114 年 國立臺灣大學地質科學系及海洋研究所聯合招生《微積分（A）》

核心觀念

本題考查：

• 二變數函數的臨界點：解 $\nabla f=\mathbf{0}$。
• Hessian 判別法：
  $D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2.$
  • $D>0,\ f_{xx}>0$：局部極小值。
  • $D>0,\ f_{xx}<0$：局部極大值。
  • $D<0$：鞍點。
• 曲面限制下的極值：若 $g(x,y,z)$ 在曲面 $z=f(x,y)$ 上於某點取得極值，則沿曲面的兩個切向方向導數皆為 $0$。
• 全微分近似：
  $\Delta g\approx \nabla g\cdot \Delta\mathbf r.$

---

（a）找出並分類臨界點

1. 求一階偏導數

由

$$f(x,y)=x^2+y^2-3xy^2+1,$$

可得

$$f_x=2x-3y^2,$$ $$f_y=2y-6xy=2y(1-3x).$$

臨界點必須滿足

$$f_x=0,\qquad f_y=0.$$

因此

$$2x-3y^2=0,$$ $$2y(1-3x)=0.$$

由第二式分兩種情況。

2. 解臨界點

情況一：$y=0$

代入 $2x-3y^2=0$：

$$2x=0\quad\Rightarrow\quad x=0.$$

得到臨界點

$$(0,0).$$

情況二：$1-3x=0$

此時

$$x=\frac13.$$

代入第一式：

$$2\left(\frac13\right)-3y^2=0,$$ $$\frac23=3y^2,$$ $$y^2=\frac29.$$

因此

$$y=\pm\frac{\sqrt2}{3}.$$

另外兩個臨界點為

$$\left(\frac13,\frac{\sqrt2}{3}\right), \qquad \left(\frac13,-\frac{\sqrt2}{3}\right).$$

3. Hessian 判別

二階偏導數為

$$f_{xx}=2,$$ $$f_{xy}=f_{yx}=-6y,$$ $$f_{yy}=2-6x.$$

所以

$$D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2 =2(2-6x)-36y^2.$$

臨界點 $(0,0)$

$$D=2\cdot2-0=4>0, \qquad f_{xx}=2>0.$$

因此 $(0,0)$ 為局部極小點。

其函數值為

$$f(0,0)=1.$$

臨界點 $\left(\frac13,\pm\frac{\sqrt2}{3}\right)$

此時

$$f_{yy}=2-6\left(\frac13\right)=0,$$

且

$$(f_{xy})^2=36y^2 =36\cdot\frac29=8.$$

因此

$$D=0-8=-8<0.$$

故兩點皆為鞍點。

---

（b）求 $\nabla g(-1,1,4)$

題目資料的一致性說明

依題目給定的

$$f(x,y)=x^2+y^2-3xy^2+1,$$

有

$$f(-1,1)=1+1+3+1=6,$$

並非 $4$。因此題目常數項應為 $-1$ 才能使 $f(-1,1)=4$。以下依此合理修正計算；此修正不影響（a）的臨界點分類。

本題考查鏈式法則的應用，特別是關於二階偏導數的計算以及複變函數的調和性。

核心觀念：

1. 鏈式法則： 當一個多元函數的變數本身也是其他變數的函數時，我們使用鏈式法則來計算複合函數的偏導數。
2. 調和函數 (Harmonic Function)： 一個二變數函數 $h(u,v)$ 若滿足 $\frac{\partial^2 h}{\partial u^2} + \frac{\partial^2 h}{\partial v^2} = 0$，則稱之為調和函數。題目給定的條件 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 0$ 表示 $f(x,y)$ 是一個調和函數。我們需要證明 $g(u,v)$ 也是一個調和函數。

解題步驟：

設 $u = x^2 - y^2$ 且 $v = 2xy$。
則 $f(x,y) = g(u(x,y), v(x,y))$。

第一步：計算 $f$ 的一階偏導數。
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial g}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial g}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x}$
$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x$
$\frac{\partial v}{\partial x} = 2y$
所以，$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial g}{\partial u} (2x) + \frac{\partial g}{\partial v} (2y)$。

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial g}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial g}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y}$
$\frac{\partial u}{\partial y} = -2y$
$\frac{\partial v}{\partial y} = 2x$
所以，$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial g}{\partial u} (-2y) + \frac{\partial g}{\partial v} (2x)$。

第二步：計算 $f$ 的二階偏導數。
我們需要計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$ 和 $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}$。

計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$：
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial g}{\partial u} (2x) + \frac{\partial g}{\partial v} (2y) \right)$
$= \left( \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial g}{\partial u}\right) \right) (2x) + \frac{\partial g}{\partial u} (2) + \left( \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial g}{\partial v}\right) \right) (2y) + \frac{\partial g}{\partial v} (0)$

現在我們需要計算 $\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial g}{\partial u}\right)$ 和 $\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial g}{\partial v}\right)$。
$\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial g}{\partial u}\right) = \frac{\partial}{\partial u}\left(\frac{\partial g}{\partial u}\right) \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial v}\left(\frac{\partial g}{\partial u}\right) \frac{\partial v}{\partial x}$
$= \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} (2x) + \frac{\partial^2 g}{\partial v \partial u} (2y)$

$\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial g}{\partial v}\right) = \frac{\partial}{\partial u}\left(\frac{\partial g}{\partial v}\right) \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial v}\left(\frac{\partial g}{\partial v}\right) \frac{\partial v}{\partial x}$
$= \frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} (2x) + \frac{\partial^2 g}{\partial v^2} (2y)$

將這些代回 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$ 的計算中：
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \left( \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} (2x) + \frac{\partial^2 g}{\partial v \partial u} (2y) \right) (2x) + 2 \frac{\partial g}{\partial u} + \left( \frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} (2x) + \frac{\partial^2 g}{\partial v^2} (2y) \right) (2y)$
由於 $g$ 有連續的二階偏導數，我們有 $\frac{\partial^2 g}{\partial v \partial u} = \frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v}$。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 4x^2 \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} + 4xy \frac{\partial^2 g}{\partial v \partial u} + 4y^2 \frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} + 4y^2 \frac{\partial^2 g}{\partial v^2} + 2 \frac{\partial g}{\partial u}$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 4x^2 \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} + 8xy \frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} + 4y^2 \frac{\partial^2 g}{\partial v^2} + 2 \frac{\partial g}{\partial u}$ (式 1)

計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}$：
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial g}{\partial u} (-2y) + \frac{\partial g}{\partial v} (2x) \right)$
$= \left( \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{\partial g}{\partial u}\right) \right) (-2y) + \frac{\partial g}{\partial u} (-2) + \left( \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{\partial g}{\partial v}\right) \right) (2x) + \frac{\partial g}{\partial v} (0)$

我們需要計算 $\frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{\partial g}{\partial u}\right)$ 和

本題要求利用拉格朗日乘數法，在固定周長 $P$ 的條件下，求直角三角形的最大面積。

核心觀念：

1. 拉格朗日乘數法： 當我們需要最大化或最小化一個函數 $f(x_1, ..., x_n)$，同時滿足一個或多個約束條件 $g_i(x_1, ..., x_n) = c_i$ 時，可以使用拉格朗日乘數法。我們構造拉格朗日函數 $L = f - \sum \lambda_i (g_i - c_i)$，然後解 $\nabla L = \vec{0}$。
2. 直角三角形的性質： 一個直角三角形有三邊 $a, b, c$（其中 $c$ 是斜邊），滿足勾股定理 $a^2 + b^2 = c^2$。其面積為 $S = \frac{1}{2}ab$。
3. 周長： 直角三角形的周長為 $P = a + b + c$。

解題步驟：

第一步：定義目標函數和約束條件。
我們要最大化面積 $S = \frac{1}{2}ab$。
約束條件有兩個：

1. 周長固定：$a + b + c = P$
2. 直角三角形：$a^2 + b^2 = c^2$

我們可以消去變數 $c$。從周長條件， $c = P - a - b$。
將此代入勾股定理：
$a^2 + b^2 = (P - a - b)^2$
$a^2 + b^2 = P^2 + a^2 + b^2 - 2Pa - 2Pb + 2ab$
$0 = P^2 - 2Pa - 2Pb + 2ab$
$2Pa + 2Pb - 2ab = P^2$

所以，我們的目標是最大化函數 $f(a,b) = \frac{1}{2}ab$，約束條件為 $g(a,b) = 2Pa + 2Pb - 2ab = P^2$。
（注意：我們也可以將 $c$ 視為變數，並使用兩個約束條件 $a+b+c=P$ 和 $a^2+b^2=c^2$。這裡選擇消去 $c$ 是一種簡化。）

第二步：建立拉格朗日函數。
$L(a, b, \lambda) = f(a,b) - \lambda (g(a,b) - P^2)$
$L(a, b, \lambda) = \frac{1}{2}ab - \lambda (2Pa + 2Pb - 2ab - P^2)$

第三步：計算梯度並解方程組。
$\nabla L = \vec{0}$
$\frac{\partial L}{\partial a} = \frac{1}{2}b - \lambda (2P - 2b) = 0 \quad (1)$
$\frac{\partial L}{\partial b} = \frac{1}{2}a - \lambda (2P - 2a) = 0 \quad (2)$
$\frac{\partial L}{\partial \lambda} = -(2Pa + 2Pb - 2ab - P^2) = 0 \implies 2Pa + 2Pb - 2ab = P^2 \quad (3)$

從 (1) 式：$\frac{1}{2}b = \lambda (2P - 2b) \implies b = 2\lambda (2P - 2b)$
從 (2) 式：$\frac{1}{2}a = \lambda (2P - 2a) \implies a = 2\lambda (2P - 2a)$

假設 $\lambda \neq 0$。
如果 $2P - 2b = 0$ ($b=P$)，則 $b=0$，這與邊長為正矛盾。所以 $2P-2b \neq 0$。
如果 $2P - 2a = 0$ ($a=P$)，則 $a=0$，這與邊長為正矛盾。所以 $2P-2a \neq 0$。

由 (1)：$\frac{b}{2(2P-2b)} = \lambda$
由 (2)：$\frac{a}{2(2P-2a)} = \lambda$
所以，$\frac{b}{2(2P-2b)} = \frac{a}{2(2P-2a)}$
$\frac{b}{2P-2b} = \frac{a}{2P-2a}$
$b(2P-2a) = a(2P-2b)$
$2Pb - 2ab = 2Pa - 2ab$
$2Pb = 2Pa$
由於 $P > 0$ (周長為正)，我們可以除以 $2P$，得到 $b=a$。

第四步：將 $a=b$ 代入約束條件 (3)。
$2Pa + 2Pa - 2a(a) = P^2$
$4Pa - 2a^2 = P^2$
$2a^2 - 4Pa + P^2 = 0$

這是一個關於 $a$ 的二次方程。利用求根公式：
$a = \frac{-(-4P) \pm \sqrt{(-4P)^2 - 4(2)(P^2)}}{2(2)}$
$a = \frac{4P \pm \sqrt{16P^2 - 8P^2}}{4}$
$a = \frac{4P \pm \sqrt{8P^2}}{4}$
$a = \frac{4P \pm 2\sqrt{2}P}{4}$
$a = P \frac{4 \pm 2\sqrt{2}}{4} = P \left( 1 \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$

由於 $a=b$，我們有兩組可能的解：
$a_1 = b_1 = P (1 + \frac{\sqrt{2}}{2})$
$a_2 = b_2 = P (1 - \frac{\sqrt{2}}{2})$

我們需要檢查這兩個解是否使得 $c > 0$。
$c = P - a - b$
對於第一組解：
$a_1 = b_1 = P (1 + \frac{\sqrt{2}}{2})$
$c_1 = P - P (1 + \frac{\sqrt{2}}{2}) - P (1 + \frac{\sqrt{2}}{2}) = P - 2P (1 + \frac{\sqrt{2}}{2}) = P - 2P - \sqrt{2}P = -P - \sqrt{2}P = -P(1+\sqrt{2})$
這個 $c_1$ 是負值，這是不可能的，因為邊長必須是正的。所以這個解是無效的。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 辨認三重積分的積分區域。
2. 球座標與直角座標的轉換。
3. 球座標體積元素
   $dV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi.$

採用球座標約定：

$$x=r\sin\theta\cos\phi,\qquad y=r\sin\theta\sin\phi,\qquad z=r\cos\theta,$$

其中 $\theta$ 是與正 $z$ 軸的夾角，$\phi$ 是 $xy$ 平面上的方位角。

---

解題方法：判斷積分區域

原積分為

$$\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}} (1+z^2)r\sin^2\theta\cos\theta \,dz\,dy\,dx.$$

其積分範圍滿足

$$0\le x\le 1,$$ $$0\le y\le \sqrt{1-x^2},$$ $$0\le z\le \sqrt{1-x^2-y^2}.$$

由最後一個不等式可得

$$x^2+y^2+z^2\le 1.$$

又因為 $x,y,z\ge 0$，所以積分區域是半徑 $1$ 的第一卦限單位球：

$$x^2+y^2+z^2\le 1,\qquad x,y,z\ge 0.$$

在球座標中，其範圍為

$$0\le r\le 1,\qquad 0\le \theta\le \frac{\pi}{2},\qquad 0\le \phi\le \frac{\pi}{2}.$$

---

(a) 以球座標表示

原被積函數為

$$(1+z^2)r\sin^2\theta\cos\theta.$$

由

$$z=r\cos\theta$$

可得

$$1+z^2=1+r^2\cos^2\theta.$$

再乘上球座標的體積元素：

$$dV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi.$$

因此，被積函數連同體積元素變為

$$(1+r^2\cos^2\theta)r\sin^2\theta\cos\theta \cdot r^2\sin\theta$$

即

$$(1+r^2\cos^2\theta)r^3\sin^3\theta\cos\theta.$$

所以球座標形式可寫為

本題包含四個獨立的關於向量微積分的敘述判斷題，需要證明或舉反例。

(a) 敘述： 若光滑向量場 $F: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ 滿足 $\text{curl}(F) = 0$ 且 $\text{div}(F) = 0$，則 $F$ 為常向量場。

判斷： 錯誤 (False)。

證明/反例：
若 $\text{curl}(F) = 0$ 且 $F$ 定義在 $\mathbb{R}^3$ 上（一個單連通區域），則 $F$ 必定是保守向量場，即存在一個純量函數 $\phi$ 使得 $F = \nabla \phi$。
此時，$\text{div}(F) = \text{div}(\nabla \phi) = \nabla^2 \phi = 0$。
這表示 $\phi$ 是一個調和函數 (harmonic function)。
然而，調和函數不一定是常數。例如，考慮向量場 $F(x,y,z) = (x, y, -2z)$。
我們來驗證這個向量場的性質：

1. 光滑性： $F$ 的各分量是多項式，因此是光滑的。
2. 旋度 (Curl)：
   $\text{curl}(F) = \nabla \times F = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x & y & -2z \end{vmatrix}$
   $= \mathbf{i} (\frac{\partial}{\partial y}(-2z) - \frac{\partial}{\partial z}(y)) - \mathbf{j} (\frac{\partial}{\partial x}(-2z) - \frac{\partial}{\partial z}(x)) + \mathbf{k} (\frac{\partial}{\partial x}(y) - \frac{\partial}{\partial y}(x))$
   $= \mathbf{i} (0 - 0) - \mathbf{j} (0 - 0) + \mathbf{k} (0 - 0) = (0,0,0) = \vec{0}$。
   所以 $\text{curl}(F) = 0$。
3. 散度 (Divergence)：
   $\text{div}(F) = \nabla \cdot F = \frac{\partial}{\partial x}(x) + \frac{\partial}{\partial y}(y) + \frac{\partial}{\partial z}(-2z) = 1 + 1 - 2 = 0$。
   所以 $\text{div}(F) = 0$。
4. 是否為常向量場：
   $F(x,y,z) = (x, y, -2z)$ 顯然不是常向量場，因為它的分量隨 $x, y, z$ 的變化而變化。

因此，存在非常向量場滿足條件，故此敘述為錯誤。

(b) 敘述： 假設 $F$ 是 $\mathbb{R}^3$ 上一個連續可微向量場，使得對 $\mathbb{R}^3$ 中的任意閉合曲線 $C$，都有 $\int_C F \cdot d\mathbf{r} = 0$。那麼對 $\mathbb{R}^3$ 中的任意閉合曲面 $S$，都有 $\int_S F \cdot d\mathbf{S} = 0$。

判斷： 錯誤 (False)。

證明/反例：
條件 $\int_C F \cdot d\mathbf{r} = 0$ 對於任意閉合曲線 $C$ 成立，這意味著向量場 $F$ 是保守向量場（因為 $\mathbb{R}^3$ 是單連通區域），即存在一個純量函數 $\phi$ 使得 $F = \nabla \phi$。

現在我們需要判斷 $\int_S F \cdot d\mathbf{S} = 0$ 是否對任意閉合曲面 $S$ 成立。
根據散度定理 (Divergence Theorem)，我們有 $\int_S F \cdot d\mathbf{S} = \iiint_V \text{div}(F) \, dV$，其中 $V$ 是曲面 $S$ 所圍成的區域。
如果 $F = \nabla \phi$，那麼 $\text{div}(F) = \text{div}(\nabla \phi) = \nabla^2 \phi$。
所以，敘述等價於：如果 $F = \nabla \phi$，那麼對任意閉合曲面 $S$，都有 $\iiint_V \nabla^2 \phi \, dV = 0$。

這意味著，只要 $F$ 是保守向量場，其散度就必須處處為零。
然而，一個保守向量場的散度不一定為零。
考慮一個簡單的保守向量場：$F(x,y,z) = (x, y, z)$。
我們可以找到 $\phi(x,y,z) = \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)$ 使得 $F = \nabla \phi$。
驗證：$\nabla \phi = (\frac{\partial}{\partial x}(\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)), \frac{\partial}{\partial y}(\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)), \frac{\partial}{\partial z}(\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2))) = (x, y, z) = F$。
這個向量場 $F$ 是保守的，因此對任意閉合曲線 $C$， $\int_C F \cdot d\mathbf{r} = 0$。

現在計算其散度：
$\text{div}(F) = \frac{\partial}{\partial x}(x) + \frac{\partial}{\partial y}(y) + \frac{\partial}{\partial z}(z) = 1 + 1 + 1 = 3$。
由於 $\text{div}(F) = 3 \neq 0$，我們可以選擇一個閉合曲面 $S$，例如單位球面 $x^2+y^2+z^2 = 1$。
那麼，根據散度定理：
$\int_S F \cdot d\mathbf{S} = \iiint_V \text{div}(F) \, dV = \iiint_V 3 \, dV = 3 \cdot \text{Volume}(V)$。
對於單位球面，其圍成的體積 $V$ 是單位球的體積，即 $\frac{4}{3}\pi (1)^3 = \frac{4}{3}\pi$。
所以，$\int_S F \cdot d\mathbf{S} = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi = 4\pi \neq 0$。

因此，存在一個保守向量場 $F$ 使得條件成立，但 $\int_S F \cdot d\mathbf{S} \neq 0$ 對於某些閉合曲面 $S$。
故此敘述為錯誤。

(c) 敘述： 令 $f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ 為連續可微純量函數。則向量場 $F = \nabla f$ 的通量穿過曲面 $S$ 是非負的，其中 $S$ 是 $f(x, y, z) = c$ 的一部分，且 $S$ 的方向是 $f$ 增加的方向。

判斷： 真 (True)。

證明：
向量場 $F = \nabla f$。
曲面 $S$ 是純量函數 $f(x, y, z) = c$ 的一個水平面。
在水平面上，梯度 $\nabla f$ 垂直於該水平面。
題目要求 $S$ 的方向是 $f$ 增加的方向。這意味著 $S$ 的法向量 $\mathbf{n}$ 要麼與 $\nabla f$ 平行，要麼與 $-\nabla f$ 平行，取決於我們如何定義「增加的方向」。
通常，當我們說「$f$ 增加的方向」時，指的是梯度 $\nabla f$ 的方向。
所以，曲面 $S$ 的法向量 $\mathbf{n}$ 應該與 $\nabla f$ 方向相同（或相反，取決於定義，但關鍵是平行）。
如果 $S$ 是由 $f(x,y,z)=c$ 定義的，那麼 $\nabla f$ 是該曲面的法向量。
我們可以選擇 $S$ 的方向使得單位法向量 $\mathbf{u}$ 與 $\nabla f$ 同向。
即 $\mathbf{u} = \frac{\nabla f}{|\nabla f|}$。

通量定義為 $\Phi = \iint_S F \cdot d\mathbf{S} = \iint_S (\nabla f) \cdot \mathbf{n} \, dS$。
其中 $d\mathbf{S} = \mathbf{n} \, dS$，$\mathbf{n}$ 是單位法向量。
如果我們選擇 $S$ 的定向使得其單位法向量 $\mathbf{n}$ 與 $\nabla f$ 同向，則 $\mathbf{n} = \frac{\nabla f}{|\nabla f|}$。
那麼，$\nabla f \cdot \mathbf{n} = \nabla f \cdot \frac{\nabla f}{|\nabla f|} = \frac{|\nabla f|^2}{|\nabla f|} = |\nabla f|$。
所以，通量 $\Phi = \iint_S |\nabla f| \, dS$。
由於 $|\nabla f|^2 = (\frac{\partial f}{\partial x})^2 + (\frac{\partial f}{\partial y})^2 + (\frac{\partial f}{\partial z})^2 \ge 0$，所以 $|\nabla f| \ge 0$。
因此，$\iint_S |\nabla f| \, dS \ge 0$。

另一種更嚴謹的說法：
曲面 $S$ 是水平面 $f(x,y,z)=c$ 的一部分。
梯度 $\nabla f$ 垂直於水平面。
題目說 $S$ 的方向是 $f$ 增加的方向。這意味著，我們選擇 $S$ 的單位法向量 $\mathbf{n}$ 使得 $\mathbf{n}$ 與 $\nabla f$ 的方向相同。
例如，如果 $S$ 是由參數化 $\mathbf{r}(u,v)$ 給出，則 $f(\mathbf{r}(u,v)) = c$。
$\nabla f(\mathbf{r}(u,v)) \cdot \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u} = 0$ 且 $\nabla f(\mathbf{r}(u,v)) \cdot \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} = 0$。
$\nabla f$ 垂直於曲面 $S$。
我們選擇 $S$ 的定向，使得其單位法向量 $\mathbf{n}$ 與 $\nabla f$ 的方向一致。
那麼，通量 $\Phi = \iint_S F \cdot \mathbf{n} \, dS = \iint_S (\nabla f) \cdot \mathbf{n} \, dS$。
由於 $\mathbf{n}$ 和 $\nabla f$ 同向，$\nabla f = |\nabla f| \mathbf{n}$。
所以，$\nabla f \cdot \mathbf{n} = (|\nabla f| \mathbf{n}) \cdot \mathbf{n} = |\nabla f| (\mathbf{n} \cdot \mathbf{n}) = |\nabla f| \cdot 1 = |\nabla f|$。
因此，$\Phi = \iint_S |\nabla f| \, dS$。
由於 $|\nabla f| \ge 0$，積分結果 $\Phi \ge 0$。
故此敘述為真。

(d) 敘述： 令 $S$ 為平面 $x + 2y + 2z = 0$ 上的一個曲面，其面積為 $691$，且定向向下。考慮向量場 $F = (1,x,x)$。則 $F$ 穿過 $S$ 的通量等於 $\frac{691}{3}$。

判斷： 錯誤 (False)。

證明/反例：
我們需要計算通量 $\Phi = \iint_S F \cdot d\mathbf{S} = \iint_S (1,x,x) \cdot \mathbf{n} \, dS$。
曲面 $S$ 位於平面 $x + 2y + 2z = 0$ 上。
這個平面的法向量是 $\vec{N} = (1, 2, 2)$。
由於 $S$ 定向向下，我們需要選擇一個與 $\vec{N}$ 方向相反的法向量。
一個向下指向的單位法向量是 $\mathbf{n} = -\frac{\vec{N}}{|\vec{N}|} = -\frac{(1, 2, 2)}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = -\frac{(1, 2, 2)}{\sqrt{9}} = -\frac{1}{3}(1, 2, 2) = (-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, -\frac{2}{3})$。

因此，$F \cdot \mathbf{n} = (1,x,x) \cdot (-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, -\frac{2}{3}) = 1(-\frac{1}{3}) + x(-\frac{2}{3}) + x(-\frac{2}{3})$
$= -\frac{1}{3} - \frac{2}{3}x - \frac{2}{3}x = -\frac{1}{3} - \frac{4}{3}x$。