Gauss–Bonnet 定理 | Codeboy's Blog

形式陈述

设 $(M,g)$ 为紧致、定向二维 Riemann 流形，允许分片光滑边界；在角点附近，将其理解为光滑曲面中的区域，度量光滑延拓到该邻域。高斯曲率记为 $K$ ，面积形式记为 $dA$ 。各边光滑且正则，角点有限、无尖点，内角 $\alpha_j\in(0,2\pi)$ 。边界按“区域在行进方向左侧”取向；若 $J$ 表示正向旋转 $90^\circ$ ， $T$ 是边界单位切向量，定义

k_g=\langle\nabla_TT,JT\rangle,\qquad \beta_j=\pi-\alpha_j\in(-\pi,\pi).

其中 $\nabla$ 是Levi–Civita 联络， $\beta_j$ 是从入射切向转到出射切向的有符号外角，凹角给负值。Gauss–Bonnet 定理为

\int_MK\,dA+\int_{\partial M}k_g\,ds+\sum_j\beta_j =2\pi\chi(M). \tag{1}

边界积分按各光滑边分段求和。无边界时，它退化为 $\int_MK\,dA=2\pi\chi(M)$ 。

局部版本取位于一张定向坐标图中的闭圆盘区域 $D$ ，边界满足上述条件，则 $\chi(D)=1$ ，式 (1) 右端为 $2\pi$ 。下面先证明此局部版本，再对从属于坐标覆盖的有限光滑三角剖分求和，得到整体式。所用三角剖分存在性是光滑曲面的标准三角剖分定理；各边不必是测地线。

直觉

边界切向量一周的转角由两部分组成：相对于局部标架的方向变化，以及标架本身随曲面移动而转动的部分。前者在圆盘上加上角点转角恰为一整周；后者由 Stokes 转成内部高斯曲率积分。于是曲率、边界弯曲、角点三项一起凑成 $2\pi$ 。

把曲面切成小面片后，公共边沿相反方向出现，其测地曲率相消；顶点周围的角则累积为 $2\pi$ 。剩余计数是点减边加面，正好为 Euler 示性数。

球面曲率面积密度在整个子午区间非负，总积分为四π；标准嵌入环面的密度为cos v，外侧与内侧贡献四π和负四π。 — 球面与环面的总曲率

图把另一周期方向的 $2\pi$ 积分先提出，展示剩下的一维密度。它画的是 $K\,dA$ 的坐标密度，不是把球面和环面画成相同面积尺度，也不是只比较曲率 $K$ 的数值。

例子与边界

平面圆盘与球面八分之一

平面半径 $r>0$ 的圆盘有 $K=0$ 。正向边界的 $\nabla_TT$ 指向圆心， $JT$ 也指向内部，所以 $k_g=1/r$ ，边界积分为 $2\pi$ 。遗漏边界项就会错误地得到 $0=2\pi$ 。

在单位球面上，取三个坐标轴正向端点围成的八分之一球面。三条边是大圆弧，故 $k_g=0$ ；三个内角均为 $\pi/2$ ，外角之和为 $3\pi/2$ 。局部公式给

\int_DK\,dA=2\pi-\frac{3\pi}{2}=\frac{\pi}{2},

恰为区域面积。一般测地三角形同理满足

\alpha+\beta+\gamma-\pi=\int_DK\,dA.

边界不是测地线时，需要保留测地曲率积分。

圆盘假设不能替换成“有一组全局标架”

平面圆环有全局常标架、 $K=0$ ，却不是圆盘。外边界正向为逆时针、内边界正向为顺时针，两圈测地曲率积分分别为 $2\pi,-2\pi$ ，总和为零，吻合 $\chi=0$ 。因此局部推导中的总转角 $2\pi$ 使用了简单圆盘边界，不能只凭全局标架存在就写出这个常数。

推论与应用

由标架求导得到局部曲率方程

在 $D$ 的坐标邻域内对正向坐标基作 Gram–Schmidt，得到正向正交标架 $(e_1,e_2)$ 。记

\nabla e_1=a\,e_2,\qquad \nabla e_2=-a\,e_1.

Euler 类条目中的局部换标架计算只用正向正交标架，不使用闭曲面的整体积分结论；它给出：若标架正向旋转角度 $\phi$ ，则 $a'=a+d\phi$ 。代入曲率定义还有

R(X,Y)e_1=da(X,Y)e_2,\qquad K=\langle R(e_1,e_2)e_2,e_1\rangle=-da(e_1,e_2).

因此

da=-K\,dA. \tag{2}

这里固定了负号；把 $a$ 换为矩阵的另一个反对称分量，也必须同时更改后续公式。

沿每条光滑边写 $T=\cos\theta\,e_1+\sin\theta\,e_2$ 。乘积法则给

\nabla_TT=(\theta'+a(T)) (-\sin\theta\,e_1+\cos\theta\,e_2),

所以

k_g=\theta'+a(T). \tag{3}

在角点，入射和出射切向之间补上有符号转角 $\beta_j$ 。

圆盘边界为什么总共转一周

需要的平面事实是：正向简单闭曲线的单位切向绕数为 $1$ 。先对光滑正则曲线 $\gamma:[0,L]\to\mathbb R^2$ 证明它。把起点放在最低点，平移到原点；正向行进的起始单位切向为 $(1,0)$ 。在参数三角形

\Delta=\{(s,t):0\le s\le t\le L\}

上定义割线方向

h(s,t)= \begin{cases} \dfrac{\gamma(t)-\gamma(s)} {\|\gamma(t)-\gamma(s)\|},&s<t,\ (s,t)\ne(0,L),\\ T(s),&s=t,\\ -T(0),&(s,t)=(0,L). \end{cases}

简单性保证分母不为零；一阶展开保证沿对角线以及 $(0,L)$ 处连续。三角形可缩，由角度提升可取整个 $\Delta$ 上连续的实角度。

沿边 $(0,t)$ ，割线始终在闭上半圆内，从 $(1,0)$ 走到 $(-1,0)$ ，所以提升增加 $\pi$ 。沿边 $(s,L)$ ，方向为 $-\gamma(s)/\|\gamma(s)\|$ ，对应再增加 $\pi$ 。同一提升在对角线上的端点差也只能为 $2\pi$ ；而对角线就是 $T(s)$ 。这证明了所需转数，且不要求曲线凸。

分片光滑边界可在各角点内取足够小的邻域，按同一有符号方向圆滑接起。新小弧的转角趋向 $\beta_j$ ，其余光滑段的转角不变；简单性在足够小的局部圆滑化中保持。因此光滑段的角变化加角点外角仍为 $2\pi$ 。

最后把平面坐标中的切向换成 $(e_1,e_2)$ 中的分量。两者由一个定义在整个圆盘上的 $GL^+(2,\mathbb R)$ 值矩阵关联。将此矩阵沿圆盘收缩同伦到常矩阵，边界单位方向始终非零，所以绕数不变；常正行列式矩阵作用在方向圆上也保持绕数。角点处的短转角同时按该正向线性变换连续变化。这说明平面结论确实适用于所选标架，故

\sum_{\text{光滑边}}\Delta\theta+\sum_j\beta_j=2\pi. \tag{4}

角点处的 Stokes 公式可由光滑版本取得：在有限个小邻域内圆滑边界，因为 $a$ 与 $da$ 在邻域中光滑，改动部分的边界长度与面积趋零时，对应积分也趋零。于是光滑区域上的 Stokes 定理在极限中给出分片边界公式。将式 (3) 分段积分，再用式 (2)，有

\begin{aligned} \int_DK\,dA+\int_{\partial D}k_g\,ds+\sum_j\beta_j &=-\int_{\partial D}a+\int_{\partial D}a +\sum\Delta\theta+\sum_j\beta_j\\ &=2\pi. \end{aligned}

局部 Gauss–Bonnet 得证。

三角剖分使局部公式成为整体公式

取从属于上述坐标图的有限光滑三角剖分，每个原边界角点也作为顶点。对一张三角形 $\sigma$ ，局部公式等价于

\int_\sigma K\,dA+\int_{\partial\sigma}k_g\,ds =\sum_{j=1}^3\alpha_{\sigma j}-\pi. \tag{5}

把全部三角形相加。公共边两侧方向相反；反向时 $\nabla_TT$ 不变而 $JT$ 反号，所以 $k_g$ 变号，公共边积分精确相消，只留下外边界。

记内部、边界顶点数为 $V_i,V_b$ 。内部顶点周围的内角总和为 $2\pi$ ；光滑边界顶点为 $\pi$ ；原角点为 $\pi-\beta_j$ 。所以全部角之和为 $2\pi V_i+\pi V_b-\sum_j\beta_j$ 。若面数为 $F$ ，则

\int_MK\,dA+\int_{\partial M}k_g\,ds+\sum_j\beta_j =2\pi V_i+\pi V_b-\pi F. \tag{6}

令内部边、边界边数为 $E_i,E_b$ 。每张面有三条边，内部边计两次，边界边计一次，故 $3F=2E_i+E_b$ ；边界是若干闭多边形，故 $E_b=V_b$ 。于是

2\pi V_i+\pi V_b-\pi F =2\pi\bigl((V_i+V_b)-(E_i+E_b)+F\bigr) =2\pi\chi(M).

无边界时取 $V_b=E_b=0$ ，同一计算仍成立。

球面：两张正则标架给出 Euler 数二

取单位球面及向外定向，设

X(u,\phi)=(\sin u\cos\phi,\sin u\sin\phi,\cos u),\qquad 0<u<\pi.

在去掉两极的区域上，

e_1=X_u,\quad e_2=\frac{X_\phi}{\sin u},\quad dA=\sin u\,du\wedge d\phi.

直接对 $e_1$ 求导并投影到 $e_2$ ，得到

a=\cos u\,d\phi,\qquad da=-\sin u\,du\wedge d\phi.

故 $K=1$ ，总曲率为 $4\pi$ 。此经纬标架在两极失效，不能把 $a$ 当作全局一形式再断言其微分积分为零。

分别将标架旋转 $-\phi$ 与 $+\phi$ ，得到北、南标架，其联络形式为

a_N=(\cos u-1)d\phi,\qquad a_S=(\cos u+1)d\phi.

它们确实延伸过相应极点。例如记球面坐标为 $(x,y,z)$ ，两标架的第一个向量分别为

e_{N1}=\left(1-\frac{x^2}{1+z},-\frac{xy}{1+z},-x\right),\qquad e_{S1}=\left(-1+\frac{x^2}{1-z},\frac{xy}{1-z},-x\right).

各自第二个向量为 $X\times e_{N1}$ 或 $X\times e_{S1}$ ；这些公式在去掉相反极点的整张图上光滑并保持正交单位。对应形式也可写成

a_N=-\frac{x\,dy-y\,dx}{1+z},\qquad a_S=\frac{x\,dy-y\,dx}{1-z}.

两标架之间旋转 $2\phi$ ，所以从南坐标到北坐标的复过渡为 $g_{NS}=e^{2i\phi}$ 。北半球的正向赤道是 $\phi$ 增大方向，因而

\langle e(TS^2),[S^2]\rangle =\frac1{2\pi}\int_{\text{赤道}}(a_S-a_N) =\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}2\,d\phi=2.

这与 $4\pi/(2\pi)=2$ 及四面体边界的 Euler 示性数相同，且直接检查了正号。

嵌入环面：正负曲率各有一个可算的总量

取 $R>r>0$ ，用周期参数 $(u,v)\in(\mathbb R/2\pi\mathbb Z)^2$ 写标准环面

X(u,v)=\bigl((R+r\cos v)\cos u,\, (R+r\cos v)\sin u,\, r\sin v\bigr).

令 $f(v)=R+r\cos v>0$ 。诱导度量和向外面积形式为

g=f(v)^2du^2+r^2dv^2,\qquad dA=rf(v)\,du\wedge dv.

有一组全局正向单位标架

e_1=\frac{X_u}{f}=(-\sin u,\cos u,0),\qquad e_2=\frac{X_v}{r}=(-\sin v\cos u,-\sin v\sin u,\cos v).

它们对两参数都周期，并在所有点有定义。诱导度量的 Levi–Civita 导数等于环境导数的切向投影：该投影保持内积且无挠，再由唯一性识别。于是

a=\langle de_1,e_2\rangle=\sin v\,du,\qquad -da=\cos v\,du\wedge dv.

由式 (2)，

K(u,v)=\frac{\cos v}{r(R+r\cos v)}. \tag{7}

外侧 $\cos v>0$ 为正曲率，内侧 $\cos v<0$ 为负曲率。积分时面积因子相消：

\int_{T^2}K\,dA =\int_0^{2\pi}\!\int_0^{2\pi}\cos v\,dv\,du=0.

进一步，

\int_{\{K>0\}}K\,dA =2\pi\!\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos v\,dv=4\pi,\qquad \int_{\{K<0\}}K\,dA =2\pi\!\int_{\pi/2}^{3\pi/2}\cos v\,dv=-4\pi.

所以总曲率为零不是因为环面处处平坦，而是两个非零总量抵消。全局标架也使 $a$ 成为全局一形式，Stokes 再次给出 $\int-da=0$ ；切丛有非零截面，Euler 类为零，与 $\chi(T^2)=0$ 一致。

对于闭可定向亏格 $g$ 曲面，整体公式给总曲率 $2\pi(2-2g)$ 。这限制总量，并不声称某一点的曲率符号由拓扑决定。非紧曲面、带锥点的曲面或不同边界条件需要额外项，不能直接删去式 (1) 中的假设。

若尚未熟悉边界项，测地曲率的计算入口先从空间加速度作正交分解，再对球面余纬 $\theta_0\in(0,\pi)$ 的正向纬线算得 $k_g=\cot\theta_0/R$ 。边界积分 $2\pi\cos\theta_0$ 与球冠曲率积分 $2\pi(1-\cos\theta_0)$ 相加为 $2\pi$ 。半空间与诱导边界定向解释圆环内外圈的符号。这些复算保留并接入本页已有的局部转角、整体三角剖分与环面证明。

参考资料

Theodore Shifrin，Differential Geometry: A First Course in Curves and Surfaces，April 2021，Ch. 1 §3, Theorem 3.5 与割线证明, pp. 26–28；Ch. 3 §1, Theorems 1.6、1.8, pp. 83–87；Ch. 3 §3, Lemma 3.3 与 Gauss equation, pp. 103–105。式 (2) 按原 PDF 的负号核对；局部总转角论证明确限于圆盘。
John M. Lee，Introduction to Riemannian Manifolds, 2nd ed., Springer, 2018，Ch. 9, the Gauss–Bonnet theorem。
Manfredo P. do Carmo，Differential Geometry of Curves and Surfaces, Prentice-Hall, 1976，Ch. 5, local and global Gauss–Bonnet。

形式陈述 ​

平面圆盘与球面八分之一 ​

圆盘假设不能替换成“有一组全局标架” ​

由标架求导得到局部曲率方程 ​

圆盘边界为什么总共转一周 ​

三角剖分使局部公式成为整体公式 ​

球面：两张正则标架给出 Euler 数二 ​

嵌入环面：正负曲率各有一个可算的总量 ​

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