\(f(0,1)=0\)，由偏导数的定义

\[\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0,1)}=\lim _{x \to 0} \frac{f(x, 1)-f(0,1)}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{\ln (1+\sin 1|x|)}{x}=\sin 1 \lim _{x \to 0} \frac{|x|}{x},\]

因为 \(\lim _{x \to 0^{+}} \frac{|x|}{x}=1\)，\(\lim _{x \to 0^{-}} \frac{|x|}{x}=-1\)，所以 \(\frac{\partial f}{\partial x}|_{(0,1)}\) 不存在，\(\frac{\partial f}{\partial y}|_{(0,1)}=\lim _{y \to 1} \frac{f(0, y)-f(0,1)}{y-1}=\lim _{y \to 1} \frac{\ln y}{y-1}=\lim _{y \to 1} \frac{y-1}{y-1}=1\)，所以 \(\frac{\partial f}{\partial y}|_{(0,1)}\) 存在。

当 \(x \leq 0\) 时，

\[\int f(x) d x=\int \frac{d x}{\sqrt{1+x^{2}}}=\ln \left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)+C_{1}\]

当 \(x>0\) 时，

\[\begin{aligned}

& \int f(x) d x=\int(x+1) \cos x d x=\int(x+1) d \sin x=(x+1) \sin x-\int \sin x d x \\

& =(x+1) \sin x+\cos x+C_{2}

\end{aligned}\]

原函数在 \((-\infty,+\infty)\) 内连续，则在 \(x=0\) 处，

\[ \lim _{x \to 0^{-}} \ln \left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)+C_{1}=C_{1}, \lim _{x \to 0^{+}}(x+1) \sin x+\cos x+C_{2}=1+C_{2}\]

所以 \(C_{1}=1+C_{2}\)，令 \(C_{2}=C\)，则 \(C_{1}=1+C\)，故

\[\int f(x) d x=\left\{\begin{array}{l} \ln \left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)+1+C, x \leq 0 \\ (x+1) \sin x+\cos x+C, x>0 \end{array},\right.\]

结合选项，令 \(C=0\) 则 \(f(x)\) 的一个原函数为 \(F(x)= \begin{cases}\ln (\sqrt{1+x^{2}}+x)+1, & x \leq 0 \\ (x+1) \sin x+\cos x, & x>0\end{cases}\)。

微分方程 \(y^{\prime \prime}+a y'+b y=0\) 的特征方程为 \(\lambda^{2}+a \lambda+b=0\)，

当 \(\Delta=a^{2}-4 b>0\) 时，特征方程有两个不同的实根 \(\lambda_{1}\)，\(\lambda_{2}\)，则 \(\lambda_{1}\)，\(\lambda_{2}\) 至少有一个不等于零，若 \(C_{1}\)，\(C_{2}\) 都不为零，则微分方程的解 \(y=C_{1} e^{\lambda_{1} x}+C_{2} e^{\lambda_{2} x}\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 无界；

当 \(\Delta=a^{2}-4 b=0\) 时，特征方程有两个相同的实根，\(\lambda_{1,2}=-\frac{a}{2}\)，若 \(C_{2} \neq 0\)，则微分方程的解 \(y=C_{1} e^{-\frac{a}{2} x}+C_{2} x e^{-\frac{a}{2} x}\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 无界；

当 \(\Delta=a^{2}-4 b<0\) 时，特征方程的根为 \(\lambda_{1,2}=-\frac{a}{2} \pm \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} i\)，则通解为 \(y=e^{-\frac{a}{2} x}(C_{1} \cos \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} x+C_{2} \sin \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} x)\)，此时，要使微分方程的解在 \((-\infty,+\infty)\) 有界，则 \(a=0\)，再由 \(\Delta=a^{2}-4 b<0\)，知 \(b>0\)。

由条件知 \(\sum_{n=1}^{\infty}(b_{n}-a_{n})\) 为收敛的正项级数，进而绝对收敛：

设 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\) 绝对收敛，则由 \(|b_{n}|=|b_{n}-a_{n}+a_{n}| \leq|b_{n}-a_{n}|+|a_{n}|\) 与比较判别法，得 \(\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}\) 绝对收敛；

设 \(\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}\) 绝对收敛，则由 \(|a_{n}|=|a_{n}-b_{n}+b_{n}| \leq|b_{n}-a_{n}|+|b_{n}|\) 与比较判别法，得 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\) 绝对收敛。

结合伴随矩阵的核心公式，代入(B)计算知

\[\begin{pmatrix} A & E \\ O & B \end{pmatrix}\begin{pmatrix} |B| A^{*} & -A^{*} B^{*} \\ O & |A| B^{*} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} |B| A A^{*} & -A A^{*} B^{*}+|A| E B^{*} \\ O & |A| B B^{*} \end{pmatrix}\]

\(=\begin{pmatrix} |B||A| E & -|A| B^{*}+|A| B^{*} \\ O & |A||B| E \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} |B||A| E & O \\ O & |A||B| E \end{pmatrix}=|A||B| E\)，故(B)正确。

由已知 \(f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=2 x_{1}^{2}-3 x_{2}^{2}-3 x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}+8 x_{2} x_{3}\)，

其对应的实对称矩阵 \(A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 4 \\ 1 & 4 & -3 \end{pmatrix}\)，

由 \(|\lambda E-A|=\begin{vmatrix} \lambda-2 & -1 & -1 \\ -1 & \lambda+3 & -4 \\ -1 & -4 & \lambda+3 \end{vmatrix}=\lambda(\lambda+7)(\lambda-3)=0\)，

得矩阵 \(A\) 的特征值为 \(0\)，\(-7\)，\(3\)，故规范形为 \(y_{1}^{2}-y_{2}^{2}\)。

设 \(\gamma=x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}=y_{1} \beta_{1}+y_{2} \beta_{2}\)，

则 \(x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}-y_{1} \beta_{1}-y_{2} \beta_{2}=0\)，

又 \(\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, -\beta_{1}, -\beta_{2}\right)=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 2 & 1 & -5 & 0 \\ 3 & 1 & -9 & -1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\)，

故 \(\left(x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}\right)^{T}=c(-3,1,-1,1)^{T}, c \in R\)，

所以 \(\gamma=-c \beta_{1}+c \beta_{2}=c(-1,-5,-8)^{T}=-c(1,5,8)^{T}=k(1,5,8)^{T}, k \in R\)。

法1:由题可知 \(E X=1\) ,所以

\[故, \begin{aligned} & E|X-E X|=1 \cdot P\{X=0\}+\sum_{k=1}^{\infty}(k-1) P\{X=k\} \\ & =\frac{1}{e}+\sum_{k=0}^{\infty}(k-1) P\{X=k\}-(0-1) P\{X=0\} \end{aligned}\]

\(=\frac{1}{e}+E(X-1)-(0-1) \frac{1}{e}=\frac{2}{e}\) ,选(C)

法2:随机变量 X 服从参数为1泊松分布,即 \(P(X=k)=\frac{1}{k !} e^{-1}(k=0,1,2, ...)\) 期望 \(E(X)=1\) .

\[

\begin{aligned}

& E(|X-E(X)|)=E(|X-1|)=1 \cdot \frac{1}{0 !} e^{-1}+0 \cdot \frac{1}{1 !} e^{-1}+1 \cdot \frac{1}{2 !} e^{-1}+...+(k-1) \cdot \frac{1}{k !} e^{-1}+. . \\

& =e^{-1}+\sum_{k=2}^{\infty}(k-1) \cdot \frac{1}{k !} e^{-1}=e^{-1}+\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k}{k !} e^{-1}-\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k !} e^{-1}=e^{-1}+\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{(k-1) !} e^{-1}-\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k !} e^{-1}

\end{aligned}

\]

\(=e^{-1}+(e-1) e^{-1}-(e-1-1) e^{-1}=2 e^{-1}\) 选(C).

\(X_{1}, X_{2}, ..., X_{n}\) 的样本方差 \(S_{1}^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2}\) \(Y_{1}, Y_{2}, ..., Y_{n}\) 的样本方差 \(S_{2}^{2}=\frac{1}{m-1} \sum_{i=1}^{m}(Y_{i}-\bar{Y})^{2}\) 则 \(\frac{(n-1) S_{1}^{2}}{\sigma^{2}} ~ \chi^{2}(n-1) \frac{(m-1) S_{2}^{2}}{2 \sigma^{2}} ~ \chi^{2}(m-1)\) ,两个样本相互独立 \(\frac{\frac{(n-1) S_{1}^{2}}{\sigma^{2}} /(n-1)}{\frac{(m-1) S_{1}^{2}}{2 \sigma^{2}} /(m-1)}=\frac{S_{1}^{2} / \sigma^{2}}{S_{2}^{2} / 2 \sigma^{2}}=\frac{2 S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} ~ F(n-1, m-1)\)

由题可知 \(X_{1}-X_{2} ~ N(0,2 \sigma^{2})\) ,令 \(Y=X_{1}-X_{2}\) ,则 Y 的概率密度为

\[f(y)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{2} \sigma} e^{-\frac{y^{2}}{2 \cdot 2 \sigma^{2}}} \cdot E(|Y|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|y| \frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{2} \sigma} e^{-\frac{y^{2}}{2 \cdot 2 \sigma^{2}}} d y=\frac{2}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{2} \sigma} \int_{0}^{+\infty} y e^{-\frac{y^{2}}{4 \sigma^{2}}} d y=\frac{2 \sigma}{\sqrt{\pi}},\]

\(E(a|X_{1}-X_{2}|)=a E(|Y|)=a \frac{2 \sigma}{\sqrt{\pi}}\) 由 \(E(\sigma)=\sigma\) ,得 \(a=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) 故选 \((A)\)

【解析】$\lim _{x \to \infty} x^{2}\left(2-x \sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}\right)=x^{2}\left[2-x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{6 x^{3}}+o\left(\frac{1}{x^{3}}\right)\right)-\left(1-\frac{1}{2 x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right)\right]$

$=x^{2}\left[\frac{1}{6 x^{2}}+\frac{1}{2 x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right]=\frac{2}{3}$。

【解析】由题意可得$f_{x}'(x, y)=\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}$，则

$f(x, y)=-y \cdot \frac{1}{y} \cdot \arctan \frac{x}{y}+c(y)=-\arctan \frac{x}{y}+c(y)$，

又因为$f_{y}'(x, y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}$，可得$c'(y)=0$，由$f(1,1)=\frac{\pi}{4}$可得$c=\frac{\pi}{2}$，即

$f(x, y)=-\arctan \frac{x}{y}+\frac{\pi}{2}$，

故$f(\sqrt{3}, 3)=\frac{\pi}{3}$。

【解析】令$s(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{(2 n) !}$，则$s'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2 n-1}}{(2 n-1) !}$，$s^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2 n-2}}{(2 n-2) !}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{(2 n) !}=s(x)$，即有$s^{\prime \prime}(x)-s(x)=0$，解得$s(x)=C_{1} e^{x}+C_{2} e^{-x}$。

又由$s(0)=1$，$s'(0)=0$有$C_{1}+C_{2}=1$，$C_{1}-C_{2}=0$，解得$C_{1}=C_{2}=\frac{1}{2}$。

故$s(x)=\frac{1}{2} e^{x}+\frac{1}{2} e^{-x}$。

【解析】由题意可得方程$\frac{\int_{0}^{t} f(x) d x}{t}=\frac{f(t)}{t}-t$，即$\int_{0}^{t} f(x) d x=f(t)-t^{2}$。

两边同时对$t$求导得$f(t)=f'(t)-2 t$，即$f'(t)-f(t)=2 t$。

由一阶线性微分方程通解公式有：

$f(t)=e^{\int 1 d t}\left(\int 2 t e^{-\int 1 d t} d t+C\right)=e^{t}\left(\int 2 t e^{-t} d t+C\right)=e^{t}\left[-(2 t+2) e^{-t}+C\right]=C e^{t}-2 t-2$。

又由于$f(0)=0$，则$C-2=0$，即$C=2$。

故$f(t)=2 e^{t}-2 t-2$。

【解析】由已知$r(A)=r(A, b) \leq3<4$，故$|A, b|=0$，

即$|A, b|=\left|\begin{array}{llll}\alpha & 0 & 1 & 1 \\ 1 & \alpha & 1 & 0 \\ 1 & 2 & \alpha & 0 \\ \alpha & b & 0 & 2\end{array}\right|=1 \cdot(-1)^{1+4}\left|\begin{array}{lll}1 & \alpha & 1 \\ 1 & 2 & \alpha \\ \alpha & b & 0\end{array}\right|+2 \cdot(-1)^{4+4}\left|\begin{array}{lll}\alpha & 0 & 1 \\ 1 & \alpha & 1 \\ 1 & 2 & \alpha\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{lll}1 & \alpha & 1 \\ 1 & 2 & \alpha \\ \alpha & b & 0\end{array}\right|+2 \cdot 4=0$，

故$\left|\begin{array}{lll}1 & \alpha & 1 \\ 1 & 2 & \alpha \\ \alpha & b & 0\end{array}\right|=8$。

【解析】因为$X \sim B(1, p)$，所以$D X=p(1-p)$。因为$Y \sim B(2, p)$，所以$D Y=2 p(1-p)$。

$Cov(X+Y, X-Y)=Cov(X+Y, X)-Cov(X+Y, Y)=Cov(X, X)+Cov(Y, X)-Cov(X, Y)-Cov(Y, Y)=D X-D Y=p(1-p)-2 p(1-p)=-p(1-p)$。

因为$X$与$Y$相互独立，所以$D(X+Y)=D X+D Y=3 p(1-p)$，$D(X-Y)=D X+D Y=3 p(1-p)$。

故$\rho=\frac{Cov(X+Y, X-Y)}{\sqrt{D(X+Y) D(X-Y)}}=-\frac{1}{3}$。

(1) 在题设方程两边同时对 \(x\) 求导得，

\[a e^{x}+2 y \cdot y'+y'-\frac{\cos y}{1+x}+\ln (1+x) \cdot \sin y \cdot y'=0 \quad (1)\]

将 \(x=0\) ，\(y=0\) 代入题设方程得，\(a+b=0\)；将 \(x=0\) ，\(y=0\) ，\(y'(0)=0\) 代入①式得，\(a-1=0\) 。综上：\(a=1\) ，\(b=-1\) 。

(2) 在等式①两边再对 \(x\) 求导得，

\[a e^{x}+2\left(y'\right)^{2}+2 y \cdot y''+y''-\frac{-\sin y \cdot y' \cdot(1+x)-\cos y}{(1+x)^{2}}+\left(\ln (1+x) \cdot \sin y \cdot y'\right)'=0 \quad (2)\]

将 \(x=0\) ，\(y=0\) ，\(y'(0)=0\) 代入②式得，\(y^{\prime \prime}(0)=-a-1=-2\) 。由于 \(y'(0)=0\) ，\(y^{\prime \prime}(0)=-2\) ，故 \(x=0\) 是 \(y(x)\) 的极大值点。

(1) 面积

\[S=\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x \sqrt{1+x^{2}}} d x=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec ^{2} t}{\tan t \cdot \sec t} d t=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \csc t d t=\left.\ln |\csc t-\cot t|\right|_{\frac{\pi}{4}} ^{\frac{\pi}{2}}=\ln (1+\sqrt{2}) 。\]

(2) 旋转体体积为

\[V_{x}=\int_{1}^{+\infty} \pi y^{2} d x=\pi \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}\left(1+x^{2}\right)} d x=\pi \int_{1}^{+\infty}\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{1+x^{2}}\right) d x=\left.\pi\left(-\frac{1}{x}-\arctan x\right)\right|_{1} ^{+\infty}=\pi\left(1-\frac{\pi}{4}\right) 。\]

【解析】本题目先利用奇偶对称性化简，再切割积分区域，把积分区域分为三块，分别采用极坐标进行计算：

\(\iint\limits_D|\sqrt{x^2 + y^2} - 1|d\sigma = 2\iint\limits_{D_1 + D_2 + D_3}|\sqrt{x^2 + y^2} - 1|d\sigma\)
\(= 2\iint\limits_{D_1}1 - \sqrt{x^2 + y^2}d\sigma + 2\iint\limits_{D_2}1 - \sqrt{x^2 + y^2}d\sigma + 2\iint\limits_{D_3}\sqrt{x^2 + y^2} - 1d\sigma\)

分别采用极坐标进行计算：

\(\iint\limits_{D_1}1 - \sqrt{x^2 + y^2}d\sigma = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{0}^{1}r(1 - r)dr = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{\pi}{18}\)

\(\iint\limits_{D_2}1 - \sqrt{x^2 + y^2}d\sigma = \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{2\cos\theta}r(1 - r)dr = \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}2\cos^2\theta - \frac{8}{3}\cos^3\theta d\theta = \frac{\pi}{6} - \frac{16}{9} + \frac{3}{4}\sqrt{3}\)

\(\iint\limits_{D_3}\sqrt{x^2 + y^2} - 1d\sigma = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{1}^{2\cos\theta}r(r - 1)dr = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6}d\theta = \frac{3}{4}\sqrt{3} - \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{18}\)

所以：

\(\iint\limits_D|\sqrt{x^2 + y^2} - 1|d\sigma = 2\iint\limits_{D_1}1 - \sqrt{x^2 + y^2}d\sigma + 2\iint\limits_{D_2}1 - \sqrt{x^2 + y^2}d\sigma + 2\iint\limits_{D_3}\sqrt{x^2 + y^2} - 1d\sigma\)
\(= -\frac{\pi + 32}{9} + 3\sqrt{3}\)

【解析】（1）证明：\(f(x)=f(0)+f'(0)x + \frac{f''(\eta)}{2!}x^{2}=f'(0)x + \frac{f''(\eta)}{2!}x^{2}\)，\(\eta\)介于\(0\)与\(x\)之间，

则\(f(a)=f'(0)a + \frac{f''(\eta_{1})}{2!}a^{2},0 < \eta_{1} < a\) ①

\(f(-a)=f'(0)(-a) + \frac{f''(\eta_{2})}{2!}a^{2},-a < \eta_{2} < 0\) ②

① + ②得：\(f(a)+f(-a)=\frac{a^{2}}{2}[f''(\eta_{1}) + f''(\eta_{2})]\) ③

又\(f''(x)\)在\([\eta_{2},\eta_{1}]\)上连续，则必有最大值\(M\)与最小值\(m\)，即

\(m\leq f''(\eta_{1})\leq M\)；\(m\leq f''(\eta_{2})\leq M\)；从而\(m\leq \frac{f''(\eta_{1}) + f''(\eta_{2})}{2}\leq M\)；

由介值定理得：存在\(\xi \in [\eta_{2},\eta_{1}]\subset (-a,a)\)，有\(\frac{f''(\eta_{1}) + f''(\eta_{2})}{2}=f''(\xi)\)，代入③

得：

\(f(a)+f(-a)=a^{2}f''(\xi)\)，即\(f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}\)

（2）证明：设\(f(x)\)在\(x = x_{0}\in (-a,a)\)取极值，且\(f(x)\)在\(x = x_{0}\)可导，则\(f'(x_{0}) = 0\)。

又

\(f(x)=f(x_{0}) + f'(x_{0})(x - x_{0}) + \frac{f''(\gamma)}{2!}(x - x_{0})^{2}=f(x_{0}) + \frac{f''(\gamma)}{2!}(x - x_{0})^{2}\)，\(\gamma\)介于\(0\)与\(x\)之间 ，

则\(f(-a)=f(x_{0}) + \frac{f''(\gamma_{1})}{2!}(-a - x_{0})^{2},-a < \gamma_{1} < 0\)

\(f(a)=f(x_{0}) + \frac{f''(\gamma_{2})}{2!}(a - x_{0})^{2},0 < \gamma_{2} < a\)

从而\(\vert f(a) - f(-a)\vert=\vert\frac{1}{2}(a - x_{0})^{2}f''(\gamma_{2}) - \frac{1}{2}(a + x_{0})^{2}f''(\gamma_{1})\vert\)

\(\leq \frac{1}{2}\vert(a - x_{0})^{2}f''(\gamma_{2})\vert + \frac{1}{2}\vert(a + x_{0})^{2}f''(\gamma_{1})\vert\)

又\(\vert f''(x)\vert\)连续，设\(M = \max\{\vert f''(\gamma_{1})\vert,\vert f''(\gamma_{2})\vert\}\)，则

\(\vert f(a) - f(-a)\vert\leq \frac{1}{2}M(a + x_{0})^{2} + \frac{1}{2}M(a - x_{0})^{2}=M(a^{2} + x_{0}^{2})\)

又\(x_{0}\in (-a,a)\)，则\(\vert f(a) - f(-a)\vert\leq M(a^{2} + x_{0}^{2})\leq 2Ma^{2}\)，则

\(M\geq \frac{1}{2a^{2}}\vert f(a) - f(-a)\vert\)，即存在\(\eta = \gamma_{1}\)或\(\eta = \gamma_{2}\in (-a,a)\)，有

\(\vert f''(\eta)\vert\geq \frac{1}{2a^{2}}\vert f(a) - f(-a)\vert\)。 

(I) 由 \(A\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}\) ，故矩阵 \(A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}\)

(II) \(|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-1 & -1 & -1 \\ -2 & \lambda+1 & -1 \\ 0 & -1 & \lambda+1\end{array}\right|=(\lambda-1) \cdot\left|\begin{array}{cc}\lambda+1 & -1 \\ -1 & \lambda+1\end{array}\right|+2 \cdot\left|\begin{array}{cc}-1 & -1 \\ -1 & \lambda+1\end{array}\right|\)

\[=(\lambda-1)\left(\lambda^{2}+2 \lambda\right)-2(\lambda+2)=(\lambda+2)(\lambda-2)(\lambda+1)=0 .\]

所以 \(A\) 的特征值为 \(\lambda_{1}=-2\) ，\(\lambda_{2}=2\) ，\(\lambda_{3}=-1\)

\(\lambda_{1}=-2\) 时，\(\lambda_{1} E-A=\begin{pmatrix} -3 & -1 & -1 \\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，对应的特征向量 \(\alpha_{1}=(0,-1,1)^{T}\)

\(\lambda_{2}=2\) 时，\(\lambda_{2} E-A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -4 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，对应的特征向量 \(\alpha_{2}=(4,3,1)^{T}\)

\(\lambda_{3}=-1\) 时，\(\lambda_{3} E-A=\begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ -2 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) ，对应的特征向量 \(\alpha_{3}=(1,0,-2)^{T}\)

令 \(P=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})=\begin{pmatrix} 0 & 4 & 1 \\ -1 & 3 & 0 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}\) ，则 \(P^{-1} A P=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\)

【解析】 （I）\(F(x)=\int_{-\infty}^{x}\frac{e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}}dx=-\frac{1}{1 + e^{x}}\big|_{-\infty}^{x}=\frac{e^{x}}{1 + e^{x}}, x\in R\)

（II）【法1】分布函数法

\(F_Y(y)=P\{Y\leq y\}=P\{e^{X}\leq y\}\)。

当\(y \lt 0\)时，\(F_Y(y)=0\)；

当\(y\geq0\)时，\(F_Y(y)=P\{X\leq \ln y\}=F(\ln y)=\frac{y}{1 + y}\)；

所以\(Y\)的概率密度为

\(f_Y(y)=\begin{cases}\frac{1}{(1 + y)^{2}}, & y \gt 0 \\ 0, & 其他 \end{cases}\) 。

【法2】公式法

因为\(y = e^{x}\)在\((-\infty, +\infty)\)上单调且处处可导，当\(x\in(-\infty, +\infty)\)，\(y \gt 0\)，此时\(x = \ln y\)，

所以\(Y\)的概率密度为

\(f_Y(y)=\begin{cases}f(\ln y)(\ln y)', & y \gt 0 \\ 0, & 其他 \end{cases}=\begin{cases}\frac{e^{\ln y}}{(1 + e^{\ln y})^{2}}\cdot\frac{1}{y}, & y \gt 0 \\ 0, & 其他 \end{cases}=\begin{cases}\frac{1}{(1 + y)^{2}}, & y \gt 0 \\ 0, & 其他 \end{cases}\) 。

（Ⅲ）\(EY = \int_{0}^{+\infty}\frac{y}{(1 + y)^{2}}dy=\left.\left(\ln(1 + y) + \frac{1}{1 + y}\right)\right|_{0}^{+\infty}=\infty\)，所以不存在。