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5.5 Gauss 绝妙定理（1）

§5．5 Gauss 绝妙定理

Gauss 方程本身蕴涵着一个十分精彩的结果．在 §5．3 已经导出

$$
\begin{equation*}
b_{11} b_{22}-\left(b_{12}\right)^2=R_{1212} \tag{5.1}
\end{equation*}
$$

其中 Riemann 记号 $R_{1212}$ 是用曲面 $S$ 的第一类基本量 $g_{\alpha \beta}$ 及其一阶偏导数和二阶偏导数构造的量．将（5．1）式两边分别除以 $g_{11} g_{22}-\left(g_{12}\right)^2$ ，则得

$$
\begin{equation*}
\frac{b_{11} b_{22}-\left(b_{12}\right)^2}{g_{11} g_{22}-\left(g_{12}\right)^2}=\frac{R_{1212}}{g_{11} g_{22}-\left(g_{12}\right)^2} \tag{5.2}
\end{equation*}
$$

注意到上式的左端是曲面 $S$ 的 Gauss 曲率

$$
K=\frac{b_{11} b_{22}-\left(b_{12}\right)^2}{g_{11} g_{22}-\left(g_{12}\right)^2}=\kappa_1 \kappa_2,
$$

而右端只依赖曲面 $S$ 的第一类基本量及其偏导数，即

$$
\begin{equation*}
K=\kappa_1 \kappa_2=\frac{R_{1212}}{g_{11} g_{22}-\left(g_{12}\right)^2} \tag{5.3}
\end{equation*}
$$

这就是说，虽然曲面 $S$ 的主曲率 $\kappa_1, \kappa_2$ 是由曲面 $S$ 在空间 $E^3$ 中的形状确定的，即它们是通过曲面 $S$ 的第一基本形式和第二基本形式计算出来的，但是它们的乘积 $K=\kappa_1 \kappa_2$ 却只依赖曲面 $S$ 的第一基本形

式，而与曲面 $S$ 的第二基本形式无关．换句话说，如果 $E^3$ 中的两个曲面 $S_1$ 和 $S_2$ 有相同的第一基本形式，而它们的第二基本形式却未必相同，则它们仍然有相同的 Gauss 曲率 $K$ 。第三章定理 5.2 断言，两个曲面能够建立保长对应的充分必要条件是，它们的第一基本形式相同．因此获得下面的 Gauss 绝妙定理（Egregium Theorem）：

定理 5.1 曲面的 Gauss 曲率是曲面在保长变换下的不变量。
Gauss 的绝妙定理是微分几何学发展过程中的里程碑．Gauss 的这个惊人的发现开创了微分几何学的一个新的纪元．正是因为 Gauss的这个发现，使我们能够研究一张抽象的具有第一基本形式的曲面，即二维平面 $E^2$ 上的一个区域 $D$ 以及定义在 $D$ 上的一个正定的对称二次微分形式（记成 $\mathrm{d} s^2$ ），而不是在空间 $E^3$ 中的一张具体的曲面。 Gauss 的绝妙定理说明，曲面的度量本身蕴涵着一定的弯曲性质，这正是曲线所不具有的特性．例如，球面的 Gauss 曲率是正的常数，平面的 Gauss 曲率是零，因此球面不能够保持长度不变地摊成一张平面．反过来，平面无论如何都不可能保持长度不变地弯曲成一个球面．专门研究曲面上由它的第一基本形式决定的几何学称为曲面的 内蕴几何学．后来，Riemann 发扬了 Gauss 的思想，提出了高维的内蕴微分几何学的观念，即在高维空间区域 $M$ 上给定一个正定的对称二次微分形式
$$
\mathrm{d} s^2=g_{\alpha \beta} \mathrm{d} u^\alpha \mathrm{d} u^\beta
$$

然后研究它的弯曲性质，这就是现在所称的 Riemann 几何学。在下一章，我们将研究曲面的更多的内蕴几何性质．
§5．3 的（3．22）式告诉我们，当曲面 $S$ 上取正交参数曲线网 $(u, v)$时，$F \equiv 0$ ，并且

$$
R_{1212}=-\sqrt{E G}\left(\left(\frac{(\sqrt{E})_v}{\sqrt{G}}\right)_v+\left(\frac{(\sqrt{G})_u}{\sqrt{E}}\right)_u\right),
$$

所以

$$
\begin{equation*}
K=-\frac{1}{\sqrt{E G}}\left(\left(\frac{(\sqrt{E})_v}{\sqrt{G}}\right)_v+\left(\frac{(\sqrt{G})_u}{\sqrt{E}}\right)_u\right) . \tag{5.4}
\end{equation*}
$$

特别地，如果在曲面 $S$ 上取等温参数系 $(u, v)$ ，则曲面 $S$ 的第一基本形式成为 $\mathrm{I}=\lambda^2\left((\mathrm{~d} u)^2+(\mathrm{d} v)^2\right)$ ，于是它的 Gauss 曲率是

$$
\begin{equation*}
K=-\frac{1}{\lambda^2}\left(\frac{\partial^2}{\partial u^2}+\frac{\partial^2}{\partial v^2}\right) \log \lambda . \tag{5.5}
\end{equation*}
$$

在第三章，我们已经证明可展曲面在局部上总是可以和平面的一个区域建立保长对应．因此，根据 Gauss 的绝妙定理得知，可展曲面的 Gauss 曲率 $K$ 恒等于零。另外，可展曲面的直母线是曲率线（参看 §4．3的例题 2），因此可展曲面沿直母线的主曲率为零，由此也能得知它的 Gauss 曲率为零．反过来，这个条件也是判断已知曲面是可展曲面的充分条件．

定理 5.2 空间 $E^3$ 中的一块曲面 $S$ 是可展曲面的充分必要条件是，它的 Gauss 曲率 $K$ 恒等于零．

证明 必要性已经证明过了，现在只要证明充分性成立．设曲面 $S$ 的 Gauss 曲率 $K \equiv 0$ ．如果曲面 $S$ 上处处是脐点，则曲面 $S$ 是由平点组成的，所以曲面 $S$ 是一个平面．现在假定点 $p \in S$ 不是脐点，则有点 $p$ 在曲面 $S$ 上的一个邻域 $U$ ，使得在 $U$ 上没有脐点，于是在 $U$内可以取正交曲率线网作为参数曲线网 $(u, v)$ ，所以 $F=M \equiv 0$ ，并且．

$$
K=\frac{L N}{E G} \equiv 0 .
$$

不妨假定 $v$－曲线对应的主曲率 $\kappa_2=N / G$ 恒等于零，于是 $N \equiv 0, L \neq$ 0 ．由 Codazzi 方程得知

$$
H \frac{\partial G}{\partial u}=\frac{\partial N}{\partial u}=0, \quad 2 H=\frac{L}{E}+\frac{N}{G}=\frac{L}{E} \neq 0,
$$

因此

$$
\begin{equation*}
\frac{\partial G}{\partial u}=0 . \tag{5.6}
\end{equation*}
$$

我们首先要证明曲面 $S$ 是直纹面，更具体地说，我们要证明每一条 $v$－曲线是直线．为此只要证明 $v$－曲线的切方向不变，即 $r_{v v} \times r_v \equiv 0$ ．事实上，根据自然标架的运动公式我们有

$$
\begin{gather*}
r_{v v}=\Gamma_{22}^1 r_u+\Gamma_{22}^2 r_v+N n=\Gamma_{22}^1 r_u+\Gamma_{22}^2 r_v \\
r_{v v} \times r_v=\Gamma_{22}^1 r_u \times r_v \tag{5.7}
\end{gather*}
$$

由（5．6）式得知

$$
\Gamma_{22}^1=-\frac{1}{2 E} \frac{\partial G}{\partial u} \equiv 0,
$$

故有

$$
\begin{equation*}
\boldsymbol{r}_{v v} \times \boldsymbol{r}_v \equiv 0, \tag{5.8}
\end{equation*}
$$

得证．下面要证明曲面 $S$ 的单位法向量 $n$ 沿 $v$－曲线是不变的．实际上根据定义和假定，我们有

$$
\boldsymbol{n}_v \cdot \boldsymbol{r}_u=-M=0, \quad \boldsymbol{n}_v \cdot \boldsymbol{r}_v=-N=0, \quad \boldsymbol{n}_v \cdot \boldsymbol{n}=0
$$

因此 $n_v$ 只能是零向量，故 $n$ 沿 $v$－曲线是不变的，所以 $S$ 是可展曲面．证毕．

定理 5.3 曲面 $S$ 是可展曲面的充分必要条件是它能够和一张平面建立保长对应．

证明 在第三章已经证明可展曲面可以和一张平面建立保长对应。现在假定曲面 $S$ 能够和一张平面建立保长对应，则根据 Gauss 的绝妙定理，曲面 $S$ 的 Gauss 曲率恒等于零，因而由定理 5.2 得知曲面 $S$ 是可展曲面．证毕．

定理 5.2 和定理 5.3 说明，对于 Gauss 曲率恒等于零的两张曲面，它们之间是能够建立保长对应的．在下一章，我们还将进一步证明：任意两张有相同常数 Gauss 曲率的曲面必定能够建立保长对应．但是，一般说来，Gauss 曲率相等是两张曲面能够建立保长对应的必要条件，不是充分条件．下面的例题说明了这个问题．

例题 已知曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 的参数方程分别是

$$
\begin{aligned}
& \boldsymbol{r}=\left(a u, b v, \frac{1}{2}\left(a u^2+b v^2\right)\right), \\
& \tilde{\boldsymbol{r}}=\left(\tilde{a} \tilde{u}, \tilde{b} \tilde{v}, \frac{1}{2}\left(\tilde{a} \tilde{u}^2+\tilde{b} \tilde{v}^2\right)\right),
\end{aligned}
$$

并且 $a b=\tilde{a} \tilde{b}$ 。则那么在对应 $\tilde{u}=u, \tilde{v}=v$ 下，曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 在对应点有相同的 Gauss 曲率；但是当 $\left(a^2, b^2\right) \neq\left(\tilde{a}^2, \tilde{b}^2\right)$ 以及 $\left(a^2, b^2\right) \neq\left(\tilde{b}^2, \tilde{a}^2\right)$时，在曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 之间不存在保长对应．

解 经直接计算得到曲面 $S$ 的第一基本形式是

$$
\mathrm{I}=a^2\left(1+u^2\right)(\mathrm{d} u)^2+2 a b u v \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v+b^2\left(1+v^2\right)(\mathrm{d} v)^2,
$$

第二基本形式是

$$
\mathbb{I}=\frac{a}{\sqrt{1+u^2+v^2}}(\mathrm{~d} u)^2+\frac{b}{\sqrt{1+u^2+v^2}}(\mathrm{~d} v)^2,
$$

所以曲面 $S$ 的 Gauss 曲率是

$$
\begin{equation*}
K=\frac{1}{a b\left(1+u^2+v^2\right)^2} . \tag{5.9}
\end{equation*}
$$

因为曲面 $\tilde{S}$ 和 $S$ 的参数方程有相同的表达式，只是系数不同，因此曲面 $\tilde{S}$ 的 Gauss 曲率也有相同的表达式

$$
\begin{equation*}
\tilde{K}=\frac{1}{\tilde{a} \tilde{b}\left(1+\tilde{u}^2+\tilde{v}^2\right)^2}=\frac{1}{a b\left(1+\tilde{u}^2+\tilde{v}^2\right)^2} \tag{5.10}
\end{equation*}
$$

由此可见，曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 在对应点 $u=\tilde{u}, v=\tilde{v}$ 有相同的 Gauss 曲率。
如果在曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 之间存在保长对应

$$
\begin{equation*}
\tilde{u}=\tilde{u}(u, v), \quad \tilde{v}=\tilde{v}(u, v), \tag{5.11}
\end{equation*}
$$

则根据 Gauss 的绝妙定理，曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 在对应点应该有相同的 Gauss曲率，即

$$
\frac{1}{a b\left(1+\tilde{u}^2+\tilde{v}^2\right)^2}=\frac{1}{a b\left(1+u^2+v^2\right)^2},
$$
故有

$$
\begin{equation*}
\tilde{u}^2(u, v)+\tilde{v}^2(u, v)=u^2+v^2 . \tag{5.12}
\end{equation*}
$$

因此曲面 $S$ 上的点 $(u, v)=(0,0)$ 必须对应着曲面 $\tilde{S}$ 上的点 $(\tilde{u}, \tilde{v})= (0,0)$ ，即

$$
\begin{equation*}
\tilde{u}(0,0)=0, \quad \tilde{v}(0,0)=0 \tag{5.13}
\end{equation*}
$$

将（5．12）式分别对 $u, v$ 求导得到

$$
\tilde{u} \frac{\partial \tilde{u}}{\partial u}+\tilde{v} \frac{\partial \tilde{v}}{\partial u}=u, \quad \tilde{u} \frac{\partial \tilde{u}}{\partial v}+\tilde{v} \frac{\partial \tilde{v}}{\partial v}=v,
$$

将上面的式子再次对 $u, v$ 求导，并且让 $u=0, v=0$ ，则得到

$$
\begin{gather*}
\left(\frac{\partial \tilde{u}}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial \tilde{v}}{\partial u}\right)^2=1, \\
\left(\frac{\partial \tilde{u}}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial \tilde{v}}{\partial v}\right)^2=1,  \tag{5.14}\\
\frac{\partial \tilde{u}}{\partial u} \frac{\partial \tilde{u}}{\partial v}+\frac{\partial \tilde{v}}{\partial u} \frac{\partial \tilde{v}}{\partial v}=0 .
\end{gather*}
$$

命

$$
J=\left(\begin{array}{ll}
\frac{\partial \tilde{u}}{\partial u} & \frac{\partial \tilde{v}}{\partial u}  \tag{5.15}\\
\frac{\partial \tilde{u}}{\partial v} & \frac{\partial \tilde{v}}{\partial v}
\end{array}\right),
$$

则（5．14）式表明 $\left.J\right|_{(u, v)=(0,0)}$ 是正交矩阵，不妨设

$$
\left.J\right|_{(u, v)=(0,0)}=\left(\begin{array}{cc}
\cos \theta & \sin \theta  \tag{5.16}\\
-\varepsilon \sin \theta & \varepsilon \cos \theta
\end{array}\right),
$$

其中 $\varepsilon= \pm 1$ ．因为对应（5．11）是保长对应，根据第三章的（5．20）式得到

$$
\left(\begin{array}{cc}
a^2\left(1+u^2\right) & a b u v \\
a b u v & b^2\left(1+v^2\right)
\end{array}\right)=J\left(\begin{array}{cc}
\tilde{a}^2\left(1+\tilde{u}^2\right) & \tilde{a} \tilde{b} \tilde{u} \tilde{v} \\
\tilde{a} \tilde{b} \tilde{u} \tilde{v} & \tilde{b}^2\left(1+\tilde{v}^2\right)
\end{array}\right) J^{\mathrm{T}} .
$$

让 $(u, v)=(0,0)$ ，则根据（5．13）和（5．16）式上面的等式成为

$$
\left(\begin{array}{cc}
a^2 & 0 \\
0 & b^2
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}
\cos \theta & \sin \theta \\
-\varepsilon \sin \theta & \varepsilon \cos \theta
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
\tilde{a}^2 & 0 \\
0 & \tilde{b}^2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
\cos \theta & -\varepsilon \sin \theta \\
\sin \theta & \varepsilon \cos \theta
\end{array}\right)
$$

即

$$
\begin{gather*}
\tilde{a}^2 \cos ^2 \theta+\tilde{b}^2 \sin ^2 \theta=a^2 \\
\left(\tilde{b}^2-\tilde{a}^2\right) \sin \theta \cos \theta=0  \tag{5.17}\\
\tilde{a}^2 \sin ^2 \theta+\tilde{b}^2 \cos ^2 \theta=b^2
\end{gather*}
$$

如果 $\tilde{b}^2=\tilde{a}^2$ ，则从（5．17）式得到 $\tilde{b}^2=\tilde{a}^2=b^2=a^2$ 。如果 $\tilde{b}^2 \neq \tilde{a}^2$ ，则从（5．17）的第二式得到或者 $\theta=0$ ，或者 $\theta=\pi / 2$ ，即

$$
\left(a^2, b^2\right)=\left(\tilde{a}^2, \tilde{b}^2\right), \quad \text { 或者 } \quad\left(a^2, b^2\right)=\left(\tilde{b}^2, \tilde{a}^2\right) .
$$

因此当 $\left(a^2, b^2\right) \neq\left(\tilde{a}^2, \tilde{b}^2\right)$ 以及 $\left(a^2, b^2\right) \neq\left(\tilde{b}^2, \tilde{a}^2\right)$ 时，在曲面 $S$ 和 $\tilde{S}$ 之间不可能存在保长对应．

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