下册 7.2 多元函数的可微性 第32题
📝 题目
32．证明下列各题．
（1）设可微函数 $f(x, y)$ 在含有原点为内点的凸区域 $D$ 上满足 $x f_{x}^{\prime}(x, y)+y f_{y}^{\prime}(x, y)=0$ ．试证 $f(x, y)$ 为常数，$(x, y) \in D$ ．
（2）设 $\Omega$ 为 $\mathbf{R}^{3}$ 中的凸区域，$f(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 中可微，满足 $\displaystyle x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}+z \frac{\partial f}{\partial z}=0$ ．证明 $f$ 在 $\Omega$上为常数．
（3）设 $D$ 是由光滑曲线 $L$ 围成的区域，函数 $f(x, y)$ 在 $\bar{D}$ 上有二阶连续导数，且 $\displaystyle a \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}+b \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=0, a, b>0$ ，若 $f(x, y)$ 在 $L$ 上等于常数 $C$ ，证明：$f(x, y)$ 在 $D$ 上恒等于 $C$ 。
（4）设 $y=f(x, z)$ ，而 $z$ 为方程 $F(x, y, z)=0$ 所确定的 $x, y$ 函数，其中 $f, F$ 都有连续的一阶偏导数，证明：如果 $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial F}{\partial z}-\frac{\partial f}{\partial z} \frac{\partial F}{\partial x}=0, \frac{\partial f}{\partial z} \frac{\partial F}{\partial y}+\frac{\partial F}{\partial z} \neq 0$ ，则 $y(x) \equiv$ 常数．
💡 答案解析
解题过程：
（1）对任意 $(x, y) \in D$ ，设 $g(t)=f(t x, t y)$ ，则
$$
g^{\prime}(t)=x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{t}\left(t x \frac{\partial f}{\partial x}+t y \frac{\partial f}{\partial y}\right)=0
$$
所以
$$
f(x, y)-f(0,0)=g(1)-g(0)=g^{\prime}(\xi)=0 \text {, 即 } f(x, y)=f(0,0) \text {. }
$$
故 $f(x, y)$ 在 $D$ 上恒为常数．
（2）对任意的 $(x, y, z) \in \Omega$ ，令 $g(t)=f(t x, t y, t z)$ ，则由 $f(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 中可微得 $g(t)$ 可微。令 $u=t x, v=t y, w=t z$ ，则
$$
g^{\prime}(t)=x f_{u}(t x, t y, t z)+y f_{v}(t x, t y, t z)+z f_{w}(t x, t y, t z)=\frac{1}{t}\left(u f_{u}(u, v, w)+v f_{v}(u, v, w)+w f_{w}(u, v, w)\right)=0
$$
由中值定理，存在 $\xi \in(0,1)$ 使得
$$
f(x, y, z)-f(0,0,0)=g(1)-g(0)=g^{\prime}(\xi)=0
$$
所以对任意的 $(x, y, z) \in \Omega, f(x, y, z)=f(0,0,0)$（常数）．
（3）记 $g(x, y)=f(x, y)-C$ ，则在边界 $L$ 上 $g(x, y) \equiv 0$ 且 $\displaystyle a \frac{\partial^{2} g}{\partial x^{2}}+b \frac{\partial^{2} g}{\partial y^{2}}=0$ ．下证：在 $D$ 内 $g(x, y) \equiv 0$.
先证 $g(x, y) \leqslant 0$ 。否则存在一点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 使 $g\left(x_{0}, y_{0}\right)=\max g$ 。记 $h(x, y)=g(x, y)+\varepsilon \mathrm{e}^{m x}$ 。对任意的 $m>0, \exists \varepsilon>0$ 使 $g\left(x_{0}, y_{0}\right) \geqslant \max _{(x, y) \in L} h(x, y)$ 。于是 $h\left(x_{0}, y_{0}\right)>g\left(x_{0}, y_{0}\right) \geqslant \max _{(x, v) \in L} h(x, y)>0$ 。从而 $h(x, y)$ 在 $D$ 内取得非负最大值，记 $h\left(x_{1}, y_{1}\right)=\max _{D} h(x, y)$ ．于是
$$
h\left(x_{1}, y_{1}\right) \geqslant 0, h_{x}\left(x_{1}, y_{1}\right)=h_{y}\left(x_{1}, y_{1}\right)=0, h_{x x}\left(x_{1}, y_{1}\right) \leqslant 0, h_{y y}\left(x_{1}, y_{1}\right) \leqslant 0 .
$$
另一方面，$a h_{x x}+b h_{y y}-\varepsilon m^{2} \mathrm{e}^{m x}=0$ ，矛盾．因此在 $D$ 上 $g(x, y) \leqslant 0$ ．
同理对 $\varphi(x, y)=C-g(x, y)$ 可证恒非负．从而在 $D$ 上 $g(x, y) \equiv 0$ ．
（4）易得 $\displaystyle z_{x}=-\frac{F_{x}}{F_{z}}, z_{y}=-\frac{F_{y}}{F_{z}}$ ．而 $y=f(x, z)$ ，所以
$$
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=f_{x}(x, z)+z_{x} f_{z}(x, z)=\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial z} \frac{F_{x}}{F_{z}}=\left(\frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial F}{\partial z}-\frac{\partial f}{\partial z} \frac{\partial F}{\partial x}\right) / \frac{\partial F}{\partial z}=0 .
$$
因此 $y(x) \equiv$ 常数．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：构造辅助函数并求导
对于任意 $(x,y) \in D$，定义 $g(t) = f(tx, ty)$，其中 $t \in [0,1]$。由于 $D$ 是凸区域且包含原点，$g(t)$ 在 $[0,1]$ 上有定义。对 $g(t)$ 求导：
$$g'(t) = x f_x(tx, ty) + y f_y(tx, ty)$$
公式：g'(t) = x f_x(tx, ty) + y f_y(tx, ty)
提示：注意 $f$ 可微，因此链式法则适用。
步骤 2/8
目标：利用已知条件化简导数
由已知条件 $x f_x(x,y) + y f_y(x,y) = 0$，代入 $(tx, ty)$ 得：
$$tx f_x(tx, ty) + ty f_y(tx, ty) = 0$$
两边除以 $t$（$t>0$ 时）得：
$$x f_x(tx, ty) + y f_y(tx, ty) = 0$$
因此 $g'(t) = 0$ 对所有 $t \in (0,1]$ 成立。
公式：x f_x(tx, ty) + y f_y(tx, ty) = 0
提示：注意 $t=0$ 时需单独处理，但导数定义可包含端点。
步骤 3/8
目标：应用拉格朗日中值定理
由于 $g'(t)=0$，$g(t)$ 在 $[0,1]$ 上为常数。特别地，$g(1) = g(0)$。而 $g(1) = f(x,y)$，$g(0) = f(0,0)$，故 $f(x,y) = f(0,0)$ 对任意 $(x,y) \in D$ 成立。
公式：f(x,y) = f(0,0)
提示：中值定理要求函数连续，$g$ 可微则连续，条件满足。
步骤 4/8
目标：推广到三维情形
对于三维凸区域 $\Omega$，类似地定义 $g(t) = f(tx, ty, tz)$，求导得：
$$g'(t) = x f_x(tx, ty, tz) + y f_y(tx, ty, tz) + z f_z(tx, ty, tz)$$
由条件 $x f_x + y f_y + z f_z = 0$ 代入 $(tx, ty, tz)$ 得 $g'(t)=0$，故 $f(x,y,z) = f(0,0,0)$ 常数。
公式：g'(t) = x f_x + y f_y + z f_z = 0
提示：注意凸区域保证 $t \in [0,1]$ 时点仍在区域内。
步骤 5/8
目标：转化为齐次方程边值问题
令 $g(x,y) = f(x,y) - C$，则 $g$ 在边界 $L$ 上恒为零，且满足 $a g_{xx} + b g_{yy} = 0$。需证 $g \equiv 0$ 在 $D$ 内。
公式：a g_{xx} + b g_{yy} = 0
提示：注意 $f$ 二阶连续可导，$g$ 亦然。
步骤 6/8
目标：反证法证明最大值非正
假设 $g$ 在 $D$ 内某点取正最大值。构造辅助函数 $h(x,y) = g(x,y) + \varepsilon e^{mx}$，其中 $m>0$ 待定。选取足够小的 $\varepsilon>0$ 使得 $h$ 在边界上小于 $g$ 的最大值，则 $h$ 在 $D$ 内某点取正最大值。在该点，$h_x = h_y = 0$，$h_{xx} \leq 0$，$h_{yy} \leq 0$。但计算 $a h_{xx} + b h_{yy} = \varepsilon m^2 e^{mx} > 0$，矛盾。故 $g \leq 0$。
公式：a h_{xx} + b h_{yy} = \varepsilon m^2 e^{mx} > 0
提示：注意 $h_{xx} = g_{xx} + \varepsilon m^2 e^{mx}$，$h_{yy} = g_{yy}$。
步骤 7/8
目标：对称性得非负性
类似地，考虑 $-g$，可得 $-g \leq 0$，即 $g \geq 0$。结合 $g \leq 0$ 得 $g \equiv 0$，从而 $f \equiv C$。
提示：注意 $-g$ 也满足相同方程和边界条件。
步骤 8/8
目标：隐函数求导证明常数函数
由 $F(x,y,z)=0$ 确定隐函数 $z=z(x,y)$，则 $z_x = -F_x/F_z$，$z_y = -F_y/F_z$。又 $y = f(x,z)$，对 $x$ 求导：
$$\frac{dy}{dx} = f_x + f_z z_x = f_x - f_z \frac{F_x}{F_z} = \frac{f_x F_z - f_z F_x}{F_z} = 0$$
故 $y$ 为常数。
公式：\frac{dy}{dx} = \frac{f_x F_z - f_z F_x}{F_z} = 0
提示：注意条件 $f_z F_y + F_z \neq 0$ 保证隐函数存在，但此处未直接使用。
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