由 \(y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}\) 可知1,2.3,4分别是 \(y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}=0\) 的一、二、三、四重根,故由导数与原函数之间的 关系可知 \(y'(1) ≠0\) , \(y'(2)=y'(3)=y'(4)=0\) \(y^{\prime \prime}(2) ≠0\) , \(y^{\prime \prime}(3)=y^{\prime \prime}(4)=0\) , \(y^{\prime \prime \prime}(3) ≠0\) , \(y^{\prime \prime \prime}(4)=0\) ,故(3,0)是一拐点。

\(S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}(n=1,2 \cdots \cdots)\) 无界,说明幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R ≤1\) 。\({a_{n}}\) 单调减少, \(\lim _{n \to \infty} a_{n}=0\) ,说明级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(-1)^{n}\) 收敛,可知幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R ≥1\) 。因此:幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R=1\) ,收敛区间为(0,2),又由于 \(x=0\) 时幂级数收敛, \(x=2\) 时幂级数发散,可知收敛域为[0,2)。

由 \(z=f(x) \ln f(y)\) 知 \(z_{x}'=f'(x) \ln f(y)\) , \(z_{y}'=\frac{f(x)}{f(y)} f'(y)\) , \(z_{xy}''=\frac{f'(x)}{f(y)} f'(y)\) , \(z_{xx}''=f''(x) \ln f(y)\) , \(z_{yy}''=f(x) \frac{f''(y) f(y)-(f'(y))^{2}}{f^{2}(y)}\) 。所以 \(\left.z_{xy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}=\frac{f'(0)}{f(0)} f'(0)=0\) , \(\left.z_{xx}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}=f''(0) \ln f(0)\) , \(\left.z_{yy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}=f(0) \frac{f''(0) f(0)-(f'(0))^{2}}{f^{2}(0)}=f''(0)\) 。要使得函数 \(z=f(x) \ln f(y)\) 在点(0,0)处取得极小值,仅需 \(\left.z_{xx}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}>0\) 且 \(\left.z_{xx}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}} \cdot \left.z_{yy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}} - (\left.z_{xy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}})^2 >0\) ,即 \(f''(0) \ln f(0)>0\) 。因为 \(f(x)>0\) ,所以当 \(f(0)>1\) 时, \(\ln f(0)>0\) ,此时需 \(f''(0)>0\) ;当 \(f(0)<1\) 时, \(\ln f(0)<0\) ,此时需 \(f''(0)<0\) 。结合选项可知,充分条件为 \(f(0)>1, f''(0)>0\) 。

【答案】\(B\) 

【考点分析】本题考查定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。 

【解析】\(x\in(0,\frac{\pi}{4})\)时，\(0 \lt \sin x \lt \frac{\sqrt{2}}{2} \lt \cos x \lt \cot x\)，因此\(\ln\sin x \lt \ln\cos x \lt \ln\cot x\) 

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\sin xdx \lt \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos xdx \lt \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cot xdx\)，故选（B）

【答案】\(D\)【考点分析】本题考查初等矩阵与初等变换的关系。直接应用相关定理的结论即可。 

【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知\(AP_1 = B\)，\(P_2B = E\)，所以\(A = BP_1^{-1} = P_2^{-1}P_1^{-1} = P_2P_1^{-1}\)，故选（\(D\)） 

由 \(A x=0\) 的基础解系只有一个知 \(r(A)=3\) ,所以 \(r(A^{*})=1\) ,又由 \(A^{*} A=|A| E=0\) 知, \(\alpha_{1}\) , \(\alpha_{2}\) , \(\alpha_{3}\) , \(\alpha_{4}\) 都是 \(A^{*} x=0\) 的解。由 \(A(1,0,1,0)^{T}=0\) 可得 \(\alpha_{1} + \alpha_{3}=0\) ,即 \(\alpha_{1}\) 与 \(\alpha_{3}\) 线性相关。所以在 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 中, \(\alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 或 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}\) 等可能为极大线性无关组,结合选项可知(D)正确。

检验概率密度的性质:首先, \(f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x) ≥0\) ,因为 \(f_{1}(x), f_{2}(x)\) 为概率密度非负, \(F_{1}(x), F_{2}(x)\) 为分布函数单调不减且取值在[0,1]之间,故乘积和非负。其次, \(\int_{-\infty}^{+\infty} [f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x)] d x = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{1}(x) F_{2}(x) d x + \int_{-\infty}^{+\infty} f_{2}(x) F_{1}(x) d x\) 。对第一项,令 \(u=F_{2}(x)\) ,则 \(du=f_{2}(x)dx\) ,当 \(x \to +\infty\) , \(u \to 1\) ; \(x \to -\infty\) , \(u \to 0\) ,故第一项为 \(\int_{0}^{1} u d F_{1}(x)\) （此处通过分部积分可得）,同理第二项为 \(\int_{0}^{1} u d F_{2}(x)\) ,最终可得积分结果为 \(F_{1}(x) F_{2}(x)|_{-\infty}^{+\infty}=1\) ,可知 \(f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x)\) 为概率密度,故选(D)。

由于 \(U V=max \{X, Y\} min \{X, Y\}=X Y\) ,可知 \(E(UV)=E(max \{X, Y\} min \{X, Y\})=E(X Y)\) 。又因为 \(X\) 与 \(Y\) 相互独立,所以 \(E(X Y)=E(X) E(Y)\) ,故应选(B)。

本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

\[s=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{(y')^{2}+1} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan^{2} x + 1} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec x \, dx=\ln|\sec x + \tan x|\big|_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\ln(\sqrt{2}+1)\]

本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。

原方程的通解为

\[y=e^{-\int 1 \, dx}\left[\int e^{-x} \cos x \cdot e^{\int 1 \, dx} \, dx + C\right]=e^{-x}\left[\int \cos x \, dx + C\right]=e^{-x}[\sin x + C]\]

由 \(y(0)=0\)，得 \(0 = e^{0}[\sin 0 + C]\)，即 \(0 = 1 \times (0 + C)\)，解得 \(C=0\)，故所求解为 \(y=\sin x e^{-x}\)。

本题考查偏导数的计算。由于 \(F(x, y)\) 中不含 \(x\)，所以 \(\frac{\partial F}{\partial x}=0\)，进而 \(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=0\)，故在任意点处的值均为 \(0\)。

本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。

\(L\) 的参数方程为 \(\begin{cases}x=\cos t \\ y=\sin t \\ z=\cos t + \sin t\end{cases}\)，\(t\) 从 \(0\) 到 \(2\pi\)。

\[

\begin{aligned}

&\oint_{L} xz \, dx + x \, dy + \frac{y^{2}}{2} \, dz \\

=&\int_{0}^{2\pi} \cos t(\cos t + \sin t)(-\sin t) + \cos t \cdot \cos t + \frac{\sin^{2} t}{2}(\cos t - \sin t) \, dt \\

=&\int_{0}^{2\pi} \left(-\sin t \cos^{2} t - \sin^{2} t \cos t + \cos^{2} t + \frac{\sin^{2} t \cos t}{2} - \frac{\sin^{3} t}{2}\right) \, dt \\

=&\int_{0}^{2\pi} \cos^{2} t \, dt = \pi

\end{aligned}

\]

本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出 \(a\)。

本题等价于将二次型 \(f(x, y, z)=x^{2}+3y^{2}+z^{2}+2axy+2xz+2yz\) 经正交变换后化为了 \(f=y_{1}^{2}+4z_{1}^{2}\)，由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为 \(1,4,0\)。

二次型的矩阵 \(A=\begin{pmatrix}1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\)，因为特征值之和等于矩阵的迹，所以 \(1 + 4 + 0 = 1 + 3 + 1\)，恒成立；又因为特征值之积等于矩阵的行列式，即 \(|A|=0\)。

计算行列式：

\[

\begin{vmatrix}1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{vmatrix}=1\times(3\times1 - 1\times1) - a\times(a\times1 - 1\times1) + 1\times(a\times1 - 3\times1)=2 - a(a - 1) + (a - 3)= -a^{2} + 2a - 1

\]

令 \(|A|=0\)，即 \(-a^{2} + 2a - 1 = 0\)，解得 \(a=1\)。

本题考查二维正态分布的性质。由于 \(\rho=0\)，由二维正态分布的性质可知随机变量 \(X\) 与 \(Y\) 独立。因此 \(E(XY^{2})=E(X) \cdot E(Y^{2})\)。

由于 \((X, Y)\) 服从 \(N(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0)\)，可知 \(E(X)=\mu\)，\(E(Y^{2})=D(Y) + (E(Y))^{2}=\sigma^{2} + \mu^{2}\)，则

\[E(XY^{2})=\mu(\mu^{2} + \sigma^{2})=\mu^{3} + \mu\sigma^{2}\]。

\[\begin{aligned} & \lim _{x \to 0}\left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)^{\frac{1}{e^{x}-1}}=\lim _{x \to 0}\left(1+\frac{\ln (1+x)-x}{x}\right)^{\frac{1}{e^{x}-1}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{\ln (1+x)-x}{x} \cdot \frac{1}{e^{x}-1}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{\ln (1+x)-x}{x^{2}}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x}-1}{2 x}} \\ & =e^{\lim _{x \to 0} \frac{-x}{2 x(1+x)}}=e^{-\frac{1}{2}} \end{aligned}\]

\[\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}(xy, yg(x)) \cdot y + f_{2}(xy, yg(x)) \cdot yg'(x)\]

\[\begin{aligned} & \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=f_{11}''(xy, yg(x)) \cdot xy + f_{12}''(xy, yg(x)) \cdot yg(x) + f_{1}'(xy, yg(x)) \cdot x \\ & + f_{21}''(xy, yg(x)) \cdot xy g'(x) + f_{22}''(xy, yg(x)) \cdot yg(x) g'(x) + f_{2}'(xy, yg(x)) \cdot g'(x) \end{aligned}\]

由于\(g(x)\)在\(x=1\)处取得极值，可知\(g'(1)=0\)，故

\[\begin{aligned} & \left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{x=1,y=1}=f_{11}''(1,1) \cdot 1 \cdot 1 + f_{12}''(1,1) \cdot 1 \cdot g(1) + f_{1}'(1,1) \cdot 1 \\ & + f_{21}''(1,1) \cdot 1 \cdot 1 \cdot g'(1) + f_{22}''(1,1) \cdot 1 \cdot g(1) \cdot g'(1) + f_{2}'(1,1) \cdot g'(1) \\ & =f_{11}''(1,1) + f_{12}''(1,1) \end{aligned}\]

令\(f(x)=k\arctan x - x\)，则\(f(0)=0\)，\(f'(x)=\frac{k}{1+x^{2}} - 1 = \frac{k - 1 - x^{2}}{1+x^{2}}\)

(1)当\(k \leq 1\)时，\(f'(x) \leq 0\)（仅当\(k=1\)且\(x=0\)时等号成立），\(f(x)\)在\((-\infty, +\infty)\)上单调递减，故方程仅有一个实根\(x=0\)；

(2)当\(k > 1\)时，令\(f'(x)=0\)，解得\(x = \pm \sqrt{k - 1}\)。在\((-\sqrt{k - 1}, \sqrt{k - 1})\)上，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\)单调递增；在\((-\infty, -\sqrt{k - 1})\)和\((\sqrt{k - 1}, +\infty)\)上，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\)单调递减。

\(f(\sqrt{k - 1}) = k\arctan\sqrt{k - 1} - \sqrt{k - 1}\)，令\(t = \sqrt{k - 1} > 0\)，则\(f(\sqrt{k - 1}) = (t^{2} + 1)\arctan t - t\)，求导可得其在\(t > 0\)时大于0；\(\lim_{x \to +\infty}f(x) = -\infty\)，故在\((\sqrt{k - 1}, +\infty)\)上有一个实根；同理，\(f(-\sqrt{k - 1}) < 0\)，\(\lim_{x \to -\infty}f(x) = +\infty\)，但\(f(0)=0\)，所以在\((-\infty, -\sqrt{k - 1})\)上无实根。因此，当\(k > 1\)时，方程有两个实根（\(x=0\)和一个正根）。

综上，\(k \leq 1\)时方程有1个实根，\(k > 1\)时方程有2个实根。

(1)令\(x = \frac{1}{n} > 0\)，需证\(\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\)。

令\(f(x) = x - \ln(1+x)\)，\(f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x} > 0\)（\(x > 0\)），故\(f(x)\)在\([0, +\infty)\)单调递增，\(f(x) > f(0) = 0\)，即\(\ln(1+x) < x\)。

令\(g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{1+x}\)，\(g'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^{2}} = \frac{x}{(1+x)^{2}} > 0\)（\(x > 0\)），故\(g(x)\)在\([0, +\infty)\)单调递增，\(g(x) > g(0) = 0\)，即\(\frac{x}{1+x} < \ln(1+x)\)。综上得证。

(2)\(a_{n+1} - a_{n} = \frac{1}{n+1} - \ln(1+\frac{1}{n})\)，由(1)知\(\frac{1}{n+1} < \ln(1+\frac{1}{n})\)，故\(\{a_{n}\}\)单调递减。

又\(a_{n} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n > \sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{1}{k}) - \ln n = \ln(n+1) - \ln n > 0\)，故\(\{a_{n}\}\)有下界。由单调有界收敛定理，数列\(\{a_{n}\}\)收敛。

将二重积分化为累次积分：

\[I = \int_{0}^{1} dy \int_{0}^{1} xy f_{xy}''(x, y) dx\]

先计算内层积分\(\int_{0}^{1} xy f_{xy}''(x, y) dx\)，将\(y\)视为常数，利用分部积分法：

\[\int_{0}^{1} xy f_{xy}''(x, y) dx = y \int_{0}^{1} x d f_{y}'(x, y) = \left.xy f_{y}'(x, y)\right|_{0}^{1} - y \int_{0}^{1} f_{y}'(x, y) dx = y f_{y}'(1, y) - y \int_{0}^{1} f_{y}'(x, y) dx\]

由\(f(1, y) = 0\)，得\(f_{y}'(1, y) = 0\)，故内层积分化简为：

\[ - y \int_{0}^{1} f_{y}'(x, y) dx\]

因此：

\[I = \int_{0}^{1} \left(- y \int_{0}^{1} f_{y}'(x, y) dx\right) dy = - \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy\]

再对内层积分\(\int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy\)分部积分，将\(x\)视为常数：

\[\int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy = \int_{0}^{1} y d f(x, y) = \left.y f(x, y)\right|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f(x, y) dy = - \int_{0}^{1} f(x, y) dy\]

所以：

\[I = - \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} y f_{y}'(x, y) dy = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} f(x, y) dy = \iint_{D} f(x, y) dxdy = a\]

【解】(Ⅰ)方法一 $\boxed{\alpha}_1$,$\boxed{\alpha}_2$,$\boxed{\alpha}_3$为3个3维向量,因为$|\boxed{\alpha}_1,\boxed{\alpha}_2,\boxed{\alpha}_3|=\begin{vmatrix} 1&0&1\\ 0&1&3\\ 1&1&5\end{vmatrix}=1\neq 0$,
所以$\boxed{\alpha}_1$,$\boxed{\alpha}_2$,$\boxed{\alpha}_3$线性无关.因为$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$一定可由$\boxed{\alpha}_1$,$\boxed{\alpha}_2$,$\boxed{\alpha}_3$线性表示,而$\boxed{\alpha}_1$,$\boxed{\alpha}_2$,$\boxed{\alpha}_3$不能由$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$线性表示,所以$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$的秩小于$\boxed{\alpha}_1$,$\boxed{\alpha}_2$,$\boxed{\alpha}_3$的秩,
从而$|\boxed{\beta}_1,\boxed{\beta}_2,\boxed{\beta}_3|=\begin{vmatrix} 1&1&3\\ 1&2&4\\ 1&3&a\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1&1&3\\ 0&1&1\\ 0&2&a-3\end{vmatrix}=a-5=0$,故$a=5$.
方法二 $\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$,$\boxed{\alpha}_i$($i=1,2,3$)为4个3维向量,则$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$,$\boxed{\alpha}_i$($i=1,2,3$)一定线性相关.
若$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$线性无关,而$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$,$\boxed{\alpha}_i$($i=1,2,3$)线性相关,则$\boxed{\alpha}_i$($i=1,2,3$)可由向量组$\boxed{\beta}_1$,$\boxed{\beta}_2$,$\boxed{\beta}_3$线性表示,矛盾,于是$|\boxed{\beta}_1,\boxed{\beta}_2,\boxed{\beta}_3|=0$.
由$|\boxed{\beta}_1,\boxed{\beta}_2,\boxed{\beta}_3|=\begin{vmatrix} 1&1&3\\ 1&2&4\\ 1&3&a\end{vmatrix}=a-5=0$,得$a=5$.

(Ⅱ)将矩阵$(\boxed{\alpha}_1,\boxed{\alpha}_2,\boxed{\alpha}_3,\boxed{\beta}_1,\boxed{\beta}_2,\boxed{\beta}_3)$进行初等行变换得
$$(\boxed{\alpha}_1,\boxed{\alpha}_2,\boxed{\alpha}_3,\boxed{\beta}_1,\boxed{\beta}_2,\boxed{\beta}_3)=\begin{pmatrix} 1&0&1&1&1&3\\ 0&1&3&1&2&4\\ 1&1&5&1&3&5\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix} 1&0&0&2&1&5\\ 0&1&0&4&2&10\\ 0&0&1&-1&0&-2\end{pmatrix},$$
于是
$$\begin{cases}
\boxed{\beta}_1=2\boxed{\alpha}_1+4\boxed{\alpha}_2-\boxed{\alpha}_3,\\
\boxed{\beta}_2=\boxed{\alpha}_1+2\boxed{\alpha}_2+0\boxed{\alpha}_3,\\
\boxed{\beta}_3=5\boxed{\alpha}_1+10\boxed{\alpha}_2-2\boxed{\alpha}_3.
\end{cases}$$

【答案】：（1）$A$的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为$\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$
（2）$A=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&0&0\\1&0&0\end{bmatrix}$

【解析】：（1）$A\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$，$A\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$
可知：1，-1均为$\boldsymbol{A}$的特征值，$\boldsymbol{\xi_1}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$与$\boldsymbol{\xi_2}=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$分别为它们的特征向量
$r(\boldsymbol{A}) = 2$，可知0也是$\boldsymbol{A}$的特征值
而0的特征向量与$\boldsymbol{\xi_1}$，$\boldsymbol{\xi_2}$正交
设$\boldsymbol{\xi_3}=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}$为0的特征向量
有$\begin{cases}x_1 + x_3 = 0\\-x_1 + x_3 = 0\end{cases}$得$\boldsymbol{\xi_3}=k\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$
$\boldsymbol{A}$的特征值分别为1，-1，0
对应的特征向量分别为$\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$

（2）$A = P\Lambda P^{-1}$
其中$\Lambda=\begin{bmatrix}1&&\\&-1&\\&&0\end{bmatrix}$，$P=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}$
故$A=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&&\\&-1&\\&&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}^{-1}$
$=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&&\\&-1&\\&&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1}{2}&0&\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}&0&\frac{1}{2}\\1&1&0\end{bmatrix}$
$=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&0&0\\1&0&0\end{bmatrix}$

【解】(Ⅰ)由\( P\{ X^{2}=Y^{2}\} =1 \),得\( P\{ X^{2}\neq Y^{2}\} =0 \),
于是\( P\{ X = 0,Y = -1\} = P\{ X = 0,Y = 1\} = P\{ X = 1,Y = 0\} = 0 \),
故\( (X,Y) \)的联合分布律为

| \( X \) \ \( Y \) | -1  | 0   | 1   |
|------------------|-----|-----|-----|
| 0                | 0   | \( \frac{1}{3} \) | 0   |
| 1                | \( \frac{1}{3} \) | 0   | \( \frac{1}{3} \) |

(Ⅱ)\( Z = XY \)的可能取值为\( -1,0,1 \),且
\( P\{ Z = -1\} = P\{ X = 1,Y = -1\} = \frac{1}{3} \),
\( P\{ Z = 0\} = P\{ X = 0,Y = -1\} + P\{ X = 0,Y = 0\} + P\{ X = 0,Y = 1\} + P\{ X = 1,Y = 0\} = \frac{1}{3} \),
\( P\{ Z = 1\} = 1 - P\{ Z = -1\} - P\{ Z = 0\} = \frac{1}{3} \),则\( Z \)的分布律为\( Z \sim \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix} \).

(Ⅲ)由\( E(X) = \frac{2}{3} \),\( E(Y) = 0 \),\( E(XY) = E(Z) = 0 \),
得\( \text{Cov}(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = 0 \),于是\( \rho_{XY} = 0 \).

【解】(Ⅰ)似然函数为\( L(\sigma^2)=f(x_1)f(x_2)\cdots f(x_n)=(2\pi\sigma^2)^{-\frac{n}{2}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu_0)^2} \)，
取对数得\( \ln L(\sigma^2)=-\frac{n}{2}\ln 2\pi-\frac{n}{2}\ln \sigma^2-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu_0)^2 \)，
由\( \frac{d}{d(\sigma^2)}\ln L(\sigma^2)=-\frac{n}{2\sigma^2}+\frac{1}{2\sigma^4}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu_0)^2=0 \)，得\( \sigma^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu_0)^2 \)，
故\( \sigma^2 \)的最大似然估计量为\( \widehat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu_0)^2 \).

(Ⅱ)方法一 \( E(\widehat{\sigma}^2)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(X_i-\mu_0)^2=E(X-\mu_0)^2 \)
\( =D(X-\mu_0)+[E(X-\mu_0)]^2=D(X)=\sigma^2 \)，
\( D(\widehat{\sigma}^2)=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i-\mu_0)^2=\frac{1}{n}D(X-\mu_0)^2=\frac{\sigma^4}{n}D\left(\frac{X-\mu_0}{\sigma}\right)^2 \)，
因为\( \frac{X-\mu_0}{\sigma}\sim N(0,1) \)，所以\( \left(\frac{X-\mu_0}{\sigma}\right)^2\sim \chi^2(1) \)，于是\( D\left(\frac{X-\mu_0}{\sigma}\right)^2=2 \)，
故\( D(\widehat{\sigma}^2)=\frac{2\sigma^4}{n} \).

方法二 因为\( \sum_{i=1}^n\left(\frac{X_i-\mu_0}{\sigma}\right)^2\sim \chi^2(n) \)，所以\( \sum_{i=1}^nD\left(\frac{X_i-\mu_0}{\sigma}\right)^2=2n \)，
\( D(\widehat{\sigma}^2)=D\left[\frac{\sigma^2}{n}\sum_{i=1}^n\left(\frac{X_i-\mu_0}{\sigma}\right)^2\right]=\frac{\sigma^4}{n^2}\sum_{i=1}^nD\left(\frac{X_i-\mu_0}{\sigma}\right)^2=\frac{2\sigma^4}{n} \).