\[a=\lim _{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}=\lim _{x \to \infty} \frac{x+sin \frac{1}{x}}{x}=\lim _{x \to \infty}\left(1+\frac{1}{x} sin \frac{1}{x}\right)=1\]

\[b=\lim _{x \to \infty}[f(x)-a x]=\lim _{x \to \infty}\left[x+sin \frac{1}{x}-x\right]=\lim _{x \to \infty} sin \frac{1}{x}=0\]

\(\therefore y=x\) 是 \(y=x+sin \frac{1}{x}\) 的渐近线

当 \(f^{\prime \prime}(x) ≥0\) 时，\(f(x)\) 是凹函数，而 \(g(x)\) 是连接 \((0, f(0))\) 与\((1, f(1))\) 的直线段，故 \(f(x) \leq g(x)\)

积分区域为 \(0\leq y\leq1\)，\(-\sqrt{1-y^{2}} \leq x \leq 1-y\)，用极坐标表示，\(D_1\)：\(\frac{\pi}{2} ≤\theta ≤\pi\)，\(0 ≤r ≤1\)；\(D_2\)：\(0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\)，\(0 \leq r \leq \frac{1}{cos \theta+sin \theta}\)

令 \(Z(a, b)=\int_{-\pi}^{\pi}(x-a cos x-b sin x)^{2} d x\)，求偏导并令其为0：

\[\left\{\begin{array}{l} Z_{a}'=2 \int_{-\pi}^{\pi}(x-a cos x-b sin x)(-cos x) d x=0 \\ Z_{b}'=2 \int_{-\pi}^{\pi}(x-a cos x-b sin x)(-sin x) d x=0 \end{array}\right.\]

由(1)得 \(a=0\)，由(2)得 \(b=\frac{\int_{0}^{\pi} x sin x d x}{\int_{0}^{\pi} sin ^{2} x d x}=2\)，故 \(a_{1} cos x+b_{1} sin x=2\sin x\)

按第4行展开：

\[

\begin{aligned}

& =-c \cdot b(-1)^{3+2}\left|\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right|+d \cdot a \cdot(-1)^{2+1}\left|\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right| \\

& =(a d-b c) \cdot b c-a d(a d-b c) \\

& =(a d-b c)(b c-a d)=-(a d-b c)^{2}

\end{aligned}

\]

由 \(\left(\alpha_{1}+k \alpha_{3}, \alpha_{2}+l \alpha_{3}\right)=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right)\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ k & l\end{array}\right)\) 知，当 \(\alpha_{1}\)，\(\alpha_{2}\)，\(\alpha_{3}\) 线性无关时，向量组 \(\alpha_{1}+k \alpha_{3}\)，\(\alpha_{2}+l \alpha_{3}\) 线性无关；反之不成立，如当 \(\alpha_{3}=0\)，\(\alpha_{1}\) 与 \(\alpha_{2}\) 线性无关时，\(\alpha_{1}\)，\(\alpha_{2}\)，\(\alpha_{3}\) 线性相关

\(P(A-B)=P(A)-P(AB)\)，因为A与B相互独立，所以 \(P(AB)=P(A)P(B)\)，则 \(P(A-B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)[1-P(B)]=0.3\)，解得 \(P(A)=0.6\)，\(P(AB)=0.6×0.5=0.3\)，故 \(P(B-A)=P(B)-P(AB)=0.5-0.3=0.2\)

$E{Y}_{1}=\int_{-\infty}^{+\infty}y[\frac{1}{2}{f}_{1}(y)+\frac{1}{2}{f}_{2}(y)]dy=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y{f}_{1}(y)dy+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y{f}_{2}(y)dy$ 

$=\frac{1}{2}EX_1 + \frac{1}{2}EX_2$

$EY_2 = E[\frac{1}{2}(X_1 + X_2)] = \frac{1}{2}EX_1 + \frac{1}{2}EX_2$

$\therefore EY_1 = EY_2$

$EY_1^2 = \int_{-\infty}^{+\infty} y^2[\frac{1}{2}f_1(y) + \frac{1}{2}f_2(y)]dy = \frac{1}{2}EX_1^2 + \frac{1}{2}EX_2^2$

$DY_1 = \frac{1}{2}EX_1^2 + \frac{1}{2}EX_2^2 - (\frac{1}{2}EX_1 + \frac{1}{2}EX_2)^2 = \frac{1}{2}EX_1^2 + \frac{1}{2}EX_2^2 - \frac{1}{4}(EX_1)^2 - \frac{1}{4}(EX_2)^2 - \frac{1}{2}EX_1EX_2$

$=\frac{1}{4}DX_1 + \frac{1}{4}DX_2 + \frac{1}{4}EX_1^2 + \frac{1}{4}EX_2^2 - \frac{1}{2}EX_1EX_2$

$=\frac{1}{4}DX_1 + \frac{1}{4}DX_2 + \frac{1}{4}[EX_1^2 + EX_2^2 - 2E(X_1X_2)] = \frac{1}{4}DX_1 + \frac{1}{4}DX_2 + \frac{1}{4}[E(X_1 - X_2)^2]$

$DY_2 = D[\frac{1}{2}(X_1 + X_2)] = \frac{1}{4}DX_1 + \frac{1}{4}DX_2$

$\therefore DY_1 > DY_2$

【答案】D 

在点(1,0,1)处，\(z_{x}|_{(1,0,1)}=\frac{[2 x(1-\sin y)-y^{2} \cos x]}{|(1,0,1)|}=2\)，\(\left.z_{y}\right|_{(1,0,1)}=\left.\left[-x^{2} \cos y+2 y(1-\sin x)\right]\right|_{(1,0,1)}=-1\)。切平面方程为 \(z_{x}(x-1)+z_{y}(y-0)+(-1)(z-1)=0\)，即 \(2 x-y-z-1=0\)

\(f(x)\) 是周期为4的可导函数，\(\therefore f(7)=f(3)=f(-1)=-f(1)\)，且 \(f(0)=0\)。又 \(f'(x)=2(x-1)\)，\(\therefore f(x)=x^{2}-2 x+c\)，将 \(f(0)=0\) 代入得 \(C=0\)，\(\therefore f(x)=x^{2}-2 x\)，\(x \in[0,2]\)，\(\therefore f(1)=-1\)，从而 \(f(7)=-f(1)=1\)

\(x y'+y(\ln x-\ln y)=0\) 即 \(x y'+y \ln \frac{x}{y}=0\)，两边同除 \(x\) 得 \(y'+\frac{y}{x} \ln \frac{x}{y}=0\)。令 \(u=\frac{y}{x}\)，则 \(y=x u\)，\(\frac{d y}{d x}=u+x \frac{d u}{d x}\)，代入上式得 \(u+x \frac{d u}{d x}+u \ln \frac{1}{u}=0\)，整理得 \(\frac{d u}{u(\ln u-1)}=\frac{1}{x} d x\)，两端积分得 \(\int \frac{d u}{u(\ln u-1)}=\int \frac{1}{x} d x+\ln C\)，\(\int \frac{d(\ln u-1)}{\ln u-1}=\int \frac{1}{x} d x+\ln C\)，\(\ln u-1=c x\)，\(u=e^{c x+1}\)，\(y=x e^{c x+1}\)。将 \(y(1)=e\) 代入上式得 \(C=0\)（注：文档中原题解析代入 \(y(1)=e^{3}\) 得 \(C=2\)，但题干条件为 \(y(1)=e\)，此处以题干为准），\(\therefore y=x e^{1}=x e\)

令 \(\left\{\begin{array}{l} x=\cos t \\ y=\sin t \\ z=-\sin t\end{array}\right.\)，\(t:[0,2 \pi]\)，\(\therefore \int_{L} z d x+y d z=\int_{0}^{2 \pi}[-\sin t(-\sin t)+\sin t(-\cos t)] d t=\int_{0}^{2 \pi} \frac{1-\cos 2 t}{2} d t+\int_{0}^{2 \pi}(-\sin t) d \sin t=\pi+0=\pi\)

二次型矩阵 \(A=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & a \\ 0 & -1 & 2 \\ a & 2 & 0\end{array}\right)\)，因为负惯性指数为1，设特征值 \(\lambda_{1}<0\)，其余 \(\lambda_{2} \geq 0\)，\(\lambda_{3} \geq 0\)。由特征值性质及行列式计算，\(|A|=a^{2}-4\)，分析得：当 \(-2 \leq a \leq 2\) 时，满足负惯性指数为1

\(E\left(X^{2}\right)=\int_{\theta}^{2 \theta} x^{2} \cdot \frac{2 x}{3 \theta^{2}} d x=\frac{2}{3 \theta^{2}} \int_{\theta}^{2 \theta} x^{3} d x=\frac{1}{6 \theta^{2}} \cdot 15 \theta^{4}=\frac{5}{2} \theta^{2}\)，\(E\left(c \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right)=c \cdot n \cdot \frac{5}{2} \theta^{2}\)，令其等于 \(\theta\)，解得 \(c=\frac{2}{5 n}\)

【解】$\lim _{x \to+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] d t}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}=\lim _{x \to+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] d t}{x} \cdot \frac{\frac{1}{x}}{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}$

$=\lim _{x \to+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] d t}{x}=\lim _{x \to+\infty}\left[x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)-x\right]$

$=\lim _{x \to+\infty} x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1-\frac{1}{x}\right)=\lim _{t \to 0} \frac{e^{t}-1-t}{t^{2}}=\lim _{t \to 0} \frac{e^{t}-1}{2 t}=\frac{1}{2}$。

【解】由$y^{3}+x y^{2}+x^{2} y+6=0$得

$3 y^{2} \frac{d y}{d x}+y^{2}+2 x y \frac{d y}{d x}+2 x y+x^{2} \frac{d y}{d x}=0$，解得

$\frac{d y}{d x}=-\frac{2 x y+y^{2}}{x^{2}+2 x y+3 y^{2}}$，由$\frac{d y}{d x}=0$得$y=-2 x$，代入原式得$\begin{cases}x=1\\y=-2\end{cases}$

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=-\frac{\left(2 y+2 x \frac{d y}{d x}+2 y \frac{d y}{d x}\right)\left(x^{2}+2 x y+3 y^{2}\right)-\left(2 x y+y^{2}\right)\left(2 x+2 y+2 x \frac{d y}{d x}+6 y \frac{d y}{d x}\right)}{\left(x^{2}+2 x y+3 y^{2}\right)^{2}}$

将$\begin{cases}x=1\\y=-2\end{cases}$代入得$\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=\frac{4}{9}>0$，故$x=1$为极小点，极小值为$y=-2$。

【解】

$\frac{\partial z}{\partial x}=e^{x} \cos y \cdot f'$，$\frac{\partial z}{\partial y}=-e^{x} \sin y \cdot f'$，

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}=e^{x} \cos y \cdot f'+e^{2 x} \cos ^{2} y \cdot f''$，$\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=-e^{x} \cos y \cdot f'+e^{2 x} \sin ^{2} y \cdot f''$，

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=e^{2 x} f''$，

令$u=e^{x} \cos y$，由$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=(4 z+e^{x} \cos y) e^{2 x}$得

$f''(u)=4 f(u)+u$，即$f''(u)-4 f(u)=u$，

解得$f(u)=C_{1} e^{-2 u}+C_{2} e^{2 u}-\frac{1}{4} u$

由$f(0)=0$，$f'(0)=0$得$\begin{cases}C_{1}+C_{2}=0\\-2 C_{1}+2 C_{2}-\frac{1}{4}=0\end{cases}$，解得$C_{1}=-\frac{1}{16}$，$C_{2}=\frac{1}{16}$

故$f(u)=-\frac{1}{16}\left(e^{-2 u}-e^{2 u}\right)-\frac{1}{4} u$。

【解】令$\sum _{0}: z=1(x^{2}+y^{2} ≤1)$，取下侧，其中∑与$\sum _{0}$围成的几何体为Ω，

由高斯公式得

$\begin{aligned} & \oiint_{\sum+\sum_{0}}(x-1)^{3} d y d z+(y-1)^{3} d z d x+(z-1) d x d y=-\iiint_{\Omega}\left[3(x-1)^{2}+3(y-1)^{2}+1\right] d v \\ & =-\iiint_{\Omega}\left[3\left(x^{2}+y^{2}\right)-6 x-6 y+7\right] d v=-\iiint_{\Omega}\left[3\left(x^{2}+y^{2}\right)+7\right] d v \\ & =-\int_{0}^{1} d z \iint_{x^{2}+y^{2} \leq z}\left[3\left(x^{2}+y^{2}\right)+7\right] d v=-\int_{0}^{1} d z \int_{0}^{2 \pi} d \theta \int_{0}^{\sqrt{z}}\left(3 r^{3}+7 r\right) d r \end{aligned}$

$=-2 \pi \int_{0}^{1}\left(\frac{3}{4} z^{2}+\frac{7}{2} z\right) d z=-2 \pi\left(\frac{1}{4}+\frac{7}{4}\right)=-4 \pi$，

而$\iint_{\sum_{0}}(x-1)^{3} d y d z+(y-1)^{3} d z d x+(z-1) d x d y=\iint_{\sum_{0}}(z-1) d x d y=0$，

故$I=\iint_{\sum}(x-1)^{3} d y d z+(y-1)^{3} d z d x+(z-1) d x d y=-4 \pi$。

【证明】(Ⅰ)由$\cos a_{n}-a_{n}=\cos b_{n}$得$a_{n}=\cos a_{n}-\cos b_{n}$，
因为$a_{n}\gt 0$，所以$a_{n}=\cos a_{n}-\cos b_{n}\gt 0$，故$0\lt a_{n}\lt b_{n}$，
又因为$\sum \limits_{n=1}^{\infty}b_{n}$收敛，所以$\sum \limits_{n=1}^{\infty}a_{n}$收敛，故$\lim \limits_{n \to \infty}a_{n}=0$.
(Ⅱ)方法一 由$a_{n}=\cos a_{n}-\cos b_{n}$得
$\frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{\cos a_{n}-\cos b_{n}}{b_{n}}=-\frac{2\sin \left( \frac{a_{n}+b_{n}}{2}\right)\sin \left( \frac{a_{n}-b_{n}}{2}\right)}{b_{n}}\sim \frac{b_{n}^{2}-a_{n}^{2}}{2b_{n}}$，
因为$0\leqslant \frac{b_{n}^{2}-a_{n}^{2}}{2b_{n}}\leqslant \frac{b_{n}}{2}$且$\sum \limits_{n=1}^{\infty}b_{n}$收敛，所以$\sum \limits_{n=1}^{\infty}\frac{b_{n}^{2}-a_{n}^{2}}{2b_{n}}$收敛，
由正项级数比较审敛法得$\sum \limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}$收敛.

方法二 由$\lim \limits_{n \to \infty}\frac{\frac{a_{n}}{b_{n}}}{b_{n}}=\lim \limits_{n \to \infty}\frac{a_{n}}{b_{n}^{2}}=\lim \limits_{n \to \infty}\frac{1-\cos b_{n}}{b_{n}^{2}}\cdot \frac{a_{n}}{1-\cos b_{n}}$
$=\frac{1}{2}\lim \limits_{n \to \infty}\frac{a_{n}}{1-\cos b_{n}}=\frac{1}{2}\lim \limits_{n \to \infty}\frac{a_{n}}{a_{n}+1-\cos b_{n}}=\frac{1}{2}$，
且级数$\sum \limits_{n=1}^{\infty}b_{n}$收敛，根据正项级数比较审敛法得级数$\sum \limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}$收敛.

【解】（Ⅰ）$A=\begin{pmatrix} 1&-2&3&-4\\ 0&1&-1&1\\ 1&2&0&-3\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&-2&3&-4\\ 0&1&-1&1\\ 0&4&-3&1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&-2&3&-4\\ 0&1&-1&1\\ 0&0&1&-3\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix} 1&-2&0&5\\ 0&1&0&-2\\ 0&0&1&-3\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&0&1\\ 0&1&0&-2\\ 0&0&1&-3\end{pmatrix},$ 则方程组$\boldsymbol{AX = 0}$的一个基础解系为$\boxed{\xi} = (-1, 2, 3, 1)^{\mathrm{T}}$． （Ⅱ）方法一 由$(A \vdots E)=\begin{pmatrix} 1&-2&3&-4&1&0&0\\ 0&1&-1&1&0&1&0\\ 1&2&0&-3&0&0&1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&-2&3&-4&1&0&0\\ 0&1&-1&1&0&1&0\\ 0&4&-3&1&-1&0&1\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix} 1&-2&3&-4&1&0&0\\ 0&1&-1&1&0&1&0\\ 0&0&1&-3&-1&-4&1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&-2&0&5&4&12&-3\\ 0&1&0&-2&-1&-3&1\\ 0&0&1&-3&-1&-4&1\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix} 1&0&0&2&6&-1\\ 0&1&0&-2&-1&-3&1\\ 0&0&1&-3&-1&-4&1\end{pmatrix},$ 得$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} 2k_{1}+6k_{2}-k_{3}-1\\ 2k_{1}-1&2k_{2}-3&2k_{3}+1\\ 3k_{1}-1&3k_{2}-4&3k_{3}+1\\ k_{1}&k_{2}&k_{3}\end{pmatrix}$（$k_{1},k_{2},k_{3}$为任意常数）． 方法二 令$\boldsymbol{B} = (\boldsymbol{X}_{1}, \boldsymbol{X}_{2}, \boldsymbol{X}_{3})$，$\boldsymbol{E} = (\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3})$， 则$\boldsymbol{AB = E}$等价于$\boldsymbol{AX}_{1} = \boldsymbol{e}_{1}$，$\boldsymbol{AX}_{2} = \boldsymbol{e}_{2}$，$\boldsymbol{AX}_{3} = \boldsymbol{e}_{3}$， 方程组$\boldsymbol{AX}_{1} = \boldsymbol{e}_{1}$的通解为 $\boldsymbol{X}_{1} = k_{1}\begin{pmatrix} -1\\ 2\\ 3\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ -1\\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_{1}+2\\ 2k_{1}-1\\ 3k_{1}-1\\ k_{1}\end{pmatrix}$（$k_{1}$为任意常数）， 方程组$\boldsymbol{AX}_{2} = \boldsymbol{e}_{2}$的通解为 $\boldsymbol{X}_{2} = k_{2}\begin{pmatrix} -1\\ 2\\ 3\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 6\\ -3\\ -4\\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_{2}+6\\ 2k_{2}-3\\ 3k_{2}-4\\ k_{2}\end{pmatrix}$（$k_{2}$为任意常数）， 方程组$\boldsymbol{AX}_{3} = \boldsymbol{e}_{3}$的通解为 $\boldsymbol{X}_{3} = k_{3}\begin{pmatrix} -1\\ 2\\ 3\\ 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_{3}-1\\ 2k_{3}+1\\ 3k_{3}+1\\ k_{3}\end{pmatrix}$（$k_{3}$为任意常数）， 故$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} -k_{1}+2&-k_{2}+6&-k_{3}-1\\ 2k_{1}-1&2k_{2}-3&2k_{3}+1\\ 3k_{1}-1&3k_{2}-4&3k_{3}+1\\ k_{1}&k_{2}&k_{3}\end{pmatrix}$（$k_{1},k_{2},k_{3}$为任意常数）． 方法三 令$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} x_{1}&x_{2}&x_{3}\\ x_{4}&x_{5}&x_{6}\\ x_{7}&x_{8}&x_{9}\\ x_{10}&x_{11}&x_{12}\end{pmatrix}$，由$\boldsymbol{AB = E}$得$\begin{cases}x_{1}-2x_{4}+3x_{7}-4x_{10}=1,\\x_{2}-2x_{5}+3x_{8}-4x_{11}=0,\\x_{3}-2x_{6}+3x_{9}-4x_{12}=0,\\x_{4}-x_{7}+x_{10}=0,\\x_{5}-x_{8}+x_{11}=1,\\x_{6}-x_{9}+x_{12}=0,\\x_{1}+2x_{4}-3x_{10}=0,\\x_{2}+2x_{5}-3x_{11}=0,\\x_{3}+2x_{6}-3x_{12}=1,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x_{1}\\x_{4}\\x_{7}\\x_{10}\end{cases}=k_{1}\begin{cases}-1\\2\\3\\1\end{cases}+\begin{cases}2\\-1\\-1\\0\end{cases}=\begin{cases}-k_{1}+2\\2k_{1}-1\\3k_{1}-1\\k_{1}\end{cases},$ $\begin{cases}x_{2}\\x_{5}\\x_{8}\\x_{11}\end{cases}=k_{2}\begin{cases}-1\\2\\3\\1\end{cases}+\begin{cases}6\\-3\\-4\\0\end{cases}=\begin{cases}-k_{2}+6\\2k_{2}-3\\3k_{2}-4\\k_{2}\end{cases},$ $\begin{cases}x_{3}\\x_{6}\\x_{9}\\x_{12}\end{cases}=k_{3}\begin{cases}-1\\2\\3\\1\end{cases}+\begin{cases}-1\\1\\1\\0\end{cases}=\begin{cases}-k_{3}-1\\2k_{3}+1\\3k_{3}+1\\k_{3}\end{cases},$ 故$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix} -k_{1}+2&-k_{2}+6&-k_{3}-1\\ 2k_{1}-1&2k_{2}-3&2k_{3}+1\\ 3k_{1}-1&3k_{2}-4&3k_{3}+1\\ k_{1}&k_{2}&k_{3}\end{pmatrix}$（$k_{1},k_{2},k_{3}$为任意常数）．

（21）【证明】
令\( A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}\)，\( B = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n \end{pmatrix}\)
由\(|\lambda E - A| = 0\)得\( A \)的特征值为\(\lambda_1 = \cdots = \lambda_{n - 1} = 0\)，\(\lambda_n = n\)，
由\(|\lambda E - B| = 0\)得\( B \)的特征值为\(\lambda_1 = \cdots = \lambda_{n - 1} = 0\)，\(\lambda_n = n\)，
因为\( A^2 = A \)，所以\( A \)可对角化；
因为\( r(0E - B) = r(B) = 1 \)，所以\( B \)可对角化，
因为\( A, B \)特征值相同且都可对角化，所以\( A \sim B \)。
方法点评：本题考查矩阵相似。
设\( A, B \)为两个\( n \)阶矩阵，若\( A \sim B \)，则\( A, B \)的特征值相同；反之，若\( A, B \)的特征值相同，两矩阵不一定相似，即特征值相同是两个矩阵相似的必要而非充分条件。
注意如下结论：
（1）若\( A, B \)特征值相同，且\( A, B \)都可相似对角化，则\( A \sim B \)；
（2）若\( A, B \)特征值相同，但\( A, B \)中一个可相似对角化，另一个不可相似对角化，则两矩阵一定不相似。

（Ⅰ）**求 \( Y \) 的分布函数 \( F_Y(y) \)**

分布函数 \( F_Y(y) = P\{Y \leq y\} \)，根据全概率公式，结合 \( X \) 的取值情况展开：

\[
\begin{align*}
F_Y(y) &= P\{X=1\}P\{Y \leq y | X=1\} + P\{X=2\}P\{Y \leq y | X=2\} \\
&= \frac{1}{2}P\{Y \leq y | X=1\} + \frac{1}{2}P\{Y \leq y | X=2\}
\end{align*}
\]

- 当 \( y < 0 \) 时，\( P\{Y \leq y | X=1\} = 0 \)，\( P\{Y \leq y | X=2\} = 0 \)，故 \( F_Y(y) = 0 \)。
- 当 \( 0 \leq y < 1 \) 时，\( Y|X=1 \sim U(0,1) \)，则 \( P\{Y \leq y | X=1\} = y \)；\( Y|X=2 \sim U(0,2) \)，则 \( P\{Y \leq y | X=2\} = \frac{y}{2} \)。
  因此 \( F_Y(y) = \frac{1}{2} \cdot y + \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{2} = \frac{3y}{4} \)。
- 当 \( 1 \leq y < 2 \) 时，\( P\{Y \leq y | X=1\} = 1 \)；\( P\{Y \leq y | X=2\} = \frac{y}{2} \)。
  因此 \( F_Y(y) = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{y}{2} = \frac{1}{2} + \frac{y}{4} \)。
- 当 \( y \geq 2 \) 时，\( P\{Y \leq y | X=1\} = 1 \)，\( P\{Y \leq y | X=2\} = 1 \)，故 \( F_Y(y) = 1 \)。

综上，\( Y \) 的分布函数为：
\[
F_Y(y) =
\begin{cases}
0, & y < 0, \\
\frac{3y}{4}, & 0 \leq y < 1, \\
\frac{1}{2} + \frac{y}{4}, & 1 \leq y < 2, \\
1, & y \geq 2.
\end{cases}
\]

（Ⅱ）**求 \( E(Y) \)**

可先求 \( Y \) 的概率密度函数 \( f_Y(y) \)，对 \( F_Y(y) \) 求导：

- 当 \( 0 < y < 1 \) 时，\( f_Y(y) = \frac{3}{4} \)；
- 当 \( 1 < y < 2 \) 时，\( f_Y(y) = \frac{1}{4} \)；
- 其余区间 \( f_Y(y) = 0 \)。

根据期望的定义 \( E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) dy \)，计算得：

\[
\begin{align*}
E(Y) &= \int_{0}^{1} y \cdot \frac{3}{4} dy + \int_{1}^{2} y \cdot \frac{1}{4} dy \\
&= \frac{3}{4} \cdot \frac{y^2}{2} \bigg|_{0}^{1} + \frac{1}{4} \cdot \frac{y^2}{2} \bigg|_{1}^{2} \\
&= \frac{3}{8} + \frac{1}{8} \cdot (4 - 1) \\
&= \frac{3}{8} + \frac{3}{8} \\
&= \frac{6}{8} = \frac{3}{4}
\end{align*}
\]

或者，利用全期望公式 \( E(Y) = E[E(Y|X)] \)：

- \( E(Y|X=1) = \frac{0 + 1}{2} = \frac{1}{2} \)（均匀分布 \( U(0,1) \) 的期望）；
- \( E(Y|X=2) = \frac{0 + 2}{2} = 1 \)（均匀分布 \( U(0,2) \) 的期望）；

因此：

\[
E(Y) = P\{X=1\}E(Y|X=1) + P\{X=2\}E(Y|X=2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}
\]

最终，（Ⅰ）分布函数如上述分段函数；（Ⅱ）\( E(Y) = \boxed{\frac{3}{4}} \)。

(I) \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}0, x \leq 0 \\ \frac{2x}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}}, x>0\end{array}\right.\)，

\(EX=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) dx=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}} dx \stackrel{t=\frac{x^{2}}{\theta}}{=} 2 \int_{0}^{+\infty} t e^{-t} \cdot \frac{\sqrt{\theta}}{2 \sqrt{t}} dt=\sqrt{\theta} \int_{0}^{+\infty} \sqrt{t} e^{-t} dt=\sqrt{\theta} \Gamma\left(\frac{1}{2}+1\right)=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2}\)，

\(EX^2=\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} f(x) dx=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{x^{3}}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}} dx=\theta \int_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}}{\theta} e^{-\frac{x^{2}}{\theta}} d\left(\frac{x^{2}}{\theta}\right)=\theta \Gamma(2)=\theta\)。

(II) 似然函数 \(L(\theta)=\frac{2^{n} x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{\theta^{n}} e^{-\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}{\theta}}\)，

\(\ln L(\theta)=n \ln 2+\sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}-n \ln \theta-\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}{\theta}\)，

由 \(\frac{d}{d \theta} \ln L(\theta)=-\frac{n}{\theta}+\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}{\theta^{2}}=0\) 得，\(\theta\) 的最大似然估计量为 \(\hat{\theta}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\)。

(III) 由大数定律得 \(\hat{\theta}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\) 依概率收敛于 \(EX^{2}=\theta\)，故存在 \(a=\theta\)，使得对任意的 \(\varepsilon>0\)，有 \(\lim _{n \to \infty} P\{|\hat{\theta}-a| \geq \varepsilon\}=0\)。