人邮高数 第6章 第6-4-12题

[AI解答]

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要证明曲面 $ z = x f\left( \frac{y}{x} \right) $ 上任一点处的切平面都过原点，其中 $ f $ 具有连续导数。

第一步：构造曲面方程并求偏导数
设
$$
F(x, y, z) = z - x f\left( \frac{y}{x} \right) = 0
$$
则曲面上任意点 $(x_0, y_0, z_0)$ 处的法向量为
$$
\nabla F = \left( F_x, F_y, F_z \right)
$$
计算偏导数：

1. 对 $x$ 求偏导：
$$
F_x = - f\left( \frac{y}{x} \right) - x \cdot f'\left( \frac{y}{x} \right) \cdot \left( -\frac{y}{x^2} \right)
= - f\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{y}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right)
$$

2. 对 $y$ 求偏导：
$$
F_y = - x \cdot f'\left( \frac{y}{x} \right) \cdot \frac{1}{x} = - f'\left( \frac{y}{x} \right)
$$

3. 对 $z$ 求偏导：
$$
F_z = 1
$$

第二步：写出切平面方程
在点 $(x_0, y_0, z_0)$ 处，切平面方程为
$$
F_x(x_0, y_0, z_0)(x - x_0) + F_y(x_0, y_0, z_0)(y - y_0) + F_z(x_0, y_0, z_0)(z - z_0) = 0
$$
代入得
$$
\left[ - f\left( \frac{y_0}{x_0} \right) + \frac{y_0}{x_0} f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) \right] (x - x_0) - f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) (y - y_0) + (z - z_0) = 0
$$

**第三步：验证原点 $(0,0,0)$ 满足方程**
令 $x = 0, y = 0, z = 0$，代入左边得：
$$
\left[ - f\left( \frac{y_0}{x_0} \right) + \frac{y_0}{x_0} f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) \right] (0 - x_0) - f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) (0 - y_0) + (0 - z_0)
$$
计算每一项：

第一项：
$$
\left[ - f\left( \frac{y_0}{x_0} \right) + \frac{y_0}{x_0} f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) \right] (-x_0) = x_0 f\left( \frac{y_0}{x_0} \right) - y_0 f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right)
$$

第二项：
$$
- f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) ( - y_0) = y_0 f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right)
$$

第三项：
$$
- z_0
$$

三部分相加：
$$
x_0 f\left( \frac{y_0}{x_0} \right) - y_0 f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) + y_0 f'\left( \frac{y_0}{x_0} \right) - z_0 = x_0 f\left( \frac{y_0}{x_0} \right) - z_0
$$
但由曲面方程，在点 $(x_0, y_0, z_0)$ 上有
$$
z_0 = x_0 f\left( \frac{y_0}{x_0} \right)
$$
因此上式等于 $0$。

所以原点满足切平面方程，即原点在任意切平面上。

结论：曲面 $ z = x f\left( \frac{y}{x} \right) $ 上任意一点处的切平面都经过原点。

难度：★★☆☆☆