盧小格，王 鵬，王孝振

(福建師范大學數(shù)學與統(tǒng)計學院,福建 福州 350117)

(1)M是常平均曲率超曲面，當且僅當以下 3 種情形之一成立.

(i)C2=1，且f(M)是1(r)×2(r∈(0,1])的一個開集;

(ii)C=0，且f(M)是Mt的一個開集，其中

Mt={(p,q)∈2×2|〈p,q〉=t};

(1)

(iii)C=0，且M是一個數(shù)量曲率不為常數(shù)的非完備極小超曲面.

(2)M是常數(shù)量曲率超曲面，當且僅當以下 3 種情形之一成立.

(i)C2=1，且f(M)是1(r)×2(r∈(0,1])的一個開集;

(ii)C=0，且f(M)是Mt的一個開集;

(iii)C=0，且M是一個平均曲率不為常數(shù)且截面曲率為1/2的非完備超曲面.

另外，在黎曼流形的研究中，局部共形平坦結(jié)構(gòu)是一個重要的幾何研究對象，因此對局部共形平坦黎曼流形進行分類具有重要意義.1999年，成慶明等[9]在數(shù)量曲率r和Ricci曲率模長平方S都是正值常數(shù)的假設條件下，得到了3維完備局部共形平坦流形的分類定理.

C=〈Pξ,ξ〉=cos2s,

(2)

其中

(3)

這里,

且

m2cots=s1,m3cots=n1tans，n2tans=s3,

(4)

其中θij是M的聯(lián)絡 1-形式.特別地,{m1,m3,n3,s}滿足M的可積條件

(5)

其中

(1)若M是Einstein超曲面，則M是局部共形平坦超曲面.

(2)若M是常數(shù)量曲率超曲面，則M是局部共形平坦超曲面當且僅當以下 2 種情形之一成立.

注1由文[8]的例3.3可知，取定點a,b∈2，則2×2|〈p,a〉2+〈q，b〉2=1}是一族平均曲率不為常數(shù)且截面曲率為1/2的非完備超曲面.

(6)

其中

令E4=ξ,E5=N，由式 (6) 有

(7)

其中θi為Ei的對偶基底.設

其中mi和ni是M上的光滑函數(shù).則

假設f在2×2和的第二基本形式分別為

則由上述方程得到

(8)

(9)

其中

(10)

由式(8)推得M在2×2中平均曲率為

對式(7)進行外微分，得到M的可積條件

(11)

其中

(12)

m22=m1s1tans-m3s3cots+s12tans+s1s2tan2s+s1s2sec2s,

(13)

m23=m1m3-m3n3+s1s3sec2s+s13tans+s2m3tans,

(14)

m31=n11tan2s+m1s3tans+2m3s1secscscs+m3s1cots,

(15)

n13=m33cot2s-m3s3cots-2m3s3cotscsc2s-n3s1cots,

(16)

n21=m1m3cot2s-m3n3cot2s-s1s3csc2s+s31cots-s2m3cot3s,

(17)

n22=m3s1cots-n3s3cots+s32cots-s2s3cot2s-s2s3csc2s,

(18)

(19)

m2cots=s1,m3cots=n1tans，n2tans=s3.

(20)

(21)

其中m11和n33為M上的函數(shù)，且m2=0，n1=m3cot2s，n2=0.

(22)

其中

設

類似 1.1 節(jié)的計算，得到

2.1 3維局部共形平坦黎曼流形

設(M3,g)是3維黎曼流形，選取局部標準幺正標架場{ei}(i=1,2,3)及其對偶標架場{ωi}.M3的Ricci曲率Rij和數(shù)量曲率r分別定義為

(23)

由Bianchi恒等式，有

(24)

其中Rij,k和ri分別為Ricci曲率Rij和數(shù)量曲率r的協(xié)變導數(shù).

M3的Wely張量Cijk(1≤i,j,k≤3)定義為

(25)

引理2[10]黎曼流形(M3,g)是局部共形平坦流形的充分必要條件是Cijk=0(1≤i,j,k≤3).

(26)

因為M是2×2中具有非退化常Jordan角的定向超曲面，則由式(10)推得

s1=s2=s3=0，m2=0，n1=m3cot2s，n2=0.

將上述方程結(jié)合式(8)，式(9)，式(23)和式(26)直接計算得到

(27)

式(23)結(jié)合式(27)推出

(28)

進一步得到

R11,1=dR11(E1)=R33,1=dR33(E1)=m11n3+m1n31-2m31m3cot2s,

(29)

R11,2=dR11(E2)=R33,2=dR33(E2)=m12n3+m1n32-2m32m3cot2s,

(30)

R11,3=dR11(E3)=R33,3=dR33(E3)=m13n3+m1n33-2m33m3cot2s,

(31)

R12,1=R21,1=(R11-1)m1，

(32)

R12,3=R21,3=(R11-1)m3,

(33)

R23,1=R32,1=(1-R33)m3cot2s,

(34)

R23,3=R32,3=(1-R33)n3,

(35)

Rij,k=0(i,j,k取其他值).

(36)

進而，式 (24)和式(25)結(jié)合式(29)-(36)得到

C123=-C132=R12,3,

C213=-C231=R12,3-R23,1,

C312=-C321=-R23,1,

Cijk=0(i,j,k取其他值).

若M是共形平坦超曲面，即上述方程同時為零，此時得到

R11,2=2R12,1=2R23,3，且R11,1=R11,3=R12,3=R23,1=0.

(37)

將R12,3=R23,1=0代入式(33)和式(34)解得R11=R33=1或者m3=0.由R11=R33=1結(jié)合引理1計算得到定理4的情形1，由m3=0結(jié)合引理1計算得到定理4的情形 2.反之，顯然成立.

由上述的推導過程得到如下命題.

文[8]中Urbano構(gòu)造了一族齊性超曲面Mt(見式(1))，這里，將利用定理4證明Mt不是局部共形平坦超曲面.

例1 設

Mt={(p,q)∈2×2| 〈p,q〉=t,t∈(-1,1)}.

則Mt?SO(3)是2×2中C=0(即的超曲面.令A=(η1,η2,η3)∈SO(3),定義ft:SO(3)2×2為

ft(A)=(η1,η1cosφ+η2sinφ)=(p,q).

那么M的規(guī)范標架取為

直接計算得到

于是

綜上，得到如下命題.

命題1Mt不是局部共形平坦超曲面.

另外，利用定理4 還得到如下命題.

R11=R22=1，R12=R13=R23=R33=0.

(38)

進而推得

Cijk=0(1≤i,j,k≤3).

綜上，得到如下命題.

若M是具有退化Jordan角的共形平坦超曲面，由式(38)推出M不是Einstein超曲面.所以，只考慮具有非退化常Jordan角Einstein超曲面的情形.此時，由推論1推出M是局部共形平坦超曲面.