2025年大學《數學與應用數學》專業(yè)題庫——數學物理學與宇宙起源探究考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，$\mathbf{B}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$，$\mathbf{C}=\mathbf{A}+\mathbf{B}$。計算$\mathbf{C}^3-6\mathbf{C}+5\mathbf{I}$，其中$\mathbf{I}$為2階單位矩陣。二、求解微分方程$y''-4y'+3y=e^{2x}\sinx$。三、計算三重積分$\iiint_V(x^2+y^2+z^2)\,dV$，其中$V$是由球面$x^2+y^2+z^2=4$與錐面$z=\sqrt{x^2+y^2}$所圍成的公共部分。四、設函數$f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}$，其中$x>0$。1.求函數$f(x)$的麥克勞林級數（Maclaurinseries）。2.利用所得級數，計算$\ln(1.1)$的近似值，并估計誤差。五、考慮區(qū)域$D$由曲線$y=x^2$和直線$y=\sqrt{x}$所圍成。1.計算二重積分$\iint_Dx\sqrt{y}\,dA$。2.計算區(qū)域$D$繞直線$y=-1$旋轉所形成的旋轉體的體積。六、設$\mathbf{r}(t)=(t^2,t^3,t^4)$，計算$\mathbf{r}'(t)$，$\mathbf{r}''(t)$，并求$\mathbf{r}(t)$在$t=1$處的切線方程和法平面方程。七、討論級數$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sin(n\pi/6)}{2^n}$的斂散性。八、設$u=u(x,y)$具有二階連續(xù)偏導數，且滿足方程$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$。若$u(x,0)=f(x)$，$u(0,y)=g(y)$，其中$f(x)$和$g(y)$均為連續(xù)函數。求$u(x,y)$的表達式。九、證明：若函數$f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上連續(xù)，且對任意$x_1,x_2\in[a,b]$，都有$|f(x_1)-f(x_2)|\leqL|x_1-x_2|$，其中$L$為正常數，則$f(x)$在$[a,b]$上必一致連續(xù)。試卷答案一、解：$\mathbf{C}=\mathbf{A}+\mathbf{B}=\begin{pmatrix}1&3\\2&4\end{pmatrix}$。$\mathbf{C}^2=\begin{pmatrix}1&3\\2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&3\\2&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7&15\\10&22\end{pmatrix}$。$\mathbf{C}^3=\mathbf{C}\cdot\mathbf{C}^2=\begin{pmatrix}1&3\\2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}7&15\\10&22\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}37&81\\54&118\end{pmatrix}$。$\mathbf{C}^3-6\mathbf{C}+5\mathbf{I}=\begin{pmatrix}37&81\\54&118\end{pmatrix}-6\begin{pmatrix}1&3\\2&4\end{pmatrix}+5\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}37-6+5&81-18+0\\54-12+0&118-24+5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}36&63\\42&99\end{pmatrix}$。二、解：對應的齊次方程為$y''-4y'+3y=0$，其特征方程為$r^2-4r+3=0$，解得$r_1=1,r_2=3$。齊次通解為$y_h=C_1e^x+C_2e^{3x}$。設非齊次方程特解為$y_p=(Ax+B)e^{2x}\sinx+(Cx+D)e^{2x}\cosx$。代入原方程，比較系數，解得$A=-\frac{1}{10},B=0,C=\frac{1}{20},D=\frac{3}{40}$。特解為$y_p=\left(-\frac{1}{10}x+\frac{1}{20}\right)e^{2x}\sinx+\left(\frac{1}{40}x+\frac{3}{40}\right)e^{2x}\cosx$。通解為$y=y_h+y_p=C_1e^x+C_2e^{3x}+\left(-\frac{1}{10}x+\frac{1}{20}\right)e^{2x}\sinx+\left(\frac{1}{40}x+\frac{3}{40}\right)e^{2x}\cosx$。三、解：利用球坐標系，$x=\rho\sin\phi\cos\theta$,$y=\rho\sin\phi\sin\theta$,$z=\rho\cos\phi$。$dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$。錐面$z=\sqrt{x^2+y^2}$對應$\phi=\pi/4$。球面$x^2+y^2+z^2=4$對應$\rho=2$。積分區(qū)域$V$為$\{0\leq\theta\leq2\pi,0\leq\phi\leq\pi/4,0\leq\rho\leq2\}$。$\iiint_V(x^2+y^2+z^2)\,dV=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi/4}\sin\phi\,d\phi\int_0^2\rho^4\,d\rho$。$=2\pi\left[-\cos\phi\right]_0^{\pi/4}\left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^2=2\pi\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\frac{32}{5}=\frac{64\pi}{5}(2-\sqrt{2})$。四、解：1.$f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^{n-1}}{n}$，收斂域為$(-1,1]$。2.$\ln(1.1)=\ln(1+0.1)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{(0.1)^n}{n}=0.1-\frac{(0.1)^2}{2}+\frac{(0.1)^3}{3}-\cdots$。用前兩項近似，$\ln(1.1)\approx0.1-0.005=0.095$。誤差估計：$R_2=\left|\frac{(-1)^3(0.1)^3}{3}\right|=\frac{0.001}{3}\approx0.000333$。五、解：1.區(qū)域$D$為$0\leqx\leq1,x^2\leqy\leq\sqrt{x}$。$\iint_Dx\sqrt{y}\,dA=\int_0^1x\,dx\int_{x^2}^{\sqrt{x}}\sqrt{y}\,dy=\int_0^1x\left[\frac{2}{3}y^{3/2}\right]_{x^2}^{\sqrt{x}}\,dx=\int_0^1x\left(\frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{2}{3}x^3\right)\,dx$。$=\frac{2}{3}\int_0^1(x^{5/2}-x^4)\,dx=\frac{2}{3}\left[\frac{2}{7}x^{7/2}-\frac{1}{5}x^5\right]_0^1=\frac{2}{3}\left(\frac{2}{7}-\frac{1}{5}\right)=\frac{2}{3}\cdot\frac{10-7}{35}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{35}=\frac{2}{35}$。2.繞直線$y=-1$旋轉，$y'=\sqrt{x}$，$y''=\frac{1}{2\sqrt{x}}$。$\rho=\sqrt{x^2+(\sqrt{x}-(-1))^2}=\sqrt{x^2+(x+1)^2}=\sqrt{2x^2+2x+1}$。$V=\pi\int_0^1(\sqrt{x}+1)^2\sqrt{2x^2+2x+1}\,dx=\pi\int_0^1(x+2\sqrt{x}+1)\sqrt{2x^2+2x+1}\,dx$。令$u=2x^2+2x+1$，則$du=(4x+2)dx=2(2x+1)dx$。當$x=0$，$u=1$；當$x=1$，$u=5$。$\sqrt{x}=\sqrt{\frac{u-1-x}{2}}$。積分復雜，可考慮數值方法或近似。若簡化處理，設$\sqrt{2x^2+2x+1}\approx\sqrt{2}$，則$V\approx\pi\int_0^1(x+2\sqrt{x}+1)\sqrt{2}\,dx=\sqrt{2}\pi\int_0^1(x+2\sqrt{x}+1)\,dx=\sqrt{2}\pi\left[\frac{x^2}{2}+\frac{4\sqrt{x^3}}{3}+x\right]_0^1=\sqrt{2}\pi\left(\frac{1}{2}+\frac{4}{3}+1\right)=\sqrt{2}\pi\left(\frac{3+8+6}{6}\right)=\frac{17\sqrt{2}\pi}{6}$。六、解：$\mathbf{r}'(t)=(2t,3t^2,4t^3)$。$\mathbf{r}''(t)=(2,6t,12t^2)$。$t=1$時，$\mathbf{r}(1)=(1,1,1)$，$\mathbf{r}'(1)=(2,3,4)$，$\mathbf{r}''(1)=(2,6,12)$。切線方向向量為$\mathbf{r}'(1)=(2,3,4)$。切線方程為$\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{3}=\frac{z-1}{4}$。法平面法向量為$\mathbf{r}'(1)\times\mathbf{r}''(1)=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\2&3&4\\2&6&12\end{vmatrix}=\mathbf{i}(36-24)-\mathbf{j}(24-8)+\mathbf{k}(12-6)=12\mathbf{i}-16\mathbf{j}+6\mathbf{k}$。即$(12,-16,6)$。法平面方程為$12(x-1)-16(y-1)+6(z-1)=0$，即$12x-16y+6z=10$。七、解：考慮級數$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$，其中$a_n=\frac{n\sin(n\pi/6)}{2^n}$。由于$\sin(n\pi/6)$在$n=0,1,2,3,4,5$時分別為$0,1/2,\sqrt{3}/2,1,\sqrt{3}/2,1/2$，然后循環(huán)。$a_n=\frac{n}{2^n}$當$\sin(n\pi/6)=1$或$-1$（即$n\equiv\pm1\pmod6$）。$a_n=\frac{n\sqrt{3}}{2^n}$當$\sin(n\pi/6)=\sqrt{3}/2$或$-\sqrt{3}/2$（即$n\equiv\pm2\pmod6$或$\pm4\pmod6$）。$a_n=0$當$n\equiv0\pmod6$?？紤]級數$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$。令$S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$，則$\frac{S}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n+1}}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n-1}{2^n}$。$S-\frac{S}{2}=\frac{1}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{n}{2^n}-\frac{n-1}{2^n}\right)=\frac{1}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2}+\frac{1/4}{1-1/2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$。所以$S=1$。$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$收斂。考慮$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sqrt{3}}{2^n}$。$\left|\frac{n\sqrt{3}}{2^n}\right|\leq\frac{n}{2^n}$。由于$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$收斂，由比較判別法，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sqrt{3}}{2^n}$絕對收斂。因此，原級數$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$絕對收斂。八、解：這是典型的混合邊界條件的第一類齊次波動方程（或拉普拉斯方程）問題?？刹捎媒惦A法或分離變量法。方法一：降階法。設$u(x,y)=X(x)Y(y)$代入方程，得到$\frac{X''}{X}=\frac{Y''}{Y}=-\lambda$。得到$X''+\lambdaX=0$，$Y''+\lambdaY=0$。邊界條件$u(x,0)=f(x)$對應$X(x)Y(0)=f(x)$。$u(0,y)=g(y)$對應$X(0)Y(y)=g(y)$。由于$f(x)$和$g(y)$任意，要求對任意$f(x)$和$g(y)$都滿足，必須有$\lambda=0$。此時，$X''=0\RightarrowX(x)=A_1x+A_2$。$Y''=0\RightarrowY(y)=B_1y+B_2$。$u(x,y)=(A_1x+A_2)(B_1y+B_2)$。邊界條件$u(x,0)=A_2(B_1\cdot0+B_2)=A_2B_2=f(x)$。$A_2B_2$必須是關于$x$的任意函數，不可能。故$\lambda=0$不可能。方法二：分離變量法。設$u(x,y)=X(x)Y(y)$。代入方程，得到$\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}=0$。令$\frac{X''}{X}=-\lambda$，$\frac{Y''}{Y}=\lambda$。$X''+\lambdaX=0$。$Y''-\lambdaY=0$。邊界條件$u(x,0)=X(x)Y(0)=f(x)$。$u(0,y)=X(0)Y(y)=g(y)$。要求對任意$f(x),g(y)$成立，唯一可能是$\lambda<0$。令$\lambda=-k^2$($k>0$)。$X''+k^2X=0$。通解$X(x)=A_1\cos(kx)+A_2\sin(kx)$。$Y''-k^2Y=0$。通解$Y(y)=B_1e^{ky}+B_2e^{-ky}$。$u(x,y)=(A_1\cos(kx)+A_2\sin(kx))(B_1e^{ky}+B_2e^{-ky})$。邊界條件$u(x,0)=(A_1\cos(kx)+A_2\sin(kx))(B_1+B_2)=f(x)$。要求對任意$f(x)$成立，需$B_1+B_2=0$。設$B_2=-B_1=C$。$u(x,y)=(A_1\cos(kx)+A_2\sin(kx))(Ce^{ky}-Ce^{-ky})=C(A_1\cos(kx)+A_2\sin(kx))\sinh(ky)$。邊界條件$u(0,y)=(A_1\cos(0)+A_2\sin(0))(Ce^{ky}-Ce^{-ky})=A_1C\sinh(ky)=g(y)$。要求對任意$g(y)$成立，需$A_1C=0$。由于$g(y)$任意，$A_1=0$。故$u(x,y)=A_2\sin(kx)\sinh(ky)$。$u(x,0)=A_2\sin(kx)\sinh(0)=0=f(x)$。這與$f(x)$任意矛盾。所以，必須考慮$\lambda=0$的情況。采用Frobenius方法或直接求解齊次方程的通解形式。齊次方程$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$。通解可設為$u(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}(a_nx^n+b_ny^n)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n+\sum_{n=0}^{\infty}b_ny^n$。代入方程$\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)b_ny^{n-2}=0$。令$x=re^{i\theta}$，$u(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}(a_nr^n+b_nr^{-n})e^{in\theta}$。$\frac{\partial^2u}{\partialr^2}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=0$。比較系數，得$a_nr^n+b_nr^{-n}=0$對所有$r$成立。需$a_n=-b_n$。$u(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}(a_nx^n-a_ny^n)=a_0(x^0-y^0)+\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x^n-y^n)=a_0(x-y)+\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x^n-y^n)$。邊界條件$u(x,0)=a_0(x-0)+\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x^n-0^n)=a_0x+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=f(x)$。$u(0,y)=a_0(0-y)+\sum_{n=1}^{\infty}a_n(0^n-y^n)=-a_0y+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_ny^n=g(y)$。解此方程組：$\begin{cases}a_0x+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=f(x)\\-a_0y+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_ny^n=g(y)\end{cases}$。對任意$f(x)$和$g(y)$，唯一解為$a_0=0$，且$\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=f(x)$，$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_ny^n=g(y)$。所以$a_n=0$對所有$n\ge1$不成立，除非$f(x)$和$g(y)$滿足特定條件。此方法不適用?？紤]泊松求和公式或直接構造解。解為$u(x,y)=\frac{1}{2}\left[f(x)+g(y)\right]+\frac{1}{2}\int_0^x\int_0^yf(s)g(t)\,ds\,dt$。驗證：$\frac{\partialu}{\partialx}=\frac{1}{2}f'(x)+\frac{1}{2}\int_0^yg(t)\,dt=\frac{1}{2}f'(x)+\frac{1}{2}y