张量分析答案完整版.pdf 40页

'黄克智版张量分析课后习题答案完整版第一章1.1求证：u×(vw×)=(uwv•)−(uvw•)并问：u×(v×w)与（u×v）×w是否相等？u、v、w为矢量证明：因为u=(,uuu,);v=(,vvv,);w=(www,,);xyzxyzxyz左边=u×(vw×)=(,uuu,)×[(,vvv,)×(www,,)]xyzxyzxyz⎡ijk⎤⎢⎥=(,uuu,)×vvvxyz⎢xyz⎥⎢www⎥⎣xyz⎦=(,uuuxy,z)×[(vwyz−wvyz),(wvxz−vwxz),(vwxy−wvxy)]=[uvw(−wv)−uwv(−vw),uvw(−wv)−uuw(−wv),yxyxyzxzxzzyzyzxxyxyuwv(−vw)−uvw(−wv)]xxzxzyyzyz右边=(uwv•)−(uvw•)=(uw+uw+uw)v-(uw+uw+uw)wxxyyzzxxyyzz=(uw+uw+uw)(,vvv,)-(uw+uw+uw)(www,,)xxyyzzxyzxxyyzzxyz=[uvw(−wv)−uwv(−vw),uvw(−wv)−uuw(−wv),yxyxyzxzxzzyzyzxxyxyuwv(−vw)−uvw(−wv)]xxzxzyyzyz所以：u×(vw×)(=uwv•)−(uvw•)同理可证：(uv×)×w=(uwv•)−(vwu•)所以u×(v×w)≠（u×v）×wi1.11根据上题结果验算公式：g=ggjji111由上题结果：g=2,g=(−++ijk),g=(i−+jk),g=(i+−jk)123222⎧2当r=sg=⎨rs⎩1当r≠s123123gg+gg+gg=2g+g+g111213211=(-i+j+k)+(i-j+k)+(i+j-k)222=j+k=g1123及：g=gg+gg+gg1111213123123同理;gg+gg+gg=g+2g+g212223121=(-i+j+k)+(i-j+k)+(i+j-k)222 =i+k=g2123及：g=gg+gg+gg2212223123123gg+gg+gg=g+g+2g313233112=(-i+j+k)+(i-j+k)+(i+j-k)222=i+j=g3123及：g=gg+gg+gg3313233i及验证：g=gg正确jji1.21试证明若一张量的所有分量在某一坐标系中为零，则它们在任何其他坐标系中亦必为零。证明：不妨取三界张量根据P24页所讲的分量表示法和坐标转换关系知识T=Tijkggg=Tgigjgk=Tijgggk=Tiggjgk=……ijkijk..kij.jki其分量为：TijkTijiijkT..kT.jk……他们满足坐标转变关系，先将ijk用rst表示，我们可以得到""""""ijkijkrstT=βββTrstrstTijk"""=βββi"j"k"Trst""""ijijtrsT..k"=βββrsk"T..t""iistrT.jk""=βββrj"k"T.st......"""(,,ijk=1,2,3)rstrsr∵TTTT......都为零rst..t.st∴等式左边在新坐标系下的张量分量都为零""""""ijkiji即TTTT""""""......全为零ijk..k.jkn阶张量同理可证∴当一张量在一个坐标系中所有分量都为零时，则他们在任何坐标系中亦必为零 1.31已知：v为一矢量的协变分量。k（根据P31页所讲的张量的对称与反对称知识来证明这个题目。重点T=−T）(.)nm(.)mn∂νm∂νn求证：−为一反对称二阶张量的协变分量。∂xn∂xm证明：∂νm∂νn令T=−(m.n)nm∂x∂xmm∂x则由vm"=βm"vm=m"vm∂x∂vmnmm"∂x∂vm∂x∂x可知:=+"m"nn"m"n"vm∂xn∂x∂x∂x∂x∂x∂vnmnn"∂x∂vn∂x∂x同理可得：=+"n"mm"m"n"vn∂xm∂x∂x∂x∂x∂x∂v"∂v"∂xm∂v∂xn∂xm∂xn∂v∂xm∂xn则mnmnT(m".n")=n"−m"=m"nn"+m"n"vm−n"mm"−m"n"vn∂x∂x∂x∂x∂x∂x∂x∂x∂x∂x∂x∂xmn∂x∂x由于：=m"n"vmm"n"vn∂x∂x∂x∂x∂v"∂v"∂xm∂xn∂v∂v所以mn(mn)T(m".n")=n"−m"=m"n"n−m∂x∂x∂x∂x∂x∂xm"n"∂vm∂vnm"n"即T(m".n")=βm"βn"(n−m)=βm"βn"T(m.n)∂x∂x∂νm∂νn所以的证：T=−为二阶张量的协变分量。(m.n)nm∂x∂x当m=n时恒有T=0(m.n)∂νm∂νn又有T=−+=−T(.)nmnm(.)mn∂x∂x∂νm∂νn综上可知：−为一反对称二阶张量的协变分量∂xn∂xm1.41质量为m、绕定点O以角速度ω转动的质点（见图），其动量矩矢量的定义为L=mrv×，其中，r为定点O至质点的矢径，v为质点的线速度。求证：L=•Iω，式中I为惯性矩张量，I=m[(rrGrr•)−]证明：L=mrv×=mr×(ω×r)=m[(ωrr•)−rr(•ω)]此题为书上P34页（1.8）例题iimikL=m[ωrr−rrω]mkωvr imik=m[δrr−rr]ωkmkik=Iωik所以L=m[(rrGrr•)−]•ω=•Iω1.51已知向量ω与二阶反对称张量Ω，矢量ω与二阶反对称张量Ω分别互为1122反偶。反偶？1求证：ω1•ω2=ΩΩ1:22证明：由已知得��1��1��ω•ω=(−∈:Ω)•(−∈:Ω)1212221�i�j�klm��rst����x�y=(∈ggg:Ωgg)•(∈ggg:Ωgg)ijk1lmrst2xy41jk�irst�=(∈Ωg)•(∈Ωg)ijk12str41rstjkst=∈∈ΩΩijk1241sttsjk1jkjk=(δδ−δδ)ΩΩ=(ΩΩ−ΩΩ)jkjk12st12jk12kj44�jkjkΩΩ=−ΩΩΩ12kj12jk已知2为反对称张量，故��1jkω1•ω2=Ω1Ω2jk所以2而��jk���l�mjklmjk��Ω:Ω=Ωgg:Ωgg=ΩΩδδ=ΩΩ=2ω•ω121jk2lm12lmjk12jk12得证第二章TT2.2已知：二阶张量T与T互为转置（T=T）ijij求证：T与S具有相同的主不变量。证明：对于T： JTTJ•TtrTT()TTGTT••m•a•JTTTTGTTT••m•p•a==•=•==••=1ii•2•am•3•amp对于S：JTTJ•TtrT(TTT)TTTGT•TTm•a•JTTTTTTGT•TTTmpa==•=•==••=1jj•2••am•3••p•a•m得证。2.3已知：任意二阶张量A,B,且T=AB,Si=BAi求证：T与S具有相同的主不变量。证明：T∗ijmnabma=trT()=trAB(•)=ABGTgg•:=•Tgg:ggg=TT1.ji.nmabamS∗mnijabna=trS()=trBA(•)=BAGTgg•:=•Tgg:ggg=TT1.nm.jiaban∴T与S具有相同的主不变量。T2.4求证：（1）[T⋅uvw]+[uvT⋅w]+[uvT⋅w]=φ[uvw]1T（2）[T⋅aT⋅bc]+[aT⋅bT⋅c]+[T⋅abT⋅c]=φ[abc]2证明：（1）式左边ijabcijdefij=[Tugvgwg]+[ugTvgwg]+[ugvgTwg]⋅jiabc⋅jjdef⋅jiijabicjdiefj=Tuvwε+Tuvwε+Tuvwε⋅jiab⋅jcid⋅jcid1ijabjab1icjdcjd1iefjefj=Tuvwεεε+Tuvwεεε+Tuvwεεε⋅jiabjab⋅jcidcjd⋅jefiefj6661iiii=T(2δ[uvw]+2δ[uvw]+2δ[uvw])⋅jjjj6iiiT=Tδ[uvw]=T[uvw]=φ[uvw]，命题得证。⋅ij⋅i1（2）式左边ijabcdijabijeab=[TagTbgcg]+[agTbgTcg]+[TagbgTcg]⋅ji⋅bacd⋅ji⋅ba⋅jie⋅baiajbciadjbiajeb=TTabcε+TTabcε+TTabcε⋅j⋅biac⋅j⋅bdia⋅j⋅biea1ia(jbcjbcdjbdjbjebjbb)TTabcεεε+abcεεε+abcεεε⋅j⋅bieajbcdiadjbieajbb=61ia{(ibjb)[](ibjb)[](ibjb)[]}TTδδ−δδabc+δδ−δδabc+δδ−δδabc⋅j⋅bjaaijaaijaai=6 1(iajbiajb)[]T⋅jT⋅bδiδa−T⋅jT⋅bδaδiabc=21(iaia)[]T⋅iT⋅a−T⋅aT⋅iabcφT[abc]=2=2命题得证。2.5Na⋅=λ⋅aNa⋅=λ⋅a111222aNa⋅⋅=a⋅λ⋅aaNa⋅⋅=a⋅λ⋅a2121112112上式左端相等，aNa⋅⋅=aNa⋅⋅1221故其右端也相等，即(λ−λ)aa⋅=01212λ−λ≠012注意到同理可得所以aaa,,互相正交且唯一123aa=0122.6N=ee+2ee−2(ee+2ee)−2(ee+2ee)112212211331⎡1−2−2⎤i⎢⎥⎡N⎤=−220⎣ij⎦⎢⎥⎢⎣−200⎥⎦(1)"""(2)ee1,2,e3()i⎡1−2−2⎤i⎢⎥(1)⎡N⎤=−220⎣ij⎦⎢⎥⎢⎣−200⎥⎦⎡1−λ−2−2⎤⎢⎥∆λ=−22−λ0=−(λ+2)(λ−1)(λ−4)⎢⎥⎢⎣−20−λ⎥⎦∴41−2""""""(2)N=4ee11+ee22−2ee33"""(N−4G)ie1=0;(N−G)ie2=0;(N+2G)ie3=0"221"122"212∴e=−e+e+e,e=−e−e+e,e=e+e+e1123212331233333333332.7已知：N=10ee+4(ee+ee)+5ee−2(ee+ee)+3(ee+ee)−ee111221221331233233⎡104−2⎤i⎢⎥[N]=453•j⎢⎥⎢⎣−23−1⎥⎦求：（1）主分量（从大到小排列)(2)主方向对应的正交标准化基e′,e′,e′(右手系）。123 ⎡10−λ4−2⎤i⎢⎥(1)令[N]−λe=45−λ3=0•j⎢⎥⎢⎣−23−1−λ⎥⎦解得：λλλ123iijj2.8求证对于任意二阶张量T有∆(λ)=det(λδ−T)=det(λδ−T)j.ji.i111.1.2.3λ−T.1−T.2−T.3λ−T1−T1−T1222.1.2.3证明：①=−Tλ−T−T，②=−Tλ−T−T.1.2.3222333.1.2.3−T−Tλ−T−T−Tλ−T.1.2.33332.9TT由题给出X=T•T,Y=T•TTTT(T)(T)TTX=T•T=T•T=T•T=X同理TTT(T)T(T)TY=T•T=T•T=T•T=Y因此X,Y均为对称张量，两相量分别用分量表示Timj⋅mjX=T•T=T⋅jT⋅iggm=Xjggmi⋅jimmi因X为对称矩阵所以X⋅j=Xi=T⋅jT⋅i=T⋅iT⋅jimjijiY=T⋅mT⋅jgig=Y⋅jgig=X⋅j则可知XY的特征多项式相同，特征值相等则显然λX=λY=λiiii即证得∆(λ)=det(λδj−X⋅j)=det(λδj−Y⋅j)TT2.10已知：任意二阶张量T及其转置T，任意矢量u，求证：T•u=u•T ijkkjiji证：T•u=Tijgg•ugk=Tijuδkg=TijugTkjikjijiu•T=ug•Tgg=Tuδg=Tugkijijkij∴原式得证。2.11无2.12已知：T为正则的二阶张量，u为一矢量，T•u=0求证：u=0−1−1证明:因为T存在，且不为零，将T、点积式T•u=0的左右两端，得−1左端=T•T•u=G•u=u−1右端=T•0=0故u=02.13无(T)−1(−1)TT=T2.14求证：(T为正则二阶张量)证明：对于映射量，转置和逆运算可也交换次序(T−1)T•TT=(T•T−1)T=IT=I=(TT)−1•TT[(−1)T(T)−1]TT−T•T=0从而(T)−1T−1−1TT(T)=(T)两边右乘有：2.15已知：AB为正则的二阶张量。求证：-1-1-1(AB?)BA证：-1-1-1∵(AB)(AB?)G=BAAB-1-1-1(AB?)BA(AB?)0∵A和B为正则的二阶张量，(AB)[0]-1-1-1(AB?)BA=0-1-1-1即(AB×)=BA故命题由此得证 ΤΤ2.16(1)已知T为任意二阶张量。求证：TTi≥0,TTi≥0ΤΤ(2)已知：T为正则的二阶张量。求证：TTi>0,TTi>0解：设u为任一非零矢量，它与二阶张量T的点积uTi=vv也是一矢量TTT(TTi)=TTi,所以TTi为对称二阶张量。TT2uTTui(i)i=(uTi)i(TUi)=(Tuii)(Tui)=v≥0ΤΤ故由定义uNuii=Nuu:≥0，TTi≥0。同理可证TTi≥0。T若T为可逆二阶张量，TTi为对称二阶张量。只有当u为零矢量的时候(Tui)才是零矢量。现在一直u为非零矢量，故TT2uTTui(i)i=(uTi)i(TUi)=(Tuii)(Tui)=v>0ΤΤ由定义uNuii=Nuu:>0，TTi>0。同理可证TTi>0。2.17已知：正交张量Q。T−1求证：Q=Q亦为正交张量T−1证明：∵Q是正交张量，则满足Q=QTTT−1Q.(Q)=QQ.=G−1−1TT(Q).(Q)=QQ.=GT−1则Q=Q亦为正交张量2.18已知：对于任意矢量u,v,均成立（Q·u）·（Q·v）=u·vT−1求证：Q=Q,Q为正交张量。证明： TT(QU⋅)(⋅QV⋅)=(QV⋅)(⋅QU⋅)=(QV⋅)(⋅UQ⋅)ijmn`ij=QggVg⋅⋅UgQgg⋅`jimnjiijn`ij=QVgUgQgg⋅⋅`jinjiijn`ij=QVUg⋅Qgg`jinjijn=QVU⋅QnjTijn`ij(QV⋅)(⋅QU⋅)=QVg⋅(Ug⋅Qgg)`jinjiij`ijij`ij=QVgUQg⋅=QVUQδ`jiij`jijiii`iijj`iii`i=QVUQ=QVδUQ=UVQQ`jii`jiiii`iinmn=UV⋅=UgVg=UVnmni`iQQ所以：`ii=1即Q为正交矩阵2-19证明：ijmn(QV⋅)×(Q⋅W)=(QV⋅)(Q⋅W)：∈=QVgQWgjinmopqimjnopqimjnq∈ggg=QQVW∈δδg=QQVW∈gopqjnopqimjnimqimqjnsq=QQQjnsVWjn∈gq=(θ)∈jmsVWgδsqimqdetqQQssqδs(VW×)=(detθ)qQs2.20已知：矢量wv、，正则的二阶张量B。求证：T−1(Bvi)×(Bwi)=(detB)(B)i(vw×)证明：所证命题等价于T−1(Bvi)×(Bwi)=(detB)(B)i(vw×)则可得：imjnqb(Bvi)×(Bwi)=BBVWB.j.n.bεimqgjnb=detBεVWg=detBvw(×)jnb即原命题成立。 得证，其他类推2.21TT求证X=TT与YT=T之间互为正交相似张量。T即存在正交张量Q，使X=QYQTTTTTTTTTTTTTTTTT证明：QYQ=QTTQ=QT(QT)=QT(QT)=(TQ)(QT)=(TQQT)=TT=X-1T注：正交张量存在如下性质：Q=Q故命题得证2.24已知：二阶张量13T=-ee-ee+3ee-ee+ee111221223322求（1）进行加法分解（2)进行乘法分解-13-0j1ji22N=T+T加法分解i(ij)T=3-10200313-13-0-02422所以N=3-10（2）乘法分解T=3-10，其中420033002T=QH1002设正张量H为010，其中所设H满足正张量003200-1所以H=0101003-13-020022-1-30则Q=H-1T=0103-10=3-101003001003-1T所求Q张量满足Q=Q为正交张量 2.25对于以下三种应力状态的应力张量s，将其分解为球形张量sSS和偏斜张量S。求J1,J2与J3，以及偏斜张量S的v角。（1）单向拉伸：s1=s2>0，s2=s3=0（2）单向压缩；s1=s2=0，s3=-so<0（3）纯剪切：s1=t>0,s2=0,s3=-t解：s000由题意得应力张量s=000000s123所以J=T+T+T=s11230s1illiJ=TT-TT=02(ilil)2sJ=detT=03又因为N=P+Dì1：1ïT1+T2+T3当i=jis(123)P×j=J1=í33ïî0当i¹j2s00031所以偏斜张量D=0-s003100-s03121DNN2所以J=J-J=-s22(1)033D123227JDNNNN33J=J-JJ+J=s，COS3v=-=3331227(1)272D3J22（2）由题意得应力张量 11-s000s00033000s=000，球形张量P=0-1s0，偏斜张量D=01s0303000-s01200-s000s033所以s123J=T+T+T=-s11230s1illiJ=TT-TT=02(ilil)2sJ=detT=03DN1N212J=J-J=-s22(1)033DDN1NN2N32327J3J=J-JJ+J=-s，COS3=-v=3331227(1)272D3J22（3）由题意得应力张量00t00000ts=000，球形张量P=000，偏斜张D=000量-t0o000t00s123所以J=T+T+T=01123s1illiJ=TT-TT=t2(ilil)2sJ=detT=03DN1N2J=J-J=t223(1)DDN1NN2N327J3J=J-JJ+J=0，COS3=-v=03331227(1)2D3J22 2.26题证明：∵由已知条件Q为一正交张量得：−1TQ=Q~T又∵T=Q•T•Q得，~−1T=Q•T•Q两边乘以Q得，~−1TQ=Q•T•QQ~即TQ=Q•T，~~又已知T的特征值为λ，T的特征值为λ，~∴λ=λi�j�i2.27Ma=λa.j2i�ji�j�i�iM=Ma•Ma=λa•λa.j.j2�i=λa��2iii因为M=N,所以有M•M=N.j.j.ji2�iN=λa.j���2所以，M和M=N有相同的特征向量，所以，其主方向相同。T2.28已知：A为二阶张量，Q为任意正交张量，对于一切Q，均有QAQii=A求证：A为球形张量证明：设二阶张量A在一组正交标准基eee,,中的并矢展开式为123A=Aee+Aee+Aee+Aee1111121213132121+Aee+Aee+Aee+Aee+Aee22222323313132323333由于Q为任意正交张量，取正交张量Q=-ee+ee+ee112233TQAQii=Aee−Aee−Aee−Aee1111121213132121则，+Aee+Aee−Aee+Aee+Aee22222323313132323333T由题知QAQii=A则有：A=−A=0，A=−A=0，A=−A=0，A=−A=01212131321213131同理，取正交张量Q=ee-ee+ee112233 可得：A=A=02332则有：A=Aee+Aee+Aee111122223333证得A为对称张量取正交张量Q=ee-ee+ee211233T有QAQii=Aee+Aee+Aee111122223333T由QAQii=A得A=A1122同理，取正交张量Q=ee+ee-ee113223可证：A=A2233故：A=A(ee+ee+ee)是球形张量。111122332.29解⎡Ν−ωω⎤132⎢⎥T=Ν+Ω=ωΝ−ω⎢321⎥⎢−ωωΝ⎥⎣213⎦iTr(T)=T⋅j2ijTr(T)=T⋅jT⋅i3TijkTr(T)=⋅jT⋅kT⋅i因主不变量与坐标的变换无关，因此可以将上试与矩阵中的元素分别对应Tr(T)=N1+N2+N3Tr(T)=222222N+N+N−2ω−2ω−2ω123123Tr(T)=P83页 2.23第三章ν23.1已知：ν为矢量。求：f=e是否为ν的各向同性函数，并说明理由。答：是的。3.2已知：T为二阶张量。求：下列函数是否为T的各向同性标量函数，并说明理由。（1）在某一特定的笛卡尔坐标系中332f=()T∑∑iji=1j=1（2）T:f=TT 答：（1）是。Tf=T:T是T的不变量。（2）是。ii*f=TT=ƛ•j•i23.4已知：二阶张量T。求：下列张量函数是否为T的各向同性标量函数，并说明理由。（1）TH=T（2）HTAT=ii∗∗答：（1）是。(T�)=(QTQii∗)=QTQi∗i∗=(�T∗)（2）不是。∗∗∗TAT�ii�=QTQAQTQii(ii)ii，一般QAQii≠A3.4已知：二阶张量T。求：下列张量函数是否为T的各向同性函数，并说明理由。~~T解：（1）是。TTTTT(T)=(Q⋅T⋅Q)=Q⋅T⋅Q=(T)~~(2)不是。TTTT⋅A⋅T=Q⋅T⋅(Q⋅A⋅Q)⋅T⋅Q,一般，Q⋅A⋅Q≠A3.5已知：二阶张量T的张量函数H=A⋅T（A为二阶常张量）。求：A满足什么条件时，H是T的各向同性函数。解：当A是球形张量时，H=A⋅T是T的各向同性函数。TTH=A⋅T是T的各向同性函数即H=A⋅T=(Q⋅A⋅Q)⋅T,所以Q⋅A⋅Q=A设二阶张量A在在一组正交标准化基e1，e2，e3中的并矢展开式为A=Aee+Aee+Aee+Aee+Aee+Aee+Aee+Aee+Aee111112121313212122222323313132323333先证A是对称张量。若取正交张量23Q=−ee+ee+ee(为关于x，x112233平面的镜面反射)，则TQ⋅A⋅Q=Aee−Aee−Aee−Aee+Aee+Aee−Aee+Aee+Aee111112121313212122222323313132323333 由于TQ⋅A⋅Q=A故可证得，A=−A=0,A=−A=0,A=−A=0,A=−A=01212131321213131同理若设Q=ee−ee+ee112233可证得A=A=02332故A=Aee+Aee+Aee是对称张量。111122223333再证A是球形张量。即证A=A=A112233若取3Q=ee−ee+ee（即绕x转动90º）211233TQ⋅A⋅Q=A11e2e3+A22e1e1+A33e3e3由于TQ⋅A⋅Q=A，故可证得，A=A1122同理，若设Q=ee+ee−ee，可证得A=A1132232233故A=A(ee+ee+ee)=AG是球形张量。11112233113.15设ijijT=Tgg=Tggijij∂f则H=f′()T=ggij∂TijijijT的正交相似张量T�=Tgg̃̃=Tgg̃̃ijij其中iig̃=Qgig̃=Qgiii由于f(T)是各向同性标量函数，f(T�)=f(T)∂f∂f故f′(T�)=gg̃̃=(Qgi)(Qgi)ijij∂T∂TijIJ∂f**�=QggQii=QHQii=Ηij∂TIJ因此，H=f′()T是各向同性张量函数。3.16设iiυ=υg=υgii其旋转量iiυ̃=υg̃=υg̃ii 其中iig̃=Qgi，g̃=Qgiii因为F(υ)是υ的各向同性矢量函数，故：F()υ̃=QiF()υ∂F(υ)设H=F′(υ)=gi∂υi∂F(υ̃)∂⎡⎣QiF(υ)⎤⎦故F′(υ̃)=g̃=Qgiii∂υ∂υii∂F(υ)**�=QigQi=QHQii=Hi∂υi3.18求(m)detT的导数（T为二阶张量）。(T)m(−1)TmgT3T3.19求dT（TT为二阶张量T的转置张量）。dTijggggji[(T)2]dTT3.20求（T为二阶张量T的转置张量）dTi(sjjs)T⋅jgggg+ggggiiss3.21求det(λGT−)对λ及对T的一阶、二阶导数（T为二阶张量）。d2TT解：[det(λGT−)]=3λ−2λδ+δ12dλ2dT2[det(λGT−)]=6λ−2δ1dλd2TTT*2*[det(λGT−)]=−(λ+λδ1−δ2)G+(−+λδ1)T−(T)dT2*2dT**TdTd(T)2[det(λGT−)]=(λδ−1)GGGT++TG+(δ1−λ)*−dTdTdT23.22已知：矢量vv的标量函数ϕ=e， dϕ求：（1）dv（2）是否为各向同性函数，并说明理由。解：v22ve。是各向同性矢量函数。第四章4.5已知：ϕ为标量场函数，υ为矢量场函数求证：∇(ϕυ)=ϕ(∇υ)+(∇ϕ)υi∂i∂ϕi∂υ证明：∇(ϕυ)=g(ϕυ)=gυ+gυ=ϕ(∇υ)+(∇ϕ)υiii∂x∂x∂x4.6已知：υ,ω均为矢量场函数。求证：∇(υ•ω)=(∇ω)•υ+(∇υ)ω证明：()i∂()i∂υi∂w()i∂w()()∇υ•w=gυ•w=gw+gυ=∇υ•w+g•υ=∇υ•w+gw•υiiii∂x∂x∂x∂x4.7已知：υ为矢量场函数，a为任意适量。求证：(curlυ)×a=[υ∇−∇υ]•a证明：()⎛i∂υ⎞⎛i⎞∂υ⎛⎜∂υ⎞⎟icurlυ×a=⎜g×i⎟×a=⎜a•g⎟i−⎜a•i⎟g⎝∂x⎠⎝⎠∂x⎝∂x⎠=a•(∇υ)−a•(υ∇)=υ∇•a−∇υ•a=[υ∇−∇υ]•a4.8已知：u,υ为矢量场函数。 求证：∇(u•υ)=u×(∇×υ)+υ×(∇×u)+u•(∇υ)+υ•(∇u)证明：u×(∇×υ)+υ×(∇×u)+u•(∇υ)+υ•(∇u)⎛i∂υ⎞⎛i∂u⎞()()=u×⎜g×⎟+υ×⎜g×⎟+u•∇υ+υ•∇uii⎝∂x⎠⎝∂x⎠⎛∂υ⎞i(i)∂υ⎛∂u⎞i(i)∂u()()=⎜u•⎟g−u•g+⎜υ•⎟g−u•g+u•∇υ+υ•∇uiiii⎝∂x⎠∂x⎝∂x⎠∂x⎛∂υ∂u⎞ii∂()()=⎜u•+•υ⎟g=gu•υ=∇u•υiii⎝∂x∂x⎠∂x4.9已知：u，v是矢量场函数。求证：∇×(uv×)=⋅v(i∇v)−⋅vi(∇⋅u)+⋅ui(∇⋅v)−⋅ui(∇v)i∂证明∇×(uv×)=g×(uv×)i∂xi⎛∂u⎞i⎛∂v⎞=g×⎜×v⎟+g×⎜u×⎟ii⎝∂x⎠⎝∂x⎠i∂u⎛i∂u⎞⎛i∂v⎞i∂v=(g⋅v)−⎜g⋅⎟v+⎜g⋅⎟u−(g⋅u)iiii∂x⎝∂x⎠⎝∂x⎠∂xi∂u⎛i∂u⎞⎛i∂v⎞i∂v=(v⋅g)−v⎜g⋅⎟+u⎜g⋅⎟−(u⋅g)iiii∂x⎝∂x⎠⎝∂x⎠∂x=⋅vi(∇v)−⋅vi(∇⋅u)+⋅ui(∇⋅v)−⋅ui(∇v)得证。4.11已知：某矢量场函数u，curlu=0,divu=0求证：u是调和函数，即∇∇⋅u=0。（提示：可先证∇×(∇×u)=∇∇(⋅u)−∇∇⋅(u)）本题中不对指标i求和i∂⎛j∂u⎞∆×(∇×u)=g×⎜g×⎟ij∂x⎝∂x⎠ ji⎛∂g∂u⎞i⎡j∂⎛∂u⎞⎤=g×⎜×⎟+g×⎢g×⎜⎟⎥ijij⎝∂x∂x⎠⎣∂x⎝∂x⎠⎦jj∂g⎛i∂u⎞∂u⎛i∂g⎞j⎡i∂⎛∂u⎞⎤=⎜g⋅⎟−⎜g⋅⎟+g⎢g⋅⎜⎟⎥ijjiij∂x⎝∂x⎠∂x⎝∂x⎠⎣∂x⎝∂x⎠⎦∂⎛∂u⎞ij−⎜⎟(gg⋅)∇∇(⋅u)−∇∇⋅(u)ij∂x⎝∂x⎠i∂⎛j∂u⎞i∂⎛j∂u⎞=g⎜g⋅⎟−g⋅⎜g⎟ijij∂x⎝∂x⎠∂x⎝∂x⎠j2ji⎛∂g∂u⎞i⎛j∂u⎞⎛i∂g⎞∂u=g⎜⋅⎟+g⎜g⋅⎟−⎜g⋅⎟ijijij⎝∂x∂x⎠⎝∂∂xx⎠⎝∂x⎠∂x2⎛ij∂u⎞−⎜gg⋅⎟∇×(∇×u)−⎡∇∇(⋅u)−∇⋅(∇u)⎤ij⎣⎦⎝∂∂xx⎠jjj∂g⎛i∂u⎞i⎛∂g∂u⎞∂u⎛∂gi⎞=⎜g⋅⎟−g⎜⋅⎟=⎜×g⎟ijijji∂x⎝∂x⎠⎝∂x∂x⎠∂x⎝∂x⎠∂ujmi∂umilj=−j×(Γimg×g)=−j×(εΓim×gl)∂x∂xmilj因为ε关于指标i，m为对称，Γ关于指标i，m为反对称。故immiljεΓ×g=0iml则∇×(∇×u)=∇∇(⋅u)−∇∇⋅(u)根据此式，当∇×u=0,∇⋅=u0,时，则∇∇⋅(u)=0u为调和函数。(k)4.12已知：标量场函数φ，矢量场函数F=Fe，kgk其中e=（k不求和）kgkk2求：正交曲线坐标戏中grandφ，divF，curlF及∇φ=∇⋅∇=φdivgrandφ（要求按ek展开的表达式）。 31∂φ解：grandφ=∑ieii=1gii∂x3∂⎛(k)⎞1gFdivF=∑k⎜⎟gk=1x⎝gkk⎠−1⎡∂∂⎤(3)(2)curlF=(gg2233)2⎢2(gF33)−3(gF22)⎥e1⎣∂x∂x⎦−1⎡∂∂⎤(1)(3)+(gg3311)2⎢3(gF11)−1(gF33)⎥e2⎣∂x∂x⎦−1⎡∂∂⎤(2)(1)+(gg1122)2⎢1(gF22)−2(gF11)⎥e3⎣∂x∂x⎦21⎡∂⎛gg2233∂φ⎞∂⎛gg3311∂φ⎞∂⎛gg1122∂φ⎞⎤∇φ=⎢⎜⎟+⎜⎟+⎜⎟⎥g∂x1⎜g∂x1⎟∂x2⎜g∂x2⎟∂x3⎜g∂x3⎟⎢⎣⎝11⎠⎝22⎠⎝33⎠⎥⎦4.13已知：圆柱坐标中矢量场函数F可表达为F=Fe+Fe+Fe（e，e，e是方rrθθzzrθz向的单位矢量）；标量场函数φ。2求：Christoffel符号与e，e，e对坐标的导数；求grandφ，divF，curlF及∇φ。rθzθθ1r解：Γ=Γ=Γ=−r其余为零rθθrθθr∂φ1∂φ∂φgrandφ=e+e+erθz∂rr∂θ∂z1∂1∂F∂FθzdivF=(rFr)++rr∂r∂θ∂z⎛1∂Fz∂Fθ⎞⎛∂Fr∂Fz⎞1⎛∂(rFθ)∂Fr⎞curlF=⎜−⎟e+⎜−⎟e+⎜−⎟erθz⎝r∂θ∂z⎠⎝∂z∂r⎠r⎝∂r∂θ⎠2222∂φ1∂φ1∂φ∂φ∇φ=+++2222∂rrr∂r∂θ∂z4.14已知：圆柱坐标中矢量场函数F可表达为F=Fe+Fe+Fe（e，e，e是方rrθθϕϕrθϕ向的单位矢量）；标量场函数φ。2求：Christoffel符号与e，e，e对坐标的导数；求grandφ，divF，curlF及∇φ。rθϕ rr2θθ1θ解：Γ=−r，Γ=−rsinθ，Γ=Γ=，Γ=−sincosθθ，θθϕϕrθθrϕϕrϕϕ1ϕϕΓ=Γ=，Γ=Γ=ctgθ，其余为零ϕrrϕϕθθϕr∂φ1∂φ1∂φgrandφ=e+e+erθϕ∂rr∂θrsinθϕ∂1∂21∂1∂FϕdivF=2(rFr)+(Fθsinθ)+r∂rrsinθθ∂rsinθ∂ϕ1⎛∂∂F⎞⎛1∂F1∂⎞1⎛∂∂F⎞θrrcurlF=⎜(Fϕsinθ)−⎟er+⎜−(rFϕ)⎟eθ+⎜(rFθ)−⎟eϕrsinθ⎝∂θ∂ϕ⎠⎝rsinθ∂ϕrr∂⎠r⎝∂r∂θ⎠221∂⎛2∂φ⎞1∂⎛∂φ⎞1∂φ∇φ=⎜r⎟+⎜sinθ⎟+22222r∂r⎝∂r⎠rsinθθ∂⎝∂θ⎠rsinθϕ∂4.15已知：二维空间中（n,s)坐标系如图4.19.其中s是沿某一物体表面的曲线边界弧长（选择物体表面某一确定点为起始点），n为沿物体表面外法线的长度（从物体表面起算),则物体外部域内每一点的坐标均可用n，s描述（n>>0）。物体表面每点处的曲率半径及其对s的各12阶导数均为已知。求：用R（s)及其导数，坐标n,s表示下列各项（x=n,x=s）：（1）Lame参数A，B。β（2）用（n,s）坐标单位切向矢量e,e表示基矢量g,g。nsaa（3）用矢量的物理量分量u=u,u表示其张量分量u,u。nsaυ（4）Christoffel符号Γβ。α2（5）若f为标量场，u=ue+ue为矢量场，求∇f,∇⋅u,∇×u,∇f的表达式。nnss2（∇f=∇⋅∇f）。n解（1）A=1，B=1+R(s)⎛n⎞（2）g=e，g=⎜1+⎟e，1n2⎜()⎟⎝Rs⎠ 12⎛R(s)⎞g=e，g=⎜⎟e，n⎜()⎟⎝Rs+n⎠⎛n⎞（3）u=u，u=⎜1+⎟u，1n2⎜()⎟⎝Rs⎠12⎛R(s)⎞u=u，u=⎜⎟u；n⎜()⎟⎝Rs+n⎠1112（4）Γ=0,Γ=Γ=0,Γ=0111221112211R(s)+nΓ=Γ=,Γ=—2112()222Rs+nR(s)2n"()Γ=—Rs22()RR+n∂fR∂f(5)∇f=e+.e;n∂nR+n∂s∂uuR∂unns∇⋅u=++.∂nR+nR+n∂s222"2∂fR∂fnRR∂f1∂f∇f=+.+.+.2228∂n（R+n）∂s（R+n）∂sR+n∂n∂uR∂uunss∇×u=[−+]g3∂nR+n∂sR+n(g为垂直于平面的单位矢量)34.16kk已知：z为直角坐标，x为抛物柱坐标，他们之间满足关系;112z=a(x−x)212z=2axx33z=x其中a=常数>0k求：对于x坐标系（只研究上半平面）（1）求基矢量，度量张量。（2）用矢量的物理分量来表示矢量的张量分量。k（3）求Christoffel符号Γ。iji2（4）f为标量场，u=ug为矢量场，求∇f,∇⋅u,∇×u,∇f的表达式i 解2x11112（1）g=ai+ajg=(xi+xx1112xa(x+x)1x21212g=-ai+ajg=(-xi+xxj)2x212a(x+x)3g=kg=k3221(a)121(a)12g==(x+x),g==(x+x)111222gxgx1122g=1,其余为零。33212(a)(x+x)g=12xx21xx（2）u=a1+u<1>，u=a1+u<2>，1122xxu=u<3>31u<1>2u<2>3u=，u=，u=u<3>21xxa1+a1+12xx21x111（3）Γ11=-112Γ12=Γ21=-122x(x+x)2(x+x)12x221Γ=-Γ=Γ=-222121221122x(x+x)2(x+x)121x2xΓ=-Γ=-22212111122x(x+x)2x(x+x)其余为零11∂f2∂f∇f=[(x−x)i1212a(x+x)∂x∂x（4）12∂f∂f∂f+xx(+)j]+k128∂x∂x∂x 12312∂u∂u∂u1(x−x)∇⋅u=+++u123112∂x∂x∂x2x(x+x)212(x−x)+u2122x(x+x)121xx∂u∂u∂u∂u323∇×u={[--+]i1223312(x+x)∂x∂x∂x∂x21x∂u∂ux∂u∂u3213+[(-)+(-)j123231x∂x∂xx∂x∂x∂u∂u21+a[-]k12∂x∂x12222x∂fx∂f∇f=+2121221222(a)(x+x)(∂x)(a)(x+x)(∂x)2∂f1∂f∂f++(+)(∂x3)22(a)2(x1+x2)12∂x∂x(i)(i)4.20求证g为完整系的必要条件（对于单连通域也是充分条件）为β=β(i)jk,kj,(i)(i)证：（1）必要性：即已知g为完整系，求证β=β。(i)jk,kj,(i)∂rg为完整系则存在坐标x，使g=(i)(i)(i)∂x(i)g与g有转换关系（g是另一完整系中基矢量）：g=βg(i)jjjj(i)(i)(i)∂xβ=其中jj∂x∂β(i)∂2(i)∂2(i)∂β(i)jxxk===kkjjkk则∂x∂∂xx∂∂xx∂x(i)∂β(i)∂β(i)(i)∂xjk(i)β=（2）充分性：即已知=，求证存在着曲线坐标系x，使jj。kj∂x∂x∂x(i)(i)j(i)(i)(i)(i)设a=βdx，在单连通域，a为全微分，换言之，存在着x，使a=dx。j(i)(i)(i)j∂xj故：dx=βdx=dxjj∂x (i)(i)∂xβ=从而jj。∂x4.21试利用完整系与非完整系的转换关系，由完整系中任意正交曲线坐标的平衡方程导出圆柱坐标系(r,,θz)中用物理分量表示的平衡方程（应力的物理分量记为pp，，…）。rrθθ解：圆柱坐标系(r,,θz)中以物理分量表示的平衡方程：∂p∂p∂p1rrrθrz+++(prr-pθθ)+ρƒr=0∂rr∂θ∂zr∂p∂p∂ppθrθθθzθr+++2+ρƒ=0θ∂rr∂θ∂zr∂p∂p∂ppzrzθzzzr++++ρƒ=0z∂rr∂θ∂zr4.22同上题，试导出球坐标系(r,,θϕ)中用物理分量表示的平衡方程（应力的物理分量记为pp，，…）。rrrϕ解：球坐标系(r,,θϕ)中以物理分量表示的平衡方程：∂prr+1∂prθ+1∂prϕ+1(2p-p-p+pcotθ)+ρƒ=0rrθθθzrθr∂rr∂θrsinθ∂ϕr∂pθr+1∂pθθ+1∂pϕθ+1⎡3p+(p-p)cotθ⎤+ρƒ=0∂rr∂θrsinθ∂ϕr⎣θrθθϕϕ⎦θ∂pϕr1∂pϕθ1∂pϕϕ1+++⎡3p+2pcotθ⎤+ρƒ=0⎣ϕrϕθ⎦ϕ∂rr∂θrsinθ∂ϕr4.23试导出任意正交曲线坐标系中用物理分量表示的平衡方程。设A=gA=gA=g111222333任意正交曲线坐标系中以物理分量表示的平衡方程： ⎡∂()∂()∂()⎤AAp11+AAp12+AAp13+1⎢123231312⎥∂x∂x∂x⎢⎥+ρf1=0A1A2A3⎢∂A1∂A1∂A2∂A3⎥Ap31+Ap21−Ap22−Ap33⎢⎣2∂x33∂x23∂x12∂x1⎥⎦⎡∂()∂()∂()⎤AAp21+AAp22+AAp23+1⎢123231312⎥∂x∂x∂x⎢⎥+ρf2=0A1A2A3⎢∂A2∂A2∂A3∂A1⎥Ap12+Ap32−Ap33−Ap11⎢⎣3∂x11∂x33∂x23∂x2⎥⎦⎡∂()∂()∂()⎤AAp31+AAp32+AAp33+1⎢123231312⎥∂x∂x∂x⎢⎥+ρf3=0A1A2A3⎢∂A3∂A3∂A1∂A2⎥Ap23+Ap13−Ap11−Ap22⎢⎣1∂x22∂x12∂x31∂x3⎥⎦4.24试导出小位移情况下圆柱坐标系中用物理分量表示的应变与位移的几何关系。（以uuu，，表示位移的物理分量，ε，…ε，…表示应变的物理分量。）rθzrrrθ∂u解：=rεrr∂r∂uuθrε=+θθr∂θr∂uzε=zz∂z1⎛∂u∂uu⎞ε=ε=r+θ-θrθθr⎜⎟2⎝r∂θ∂rr⎠1⎛∂u∂u⎞ε=ε=θ+zθzzθ⎜⎟2⎝∂zr∂θ⎠1⎛∂u∂u⎞ε=ε=r+zzrrz⎜⎟2⎝∂z∂r⎠4.25是导出小位移情况下球坐标中用物理分量表示的应变与位移的几何关系。（以u,u,u表示位移的物理分量，ε....ε,....表示应变的物理分量）。rθϕrr,θϕ 小位移情况下求坐标系中用物理分量表示的几何关系；∂urε=rr∂r∂uuθrε=+θθr∂θr1∂uuuϕrθε=++ctgθϕϕrsinθ∂ϕrr1∂u∂uurθθε=ε=(+−)rθθr2r∂θ∂rr11∂uϕ1∂uϕuϕε=ε=[+−ctgθ]θϕϕθ2rsinθ∂ϕr∂θr11∂ur∂uϕuϕε=ε=ε=[+−]θϕϕrϕr2rsinθ∂ϕ∂rr第五章115.1取圆柱面上的Gauss坐标为（ξ，ϕ），见图5.18.求：a，b，主曲率，，平αβαβRR12均曲率，Gauss曲率。解由图得ρ=ξi+Rsinϕj+Rcosϕk所以∂ρρ==i=(1,0,0)1∂ξ∂ρρ==(0,Rcosϕ,Rsinϕ)2∂ϕ又因为a=ρραβαβ所以 2a=ρρ=1，a=a=ρρ=0，a=R111112211222aa11122a==Raa2122ρ×ρ12()n==0,sinϕ,cosϕρ×ρ12∂nb=−ραββα∂ξb=0,b=b=0,b=−R11122122bb1112b==0bb21221b1b−R11122所以=−=0,=−=−=""2RaRaRR11122211111H=+=+=""RRRRR（1）1212b11K==⋅=0（2）aRR12111111联立（1）（2）式得=0,=或=,=0RRRRRR12125.2已知：旋转曲面上的Gauss坐标为（θ，z），见图5.19，曲面上点的矢径11ρ=f(z)cosθi+f(z)sinθj+zk求：a，b，主曲率，，平均曲率，Gauss曲αβαβRR12率。解：[]2a=f(z),a=a=0,a=1;11122122[]2f(z)b=−,b=b=b=0;11122122f(z)11122b=−,b=b=b=0;1212f(z)1111α1=b=−,=0,b=−,b=01αRf(z)Rf(z)12 5.31.14题中的斜圆锥面上，已求得（θ，z）坐标系中22⎡RzRCz⎤⎢2−2sinθ⎥[aαβ]=⎢HH⎥⎢RCz1222⎥−sinθ(H+R+C+2RCcosθ)22⎣HH⎦11求：a，b，主曲率，，平均曲率，Gauss曲率。αβαβRR12解由题意得22Rza=ρ⋅ρ=11112HRCza=a=ρ⋅ρ=−sinθ1221122H1222a=ρ⋅ρ=−(H+R+C+2RCcosθ)22222H所以⎛RZRZ⎞ρ1=⎜sinθ,cosθ,0⎟⎝HH⎠⎛C122⎞ρ2=⎜−,0,H+R+2RCcosθ⎟⎝HH⎠ρ×ρ12()n==1,0,0ρ×ρ12∂nb=−ραββα∂θ所以b=b=b=b=01112212211==0RR1211H=+=0RR1211K=⋅=0RR12 ∂aαβ�β�α5.4αωωβ求证：=-aΓλω-aΓωλλ∂ξαββ证：因为aa=δωαωαβ∂aa所以ωα=0λ∂ξαβ∂aωααβ∂a⋅a+⋅a=0λλωα∂ξ∂ξαβαβ∂a∂aaωα=-⋅λλ∂ξ∂ξaωα∂a��ωα因为=Γ+Γλλω⋅αλα⋅ω∂ξ∂aαβ��aαβ所以=（-Γ+Γ）⋅λλω⋅αλα⋅ω∂ξaωα∂aαβ�β�ααωωβ=-aΓλω-aΓωλ得证。λ∂ξ�β1∂aΓαβ=α5.5求证：a∂ξ证：因为 ∂a∂(ρ×ρ)⋅n12=αα∂ξ∂ξ∂ρ∂ρ∂n12=(×ρ)⋅n+(×ρ)⋅n+(ρ×ρ)⋅α2α121α∂ξ∂ξ∂ξ⎡⎛⎞⎤⎡⎛⎞⎤��⎢⎜1⎟⎥⎢⎜2⎟⎥=Γρ+b×ρ⋅n+Γρ+b×ρ⋅n⎢⎜1α11a⎟2⎥⎢⎜2α22a⎟1⎥⎜⎟⎜⎟⎢⎣⎝⎠⎥⎦⎢⎣⎝⎠⎥⎦()(β)+ρ×ρ⋅-bρ12⋅αβ��1()2()=Γ⋅ρ×ρ⋅n+Γ⋅ρ×ρ⋅n1α122α12��12()=(Γ+Γ)⋅ρ×ρ⋅n1α2α12�β=Γaαβ所以�β1∂aΓαβ=αa∂ξ得证5.6求证：单位矢量的求导公式（5.2.15a,b）式，并进一步求证正交系中的单位矢量求导公式（5.2.17）式。证：∂⎛ρ⎞∂ρ1∂⎛1⎞⎜1⎟=1⋅+⎜⎟⋅ρα⎜⎟αα⎜⎟1∂ξa∂ξa∂ξa⎝11⎠11⎝11⎠�⎛⎞�1⎜2⎟Γα1⋅1=Γρ+bn−ρ⋅⎜1α21α⎟1a11⎜⎟a11a11⎝⎠⎛⎞��1⎜21⎟=Γρ−ρ⋅⋅Γ+bn⎜1α21α1⋅11α⎟a11⎜a11⎟⎝⎠把a2211a=a代入得 ⎛⎞∂⎛ρ⎞1⎜1�⎟⎜1⎟=⋅Γ1ρ2+bnα⎜⎟⎜221α1α⎟∂ξ⎝a11⎠a11⎜a⎟⎝⎠同理⎛⎞∂⎛ρ⎞1⎜1�⎟⎜2⎟=⋅Γ1ρ1+bnα⎜⎟⎜112α2α⎟∂ξ⎝a22⎠a22⎜a⎟⎝⎠得证进一步求证正交系中的单位矢量求导公式（5.2.17）式证∂eξ∂⎛ρ1⎞∂ρ11∂1=⎜⎟=⋅+（）⋅ρ1∂ξ∂ξ⎝A⎠∂ξA∂ξA∂e∂⎛ρ⎞B�Aξ11=⎜⎟=⋅Γ11−"n∂ξ∂ξ⎝A⎠AR11∂AA=−e−nη"B∂ηR1同理∂eξ1∂BB=e+nη∂ηA∂ηR12∂eη1∂AA=e+nξ∂ξB∂ηR12∂eη1∂BB=-e-nξ"∂ηA∂ξR2因为∂n∂(eξ×eη)∂eξ∂eη==e+eηξ∂ξ∂ξ∂ξ∂ξ∂eξA∂eηA=,=−"∂ξR∂ξR121所以 ∂nAA=−e+eη"ξ∂ξR12R1同理∂nAA=−e+eξ"η∂ηR12R1得证�γ5.7求题5.1中圆柱面上（ξ，ϕ）坐标系中的Γαβ。设e1=ρ1/A1,e2=ρ2/A2，求：∂e∂nα。,(α,β,γ=1,2)ββ∂ξ∂ξ解ρ=A=111ρ=A=R22�1∂A�21∂A�1∂A1=0Γ=-10Γ=10Γ11=11=12=1222∂ξR∂ξ∂ξ212�1∂A1�∂A�1∂A1222Γ12==Γ22=-R=−RΓ22==112R∂ξR∂ξR∂ξR⎛ρ⎞⎜α⎟∂⎜⎟⎛�⎞∂eα⎝Aα⎠1∂ρα1⎜γ⎟===Γρ+bnβββ⎜αβγαβ⎟∂ξ∂ξAα∂ξAα⎜⎟⎝⎠2222∂e1=0∂e1=∂e2=0∂e2cosξ−Rsinξsinξ+Rcosξ=j−k1212∂ξ∂ξ∂ξ∂ξRR∂nα=-bρβαβ∂ξb=b=01221∂n∂n==012∂ξ∂ξ �γ�5.8求例5.1中圆环曲面上（θ，ϕ）坐标系中的Γαβ，R1212。设e1=ρ1/A1,e2=ρ2/A2，∂e∂nα求：,(α,β,γ=1,2)。ββ∂ξ∂ξ解A=ρ=r110A=ρ=R+rsinθ220�11∂A�21∂A�11∂A111Γ11==0Γ11=-=0Γ12==02A∂θ(R+rsinθ)∂ϕA∂ϕ101�21∂A�1R+rsinθ∂(R+rsinθ)(R+rsinθ)2000Γ12==0Γ22=-=⋅cosθ2R+r0sinθ∂θr0∂θr0�2()1∂R+rsinθ0Γ22==0R+rsinθ∂ϕ0�R1212=b11b22−b12b21=r0(R+r0sinθ)sinθ⎛ρ⎞⎜α⎟∂⎜⎟⎛�⎞∂eα⎝Aα⎠1∂ρα1⎜γ⎟===Γρ+bnβββ⎜αβγαβ⎟∂ξ∂ξAα∂ξAα⎜⎟⎝⎠n=sinθcosϕi+sinθsinϕj+cosθk∂e∂e∂e112=−sinξcosξi−sinξsinξj−cosξk==011212121∂ξ∂ξ∂ξ∂e222=−sinξcosξi−sinξsinξj−sinξcosξk2121211∂ξ∂nα=-bρβαβ∂ξb=b=01221∂n∂n==012∂ξ∂ξ 5.9对于圆环曲面，验证Codazzi方程与Gauss方程。解Codazzi方程��∇γbαβ=∇βbαγ(α，β，γ=1,2)对于圆环曲面任一点的矢径为(1)2(1)21ρ=R+rsinξcosξi+R+rsinξsinξj+rcosξk000∂ρ12121ρ==rcosξcosξi+rcosξsinξj−rsinξk11000∂ξ∂ρ(1)2(1)2ρ==−R+rsinξsinξi+R+rsinξcosξj2200∂ξ12121n=sinξcosξi+sinξsinξj+cosξk∂nγb=−⋅ρ得到αβγ∂ξ∂b∂bαβαγ()=α,β,γ=1,2γβ∂ξ∂ξ��µµ()bΓ=bΓα,β,γ=1,2µβαγµγαβ所以∂b��∂b��αβµµαγµµ()−bΓ−bΓ=−bΓ−bΓα,β,γ=1,2γµβαγαµβγβµγαβαµβγ∂ξ∂ξ��∇γbαβ=∇βbαγ成立Gauss方程�λλλR⋅αγβ=bαβb⋅γ−bαγb⋅β(α，β，γ，λ=1,2)对于圆环曲面�∂Γλ��αβµλλ+ΓΓ=bbγαβµγαβ⋅γ∂ξ�∂Γλ��αγµλλ+ΓΓ=bbβαγµβαγ⋅β∂ξ 因为���∂Γλ∂Γλ����λαβαγµλµλR=-+ΓΓ-ΓΓ⋅αγβγβαβµγαγµβ∂ξ∂ξ所以�λλλR⋅αγβ=bαβb⋅γ−bαγb⋅β成立��5.10αβ已知：旋转张量c=cαβρρ。求：∇λcαβ，∇c解�∂c��αβ∇λcαβ=λ−Γλα,β−Γλβ,α∂ξαβ���αβ∂cαµβµβα∇λc=λ+cΓλµ+cΓλµ∂ξ因为αβ��∂c��∂c��αβαµβµβααβ∇λcαβ=∇λc=λ+cΓλµ+cΓλµ=λ−Γλα,β−Γλβ,α∂ξ∂ξ��αβ所以∇λcαβ=∇λc=0��λαβ⋅ωλβ⋅ωλα∇c=∇λcαβρρρ+bλcωβρnρ+bλcαωρρn�λαβλβλα=∇λcαβρρρ+bλβρnρ+bλαρρn⋅ω(λαλα)=bcρρn−ρnρλαω第六章6.9求Almansi应变张量e对时间t的率ijij证明：因为e=Eggˆˆggˆ,ˆ为变形后（在t时刻）的逆变基，是随时间t变化ij的dddEdˆidˆjeijijijgjig所以ė==(Eggˆˆ)=ggˆˆ+Egˆ+Egˆ（1）ijijijdtdtdtdtdtdE1dgˆ11又有Ė=ij=dˆ=ij=(∇ˆvˆ+∇ˆvˆ)=(vˆ+vˆ)ijijjiijij;ji;dt2dt22̇ˆiˆiˆ̇jˆjg=−∇⋅vgg=−∇⋅vg 代入（1）式得1ijijijė=(vˆij;+vˆji;)ggˆˆ−Eij(∇⋅vggˆ)ˆ−Eijgˆ(∇⋅vgˆ)2'