEGF

gK

vuvuguv

EGFEGF











22

22

2222

1112

1112

2

11

1

()

EGFEGF

KEGFEGF

vuvu

gEGF











11

2222

1111

1211

22

22

22

1112

2

1

()

1

[()()]

gg

EGFEGF

uv

gEGF

EGFEGF

vEuE

EGF

















因此命题得证。

⑶因为1212

R

K

g

，所以2111

22

21222

g

RgRgRRgK

g







，

又因为

11

111

2122

212212221

()pp

pp

p

R

vu







，所以

11

1121211212

2221

22221222212

()()2()gK

uv







①

而

2

21

2221

2

1

,

EGF

v

EGF









2

21

1211

2

1EGF

u

EGF









②

112121

2222

222

2()

gg

g

vu







即121211

2222

2

22

1

2()()

gg

gvu







③

于是将②，③代入①并整理得：

第28页

22

11

2212

2

1

[()()]

EGFEGF

K

uGvG

EGF









⑷因为E=G=2,F=0,所以

22

()()

111

[()()][()()][(ln)(ln)]uvuv

uvuvuuvv

GG

K

EGEG









因此命题得证。

⑸因为E=1，F=0,G=G（u，v），所以

2

()()

111

[()()][()0]uv

uvuu

GE

G

KG

u

EGEGGG







因此命题得证。

7．如果曲面的第一基本形式为

22

2

222()

dudv

ds

uvc







，计算克氏符号k

ij

。

解因为

222

1

,0

()

EGF

uvc





，所以1

11

22

2

,

2

u

E

u

Euvc







212

111212

222222

222

,,

222

vvu

EEG

vvu

GuvcEuvcGuvc







，1

22

22

2

2

u

G

u

Euvc





，

2

22

22

2

2

v

G

v

Guvc







。

8．求证第一基本形式为

22

2

222()

dudv

ds

uvc







的曲面有常高斯曲率。

证因为

222

1

,0

()

EGF

uvc





，所以

()()

1

[()()]uv

uv

GE

K

EGEG



=-2222

2

22

222222

2()2()

[]

()()

vcuucv

uvc

uvcuvc







=4c

故所给曲面有常高斯曲率。

9．求以E=1,F=0,G=1,L=-1,M=0,N=0为第一、第二类基本量的曲面。

解由已知条件和k

ij

的定义易知k

ij

=0，所以所求曲面的基本方程是

,0,0

,0,

uuuvvv

uuv

rnrr

nrn











，从第一式和第四式可得0

uuuu

rr，所以()cos()sin()ravubvucv，再由第

二式得

'sin'cos0aubu

，因此,ab是常向量，于是从第三式得(,cdvede为常向量），从而所求的方

程为cossinraubudve，

而sincos,

uv

rauburd，所以2222sincos2sincos1

uu

rraubuabuu，因此221,0,abab又

sincos0

uv

rrabubdu，所以0,adbd再注意到

1

vv

rrdd，于是,,,abd可以分别作为x,y,z轴上的单位向量，故所求曲面可表示为{cos,sin,}ruuve，

第29页

因此所求曲面是半径为1的圆柱面。

10．证明不存在曲面，使E=G=1,F=0,L=1,M=0,N=-1.

证若存在曲面满足题设条件，则所给E,F,G,L,M,N必须满足在正交坐标网下的G—C—M公式，但

2()()

1

[()()]01uv

uv

GE

LNM

EG

EGEG





，所以不满足高斯公式，故不存在满足题设条件的曲面。

6曲面上实习证明范文 的测底线

1．求正交网的坐标曲线的测地曲率。

解因为坐标网是正交的，所以F=0，故

1ln1ln

cossin

22g

dEG

k

dsvu

GE











，

而对u-曲线来说，=0，故

1ln

2gu

E

k

v

G







，

对v-曲线来说，=222

ng

2



，所以

1ln

2gv

G

k

u

E







。

2．证明球面r



={acosucosv,acosusinv,asinu}上曲线的测地曲率

sin

,

n

dudv

dsds





其中表示曲线与

经线的交角。

证易求出E=2a,F=0,G=2a2cosu,因此

1ln1ln

cossin

22g

dEG

k

dsvu

GE











=

221ln(cos)

sin

2

dau

dsau











=

sin

sin

cos

du

dsau





，而

11

sin

cos

dv

sin

dsau

G

，故

sin

g

ddv

ku

dsds





。

3．求位于半径为R的球面上半径为a的圆的测地曲率.

解法一：因为sin,(,)

n

n，而

221

,sin

Ra

aR





乒乓球赛程

，所以

22

n

Ra

aR







。

解法二：半径为a的圆的曲率为

1

a



，圆上每一点处的法曲率

1

nR



，由222

ng知，

22

222

22gn

Ra

Ra





，所以

22

g

Ra

Ra







。

解法三：任何球面上的圆都可以通过建立适当的曲纹坐标网使其成为纬圆，过不妨求半径为a的纬圆

的测地曲率。由1题知所求即为v-线的测地曲率：

1ln

2gv

G

k

u

E







=

第30页

因为所考虑纬圆的半径为a，所以

22

2cos,sin1cos

Ra

Ruauu

R





所以

22

v

g

Ra

Ra





。

4．求位于正螺面r



={ucosv,usin,av}上的圆柱螺线

00

():{cos,sin,}Cruvuvav（

0

u=常数）的测地曲率。

解易计算出E=1，F=0，G=22au，而（C）是一条v-曲线：u=

0

u,于是由

22

22

1ln1ln()

2

2gv

Gauu

uuau

E









，可知（C）的测地曲率为0

22

0

gv

u

au





。

5．设曲面(S)上曲率线(C)，(C)上的点不是抛物点。证明(C)在点P的测地曲率的绝对值等于在(S)的

球面映射下(C)的象在对应点的测地曲率与(C)在点P的法曲率之积的绝对值。

分析本题是一个综合应用题，可利用球面像和测地曲率及曲率线等概念，罗德里格定理，默尼埃定理

证之。

证设所给曲面(S)上曲率线(C)的方程为r



=

)(sr



，它的球面像()C的方程为()rns，注意到曲率线的

定义及罗德里格定理，则有

nn

dndndsdrdsds

dsdsdsdsdsds



，其中s是()C的弧长，即

(1)

n

ds

ds



，所以

1

n

ds

ds





，

又因为(C)的点都不是(S)抛物点，即K



0,所以

||

K

nn

K

，（n



为(S)的球面像（S）的单位法向量），

从而有测地曲率的定义可得

11

()()

gg

nn

knn



，即

||||g

g

n









，即||||

ggn

。

6．若曲面(S)(,)rruv上曲线(C):u=u(t),v=v(t),t为曲线(C)上的任意参数，试导出测地曲率

g

k的计算公式。

解由于(,,)

g

rrn，而

2

2

2

',''()

dsdsds

rrrrr

dtdtdt



，所以

2

233

2

','',[(())](,,)()|'|

g

dsdsdsds

rrnrrrnrrnr

dtdtdtdt



，

所以3(','',)/|'|

g

rrnr，又

'

i

i

i

du

rr

dt



，

2

2

,

''

iji

iji

iji

dududu

rrr

dtdtdt



=

2

2

,,,

ijijk

k

ijkijk

ijkijk

dududududu

rLnr

dtdtdtdtdt



，从而(','',)(''')rrnrrn

[

122222

21

22

,,

()()]

ijij

ijij

ijij

dudududududududu

g

dtdtdtdtdtdtdtdt



，|'|

ij

ij

dudu

rg

dtdt

，

由此得到：

第31页

122222

21

3

22

,,

2

[()()]

()

ijij

gijij

ij

ijij

ij

g

dudududududududu

dtdtdtdtdtdtdtdt

dudu

g

dtdt



。

7．求证旋转曲面的子午线是测地线，而平行圆仅当子午线的切线平行于旋转轴时才是测地线。

证设旋转曲面为(S)，

{()cos,()sin,()}(()0)rtttt

，则易计算出E=

'2'22,0,FG,于是子午线（t—曲线）的测地曲率为

'2'21ln1ln()

0

2

2gt

E

k

G











，故子午线是测地线。

又平行圆（-曲线）的测地曲率为

2

'2'2'2'2

1ln1ln'

2

2g

G

k

tt

E













。

所以0

g

k



的充要条件是

'()0t

，即{'()cos,'()sin,'()}{0,0,'()}

t

rtttt

故平行圆仅当子午线的切线平行于旋转轴时才是测地线。

8．求证⑴如果测地线同时为渐近线，则它是直线；

⑵如果测地线同时为曲率线，则它是一平面曲线。

证⑴因为所给曲线是测地线，所以0

g

k；又因为所给曲线是渐近线，所以

0

n

k，而222

ng

kkk，所以k=0，故所给曲线是直线。

⑵方法一：因所给曲线既是测地线又为曲率线，所以沿此曲线有

n

‖



，

n

‖，

而

，所以

,n

从而()(0)0nnkn，又

，所以

0

，故所给

曲线是平面曲线。

方法二：因所给曲线是测地线，所以沿此曲线有n‖



，所以‖dn，又因曲线是曲率线，所以dn‖

dr

‖，所以

()

‖，所以

0

，故所给曲线是平面曲线。

方法三：因所给曲线是测地线，所以该曲线的主法线重合于曲面的法线；因为是曲率线，所以沿此曲

线曲面的法线曲面是可展曲面。从而该曲线的主法线曲面是可展曲面，而挠曲线的主法线曲面不是可展曲

面，因此该曲线一定是平面曲线。

方法四：设是测地线，所以的主法向量



‖n（曲面的单位法向量），所以的副法向量

n；

即曲线在每点处的副法向量与曲面在该点的法向量成定角，因是曲率线，所以由P

114

习题14知，曲线

是平面曲线。

9．已知曲面的第一基本形式22()vdudv，证明它上面的测地线是uv平面上的抛物线。

证因为E=G=v,F=0,所以测地线的微分方程化为

1

,

2

ddv

tg

duvdu





，于是

2

dv

tgd

v



，积分后得

1

2cosvh

（常数），由此得

2vh

tg

h







。将此式代入第二式得

2

hdv

du

vh







，积分后得

2

00

2(uhvhuu常数），即

第32页

222

0

()4()uuhvh。故测地线在uv平面上的表示为抛物线。

10．求正螺面r



={ucosv,usin,av}上的测地线。

解易计算出E=1，F=0，G=22au

，所以测地线的微分方程化为

22

22

1

,

dudv

tgtg

duaudu

au









，

对第一式积分得22sinauh（常

数）。于是

222

h

tg

auh





，将此式代入第二式并积分，则得所求测地线为

22222()()

du

vh

auuah





。

11．利用刘维尔公式证明：⑴平面上的测地线为直线；⑵圆柱面上的测地线为

圆柱螺线。

证⑴方法一：由于曲面的第一基本形式可写为22dudv，所以由利乌维

公式可知，平面上的测地线的微分方程为

0,0,

dddv

tg

dudvdu





，于是有=常数，

vutgc

，故测地线

为直线。

方法二：取平面直角坐标系xoy，平面方程为

{,,0}rxy

，可得

1,0,1EFG

，所以22dxdy。

由刘维尔公式，对平面上的测地线有：

1ln1ln

cossin

22g

dEGd

dsvuds

GE











=0

所以测地线的（相对曲率）

r

d

k

ds





=0，所以测地线是直线。

方法三：如方法二得

0

d

ds





，所以

0

是常数，所以

0000

cos,cos,sin,sin

dxdy

xsys

dsds



即测地线方程是

()()

1

0vu

vu

EG

K

EGGE



















0

0

cos

sin

xs

ys















，所以测地线是直线。

⑵证法一：设圆柱面为

{cos,sin,}rauauv

，则易计算2,0,1EaFG。所以测地线的微分方程为

1ln1ln

cossin

22g

dEGd

dsvuds

GE











=0，

11

cos,sin

dudv

dsds

EG

，所以=常数，

0,0,

dddv

atg

dudvdu



，()vatguc，即圆柱面上的测地线为{cos,sin,}.rauaubuc。其中batg，

这正是圆柱面上的圆柱螺线。因此得证。

证法二：设圆柱面为{cos,sin,}rauauv，则易计算2,0,1EaFG。所以测地线的微分方程为

第33页

1ln1ln

cossin0

22

11

cos,sin

g

dEGd

dsvuds

GE

dudv

dsds

EG





























所以

000

1

cos,sin

dudv

dsads

是常数，

，0

102

cos

,sinuSCvsC

a





。

所以测地线为：00

1102

coscos

{cos(),sin(),sin}rasCasCsC

aa





（C1

,C

2

为常数）。因为

0

{sin}r

…，…，与z周成定角，所以测地线为圆柱螺线：

0

0时为

112

{cos(),sin(),}

ss

raCaCC

aa



是纬圆；

02





时为

112

{cos,sin,}raCaCsC是直母线。

12．证明：若曲面上非直线的所有测地线均为平面曲线，则它必为曲率线。

证法一：因为所给曲面曲线是非直线的测地线，所以沿此曲线有n，从而()n，又

因为曲线是平面曲线，所以

0

，从而

n

。因此由罗德里格定理可知曲线的切线方向为主方向，故

所给曲线为曲率线。

证法二：设曲面上非直线的曲线为测地线且为平面曲线。因为为测地线，所以它的主法线是曲面

的法线，又因为平面曲线，所以的主法线曲面是可展曲面，于是曲面沿的法线组成曲面是可展曲面，

所以为曲率线。

13．如果曲面上引进半测地坐标网，222(,)dsduGuvdv。

求证：1[()]

g

dvG

dsdtgGdv

duu









。

证明因为E=1，F=0，G=(,)Guv，所以根据Liouville公式有

1ln1ln

cossinsin

2

22

u

g

G

dEGd

dsvudsG

GE











，而

1

sin

dv

ds

G

，

1dvE

tgtg

duGG



，从而1[()]

2

u

g

G

ddvdv

tgG

dsduds

G

，

故得1[()]

g

dvG

dsdtgGdv

duu









。

14．给出曲面的第一基本形式为222(,)dsduGuvdv，如果此曲面上的测地线与u-曲线交于角



时，

求证

dG

dvu







。

证因为E=1，F=0，G=(,)Guv，所以与u-曲线交于角



的测地线应满足微分方程组

第34页

1ln1ln

cossinsin

2

22

1

coscos

1

sin

u

G

dEG

dsvuG

GE

du

ds

E

dv

ds

G





































于是有

2

u

G

d

dv

G



，故有

dG

dvu







。

15．证明：若曲面上两族测地线交于定角，则曲面是可展曲面。

证法一：取一族测地线为u-曲线，与其正交的测地平行线为v-曲线，在曲面上建半测地坐标网，

则曲面的第一基本形式可写为222(,)dsduGuvdv，由于两族测地线交于定角（设为），所以对另一族测

地线来说应有

1ln

0sinsin0

2

2

u

G

dG

dsuG

E











，所以

0

G

u







，这说明G仅与v有关，于是曲面的第一基本形式

可写为222()dsduGvdv，作参数变换

,()uuvGvdv，则曲面的第一基本形式化为22dudv，

这与平面的第一基本形式一致。因此所给曲面与平面是等距的，故为可展曲面。

证法二：同上得到曲面的第一基本形式为222()dsduGvdv，所以曲面的高斯曲率

()()

1

0vu

vu

EG

K

EGGE



















，所以曲面为可展曲面。

证法三：同17题利用高斯--泼涅公式证明曲面的高斯曲率处处为零，从而曲面为可展曲面。

16．求半径为R的球面上测地三角形三内角之和。

解任给半径为R的球面上的一个测地三角形，设其边缘为G，所围成的区域为G，则有高斯--泼

涅公式可知

3

1

()2

i

i

G

Kd





，其中

i



（i=1,2,3）是的三个内角，而曲面的高斯曲率K=

2

1

R

，

所以

3

2

1

1

()2

i

i

G

d

R







，故得

3

2

1

1

i

i

S

R







，其中s



是测地三角形的面积。

17．利用高斯--泼涅公式证明若曲面(S)上存在两族交于定角的测地线，则它的高斯曲率处处为零。

证不妨选取题设中的两族交于定角（设为



）的测地线为坐标曲线。若(S)在一点

0

P处的高斯曲率K

（

0

P）0，不妨设K名人传摘抄 （

0

P）>0,则由K的连续性可知，存在点

0

P的一个充分小的邻域G使得K(P)>0(PG).

不妨设G是由两条u-曲线和两条v-曲线所围成，则由高斯--泼涅公式可知

()()2

G

Kd，从而可知

0

G

Kd，这与K(P)>0，从而上式左边大于零矛盾，因

此命题得证。

注：如果不对证题方法有特殊要求，则用15题中的证明方法也可。

第35页

18．若曲面(S)的高斯曲率处处小于零，则曲面(S)上不存在围成单连通区域的光滑闭测地线。

证若不然，则(S)上存在围成单连通区域G的光滑闭测地线（C），于是由高斯--泼涅公式可得

2

G

Kd。因为K<0,所以0

G

Kd，这与上式右边的

20相矛盾，因此命题得证。

19．设,ab是沿曲面上曲线（C）的向量场，f是定义在（C）上的数量函数，证明下列绝对微分的运算

性质：

⑴()DabDaDb；⑵

()()DfadfafDa

；

⑶()()dabDabaDb。

证⑴()()[()][()][()]DabdabndabndandandbndbnDaDb

⑵

()()[()]()[()]Dfadfandfandfafdandfafdan

()[()]()dfafdandandfafDa

⑶()()[(()][()]dabdabadbDandanbaDbndbn=()DabaDb。

20．设(),()asbs是曲面上曲线:()Crrs的两个平行向量场，证明

ab

=常数，并由此证明当曲面上

一点处二向量沿曲面上曲线作勒维—其维塔平行移动时，他们的长度和夹角不变。

证⑴因为()()dabDabaDb，且()股票操作技巧 ,()asbs是沿:()Crrs的两个平行向量场，即0,0DaDb，

所以()0,da浙东大竹海 b故ab=常数。

⑵(),()asbs是沿:()Crrs的两个平行向量场，所以由⑴可知2aaa常数，2bbb常数，ab=

常数。故

||a

=常数，||b=常数，

cos(,)

||||

ab

ab

ab



=常数，因此命题得证。