2025年大學《數(shù)理基礎科學》專業(yè)題庫——數(shù)理基礎科學中的微分擬微分算子考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（每小題4分，共20分）1.下列哪個算子是微分算子？A.$L(u)=au(x)+bu'(x)$，其中$a,b$為常數(shù)。B.$L(u)=\int_0^xu(t)\,dt$。C.$L(u)=\sum_{|\alpha|=n}c_\alphaD^\alphau(x)$，其中$D^\alpha$是多變量微分算子，$c_\alpha$為常數(shù)。D.$L(u)=\Deltau=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}$。2.設$\Omega\subset\mathbb{R}^n$為有界開域，$u\inC^2(\overline{\Omega})$。下列哪個表達式是$(p-1)u$的弱導數(shù)，其中$p\geq1$？A.$\nablau$。B.$(p-1)\nablau$。C.$\operatorname{div}((p-1)\nablau)$。D.$((p-1)\nablau)\cdot\nu$，其中$\nu$是$\partial\Omega$上的外法向量。3.微分算子$\Deltau=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}$的階數(shù)是？A.1。B.2。C.$n$。D.$2n$。4.下列哪個算子是擬微分算子？A.$L(u)=u''$。B.$L(u)=|u'|$。C.$L(u)=\Deltau$。D.$L(u)=\frac{\partialu}{\partialx}$。5.設$p\geq1$，$L(u)=|\nablau|^{p-2}\nablau\cdot\nablav$，則$L(u)$是？A.微分算子。B.擬微分算子。C.線性算子。D.非線性算子。二、填空題（每小題3分，共15分）6.微分算子$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}$作用于函數(shù)$u(x,y)=e^{x^2+y^2}$的結果是________。7.擬微分算子$\mathcal{L}(u)=\sum_{|\alpha|=k}c_\alphaD^\alphau$的階數(shù)是________，其中$D^\alpha=\frac{\partial^{|\alpha|}}{\partialx_1^{\alpha_1}\cdots\partialx_n^{\alpha_n}}$，$\alpha=(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$為multi-index，$c_\alpha$為常數(shù)。8.若$f\inC^1(\mathbb{R})$，則$\frac{df}{dx}$是函數(shù)$f$的________導數(shù)。9.弱導數(shù)概念是微分算子理論中________的一個關鍵概念，它允許處理不連續(xù)或不可微的函數(shù)。10.擬微分算子$\mathcal{L}(u)=\sum_{|\alpha|=k}c_\alphaD^\alphau$的階數(shù)$k$決定了算子對函數(shù)的________程度。三、計算題（每小題10分，共30分）11.計算擬微分算子$\mathcal{L}(u)=x^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+y^2\frac{\partial^2u}{\partialy^2}$作用于函數(shù)$u(x,y)=x^3y^2$的結果。12.設$f(x)=|x|$，計算其在$x=0$處的弱導數(shù)。13.計算擬微分算子$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^2=\sum_{i=1}^n(\partial_{x_i}u)^2$作用于函數(shù)$u(x,y)=\sin(x)\cos(y)$的結果。四、證明題（每小題12.5分，共25分）14.證明：如果函數(shù)$u\inC^2(\overline{\Omega})$是微分算子$\Deltau=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}$在區(qū)域$\Omega\subset\mathbb{R}^n$上的解，那么$u$也是弱解，即對任意測試函數(shù)$\varphi\inC_c^\infty(\Omega)$，都有$\int_\Omega\Deltau\varphi\,dx=-\int_\Omega\nablau\cdot\nabla\varphi\,dx$。15.證明：設$\Omega\subset\mathbb{R}^n$為有界開域，$u\inC^1(\overline{\Omega})$。如果$u$是微分算子$\Deltau=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}$在$\Omega$上的弱解，且$\frac{\partialu}{\partial\nu}=0$在$\partial\Omega$上（其中$\nu$是$\partial\Omega$的外法向量），則$u$是$\Deltau=0$在$\Omega$上的古典解。五、綜合應用題（10分）16.考慮一維熱傳導方程$u_t=u_{xx}$，其中$t>0$，$x\in\mathbb{R}$。假設初始溫度分布為$u(x,0)=f(x)$，邊界條件為$u(0,t)=u(1,t)=0$。使用擬微分算子的思想，推導該問題的弱形式，并說明其物理意義。試卷答案一、選擇題1.C解析：微分算子是通過有限次微分和有限個系數(shù)的線性組合來定義的。選項A是線性一階微分算子，選項B是積分算子，選項C是線性微分算子，其階數(shù)為最高階微分的階數(shù)n。選項D是二階微分算子拉普拉斯算子。2.C解析：$(p-1)u$的弱導數(shù)是指滿足積分關系$\int_\Omega(p-1)u\varphi'\,dx=-\int_\Omega(\operatorname{div}((p-1)\nablau))\varphi\,dx$的函數(shù)，其中$\varphi\inC_c^\infty(\Omega)$。選項C正是這個關系中的右側項。3.B解析：微分算子的階數(shù)是指它所包含的最高階微分的階數(shù)。$\Deltau$包含$\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}$，最高階為2。4.B解析：擬微分算子允許使用非線性的微分次冪。$|u'|$是關于$u'$的次冪為$p-2$（當$u'\ge0$時為$-2$，當$u'<0$時為$2$）的算子，是非線性的，故是擬微分算子。選項A是二階線性微分算子，選項C是二階線性微分算子，選項D是線性微分算子。5.D解析：$L(u)=|\nablau|^{p-2}\nablau\cdot\nablav$是關于$\nablau$的二次非線性形式，因此是非線性算子。選項A是線性微分算子，選項B是線性擬微分算子（因為它是$(p-2)$次微分），選項C是線性算子。二、填空題6.$4x^2e^{x^2+y^2}$解析：計算二階偏導數(shù)：$\frac{\partialu}{\partialx}=2xe^{x^2+y^2}$，$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}=2e^{x^2+y^2}+4x^2e^{x^2+y^2}$。同理，$\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=4x^2e^{x^2+y^2}$。相加得到$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=(2+4x^2+4y^2)e^{x^2+y^2}=4(x^2+y^2+\frac{1}{2})e^{x^2+y^2}$。題目中函數(shù)為$u(x,y)=e^{x^2+y^2}$，所以$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=4x^2e^{x^2+y^2}+4y^2e^{x^2+y^2}=4(x^2+y^2)e^{x^2+y^2}$。7.k解析：擬微分算子$\mathcal{L}(u)=\sum_{|\alpha|=k}c_\alphaD^\alphau$的階數(shù)由最高階導數(shù)的階數(shù)決定，即$\max_{|\alpha|=k}|\alpha|$，而$|\alpha|$就是$\alpha$的分量絕對值之和，等于$\alpha$的維數(shù)，即k。8.一階解析：一階導數(shù)$\frac{df}{dx}$定義為函數(shù)增量與自變量增量之比的極限，是函數(shù)在一點處的變化率。9.弱解解析：古典解要求函數(shù)及其導數(shù)在定義域內連續(xù)可微，而弱解只要求函數(shù)在定義域內連續(xù)，并且其導數(shù)在某種意義下（通常是分布意義下）存在。弱導數(shù)概念的引入使得原本需要滿足古典可微性條件的偏微分方程問題，可以放寬到僅要求函數(shù)連續(xù)即可求解，這是處理不連續(xù)或不可微函數(shù)以及建立變分原理的關鍵。10.微分解析：擬微分算子的階數(shù)$p$反映了算子對輸入函數(shù)進行微分的“強度”。階數(shù)越高，算子對函數(shù)的微分程度越強，或者說越能“放大”函數(shù)的高階導數(shù)信息。三、計算題11.$6x^5y^2+2x^3y^4$解析：首先計算$u(x,y)=x^3y^2$的偏導數(shù)：$\frac{\partialu}{\partialx}=3x^2y^2$，$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}=6xy^2$。然后作用于算子：$\mathcal{L}(u)=x^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+y^2\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=x^2(6xy^2)+y^2(2x^3y)=6x^3y^2+2x^3y^3$。12.$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{|h|-0}{h}=\lim_{h\to0}\frac{|h|}{h}$。當$h>0$時，$\frac{|h|}{h}=1$；當$h<0$時，$\frac{|h|}{h}=-1$。左右極限不相等，故$f'(0)$不存在。根據(jù)弱導數(shù)定義，存在一個廣義函數(shù)$\phi(x)$使得$\int_{-\infty}^{\infty}|x|\varphi'(x)\,dx=-\int_{-\infty}^{\infty}\phi(x)\varphi(x)\,dx$。取$\varphi(x)=e^{-x^2}$，則$\int_{-\infty}^{\infty}|x|e^{-2x^2}\,dx=-\int_{-\infty}^{\infty}\phi(x)e^{-x^2}\,dx$。由對稱性和伽馬函數(shù)性質，左側積分等于$\sqrt{\pi/2}$。因此，弱導數(shù)$\phi(x)=-\sqrt{\pi/2}e^{-x^2}$。13.$\sin^2(x)\cos^2(y)$解析：首先計算梯度：$\nablau=(\frac{\partialu}{\partialx},\frac{\partialu}{\partialy})=(\cos(x)\cos(y),-\sin(x)\sin(y))$。然后計算$|\nablau|^2$：$|\nablau|^2=(\cos(x)\cos(y))^2+(-\sin(x)\sin(y))^2=\cos^2(x)\cos^2(y)+\sin^2(x)\sin^2(y)$。注意到$\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)=1$，所以$|\nablau|^2=\cos^2(x)(\cos^2(y)+\sin^2(y))+\sin^2(x)(\cos^2(y)+\sin^2(y))=\cos^2(x)+\sin^2(x)=1$。因此，$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^2=1$。此處似乎題目函數(shù)$u(x,y)=\sin(x)\cos(y)$與計算結果矛盾，若按題目函數(shù)計算$\mathcal{L}(u)=(\cos(x)\cos(y))^2+(-\sin(x)\sin(y))^2=\cos^2(x)\cos^2(y)+\sin^2(x)\sin^2(y)=(\cos^2(x)+\sin^2(x))(\cos^2(y)+\sin^2(y))=1\cdot1=1$。最終結果為1。若題目意圖是考察$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^{p-2}\nablau\cdot\nablav$對$u$的作用，當$v=1$時，$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^p$。對$u(x,y)=\sin(x)\cos(y)$，$\nablau=(\cos(x)\cos(y),-\sin(x)\sin(y))$，$|\nablau|^2=1$，所以$|\nablau|^p=1$。結果仍為1。若題目意圖是考察$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^2$作用于$u(x,y)=\sin(x)\cos(y)$，則結果為1。假設題目意圖是計算$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^2$作用于$u(x,y)=\sin(x)\cos(y)$。$\nablau=(\cos(x)\cos(y),-\sin(x)\sin(y))$，$|\nablau|^2=\cos^2(x)\cos^2(y)+\sin^2(x)\sin^2(y)$。根據(jù)三角恒等式，$\cos^2(x)\cos^2(y)+\sin^2(x)\sin^2(y)=(\cos^2(x)+\sin^2(x))(\cos^2(y)+\sin^2(y))=1\cdot1=1$。所以結果為1。這與參考答案$\sin^2(x)\cos^2(y)$不符，可能是題目或答案有誤。按照計算過程，若題目確實是$\mathcal{L}(u)=|\nablau|^2$作用于$u(x,y)=\sin(x)\cos(y)$，答案應為1。這里按計算過程給出1。若必須給出參考答案的形式，可能題目本身有歧義或錯誤，無法唯一確定意圖。14.證明：設$u\inC^2(\overline{\Omega})$是$\Deltau=0$的解。對任意$\varphi\inC_c^\infty(\Omega)$，考慮積分$\int_\Omega\Deltau\varphi\,dx$。由高階導數(shù)的積分法則，有$\int_\Omega\Deltau\varphi\,dx=\int_\Omega\left(\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}\right)\varphi\,dx=\sum_{i=1}^n\int_\Omega\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}\varphi\,dx$。應用分部積分，對每一項$\int_\Omega\frac{\partial^2u}{\partialx_i^2}\varphi\,dx=\left[\frac{\partialu}{\partialx_i}\varphi\right]_{\partial\Omega}-\int_\Omega\frac{\partialu}{\partialx_i}\frac{\partial\varphi}{\partialx_i}\,dx$。因為$\varphi\inC_c^\infty(\Omega)$，其支集在$\Omega$內，故在$\partial\Omega$上$\varphi=0$，從而$\left[\frac{\partialu}{\partialx_i}\varphi\right]_{\partial\Omega}=0$。因此，$\int_\Omega\Deltau\varphi\,dx=-\sum_{i=1}^n\int_\Omega\frac{\partialu}{\partialx_i}\frac{\partial\varphi}{\partialx_i}\,dx=-\int_\Omega\nablau\cdot\nabla\varphi\,dx$。這證明了$u$是$\Deltau=0$的弱解。15.證明：設$u$是$\Deltau=0$的弱解，且$\frac{\partialu}{\partial\nu}=0$在$\partial\Omega$上。對任意$\varphi\inC_c^\infty(\Omega)$，有$\int_\Omega\Deltau\varphi\,dx=-\int_\Omega\nablau\cdot\nabla\varphi\,dx$。由假設，$\Deltau=0$，所以$\int_\Omega\Deltau\varphi\,dx=0$。因此，$-\int_\Omega\nablau\cdot\nabla\varphi\,dx=0$，即$\int_\Omega\nablau\cdot\nabla\varphi\,dx=0$。應用分部積分，$\int_\Omega\nablau\cdot\nabla\varphi\,dx=\left[u\varphi\right]_{\partial\Omega}-\int_\Omegau\Delta\varphi\,dx$。因為$\varphi\inC_c^\infty(\Omega)$，其支集在$\Omega$內，故在$\partial\Omega$上$\varphi=0$。又因為$\frac{\partialu}{\partial\nu}=\nablau\cdot\nu=0$在$\partial\Omega$上，所以$u\frac{\partial\varphi}{\partial\nu}=u(\nabla\varphi\cdot\nu)=0$。由于$\varphi=0$在$\partial\Omega$，$u$在$\partial\Omega$上的值可以任意（或受邊界條件約束），但乘積$u\frac{\partial\varphi}{\partial\nu}=0$。這意味著$\left[u\varphi\right]_{\partial\Omega}=u\varphi|_{\partial\Omega}=0$。因此，$0=\left[u\varphi\right]_{\partial\Omega}-\int_\Omegau\Delta\varphi\,dx=0-\int_\Omegau\Delta\varphi\,dx=-\int_\Omegau\Delta\varphi\,dx$。所以$\int_\Omegau\Delta\varphi\,dx=0$。由于$\varphi$是任意的，這意味著在$\Omega$內幾乎處處$u\Delta\varphi=0$。因為$\varphi$是任意光滑函數(shù)，$\Delta\varphi$在$\Omega$內處處非零（除了有限個點），所以幾乎處處$u=0$。這表明$u$是常數(shù)。再利用邊界條件$\frac{\partialu}{\partial\nu}=0$在$\partial\Omega$上，即$\nablau\cdot\nu=0$在$\partial\Omega$上，說明$u$在邊界$\partial\Omega$上的法向導數(shù)為零。由于$u$在$\Omega$內是常數(shù)，邊界上的法向導數(shù)也應為該常數(shù)本身，故該常數(shù)為零。因此，$u\equiv0$。所以，$u$是$\Deltau=0$的古典解，且為零解。16.證明：方程$u_t=u_{xx}$的弱形式是：對任意測試函數(shù)$\varphi\inC_c^\infty((0,\infty)\times\mathbb{R})$，有$\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu(x,t)\varphi_t\,dx\,dt=-\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu_x(x,t)\varphi_x\,dx\,dt$。使用分部積分處理右側，對$x$方向分部積分：$-\int_0^\infty\left[\int_{-\infty}^\inftyu_x(x,t)\varphi_x(x,t)\,dx\right]dt=-\int_0^\infty\left[u(x,t)\varphi_x(x,t)\right]_{-\infty}^\infty\,dt$。由于$\varphi\inC_c^\infty(\mathbb{R})$，其支集在有限區(qū)間內，故當$x\to\pm\infty$時，$\varphi(x,t)\to0$。又因為邊界條件$u(0,t)=u(1,t)=0$對任意$t>0$成立，所以$\left[u(x,t)\varphi_x(x,t)\right]_{-\infty}^\infty=0$。因此，弱形式簡化為$\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu(x,t)\varphi_t\,dx\,dt=0$。即$\int_0^\infty\left(\int_{-\infty}^\inftyu(x,t)\varphi_t(x,t)\,dx\right)dt=0$。由于測試函數(shù)$\varphi$的任意性，這意味著被積函數(shù)幾乎處處為零，即$\int_{-\infty}^\inftyu(x,t)\varphi_t(x,t)\,dx=0$。根據(jù)分布意義，這相當于$u_t=0$在$\mathbb{R}^n$上幾乎處處成立。所以，弱形式等價于$u_t=0$。物理意義：熱傳導方程$u_t=u_{xx}$描述了溫度場$u(x,t)$隨時間和空間的變化。弱形式將偏微分方程轉化為積分方程，放寬了對$u$的光滑性要求，允許$u$是弱解（例如，允許不連續(xù)）。初始條件$u(x,0)=f(x)$表示初始時刻$t=0$的溫度分布。將弱形式與初始條件結合，就得到了熱傳導問題的一個變分形式，可用于尋找滿足初始和邊界條件的解。該弱形式表明，溫度場$u(x,t)$在每一時刻都是時間上的常數(shù)函數(shù)（在分布意義下），這與物理上熱量守恒和擴散的直觀理解一致。這里推導似乎有誤，未能得到$u_t=0$。重新審視：弱形式為$\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu\varphi_t\,dx\,dt=-\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu_{xx}\varphi\,dx\,dt$。由初始條件$f(x)$，$\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu(x,0)\varphi_t(x,t)\,dx\,dt=\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyf(x)\varphi_t(x,t)\,dx\,dt$。右側$\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu_{xx}\varphi\,dx\,dt=-\int_0^\infty\int_{-\infty}^\inftyu_xx\varphi_x\,dx\,dt$。邊界條件$u(0,t)=u(1,t)=0$導致$\left[u_x(x,t)\varphi(x,t)\right]_{-\infty}^\infty=0$。因此，$-\int_0^\infty\left[u_x(x,t)\varphi_x(x,t)\right]_{-\infty}^\inftydt=0$。所以弱形式為$\int_0^\infty\int_{-\infty}^