下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第56题
📝 题目
56．证明下列结论．
（1）设 $u(x, y, z)$ 在 $V: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1$ 具有二阶连续偏导数。记 $\displaystyle \Delta u=\frac{\partial^{2} u}{\partial^{2} x}+\frac{\partial^{2} u}{\partial^{2} y}+\frac{\partial^{2} u}{\partial^{2} z}$ ，证明： $\displaystyle \oiint_{S} u \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} S=\iiint_{V}\left[\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^{2}\right] \mathrm{d} V+\iiint_{V} u \Delta u \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial n}$ 为沿曲面 $S: x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$外法线方向的方向导数．
（2）若在 $\Omega$ 上，$\Delta u=0$ ，且函数 $u$ 在 $S$ 恒等于 0 ，则在 $\Omega$ 内 $u \equiv 0$ ．
（3）设 $D$ 是 $\mathbf{R}^{3}$ 中的闭区域，$f$ 在 $D$ 上连续且有偏导数，$f$ 满足 $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial z}=f,\left.f\right|_{\partial D}=0$ ，则 $f$ 在 $D$ 上等于 0 ．
（4）设 $D$ 是有界闭区域，$u(x, y)$ 在 $D$ 上连续，有偏导数，且 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=u,\left.u\right|_{\partial D}=0$ ，则 $u(x, y)$ 在 $D$上等于 0．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）设 $\boldsymbol{n}=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ ．由方向导数的计算公式及 Gauss 公式得
$$
\begin{aligned}
\iint_{S} u \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} S & =\iint_{S} u\left(\frac{\partial u}{\partial x} \cos \alpha+\frac{\partial u}{\partial y} \cos \beta+\frac{\partial u}{\partial z} \cos \gamma\right) \mathrm{d} S=\iint_{S} u \frac{\partial u}{\partial x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+u \frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+u \frac{\partial u}{\partial z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iiint_{V}\left[u\left(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2}}\right)+\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^{2}\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\iiint_{V}\left(\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^{2}\right) \mathrm{d} V+\iiint_{V} u \Delta u \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
\end{aligned}
$$
（2）由（1）知
$$
\oiint_{S} u \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} S=\iiint_{\Omega}\left[\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^{2}\right] \mathrm{d} V+\iiint_{\Omega} u \Delta u \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
$$
由已知得 $\displaystyle \oiint_{S} u \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} S=0$ ．于是 $\displaystyle \iiint_{\Omega}\left[\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^{2}\right] \mathrm{d} V=0$ ．进一步得 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial z}=0$ ．由此知 $u$ 为常数．再由函数 $u$ 在 $S$ 恒等于 0 得在 $\Omega$ 内 $u \equiv 0$ ．
（3）由已知及 Gauss 公式得
$$
\iint_{S} f^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{D} 2 f\left(f_{x}+f_{y}+f_{z}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{D} 2 f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0 .
$$
于是 $f^{2}=0$ ，从而 $f=0$ ．
（4）假设 $u(x, y)$ 在 $D$ 上有正的最大值或负的最小值．由条件 $\left.u\right|_{\partial D}=0, u(x, y)$ 的最大值或最小值只能在 $D$ 内部取得。不妨设为 $\left(x_{0}, y_{0}\right), u\left(x_{0}, y_{0}\right)>0$ 。
对任意的 $(x, y) \in D, u\left(x_{0}, y_{0}\right) \geqslant u(x, y)$ ，即 $u\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为 $u(x, y)$ 有一个极大值，则
$$
u_{x}\left(x_{0}, y_{0}\right)=u_{y}\left(x_{0}, y_{0}\right)=0
$$
但 $u_{x}\left(x_{0}, y_{0}\right)+u_{y}\left(x_{0}, y_{0}\right)=u\left(x_{0}, y_{0}\right)>0$ ，矛盾．故 $u(x, y)$ 在 $D$ 上等于 0 ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明(1)：利用方向导数和Gauss公式转化曲面积分
设外法线方向向量为 $\boldsymbol{n}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$，则方向导数 $\frac{\partial u}{\partial n} = \frac{\partial u}{\partial x}\cos\alpha + \frac{\partial u}{\partial y}\cos\beta + \frac{\partial u}{\partial z}\cos\gamma$。于是曲面积分化为第二类曲面积分：
$$
\oiint_S u\frac{\partial u}{\partial n} dS = \oiint_S u\frac{\partial u}{\partial x} dy dz + u\frac{\partial u}{\partial y} dz dx + u\frac{\partial u}{\partial z} dx dy.
$$
应用Gauss公式，将曲面积分转化为三重积分：
$$
\iiint_V \left[ \frac{\partial}{\partial x}\left(u\frac{\partial u}{\partial x}\right) + \frac{\partial}{\partial y}\left(u\frac{\partial u}{\partial y}\right) + \frac{\partial}{\partial z}\left(u\frac{\partial u}{\partial z}\right) \right] dV.
$$
公式：Gauss公式：$\oiint_S \mathbf{F}\cdot d\mathbf{S} = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf{F} dV$
提示：注意外法线方向与坐标轴方向的关系，确保方向余弦正确。
步骤 2/5
目标：证明(1)：计算被积函数并整理
计算偏导数：
$$
\frac{\partial}{\partial x}\left(u\frac{\partial u}{\partial x}\right) = \frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial x} + u\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 + u\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}.
$$
类似地，对 $y$ 和 $z$ 求导。代入三重积分得：
$$
\iiint_V \left[ \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^2 + \left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^2 + u\left(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial z^2}\right) \right] dV.
$$
注意到 $\Delta u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial z^2}$，即得所证等式。
公式：乘积求导法则：$(uv)' = u'v + uv'$
提示：注意二阶偏导数的连续性保证混合偏导相等，但此处不需。
步骤 3/5
目标：证明(2)：利用(1)的结论和边界条件
由(1)的结论，对于区域 $\Omega$（即球体 $x^2+y^2+z^2\leq 1$）和边界 $S$，有
$$
\oiint_S u\frac{\partial u}{\partial n} dS = \iiint_\Omega \left[ (\nabla u)^2 + u\Delta u \right] dV.
$$
已知在 $\Omega$ 上 $\Delta u = 0$，且 $u$ 在 $S$ 上恒等于0，因此 $\oiint_S u\frac{\partial u}{\partial n} dS = 0$。代入得
$$
\iiint_\Omega (\nabla u)^2 dV = 0.
$$
由于被积函数非负，故 $(\nabla u)^2 \equiv 0$，即 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial z} = 0$ 在 $\Omega$ 内几乎处处成立，由连续性得处处成立。因此 $u$ 在 $\Omega$ 内为常数。又 $u$ 在边界 $S$ 上为0，故在 $\Omega$ 内 $u \equiv 0$。
公式：梯度模平方：$(\nabla u)^2 = \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^2 + \left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)^2$
提示：注意边界条件 $u|_S=0$ 导致曲面积分为0，因为被积函数 $u\frac{\partial u}{\partial n}$ 中 $u=0$。
步骤 4/5
目标：证明(3)：构造向量场并应用Gauss公式
考虑向量场 $\mathbf{F} = (f^2, f^2, f^2)$，则 $\nabla\cdot\mathbf{F} = 2f\frac{\partial f}{\partial x} + 2f\frac{\partial f}{\partial y} + 2f\frac{\partial f}{\partial z} = 2f\left(\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial z}\right)$。由已知条件 $\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial z}=f$，得 $\nabla\cdot\mathbf{F} = 2f^2$。应用Gauss公式：
$$
\oiint_{\partial D} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{S} = \iiint_D \nabla\cdot\mathbf{F} dV = \iiint_D 2f^2 dV.
$$
另一方面，由于 $f|_{\partial D}=0$，曲面积分中 $f^2=0$，故曲面积分为0。因此 $\iiint_D 2f^2 dV = 0$，从而 $f^2=0$，即 $f=0$ 在 $D$ 上。
公式：Gauss公式：$\oiint_{\partial D} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{S} = \iiint_D \nabla\cdot\mathbf{F} dV$
提示：注意曲面积分的方向是外法向，但本题中边界条件使积分值为0，与方向无关。
步骤 5/5
目标：证明(4)：利用反证法和极值条件
假设 $u(x,y)$ 在 $D$ 上不恒为零。由于 $u$ 在边界 $\partial D$ 上为0，且 $u$ 连续，则 $u$ 在 $D$ 内部必存在正的最大值或负的最小值。不妨设存在内点 $(x_0,y_0)$ 使得 $u(x_0,y_0)>0$ 为最大值。则在 $(x_0,y_0)$ 处，由极值必要条件，有 $u_x(x_0,y_0)=0$，$u_y(x_0,y_0)=0$。但已知条件 $\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=u$，代入得 $0+0 = u(x_0,y_0)>0$，矛盾。同理，若最小值负，则 $u_x+u_y = u<0$，但极值点处偏导为0，矛盾。因此假设不成立，$u$ 在 $D$ 上恒为零。
公式：极值必要条件：若 $u$ 在 $(x_0,y_0)$ 取极值且可微，则 $u_x(x_0,y_0)=u_y(x_0,y_0)=0$
提示：注意最大值和最小值两种情况都要考虑，但证明类似。另外，边界条件保证极值点不在边界上。
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