【解析】 \(\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} d x=\int_{0}^{1} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} d x+\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} d x\)

\(\int_{0}^{1} \frac{1}{x^{a}} d x\) 在 \(a<1\) 时收敛，可知 \(a<1\)，而此时 \((1+x)^{b}\) 不影响；

同理，\(\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} d x=\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{a+b}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{b}} d x\)，\(\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{p}} d x\) 在 \(p>1\) 时收敛，此时 \((1+\frac{1}{x})^{b}\) 不影响，故 \(a+b>1\)。

【解析】原函数需满足分段积分且在 \(x=1\) 处连续。对 \(x<1\) 积分 \(2(x-1)\) 得 \((x-1)^{2}+C_{1}\)，取 \(C_{1}=0\)；对 \(x \geq 1\) 积分 \(\ln x\) 得 \(x(\ln x - 1)+C_{2}\)，由连续性 \(1(\ln 1 - 1)+C_{2}=(1-1)^{2}\)，即 \(-1 + C_{2}=0\)，得 \(C_{2}=1\)，故 \(F(x)=\left\{\begin{array}{l}(x-1)^{2}, x<1 \\ x(\ln x-1)+1, x \geq 1\end{array}\right.\)。

【解析】两解之差 \(y_{1}-y_{2}=-2\sqrt{1+x^{2}}\) 是对应齐次方程 \(y'+p(x)y=0\) 的解，代入得 \(-2\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}+p(x)(-2\sqrt{1+x^{2}})=0\)，解得 \(p(x)=-\frac{x}{1+x^{2}}\)。再将特解 \(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=(1+x^{2})^{2}\) 代入原方程，得 \([2(1+x^{2})\cdot 2x] + [-\frac{x}{1+x^{2}} \cdot (1+x^{2})^{2}]=q(x)\)，化简得 \(q(x)=3x(1+x^{2})\)。

要判断函数\(f(x)\)在\(x=0\)处的连续性与可导性，以及间断点类型，需从极限和导数定义入手分析。

一、连续性分析

1. 函数在\(x=0\)处的定义 当\(x \leq 0\)时，\(f(x) = x\)，故\(f(0) = 0\)。

2. 右极限计算 当x从右侧趋近于0时，x落在区间\(\left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\)内（n为正整数），此时\(f(x) = \frac{1}{n}\)。 随着\(x \to 0^+\)，n趋向于无穷大，因此：\(\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0\)

3. 左极限计算 当x从左侧趋近于0时，\(f(x) = x\)，故：\(\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} x = 0\)

4. 连续性结论 由于\(\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0\)，因此函数\(f(x)\)在\(x=0\)处连续，排除选项 (A) 和 (B)。

二、可导性分析

根据导数定义，需判断左导数和右导数是否存在且相等。

1. 左导数计算\(f'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x - 0}{x} = 1\)

2. 右导数计算 取\(x_n = \frac{1}{n}\)（\(n \to \infty\)时，\(x_n \to 0^+\)），则：\(f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n} - 0}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} 1 = 1\) 但需注意：若取\(x_n = \frac{2}{2n+1}\)，此时\(x_n \in \left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\)，则：\(\frac{f(x_n) - f(0)}{x_n - 0} = \frac{\frac{1}{n}}{\frac{2}{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1 \quad (n \to \infty)\) 进一步分析一般情况：对任意\(x \in \left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\)，有：\(\frac{f(x) - 0}{x - 0} = \frac{\frac{1}{n}}{x} > \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1\) 同时，\(x > \frac{1}{n+1}\)，故：\(\frac{\frac{1}{n}}{x} < \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}} = \frac{n+1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty)\) 由夹逼定理，右导数极限为1，即：\(f'_+(0) = 1\)

3. 可导性结论 左导数和右导数均为1，故\(f(x)\)在\(x=0\)处可导，导数为1，排除选项 (C)，选择选项 (D)。

最终答案

(D)

【解析】由 \(A \sim B\)，存在可逆矩阵 \(P\) 使 \(P^{-1}AP=B\)。

(1) \((P^{-1}AP)^{T}=B^{T} \Rightarrow P^{T}A^{T}(P^{T})^{-1}=B^{T}\)，故 \(A^{T} \sim B^{T}\)，(A) 正确；

(2) \((P^{-1}AP)^{-1}=B^{-1} \Rightarrow P^{-1}A^{-1}P=B^{-1}\)，故 \(A^{-1} \sim B^{-1}\)，(B) 正确；

(3) \(P^{-1}(A+A^{-1})P=P^{-1}AP + P^{-1}A^{-1}P=B + B^{-1}\)，故 \(A+A^{-1} \sim B+B^{-1}\)，(D) 正确；

对于 (C)，\(P^{-1}(A+A^{T})P=P^{-1}AP + P^{-1}A^{T}P\)，而 \(P^{-1}A^{T}P\) 未必等于 \(B^{T}\)，故 (C) 错误。

【解析】二次型矩阵为 \(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1\end{pmatrix}\)，计算特征值：\(|\lambda E - A|=0\) 得 \(\lambda_{1}=5\)，\(\lambda_{2}=\lambda_{3}=-1\)，正惯性指数 \(p=1\)，负惯性指数 \(q=2\)，规范形为 \(f=z_{1}^{2}-z_{2}^{2}-z_{3}^{2}\)，对应方程 \(z_{1}^{2}-z_{2}^{2}-z_{3}^{2}=k\)（\(k\) 为常数），当 \(k>0\) 时为双叶双曲面。

【解析】标准化得 \(p=P\{X \leq \mu+\sigma^{2}\}=P\left\{\frac{X-\mu}{\sigma} \leq \sigma\right\}=\Phi(\sigma)\)，其中 \(\Phi(x)\) 为标准正态分布的分布函数，单调递增，故 \(p\) 随 \(\sigma\) 的增加而增加。

【解析】\(X \sim B\left(2, \frac{1}{3}\right)\)，\(Y \sim B\left(2, \frac{1}{3}\right)\)，则 \(E(X)=E(Y)=\frac{2}{3}\)，\(D(X)=D(Y)=\frac{4}{9}\)。

\(E(XY)=\sum_{k=0}^{2}\sum_{l=0}^{2}kl \cdot P(X=k,Y=l)\)，仅当 \(k=l=1\) 时非零，\(P(X=1,Y=1)=C_{2}^{1}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3} \cdot C_{1}^{1}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{9}\)，故 \(E(XY)=1\times1\times\frac{2}{9}=\frac{2}{9}\)。

相关系数 \(\rho_{XY}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}}=\frac{\frac{2}{9}-\left(\frac{2}{3}\right)^{2}}{\frac{4}{9}}=-\frac{1}{2}\)。

【解析】\(\lim _{x \to 0} \frac{x \ln (1+x \sin x)}{2 x^{3}}=\frac{1}{2}\)

【解析】由旋度公式知，\(rot(A)=\{\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\}=\{0,1, y-1\}\)

【解析】\((x+1) z-y^{2}=x^{2} f(x-z, y)\) 两边分别关于 \(x\)、\(y\) 求导得 \(z+(x+1) z_{x}'=2 x f(x-z, y)+x^{2} f_{1}'(x-z, y)(1-z_{x}')\)，\((x+1) z_{y}'-2 y=x^{2}(f_{1}'(x-z, y)(-z_{y}')+f_{2}'(x-z, y))\)，将 \(x=0\)，\(y=1\)，\(z=1\) 代入得 \(d z|_{(0,1)}=-d x+2 d y\)

【答案】\(\frac{1}{2}\)

【解析】\(\left|\begin{array}{cccc} \lambda & -1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & -1 \\ 4 & 3 & 2 & \lambda+1 \end{array}\right|=\lambda\left|\begin{array}{ccc} \lambda & -1 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 \\ 3 & 2 & \lambda+1 \end{array}\right|+4 \times(-1)^{4+1}\left|\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0 \\ \lambda & -1 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 \end{array}\right|=\lambda^{4}+\lambda^{3}+2 \lambda^{2}+3 \lambda+4\)

【解析】\( P\{ -u_{0.025} < \frac{\overline{x} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}} < u_{0.025} \} = P\{ \overline{x} - u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} < \mu < \overline{x} + u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \} = 0.95 \)
因为\( \overline{x} + u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 10.8 \)，所以\( u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 1.3 \)，所以置信下限\( \overline{x} - u_{0.025}\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 8.2 \)。

【解析】$\iint\limits_{D} xdxdy = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{2}^{2(1 + \cos\theta)} r^2 \cos\theta dr = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta \frac{r^3}{3}\big|_{2}^{2(1 + \cos\theta)} d\theta$
$= \frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (3\cos^2\theta + 3\cos^3\theta + \cos^4\theta) d\theta$
$= 8\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta d\theta + 8\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta d\theta + \frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta d\theta$
$= 8\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos2\theta + 1}{2} d\theta + 8\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin^2\theta) d\sin\theta + \frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta d\sin\theta$
$= 4\left( \frac{\sin2\theta}{2} + \theta \right)\big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + 8\left( \sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3} \right)\big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + \frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 3\sin^2\theta \cos^2\theta d\theta$
$= 4\pi + \frac{32}{3} - 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^22\theta d\theta$
$= 5\pi + \frac{32}{3}$

 (Ⅰ) 证明反常积分 \(\int_{0}^{\infty} y(x) \, dx\) 收敛

给定微分方程 \(y'' + 2y' + ky = 0\)，其中 \(0 < k < 1\)。  
特征方程为 \(r^2 + 2r + k = 0\)，判别式为 \(\Delta = 4 - 4k = 4(1-k) > 0\)（因为 \(0 < k < 1\)），故特征根为两个不同的实根：  
\[
r = -1 \pm \sqrt{1-k}.
\]  
由于 \(0 < k < 1\)，有 \(\sqrt{1-k} > 0\)，且 \(\sqrt{1-k} < 1\)，因此  
\[
r_1 = -1 + \sqrt{1-k} < 0, \quad r_2 = -1 - \sqrt{1-k} < 0.
\]  
微分方程的通解为 \(y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}\)，其中 \(C_1\) 和 \(C_2\) 为常数。  
由于 \(r_1 < 0\) 和 \(r_2 < 0\)，当 \(x \to \infty\) 时，\(y(x) \sim e^{r x}\)（\(r < 0\)），即 \(y(x)\) 指数衰减。  
因此，反常积分 \(\int_{0}^{\infty} y(x) \, dx\) 收敛。

(Ⅱ)

方法一：直接积分法

设：
\[
I = \int_0^\infty y(x) \, dx
\]

由通解形式：
\[
y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}
\]

计算积分：
\[
I = \int_0^\infty \left( C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} \right) dx = -\frac{C_1}{r_1} - \frac{C_2}{r_2}
\]

利用初始条件：
\[
y(0) = C_1 + C_2 = 1, \quad y'(0) = r_1 C_1 + r_2 C_2 = 1
\]

解得：
\[
C_1 = \frac{1 - r_2}{r_1 - r_2}, \quad C_2 = \frac{r_1 - 1}{r_1 - r_2}
\]

代入 \(I\) 得：
\[
I = -\frac{1}{r_1 - r_2} \left( \frac{1 - r_2}{r_1} + \frac{r_1 - 1}{r_2} \right)
\]

计算括号内表达式：
\[
\frac{1 - r_2}{r_1} + \frac{r_1 - 1}{r_2} = \frac{1}{r_1} - \frac{r_2}{r_1} + \frac{r_1}{r_2} - \frac{1}{r_2} = \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right) + \left( \frac{r_1}{r_2} - \frac{r_2}{r_1} \right)
\]

利用根与系数关系：
\[
r_1 + r_2 = -2, \quad r_1 r_2 = k
\]

进一步化简得：
\[
I = \frac{3}{k}
\]

方法二：积分微分方程法

对原方程两边从 \(0\) 到 \(\infty\) 积分：
\[
\int_0^\infty y''(x) \, dx + 2 \int_0^\infty y'(x) \, dx + k \int_0^\infty y(x) \, dx = 0
\]

计算各项：
- \[
\int_0^\infty y'(x) \, dx = \left[ y(x) \right]_0^\infty = y(\infty) - y(0) = 0 - 1 = -1
\]
- \[
\int_0^\infty y''(x) \, dx = \left[ y'(x) \right]_0^\infty = y'(\infty) - y'(0) = 0 - 1 = -1
\]
- 设 \(I = \int_0^\infty y(x) \, dx\)

代入得：
\[
-1 + 2(-1) + kI = 0 \quad \Rightarrow \quad -3 + kI = 0 \quad \Rightarrow \quad I = \frac{3}{k}
\]

(1) 由$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x + 1)e^{2x - y}$
可知：$f(x,y)=\int[(2x + 1)e^{2x - y}]dx$
$=e^{-y}\left[\int 2xe^{2x}dx + \int e^{2x}dx\right]$
$=e^{-y} \cdot xe^{2x} + \varphi(y)$
$=xe^{2x - y} + \varphi(y)$
又$f(0,y)=y + 1$，可知$\varphi(y)=y + 1$

因此$f(x,y)=xe^{2x - y} + y + 1$
$\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=-xe^{2x - y} + 1$

$I(t)=\int_{L_t}(2x + 1)e^{2x - y}dx + (1 - xe^{2x - y})dy$

令$P=(2x + 1)e^{2x - y}$，$Q=1 - xe^{2x - y}$

则$\frac{\partial P}{\partial y}=-(2x + 1)e^{2x - y}$，$\frac{\partial Q}{\partial x}=-e^{2x - y} - 2xe^{2x - y}$

因$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，故积分与路径无关。

$I(t)=\int_{L_t}(2x + 1)e^{2x - y}dx + (1 - xe^{2x - y})dy$
$=\int_{0}^{1}(2x + 1)e^{2x}dx + \int_{0}^{t}(1 - e^{2 - y})dy$
$=e^2 + t + e^{2 - t} - e^2$
$=t + e^{2 - t}$

(2) $I(t)=t + e^{2 - t}$

$I'(t)=1 - e^{2 - t}$

令$I'(t)=0$，可知$t=2$（有唯一驻点）。

又$I''(t)=e^{2 - t}$，则$I''(2)=1 > 0$。

因此$t=2$时，$I(t)$有最小值，且
$I(2)=2 + e^{2 - 2}=2 + 1=3$

【解析】
\( I = \iint_{\Sigma} (x^2 + 1)dydz - 2ydzdx + 3zdxdy \)

令 \( P = x^2 + 1 \)，\( Q = -2y \)，\( R = 3z \)。

由高斯公式可知：
\( I = \iiint_{\Omega} (2x - 2 + 3)dxdydz \)
\( = \iiint_{\Omega} (2x + 1)dxdydz \)

\( = \iint_{D_{xy}} dxdy \int_{0}^{1 - x - \frac{y}{2}} (2x + 1)dz \)

\( = \iint_{D_{xy}} \left( 2x^2 + x - xy - \frac{y}{2} \right) dxdy \)

\( = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1 - 2x} \left( 2x^2 + x - xy - \frac{y}{2} \right) dy \)

\( = \frac{1}{2} \)

【证明】(1) \(x_{n+1}=f(x_{n})\)

\[ \begin{aligned} \left|x_{n+1}-x_{n}\right| &= \left|f(x_{n})-f(x_{n-1})\right| \\ &= \left|f'(\xi)(x_{n}-x_{n-1})\right| \\ &< \frac{1}{2}\left|x_{n}-x_{n-1}\right| \\ &= \frac{1}{2}\left|f(x_{n-1})-f(x_{n-2})\right| \end{aligned} \]

显然，\(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}\left|x_{2}-x_{1}\right|\) 收敛，因此，\(\sum_{n=1}^{\infty}(x_{n+1}-x_{n})\) 绝对收敛;

(2) $\sum_{n = 1}^{\infty}(x_{n + 1} - x_n)$的前$n$项和记为$S_n$ 

易知，$S_n = x_{n + 1} - x_1$，由第一问可知$S_n$极限存在，因此$\lim_{n \to \infty} x_n = A$存在 

$x_{n + 1} = f(x_n) = f(x_n) - f(0) + 1$ 

$= f'(\xi)x_n + 1$（*） 

i）由已知$0 < f'(x) < \frac{1}{2}$，易知$x_{n + 1} = f'(\xi)x_n + 1 < \frac{1}{2}x_n = 1$ 
不等式两边取极限，可知$A < \frac{1}{2}A + 1$，即$A < 2$； 

ii）若$A = 0$，则（*）矛盾； 

iii）若$A < 0$，则由（*）可知$(1 - f'(\xi))A = 1$，而$0 < f'(x) < \frac{1}{2}$，显然矛盾 

综上，$0 < A < 2$ 

【解析】对 \(AX=B\) 的增广阵做初等变换

\[(A, B) \to\left(\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & -1 & 2 & 2 \\ 0 & a+2 & 3 & -3 & a-4 \\ 0 & 0 & a-1 & 1-a & 0 \end{array}\right)\]

1) \(|A|≠0\) ，即 \(a≠1\) 且 \(a≠-2\) 时，有唯一解。

2) \(|A|=0\) 时，\(a=1\) 或 \(a=-2\)

① \(a=-2\) 时，代入得矛盾方程，无解。

② \(a=1\) 时，代入得 \(r(A)<3\) ，故有无穷多解。

【解析】

(1)利用相似对角化，\(|\lambda E-A|=0\) 得 \(A\) 的特征值 \(\lambda_{1}=0\) ，\(\lambda_{2}=-1\) ，\(\lambda_{3}=-2\) ，\(A \sim \Lambda=(\begin{array}{lll}0 & & \\ & -1 & \\ & & -2\end{array})\) ，当 \(\lambda_{1}=0\) 时，由 \((0E - A)x=0\) 解出属于特征值 \(\lambda_{1}=0\) 的特征向量为 \(\gamma_{1}=(\begin{array}{l}3 \\ 2 \\ 2\end{array})\) ；当 \(\lambda_{2}=-1\) 时，由 \((-E - A)x=0\) 解出属于特征值 \(\lambda_{2}=-1\) 的特征向量为 \(\gamma_{2}=(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 0\end{array})\) ；当 \(\lambda_{3}=-2\) 时，由 \((-2E - A)x=0\) 解出属于特征值 \(\lambda_{3}=-2\) 的特征向量为 \(\gamma_{3}=(\begin{array}{l}1 \\ 2 \\ 0\end{array})\) 。取 \(P=(\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3})=(\begin{array}{lll}3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 0\end{array})\) ，则 \(P^{-1}AP=\Lambda\) ，故 \(A=P\Lambda P^{-1}\) ，所以 \(A^{99}=P\Lambda^{99}P^{-1}\) ，计算得 \(A^{99}=\left(\begin{array}{ccc}-2+2^{99} & 1-2^{99} & 2-2^{98} \\ -2+2^{100} & 1-2^{100} & 2-2^{99} \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\) 。

(II) 由 \(B^{2}=BA\) 可得 \(B^{3}=B^{2}A=BA^{2}\) ，依此类推 \(B^{100}=BA^{99}\) ，因为 \(B=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})\) ，\(B^{100}=(\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3})\) ，所以 \((\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3})=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})A^{99}=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})\left(\begin{array}{ccc}-2+2^{99} & 1-2^{99} & 2-2^{98} \\ -2+2^{100} & 1-2^{100} & 2-2^{99} \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\) ，因此，\(\beta_{1}=(-2+2^{99})\alpha_{1}+(-2+2^{100})\alpha_{2}\) ，\(\beta_{2}=(1-2^{99})\alpha_{1}+(1-2^{100})\alpha_{2}\) ，\(\beta_{3}=(2-2^{98})\alpha_{1}+(2-2^{99})\alpha_{2}\) 。

【解析】

(1)区域D的面积 \(s(D)=\int_{0}^{1}(\sqrt{x}-x^{2})dx=\frac{1}{3}\) ，因为 \((X, Y)\) 服从区域D上的均匀分布，所以 \[f(x, y)=\left\{\begin{array}{cc}3, & 0

(2)U与X不独立，因为 \(P\{U \leq \frac{1}{2}\}=\frac{1}{2}\) ，\(P\{X \leq \frac{1}{2}\}=\frac{1}{2}\) ，而 \(P\{U \leq \frac{1}{2}, X \leq \frac{1}{2}\} ≠P\{U \leq \frac{1}{2}\}P\{X \leq \frac{1}{2}\}\) ，故U与X不独立。

(3)\(F_{Z}(z)=P\{U+X \leq z\}=P\{U+X \leq z | U=0\}P\{U=0\}+P\{U+X \leq z | U=1\}P\{U=1\}=P\{X \leq z, X>Y\}+P\{1+X \leq z, X \leq Y\}\) ，其中 \(P\{X \leq z, X>Y\}=\left\{\begin{array}{cc}0, & z<0 \\ \frac{3}{2}z^{2}-z^{3}, & 0 \leq z<1 \\ \frac{1}{2}, & z \geq 1\end{array}\right.\) ，\(P\{X+1 \leq z, X \leq Y\}=\left\{\begin{array}{cc}0, & z<1 \\ 2(z-1)^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}(z-1)^{2}, & 1 \leq z<2 \\ \frac{1}{2}, & z \geq 2\end{array}\right.\) ，所以 \(F_{Z}(z)=\left\{\begin{array}{cc}0, & z<0 \\ \frac{3}{2}z^{2}-z^{3}, & 0 \leq z<1 \\ \frac{1}{2}+2(z-1)^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}(z-1)^{2}, & 1 \leq z<2 \\ 1, & z \geq 2\end{array}\right.\) 。

【答案】
（I）T的概率密度
\[F_{z}(x)=\begin{cases}\frac{9x^{8}}{\theta^{9}}, & 0 < x < \theta \\ 0, & 其他\end{cases}\]

（II）
\[a = \frac{10}{9}\]

【解析】（1）根据题意，\(X_{1},X_{2},X_{3}\)独立同分布，T的分布函数为
\[F_{T}(t)=P\{\max(X_{1},X_{2},X_{3})\leq t\}=P\{X_{1}\leq t,X_{2}\leq t,X_{3}\leq t\}\]
\[=P\{X_{1}\leq t\}P\{X_{2}\leq t\}P\{X_{3}\leq t\}=(P\{X_{1}\leq t\})^{3}\]

当\(t < 0\)时，\(F_{T}(t) = 0\)；

当\(0 < t < \theta\)时，\[F_{T}(t)=\left(\int_{0}^{t}\frac{3x^{2}}{\theta^{3}}d\theta\right)^{3}=\frac{t^{9}}{\theta^{9}}\]；

当\(t\geq0\)时，\(F_{T}(t)=1\)，

所以\[f_{T}(t)=\begin{cases}\frac{9t^{8}}{\theta^{9}}, & 0 < t < \theta \\ 0, & others\end{cases}\] 。

（2）\[E(aT)=aET = a\int_{0}^{\theta}t\frac{9t^{8}}{\theta^{9}}dt=\frac{9}{10}a\theta\]，
根据题意，\(aT\)为\(\theta\)的无偏估计，
则\[E(aT)=\frac{9}{10}a\theta=\theta\]，即\[a = \frac{10}{9}\]