\[f(x)=\frac{x-x^{3}}{\sin \pi x}\]

则当\(x\)取任何整数时，\(f(x)\)均无意义，故\(f(x)\)的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是\(x_{1,2,3}=0,\pm1\)（\(x-x^{3}=0\)的解）

\[

\lim _{x \to 0} \frac{x-x^{3}}{\sin \pi x}=\lim _{x \to 0} \frac{1-3 x^{2}}{\pi \cos \pi x}=\frac{1}{\pi}

\]

\[

\lim _{x \to 1} \frac{x-x^{3}}{\sin \pi x}=\lim _{x \to 1} \frac{1-3 x^{2}}{\pi \cos \pi x}=\frac{2}{\pi}

\]

\[

\lim _{x \to -1} \frac{x-x^{3}}{\sin \pi x}=\lim _{x \to -1} \frac{1-3 x^{2}}{\pi \cos \pi x}=\frac{2}{\pi}

\]

故可去间断点为3个，即0，\(\pm1\)。

\(f(x)=x-\sin ax\)，\(g(x)=x^{2} \ln (1-b x)\)为等价无穷小，则

\[

\begin{aligned}

& \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{\text { 洛 }}{=} \lim _{x \to 0} \frac{1-a \cos a x}{-3 b x^{2}} \stackrel{\text { 洛 }}{=} \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 \therefore a^{3}=-6 b \text { 故排除 B, C. }

\end{aligned}

\]

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。

由\(d z=x \, dx+y \, dy\)可得\(\frac{\partial z}{\partial x}=x\)，\(\frac{\partial z}{\partial y}=y\)

\[

A=\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}=1, B=\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^{2} z}{\partial y \partial x}=0, C=\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=1

\]

又在\((0,0)\)处，\(\frac{\partial z}{\partial x}=0\)，\(\frac{\partial z}{\partial y}=0\)

\[

AC-B^{2}=1>0

\]

故\((0,0)\)为函数\(z=f(x, y)\)的一个极小值点。

\(\int_{1}^{2} dx \int_{x}^{2} f(x, y) dy+\int_{1}^{2} dy \int_{y}^{4-y} f(x, y) dx\)的积分区域为两部分：

\[

D_{1}=\{(x, y) | 1 \leq x \leq 2, x \leq y \leq 2\}, D_{2}=\{(x, y) | 1 \leq y \leq 2, y \leq x \leq 4-y\}

\]

将其写成一块\(D=\{(x, y) | 1 \leq y \leq 2, 1 \leq x \leq 4-y\}\)，故二重积分可以表示为\(\int_{1}^{2} dy \int_{1}^{4-y} f(x, y) dx\)，故答案为C。

由题意可知，\(f(x)\)是一个凸函数，即\(f''(x)<0\)，且在点\((1,1)\)处的曲率\(\rho=\frac{|y''|}{(1+(y')^{2})^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)，\(f'(1)=-1\)，\(f''(1)=-2\)。在\([1,2]\)上，\(f'(x) \leq f'(1)=-1<0\)，即\(f(x)\)单调减少，没有极值点。对于\(f(2)-f(1)=f'(\zeta)<-1\)，\(\zeta \in(1,2)\)（拉格朗日中值定理），\(\therefore f(2)<0\)而\(f(1)=1>0\)，由零点定理知，在\([1,2]\)上，\(f(x)\)有零点，故应选(B)。

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。

根据\(C C^{*}=|C| E\)，若\(C^{*}=|C| C^{-1}\)，\(C^{-1}=\frac{1}{|C|} C^{*}\)。分块矩阵\(\begin{pmatrix} 0 & A \\ B & 0 \end{pmatrix}\)的行列式\(\left|\begin{array}{ll}0 & A \\ B & 0\end{array}\right|=(-1)^{2 \times 2}|A||B|=2 \times 3=6\)。其伴随矩阵为\(6 \begin{pmatrix} 0 & B^{-1} \\ A^{-1} & 0 \end{pmatrix}=6 \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{|B|} B^{*} \\ \frac{1}{|A|} A^{*} & 0 \end{pmatrix}=6 \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{3} B^{*} \\ \frac{1}{2} A^{*} & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 2 B^{*} \\ 3 A^{*} & 0 \end{pmatrix}\)，故答案为B。

\(Q=P E_{12}(1)\)（其中\(E_{12}(1)\)为初等矩阵），则

\[

\begin{aligned}

Q^{\top} A Q&=\left[P E_{12}(1)\right]^{\top} A\left[P E_{12}(1)\right]=E_{12}^{\top}(1)\left[P^{\top} A P\right] E_{12}(1)\\

&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{\top}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\

&=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\

&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}

\end{aligned}

\]

故答案为A。

【解析】\(\frac{dy}{dt}=2t\ln(2-t^{2})+t^{2}\cdot\frac{-2t}{2-t^{2}}\)，将 \(t=1\) 代入得 \(\frac{dy}{dt}=2\ln1 + 1\cdot\frac{-2}{1}=-2\)；\(\frac{dx}{dt}=e^{-(1-t)^{2}}\cdot(-1)\)，将 \(t=1\) 代入得 \(\frac{dx}{dt}=e^{0}\cdot(-1)=-1\)，所以 \(\frac{dy}{dx}=\frac{-2}{-1}=2\)。当 \(t=1\) 时，\(x=\int_{0}^{0}e^{-u^{2}}du=0\)，\(y=1^{2}\ln(2-1^{2})=0\)，切线方程为 \(y=2x\)

【解析】\(1=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{k|x|}dx=2\int_{0}^{+\infty}e^{kx}dx=2\lim\limits_{b\to+\infty}\frac{1}{k}e^{kx}\big|_{0}^{b}\)，极限存在需 \(k<0\)，则 \(1=2\lim\limits_{b\to+\infty}\frac{1}{k}(e^{kb}-1)=-\frac{2}{k}\)，解得 \(k=-2\)

【解析】令 \(I_{n}=\int_{0}^{1}e^{-x}\sin nx dx\)，利用分部积分法可得 \(I_{n}=-\frac{n\cos nx + \sin nx}{n^{2}+1}e^{-x}\big|_{0}^{1}\)，则 \(\lim\limits_{n \to \infty}I_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}\left(-\frac{n\cos n + \sin n}{(n^{2}+1)e} + \frac{n}{n^{2}+1}\right)=0\)

【解析】对方程两边求导得 \(y + xy' + e^{y}y'=1\)，当 \(x=0\) 时，代入原方程得 \(0 + e^{y}=0 + 1\)，即 \(y=0\)，此时 \(0 + 0 + e^{0}y'=1\)，解得 \(y'(0)=1\)。再对 \(y + xy' + e^{y}y'=1\) 求导得 \(2y' + xy'' + (y')^{2}e^{y} + y''e^{y}=0\)，将 \(x=0\)，\(y=0\)，\(y'(0)=1\) 代入得 \(2\times1 + 0 + 1^{2}\times1 + y''\times1=0\)，解得 \(y''(0)=-3\)

【解析】\(y=x^{2x}=e^{2x\ln x}\)，求导得 \(y'=e^{2x\ln x}(2\ln x + 2)=x^{2x}(2\ln x + 2)\)，令 \(y'=0\)，得 \(\ln x = -1\)，即 \(x=\frac{1}{e}\)。当 \(00\)，所以 \(x=\frac{1}{e}\) 为极小值点，最小值为 \(y(\frac{1}{e})=(\frac{1}{e})^{2\times\frac{1}{e}}=e^{-\frac{2}{e}}\)

【解析】\(\alpha\beta^{\top}\) 为矩阵，其主对角线元素之和为 \(\beta^{\top}\alpha\)，矩阵 \(\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) 的主对角线元素之和为 \(2+0+0=2\)，故 \(\beta^{\top}\alpha=2\)

$\lim _{x \to 0} \frac{(1-\cos x)[x-\ln (1+\tan x)]}{\sin ^{4} x}=\lim _{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} x^{2}[x-\ln (1+\tan x)]}{\sin ^{4} x}$

$=\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0}\frac{x-\ln(1+\tan x)}{x^{2}}=\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0}\frac{\tan x-\frac{\tan^{2}x}{2}+o(\tan^{2}x)}{x^{2}}=\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0}\frac{x-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=\frac{1}{4}$

令$\sqrt{\frac{1+x}{x}}=t$，得$x=\frac{1}{t^{2}-1}$，$dx=\frac{-2t}{(t^{2}-1)^{2}}dt$

$\int \ln(1+t)d(\frac{1}{t^{2}-1})=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}-\int \frac{1}{(t^{2}-1)(t+1)}dt$

而$\int \frac{1}{(t^{2}-1)(t+1)}dt=\int \frac{1}{(t-1)(t+1)^{2}}dt=\frac{1}{4}\int (\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}-\frac{2}{(t+1)^{2}})dt$

$=\frac{1}{4}\ln|t-1|-\frac{1}{4}\ln|t+1|+\frac{1}{2(t+1)}+C$

所以$\int \ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) d x=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}+\frac{1}{4}\ln\frac{t+1}{t-1}-\frac{1}{2(t+1)}+C$

$=x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})-\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})}+C$

$=x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\sqrt{x+x^{2}}+C$

$\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}'+f_{2}'+yf_{3}'$

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=f_{11}''\cdot1+f_{12}''\cdot(-1)+f_{13}''\cdot x+f_{21}''\cdot1+f_{22}''\cdot(-1)+f_{23}''\cdot x+f_{3}'+y(f_{31}''\cdot1+f_{32}''\cdot(-1)+f_{33}''\cdot x)$

$=f_{3}'+f_{11}''-f_{22}''+xyf_{33}''+(x+y)f_{13}''+(x-y)f_{23}''$

解微分方程$xy''-y'+2=0$，令$p=y'$，则方程化为$xp'-p+2=0$，即$\frac{dp}{dx}-\frac{1}{x}p=-\frac{2}{x}$

其通解为$p=e^{\int \frac{1}{x}dx}(\int -\frac{2}{x}e^{-\int \frac{1}{x}dx}dx+C_{1})=x(-2\int \frac{1}{x^{2}}dx+C_{1})=x(\frac{2}{x}+C_{1})=2+C_{1}x$

所以$y'=2+C_{1}x$，积分得$y=2x+\frac{1}{2}C_{1}x^{2}+C_{2}$

因为曲线过原点，所以$C_{2}=0$，即$y=2x+\frac{1}{2}C_{1}x^{2}$

由区域D的面积为2，得$\int_{0}^{1}(2x+\frac{1}{2}C_{1}x^{2})dx=2$，即$[x^{2}+\frac{C_{1}}{6}x^{3}]_{0}^{1}=1+\frac{C_{1}}{6}=2$，解得$C_{1}=6$

所以$y=2x+3x^{2}$

D绕y轴旋转所得旋转体体积用柱壳法计算：

$V=2\pi\int_{0}^{1}x(2x+3x^{2})dx=2\pi\int_{0}^{1}(2x^{2}+3x^{3})dx=2\pi[\frac{2}{3}x^{3}+\frac{3}{4}x^{4}]_{0}^{1}=2\pi(\frac{2}{3}+\frac{3}{4})=2\pi\times\frac{17}{12}=\frac{17\pi}{6}$

区域D是以$(1,1)$为圆心，$\sqrt{2}$为半径的圆中$y \geq x$的部分，用极坐标变换，令$x=1+r\cos\theta$，$y=1+r\sin\theta$，则$r \leq \sqrt{2}$，$\theta$的范围为$\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{5\pi}{4}$

$\int_{D}(x-y)dxdy=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}d\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}[(1+r\cos\theta)-(1+r\sin\theta)]r dr$

$=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}(\cos\theta-\sin\theta)d\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}r^{2}dr$

$=\left[\sin\theta+\cos\theta\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\times\left[\frac{1}{3}r^{3}\right]_{0}^{\sqrt{2}}$

$=(\sin\frac{5\pi}{4}+\cos\frac{5\pi}{4}-\sin\frac{\pi}{4}-\cos\frac{\pi}{4})\times\frac{1}{3}\times(\sqrt{2})^{3}$

$=(-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2})\times\frac{2\sqrt{2}}{3}$

$=(-2\sqrt{2})\times\frac{2\sqrt{2}}{3}=-\frac{8}{3}$

【解析】由题意，当 \( -\pi < x < 0 \) 时，\( y = -\frac{x}{y'} \)，即 \( ydy = -xdx \)，得 \( y^2 = -x^2 + c \)，

又 \( y\left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \) 代入 \( y^2 = -x^2 + c \) 得 \( c = \pi^2 \)，从而有 \( x^2 + y^2 = \pi^2 \)

当 \( 0\leq x < \pi \) 时，\( y'' + y + x = 0 \) 得 \( y'' + y = 0 \) 的通解为 \( y^* = c_1\cos x + c_2\sin x \)

令解为 \( y_1 = Ax + b \)，则有 \( 0 + Ax + b + x = 0 \)，得 \( A = -1, b = 0 \)，

故 \( y_1 = -x \)，得 \( y'' + y + x = 0 \) 的通解为 \( y = c_1\cos x + c_2\sin x - x \)

由于 \( y = y(x) \) 是 \( (-\pi, \pi) \) 内的光滑曲线，故 \( y \) 在 \( x = 0 \) 处连续

于是由 \( y(0^-) = \pm\pi \)，\( y(0^+) = c_1 \) ，故 \( c_1 = \pm\pi \) 时，\( y = y(x) \) 在 \( x = 0 \) 处连续

又当 \( -\pi < x < 0 \) 时，有 \( 2x + 2y \cdot y' = 0 \)，得 \( y_-'(0) = -\frac{x}{y} = 0 \)，

当 \( 0\leq x < \pi \) 时，有 \( y' = -c_1\sin x + c_2\cos x - 1 \)，得 \( y_+'(0) = c_2 - 1 \)

由 \( y_-'(0) = y_+'(0) \) 得 \( c_2 - 1 = 0 \)，即 \( c_2 = 1 \)

故 \( y = y(x) \) 的表达式为 \( y = \begin{cases} \sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ \pi\cos x + \sin x - x, & 0\leq x < \pi \end{cases} \) 或 \( y = \begin{cases} -\sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ -\pi\cos x + \sin x - x, & 0\leq x < \pi \end{cases} \) 

又过点 \( \left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}}, \frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) \)，所以 \( y = \begin{cases} \sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ \pi\cos x + \sin x - x, & 0\leq x < \pi \end{cases} \)  。

(I)构造辅助函数$\varphi(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

则$\varphi(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$\varphi(a)=0$，$\varphi(b)=0$

根据罗尔定理，存在$\xi \in (a,b)$，使得$\varphi'(\xi)=0$，即$f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$，所以$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$

(II)任取$x_{0} \in (0, \delta)$，在$[0,x_{0}]$上应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0,x_{0})$，使得$\frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}-0}=f'(\xi)$

当$x_{0} \to 0^{+}$时，$\xi \to 0^{+}$，因为$\lim _{x \to 0^{+}} f'(x)=A$，所以$\lim _{x_{0} \to 0^{+}} \frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}}=\lim _{\xi \to 0^{+}} f'(\xi)=A$，即$f_{+}'(0)=A$

(I)解方程 \(A \xi_{2}=\xi_{1}\)

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

\(r(A)=2\) 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 \(\xi_{2}=k_{1}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\)（\(k_{1}\) 为任意常数）

解方程 \(A^{2} \xi_{3}=\xi_{1}\)

\[A^{2}=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\-2 & -2 & 0\\4 & 4 & 0\end{pmatrix}\]

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

故有两个自由变量，令 \(x_{3}=1\) ，由 \(A^{2} x=0\) 得 \(x_{1}=0\) ，\(x_{2}=0\) ，求特解，令 \(x_{1}=-\frac{1}{2}\) ，\(x_{2}=0\) ，\(x_{3}=0\) ，故 \(\xi_{3}=k_{2}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\0\\0\end{pmatrix}\)（\(k_{2}\) 为任意常数）

(II)证明:

设存在常数 \(k_{1}\) ，\(k_{2}\) ，\(k_{3}\) ，使得 \(k_{1}\xi_{1} + k_{2}\xi_{2} + k_{3}\xi_{3} = 0\)

将 \(\xi_{1}=\begin{pmatrix}-1\\1\\-2\end{pmatrix}\) ，\(\xi_{2}=k_{1}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\) ，\(\xi_{3}=k_{2}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\0\\0\end{pmatrix}\) 代入得：

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

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：

\[\begin{vmatrix}-1 & k_{1} & -\frac{k_{3}}{2}\\1 & -k_{1} & 0\\-2 & 2k_{1} + k_{2} & k_{2} + k_{3}\end{vmatrix}\]

计算行列式值为 \(\frac{1}{2} \neq 0\) ，故 \(k_{1}=k_{2}=k_{3}=0\) ，即 \(\xi_{1}\) ，\(\xi_{2}\) ，\(\xi_{3}\) 线性无关。

【解析】（Ⅰ）
\[
A = \begin{pmatrix}
a & 0 & 1 \\
0 & a & -1 \\
1 & -1 & a - 1
\end{pmatrix}
\]
\[
|\lambda E - A| = \begin{vmatrix}
\lambda - a & 0 & -1 \\
0 & \lambda - a & 1 \\
-1 & 1 & \lambda - a + 1
\end{vmatrix} = (\lambda - a)\begin{vmatrix}
\lambda - a & 1 \\
1 & \lambda - a + 1
\end{vmatrix} - \begin{vmatrix}
0 & \lambda - a \\
-1 & 1
\end{vmatrix}
\]
\[
= (\lambda - a)[(\lambda - a)(\lambda - a + 1) - 1] - [0 + (\lambda - a)]
\]
\[
= (\lambda - a)[(\lambda - a)(\lambda - a + 1) - 2]
\]
\[
= (\lambda - a)[\lambda^2 - 2a\lambda + \lambda + a^2 - a - 2]
\]
\[
= (\lambda - a)\left\{a\left[\lambda + \frac{1}{2}(1 - 2a)\right]^2 - \frac{9}{4}\right\}
\]
\[
= (\lambda - a)(\lambda - a + 2)(\lambda - a - 1)
\]
\(\therefore \lambda_1 = a, \lambda_2 = a - 2, \lambda_3 = a + 1\) 

（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 \( a = 2 \)