嘿，这个问题其实用反证法就能轻松搞定，不管维度n是1还是更大的数，逻辑都是通顺的，咱们一步步来理清楚：

首先先明确一下问题：

设 $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ 是多项式函数，$\mathcal{S}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的子集。存在实数 $c$，使得 $\mathcal{S}$ 边界上的所有点 $p$ 都满足 $f(p)\geqslant c$。同时假设 $f$ 在 $\mathcal{S}$ 内没有驻点（也就是对任意 $q \in \mathcal{S}$，梯度 $\nabla f(q) \neq 0$），需要证明 $\mathcal{S}$ 内部的所有点 $q$ 都有 $f(q)\geqslant c$。

反证法推导过程 #

咱们先假设结论不成立：也就是存在 $\mathcal{S}$ 内部的某个点 $q_0$，使得 $f(q_0) < c$。

因为 $f$ 是多项式，它肯定是连续函数。我们定义集合 $K = { q \in \overline{\mathcal{S}} \mid f(q) \leqslant f(q_0) }$，这里 $\overline{\mathcal{S}}$ 是 $\mathcal{S}$ 的闭包（包含边界的集合）：

• 由于 $f$ 连续，$K$ 是闭集；
• 又因为多项式的特性：当点的模长 $|q|$ 趋向无穷时，$f(q)$ 的绝对值会趋向无穷大（如果是常数多项式的话，所有点都是驻点，直接和题设矛盾，所以排除这种情况），因此 $K$ 必然是有界的；
• 这就意味着 $K$ 是紧集（有界闭集）。

根据极值定理，连续函数在紧集上一定能取到最小值。设 $f$ 在 $K$ 上的最小值点为 $q^$，那么 $q^$ 是 $f$ 的一个局部极小值点，对于多元函数来说，局部极值点必然是驻点（梯度为0）。但 $q^$ 属于 $K$，而 $K$ 和 $\mathcal{S}$ 的边界没有交集（因为边界上的点 $f(p)\geqslant c > f(q_0)$，不可能落在 $K$ 里），所以 $q^$ 一定在 $\mathcal{S}$ 内部，这就和题设中“$f$ 在 $\mathcal{S}$ 内没有驻点”的条件矛盾了！

补充说明 #

你提到n=1时直观成立，其实n>1的情况逻辑是一样的——不需要依赖单调性，关键是利用多项式的连续性、紧集上的极值性质，还有驻点和极值点的关系。哪怕函数在集合内部不是单调的，只要没有驻点，就不可能在内部出现比边界更低的函数值，否则就会逼出一个驻点，和题设冲突。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Robin