【答案】：C
【解析】：\(\lim\limits_{x \to 1}\frac{x^2 + x}{x^2 - 1} = \infty\)，所以\(x = 1\)为垂直的
\(\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x^2 + x}{x^2 - 1} = 1\)，所以\(y = 1\)为水平的，没有斜渐近线，故两条选C

\(f'(x)=e^{x}(e^{2 x}-2)\cdots(e^{n x}-n)+(e^{x}-1)(2e^{2 x})\cdots(e^{n x}-n)+\cdots+(e^{x}-1)(e^{2 x}-2)\cdots(n e^{n x}-n)\)，所以 \(f'(0)=(-1)^{n-1} n!\)。

由于 \(f(x, y)\) 在(0,0)处连续，若 \(\lim _{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}}\) 存在，则 \(f(0,0)=\lim _{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} f(x, y)=0\)，此时 \(\lim _{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}}=\lim _{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}\) 存在，可知 \(\lim _{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=0\)，即 \(f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)=0 \cdot \Delta x+0 \cdot \Delta y+o(\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}})\)，由可微的定义可知 \(f(x, y)\) 在(0,0)处可微。

【答案】(D).

【解】 由\( I_{2} - I_{1} = \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{d}x < 0 \)，得\( I_{1} > I_{2} \)；

由\( I_{3} - I_{2} = \int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{d}x > 0 \)，得\( I_{2} < I_{3} \)；

\( I_{3} - I_{1} = \int_{\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{d}x = \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{d}x + \int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{d}x \)，

而\( \int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{d}x \stackrel{x - \pi = t}{=} \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{(t + \pi)^{2}} \sin(t + \pi) \mathrm{d}t = -\int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{(x + \pi)^{2}} \sin x \mathrm{d}x \)，

由\( I_{3} - I_{1} = \int_{\pi}^{2\pi} [\mathrm{e}^{x^{2}} - \mathrm{e}^{(x + \pi)^{2}}] \sin x \mathrm{d}x > 0 \)，得\( I_{1} < I_{3} \)，于是\( I_{2} < I_{1} < I_{3} \)，应选(D).

【答案】：（C） 

【解析】：由于\(\vert(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4})\vert=\begin{vmatrix}0&1& - 1\\0& - 1&1\\c_{1}&c_{3}&c_{4}\end{vmatrix}=c_{1}\begin{vmatrix}1& - 1\\ - 1&1\end{vmatrix}=0\)，可知\(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\)线性相关。故选（C） 

【答案】(B).
【解】由\( Q = (\alpha_1 + \alpha_2, \alpha_2, \alpha_3) = P\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \)，
得\( Q^{-1}AQ = \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{-1} P^{-1}AP\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \)
\( =\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ -1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix} \)，
应选(B).

【答案】：\((A)\) 

【解析】：\((X,Y)\)的联合概率密度为\(f(x,y)=\begin{cases}e^{-x - 4y},x \gt 0,y \gt 0 \\ 0, 其它\end{cases}\) 

则\(P\{X \lt Y\}=\iint\limits_{x \lt y} f(x,y)dxdy = \int_{0}^{+\infty}dx\int_{0}^{y}e^{-x - 4y}dx = \int_{0}^{+\infty}e^{- 5y}dy = \frac{1}{5}\) 

【答案】：(D) 

【解析】：设两段长度分别为$x,y$，显然$x + y = 1$，即$y = -x + 1$，故两者是线性关系，且是负相关，所以相关系数为-1 

【答案】 $e^{x}$．

【解】 由观察知$f''(x)+f(x)=2e^{x}$的一特解为$f(x)=e^{x}$，将其代入$f''(x)+f'(x)-2f(x)=0$中满足，故$f(x)=e^{x}$．

令 \(t=x-1\) 得 \(\int_{0}^{2} x \sqrt{2 x-x^{2}} d x=\int_{-1}^{1}(t+1) \sqrt{1-t^{2}} d t=\int_{-1}^{1} \sqrt{1-t^{2}} d t=\frac{\pi}{2}\)

\(\left.grad\left(x y+\frac{z}{y}\right)\right|_{(2,1,1)}=\left.\left\{y, x-\frac{z}{y^{2}}, \frac{1}{y}\right\}\right|_{(2,1,1)}=\{1,1,1\}\)

【答案】：\(\frac{\sqrt{3}}{12}\)

【解析】：由曲面积分的计算公式可知\(\iint_{\sum} y^{2}ds = \iint_{D} y^{2}\sqrt{1 + (-1)^{2} + (-1)^{2}}dxdy = \sqrt{3}\iint_{D} y^{2}dxdy\)，其中\(D = \{(x,y)|x\geq0,y\geq0,x + y\leq1\}\)。故原式\(=\sqrt{3}\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1 - y} y^{2}dx = \sqrt{3}\int_{0}^{1} y^{2}(1 - y)dy = \frac{\sqrt{3}}{12}\) 

【答案】 2.
【解】 方法一 取α = \(\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\)，αα^T = \(\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\)，由E - αα^T = \(\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)，得E - αα^T的秩为2.
方法二 令A = E - αα^T，则A² = (E - αα^T)(E - αα^T) = E - αα^T = A.
由A(E - A) = O，得r(A) + r(E - A) ≤ 3.
又由r(A) + r(E - A) ≥ r(E) = 3，得r(A) + r(E - A) = 3.
而r(E - A) = r(αα^T) = r(α) = 1，所以r(A) = r(E - αα^T) = 2.

\(P(AB | \bar{C})=\frac{P(AB \bar{C})}{P(\bar{C})}\) ，其中 \(P(\bar{C})=1-P(C)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\) ，\(P(AB \bar{C})=P(AB)-P(ABC)=\frac{1}{2}-P(ABC)\) ，由于 \(A\) 与 \(C\) 互不相容，即 \(AC=\phi\) ，\(P(AC)=0\) ，又 \(ABC \subset AC\) ，得 \(P(ABC)=0\) ，代入得 \(P(AB \bar{C})=\frac{1}{2}\) ，故 \(P(AB | \bar{C})=\frac{3}{4}\)

【解析】：令\( f(x)=x\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2} \)，可得

\( f^\prime(x)=\ln\frac{1 + x}{1 - x} + x\cdot\frac{2}{(1 - x)^2}\cdot\frac{1 - x}{1 + x} - \sin x - x \)

\( =\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \frac{2x}{1 - x^2} - \sin x - x \)

\( =\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \frac{1 + x^2}{1 - x^2}x - \sin x \)

当\( 0 < x < 1 \)时，有\( \ln\frac{1 + x}{1 - x} \geq 0 \)，\( \frac{1 + x^2}{1 - x^2} > 1 \)，所以\( \frac{1 + x^2}{1 - x^2}x - \sin x \geq 0 \)，

故\( f^\prime(x) \geq 0 \)，而\( f(0) = 0 \)，即得\( x\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2} \geq 0 \)

所以\( x\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \cos x\geq \frac{x^2}{2} + 1 \)。

当\( -1 < x < 0 \)，有\( \ln\frac{1 + x}{1 - x} \leq 0 \)，\( \frac{1 + x^2}{1 - x^2} > 1 \)，所以\( \frac{1 + x^2}{1 - x^2}x - \sin x \leq 0 \)，

故\( f^\prime(x) \geq 0 \)，即得\( x\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2} \geq 0 \)

故知，\( x\ln\frac{1 + x}{1 - x} + \cos x\geq 1 + \frac{x^2}{2}, -1 < x < 1 \)  

\(f(x, y)=x e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\)，先求函数的驻点。\(f_{x}'(x, y)=e^{-x^{2}-y^{2}/2}(1 - x^2)=0\)，\(f_{y}'(x, y)=-y x e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}=0\)，解得函数的驻点为\((1,0)\)、\((-1,0)\)。

对于驻点\((1,0)\)：

\[A=f_{xx}''(1,0)=e^{-\frac{1}{2}}(-2x + x^3)\big|_{x=1}=-e^{-\frac{1}{2}}\]

\[B=f_{xy}''(1,0)=e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}(-xy)\big|_{(1,0)}=0\]

\[C=f_{yy}''(1,0)=e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}(y^2 - 1)\big|_{(1,0)}=-e^{-\frac{1}{2}}\]

所以\(B^2 - AC= -e^{-1} < 0\)，且\(A < 0\)，故\(f(x, y)\)在点\((1,0)\)处取得极大值\(f(1, 0)=\frac{1}{\sqrt{e}}\)。

对于驻点\((-1,0)\)：

\[A=f_{xx}''(-1,0)=e^{-\frac{1}{2}}(-2x + x^3)\big|_{x=-1}=e^{-\frac{1}{2}}\]

\[B=f_{xy}''(-1,0)=0\]

\[C=f_{yy}''(-1,0)=-e^{-\frac{1}{2}}\]

所以\(B^2 - AC= -e^{-1} < 0\)，且\(A > 0\)，故\(f(x, y)\)在点\((-1,0)\)处取得极小值\(f(-1, 0)=-\frac{1}{\sqrt{e}}\)。

收敛半径\(R=\lim _{n \to \infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=\lim _{n \to \infty}\left|\frac{\frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1}}{\frac{4(n+1)^{2}+4(n+1)+3}{2(n+1)+1}}\right|=\lim _{n \to \infty}\left|\frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1} \cdot \frac{2n+3}{4n^{2}+12n+11}\right|=1\)。

当\(x=1\)时，通项\(\frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1} \sim 2n\)，\(\lim_{n\to\infty}2n\neq0\)，级数发散；当\(x=-1\)时，通项\(\frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1}(-1)^{2n}=\frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1}\)，同理级数发散。故收敛域为\((-1,1)\)。

设和函数为\(S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}\)，将通项拆分：

\begin{aligned} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n + 1} &= \frac{(4n^2 + 4n + 1) + 2}{2n + 1} \\ &= (2n + 1) + \frac{2}{2n + 1} \end{aligned}

则\(S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (2n + 1)x^{2n} + 2\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n + 1}\)。

对于\(\sum_{n=0}^{\infty} (2n + 1)x^{2n}\)，已知\(\sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1 - x^2}\)，两边求导得\(\sum_{n=0}^{\infty} 2n x^{2n - 1} = \frac{2x}{(1 - x^2)^2}\)，两边乘\(x\)得\(\sum_{n=0}^{\infty} 2n x^{2n} = \frac{2x^2}{(1 - x^2)^2}\)，故\(\sum_{n=0}^{\infty} (2n + 1)x^{2n} = \frac{1 + x^2}{(1 - x^2)^2}\)。

对于\(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n + 1}\)，令\(t = x^2\)，则\(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{2n + 1} = \frac{1}{\sqrt{t}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{n + 1/2}}{n + 1/2}\)，积分可得\(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{n + 1/2}}{n + 1/2} = \int_{0}^{\sqrt{t}} \frac{1}{1 - u^2} du = \frac{1}{2} \ln \frac{1 + \sqrt{t}}{1 - \sqrt{t}}\)，故\(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n + 1} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} \ln \frac{1 + x}{1 - x}\)（\(x \neq 0\)），当\(x=0\)时和为1。

综上，和函数为：

\[ \begin{aligned} S(x) = \begin{cases} \frac{1 + x^2}{(1 - x^2)^2} + \frac{1}{x} \ln \frac{1 + x}{1 - x}, & x \in (-1,1) \text{ 且 } x \neq 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases} \end{aligned} \]

【解】 曲线L的切线的斜率为\( k = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = -\frac{\sin t}{f'(t)} \)，切线方程为
\( y - \cos t = -\frac{\sin t}{f'(t)}[x - f(t)] \)。
令\( y = 0 \)，得切线与x轴交点的横坐标为\( x = f(t) + \frac{\cos t}{\sin t}f'(t) \)，由题意得
\( \cot^{2}t \cdot f'^{2}(t) + \cos^{2}t = 1 \)，
因为\( f'(t) > 0 \)，所以\( f'(t) = \frac{\sin^{2}t}{\cos t} = \sec t - \cos t \)，
于是\( f(t) = \ln(\sec t + \tan t) - \sin t + C \)，
再由\( f(0) = 0 \)得\( C = 0 \)，故\( f(t) = \ln(\sec t + \tan t) - \sin t \)。
由\( f(0) = 0 \)，\( \lim_{t \to \frac{\pi}{2}} f(t) = +\infty \)得曲线L及x轴及y轴围成的无界区域的面积为
\( A = \int_{0}^{+\infty} y\mathrm{d}x = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos t \cdot f'(t)\mathrm{d}t = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2}t\mathrm{d}t = \frac{\pi}{4} \)。

【解】补充$L_0:x=0$(起点$y=2$，终点$y=0$)，记$L$与$L_0$围成的区域为$D$，由格林公式得
$I=\oint_{L+L_0} 3x^2y\text{d}x+(x^3+x-2y)\text{d}y - \int_{L_0} 3x^2y\text{d}x+(x^3+x-2y)\text{d}y$
$=\iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \text{d}\sigma - \int_{2}^{0} -2y\text{d}y = \iint_D \text{d}x\text{d}y - \int_{0}^{2} 2y\text{d}y = \frac{\pi}{2} - 4$。

【解】（Ⅰ）由行列式按行或列展开的性质得
\[|A| = 1×A_{11} + a·A_{41} = M_{11} - aM_{41} = 1 - a^4.\]
（Ⅱ）若\(AX = β\)有无数个解，则\(|A| = 0\)，即\(a = -1\)或\(a = 1\)．
当\(a = -1\)时，\((A\vdotsβ)=\begin{pmatrix}1&-1&0&0&1\\0&1&-1&0&-1\\0&0&1&-1&0\\-1&0&0&1&0\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&0&-1&0\\0&1&0&-1&-1\\0&0&1&-1&0\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}\)，
因为\(r(A) = r(\overline{A}) = 3 < 4\)，所以方程组\(AX = β\)有无数个解，通解为
\[X = C\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\-1\\0\\0\end{pmatrix}\]（\(C\)为任意常数）；
当\(a = 1\)时，\((A\vdotsβ)=\begin{pmatrix}1&1&0&0&1\\0&1&1&0&-1\\0&0&1&1&0\\1&0&0&1&0\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&0&0&1\\0&1&1&0&-1\\0&0&1&1&0\\0&0&0&0&-2\end{pmatrix}\)，
因为\(r(A) \neq r(\overline{A})\)，所以方程组\(AX = β\)无解．

【解】(Ⅰ)\( A = \begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&1 \\ -1&0&a \\ 0&a&-1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&a+1 \\ 0&0&-1-a \end{pmatrix} \)，
由\( r(A^T A) = 2 \)及\( r(A^T A) = r(A) \)得\( a = -1 \).

(Ⅱ)当\( a = -1 \)时，\( A^T A = \begin{pmatrix} 2&0&2 \\ 0&2&2 \\ 2&2&4 \end{pmatrix} \)，
由\( |\lambda E - A^T A| = \begin{vmatrix} \lambda - 2&0&-2 \\ 0&\lambda - 2&-2 \\ -2&-2&\lambda - 4 \end{vmatrix} = \lambda(\lambda - 2)(\lambda - 6) = 0 \)，得\( A^T A \)的特征值为\( \lambda_1 = 0 \)，\( \lambda_2 = 2 \)，\( \lambda_3 = 6 \).

当\( \lambda_1 = 0 \)时，由\( (0E - A^T A)X = 0 \)即\( A^T A X = 0 \)得\( \lambda_1 = 0 \)对应的特征向量为\( \xi_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \)；

当\( \lambda_2 = 2 \)时，由\( (2E - A^T A)X = 0 \)得\( \lambda_2 = 2 \)对应的特征向量为\( \xi_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \)；

当\( \lambda_3 = 6 \)时，由\( (6E - A^T A)X = 0 \)得\( \lambda_3 = 6 \)对应的特征向量为\( \xi_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \)，

单位化得\( \gamma_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \)，\( \gamma_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \)，\( \gamma_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \)，

令\( Q = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}}&0&\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} \)，在正交变换\( X = QY \)下，二次型\( f \)的标准形为

\( f = 2y_2^2 + 6y_3^2 \).

【解】（Ⅰ）$P\{ X=2Y\} =P\{ X=0,Y=0\} +P\{ X=2,Y=1\} =\frac {1}{4}.$
（Ⅱ）由$(X,Y)$的联合分布律得$X,Y,XY$的分布律为
$X\sim \begin{pmatrix} 0&1&2\\ \frac {1}{2}&\frac {1}{3}&\frac {1}{6}\end{pmatrix}$，$Y\sim \begin{pmatrix} 0&1&2\\ \frac {1}{3}&\frac {1}{3}&\frac {1}{3}\end{pmatrix}$，$XY\sim \begin{pmatrix} 0&1&4\\ \frac {7}{12}&\frac {1}{3}&\frac {1}{12}\end{pmatrix}$，
于是$E(X)=\frac {2}{3},E(Y)=1,E(Y^{2})=\frac {5}{3},D(Y)=E(Y^{2})-[E(Y)]^{2}=\frac {2}{3},E(XY)=\frac {2}{3},$
$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0,$
故$\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=\mathrm{Cov}(X,Y)-D(Y)=-\frac {2}{3}.$

【解】(Ⅰ)因为X,Y相互独立，所以$Z = X - Y$服从正态分布。
因为$E(Z) = E(X) - E(Y) = 0$，$D(Z) = D(X) + D(Y) = 3\sigma^{2}$，所以$Z \sim N(0,3\sigma^{2})$，故$Z$的密度为
$$f_{Z}(z) = \frac{1}{\sqrt{6\pi}\sigma}e^{-\frac{z^{2}}{6\sigma^{2}}}(-\infty < z < +\infty).$$

(Ⅱ)似然函数为$L = f(z_{1})f(z_{2})\cdots f(z_{n}) = (6\pi\sigma^{2})^{-\frac{n}{2}}e^{-\frac{1}{6\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}z_{i}^{2}}$，
取对数得$\ln L = -\frac{n}{2}\ln 6\pi - \frac{n}{2}\ln \sigma^{2} - \frac{1}{6\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}z_{i}^{2}$，
由$\frac{d}{d(\sigma^{2})}\ln L = -\frac{n}{2\sigma^{2}} + \frac{1}{6\sigma^{4}}\sum_{i=1}^{n}z_{i}^{2} = 0$，得$\sigma^{2} = \frac{1}{3n}\sum_{i=1}^{n}z_{i}^{2}$，
故$\sigma^{2}$的最大似然估计量为$\widehat{\sigma^{2}} = \frac{1}{3n}\sum_{i=1}^{n}Z_{i}^{2}$。

(Ⅲ)因为$E(\widehat{\sigma^{2}}) = \frac{1}{3n}\sum_{i=1}^{n}E(Z_{i}^{2}) = \frac{1}{3}E(Z^{2}) = \frac{1}{3}[D(Z) + (E(Z))^{2}] = \sigma^{2}$，
所以$\widehat{\sigma^{2}} = \frac{1}{3n}\sum_{i=1}^{n}Z_{i}^{2}$是$\sigma^{2}$的无偏估计量。