方法一

$\begin{aligned} & \lim _{x \to \infty}\left(\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right)^{x}=\lim _{x \to \infty} e^{\ln \left(\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right)^{x}}=\lim _{x \to \infty} e^{x\left(\ln\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right)} \\ & =\lim _{x \to \infty} e^{x\left(\frac{(a-b) x+ab}{(x-a)(x+b)}\right)}=\lim _{x \to \infty} e^{\frac{(a-b) x^{2}+ab x}{(x-a)(x+b)}}=e^{a-b} \end{aligned}$

方法二

$\begin{aligned} & \lim _{x \to \infty}\left(\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right)^{x}=\lim _{x \to \infty}\left(1+\frac{x^{2}-(x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)}\right)^{x} \\ & =\lim _{x \to \infty}\left(1+\frac{(a-b) x+ab}{(x-a)(x+b)}\right)^{x}=\lim _{x \to \infty}\left(1+\frac{(a-b) x+ab}{(x-a)(x+b)}\right)^{\frac{(x-a)(x+b)}{(a-b) x+ab} \cdot \frac{(a-b) x+ab}{(x-a)(x+b)} \cdot x} \\ & =e^{\lim _{x \to \infty}\frac{(a-b) x+ab}{(x-a)(x+b)} \cdot x}=e^{a-b} \end{aligned}$

方程两边求全微分：$F_{1}' \cdot d(\frac{y}{x})+F_{2}' \cdot d(\frac{z}{x})=0$，

即$F_{1}' \frac{x dy - y dx}{x^{2}}+F_{2}' \frac{x dz - z dx}{x^{2}}=0 \Rightarrow F_{1}' \cdot(x dy - y dx)+F_{2}' \cdot(x dz - z dx)=0$

$\therefore dz=\frac{y F_{1}'+z F_{2}'}{x F_{2}'} dx-\frac{F_{1}'}{F_{2}'} dy$

所以有，$x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{y F_{1}'+z F_{2}'}{x F_{2}'} \cdot x-\frac{F_{1}'}{F_{2}'} \cdot y=\frac{z F_{2}'}{F_{2}'}=z$

显然$x=0$，$x=1$是两个瑕点，有

$\int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} dx$

对于$\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} dx$，当$x \to 0^{+}$时，$\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=\ln ^{\frac{2}{m}}(1-x) x^{-\frac{1}{n}} \sim (-1)^{\frac{2}{m}} x^{\frac{2}{m}-\frac{1}{n}}$，而$\int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{\frac{2}{m}-\frac{1}{n}} dx$收敛（因$m,n$是正整数，$\frac{2}{m}-\frac{1}{n}>-1$），故$\int_{0}^{\frac{1}{2}}$收敛；对于$\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} dx$，当$x \in(1-\delta,1)(0<\delta<\frac{1}{2})$时，$\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}<2^{\frac{1}{m}} \ln ^{\frac{2}{m}}(1-x)<2^{\frac{1}{n}}(1-x)^{\frac{2}{m}}$，而$\int_{\frac{1}{2}}^{1}(1-x)^{\frac{2}{m}} dx$显然收敛，故$\int_{\frac{1}{2}}^{1}$收敛，所以选D

$\lim _{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(n+i)(n^{2}+j^{2})}=\lim _{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{(1+\frac{i}{n})} \cdot \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{(1+(\frac{j}{n})^{2})} \cdot \frac{1}{n}=\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)(1+y^{2})} dy$

本题主要考查的知识点是矩阵的秩的性质

$\because AB=E$

$\therefore R(AB)=m$

又$R(AB)=m \leq \min (R(A), R(B))$，即$R(A) \geq m$，$R(B) \geq m$

而$R(A) \leq m$，$R(B) \leq m$

$\therefore R(A)=m$，$R(B)=m$

本题考查的知识点是矩阵的相似的性质,实对称矩阵可对角化的性质,矩阵的特征值,矩阵的秩等。

设$A$的特征值为$\lambda$，因为$A^{2}+A=0$，所以$\lambda^{2}+\lambda=0$，即$\lambda(\lambda+1)=0 \Rightarrow \lambda=0$或$\lambda=-1$

又$\because R(A)=3$，$A$必可相似对角化，且对角阵的秩也是3，$\therefore \lambda=-1$是三重特征根

$\therefore A \sim\left(\begin{array}{cccc}-1 & & & \\ & -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & 0\end{array}\right)$

$P\{x=1\}=F(1)-F(1-)=1-e^{-1}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-e^{-1}$，所以选C

评注:本题实际上是考查分布函数的性质,即对任意随机变量$X$，均有$P(X=x)=F(x)-F(x-)$，这样的问题在辅导教程中出现过多次,属于基本概念的考查。

由概率密度的性质有

$\begin{aligned} & \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx=a \int_{-\infty}^{0} f_{1}(x) dx+b \int_{0}^{+\infty} f_{2}(x) dx=1 \Rightarrow a \Phi(0)+b \int_{0}^{3} \frac{1}{4} dx=1 \\ & \Rightarrow \frac{1}{2}a+\frac{3}{4}b=1 \Rightarrow 2a+3b=4 \end{aligned}$

所以选A。

评注:本题实际上是考查密度函数的性质与正态分布和均匀分布的基本性质,这里还需要知道的是标准正态分布取负值的概率为$\frac{1}{2}$，以及均匀分布的计算问题。

\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= \frac{y'(t)}{x'(t)} = \frac{\ln(1+t^{2})}{-e^{-t}} \\ \Rightarrow \frac{d^{2}y}{dx^{2}} &= \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)\frac{dt}{dx} = \left(\frac{\ln(1+t^{2})}{-e^{-t}}\right)'\frac{1}{x'(t)} \\ &= -\frac{\frac{2t}{1+t^{2}}e^{-t}+\ln(1+t^{2})e^{-t}}{(e^{-t})^{2}} \times \frac{1}{-e^{-t}} \\ &= e^{2t}\left(\frac{2t}{1+t^{2}}+\ln(1+t^{2})\right) \end{aligned}

\begin{aligned} \left.\frac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=0} &= 0 \end{aligned}

令 \(\sqrt{x}=t\)，原式为

\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\pi^{2}} \sqrt{x} \cos \sqrt{x} \, dx &= 2 \int_{0}^{\pi} t^{2} \cos t \, dt \\
&= 2\left(\left. t^{2} \sin t \right|_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} 2t \sin t \, dt \right) \\
&= -4 \int_{0}^{\pi} t \sin t \, dt \\
&= 4\left(\left. t \cos t \right|_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \cos t \, dt \right) \\
&= -4\pi
\end{aligned}
\]

令

\[
\begin{aligned}
L_1: &\quad \begin{cases} 
x = t \\ 
y = 1 + t 
\end{cases} & -1 \leq t \leq 0, \\
L_2: &\quad \begin{cases} 
x = t \\ 
y = 1 - t 
\end{cases} & 0 \leq t \leq 1.
\end{aligned}
\]

\begin{equation}
\begin{aligned}
\int_{L} x y \, dx + x^{2} \, dy &= \int_{L_{1}} x y \, dx + x^{2} \, dy + \int_{L_{2}} x y \, dx + x^{2} \, dy \\
&= \int_{-1}^{0} t(1+t) + t^{2} \, dt + \int_{0}^{1} t(1-t) - t^{2} \, dt \\
&= \left. \left( \frac{2}{3}t^{3} + \frac{t^{2}}{2} \right) \right|_{-1}^{0} + \left. \left( \frac{t^{2}}{2} - \frac{2}{3}t^{3} \right) \right|_{0}^{1} \\
&= 0
\end{aligned}
\end{equation}

\begin{aligned}
\overline{z} & = \frac{\iiint_{\Omega} z \, dx \, dy \, dz}{\iiint_{\Omega} dx \, dy \, dz} \\
& = \frac{\int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r \, dr \int_{r^{2}}^{1} z \, dz}{\int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r \, dr \int_{r^{2}}^{1} dz} \\
& = \frac{\frac{\pi}{3}}{\frac{\pi}{2}} \\
& = \frac{2}{3}
\end{aligned}

由题意知向量组 \(\alpha_{1}\)，\(\alpha_{2}\)，\(\alpha_{3}\) 线性相关，而其中两个向量线性无关，所以 \(R(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})=2\)，即

\begin{aligned}
&\begin{pmatrix} 
1 & 1 & 2 \\ 
2 & 1 & 1 \\ 
-1 & 0 & 1 \\ 
0 & 2 & \alpha 
\end{pmatrix} 
\stackrel{r_{2}-2r_{1}}{\to}
\begin{pmatrix} 
1 & 1 & 2 \\ 
0 & -1 & -3 \\ 
0 & 1 & 3 \\ 
0 & 2 & \alpha 
\end{pmatrix} \\
&\stackrel{r_{3}+r_{2}}{\to}
\begin{pmatrix} 
1 & 1 & 2 \\ 
0 & -1 & -3 \\ 
0 & 0 & 0 \\ 
0 & 0 & \alpha-6 
\end{pmatrix}
\end{aligned}

\begin{equation*}
\begin{aligned}
\therefore \alpha - 6 &= 0 \\
\Rightarrow \alpha &= 6
\end{aligned}
\end{equation*}

由概率分布的性质 \(\sum_{k=0}^{\infty} P\{X=k\}=1\)，有

\[
\begin{aligned}
\sum_{k=0}^{\infty} \frac{C}{k!} = 1 \quad &\Rightarrow \quad C \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = 1 \\
&\Rightarrow \quad C \cdot e = 1 \\
&\Rightarrow \quad C = e^{-1}
\end{aligned}
\]

即 \(P\{X=k\}=\frac{e^{-1}}{k!}\)，\(k=0,1,2,\cdots\)，参数为1的泊松分布，则有

\[
\begin{aligned}
EX = 1, \quad DX = 1 \\
\Rightarrow EX^{2} = DX + (EX)^{2} = 2
\end{aligned}
\]

齐次方程 \(y^{\prime \prime}-3 y'+2 y=0\) 的特征方程为 \(r^{2}-3 r+2=0\)，由此得 \(r_{1}=2\)，\(r_{2}=1\)。对应齐次方程的通解为 \(Y=C_{1} e^{2 x}+C_{2} e^{x}\)。

设非齐次方程的特解为 \(y^{*}=(a x+b) x e^{x}\)，则 \(y^{*}=(a x^{2}+(2 a+b) x) e^{x}\)，\(y^{* \prime \prime}=(a x^{2}+(4 a+b) x+2 a+2 b) e^{x}\)。

代入原方程得 \(a=-1, b=-2\)，从而所求解为 \(y=C_{1} e^{2 x}+C_{2} e^{x}-x(x+2) e^{x}\)。

由 \(f'(x)=2 x \int_{1}^{x^{2}} e^{-t^{2}} ~d t=0\)，可得 \(x=0, \pm 1\)。

列表讨论如下：

| \(x\) | \((-\infty,-1)\) | \(-1\) | \((-1,0)\) | \(0\) | \((0,1)\) | \(1\) | \((1,+\infty)\) |

| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |

| \(f'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |

| \(f(x)\) | 减 | 极小值 | 增 | 极大值 | 减 | 极小值 | 增 |

因此，\(f(x)\) 的单调增加区间为 \((-1,0)\) 及 \((1,+\infty)\)，单调减少区间为 \((-\infty,-1)\) 及 \((0,1)\)；极小值为 \(f(1)=f(-1)=0\)，极大值为 \(f(0)=\int_{0}^{1} t e^{-t^{2}} ~d t=\frac{1}{2}(1-e^{-1})\)。

(I) 令 \(f(t)=\ln (1+t)-t\)，当 \(0 \leq t \leq 1\) 时，\(f'(t)=\frac{1}{1+t}-1 \leq 0\)，故当 \(0 \leq t \leq 1\) 时 \(f(t) \leq f(0)=0\)，即 \(0 \leq \ln (1+t) \leq t \leq 1\)，从而 \([\ln (1+t)]^{n} \leq t^{n}\)（\(n=1,2, \cdots\)）。

又由 \(|\ln t| \geq 0\)，可得 \(\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} ~d t \leq \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| ~d t\)（\(n=1,2, \cdots\)）。

(II) 方法一：由 (I) 知，\(0 \leq u_{n}=\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} ~d t \leq \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| ~d t\)。

因为 \(\int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| ~d t=-\int_{0}^{1} t^{n}(\ln t) ~d t=-\left.(\ln t) \frac{1}{n+1} t^{n+1}\right|_{0} ^{1}+\int_{0}^{1} \frac{1}{n+1} t^{n} ~d t=\frac{1}{(n+1)^{2}}\)，所以 \(\lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| ~d t=0\)，由夹逼准则得 \(\lim_{n \to \infty} u_{n}=0\)。

方法二：\(0<\int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| ~d t=-\int_{0}^{1} t^{n}(\ln t) ~d t=\frac{1}{n+1} \int_{0}^{1} t^{n} ~d t \leq \frac{1}{n+1}\)，由夹逼准则得 \(\lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| ~d t=0\)，故 \(\lim_{n \to \infty} u_{n}=0\)。

方法三：由 (I) 知，\(0 \leq [\ln (1+t)]^{n} \leq t^{n}\)，又因为 \(\lim_{t \to 0} t|\ln t|=0\)，所以 \(\exists M>0\)，\(\forall t \in[0,1]\)，\(0 \leq u_{n}=\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} ~d t \leq M \int_{0}^{1} t^{n-1} ~d t=\frac{M}{n}\)（\(n=2,3, \cdots\)），因为 \(\lim_{n \to \infty} \frac{M}{n}=0\)，所以 \(\lim_{n \to \infty} u_{n}=0\)。

因为 \(\lim_{n \to \infty}|\frac{u_{n+1}}{u_{n}}|=\lim_{n \to \infty}|\frac{x^{2 n+2}(2 n-1)}{x^{2 n}(2 n+1)}|=x^{2}\)，所以当 \(x^{2}<1\) 即 \(-1

因为 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n}=x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n-1}\)，设 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1} x^{2 n-1}=f(x)\)，\(x \in (-1,1)\)，则 \(f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{2(n-1)}=\frac{1}{1+x^{2}}\)。

因为 \(f(0)=0\)，所以 \(f(x)=\int_{0}^{x} f'(t) d t+f(0)=\arctan x\)，从而和函数 \(s(x)=x \arctan x\)，\(x \in [-1,1]\)。

(1) 椭球面 \(S\) 的切平面法向量为 \(F_{x}=2 x\)，\(F_{y}=2 y-z\)，\(F_{z}=2 z-y\)。

因切平面与 \(xOy\) 面垂直，所以法向量的 \(z\) 分量为 \(0\)，即 \(2 z-y=0 \Rightarrow z=\frac{y}{2}\)。

所以轨迹为 \(\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}+z^{2}-y z=1 \\ y=2 z\end{array}\right.\)。

(2) \(d S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}} d x d y=\frac{\sqrt{4 x^{2}+5 y^{2}+5 z^{2}-8 y z}}{2 z-y} d x d y\)。

原式可化简为 \(\iint_{D_{x y}} (x+\sqrt{3}) d x d y\)，其中 \(D_{x y}=\left\{(x, y) | x^{2}+\frac{3}{4} y^{2} \leq 1\right\}\)。

计算得：\(\iint_{D_{x y}} x d x d y+\iint_{D_{x y}} \sqrt{3} d x d y=0+\sqrt{3} \cdot \pi \cdot 1 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}=2 \pi\)。

(I) 设 \(\eta_{1}, \eta_{2}\) 为 \(A x=b\) 的 2 个不同的解，则 \(\eta_{1}-\eta_{2}\) 是 \(A x=0\) 的非零解，故 \(|A|=(\lambda-1)^{2}(\lambda+1)=0\)，于是 \(\lambda=1\) 或 \(\lambda=-1\)。

当 \(\lambda=1\) 时，\(r(A) \neq r(A|b)\)，方程组无解，舍去；

当 \(\lambda=-1\) 时，对增广矩阵作初等行变换：

\((A \vdots b)=\left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 1 & 1 & a \\ 0 & -2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right) \to \left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 0 & -1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & a+2 \end{array}\right)\)，

因为方程组有解，所以 \(a+2=0 \Rightarrow a=-2\)。

(II) 当 \(\lambda=-1, a=-2\) 时，增广矩阵化为 \(\left(\begin{array}{ccc|c} -1 & 0 & -1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\)，

方程组通解为 \(x=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c} 3 \\ -1 \\ 0 \end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)\)，其中 \(k\) 为任意常数。

(I) 由 \(Q^{T} A Q=\Lambda\) ，其中 \(\Lambda=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\ & 1 & \\ & & 0\end{array}\right)\) ，故 \(A=Q \Lambda Q^{T}\)。设 Q 的其他列向量为 \((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}\)，因 Q 为正交矩阵，所以 \((x_{1}, x_{2}, x_{3})\left(\begin{array}{c}\frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)=0\)，即 \(x_{1}+x_{3}=0\)，其基础解系为 \(\alpha_{1}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right), \alpha_{2}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)\)。将 \(\alpha_{1}\) 单位化得 \(\beta_{1}=\left(\begin{array}{c}-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)\)，则 \(Q=\left(\begin{array}{ccc}-\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)\)，\(Q^{T}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{array}\right)\)，所以 \(A=Q \Lambda Q^{T}=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}\end{array}\right)\)。

(II) 证明：因为 \((A+E)^{T}=A^{T}+E=A+E\)，所以 \(A+E\) 为实对称矩阵。又因为 A 的特征值为1,1,0，所以 \(A+E\) 的特征值为2,2,1，都大于0，故 \(A+E\) 为正定矩阵。

【解析】由概率密度的性质$\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y)dxdy = 1$，可知

$\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} Ae^{-2x^{2}+2xy - y^{2}}dxdy = A\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}}dx\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - y)^{2}}dy = 1$

又知$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}}dx = \sqrt{\pi}$，有

$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}}dx\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - y)^{2}}dy = \sqrt{\pi} \cdot \sqrt{\pi} = \pi$

所以$A = \frac{1}{\pi}$，即$f(x,y) = \frac{1}{\pi}e^{-2x^{2}+2xy - y^{2}}$

$X$的边缘概率密度为

$f_X(x) = \frac{1}{\pi}e^{-x^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - y)^{2}}dy = \frac{1}{\pi}e^{-x^{2}} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-x^{2}},-\infty \lt x \lt +\infty$

$f_{Y|X}(y|x) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)} = \frac{\frac{1}{\pi}e^{-2x^{2}+2xy - y^{2}}}{\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-x^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-(x - y)^{2}},-\infty \lt x \lt +\infty,-\infty \lt y \lt +\infty$ 

由题知 \(N_{1}\) ，\(N_{2}\) ，\(N_{3}\) 分别服从二项分布 \(B(n, 1-\theta)\) ，\(B(n, \theta-\theta^{2})\) ，\(B(n, \theta^{2})\) ，则有 \(E N_{1}=n(1-\theta)\)，\(E N_{2}=n\left(\theta-\theta^{2}\right)\)，\(E N_{3}=n \theta^{2}\)。

\(E T=E\left(\sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i}\right)=\sum_{i=1}^{3} a_{i} E N_{i}=a_{1} n(1-\theta)+a_{2} n\left(\theta-\theta^{2}\right)+a_{3} n \theta^{2}=\theta\)，整理得 \(\left\{\begin{array}{c}a_{1} n=0 \\ a_{2} n - a_{1} n=1 \\ a_{3} n - a_{2} n=0\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{c}a_{1}=0 \\ a_{2}=\frac{1}{n} \\ a_{3}=\frac{1}{n}\end{array}\right.\)，即 \(T=\frac{N_{2}+N_{3}}{n}=1 - \frac{N_{1}}{n}\)。

\(D T=D\left(1 - \frac{N_{1}}{n}\right)=\frac{1}{n^{2}} D N_{1}=\frac{1}{n^{2}} × n(1-\theta) \theta=\frac{(1-\theta) \theta}{n}\)。