2025年考研理學數(shù)學物理方程試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.指出下列偏微分方程屬于哪種類型（線性/非線性；齊次/非齊次；一階/二階）：(1)$u_t+cu_x=0$；(2)$u_{xx}+u_{yy}=u$；(3)$u_{xt}-u_{yy}=sin(x)$；(4)$(1+u_x^2)u_{yy}-u_{x}u_{xy}=0$。2.設有定解問題：$$\begin{cases}u_{tt}-u_{xx}=0,&x\in\mathbb{R},t>0,\\u(x,0)=f(x),&x\in\mathbb{R},\\u_t(x,0)=g(x),&x\in\mathbb{R},\end{cases}$$其中$f(x),g(x)$均為已知連續(xù)函數(shù)。試用傅里葉變換法求解該定解問題。二、考慮在長為$L$的均勻細桿上，初始時刻溫度分布為$u(x,0)=\phi(x)$，初始速度為$0$（即$u_t(x,0)=0$），桿的兩個端點$x=0$和$x=L$保持恒溫$0$，求解該熱傳導問題：$$\begin{cases}u_t=a^2u_{xx},&0<x<L,t>0,\\u(0,t)=0,&t>0,\\u(L,t)=0,&t>0,\\u(x,0)=\phi(x),&0<x<L,\end{cases}$$其中$a^2$為常數(shù)，$\phi(x)$滿足$0\leq\phi(x)\leqA$，且$\phi(0)=\phi(L)=0$。請寫出用分離變量法求解此問題的步驟，并推導出通解表達式（要求寫出關于特征值和特征函數(shù)的具體形式）。三、1.對于拉普拉斯方程$\Deltau=u_{xx}+u_{yy}=0$，在以原點為圓心，半徑為$a$的圓形區(qū)域$D$內(nèi)，求滿足邊界條件$u(r,\theta)=f(\theta)$（其中$r=\sqrt{x^2+y^2}$，$0\leqr<a$，$0\leq\theta<2\pi$）的解。2.寫出用格林函數(shù)法求解在無界區(qū)域$\mathbb{R}^3$上，拉普拉斯方程$\Deltau=0$的狄利克雷問題：$$\begin{cases}\Deltau=0,&x\in\mathbb{R}^3,\\u(\mathbf{x})=g(\mathbf{x}),&|\mathbf{x}|=R,\end{cases}$$的基本思路和最終表達式（格林函數(shù)$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')$的形式可引用，無需推導）。四、1.證明：如果$u_1(x,t)$和$u_2(x,t)$是熱傳導方程$$u_t=a^2u_{xx}$$滿足相同齊次邊界條件$(u(0,t)=u(L,t)=0)$的兩個解，那么它們的和$u(x,t)=u_1(x,t)+u_2(x,t)$也是該定解問題的解。2.求解定解問題：$$\begin{cases}u_{tt}-u_{xx}=0,&0<x<\pi,t>0,\\u(0,t)=u(\pi,t)=0,&t>0,\\u(x,0)=\sin(x)+\frac{1}{2}\sin(2x),&0<x<\pi,\\u_t(x,0)=0,&0<x<\pi.\end{cases}$$試卷答案一、1.(1)一階，線性，非齊次；(2)二階，線性，齊次；(3)二階，線性，非齊次；(4)二階，非線性，齊次。2.設$u(x,t)=\mathcal{F}[u(x,t)](k)=\hat{u}(k,t)$，其中$\mathcal{F}$為傅里葉變換。對方程兩邊取傅里葉變換，得：$\mathcal{F}[u_t]-\mathcal{F}[u_{xx}]=0$$ik\hat{u}-k^2\hat{u}=0$$(ik-k^2)\hat{u}=0$得$\hat{u}=0$或$\hat{u}=\frac{f(k)+ig(k)}{k^2}$（其中$f(k)=\mathcal{F}[f(x)](k)$，$g(k)=\mathcal{F}[g(x)](k)$）。對$\hat{u}=\frac{f(k)+ig(k)}{k^2}$取傅里葉逆變換，得：$u(x,t)=\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{f(k)+ig(k)}{k^2}\right](x)$$=\mathcal{F}^{-1}[f(k)](x)*\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{1}{k^2}\right](x)+i\mathcal{F}^{-1}[g(k)](x)*\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{1}{k^2}\right](x)$其中$*$表示卷積。已知$\mathcal{F}^{-1}[f(k)](x)=f(x)$，$\mathcal{F}^{-1}[g(k)](x)=g(x)$。$\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{1}{k^2}\right](x)=\mathcal{F}^{-1}[k\cdot\frac{1}{k}](x)=(-i)^2\mathcal{F}^{-1}[k](x)=-\mathcal{F}^{-1}[\fracjkwmnzt{dx}](x)=-\fracrghjroe{dx}x\cdotH(x)=-tH(t)$（$H(t)$為單位階躍函數(shù)，此處為時間變量t）。因此，$u(x,t)=-tf(x)*(-t)H(t)+itg(x)*(-t)H(t)$$=tf(x)*H(t)-itg(x)*H(t)$$=t\int_{-\infty}^{\infty}f(\xi)H(\xi)H(t-\xi)d\xi-it\int_{-\infty}^{\infty}g(\xi)H(\xi)H(t-\xi)d\xi$$=t\int_{0}^{t}f(\xi)d\xi-it\int_{0}^{t}g(\xi)d\xi$$=t\int_{0}^{t}f(\xi)d\xi-it\int_{0}^{t}g(\xi)d\xi$最終解為：$u(x,t)=t\int_{0}^{t}f(\xi)d\xi-it\int_{0}^{t}g(\xi)d\xi$二、令$u(x,t)=X(x)T(t)$，代入方程得：$X(x)T'(t)=a^2X''(x)T(t)$$\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda$分離變量，得到兩個常微分方程：1.$X''(x)+\lambdaX(x)=0$2.$T'(t)+a^2\lambdaT(t)=0$由邊界條件$u(0,t)=0$和$u(L,t)=0$，得：$X(0)T(t)=0\RightarrowX(0)=0$$X(L)T(t)=0\RightarrowX(L)=0$對$X(x)$的方程，求解特征值問題：(i)當$\lambda<0$，設$\lambda=-\mu^2(\mu>0)$，方程為$X''+\mu^2X=0$，通解為$X(x)=A\cos(\mux)+B\sin(\mux)$。由$X(0)=0$得$A=0$，$X(x)=B\sin(\mux)$。由$X(L)=0$得$\sin(\muL)=0$，$\muL=n\pi$，$n=1,2,\dots$。$\mu=\frac{n\pi}{L}$，$\lambda=-\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$。對應的特征函數(shù)為$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pix}{L}\right)$。(ii)當$\lambda=0$，方程為$X''=0$，通解為$X(x)=Ax+B$。由$X(0)=0$和$X(L)=0$得$A=B=0$，無非零解。(iii)當$\lambda>0$，設$\lambda=\mu^2(\mu>0)$，方程為$X''-\mu^2X=0$，通解為$X(x)=A\cosh(\mux)+B\sinh(\mux)$。由$X(0)=0$得$A=0$，$X(x)=B\sinh(\mux)$。由$X(L)=0$得$\sinh(\muL)=0$，但$\sinh(x)\neq0$對所有$x\neq0$，無解。綜上，特征值為$\lambda_n=-\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$，$n=1,2,\dots$，對應的特征函數(shù)為$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pix}{L}\right)$。對$T(t)$的方程，$T'(t)-a^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T(t)=0$，通解為$T_n(t)=C_ne^{-a^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t}$。通解為$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_n\sin\left(\frac{n\pix}{L}\right)e^{-a^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t}$。由初始條件$u(x,0)=\phi(x)$，得：$\phi(x)=\sum_{n=1}^{\infty}C_n\sin\left(\frac{n\pix}{L}\right)$將$\phi(x)$在$[0,L]$上展開為正弦級數(shù)，系數(shù)$C_n$為：$C_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\phi(x)\sin\left(\frac{n\pix}{L}\right)dx$因此，定解問題的解為：$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\phi(\xi)\sin\left(\frac{n\pi\xi}{L}\right)d\xi\right)\sin\left(\frac{n\pix}{L}\right)e^{-a^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t}$三、1.拉普拉斯方程在極坐標下為$u_{rr}+\frac{1}{r}u_r+\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}=0$。令$u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$，代入方程并分離變量，得：$\frac{r^2R''}{R}+\frac{rR'}{R}+\lambda\frac{\Theta''}{\Theta}=0$$\frac{r^2R''}{R}+\frac{rR'}{R}=-\lambda\frac{\Theta''}{\Theta}=\mu^2$（令$\lambda=-\mu^2$，$\mu^2\geq0$）$r^2R''+rR'-\mu^2R=0$（$R(r)$方程）$\Theta''+\mu^2\Theta=0$（$\Theta(\theta)$方程）對$\Theta(\theta)$方程，要求解在$[0,2\pi]$上連續(xù)有界，得$\mu^2=n^2$（$n=0,1,2,\dots$），$\Theta_n(\theta)=A_n\cos(n\theta)+B_n\sin(n\theta)$。對$R(r)$方程，$r^2R''+rR'-n^2R=0$。(i)當$n=0$，方程為$rR''+R'=0$，通解為$R_0(r)=C_0+D_0\ln(r)$。由$u$在$r=0$處有界，需$D_0=0$，$R_0(r)=C_0$。(ii)當$n>0$，方程為歐拉方程，設$r^l=e^{\lnr^l}$，代入得$l(l-1)+l-n^2=0$，$(l-1)(l+1)=n^2$，$l=\pmn$。通解為$R_n(r)=C_nr^n+D_nr^{-n}$。由$u$在$r=0$處有界（對$n>0$的解），需$D_n=0$，$R_n(r)=C_nr^n$。通解為$u(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}(C_nr^n\cos(n\theta)+B_nr^n\sin(n\theta))$。由邊界條件$u(a,\theta)=f(\theta)$，得：$f(\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}(C_na^n\cos(n\theta)+B_na^n\sin(n\theta))$將$f(\theta)$在$[0,2\pi]$上展開為傅里葉級數(shù)，系數(shù)為：$C_n=\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\cos(n\theta')d\theta'$（$n=0,1,2,\dots$）$B_n=\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\sin(n\theta')d\theta'$（$n=1,2,\dots$）最終解為：$u(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\cos(n\theta')d\theta'\right)r^n\cos(n\theta)+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\sin(n\theta')d\theta'\right)r^n\sin(n\theta)$$=\frac{1}{\pia^0}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')d\theta'+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\cos(n\theta')d\theta'\right)r^n\cos(n\theta)+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\sin(n\theta')d\theta'\right)r^n\sin(n\theta)$$=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')d\theta'+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\cos(n\theta')d\theta'r^n\cos(n\theta)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pia^n}\int_{0}^{2\pi}f(\theta')\sin(n\theta')d\theta'r^n\sin(n\theta)$2.拉普拉斯方程$\Deltau=0$在球坐標下為$u_{rr}+\frac{2}{r}u_r+\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}+\frac{\cot\theta}{r^2}u_\theta+\frac{2}{r^2\sin\theta}u_{\varphi\varphi}=0$。對于狄利克雷問題$u(\mathbf{x})=g(\mathbf{x})$，其中$|\mathbf{x}|=R$，可以轉化為求解泊松方程$\Deltau=-\frac{g(\mathbf{x})}{r^2}$在$r=R$上的解，其中$r=|\mathbf{x}|$。該問題的格林函數(shù)$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')$滿足：(1)$\Delta_{x'}G(\mathbf{x},\mathbf{x}')=-\delta(\mathbf{x}-\mathbf{x}')$，$\mathbf{x}\neq\mathbf{x}'$(2)$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')$在$r\neqr'$處滿足拉普拉斯方程$\Delta_{x'}G(\mathbf{x},\mathbf{x}')=0$。(3)在$r=R$的邊界上，$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')=0$（或$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')=-\frac{1}{4\pir}$，取決于具體定義）。(4)$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')$在$\mathbf{x}=\mathbf{x}'$處有限。利用鏡像法或直接定義，格林函數(shù)可以表示為：$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')=-\frac{1}{4\pi|\mathbf{x}-\mathbf{x}'|}+\frac{1}{4\pir}H(\mathbf{x}-\mathbf{x}')$（其中$H(\mathbf{x}-\mathbf{x}')$為狄拉克函數(shù)，表示在$\mathbf{x}=\mathbf{x}'$處的奇性）。最終解為：$u(\mathbf{x})=\int_{|\mathbf{x}'|=R}\frac{\partialG(\mathbf{x},\mathbf{x}')}{\partialn'}g(\mathbf{x}')dS'$其中$\frac{\partialG}{\partialn'}$是格林函數(shù)在球面$r=R$上的外法向導數(shù)。具體表達式取決于對$G$的定義和邊界條件的精確表述。對于$G(\mathbf{x},\mathbf{x}')=-\frac{1}{4\pi|\mathbf{x}-\mathbf{x}'|}+\frac{1}{4\pir}$，在$r=R$外法向為徑向outward，$\frac{\partialG}{\partialr}=\frac{1}{4\piR^2}$。四、1.證明：設$u_1(x,t)$和$u_2(x,t)$是定解問題$$\begin{cases}u_t=a^2u_{xx},&0<x<L,t>0,\\u(0,t)=u(L,t)=0,&t>0,\\u(x,0)=\phi(x),&0<x<L,\end{cases}$$的解，其中$\phi(x)$滿足$u_1(0,0)=u_2(0,0)=\phi(x)$。令$u(x,t)=u_1(x,t)+u_2(x,t)$。則$u(x,0)=u_1(x,0)+u_2(x,0)=\phi(x)+\phi(x)=\phi(x)$。$u_t(x,t)=u_{1t}(x,t)+u_{2t}(x,t)=a^2u_{1xx}(x,t)+a^2u_{2xx}(x,t)=a^2u_{xx}(x,t)$（因為$u_1,u_2$滿足方程）。$u(0,t)=u_1(0,t)+u_2(0,t)=0+0=0$。$u(L,t)=u_1(L,t)+u_2(L,t)=0+0=0$。因此，$u(x,t)=u_1(x,t)+u_2(x,t)$也是該定解問題的解。2.求解定解問題：$$\begin{cases}u_{tt}-u_{xx}=0,&0<x<\pi,t>0,\\u(0,t)=u(\pi,t)=0,&t>0,\\u(x,0)=\sin(x)+\frac{1}{2}\sin(2x),&0<x<\pi,\\u_t(x,0)=0,&0<x<\pi.\end{cases}$$令$u(x,t)=X(x)T(t)$，代入方程得：$X(x)T''(t)-X''(x)T(t)=0$$\frac{T''(t)}{T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda$分離變量，得到兩個常微分方程：1.$X''(x)+\lambdaX(x)=0$2.$T''(t)+\lambdaT(t)=0$由邊界條件$u(0,t)=0$和$u(\pi,t)=0$，得：$X(0)T(t)=0\RightarrowX(0)=0$$X(\pi)T(t)=0\RightarrowX(\pi)=0$對$X(x)$的方程，求解特征值問題：(i)當$\lambda<0$，設$\lambda=-\mu^2(\mu>0)$，方程為$X''+\mu^2X=0$，通解為$X(x)=A\cos(\mux)+B\sin(\mux)$。由$X(0)=0$得$A=0$，$X(x)=B\sin(\mux)$。由$X(\pi)=0$得$\sin(\mu\pi)=0$，$\mu\pi=n\pi$，$n=1,2,\dots$。$\mu=n$，$\lambda=-n^2$。對應的特征函數(shù)為$X_n(x)=\sin(nx)$。(ii)當$\lambda=0$，方程為$X''=0$，通解為$X(x)=Ax+B$。由$X(0)=0$和$X(\pi)=0$得$A=B=0$，無非零解。(iii)當$\lambda>0$，設$\lambda=\mu^2(\mu>0)$，方程為$X''-\mu^2X=0$，通解為$X(x)=A\cosh(\mux)+B\sinh(\mux)$。由$X(0)=0$得$A=0$，$X(x)=B\sinh(\mux)$。由$X(\pi)=0$得$\sinh(\mu\pi)=0$，但$\sinh(x)\neq0$對所有$x\neq0$，無解。綜上，特征值為$\lambda_n=-n^2$（$n=1,2,\dots$），對應的特征函數(shù)為$X_n(x)=\sin(nx)$。對$T(t)$的方程，$T''(t)+n^2T(t)=0$，通解為$T_n(t)=A_n\cos(nt)+B_n\sin(nt)$。通解為$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}(A_n\cos(nt)+B_n\sin(nt))\sin(nx)$。由初始條件$u(x,0)=\sin(x)+\fra