由\(\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)-\sin x}{x}=a \neq 0\)，又\( f''(x) \lt 0 \)，知\( f(0)=0 \)，\( f'(0)=\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=a + 1 \)，\(\lim\limits_{x \to 0}f(x)=f(0)=0\)，\(\lim\limits_{x \to 0}f'(x)=f'(0)=a + 1 \gt a\)，所以①，②，④正确。 令\( F(x)=f(x)-(a + 1)x \)，则\( F'(x)=f'(x)-(a + 1) \)。又\( F'(0)=f'(0)-(a + 1)=0 \)，\( F''(x)=f''(x) \lt 0 \)，故\( x = 0 \)是唯一极大值点，即最大值点。因此\( F(x) \leq F(0)=0 \)，则对任意\( x \in (-1,1) \)，都有\( f(x) \leq (a + 1)x \)。但由于条件不足，不能判断\( f(x) \leq ax \)，所以③错误。

由格林公式，\(\iint_{D}d\sigma=\oint_{L}xdy = -\oint_{L}ydx\)，其中\( D \)为曲线\( L \)所围成的平面有界区域，故\( S = \frac{1}{2}\oint_{L}xdy - ydx \)。

由题设知，\(\sum_{n = 1}^{\infty}|a_{n}|\)发散，\(\sum_{n = 1}^{\infty}|b_{n}|\)收敛，故\(\sum_{n = 1}^{\infty}(|a_{n}| - |b_{n}|)\)发散，因此①，②均错误。因\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\)条件收敛，\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)绝对收敛，则\(\sum_{n = 1}^{\infty}(a_{n} - b_{n})=\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}-\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛。若\(\sum_{n = 1}^{\infty}(a_{n} - b_{n})\)绝对收敛，则由\(|a_{n}|=|a_{n} - b_{n} + b_{n}| \leq |a_{n} - b_{n}| + |b_{n}|\)，知\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\)绝对收敛，矛盾，故\(\sum_{n = 1}^{\infty}(a_{n} - b_{n})\)条件收敛，因此③错误，④正确。

\( I_{k}=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{k}}{p(x)}dx=\int_{0}^{1}\frac{x^{k}}{p(x)}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{k}}{p(x)}dx \)，其中，若\(\int_{0}^{1}\frac{x^{k}}{p(x)}dx\)收敛，则\(-k \lt 1\)，即\( k \gt -1 \)；若\(\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{k}}{p(x)}dx\)收敛，则\( 4 - k \gt 1 \)，即\( k \lt 3 \)。 于是，当\( k = 3 \)时，\( I_{3}=+\infty \)，发散。 当\( k \in (-1,3) \)时， \( I_{k}=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{k}}{p(x)}dx \stackrel{x = t^{-1}}{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{-k}}{t^{-4}p(t)t^{2}}dt=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2 - k}}{p(x)}dx = I_{2 - k} \)， 所以\( I_{k}=\frac{I_{k} + I_{2 - k}}{2}=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{k} + x^{2 - k}}{p(x)}dx \geq \int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{x^{k} \cdot x^{2 - k}}}{p(x)}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{|x|}{p(x)}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{p(x)}dx = I_{1} \)。

因为\(|\lambda E - A|=\begin{vmatrix}\lambda - \frac{2}{5}&\frac{3}{10}\\-\frac{2}{5}&\lambda - \frac{6}{5}\end{vmatrix}=(\lambda - 1)(\lambda - \frac{3}{5})\)，所以\( A \)的特征值为\(\lambda_{1}=1\)，\(\lambda_{2}=\frac{3}{5}\)。 当\(\lambda_{1}=1\)时，有\((E - A)x = 0\)，得\( A \)对应特征值\( 1 \)的一个特征向量\(\xi_{1}=\begin{pmatrix}-1\\2\end{pmatrix}\)。 当\(\lambda_{2}=\frac{3}{5}\)时，有\((\frac{3}{5}E - A)x = 0\)，得\( A \)对应特征值\(\frac{3}{5}\)的一个特征向量\(\xi_{2}=\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}\)。 令\( P = (\xi_{1},\xi_{2})=\begin{pmatrix}-1&-3\\2&2\end{pmatrix}\)，则\( P^{-1}AP = \Lambda=\begin{pmatrix}1&0\\0&\frac{3}{5}\end{pmatrix}\)。故\( A = P\Lambda P^{-1}=\begin{pmatrix}-1&-3\\2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&\frac{3}{5}\end{pmatrix}\frac{1}{4}\begin{pmatrix}2&3\\-2&-1\end{pmatrix}\)， \( A^{n}=\begin{pmatrix}-1&-3\\2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&(\frac{3}{5})^{n}\end{pmatrix}\frac{1}{4}\begin{pmatrix}2&3\\-2&-1\end{pmatrix}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}-2 + 6(\frac{3}{5})^{n}&-3 + 3(\frac{3}{5})^{n}\\4 - 4(\frac{3}{5})^{n}&6 - 2(\frac{3}{5})^{n}\end{pmatrix} \)。 因此，当\( n \to \infty \)时，\( A^{n}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}-2&-3\\4&6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{3}{4}\\1&\frac{3}{2}\end{pmatrix} \)。

由题可知，\(\boldsymbol{\beta_1}\)，\(\boldsymbol{\beta_2}\)，\(\boldsymbol{\beta_3}\)两两正交，故由施密特正交化，得 \(\boldsymbol{\beta_1}=\boldsymbol{\alpha_1}=\begin{pmatrix}3\\1\\-1\\3\end{pmatrix}\)，\(\boldsymbol{\beta_2}=\boldsymbol{\alpha_2}-\frac{[\boldsymbol{\alpha_2},\boldsymbol{\beta_1}]}{[\boldsymbol{\beta_1},\boldsymbol{\beta_1}]}\boldsymbol{\beta_1}=\begin{pmatrix}-5\\1\\5\\-7\end{pmatrix}+2\begin{pmatrix}3\\1\\-1\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\3\\3\\-1\end{pmatrix}\)， \(\boldsymbol{\beta_3}=\boldsymbol{\alpha_3}-\frac{[\boldsymbol{\alpha_3},\boldsymbol{\beta_1}]}{[\boldsymbol{\beta_1},\boldsymbol{\beta_1}]}\boldsymbol{\beta_1}-\frac{[\boldsymbol{\alpha_3},\boldsymbol{\beta_2}]}{[\boldsymbol{\beta_2},\boldsymbol{\beta_2}]}\boldsymbol{\beta_2}=\boldsymbol{\alpha_3}-\frac{3}{2}\boldsymbol{\beta_1}+\frac{1}{2}\boldsymbol{\beta_2}\)。 即\(l_1=-\frac{3}{2}\)，\(l_2=\frac{1}{2}\)。

将\(\boldsymbol{\xi_1}\)，\(\boldsymbol{\xi_2}\)，\(\boldsymbol{\xi_3}\)单位化后，写作\(\boldsymbol{\eta_1}\)，\(\boldsymbol{\eta_2}\)，\(\boldsymbol{\eta_3}\)，令\(Q = (\boldsymbol{\eta_1},\boldsymbol{\eta_2},\boldsymbol{\eta_3})\)，则\(Q^{-1}=Q^T\)。再令\(\boldsymbol{x}=Q\boldsymbol{y}\)，其中\(\boldsymbol{y}=(y_1,y_2,y_3)^T\)，有 \(f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x^TAx}=\boldsymbol{y^TQ^TAQy}=\boldsymbol{y^T}\begin{pmatrix}\lambda_1&&\\&\lambda_2&\\&&\lambda_3\end{pmatrix}\boldsymbol{y}\)。 由\(\boldsymbol{x^Tx}=1\)，知\(\boldsymbol{y^Ty}=1\)，即\(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 = 1\)。又由\(\boldsymbol{x^T\xi_1}=0\)，知\(\boldsymbol{x^T\eta_1}=0\)，即\((Q\boldsymbol{y})^T\boldsymbol{\eta_1}=\boldsymbol{y^TQ^T\eta_1}=0\)， 其中\(Q^T\boldsymbol{\eta_1}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{\eta_1^T}\\\boldsymbol{\eta_2^T}\\\boldsymbol{\eta_3^T}\end{pmatrix}\boldsymbol{\eta_1}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\)，即\((y_1,y_2,y_3)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=0\)，故\(y_1 = 0\)，于是有\(y_2^2 + y_3^2 = 1\)。 因此，\(f(x_1,x_2,x_3)=\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+\lambda_3y_3^2=\lambda_2y_2^2+\lambda_3y_3^2\leqslant\lambda_2(y_2^2 + y_3^2)=\lambda_2\)。

根据分布函数的定义，及\(X_1\)与\(X_2\)相互独立的条件，有 \(F(x)=P\{X_1 + X_2\leqslant x\}=P\{X_1 = 0,X_1 + X_2\leqslant x\}+P\{X_1 = 1,X_1 + X_2\leqslant x\}\) \(=P\{X_1 = 0,X_2\leqslant x\}+P\{X_1 = 1,X_2\leqslant x - 1\}\) \(=P\{X_1 = 0\}P\{X_2\leqslant x\}+P\{X_1 = 1\}P\{X_2\leqslant x - 1\}\) \(=\frac{1}{2}P\{X_2\leqslant x\}+\frac{1}{2}P\{X_2\leqslant x - 1\}=\frac{1}{2}F_2(x)+\frac{1}{2}F_2(x - 1)\)。

由题设可知，\(Z\)的概率密度为 \(f_Z(z)=2F_X(z)f_X(z)=\begin{cases}2(1 - e^{-z})e^{-z},&z>0\\0,&\text{其他}\end{cases}\) 故 \(E(Z)=\int_{0}^{+\infty}z\cdot2(1 - e^{-z})e^{-z}dz=\frac{3}{2}\)， \(E(Z^2)=\int_{0}^{+\infty}z^2\cdot2(1 - e^{-z})e^{-z}dz=\frac{7}{2}\)， 因此\(D(Z)=E(Z^2)-[E(Z)]^2=\frac{5}{4}\)。 \(W\)的概率密度为 \(f_W(w)=2[1 - F_X(w)]f_X(w)=\begin{cases}2e^{-2w},&w>0\\0,&\text{其他}\end{cases}\) 故\(W\sim E(2)\)，则\(D(W)=\frac{1}{4}\)。 又\(Z + W = X + Y\)且\(X\)与\(Y\)相互独立，于是 \(D(Z)+D(W)+2\text{Cov}(Z,W)=D(X)+D(Y)\)， 代入可得\(\text{Cov}(Z,W)=\frac{1}{4}\)，进而可得\(\rho_{ZW}=\frac{\text{Cov}(Z,W)}{\sqrt{D(Z)}\cdot\sqrt{D(W)}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\)。

\(X_i\sim N(0,\sigma^2)(i = 1,2,\cdots,n)\)，\(\overline{X}\sim N(0,\frac{\sigma^2}{n})\)，则 \(D(Y_i)=D(X_i - \overline{X})=D(X_i)+D(\overline{X})-2\text{Cov}(X_i,\overline{X})\)， 其中\(\text{Cov}(X_i,\overline{X})=\text{Cov}\left[X_i,\frac{1}{n}(X_1 + X_2 + \cdots + X_n)\right]=\frac{1}{n}\text{Cov}(X_i,X_i)\) \(=\frac{1}{n}D(X_i)=\frac{\sigma^2}{n}\)， 故\(D(Y_i)=\sigma^2+\frac{\sigma^2}{n}-\frac{2\sigma^2}{n}=\sigma^2-\frac{\sigma^2}{n}=\left(1 - \frac{1}{n}\right)\sigma^2\)。 \(E[(Y_1 + Y_n)^2]=D(Y_1 + Y_n)+[E(Y_1 + Y_n)]^2=D(Y_1 + Y_n)\) \(=D(Y_1)+D(Y_n)+2\text{Cov}(Y_1,Y_n)\)， 其中 \(\text{Cov}(Y_1,Y_n)=\text{Cov}(X_1 - \overline{X},X_n - \overline{X})\) \(=\text{Cov}(X_1,X_n)-\text{Cov}(X_1,\overline{X})-\text{Cov}(\overline{X},X_n)+D(\overline{X})\) \(=0 - \frac{\sigma^2}{n} - \frac{\sigma^2}{n} + \frac{\sigma^2}{n}=-\frac{\sigma^2}{n}\)， 故\(E[(Y_1 + Y_n)^2]=2\left(1 - \frac{1}{n}\right)\sigma^2+2\left(-\frac{\sigma^2}{n}\right)=\left(2 - \frac{4}{n}\right)\sigma^2\)。于是\(c = \frac{n}{2n - 4}\)。

由题设知，当$x∈[-\frac {π}{2},π)$时，$f(x)>0$，从而$I(k)=∫_{k}^{π}f(x)dx>0$，$k∈[-\frac {π}{2},π)$。又$∫_{\frac {π}{2}}^{π}\cos^{4}xdx\xlongequal {令x=π-t}∫_{\frac {π}{2}}^{0}(-\cos t)^{4}dt=∫_{0}^{\frac {π}{2}}\cos^{4}tdt$ $=\frac {3}{4}×\frac {1}{2}×\frac {π}{2}=\frac {3}{16}π<\frac {7}{16}π$，故$k∈[-\frac {π}{2},\frac {π}{2})$。因此有$∫_{k}^{π}f(x)dx=∫_{k}^{\frac {π}{2}}1dx+∫_{\frac {π}{2}}^{π}\cos^{4}xdx=\frac {π}{2}-k+\frac {3}{16}π=\frac {11}{16}π-k=\frac {7}{16}π$，故$k=\frac {π}{4}$。答案：$\frac {π}{4}$

【证】（1）令\(f(x)=\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}\)，在\([0,a_{n}](0\lt a_{n}\lt1)\)上用拉格朗日中值定理，有 \(\text{e}^{a_{n}}-\text{e}^{-a_{n}}-0=(\text{e}^{\zeta_{n}}+\text{e}^{-\zeta_{n}})\cdot a_{n},0\lt\zeta_{n}\lt a_{n}\)， 又当\(0\lt x\lt1\)时，\(f''(x)=\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}\gt0\)，则\(f'(x)=\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}\)在\((0,1)\)上单调递增. 由\(\text{e}^{a_{n}}-\text{e}^{-a_{n}}=(\text{e}^{b_{n}}+\text{e}^{-b_{n}})a_{n}\)知，\(\zeta_{n}=b_{n}\)，即 \(0\lt b_{n}\lt a_{n},n = 1,2,\cdots\).

（2）由于\(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}=(\text{e}^{\frac{x}{2}}-\text{e}^{-\frac{x}{2}})(\text{e}^{\frac{x}{2}}+\text{e}^{-\frac{x}{2}}),0\lt x\lt1\)， \(\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}\gt2\)， 因此\(\int_{0}^{x}(\text{e}^{t}+\text{e}^{-t})\text{d}t\gt\int_{0}^{x}2\text{d}t = 2x\)， 即\(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}\gt2x,\text{e}^{\frac{x}{2}}-\text{e}^{-\frac{x}{2}}\gt x\)， 得\(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}\gt x(\text{e}^{\frac{x}{2}}+\text{e}^{-\frac{x}{2}})\). 又\(\text{e}^{a_{n}}-\text{e}^{-a_{n}}=a_{n}(\text{e}^{b_{n}}+\text{e}^{-b_{n}})\gt a_{n}(\text{e}^{\frac{a_{n}}{2}}+\text{e}^{-\frac{a_{n}}{2}})\)，有\(\frac{a_{n}}{2}\lt b_{n},0\lt b_{n}\lt a_{n}\lt2b_{n}\)，于是 \(0\lt a_{n}-b_{n}\lt b_{n}\)，又\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛，故\(\sum_{n = 1}^{\infty}(b_{n}-a_{n})\)收敛.

（1）【证】反证法. 若存在\(x_{0}\gt0\)，使得\(f'(x_{0})\gt0\)，不妨记\(f'(x_{0})=a\gt0\)，由\(f''(x)\geq0\)，有\(f'(x)\)单调增加，则当\(x\geq x_{0}\)时， \(f'(x)\geq f'(x_{0})=a\gt0\)， 故 \(f(x)=f(x_{0})+\int_{x_{0}}^{x}f'(t)\text{d}t\geq f(x_{0})+a(x - x_{0})\)， 当\(x\rightarrow+\infty\)时，\(f(x)\rightarrow+\infty\)，则函数\(f(x)\)在\([0,+\infty)\)上无界，与题设矛盾，故\(f'(x)\leq0(x\gt0)\)，所以\(f(x)\)单调减少且有界，故\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)\)存在.

（2）【解】\(\int_{0}^{+\infty}xf'(x)\text{d}x=\int_{0}^{+\infty}x\text{d}[f(x)]=\lim_{x\rightarrow+\infty}xf(x)-\int_{0}^{+\infty}f(x)\text{d}x\)， 取\(f(x)=\frac{1}{x + 1}\)，则\(\lim_{x\rightarrow+\infty}xf(x)=1,\int_{0}^{+\infty}\frac{\text{d}x}{x + 1}=+\infty\)，从而\(\int_{0}^{+\infty}xf'(x)\text{d}x\)发散； 取\(f(x)=\frac{1}{(x + 1)^{2}}\)，则\(\lim_{x\rightarrow+\infty}xf(x)=0,\int_{0}^{+\infty}\frac{\text{d}x}{(x + 1)^{2}}=1\)，从而\(\int_{0}^{+\infty}xf'(x)\text{d}x\)收敛. 综上，\(\int_{0}^{+\infty}xf'(x)\text{d}x\)的敛散性不确定.

（1）由题意，\( \text{rot}\ u = 0 \)，即 \[ \begin{vmatrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ e^{x}\cos y + yz & xz - e^{x}\sin y & axy + z \end{vmatrix} = 0 \] 可得\( \frac{\partial(axy + z)}{\partial y} = \frac{\partial(xz - e^{x}\sin y)}{\partial z} \)，则\( ax = x \)，即\( a = 1 \)。

（2）由于\( \frac{\partial f}{\partial x} = e^{x}\cos y + yz \)，则 \( f(x,y,z) = e^{x}\cos y + xyz + g(y,z) \)。 又\( \frac{\partial f}{\partial y} = xz - e^{x}\sin y \)，得\( -e^{x}\sin y + xz + \frac{\partial[g(y,z)]}{\partial y} = xz - e^{x}\sin y \)。于是 \( \frac{\partial[g(y,z)]}{\partial y} = 0 \)，即\( g(y,z) = h(z) \)。 由\( \frac{\partial f}{\partial z} = xy + z \)，有\( xy + \frac{\text{d}[h(z)]}{\text{d}z} = xy + z \)，\( h(z) = \frac{z^{2}}{2} + C \)。故 \( f(x,y,z) = e^{x}\cos y + xyz + \frac{z^{2}}{2} + C \)。 又\( f(1,0,1) = e \)，则\( C = -\frac{1}{2} \)，于是\( f(x,y,z) = e^{x}\cos y + xyz + \frac{z^{2}}{2} - \frac{1}{2} \)。

（1）由题意可知，有\( a = 40 + 100 + b \)，且流量满足下列非齐次线性方程组： \[ \begin{cases} x_{1} - x_{3} - x_{4} = 40, \\ x_{1} + x_{2} = a, \\ x_{2} + x_{3} - x_{5} = 100, \\ x_{4} + x_{5} = b. \end{cases} \] 对增广矩阵作初等行变换得 \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 0 & 40 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & a \\ 0 & 1 & 1 & 0 & -1 & 100 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & b \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 40 + b \\ 0 & 1 & 1 & 0 & -1 & 100 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \] 则齐次线性方程组的基础解系为\( \xi_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \)，\( \xi_{2} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \)，非齐次线性方程组的特解为\( \eta = \begin{pmatrix} 40 + b \\ 100 \\ 0 \\ b \\ 0 \end{pmatrix} \)，故非齐次线性方程组的通解为 \[ \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 40 + b \\ 100 \\ 0 \\ b \\ 0 \end{pmatrix} + k_{1}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + k_{2}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 40 + b + k_{1} - k_{2} \\ 100 - k_{1} + k_{2} \\ k_{1} \\ b - k_{2} \\ k_{2} \end{pmatrix}, \] 且由于\( x_{i} \geq 0 \)，即\( \begin{cases} 40 + b + k_{1} - k_{2} \geq 0, \\ 100 - k_{1} + k_{2} \geq 0, \\ k_{1} \geq 0, \\ b - k_{2} \geq 0, \\ k_{2} \geq 0, \end{cases} \)得\( \begin{cases} -(40 + b) \leq k_{1} - k_{2} \leq 100, \\ k_{1} \geq 0, \\ 0 \leq k_{2} \leq b. \end{cases} \)

（2）当\( x_{4} = 0 \)时，\( k_{2} = b \)，则\( x_{2} = 100 + b - k_{1} \)，又因\( k_{1} \geq 0 \)，故\( x_{2} \)的最大值为\( 100 + b \)。

（1）由\( \iint_{D} f(x,y)\text{d}x\text{d}y = 1 \)知，\( \int_{-1}^{1}\text{d}x\int_{x^{2}}^{1}ax^{2}y\text{d}y = 1 \)，解得\( a = \frac{21}{4} \)。

（2）法一 令\( \begin{cases} z = x^{2}y, \\ v = y, \end{cases} \)由\( z = x^{2}y \)可知\( z,y \)同号，所以\( z,v \)同号，则\( \begin{cases} x = \sqrt{z/v}, \\ y = v \end{cases} \)或\( \begin{cases} x = -\sqrt{z/v}, \\ y = v. \end{cases} \)若\( \begin{cases} x = \sqrt{z/v}, \\ y = v, \end{cases} \) 则雅可比行列式为 \[ J_{1} = \begin{vmatrix} \frac{1}{2}(zv)^{-\frac{1}{2}} & -\frac{1}{2}z^{\frac{1}{2}}v^{-\frac{3}{2}} \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = \frac{1}{2}(zv)^{-\frac{1}{2}}. \] 同理，若\( \begin{cases} x = -\sqrt{z/v}, \\ y = v, \end{cases} \) 则雅可比行列式为\( J_{2} = -\frac{1}{2}(zv)^{-\frac{1}{2}} \)，所以\( (z,v) \)的概率密度为 \[ f(z,v) = \begin{cases} \frac{21}{4}z \cdot \frac{1}{2}(zv)^{-\frac{1}{2}} + \frac{21}{4}z \cdot \frac{1}{2}(zv)^{-\frac{1}{2}}, & 0 \leq z \leq v^{2} \leq 1, v > 0, \\ 0, & \text{其他} \end{cases} = \begin{cases} \frac{21}{4}\sqrt{z/v}, & 0 \leq z \leq v^{2} \leq 1, v > 0, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases} \] 故\( Z \)的概率密度为 \[ f_{Z}(z) = \begin{cases} \int_{\sqrt{z}}^{1}\frac{21}{4}\sqrt{z/v}\text{d}v, & 0 \leq z \leq 1, \\ 0, & \text{其他} \end{cases} = \begin{cases} \frac{21}{2}z^{\frac{1}{2}} - \frac{21}{2}z^{\frac{3}{4}}, & 0 \leq z \leq 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases} \] 法二 记\( Z \)的分布函数为\( F(z) \)。由题设知， 当\( z < 0 \)时，\( F(z) = 0 \)；当\( z > 1 \)时，\( F(z) = 1 \)； 当\( 0 \leq z \leq 1 \)时， \[ \begin{align*} F(z) &= P\{X^{2}Y \leq z\} = 1 - 2\left(\int_{z^{\frac{1}{4}}}^{1}\text{d}x\int_{x^{2}}^{\frac{z}{x^{2}}}\frac{21}{4}x^{2}y\text{d}y + \int_{z^{\frac{1}{4}}}^{1}\text{d}x\int_{x^{2}}^{1}\frac{21}{4}x^{2}y\text{d}y\right) \\ &= 1 - 2\left[\int_{z^{\frac{1}{4}}}^{1}\frac{21}{8}x^{2}\left(1 - \frac{z^{2}}{x^{4}}\right)\text{d}x + \int_{z^{\frac{1}{4}}}^{1}\frac{21}{8}x^{2}\left(1 - x^{4}\right)\text{d}x\right] \\ &= 1 - 2\left[\frac{21}{8}\left(\frac{x^{3}}{3} + \frac{z^{2}}{x}\right)\bigg|_{z^{\frac{1}{4}}}^{1} + \frac{21}{8}\left(\frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{7}x^{7}\right)\bigg|_{z^{\frac{1}{4}}}^{1}\right] \\ &= 1 - 2\left(\frac{1}{2} - \frac{7}{2}z^{\frac{3}{2}} + 3z^{\frac{7}{4}}\right) = 7z^{\frac{3}{2}} - 6z^{\frac{7}{4}}. \end{align*} \] 所以\( Z \)的概率密度为 \[ f_{Z}(z) = F'(z) = \begin{cases} \frac{21}{2}z^{\frac{1}{2}} - \frac{21}{2}z^{\frac{3}{4}}, & 0 \leq z \leq 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases} \]

（3）当\( -1 < x < 1 \)时，\( f_{X}(x) = \int_{x^{2}}^{1}\frac{21}{4}x^{2}y\text{d}y = \frac{21}{8}x^{2}(1 - x^{4}) \)，所以 \[ f_{Y|X}(y \mid x) = \frac{f(x,y)}{f_{X}(x)} = \begin{cases} \frac{2y}{1 - x^{4}}, & x^{2} < y < 1, \\ 0, & \text{其他}, \end{cases} \] 所以\( f_{Y|X}\left(y \mid x = \frac{1}{2}\right) = \begin{cases} \frac{32y}{15}, & \frac{1}{4} < y < 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases} \)故\( E\left(Y \mid X = \frac{1}{2}\right) = \int_{\frac{1}{4}}^{1}\frac{32y^{2}}{15}\text{d}y = \frac{7}{10} \)。