115 年 國立臺灣大學數學系碩士班《幾何》

核心觀念

設平面曲線以弧長參數表示為 $\boldsymbol{\gamma}(s)$，其單位切向量與主法向量分別為

$$\mathbf T(s)=\boldsymbol{\gamma}'(s),\qquad \mathbf N(s),$$

曲率為 $\kappa(s)$。由平面曲線的 Frenet 公式，

$$\mathbf T'(s)=\kappa(s)\mathbf N(s),\qquad \mathbf N'(s)=-\kappa(s)\mathbf T(s).$$

題意「所有主法線皆通過固定點」表示存在固定向量 $\mathbf P$，使得對每個 $s$，

$$\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}(s)$$

平行於 $\mathbf N(s)$，亦即

$$\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}(s)=\lambda(s)\mathbf N(s)$$

其中 $\lambda(s)$ 為純量函數。

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解題方法

由於 $\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}(s)$ 沿主法線方向，因此它與切向量垂直：

$$\bigl(\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}(s)\bigr)\cdot \mathbf T(s)=0.$$

代入

$$\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}(s)=\lambda(s)\mathbf N(s),$$

可得

$$\lambda(s)\mathbf N(s)\cdot\mathbf T(s)=0,$$

這只是確認法向量與切向量正交。對原本的垂直關係對 $s$ 微分：

$$\frac{d}{ds} \left[ \bigl(\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}(s)\bigr)\cdot \mathbf T(s) \right]=0.$$

因為 $\mathbf P$ 為固定點，且 $\boldsymbol{\gamma}'(s)=\mathbf T(s)$，所以

$$-\mathbf T\cdot\mathbf T + \bigl(\mathbf P-\boldsymbol{\gamma}\bigr)\cdot\mathbf T'=0.$$

利用

$$\mathbf T\cdot\mathbf T=1,\qquad \mathbf T'=\kappa\mathbf N,\qquad \mathbf P-\boldsymbol{\gamma}=\lambda\mathbf N,$$

得到

$$-1+\lambda\kappa=0.$$

因此

$$\lambda(s)=\frac{1}{\kappa(s)}.$$

故固定點 $\mathbf P$ 可表示為

這題考驗對高斯映射的理解，以及如何計算和描述曲面的高斯映射所映射到的區域。

核心觀念：
高斯映射將曲面上的點映射到單位球面上的點，該點的單位法向量。
對於參數化曲面 $\mathbf{r}(u, v)$，高斯映射為 $G(\mathbf{r}(u, v)) = \mathbf{N}(u, v) = \frac{\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v}{|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|}$。
我們要找出拋物面 $z = x^2 + y^2$ 的高斯映射所映射到的單位球面上的區域。

解題步驟：

1. 參數化拋物面：
   令 $x=u$, $y=v$。則 $z = u^2 + v^2$。
   曲面參數化為 $\mathbf{r}(u, v) = (u, v, u^2 + v^2)$，其中 $(u, v) \in \mathbb{R}^2$。

2. 計算偏導數：
   $\mathbf{r}_u = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u} = (1, 0, 2u)$
   $\mathbf{r}_v = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} = (0, 1, 2v)$

3. 計算法向量：
   $\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 2u \\ 0 & 1 & 2v \end{vmatrix} = (0 \cdot 2v - 2u \cdot 1)\mathbf{i} - (1 \cdot 2v - 2u \cdot 0)\mathbf{j} + (1 \cdot 1 - 0 \cdot 0)\mathbf{k}$
   $= (-2u, -2v, 1)$

4. 計算法向量的模長：
   $|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v| = \sqrt{(-2u)^2 + (-2v)^2 + 1^2} = \sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}$

5. 計算單位法向量 $\mathbf{N}(u, v)$（高斯映射）：
   $\mathbf{N}(u, v) = \frac{\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v}{|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|} = \frac{(-2u, -2v, 1)}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}$

6. 確定映射到的區域：
   我們需要找出 $\mathbf{N}(u, v)$ 的所有可能值所構成的集合。
   令 $\mathbf{N}(u, v) = (X, Y, Z)$。
   $X = \frac{-2u}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}$
   $Y = \frac{-2v}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}$
   $Z = \frac{1}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}$

   首先，觀察 Z 的範圍。
   令 $r^2 = u^2 + v^2$。則 $\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1} = \sqrt{4r^2 + 1}$。
   $Z = \frac{1}{\sqrt{4r^2 + 1}}$。
   由於 $r^2 = u^2 + v^2 \ge 0$，
   當 $r^2 = 0$ (即 $u=0, v=0$) 時，$Z = \frac{1}{\sqrt{1}} = 1$。
   當 $r^2 \to \infty$ (即 $u$ 或 $v$ 趨近於無限大) 時，$Z \to 0$。
   因此，$0 < Z \le 1$。

   接下來，考慮 X 和 Y。
   $X^2 + Y^2 = \left(\frac{-2u}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}\right)^2 + \left(\frac{-2v}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}\right)^2$
   $X^2 + Y^2 = \frac{4u^2}{4u^2 + 4v^2 + 1} + \frac{4v^2}{4u^2 + 4v^2 + 1} = \frac{4(u^2 + v^2)}{4(u^2 + v^2) + 1}$
   令 $r^2 = u^2 + v^2$。
   $X^2 + Y^2 = \frac{4r^2}{4r^2 + 1}$。

   我們知道 $Z = \frac{1}{\sqrt{4r^2 + 1}}$，所以 $Z^2 = \frac{1}{4r^2 + 1}$。
   從 $Z^2$ 可以解出 $4r^2+1 = 1/Z^2$，所以 $4r^2 = 1/Z^2 - 1 = \frac{1-Z^2}{Z^2}$。
   代入 $X^2 + Y^2$ 的表達式：
   $X^2 + Y^2 = \frac{4r^2}{4r^2 + 1} = \frac{(1-Z^2)/Z^2}{1/Z^2} = 1 - Z^2$。

   所以，映射到的點 $(X, Y, Z)$ 滿足 $X^2 + Y^2 + Z^2 = 1$。這表示映射點位於單位球面。
   我們還需要確定 Z 的範圍。
   我們已經得到 $0 < Z \le 1$。

   當 $Z=1$ 時，$1-Z^2 = 0$，所以 $X^2+Y^2 = 0$，即 $X=0, Y=0$。
   這對應於 $u=0, v=0$，即拋物面的頂點。此時法向量是 $(0, 0, 1)$，這是一個單位向量，位於單位球的北極。

   當 $Z \to 0$ 時，$X^2+Y^2 = 1-Z^2 \to 1$。
   這意味著映射點趨近於單位球的赤道。
   當 $Z$ 趨近於 0 時，意味著 $4r^2+1$ 趨近於無限大，即 $r^2 = u^2+v^2$ 趨近於無限大。
   這表示拋物面延伸到無限遠處，其法向量趨向於水平方向（平行於 xy 平面）。

   考慮法向量的 z 分量 $Z = \frac{1}{\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1}}$。
   由於 $\sqrt{4u^2 + 4v^2 + 1} \ge \sqrt{1} = 1$，所以 $0 < Z \le 1$。
   當 $u=0, v=0$ 時，$Z=1$。此時 $X=0, Y=0$。所以點 $(0,0,1)$ 被映射。
   當 $u^2+v^2 \to \infty$ 時，$Z \to 0$。
   $X^2+Y^2 = 1-Z^2$。當 $Z \to 0$， $X^2+Y^2 \to 1$。
   這表示映射點 $(X, Y, Z)$ 落在單位球面 $X^2+Y^2+Z^2=1$ 上。
   且 Z 的範圍是 $(0, 1]$。

   因此，高斯映射覆蓋了單位球面上 $Z > 0$ 的部分，即單位球的上半球面（不包含赤道）。
   然而，這裡的法向量 $\mathbf{N}$ 是指向拋物面「上方」的。
   拋物面 $z = x^2+y^2$ 開口向上。
   對於參數化 $\mathbf{r}(u, v) = (u, v, u^2+v^2)$，法向量 $\mathbf{N} = \frac{(-2u, -2v, 1)}{\sqrt{4u^2+4v^2+1}}$ 的 z 分量總是正的。
   這意味著所有法向量都指向 z 軸的正方向。
   這與圖形相符。拋物面在頂點 $(0,0,0)$ 的法向量是 $(0,0,1)$。
   隨著 $|u|$ 或 $|v|$ 增大，法向量的 $xy$ 分量 $(-2u, -2v)$ 變得越來越大，而 $z$ 分量 $1$ 相對變小。
   這意味著法向量越來越趨向於平行於 $xy$ 平面。

   所以，映射點 $(X, Y, Z)$ 滿足 $X^2+Y^2+Z^2=1$ 且 $Z > 0$。
   這正是單位球的上半球面。

   我們要仔細檢查 Z 的範圍。
   $Z = \frac{1}{\sqrt{4(u^2+v^2)+1}}$。
   令 $r^2 = u^2+v^2 \ge 0$。
   $Z = \frac{1}{\sqrt{4r^2+1}}$。
   當 $r=0$，$Z = 1$。
   當 $r \to \infty$，$Z \to 0$。
   所以 $Z \in (0, 1]$。

   因此，映射點 $(X, Y, Z)$ 滿足 $X^2+Y^2+Z^2=1$ 且 $0 < Z \le 1$。
   這描述了單位球的上半球面，包括北極點 $(0,0,1)$，但不包括赤道。

   如果題目要求的是「單位球面」，那麼通常是指 $S^2 = \{(X,Y,Z) | X^2+Y^2+Z^2=1\}$。
   這裡的映射是 $G: \mathbb{R}^2 \to S^2$。
   我們找到了 $G(\mathbb{R}^2) = \{ (X,Y,Z) \in S^2 \mid 0 < Z \le 1 \}$。

   這就是單位球的北半球，不包含赤道。

   一個額外思考：如果拋物面是 $z = -(x^2+y^2)$，開口向下。
   $\mathbf{r}(u,v) = (u, v, -(u^2+v^2))$。
   $\mathbf{r}_u = (1, 0, -2u)$
   $\mathbf{r}_v = (0, 1, -2v)$
   $\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v = (2u, 2v, 1)$
   $|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v| = \sqrt{4u^2+4v^2+1}$
   $\mathbf{N}(u,v) = \frac{(2u, 2v, 1)}{\sqrt{4u^2+4v^2+1}}$。
   此時 Z 分量 $Z = \frac{1}{\sqrt{4u^2+4v^2+1}}$ 仍然是 $(0, 1]$。
   這看起來不對。

這題考驗對等距映射（isometry）的理解，以及曲率在等距映射中的不變性。

核心觀念：
等距映射是一種保持距離的變換。對於曲面而言，等距映射保持第一基本形式（first fundamental form）。
第一基本形式與曲面的內在幾何性質相關，例如測地線、角度等。
曲率是曲面的一個重要幾何不變量。對於球面和平面，它們的曲率是截然不同的。
球面（非退化）的高斯曲率 $K > 0$，而平面 $K = 0$。

證明思路：
假設存在一個等距映射 $\phi: U \to V$，其中 $U$ 是球面 $S^2$ 的一個鄰域（包含一個小圓盤），$V$ 是平面 $\mathbb{R}^2$ 的一個區域。
等距映射意味著 $\phi$ 保持距離，因此它也保持第一基本形式。
由於第一基本形式被保持，曲面的所有內在幾何性質都會被保持，包括高斯曲率。

步驟：

1. 考慮球面 $S^2$ 的一個鄰域 $U$。我們可以選擇 $U$ 為一個小圓盤，例如，球面上的上半部分 $z = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}$，其中 $R$ 是球的半徑。
2. 球面的高斯曲率 $K_{sphere}$ 為常數 $1/R^2$。對於單位球面 ($R=1$)， $K_{sphere} = 1$。
3. 假設存在一個等距映射 $\phi: U \to V$，其中 $V$ 是平面 $\mathbb{R}^2$ 的一個區域。
4. 等距映射保持第一基本形式。因此，映射後的曲面 $V$ 必須具有與 $U$ 相同的內在幾何性質，包括高斯曲率。
5. 平面的高斯曲率 $K_{plane}$ 為 0。
6. 由於 $U$ 是球面的一部分，其高斯曲率 $K_{sphere} = 1/R^2 > 0$（假設 $R>0$）。
7. 平面區域 $V$ 的高斯曲率 $K_{plane} = 0$。
8. 如果存在一個等距映射，則 $K_{sphere}$ 必須等於 $K_{plane}$。
9. 但是，$1/R^2 > 0$ 且 $0$ 是不同的值。因此，$K_{sphere} \neq K_{plane}$。
10. 這是一個矛盾。因此，假設不成立，即不存在這樣的等距映射。

更嚴謹地說：
設 $S^2$ 為單位球面。取 $S^2$ 的一個開集 $U$（一個小圓盤）。
設 $\phi: U \to \mathbb{R}^2$ 是一個等距映射。
等距映射保持第一基本形式。
對於球面 $S^2$，其第一基本形式為 $I_{S^2} = du^2 + \sin^2 u dv^2$ (在球座標下)，其高斯曲率 $K_{S^2} = 1$。
對於平面 $\mathbb{R}^2$，其第一基本形式為 $I_{\mathbb{R}^2} = dx^2 + dy^2$，其高斯曲率 $K_{\mathbb{R}^2} = 0$。

如果 $\phi: U \to V \subset \mathbb{R}^2$ 是等距映射，則 $\phi(U)$ 是一個區域，並且 $\phi$ 在 $\phi(U)$ 上誘導了一個第一基本形式。
這個誘導的第一基本形式必須與 $U$ 的第一基本形式相同。
因此，$\phi(U)$ 上的高斯曲率必須與 $U$ 上的高斯曲率相同。
由於 $U$ 是球面的一部分，其高斯曲率為 1。
而 $\phi(U)$ 是平面的一部分，其高斯曲率為 0。

核心觀念

本題考查曲面的第一、第二基本形式，以及由基本形式求主曲率。

對參數曲面 $\mathbf r(u,v)$，定義

$$E=\mathbf r_u\cdot \mathbf r_u,\qquad F=\mathbf r_u\cdot \mathbf r_v,\qquad G=\mathbf r_v\cdot \mathbf r_v.$$

取單位法向量

$$\mathbf n=\frac{\mathbf r_u\times \mathbf r_v} {\|\mathbf r_u\times \mathbf r_v\|},$$

則第二基本形式係數為

$$L=\mathbf r_{uu}\cdot \mathbf n,\qquad M=\mathbf r_{uv}\cdot \mathbf n,\qquad N=\mathbf r_{vv}\cdot \mathbf n.$$

主曲率是形算子

$$S=I^{-1}II$$

的特徵值，其中

$$I= \begin{pmatrix} E&F\\ F&G \end{pmatrix}, \qquad II= \begin{pmatrix} L&M\\ M&N \end{pmatrix}.$$

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解題方法

令

$$q=u^2+v^2,\qquad s=1+u^2+v^2=1+q.$$

先計算一階偏導數：

$$\mathbf r_u = \left(1-u^2+v^2,\;2uv,\;2u\right),$$ $$\mathbf r_v = \left(2uv,\;1-v^2+u^2,\;-2v\right).$$

再計算二階偏導數：

$$\mathbf r_{uu}=(-2u,\,2v,\,2),$$ $$\mathbf r_{uv}=(2v,\,2u,\,0),$$ $$\mathbf r_{vv}=(2u,\,-2v,\,-2).$$

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（a）第一基本形式

由定義，

$$E=\mathbf r_u\cdot \mathbf r_u.$$

因此

\begin{align*}
E
&=(1-u^2+v^2)^2+(2uv)^2+(2u)^2\
&=(1+u^2+v^2)^2\
&=s^2.
\end{align*}

同理，

\begin{align*}
G
&=\mathbf r_v\cdot \mathbf r_v\
&=(2uv)^2+(1-v^2+u^2)^2+(-2v)^2\
&=(1+u^2+v^2)^2\
&=s^2.
\end{align*}

再計算 $F$：

\begin{align*}
F
&=\mathbf r_u\cdot \mathbf r_v\
&=(1-u^2+v^2)(2uv)
+(2uv)(1-v^2+u^2)
+(2u)(-2v)\
&=0.
\end{align*}

故第一基本形式係數為

$$\boxed{ E=G=(1+u^2+v^2)^2,\qquad F=0 }.$$

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單位法向量

計算叉積：

$$\mathbf r_u\times \mathbf r_v = \left( -2us,\;2vs,\;1-(u^2+v^2)^2 \right).$$

其長度平方為

\begin{align*}
|\mathbf r_u\times \mathbf r_v|^2
&=4u^2s^2+4v^2s^2+\left(1-q^2\right)^2\
&=4qs^2+(1-q^2)^2\
&=(1+q)^4\
&=s^4.
\end{align*}

因此

$$\|\mathbf r_u\times \mathbf r_v\|=s^2,$$

單位法向量為

$$\mathbf n = \frac{1}{s^2} \left( -2us,\;2vs,\;1-q^2 \right).$$

這題考察了測地線 (geodesic) 的定義及其性質，包括恆定速度、零測地曲率，以及在球面上的特殊行為。

核心觀念：

1. 測地線的定義：$\alpha''(t)$ 垂直於曲面 $M$ 在 $\alpha(t)$ 點的切平面。
2. 速度：$|\alpha'(t)|$。
3. 測地曲率：描述曲線在曲面上彎曲的程度，與法向曲率相關。
4. 球面上的測地線：是圓的一部分。

Part (a): 證明測地線有恆定速度

證明思路：
測地線的定義 $\alpha''(t) \perp T_{\alpha(t)}M$ 實際上是說 $\alpha''(t)$ 是曲面的法向量方向。
我們可以利用這個條件來證明速度的平方 $|\alpha'(t)|^2$ 是常數。

步驟：

1. 設 $\alpha(t)$ 是一條測地線。根據定義，$\alpha''(t)$ 垂直於曲面 $M$ 在點 $\alpha(t)$ 的切平面 $T_{\alpha(t)}M$。
2. 由於 $\alpha(t)$ 在曲面上，所以其切向量 $\alpha'(t)$ 始終在曲面的切平面內，即 $\alpha'(t) \in T_{\alpha(t)}M$。
3. 由於 $\alpha''(t) \perp T_{\alpha(t)}M$，所以 $\alpha''(t)$ 垂直於 $\alpha'(t)$。
   也就是說，$\alpha''(t) \cdot \alpha'(t) = 0$。
4. 考慮速度的平方：$|\alpha'(t)|^2 = \alpha'(t) \cdot \alpha'(t)$。
5. 對速度的平方微分：
   $\frac{d}{dt} |\alpha'(t)|^2 = \frac{d}{dt} (\alpha'(t) \cdot \alpha'(t))$
   $= \alpha''(t) \cdot \alpha'(t) + \alpha'(t) \cdot \alpha''(t)$
   $= 2 (\alpha''(t) \cdot \alpha'(t))$
6. 根據步驟 3，我們知道 $\alpha''(t) \cdot \alpha'(t) = 0$。
7. 所以，$\frac{d}{dt} |\alpha'(t)|^2 = 2 \times 0 = 0$。
8. 這意味著 $|\alpha'(t)|^2$ 是一個常數。因此，速度 $|\alpha'(t)|$ 也是一個常數。

【答案】
證明：設 $\alpha(t)$ 是一條測地線。根據測地線的定義，$\alpha''(t)$ 垂直於曲面 $M$ 在點 $\alpha(t)$ 的切平面 $T_{\alpha(t)}M$。由於 $\alpha(t)$ 在曲面上，其切向量 $\alpha'(t)$ 始終位於切平面 $T_{\alpha(t)}M$ 中。因此，$\alpha''(t)$ 垂直於 $\alpha'(t)$，即 $\alpha''(t) \cdot \alpha'(t) = 0$。
考慮速度的平方 $|\alpha'(t)|^2 = \alpha'(t) \cdot \alpha'(t)$。對其關於 $t$ 微分，我們得到：
$\frac{d}{dt} |\alpha'(t)|^2 = \frac{d}{dt} (\alpha'(t) \cdot \alpha'(t)) = \alpha''(t) \cdot \alpha'(t) + \alpha'(t) \cdot \alpha''(t) = 2 (\alpha''(t) \cdot \alpha'(t))$
由於 $\alpha''(t) \cdot \alpha'(t) = 0$，所以 $\frac{d}{dt} |\alpha'(t)|^2 = 0$。這表明 $|\alpha'(t)|^2$ 是一個常數，因此速度 $|\alpha'(t)|$ 也是一個常數。
[答案] 測地線有恆定速度。

Part (b): 證明測地線有零測地曲率

證明思路：
測地曲率 $k_g$ 是曲線曲率向量 $\alpha''$ 在切平面上的投影。如果 $\alpha''$ 垂直於切平面（即在法向量方向），那麼它在切平面上的投影就是零向量，從而測地曲率為零。

步驟：

1. 設 $\alpha(t)$ 是一條測地線。
2. 根據定義，$\alpha''(t)$ 垂直於曲面 $M$ 在點 $\alpha(t)$ 的切平面 $T_{\alpha(t)}M$。
3. 令 $\mathbf{N}(\alpha(t))$ 為單位法向量。則 $\alpha''(t)$ 的方向與 $\mathbf{N}(\alpha(t))$ 同向或反向。
   $\alpha''(t) = k_n(t) \mathbf{N}(\alpha(t))$，其中 $k_n(t)$ 是法向曲率。
4. 曲線 $\alpha(t)$ 的曲率向量為 $\alpha''(t)$。
5. 曲線的曲率向量可以分解為切向分量和法向分量。
   $\alpha''(t) = \alpha''_{tangential}(t) + \alpha''_{normal}(t)$。
   其中 $\alpha''_{tangential}(t)$ 位於切平面 $T_{\alpha(t)}M$ 上，$\alpha''_{normal}(t)$ 垂直於切平面。
6. 測地曲率 $k_g$ 是切向分量 $\alpha''_{tangential}(t)$ 的大小。
7. 由於 $\alpha''(t)$ 已經垂直於切平面，所以其在切平面上的投影為零向量。
   $\alpha''_{tangential}(t) = 0$。
8. 因此，測地曲率 $k_g = |\alpha''_{tangential}(t)| = 0$。

【答案】
證明：設 $\alpha(t)$ 是一條測地線。根據定義，$\alpha''(t)$ 垂直於曲面 $M$ 在點 $\alpha(t)$ 的切平面 $T_{\alpha(t)}M$。
曲線 $\alpha(t)$ 的曲率向量 $\alpha''(t)$ 可以分解為一個在切平面上的分量（切向分量）和一個垂直於切平面的分量（法向分量）。測地曲率 $k_g$ 被定義為曲率向量在切平面上的投影的大小。
由於 $\alpha''(t)$ 本身就垂直於切平面 $T_{\alpha(t)}M$，它在切平面上的投影為零向量。
因此，測地曲率 $k_g = 0$。
[答案] 測地線有零測地曲率。

Part (c): 證明球面上的測地線包含在通過原點的平面內

證明思路：
球面上的測地線是圓的一部分。如果這個圓通過原點，那麼它一定在一個通過原點的平面內。
我們需要證明球面上測地線的定義與其本身就是大圓 (great circle) 的事實相符。

步驟：

1. 設 $S^2$ 是標準單位球面，其方程為 $\mathbf{x} \cdot \mathbf{x} = 1$，其中 $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3$。

2. 設 $\alpha(t)$ 是一條測地線。根據 Part (a)，$|\alpha'(t)| = c$ (常數)。我們可以重新參數化 $\alpha(t)$ 使其成為單位速度曲線，即 $|\alpha'(t)| = 1$。

3. 根據 Part (b)，測地曲率 $k_g = 0$。

4. 曲線 $\alpha(t)$ 的曲率向量 $\alpha''(t)$ 可以分解為切向分量和法向分量。
   $\alpha''(t) = \alpha''_{tangential}(t) + \alpha''_{normal}(t)$。
   測地曲率 $k_g = |\alpha''_{tangential}(t)| = 0$。
   所以 $\alpha''(t) = \alpha''_{normal}(t)$，這意味著 $\alpha''(t)$ 始終垂直於切平面 $T_{\alpha(t)}S^2$。

5. 我們知道 $\alpha(t)$ 在球面 $S^2$ 上，所以 $\alpha(t) \cdot \alpha(t) = 1$。
   對此方程微分兩次：
   第一次微分：$2 \alpha'(t) \cdot \alpha(t) = 0 \implies \alpha'(t) \cdot \alpha(t) = 0$。
   這表示切向量 $\alpha'(t)$ 垂直於位置向量 $\alpha(t)$。
   這也意味著 $\alpha'(t)$ 始終位於球面 $S^2$ 上點 $\alpha(t)$ 的切平面 $T_{\alpha(t)}S^2$ 中。
   (注意：對於球面 $S^2$，位置向量 $\alpha(t)$ 是法向量 $\mathbf{N}(t)$。)
   所以 $\alpha'(t) \cdot \mathbf{N}(t) = 0$。

   第二次微分：$\alpha''(t) \cdot \alpha(t) + \alpha'(t) \cdot \alpha'(t) = 0$。
   $\alpha''(t) \cdot \alpha(t) + |\alpha'(t)|^2 = 0$。
   由於我們已經參數化為單位速度，$|\alpha'(t)|^2 = 1$。
   所以 $\alpha''(t) \cdot \alpha(t) + 1 = 0 \implies \alpha''(t) \cdot \alpha(t) = -1$。

6. 我們知道 $\alpha''(t)$ 垂直於切平面 $T_{\alpha(t)}S^2$。
   對於球面 $S^2$，切平面 $T_{\alpha(t)}S^2$ 由所有垂直於位置向量 $\alpha(t)$ 的向量組成。
   所以，$\alpha''(t)$ 必須平行於位置向量 $\alpha(t)$。
   $\alpha''(t) = k \alpha(t)$ 對某個標量 $k$。

7. 將 $\alpha''(t) = k \alpha(t)$ 代入 $\alpha''(t) \cdot \alpha(t) = -1$：

核心觀念

本題使用三個關鍵事實：

1. 由緊緻、連通、可定向且不與球面同胚，依閉曲面分類定理，$S$ 的虧格為 $g\ge 1$，因此
   $\chi(S)=2-2g\le 0.$

2. 高斯–博內定理：
   $\int_S K\,dA=2\pi\chi(S)\le 0.$

3. 必須先證明 $S$ 至少有一個橢圓點。再由高斯曲率的連續性與高斯–博內定理，推出雙曲點及平點的存在。

以下採用微分幾何中「緊緻光滑曲面」表示無邊界閉曲面的標準約定。

解題方法一：先證明橢圓點存在

由 Jordan–Brouwer 分離定理，$S$ 將 $\mathbb R^3$ 分成有界內部與無界外部。取一點 $q$ 位於 $S$ 的有界內部。

考慮距離函數

$$f(p)=|p-q|^2,\qquad p\in S.$$

因為 $S$ 緊緻，$f$ 在 $S$ 上取得最大值。令 $p\in S$ 為最大值點，並設

$$r=|p-q|>0.$$

令

$$n=\frac{p-q}{r}.$$

由極值條件，向量 $p-q$ 垂直於 $T_pS$，故 $n$ 是 $S$ 在 $p$ 點的一個單位法向量。

由 $p$ 是最遠點，$S$ 完全位於以 $q$ 為中心、半徑 $r$ 的閉球內。以 $p$ 為原點，並以 $n$ 作為第三座標軸，則 $q=-rn$。在 $p$ 附近，將 $S$ 表成圖形

$$u=h(x,y),$$

其中 $h(0,0)=0$，且由切平面條件有

$$\nabla h(0,0)=0.$$

因為曲面位於球面內部，對所有充分接近原點的 $(x,y)$，有

$$|x|^2+h(x,y)^2+2r h(x,y)\le 0.$$

由於 $h(x,y)=O\bigl(|(x,y)|^2\bigr)$，上式的二次項給出

$$x^2+y^2+2r h(x,y)\le o\bigl(x^2+y^2\bigr).$$

因此

$$\operatorname{Hess}h(0,0)\le -\frac1r I.$$

換言之，$h$ 在原點的 Hessian 矩陣為負定矩陣。由於在此座標中第一基本形式於 $p$ 點就是標準內積，第二基本形式與 $\operatorname{Hess}h(0,0)$ 相差至多一個整體符號，所以兩個主曲率具有相同的非零符號。

故