\(f(x)=x-\sin a x\) , \(g(x)=x^{2} \ln (1-b x)\) 为等价无穷小,则 \[ \lim _{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim _{x \to 0} \frac{x-\sin a x}{x^{2} \ln (1-b x)}=\lim _{x \to 0} \frac{x-\sin a x}{x^{2} \cdot(-b x)} \stackrel{洛必达}{=} \lim _{x \to 0} \frac{1-a \cos a x}{-3 b x^{2}} \stackrel{洛必达}{=} \lim _{x \to 0} \frac{a^{2} \sin a x}{-6 b x} \] \[ =\lim _{x \to 0} \frac{a^{2} \sin a x}{-\frac{6 b}{a} \cdot a x}=-\frac{a^{3}}{6 b}=1 \Rightarrow a^{3}=-6 b \] 另外 \(\lim _{x \to 0} \frac{1-a \cos a x}{-3 b x^{2}}\) 存在,蕴含了 \(1-a \cos a x \to 0(x \to 0)\) 故 \(a=1\) 排除(D) 所以本题选(A).

本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性. \(D_{2}\) , \(D_{4}\) 两区域关于 x 轴对称,而 \(f(x,-y)=-y \cos x=-f(x, y)\) ,即被积函数是关于 y 的奇函数,所以 \(I_{2}=I_{4}=0\) ; \(D_{1}\) , \(D_{3}\) 两区域关于 y 轴对称,而 \(f(-x, y)=y \cos (-x)=y \cos x=f(x, y)\) ,即被积函数是关于 x 的偶函数,所以 \(I_{1}=2 \iint_{{(x, y) | y \geq x, 0 \leq x \leq 1}} y \cos x \,dx dy>0\) , \(I_{3}=2 \iint_{{(x, y) | y \leq -x, 0 \leq x \leq 1}} y \cos x \,dx dy\) 中被积函数在区域内 \(y \leq -x \leq 0\) 且 \(\cos x > 0\) ,故 \(I_{3} \leq 0\) ,因此最大值为 \(I_{1}\) .

此题为定积分的应用知识考核,由 \(y=f(x)\) 的图形可见,其图像与 x 轴及 y 轴、 \(x=x_{0}\) 所围的图形的代数面积为所求函数 \(F(x)\) ,从而可得出几个方面的特征:

① \(x \in[0,1]\) 时, \(F(x) \leq 0\) ,且单调递减。

② \(x \in[1,2]\) 时, \(F(x)\) 单调递增。

③ \(x \in[2,3]\) 时, \(F(x)\) 为常函数。

④ \(x \in[-1,0]\) 时, \(F(x) \leq 0\) 为线性函数,单调递增。

⑤由于 \(F(x)\) 为连续函数。结合这些特点,可见正确选项为(D).

方法一:举反例:

(A)取 \(a_{n}=b_{n}=(-1)^{n} \frac{1}{\sqrt{n}}\) ,此时 \(\sum b_{n}\) 收敛但 \(\sum a_{n} b_{n}=\sum \frac{1}{n}\) 发散，故(A)错误；

(B)取 \(a_{n}=b_{n}=\frac{1}{n}\) ,此时 \(\sum b_{n}\) 发散但 \(\sum a_{n} b_{n}=\sum \frac{1}{n^{2}}\) 收敛，故(B)错误；

(D)取 \(a_{n}=b_{n}=\frac{1}{n}\) ,此时 \(\sum |b_{n}|\) 发散但 \(\sum a_{n}^{2} b_{n}^{2}=\sum \frac{1}{n^{4}}\) 收敛，故(D)错误；

方法二:因为 \(\lim _{n \to \infty} a_{n}=0\) ,则由定义可知 \(\exists N_{1}\) ,使得 \(n>N_{1}\) 时,有 \(|a_{n}|<1\) ,又因为 \(\sum_{n=1}^{\infty}|b_{n}|\) 收敛,可得 \(\lim _{n \to \infty}|b_{n}|=0\) ,则由定义可知 \(\exists N_{2}\) ,使得 \(n>N_{2}\) 时,有 \(|b_{n}|<1\) ,从而,当 \(n>N_{1}+N_{2}\) 时,有 \(a_{n}^{2} b_{n}^{2}<|b_{n}|\) ,则由正项级数的比较判别法可知 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} b_{n}^{2}\) 收敛，故答案为(C).

因为 \((\eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n})=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}) A\) ,则 A 称为基 \(\alpha_{1}\) , \(\alpha_{2}\) , \(\cdots\) , \(\alpha_{n}\) 到 \(\eta_{1}\) , \(\eta_{2}\) , \(\cdots\) , \(\eta_{n}\) 的过渡矩阵。则由基 \(\alpha_{1}\) 、\(\frac{1}{2} \alpha_{2}\) 、\(\frac{1}{3} \alpha_{3}\) 到 \(\alpha_{1}+\alpha_{2}\) 、\(\alpha_{2}+\alpha_{3}\) 、\(\alpha_{3}+\alpha_{1}\) 的过渡矩阵 M 满足

\begin{aligned}
\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}, \alpha_{2}+\alpha_{3}, \alpha_{3}+\alpha_{1}\right) & =\left(\alpha_{1}, \frac{1}{2} \alpha_{2}, \frac{1}{3} \alpha_{3}\right) M \\
& =\left(\alpha_{1}, \frac{1}{2} \alpha_{2}, \frac{1}{3} \alpha_{3}\right)\left(\begin{array}{lll} 
1 & 0 & 1 \\ 
2 & 2 & 0 \\ 
0 & 3 & 3 
\end{array}\right)
\end{aligned}

所以此题选(A).

根据 \(C C^{*}=|C| E\) ,若 C 可逆则 \(C^{*}=|C| C^{-1}\) 。分块矩阵 \(\begin{pmatrix}O & A \\ B & O\end{pmatrix}\) 的行列式 \(|\begin{pmatrix}O & A \\ B & O\end{pmatrix}|=(-1)^{2 \times 2}|A||B|=2 \times 3=6\) ,即矩阵可逆。

\[
\begin{aligned}
\left(\begin{array}{ll} O & A \\ B & O \end{array}\right)^{*} 
& = \left|\begin{array}{ll} O & A \\ B & O \end{array}\right|\left(\begin{array}{ll} O & A \\ B & O \end{array}\right)^{-1} = 6\left(\begin{array}{cc} O & B^{-1} \\ A^{-1} & O \end{array}\right) \\
& = 6\left(\begin{array}{cc} O & \frac{1}{|B|} B^{*} \\ \frac{1}{|A|} A^{*} & O \end{array}\right) \\
& = 6\left(\begin{array}{cc} O & \frac{1}{3} B^{*} \\ \frac{1}{2} A^{*} & O \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} O & 2 B^{*} \\ 3 A^{*} & O \end{array}\right)
\end{aligned}
\]

故答案为(B).

因为 \(F(x)=0.3 \Phi(x)+0.7 \Phi(\frac{x-1}{2})\) ，所以 \(F'(x)=0.3 \Phi'(x)+\frac{0.7}{2} \Phi'\left(\frac{x-1}{2}\right)\) ，

\begin{equation*}
\begin{aligned}
E X & = \int_{-\infty}^{+\infty} x F'(x) \,dx = \int_{-\infty}^{+\infty} x\left[0.3 \Phi'(x) + 0.35 \Phi'\left(\frac{x-1}{2}\right)\right] \,dx \\
& = 0.3 \int_{-\infty}^{+\infty} x \Phi'(x) \,dx + 0.35 \int_{-\infty}^{+\infty} x \Phi'\left(\frac{x-1}{2}\right) \,dx
\end{aligned}
\end{equation*}

而 \(\int_{-\infty}^{+\infty} x \Phi'(x) \,dx=0\) ，令 \(\frac{x-1}{2}=u\) ，则 \(\int_{-\infty}^{+\infty} x \Phi'\left(\frac{x-1}{2}\right) \,dx=2 \int_{-\infty}^{+\infty}(2 u+1) \Phi'(u) \,du=2(2 \times 0 + 1)=2\) ，所以 \(E X=0 + 0.35 \times 2=0.7\) 。

\begin{equation}
\begin{aligned}
F_{Z}(z) & = P(XY \leq z) = P(XY \leq z \mid Y=0)P(Y=0) + P(XY \leq z \mid Y=1)P(Y=1) \\
& = \frac{1}{2}\left[ P(X \cdot 0 \leq z \mid Y=0) + P(X \leq z \mid Y=1) \right] \\
& = \frac{1}{2}\left[ P(0 \leq z) + P(X \leq z) \right]
\end{aligned}
\end{equation}

因 X , Y 独立，所以：

(1) 若 \(z<0\) ,则 \(F_{Z}(z)=\frac{1}{2} \Phi(z)\) ；

(2) 当 \(z \geq 0\) ,则 \(F_{Z}(z)=\frac{1}{2}(1+\Phi(z))\) 。在 \(z=0\) 处，左极限为 \(\frac{1}{2} \Phi(0)\) ，右极限为 \(\frac{1}{2}(1+\Phi(0))\) ，由于 \(\Phi(0)=\frac{1}{2}\) ，左右极限不相等，故 \(z=0\) 为间断点，故选(B).

【解析】\(\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}'+f_{2}' \cdot y\)，\(\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=x f_{12}''+f_{2}'+y x \cdot f_{22}''=x f_{12}''+f_{2}'+x y f_{22}''\)

【解析】由 \(y=(c_{1}+c_{2} x) e^{x}\)，得 \(\lambda_{1}=\lambda_{2}=1\)，故 \(a=-2\)，\(b=1\)。微分方程为 \(y^{\prime \prime}-2 y'+y=x\)。设特解 \(y^{*}=A x+B\) 代入，\(y'=A\)，由 \(-2 A + A x + B = x\) 得 \(A=1\)，\(-2+B=0\)，\(B=2\)，特解 \(y^{*}=x+2\)，所以 \(y=(c_{1}+c_{2} x) e^{x}+x+2\)，把 \(y(0)=2\)，\(y'(0)=0\) 代入，得 \(c_{1}=0\)，\(c_{2}=-1\)，所求 \(y=-x e^{x}+x+2\)

【解析】由题意可知，\(x=x\)，\(y=x^{2}\)，\(0 \leq x \leq \sqrt{2}\)，则 \(d s=\sqrt{(x')^{2}+(y')^{2}} d x=\sqrt{1+4 x^{2}} d x\)，所以 \(\int_{L} x d s=\int_{0}^{\sqrt{2}} x \sqrt{1+4 x^{2}} d x=\frac{1}{8} \int_{0}^{\sqrt{2}} \sqrt{1+4 x^{2}} d(1+4 x^{2})=\left.\frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} \sqrt{(1+4 x^{2})^{3}}\right|_{0} ^{\sqrt{2}}=\frac{13}{6}\)

【解析】方法一：\(\iiint z^{2} d x d y d z=\int_{0}^{2 \pi} d \theta \int_{0}^{\pi} d \varphi \int_{0}^{1} \rho^{2} \sin \varphi \rho^{2} \cos ^{2} \varphi d \rho=2 \pi \cdot-\frac{\cos ^{3} \varphi}{3} \int_{0}^{\pi} \cdot \frac{1}{5} d \varphi=\frac{4}{15} \pi\)；方法二：由轮换对称性可知 \(\iiint_{\Omega} z^{2} d x d y d z=\iiint_{\Omega} x^{2} d x d y d z=\iiint_{\Omega} y^{2} d x d y d z\)，所以 \(\frac{2 \pi}{3} \int_{0}^{\pi} \sin \varphi d \varphi \int_{0}^{1} r^{4} d r=\frac{4 \pi}{15}\)

【解析】因为 \(\alpha^{T} \beta=2\)，所以 \(\beta \alpha^{T} \beta=\beta(\alpha^{T} \beta)=2 \cdot \beta\)，故 \(\beta \alpha^{T}\) 的非零特征值为2

【解析】因为 \(\bar{X}+k S^{2}\) 为 \(n p^{2}\) 的无偏估计，所以 \(E(\overline{X}+k S^{2})=n p^{2}\)，即 \(n p + k n p(1 - p)=n p^{2}\)，化简得 \(1 + k(1 - p)=p\)，所以 \(k(1 - p)=p - 1\)，故 \(k=-1\)

\(f_{x}'(x, y)=2 x(2+y^{2})=0\)

\(f_{y}'(x, y)=2 x^{2} y+\ln y+1=0\)，故 \(x=0\)，\(y=\frac{1}{e}\)

\[f_{x x}''=2\left(2+y^{2}\right), f_{y y}''=2 x^{2}+\frac{1}{y}, f_{x y}''=4 x y .\]

\[则 \left.f_{x x}''\right|_{(0, \theta)}^{1}=2\left(2+\frac{1}{e^{2}}\right),\left. f_{x y}''\right|_{\left(0, \frac{1}{e}\right)}=0,\left. f_{y y}''\right|_{\left(0, \frac{1}{e}\right)}=e.\]

\[\because f_{x x}''>0 而 \left(f_{x y}''\right)^{2}-f_{x x}'' f_{y y}''<0\]

∴ 二元函数在极小值 \(f(0, \frac{1}{e})=-\frac{1}{e}\)

由题意，\(y=x^{n}\) 与 \(y=x^{n+1}\) 在点 \(x=0\) 和 \(x=1\) 处相交，

\[所以 a_{n}=\int_{0}^{1}\left(x^{n}-x^{n+1}\right) d x=\left.\left(\frac{1}{n+1} x^{n+1}-\frac{1}{n+2} x^{n+2}\right)\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2},\]

从而 \(S_{1}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=\lim _{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} a_{n}=\lim _{N \to \infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{N+1}-\frac{1}{N+2}\right)=\lim _{N \to \infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{N+2}\right)=\frac{1}{2}\)

\[S_{2}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n+1}\right)=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2 N}-\frac{1}{2 N+1}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\]

由 \(\ln (1+x)=x-\frac{1}{2} x^{2}+\cdots+(-1)^{(n-1)} \frac{x^{n}}{n}+\cdots\) 取 \(x=1\) 得

\[\ln (2)=1-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\cdots\right)=1-S_{2} \Rightarrow S_{2}=1-\ln 2 .\]

(I) \(S_{1}\) 的方程为 \(\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}+z^{2}}{3}=1\)。过点 \((4,0)\) 与椭圆 \(\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\) 的切线为 \(y= \pm(\frac{1}{2} x-2)\)，所以 \(S_{2}\) 的方程为 \(y^{2}+z^{2}=(\frac{1}{2} x-2)^{2}\)。

(II) \(S_{1}\) 与 \(S_{2}\) 之间的体积等于一个底面半径为 \(\frac{3}{2}\)、高为3的圆锥体积 \(\frac{9}{4} \pi\) 与部分椭球体积 \(V\) 之差，其中 \(V=\frac{3 \pi}{4} \int_{1}^{2}(4-x^{2}) d x=\frac{5 \pi}{4}\)，故所求体积为 \(\frac{9}{4} \pi-\frac{5}{4} \pi=\pi\)。

(I) 作辅助函数 \(\varphi(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\)，易验证 \(\varphi(x)\) 满足 \(\varphi(a)=\varphi(b)\)；\(\varphi(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在开区间 \((a, b)\) 内可导，且 \(\varphi'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)。

根据罗尔定理，可得在 \((a, b)\) 内至少有一点 \(\xi\)，使 \(\varphi'(\xi)=0\)，即

\[f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0, \therefore f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)\]

(II) 任取 \(x_{0} \in(0, \delta)\)，则函数 \(f(x)\) 满足：在闭区间 \([0, x_{0}]\) 上连续，开区间 \((0, x_{0})\) 内可导，

从而由拉格朗日中值定理可得：存在 \(\xi_{x_{0}} \in(0, x_{0}) \subset(0, \delta)\)，使得

\[f'(\xi_{x_{0}})=\frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}-0} \cdots \cdots(*)\]

又由于 \(\lim _{x \to 0^{+}} f'(x)=A\)，对上式(\(*\)式)两边取 \(x_{0} \to 0^{+}\) 时的极限可得：

\[f_{+}'(0)=\lim _{x_{0} \to 0^{+}} \frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}-0}=\lim _{x_{0} \to 0^{+}} f'(\xi_{x_{0}})=\lim _{\xi_{x_{0}} \to 0^{+}} f'(\xi_{x_{0}})=A\]

故 \(f_{+}'(0)\) 存在，且 \(f_{+}'(0)=A\)。

\[I=\oiint_{\sum} \frac{x d y d z+y d x d z+z d x d y}{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{3 / 2}}\]，其中 \(2 x^{2}+2 y^{2}+z^{2}=4\)。

\[Q \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right)=\frac{y^{2}+z^{2}-2 x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{5 / 2}},\]

\[\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right)=\frac{x^{2}+z^{2}-2 y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{5 / 2}},\]

\[\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{z}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right)=\frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{5 / 2}},\]

\[\therefore(1)+(2)+(3)=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right)+\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{z}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right)=0\]

由于被积函数及其偏导数在点 \((0,0,0)\) 处不连续，作封闭曲面(外侧) \(\sum_{1}: x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}\)（\(0

\[\oiint_{\sum}=\iint_{\sum_{1}} \frac{x d y d z+y d x d z+z d x d y}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}=\iint_{\sum_{1}} \frac{x d y d z+y d x d z+z d x d y}{R^{3}}=\frac{1}{R^{3}} \iiint_{\Omega} 3 d V=\frac{3}{R^{3}} \cdot \frac{4 \pi R^{3}}{3}=4 \pi\]

(I) 解方程 \(A \xi_{2}=\xi_{1}\)

\[\left(A, \xi_{1}\right)=\left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -4 & -2 & -2 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\]

\(r(A)=2\)，故有一个自由变量，令 \(x_{3}=2\)，由 \(A x=0\) 解得，\(x_{2}=-1\)，\(x_{1}=1\)。

求特解，令 \(x_{1}=x_{2}=0\)，得 \(x_{3}=1\)，故 \(\xi_{2}=k_{1}\left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}0 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)\)（\(k_{1}\) 为任意常数）。

解方程 \(A^{2} \xi_{3}=\xi_{1}\)

\[A^{2}=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 2 & 0 \\ -2 & -2 & 0 \\ 4 & 4 & 0 \end{array}\right)\]

\[\left(A^{2}, \xi_{1}\right)=\left(\begin{array}{cccc} 2 & 2 & 0 & -1 \\ -2 & -2 & 0 & 1 \\ 4 & 4 & 0 & -2 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\]

故有两个自由变量，令 \(x_{2}=0\)，\(x_{3}=t\)（\(t\) 为任意常数），由 \(A^{2} x=0\) 得 \(x_{1}=-x_{2}=0\)，取特解为 \(\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0\end{array}\right)\)，故 \(\xi_{3}=k_{2}\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)+k_{3}\left(\begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0\end{array}\right)\)（\(k_{2}, k_{3}\) 为任意常数）。

(II) 证明：设 \(k_{1} \xi_{1}+k_{2} \xi_{2}+k_{3} \xi_{3}=0\)，即

\[k_{1}\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ -2\end{array}\right)+k_{2}\left[k_{1}'\left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}0 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)\right]+k_{3}\left[k_{2}'\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)+k_{3}'\left(\begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0\end{array}\right)\right]=\left(\begin{array}{l}0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)\]

整理后可得关于 \(k_{1}, k_{2}, k_{3}\) 的线性方程组，其系数行列式为

\[\left|\begin{array}{ccc}-1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0\end{array}\right|=-1 \times(0 \times 0 - 1 \times(-\frac{1}{2})) - 0 + (-\frac{1}{2}) \times(1 \times 1 - 0 \times(-2)) = -\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2}) = -1 \neq 0\]

故 \(\xi_{1}\)，\(\xi_{2}\)，\(\xi_{3}\) 线性无关。

(I) \(A=\left(\begin{array}{ccc}a & 0 & 1 \\ 0 & a & -1 \\ 1 & -1 & a-1\end{array}\right)\)

\[|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc} \lambda-a & 0 & -1 \\ 0 & \lambda-a & 1 \\ -1 & 1 & \lambda-a+1 \end{array}\right|=(\lambda-a)\left|\begin{array}{cc} \lambda-a & 1 \\ 1 & \lambda-a+1 \end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc} 0 & \lambda-a \\ -1 & 1 \end{array}\right|\]

\[=(\lambda-a)[(\lambda-a)(\lambda-a+1)-1]-[0+(\lambda-a)]\]

\[=(\lambda-a)[(\lambda-a)(\lambda-a+1)-2]\]

\[=(\lambda-a)\left[\lambda^{2}-2 a \lambda+\lambda+a^{2}-a-2\right]\]

\[=(\lambda-a)\left\{\left[a \lambda+\frac{1}{2}(1-2 a)\right]^{2}-\frac{9}{4}\right\}\]

\[=(\lambda-a)(\lambda-a+2)(\lambda-a-1)\]

\[\therefore \lambda_{1}=a, \lambda_{2}=a-2, \lambda_{3}=a+1\]

(II)若规范形为 \(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}\) ,说明有两个特征值为正,一个为0.则

1)若 \(\lambda_{1}=a=0\) ,则 \(\lambda_{2}=-2<0\) , \(\lambda_{3}=1\) ,不符题意

2)若 \(\lambda_{2}=0\) ,即 \(a=2\) ,则 \(\lambda_{1}=2>0\) , \(\lambda_{3}=3>0\) ,符合

3)若 \(\lambda_{3}=0\) ,即 \(a=-1\) ,则 \(\lambda_{1}=-1<0\) , \(\lambda_{2}=-3<0\) ,不符题意

综上所述,故 \(a=2\) .

(I)在没有取白球的情况下取了一次红球,利用压缩样本空间则相当于只有1个红球,2个黑球放回摸两次,其中摸了一个红球

\[\therefore P(X=1 | Z=0)=\frac{C_{2}^{1} × 2}{C_{3}^{1} \cdot C_{3}^{1}}=\frac{4}{9} .\]

(II) x ,Y取值范围为0,1,2,故

\[P(X=0, Y=0)=\frac{C_{3}^{1} \cdot C_{3}^{1}}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\frac{1}{4}, P(X=1, Y=0)=\frac{C_{2}^{1} \cdot C_{3}^{1}}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\frac{1}{6}\]

\[P(X=2, Y=0)=\frac{1}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\frac{1}{36}, P(X=0, Y=1)=\frac{C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1} \cdot C_{3}^{1}}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\frac{1}{3}\]

\[P(X=1, Y=1)=\frac{C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1}}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\frac{1}{9}, P(X=2, Y=1)=0\]

\[P(X=0, Y=2)=\frac{C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1}}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\frac{1}{9}\]

\[P(X=1, Y=2)=0, P(X=2, Y=2)=0\]

| | $0$ | $1$ | $2$ |

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

| $X$ $Y$ | | | |

| $0$ | 1/4 | 1/6 | 1/36 |

| $1$ | 1/3 | 1/9 | $0$ |

| $2$ | 1/9 | $0$ | $0$ |

(I)由 \(E X=\bar{X}\) 而 \(E X=\int_{0}^{+\infty} \lambda^{2} x^{2} e^{-\lambda x} d x=\frac{2}{\lambda}=\bar{X} \Rightarrow \hat{\lambda}=\frac{2}{\bar{X}}\) 为总体的矩估计量。

(2)构造似然函数

\[L\left(x_{1}, \cdots, x_{n} ; \lambda\right)=\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i} ; \lambda\right)=\lambda^{2 n} \cdot \prod_{i=1}^{n} x_{i} \cdot e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_{i}}\]

取对数 \(\ln L=2 n \ln \lambda+\sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_{i}\)

令 \(\frac{d \ln L}{d \lambda}=0 \Rightarrow \frac{2 n}{\lambda}-\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0 \Rightarrow \lambda=\frac{2 n}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}=\frac{2}{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}}\)

故其最大似然估计量为 \(\hat{\lambda}=\frac{2}{\bar{X}}\)。