考研理學(xué)2025年數(shù)學(xué)物理方法真題試卷（含答案）考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.求解一階線性偏微分方程$x\frac{\partialz}{\partialx}+y\frac{\partialz}{\partialy}=z+xy$。2.設(shè)$f(x)$是以$2\pi$為周期的連續(xù)函數(shù)，其傅里葉系數(shù)為$a_n$和$b_n$。求函數(shù)$F(x)=f(x)\cosx$的傅里葉系數(shù)$A_n$和$B_n$。二、1.利用拉普拉斯變換求解初值問(wèn)題：$$\begin{cases}y''+4y=f(t),\\y(0)=0,\quady'(0)=0,\end{cases}$$其中$f(t)=\sin2t$，$t\ge0$。2.計(jì)算積分$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^2+1}\,dt$。三、1.證明：如果向量場(chǎng)$\mathbf{F}=P(x,y,z)\mathbf{i}+Q(x,y,z)\mathbf{j}+R(x,y,z)\mathbf{k}$在某區(qū)域$\Omega$內(nèi)處處滿足$\nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{0}$，并且$\mathbf{F}$在$\Omega$內(nèi)連續(xù)，那么$\mathbf{F}$在$\Omega$內(nèi)是保守場(chǎng)。2.計(jì)算曲面積分$\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)\,dS$，其中$\Sigma$是曲面$z=\sqrt{x^2+y^2}$在$1\lez\le2$部分的下側(cè)。四、1.計(jì)算不定積分$\int\frac{x}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx$。2.將函數(shù)$f(x)=x^2$在$[0,\pi]$上展開(kāi)成余弦級(jí)數(shù)。五、1.求解貝塞爾微分方程$x^2y''+xy'+(x^2-\frac{1}{4})y=0$的通解。2.計(jì)算函數(shù)$f(z)=\frac{1}{z(z-1)}$在$z=1$處的留數(shù)，并利用留數(shù)定理計(jì)算積分$\oint_{C}\frac{1}{z(z-1)}\,dz$，其中$C$是圍繞$z=1$的正向簡(jiǎn)單閉曲線。六、1.證明勒讓德方程$(1-x^2)y''-2xy'+n(n+1)y=0$在區(qū)間$[-1,1]$上存在正交性。即證明若$y_1(x)$和$y_2(x)$是該方程的任意兩個(gè)屬于區(qū)間$[-1,1]$且滿足$y_1(-1)=y_1(1)=y_2(-1)=y_2(1)=0$的解，則$\int_{-1}^{1}y_1(x)y_2(x)\,dx=0$。2.將函數(shù)$f(x)=x$在$0\lex\le\pi$上展開(kāi)成以$\pi$為周期的傅里葉級(jí)數(shù)。試卷答案一、1.特解形式設(shè)為$z=u(x,y)e^{\lambdaxy}$，代入原方程得$\lambda=\frac{1}{2}$，$u_{xy}=0$。通解為$z=(ax+by+c)e^{\frac{1}{2}xy}$，其中$a,b,c$為任意常數(shù)。2.$a_n'=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cosx\cosnx\,dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\frac{1}{2}[\cos((n+1)x)+\cos((n-1)x)]\,dx=\frac{1}{2}(a_{n+1}+a_{n-1})$。$b_n'=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cosx\sinnx\,dx=0$（奇函數(shù)乘偶函數(shù)，在對(duì)稱區(qū)間積分為零）。利用$f(x)$的傅里葉系數(shù)$a_n,b_n$，有$A_n=\frac{1}{2}(a_{n+1}+a_{n-1})=\frac{1}{2}[\frac{1}{2}(a_{n+2}+a_n)+\frac{1}{2}(a_n+a_{n-2})]=\frac{1}{4}(a_{n+2}+2a_n+a_{n-2})$。$B_n=0$。二、1.$\mathcal{L}[y''+4y]=\mathcal{L}[f(t)]$，即$s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)+4Y(s)=F(s)$。代入初始條件得$Y(s)=\frac{F(s)}{s^2+4}$。$F(s)=\mathcal{L}[\sin2t]=\frac{2}{s^2+4}$。故$Y(s)=\frac{2}{(s^2+4)^2}$。求逆變換：$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2}{(s^2+4)^2}\right]=t\sin2t$。所以$y(t)=t\sin2t$。2.令$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^2+1}\,dt$?？紤]$\mathcal{L}[e^{-t}u(t)]=\frac{1}{s+1}$。令$t'=-t$，則$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{t'}}{t'^2+1}\,dt'=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{t}}{t^2+1}\,dt$。所以$2I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{|t|}}{t^2+1}\,dt$。$I=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{|t|}}{t^2+1}\,dt$。計(jì)算$\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^2+1}\,dt=\frac{\pi}{2e}$。利用偶函數(shù)性質(zhì)，$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{|t|}}{t^2+1}\,dt=2\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^2+1}\,dt=\frac{\pi}{e}$。故$I=\frac{\pi}{2e}$。三、1.證明：$\nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{0}\implies\left(\frac{\partialR}{\partialy}-\frac{\partialQ}{\partialz}\right)\mathbf{i}+\left(\frac{\partialP}{\partialz}-\frac{\partialR}{\partialx}\right)\mathbf{j}+\left(\frac{\partialQ}{\partialx}-\frac{\partialP}{\partialy}\right)\mathbf{k}=\mathbf{0}$。由連續(xù)性$\frac{\partialP}{\partialy}=\frac{\partialQ}{\partialx}$，$\frac{\partialQ}{\partialz}=\frac{\partialR}{\partialy}$，$\frac{\partialR}{\partialx}=\frac{\partialP}{\partialz}$。因此，存在勢(shì)函數(shù)$\phi$，使得$\mathbf{F}=\nabla\phi$。$\mathbf{F}$保守的定義是存在勢(shì)函數(shù)$\phi$。故$\mathbf{F}$是保守場(chǎng)。2.曲面$\Sigma$的參數(shù)化為$\mathbf{r}(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta,r)$，$1\ler\le2$，$0\le\theta\le2\pi$。$dS=\left|\frac{\partial\mathbf{r}}{\partialr}\times\frac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}\right|drd\theta$。$\frac{\partial\mathbf{r}}{\partialr}=(\cos\theta,\sin\theta,1)$，$\frac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}=(-r\sin\theta,r\cos\theta,0)$。$\frac{\partial\mathbf{r}}{\partialr}\times\frac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}=(-r\cos\theta,-r\sin\theta,-r^2\cos^2\theta-r^2\sin^2\theta)=(-r\cos\theta,-r\sin\theta,-r^2)$。$|\frac{\partial\mathbf{r}}{\partialr}\times\frac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}|=\sqrt{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta+r^4}=\sqrt{r^2+r^4}=r\sqrt{1+r^2}$。$dS=r\sqrt{1+r^2}\,drd\theta$。$\Sigma$在$xy$平面上的投影為圓盤$D:x^2+y^2\le4$。$\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)\,dS=\iint_Dr^2\cdotr\sqrt{1+r^2}\,drd\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{1}^{2}r^3\sqrt{1+r^2}\,dr$。令$u=1+r^2$，則$du=2r\,dr$。當(dāng)$r=1$，$u=2$；當(dāng)$r=2$，$u=5$。積分變?yōu)?\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{2}^{5}\frac{1}{2}(u-1)\sqrt{u}\,du=\pi\int_{2}^{5}\frac{1}{2}(u^{3/2}-u^{1/2})\,du=\frac{\pi}{2}\left[\frac{2}{5}u^{5/2}-\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_{2}^{5}=\frac{\pi}{2}\left(\frac{2}{5}(5^{5/2}-2^{5/2})-\frac{2}{3}(5^{3/2}-2^{3/2})\right)$。四、1.令$u=\arctanx$，則$du=\frac{1}{1+x^2}dx$。$dv=\frac{x}{(1+x^2)^2}dx$。設(shè)$v=-\frac{1}{2(1+x^2)}$（通過(guò)積分$\int\frac{x}{(1+x^2)^2}dx=-\frac{1}{2(1+x^2)}+C$得到）。使用分部積分公式$\intu\,dv=uv-\intv\,du$。$\int\frac{x}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx=-\frac{1}{2(1+x^2)}\arctanx-\int\left(-\frac{1}{2(1+x^2)}\right)\frac{1}{1+x^2}\,dx=-\frac{1}{2(1+x^2)}\arctanx+\frac{1}{2}\int\frac{1}{(1+x^2)^2}\,dx$。計(jì)算$\int\frac{1}{(1+x^2)^2}\,dx$：令$x=\tant$，$dx=\sec^2t\,dt$。$\int\frac{1}{(1+\tan^2t)^2}\sec^2t\,dt=\int\cos^2t\,dt=\int\frac{1+\cos2t}{2}\,dt=\frac{t}{2}+\frac{\sin2t}{4}+C=\frac{1}{2}\arctanx+\frac{x}{2(1+x^2)}+C$。代回原式：$\int\frac{x}{(1+x^2)^2}\arctanx\,dx=-\frac{1}{2(1+x^2)}\arctanx+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\arctanx+\frac{x}{2(1+x^2)}\right)=-\frac{1}{2(1+x^2)}\arctanx+\frac{1}{4}\arctanx+\frac{x}{4(1+x^2)}+C$。合并同類項(xiàng)：$=\left(-\frac{1}{2(1+x^2)}+\frac{1}{4}\right)\arctanx+\frac{x}{4(1+x^2)}+C=\left(\frac{-2+1}{4(1+x^2)}\right)\arctanx+\frac{x}{4(1+x^2)}+C=-\frac{1}{4(1+x^2)}\arctanx+\frac{x}{4(1+x^2)}+C$。2.計(jì)算傅里葉系數(shù)：$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\,dx=\frac{1}{\pi}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{\pi}=\frac{\pi^2}{3}$。$a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\cos(nx)\,dx$。使用分部積分兩次。令$u=x^2$，$dv=\cos(nx)dx$。則$du=2xdx$，$v=\frac{\sin(nx)}{n}$。$a_n=\frac{2}{\pi}\left[x^2\frac{\sin(nx)}{n}\right]_{0}^{\pi}-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}2x\frac{\sin(nx)}{n}\,dx=0-\frac{4}{n\pi}\int_{0}^{\pi}x\sin(nx)\,dx$。對(duì)$\intx\sin(nx)\,dx$再次分部積分。令$u=x$，$dv=\sin(nx)dx$。則$du=dx$，$v=-\frac{\cos(nx)}{n}$。$\intx\sin(nx)\,dx=-x\frac{\cos(nx)}{n}+\int\frac{\cos(nx)}{n}\,dx=-x\frac{\cos(nx)}{n}+\frac{\sin(nx)}{n^2}$。$\int_{0}^{\pi}x\sin(nx)\,dx=\left[-x\frac{\cos(nx)}{n}+\frac{\sin(nx)}{n^2}\right]_{0}^{\pi}=-\pi\frac{\cos(n\pi)}{n}+0-(0+0)=-\frac{\pi\cos(n\pi)}{n}$。代回$a_n$表達(dá)式：$a_n=-\frac{4}{n\pi}\left(-\frac{\pi\cos(n\pi)}{n}\right)=\frac{4\pi\cos(n\pi)}{n^2\pi}=\frac{4\cos(n\pi)}{n^2}$。因?yàn)?\cos(n\pi)=(-1)^n$，所以$a_n=\frac{4(-1)^n}{n^2}$。$b_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\sin(nx)\,dx=0$（奇函數(shù)乘偶函數(shù)在對(duì)稱區(qū)間積分為零）。展開(kāi)式為$f(x)=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4(-1)^n}{n^2}\cos(nx)$，$0\lex\le\pi$。五、1.觀察方程$x^2y''+xy'+(x^2-\frac{1}{4})y=0$，這是一個(gè)歐拉方程（或稱柯西-歐拉方程），形式為$x^2y''+axy'+by=0$。令$x=e^t$，則$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}\frac{dy}{dt}=e^{-t}y'$，$y''=\frac6666611{dx}(e^{-t}y')=e^{-t}y''-e^{-t}y'=e^{-2t}y''-e^{-t}y'$。代入原方程：$x^2(e^{-2t}y''-e^{-t}y')+x(e^{-t}y')+(x^2-\frac{1}{4})y=0$。即$(e^{-2t}y''-e^{-t}y')+(e^{-t}y')+(e^{2t}-\frac{1}{4})y=0$。即$e^{-2t}y''+e^{2t}y-\frac{1}{4}y=0$。乘以$e^{2t}$得$y''+4y=0$。特征方程為$r^2+4=0$，解為$r=\pm2i$。通解為$y(t)=C_1\cos(2t)+C_2\sin(2t)$。回代$t=\lnx$，得$y(x)=C_1\cos(2\lnx)+C_2\sin(2\lnx)$。這是貝塞爾方程$x^2y''+xy'+(x^2-\frac{1}{4})y=0$的通解，其中$C_1,C_2$為任意常數(shù)。2.$f(z)=\frac{1}{z(z-1)}$有兩個(gè)奇點(diǎn)$z=0$和$z=1$。積分路徑$C$圍繞$z=1$。計(jì)算留數(shù)：在$z=1$處，$f(z)=\frac{1}{z(z-1)}$。$\text{Res}(f,1)=\lim_{z\to1}(z-1)f(z)=\lim_{z\to1}\frac{1}{z}=1$。根據(jù)留數(shù)定理，$\oint_{C}\frac{1}{z(z-1)}\,dz=2\pii\cdot\text{Res}(f,1)=2\pii\cdot1=2\pii$。六、1.證明：勒讓德方程$(1-x^2)y''-2xy'+n(n+1)y=0$。設(shè)$y_1(x)$和$y_2(x)$是其滿足$y_1(-1)=y_1(1)=y_2(-1)=y_2(1)=0$的解。定義內(nèi)積$(y_1,y_2)=\int_{-1}^{1}y_1(x)y_2(x)\,dx$。計(jì)算內(nèi)積$(y_1-y_2,y_1-y_2)=\int_{-1}^{1}(y_1-y_2)^2\,dx=\int_{-1}^{1}[y_1^2(x)-2y_1(x)y_2(x)+y_2^2(x)]\,dx=\int_{-1}^{1}y_1^2(x)\,dx-2\int_{-1}^{1}y_1(x)y_2(x)\,dx+\int_{-1}^{1}y_2^2(x)\,dx$。$(y_1-y_2,y_1-y_2)\ge0$。因此$\int_{-1}^{1}y_1(x)y_2(x)\,dx=0$。即$y_1$和$y_2$在$[-1,1]$上正交。2.將$f(x)=x$在$[0,\pi]$上展開(kāi)成以$\pi$為周期的傅里葉級(jí)數(shù)。周期$T=2\pi$，$\omega=\frac{2\pi}{T}=1$。$a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\,dx=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{\pi}=\frac{\pi}{2}$。$a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos(nx)\,dx$。使用分部積分。令$u=x$，$dv=\cos(nx)dx$。則$du=dx$，$v=\frac{\sin(nx)}{n}$。$a_n=\frac{2}{\pi}\left[x\frac{\sin(nx)}{n}\right]_{0}^{\pi}-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin(nx)}{n}\,dx=\frac{2}{