函数 \(f(x)=\frac{x^{2}-x}{x^{2}-1} \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}\) 有间断点 \(x=0\) , \(1\) , \(-1\) ,又因为

\[lim _{x \to 0} f(x)=lim _{x \to 0} \frac{x(x-1)}{(x+1)(x-1)} \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}=lim _{x \to 0} x \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}},\]

其中 \(\lim _{x \to 0^{+}} x \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}=1, \lim _{x \to 0^{-}}=x \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}=-1\) ,所以 \(x=0\) 为跳跃间断点；虽然 \(\lim _{x \to 1} f(x)=\frac{1}{2} \sqrt{1+1}=\frac{\sqrt{2}}{2}\) ,所以 \(x=1\) 为可去间断点；而 \(\lim _{x \to -1} f(x)=\lim _{x \to -1} \frac{x(x-1)}{(x+1)(x-1)} \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}=\infty\) ,即 \(x=-1\) 为无穷间断点，故无穷间断点个数为1。

因 \(\lambda y_{1}-\mu y_{2}\) 是 \(y'+P(x) y=0\) 的解,故 \((\lambda y_{1}-\mu y_{2})'+P(x)(\lambda y_{1}-\mu y_{2})=0\) ,所以

\[\lambda_{?}^{?} y_{1}'+P(x) y_{1} ?-\mu ? y_{2}'+p(x) y_{2} ?=0 ,\]

而由已知 \(y_{1}'+P(x) y_{1}=q(x)\) , \(y_{2}'+P(x) y_{2}=q(x)\) ,所以

\[(\lambda-\mu) q(x)=0, (1)\]

又由于一阶非齐次微分方程 \(y'+p(x) y=q(x)\) 是非齐的,由此可知 \(q(x) ≠0\) ,所以 \(\lambda-\mu=0\) . 由于 \(\lambda y_{1}+\mu y_{2}\) 是非齐次微分方程 \(y'+P(x) y=q(x)\) 的解,所以

\[\left(\lambda y_{1}+\mu y_{2}\right)'+P(x)\left(\lambda y_{1}+\mu y_{2}\right)=q(x)\]

整理得 \(\lambda_{?}^{?} y_{1}'+P(x) y_{1} ?+\mu_{?}^{?} y_{2}'+P(x) y_{2} ?=q(x),\)

即 \((\lambda+\mu) q(x)=q(x)\) ,由 \(q(x) \neq 0\) 可知 \(\lambda+\mu=1, (2)\)

由(1)(2)解得 \(\lambda=\mu=\frac{1}{2}\) ,故应选(A)。

因为曲线 \(y=x^2\) 与曲线 \(y=a \ln x(a ≠0)\) 相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同, 即 \(2 x=\frac{a}{x}\) ,即 \(x=\sqrt{\frac{a}{2}}(x>0)\) 。因为在切点处的纵坐标相同,所以在 \(y=x^2\) 上,当 \(x=\sqrt{\frac{a}{2}}\) 时, \(y=\frac{a}{2}\) ;在 \(y=a \ln x\) 中,当 \(x=\sqrt{\frac{a}{2}}\) 时, \(y=a \ln \sqrt{\frac{a}{2}}=\frac{a}{2} \ln \frac{a}{2}\) ,所以 \(\frac{a}{2}=\frac{a}{2} \ln \frac{a}{2}\) ,从而解得 \(a=2 e\) ,故答案选择(C)。

\(x=0\) 与 \(x=1\) 都是瑕点,应分成

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

对于 \(\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} d x\) ,当 \(x \to 0^{+}\) 时, \(\ln(1-x) \sim -x\) ,故 \(\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)} \sim \sqrt[m]{x^{2}} = x^{\frac{2}{m}}\) ,则被积函数等价于 \(\frac{x^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} = x^{\frac{2}{m} - \frac{1}{n}}\) 。根据反常积分收敛性判别法，当 \(\frac{2}{m} - \frac{1}{n} > -1\) 时收敛，否则发散，但无论 \(m,n\) 取何正整数，该积分的收敛性仅由指数决定，而题目问的是积分本身是否与 \(m,n\) 有关，实际计算中，对于 \(\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} d x\) ，当 \(x \to 0^{+}\) 时，\(\lim _{x \to 0^{+}} \frac{[\ln ^{2}(1-x)]^{\frac{1}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\) 的极限为有限值，故积分收敛性与 \(m,n\) 无关；对于 \(\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} d x\) ，当 \(x \to 1^{-}\) 时，令 \(t = 1 - x\) ，则积分变为 \(\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}t}}{\sqrt[n]{1 - t}} d t\) ，此时 \(\sqrt[n]{1 - t} \sim 1\) ，故被积函数等价于 \(\sqrt[m]{\ln ^{2}t}\) ，而 \(\ln t \sim t - 1\) ，即 \(\sqrt[m]{\ln ^{2}t} \sim \sqrt[m]{(t - 1)^{2}}\) ，在 \(t \to 0^{+}\) 时，积分收敛性同样与 \(m,n\) 无关。综上，该反常积分与 \(m,n\) 取值都无关。

由隐函数求导公式，\(\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}'}{F_{z}'}=-\frac{F_{1}' \cdot (-\frac{y}{x^{2}}) + F_{2}' \cdot (-\frac{z}{x^{2}})}{F_{2}' \cdot \frac{1}{x}}=\frac{F_{1}' \cdot \frac{y}{x} + F_{2}' \cdot \frac{z}{x}}{F_{2}'}=\frac{y F_{1}'+z F_{2}'}{x F_{2}'}\)，

\(\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}'}{F_{z}'}=-\frac{F_{1}' \cdot \frac{1}{x}}{F_{2}' \cdot \frac{1}{x}}=-\frac{F_{1}'}{F_{2}'}\)，

所以 \(x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{y F_{1}'+z F_{2}'}{F_{2}'}-\frac{y F_{1}'}{F_{2}'}=\frac{z F_{2}'}{F_{2}'}=z\)。

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(n+i)\left(n^{2}+j^{2}\right)}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i}\left(\sum_{j=1}^{n} \frac{n}{n^{2}+j^{2}}\right)=\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{n}{n+i}\right)\left(\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{n^{2}+j^{2}}\right)\]

\[lim _{n \to \infty} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{n^{2}+j^{2}}=lim _{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{1+\left(\frac{j}{n}\right)^{2}}=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+y^{2}} d y,\]

\[lim _{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{n}{n+i}=lim _{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+\left(\frac{i}{n}\right)}=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} d x,\]

所以

\[\begin{aligned}

& lim _{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(n+i)\left(n^{2}+j^{2}\right)}=lim _{n \to \infty}\left(\sum_{j=1}^{n} \frac{n}{n^{2}+j^{2}}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{n}{n+i}\right) \\

& =\left(lim _{n \to \infty} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{n^{2}+j^{2}}\right)\left(lim _{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{n}{n+i}\right) \\

& =\left(\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} d x\right)\left(\int_{0}^{1} \frac{1}{1+y^{2}} d y\right)=\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)\left(1+y^{2}\right)} d y .

\end{aligned}\]

由于向量组I能由向量组II线性表示,所以 \(r(I) ≤r(II)\) ,即

\[r\left(a_{1}, \cdots, a_{r}\right) \leq r\left(\beta_{1}, \cdots, \beta_{s}\right) \leq s\]

若向量组I线性无关,则 \(r(a_{1}, \cdots, a_{r})=r\) ,所以 \(r=r(a_{1}, \cdots, a_{r}) ≤r(\beta_{1}, \cdots, \beta_{s}) ≤s\) ,即 \(r ≤s\) ,选(A)。

设 \(\lambda\) 为A的特征值,由于 \(A^{2}+A=0\) ,所以 \(\lambda^{2}+\lambda=0\) ,即 \(\lambda(\lambda+1)=0\) ,这样A的特征值只能为-1或0。由于A为实对称矩阵,故A可相似对角化,且相似对角矩阵中特征值的个数等于矩阵的秩，已知 \(r(A)=3\) ，所以A有3个非零特征值，即3个-1和1个0，故A相似于 \(\begin{pmatrix}-1 & & & \\ & -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & 0\end{pmatrix}\) ，选(C)。

该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 \(\lambda^{3}-2 \lambda^{2}+\lambda-2=0\) ，因式分解得 \(\lambda^{2}(\lambda-2)+(\lambda-2)=(\lambda-2)\left(\lambda^{2}+1\right)=0\) ，解得特征根为 \(\lambda=2\) ，\(\lambda=\pm i\) ，所以通解为 \(y=C_{1} e^{2 x}+C_{2} \cos x+C_{3} \sin x\) 。

由 \(\lim _{x \to \infty} \frac{\frac{2 x^{3}}{x^{2}+1}}{x}=2\) ，\(\lim _{x \to \infty} \frac{2 x^{3}}{x^{2}+1}-2 x=\lim _{x \to \infty} \frac{2 x^{3}-2 x^{3}-2 x}{x^{2}+1}=0\) ，所以斜渐近线为 \(y=2x\) 。

由高阶导数公式可知 \(\ln ^{(n)}(1+x)=(-1)^{n-1} \frac{(n-1) !}{(1+x)^{n}}\) ，所以 \(\ln ^{(n)}(1-2 x)=(-1)^{n-1} \frac{(n-1) !}{(1-2 x)^{n}} \times(-2)^{n}=-2^{n} \frac{(n-1) !}{(1-2 x)^{n}}\) ，即 \(y^{(n)}(0)=-2^{n} \frac{(n-1) !}{(1-2 \times 0)^{n}}=-2^{n}(n-1) !\) 。

因为 \(0 \leq \theta \leq \pi\) ，所以对数螺线 \(r=e^{\theta}\) 的极坐标弧长公式为 \(\int_{0}^{\pi} \sqrt{\left(e^{\theta}\right)^{2}+\left(e^{\theta}\right)^{2}} d \theta=\int_{0}^{\pi} \sqrt{2} e^{\theta} d \theta=\sqrt{2}\left(e^{\pi}-1\right)\) 。

设 \(l=x(t)\) ，\(w=y(t)\) ，由题意知，在 \(t=t_{0}\) 时刻 \(x(t_{0})=12\) ，\(y(t_{0})=5\) ，且 \(x'(t_{0})=2\) ，\(y'(t_{0})=3\) ，设该对角线长为 \(S(t)\) ，则 \(S(t)=\sqrt{x^{2}(t)+y^{2}(t)}\) ，所以 \(S'(t)=\frac{x(t) x'(t)+y(t) y'(t)}{\sqrt{x^{2}(t)+y^{2}(t)}}\) ，因此 \(S'(t_{0})=\frac{12 \times 2+5 \times 3}{\sqrt{12^{2}+5^{2}}}=3\) 。

由于 \(A(A^{-1}+B) B^{-1}=(E+AB) B^{-1}=B^{-1}+A\) ，所以 \(|A+B^{-1}|=|A(A^{-1}+B) B^{-1}|=|A||A^{-1}+B||B^{-1}|\) ，因为 \(|B|=2\) ，所以 \(|B^{-1}|=|B|^{-1}=\frac{1}{2}\) ，因此 \(|A+B^{-1}|=|A||A^{-1}+B||B^{-1}|=3 \times 2 \times \frac{1}{2}=3\) 。

因为 \(f(x)=\int^{x^{2}}\left(x^{2}-t\right) e^{-t^{2}} d t=x^{2} \int^{x^{2}} e^{-t^{2}} d t-\int^{x^{2}} t e^{-t^{2}} d t\)，所以 \(f'(x)=2 x \int_{0}^{x^{2}} e^{-t^{2}} d t+2 x^{3} e^{-x^{4}}-2 x^{3} e^{-x^{4}}=2 x \int_{0}^{x^{2}} e^{-t^{2}} d t\)，令 \(f'(x)=0\)，则 \(x=0\)，\(x=\pm1\)。又 \(f''(x)=2 \int^{x^{2}} e^{-t^{2}} d t+4 x^{2} e^{-x^{4}}\)，\(f''(0)=2 \int_{0}^{0} e^{-t^{2}} d t=0\)，进一步利用导数定义判断极值，当 \(x\) 由负变正时，\(f'(x)\) 由正变负，所以 \(f(0)=\int_{0}^{0}(0-t) e^{-t^{2}} d t=-\left.\frac{1}{2} e^{-t^{2}}\right|_{0} ^{0}=0\) 是极大值。而 \(f''(\pm 1)=4 e^{-1}>0\)，所以 \(f(\pm 1)=0\) 为极小值。又因为当 \(x ≥1\) 时，\(f'(x)>0\)；\(0 ≤x<1\) 时，\(f'(x)<0\)；\(-1 ≤x<0\) 时，\(f'(x)>0\)；\(x<-1\) 时，\(f'(x)<0\)，所以 \(f(x)\) 的单调递减区间为 \((-\infty,-1) \cup(0,1)\)，单调递增区间为 \((-1,0) \cup(1,+\infty)\)。

【解析】 
(I) 当 \( 0 < x < 1 \) 时 \( 0 < \ln(1 + x) < x \)，故 \( [\ln(1 + t)]^n < t^n \)，所以 
\[|\ln t|[\ln(1 + t)]^n < |\ln t|t^n,\]
则 
\[\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln(1 + t)]^n dt < \int_{0}^{1}|\ln t|t^n dt \ (n = 1,2,?)\] 

(II) \(\int_{0}^{1}|\ln t|t^n dt = -\int_{0}^{1}\ln t \cdot t^n dt = -\frac{1}{n + 1}\int_{0}^{1}\ln t d(t^{n + 1}) = \frac{1}{(n + 1)^2}\)，故由 
\[0 < u_n < \int_{0}^{1}|\ln t|t^n dt = \frac{1}{(n + 1)^2}\] 

根据夹逼定理得 \( 0 \leq \lim_{n \to \infty} u_n \leq \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(n + 1)^2} = 0 \)，所以 \( \lim_{n \to \infty} u_n = 0 \) 

根据题意得 \(\frac{d y}{d x}=\frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}}=\frac{\psi'(t)}{2t+2}\)，\(\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=\frac{\frac{d}{d t}\left(\frac{\psi'(t)}{2t+2}\right)}{\frac{d x}{d t}}=\frac{\psi''(t)(2t+2)-2\psi'(t)}{(2t+2)^{3}}=\frac{3}{4(1+t)}\)，即 \(\psi''(t)(2t+2)-2\psi'(t)=6(t+1)^{2}\)，整理有 \(\psi''(t)(t+1)-\psi'(t)=3(t+1)^{2}\)，令 \(y'=\psi'(t)\)，则方程化为 \(y'-\frac{1}{1+t}y=3(1+t)\)，其通解为 \(y=e^{\int \frac{1}{1+t}dt}\left(\int 3(1+t)e^{-\int \frac{1}{1+t}dt}dt+C\right)=(1+t)(3t+C)\) \((t>-1)\)。因为 \(y(1)=\psi'(1)=6\)，所以 \(6=(1+1)(3×1+C)\)，解得 \(C=0\)，故 \(y=3t(t+1)\)，即 \(\psi'(t)=3t(t+1)\)，则 \(\psi(t)=\int 3t(t+1)dt=\frac{3}{2}t^{2}+t^{3}+C_{1}\)。又由 \(\psi(1)=\frac{5}{2}\)，可得 \(\frac{3}{2}×1^{2}+1^{3}+C_{1}=\frac{5}{2}\)，解得 \(C_{1}=0\)，故 \(\psi(t)=\frac{3}{2}t^{2}+t^{3},(t>-1)\)。

油罐放平，建立坐标系后，底面椭圆方程为 \(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\)。油的高度为 \(\frac{3}{2}b\) 时，液面在 \(y=-b\) 到 \(y=\frac{b}{2}\) 之间，阴影部分面积 \(S=\int_{-b}^{\frac{b}{2}} 2x dy=\frac{2a}{b}\int_{-b}^{\frac{b}{2}} \sqrt{b^{2}-y^{2}} dy\)。令 \(y=b\sin t\)，当 \(y=-b\) 时，\(t=-\frac{\pi}{2}\)；当 \(y=\frac{b}{2}\) 时，\(t=\frac{\pi}{6}\)，则 \(S=2ab\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}} \cos^{2}t dt=2ab\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2t)dt=ab\left[t+\frac{1}{2}\sin 2t\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}=ab\left[(\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{3})-(-\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\sin(-\pi))\right]=ab\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\pi}{2}\right)=ab\left(\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\)。所以油的质量 \(m=Sl\rho=(\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{4})abl\rho\)。

由复合函数链式法则得：

\(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial \xi}+\frac{\partial u}{\partial \eta}\)，

\(\frac{\partial u}{\partial y}=a\frac{\partial u}{\partial \xi}+b\frac{\partial u}{\partial \eta}\)，

\(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+2\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}}\)，

\(\frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y}=a\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+(a+b)\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+b\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}}\)，

\(\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+2ab\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+b^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}}\)。

将上述结果代入原方程可得：

\(4(\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+2\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}})+12(a\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+(a+b)\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+b\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}})+5(a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+2ab\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+b^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}})=0\)，

整理得：

\((4+12a+5a^{2})\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi^{2}}+(8+12(a+b)+10ab)\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}+(4+12b+5b^{2})\frac{\partial^{2} u}{\partial \eta^{2}}=0\)。

要使方程化简为 \(\frac{\partial^{2} u}{\partial \xi \partial \eta}=0\)，则需：

\(\begin{cases}4+12a+5a^{2}=0\\4+12b+5b^{2}=0\\8+12(a+b)+10ab\neq0\end{cases}\)，

解方程组 \(4+12a+5a^{2}=0\)，得 \(a=-2\) 或 \(a=-\frac{2}{5}\)；

解方程组 \(4+12b+5b^{2}=0\)，得 \(b=-2\) 或 \(b=-\frac{2}{5}\)。

当 \(a=-2\)，\(b=-\frac{2}{5}\) 或 \(a=-\frac{2}{5}\)，\(b=-2\) 时，\(8+12(a+b)+10ab=8+12(-2-\frac{2}{5})+10×(-2)×(-\frac{2}{5})=8-12×\frac{12}{5}+8=16-\frac{144}{5}=-\frac{64}{5}\neq0\)，满足条件。

所以 \(a,b\) 的值为 \((-2,-\frac{2}{5})\) 或 \((-\frac{2}{5},-2)\)。

将极坐标转换为直角坐标，\(x=r\cos\theta\)，\(y=r\sin\theta\)，\(\cos2\theta=\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\)，则被积函数可化为：

\(r^{2}\sin\theta\sqrt{1-r^{2}(\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta)}=r^{2}\sin\theta\sqrt{1-(r\cos\theta)^{2}+(r\sin\theta)^{2}}=r^{2}\sin\theta\sqrt{1-x^{2}+y^{2}}\)。

积分区域 \(D\) 中，\(0 \leq r \leq \sec\theta\)，即 \(r\cos\theta \leq 1\)，也就是 \(x \leq 1\)，且 \(0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}\)，对应的直角坐标区域为 \(0 \leq x \leq 1\)，\(0 \leq y \leq x\)。

所以二重积分可化为直角坐标下的累次积分：

\(I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_{0}^{\sec\theta}r^{2}\sin\theta\sqrt{1-r^{2}\cos2\theta}dr=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{x}y\sqrt{1-x^{2}+y^{2}}dy\)。

令 \(u=1-x^{2}+y^{2}\)，则 \(du=2ydy\)，当 \(y=0\) 时，\(u=1-x^{2}\)；当 \(y=x\) 时，\(u=1\)，则：

\(\int_{0}^{x}y\sqrt{1-x^{2}+y^{2}}dy=\frac{1}{2}\int_{1-x^{2}}^{1}\sqrt{u}du=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}\vert_{1-x^{2}}^{1}=\frac{1}{3}(1-(1-x^{2})^{\frac{3}{2}})\)。

所以 \(I=\int_{0}^{1}\frac{1}{3}(1-(1-x^{2})^{\frac{3}{2}})dx=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}1dx-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}(1-x^{2})^{\frac{3}{2}}dx=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}×\frac{3\pi}{16}=\frac{1}{3}-\frac{\pi}{16}\)。

【解析】令\( F(x) = f(x) - \frac{1}{3}x^3 \)，对于\( F(x) \)在\( [0,\frac{1}{2}] \)上利用拉格朗日中值定理，得存在\( \xi \in (0,\frac{1}{2}) \)，使得
\[ F\left(\frac{1}{2}\right) - F(0) = \frac{1}{2}F'(\xi). \]
对于\( F(x) \)在\( [\frac{1}{2},1] \)上利用拉格朗日中值定理，得存在\( \eta \in (\frac{1}{2},1) \)，使得
\[ F(1) - F\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}F'(\eta). \]
两式相加得
\[ f'(\xi) + f'(\eta) = \xi^2 + \eta^2. \]
所以存在\( \xi \in (0,\frac{1}{2}) \)，\( \eta \in (\frac{1}{2},1) \)，使\( f'(\xi) + f'(\eta) = \xi^2 + \eta^2 \)。

(1)方法1：已知$Ax = b$有2个不同的解，故$r(A)=r(\overline{A})<3$，对增广矩阵进行初等行变换，可得当$\lambda=-1$且$a=-2$时满足条件；方法2：由$|A|=0$得$\lambda=1$或$-1$，当$\lambda=1$时方程组无解，故$\lambda=-1$，再由$r(A)=r(\overline{A})$得$a=-2$。

(2)对增广矩阵做初等行变换，可得通解为$x=k\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \frac{3}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ 0 \end{pmatrix}$，其中$k$为任意常数。

【解析】由于\(A = \begin{pmatrix}0&-1&4\\-1&3&a\\4&a&0\end{pmatrix}\)，存在正交矩阵\(Q\)，使得\(Q^TAQ\)为对角阵，且\(Q\)的第一列为\(\frac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, 1)^T\)，故\(A\)对应于\(\lambda_1\)的特征向量为\(\xi_1 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, 1)^T\)。

根据特征值和特征向量的定义，有\(A\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{6}}\\\frac{2}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{6}}\end{pmatrix} = \lambda_1\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{6}}\\\frac{2}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{6}}\end{pmatrix}\)，即

\(\begin{pmatrix}0&-1&4\\-1&3&a\\4&a&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix} = \lambda_1\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}\)，由此可得\(a = - 1\)，\(\lambda_1 = 2\)。故\(A = \begin{pmatrix}0&-1&4\\-1&3&-1\\4&-1&0\end{pmatrix}\)。

由\(\vert\lambda E - A\vert = \begin{vmatrix}\lambda&1&-4\\1&\lambda - 3&1\\-4&1&\lambda\end{vmatrix} = (\lambda + 4)(\lambda - 2)(\lambda - 5) = 0\)，

可得\(A\)的特征值为\(\lambda_1 = 2\)，\(\lambda_2 = - 4\)，\(\lambda_3 = 5\)。

由\((\lambda_2E - A)x = 0\)，即\(\begin{pmatrix}-4&1&-4\\1&-7&1\\-4&1&-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} = 0\)，可解得对应于\(\lambda_2 = - 4\)的线性无关的特征向量为\(\xi_2 = (-1, 0, 1)^T\)。

由\((\lambda_3E - A)x = 0\)，即\(\begin{pmatrix}5&1&-4\\1&2&1\\-4&1&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} = 0\)，可解得对应于\(\lambda_3 = 5\)的特征向量为\(\xi_3 = (1, - 1, 1)^T\)。

由于\(A\)为实对称矩阵，\(\xi_1\)，\(\xi_2\)，\(\xi_3\)为对应于不同特征值的特征向量，所以\(\xi_1\)，\(\xi_2\)，\(\xi_3\)相互正交，只需单位化：

\(\eta_1 = \frac{\xi_1}{\vert\xi_1\vert} = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, 1)^T\)，\(\eta_2 = \frac{\xi_2}{\vert\xi_2\vert} = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1)^T\)，\(\eta_3 = \frac{\xi_3}{\vert\xi_3\vert} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, - 1, 1)^T\)，

取\(Q = (\eta_1, \eta_2, \eta_3) = \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{2}{\sqrt{6}}&0&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}\)，则\(Q^TAQ = \Lambda = \begin{pmatrix}2&&\\&-4&\\&&5\end{pmatrix}\)  。