2021 年全国硕士研究生招生考试 数学（三）

【详细解析】
利用变限积分求导与等价无穷小代换： $$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} (e^{t^3} - 1)\mathrm{d}t}{x^7} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{(e^{x^6} - 1) \cdot 2x}{7x^6} = \lim_{x \to 0} \frac{x^6 \cdot 2x}{7x^6} = \lim_{x \to 0} \frac{2x}{7} = 0$$ 因此该积分是 $x^7$ 的高阶无穷小。
故本题选 C。

【详细解析】
连续性：$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 = f(0)$，故连续。
导数定义： $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^x - 1}{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \frac{1}{2} \ne 0$$ 故可导且导数不为零。
故本题选 D。

【详细解析】
$f'(x) = a - \frac{b}{x} = \frac{ax - b}{x}$。
若 $b \le 0$，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递增，至多 1 个零点。
若 $b > 0$，唯一驻点为 $x = \frac{b}{a}$，且为极小值点。
要使存在两个零点，极小值必严格小于 0： $$f\left(\frac{b}{a}\right) = b - b\ln\frac{b}{a} = b\left(1 - \ln\frac{b}{a}\right) < 0 \implies \ln\frac{b}{a} > 1 \implies \frac{b}{a} > e$$ 故本题选 A。

【详细解析】
对两式分别关于 $x$ 求导：
$f_1'(x+1, e^x) + f_2'(x+1, e^x)e^x = (x+1)^2 + 2x(x+1)$，令 $x = 0$ 得 $f_1'(1, 1) + f_2'(1, 1) = 1$；
$f_1'(x, x^2) + f_2'(x, x^2) \cdot 2x = 4x\ln x + 2x$，令 $x = 1$ 得 $f_1'(1, 1) + 2f_2'(1, 1) = 2$。
联立解得 $f_1'(1, 1) = 0, f_2'(1, 1) = 1$。
故 $\mathrm{d}f(1, 1) = \mathrm{d}y$。
故本题选 C。

【详细解析】
展开配方： $$f = 2x_2^2 + 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_1x_3 = 2\left(x_2 + \frac{x_1+x_3}{2}\right)^2 - \frac{1}{2}(x_1 - x_3)^2$$ 规范形含有 1 个正平方项和 1 个负平方项，故正、负惯性指数分别为 1, 1。
故本题选 B。

【详细解析】
因为 $\boldsymbol{A} = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4)$ 是正交矩阵，各列向量构成标准正交基，满足： $$\boldsymbol{\alpha}_i^\mathrm{T} \boldsymbol{\alpha}_j = \begin{cases} 1, & i = j \\ 0, & i \ne j \end{cases}$$ 考察非齐次特解 $\boldsymbol{x}^* = \boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_3$： $$\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}^* = \begin{pmatrix} \boldsymbol{\alpha}_1^\mathrm{T} \\ \boldsymbol{\alpha}_2^\mathrm{T} \\ \boldsymbol{\alpha}_3^\mathrm{T} \end{pmatrix} (\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_3) = \begin{pmatrix} 1 + 0 + 0 \\ 0 + 1 + 0 \\ 0 + 0 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{\beta}$$ 故 $\boldsymbol{x}^*$ 是方程组的一个特解。
再考察对应的齐次方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$：矩阵 $\boldsymbol{B}$ 的行向量相互正交非零，秩 $r(\boldsymbol{B}) = 3$。
解空间维数为 $4 - r(\boldsymbol{B}) = 4 - 3 = 1$。
由 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{\alpha}_4 = \begin{pmatrix} \boldsymbol{\alpha}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\alpha}_4 \\ \boldsymbol{\alpha}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\alpha}_4 \\ \boldsymbol{\alpha}_3^\mathrm{T}\boldsymbol{\alpha}_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$，可知 $\boldsymbol{\alpha}_4$ 是齐次方程组的基础解系。
因此通解为 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 + \boldsymbol{\alpha}_3 + k\boldsymbol{\alpha}_4$。
故本题选 D。

【详细解析】
利用初等行变换与初等列变换将矩阵化为对角形：
对 $\boldsymbol{A}$ 实施初等下三角行变换矩阵 $\boldsymbol{P}$： $$\boldsymbol{P}\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}$$ 再右乘初等上三角列变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$，消去非对角元素，可化为对角矩阵。
故本题选 C。

【详细解析】
$P(A|A \cup B) = \frac{P(A)}{P(A \cup B)}$，$P(\overline{A}|A \cup B) = \frac{P(\overline{A}B)}{P(A \cup B)} = \frac{P(B) - P(AB)}{P(A \cup B)}$。
条件等价于 $P(A) > P(B) - P(AB)$，无法推得 $P(A) > P(B)$（例如 $P(A) = 0.4, P(B) = 0.5, P(AB) = 0.3$，满足 $0.4 > 0.5 - 0.3 = 0.2$，但 $P(A) < P(B)$）。
故本题选 D。

【详细解析】
期望线性性：$E(\hat{\theta}) = E(\overline{X}) - E(\overline{Y}) = \mu_1 - \mu_2 = \theta$。
方差公式：$D(\hat{\theta}) = D(\overline{X}) + D(\overline{Y}) - 2\operatorname{Cov}(\overline{X}, \overline{Y})$。
其中 $D(\overline{X}) = \frac{\sigma_1^2}{n}, D(\overline{Y}) = \frac{\sigma_2^2}{n}, \operatorname{Cov}(\overline{X}, \overline{Y}) = \frac{\rho\sigma_1\sigma_2}{n}$。
故 $D(\hat{\theta}) = \frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2 - 2\rho\sigma_1\sigma_2}{n}$。
故本题选 B。

【详细解析】
样本观察值中：$X=1$ 出现了 3 次；$X=2$ 出现了 3 次；$X=3$ 出现了 2 次（取值为 2 或 3 的总次数为 $3 + 2 = 5$ 次）。
似然函数为： $$L(\theta) = [P(X=1)]^3 [P(X=2)]^3 [P(X=3)]^2 = \left(\frac{1 - \theta}{2}\right)^3 \left(\frac{1 + \theta}{4}\right)^3 \left(\frac{1 + \theta}{4}\right)^2 = \left(\frac{1 - \theta}{2}\right)^3 \left(\frac{1 + \theta}{4}\right)^5$$ 取对数似然函数： $$\ln L(\theta) = 3\ln(1 - \theta) + 5\ln(1 + \theta) - 3\ln 2 - 5\ln 4$$ 对 $\theta$ 求导并令导数等于 0： $$\frac{\mathrm{d}\ln L(\theta)}{\mathrm{d}\theta} = -\frac{3}{1 - \theta} + \frac{5}{1 + \theta} = 0$$ $$-3(1 + \theta) + 5(1 - \theta) = 0 \implies 2 - 8\theta = 0 \implies \hat{\theta} = \frac{1}{4}$$ 故本题选 A。

【详细解析】
由复合函数求导链式法则： $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\sin(e^{-\sqrt{x}}) \cdot e^{-\sqrt{x}} \cdot \left(-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right) = \frac{\sin(e^{-\sqrt{x}}) e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}$$ 将 $x = 1$ 代入： $$\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=1} = \frac{\sin(e^{-1}) e^{-1}}{2} = \frac{\sin e^{-1}}{2e}$$

【详细解析】
去绝对值分区间积分：以 $x = 3$ 为分界点：
当 $x \in [\sqrt{5}, 3]$ 时，$|x^2 - 9| = 9 - x^2$；
当 $x \in [3, 5]$ 时，$|x^2 - 9| = x^2 - 9$。
凑微分 $x\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\mathrm{d}(x^2)$，令 $u = x^2$： $$\begin{aligned} \int_{\sqrt{5}}^5 \frac{x}{\sqrt{|x^2 - 9|}}\mathrm{d}x &= \frac{1}{2} \int_5^9 \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{9 - u}} + \frac{1}{2} \int_9^{25} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u - 9}} \\ &= \frac{1}{2} \left[ -2\sqrt{9 - u} \right]_5^9 + \frac{1}{2} \left[ 2\sqrt{u - 9} \right]_9^{25} \\ &= \frac{1}{2}(0 - (-4)) + \frac{1}{2}(8 - 0) = 2 + 4 = 6 \end{aligned}$$

【详细解析】
由旋转体体积公式： $$V = \pi \int_0^1 y^2 \mathrm{d}x = \pi \int_0^1 x \sin^2(\pi x)\mathrm{d}x$$ 利用降幂公式 $\sin^2(\pi x) = \frac{1 - \cos(2\pi x)}{2}$： $$V = \frac{\pi}{2} \left[ \int_0^1 x\mathrm{d}x - \int_0^1 x\cos(2\pi x)\mathrm{d}x \right]$$ 其中 $\int_0^1 x\mathrm{d}x = \frac{1}{2}$。
分部积分计算后一项： $$\int_0^1 x\cos(2\pi x)\mathrm{d}x = \left. \frac{x\sin(2\pi x)}{2\pi} \right|_0^1 - \int_0^1 \frac{\sin(2\pi x)}{2\pi}\mathrm{d}x = 0 - \left. \left( -\frac{\cos(2\pi x)}{4\pi^2} \right) \right|_0^1 = 0$$ 因此： $$V = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi}{4}$$

【详细解析】
由差分定义 $\Delta y_t = y_{t+1} - y_t = t$。
利用累加法： $$y_t = y_0 + \sum_{k=0}^{t-1} \Delta y_k = y_0 + \sum_{k=0}^{t-1} k = y_0 + \frac{(t-1)t}{2} = \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{2}t + C$$ 其中 $C = y_0$ 为任意常数。

【详细解析】
对四阶行列式按定义或性质完全展开： $$f(x) = x^4 - 5x^3 - 2x^2 + 13x + 5$$ 因此 $x^3$ 项的系数为 $-5$。

【详细解析】
$X, Y \in \{0, 1\}$，$P(X=1) = \frac{1}{2}, E(X) = \frac{1}{2}, D(X) = \frac{1}{4}$。
全概率公式求 $P(Y=1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} = \frac{1}{2}, D(Y) = \frac{1}{4}$。
联合概率 $P(X=1, Y=1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} = \frac{3}{10}$，得 $E(XY) = \frac{3}{10}$。
协方差 $\operatorname{Cov}(X, Y) = \frac{3}{10} - \frac{1}{4} = \frac{1}{20}$。
相关系数： $$\rho_{XY} = \frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}} = \frac{1/20}{1/4} = \frac{1}{5}$$

【详细解析】
分别考查左右极限：
• 当 $x \to 0^+$ 时，$|x| = x$： $$\lim_{x \to 0^+} \arctan\frac{1}{x} = \frac{\pi}{2}, \quad \lim_{x \to 0^+} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e$$ 因此右极限为： $$\lim_{x \to 0^+} \left[ a\arctan\frac{1}{x} + (1+|x|)^{\frac{1}{x}} \right] = \frac{\pi}{2}a + e$$ • 当 $x \to 0^-$ 时，$|x| = -x$： $$\lim_{x \to 0^-} \arctan\frac{1}{x} = -\frac{\pi}{2}, \quad \lim_{x \to 0^-} (1-x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0^-} \left[ (1-x)^{-\frac{1}{x}} \right]^{-1} = e^{-1}$$ 因此左极限为： $$\lim_{x \to 0^-} \left[ a\arctan\frac{1}{x} + (1+|x|)^{\frac{1}{x}} \right] = -\frac{\pi}{2}a + e^{-1}$$ 极限存在的充分必要条件是左极限等于右极限： $$\frac{\pi}{2}a + e = -\frac{\pi}{2}a + e^{-1}$$ $$\pi a = e^{-1} - e \implies a = \frac{e^{-1} - e}{\pi} = \frac{1 - e^2}{\pi e}$$

【详细解析】
定义域为 $\{(x, y) \mid x \ne 0, y \in \mathbf{R}\}$。
将函数拆开： $$f(x, y) = 2\ln|x| + \frac{1}{2} - \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \frac{y^2}{2x^2}$$ 求一阶偏导数： $$f_x' = \frac{2}{x} + \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^3} - \frac{y^2}{x^3} = \frac{2x^2 + x - 1 - y^2}{x^3}$$ $$f_y' = \frac{y}{x^2}$$ 令一阶偏导数均为 0： 由 $f_y' = 0 \implies y = 0$；
代入 $f_x' = 0 \implies 2x^2 + x - 1 = 0 \implies (2x - 1)(x + 1) = 0$。
解得两个驻点：$P_1(-1, 0)$ 和 $P_2\left(\frac{1}{2}, 0\right)$。

求二阶偏导数： $$f_{xx}'' = \frac{-2x^2 - 2x + 3 + 3y^2}{x^4}, \quad f_{xy}'' = -\frac{2y}{x^3}, \quad f_{yy}'' = \frac{1}{x^2}$$
• 在驻点 $P_1(-1, 0)$ 处： $$A = f_{xx}''(-1, 0) = 3, \quad B = f_{xy}''(-1, 0) = 0, \quad C = f_{yy}''(-1, 0) = 1$$ $$AC - B^2 = 3 \cdot 1 - 0 = 3 > 0, \quad A = 3 > 0$$ 因此 $P_1(-1, 0)$ 为极小值点，极小值为： $$f(-1, 0) = 2\ln 1 + \frac{(-1-1)^2 + 0}{2(-1)^2} = 2$$
• 在驻点 $P_2\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ 处： $$A = f_{xx}''\left(\frac{1}{2}, 0\right) = 24, \quad B = 0, \quad C = f_{yy}''\left(\frac{1}{2}, 0\right) = 4$$ $$AC - B^2 = 24 \cdot 4 - 0 = 96 > 0, \quad A = 24 > 0$$ 因此 $P_2\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ 也是极小值点，极小值为： $$f\left(\frac{1}{2}, 0\right) = 2\ln\frac{1}{2} + \frac{(-1/2)^2 + 0}{2(1/4)} = -2\ln 2 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - 2\ln 2$$

【详细解析】
积分区域在极坐标下表示为：$0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}, 0 \le r \le 1$。
直角坐标向极坐标转换： $$(x + y)^2 = r^2(\cos\theta + \sin\theta)^2 = r^2(1 + \sin 2\theta)$$ $$x^2 - y^2 = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = r^2\cos 2\theta$$ 面积微元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。
代入计算二重积分： $$\begin{aligned} \iint_D e^{(x+y)^2}(x^2 - y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^1 r^3 \mathrm{d}r \int_0^{\pi/4} e^{r^2(1 + \sin 2\theta)} \cos 2\theta \mathrm{d}\theta \\ &= \int_0^1 r^3 \left[ \left. \frac{1}{2r^2} e^{r^2(1 + \sin 2\theta)} \right|_{\theta=0}^{\theta=\pi/4} \right] \mathrm{d}r \\ &= \int_0^1 \frac{r}{2} (e^{2r^2} - e^{r^2})\mathrm{d}r \end{aligned}$$ 作代换 $u = r^2, \mathrm{d}u = 2r\mathrm{d}r$： $$= \frac{1}{4} \int_0^1 (e^{2u} - e^u)\mathrm{d}u = \frac{1}{4} \left. \left( \frac{1}{2}e^{2u} - e^u \right) \right|_0^1 = \frac{1}{4}\left[ \left(\frac{1}{2}e^2 - e\right) - \left(\frac{1}{2} - 1\right) \right] = \frac{1}{8}(e - 1)^2$$

【详细解析】
(1) 求解常微分方程：
方程为一阶可分离变量微分方程： $$\frac{\mathrm{d}y}{y} = (n+1)\frac{\mathrm{d}x}{x} \implies \ln|y| = (n+1)\ln|x| + C_1 \implies y = C x^{n+1}$$ 由初值条件 $y_n(1) = \frac{1}{n(n+1)}$： $$C \cdot 1^{n+1} = \frac{1}{n(n+1)} \implies C = \frac{1}{n(n+1)}$$ 因此解为： $$y_n(x) = \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$$
(2) 求级数收敛域与和函数：
考察级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$：
由比值审敛法，收敛半径 $R = \lim_{n \to \infty} \frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)} = 1$。
端点检验： - 当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^\infty (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) = 1$，收敛； - 当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}$，绝对收敛； 因此收敛域为 $[-1, 1]$。

求和函数：记 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$。
当 $x \in (-1, 1)$ 时，逐项求导： $$S'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -\ln(1 - x)$$ 两边积分，注意 $S(0) = 0$： $$S(x) = \int_0^x -\ln(1 - t)\mathrm{d}t = \left. -(t - 1)\ln(1 - t) \right|_0^x - \int_0^x \frac{t - 1}{1 - t}\mathrm{d}t = x + (1 - x)\ln(1 - x)$$ 当 $x = 1$ 时，根据 Abel 定理连续性： $$S(1) = \lim_{x \to 1^-} [x + (1 - x)\ln(1 - x)] = 1 + 0 = 1$$ 故和函数为： $$S(x) = \begin{cases} x + (1 - x)\ln(1 - x), & -1 \le x < 1 \\ 1, & x = 1 \end{cases}$$

【详细解析】
特征多项式为： $$|\lambda\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}| = (\lambda - b)[(\lambda - 2)^2 - 1] = (\lambda - b)(\lambda - 3)(\lambda - 1) = 0$$ 矩阵仅有两个不同特征值，故 $b = 1$ 或 $b = 3$。

(1) 当 $b = 1$ 时：
特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1, \lambda_3 = 3$。
要使 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵，需 $r(\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 3 - 2 = 1$： $$\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 - a & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \implies a = 1$$ 解方程可得 $\lambda = 1$ 的两个特征向量 $\boldsymbol{\alpha}_1 = (-1, 1, 0)^\mathrm{T}, \boldsymbol{\alpha}_2 = (0, 0, 1)^\mathrm{T}$；
$\lambda = 3$ 的特征向量为 $\boldsymbol{\alpha}_3 = (1, 1, 1)^\mathrm{T}$。
取 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3) = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$，则 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(1, 1, 3)$。

(2) 当 $b = 3$ 时：
特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 3, \lambda_3 = 1$。
要使 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵，需 $r(3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 1$： $$3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 - a & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \implies a = -1$$ 解得 $\lambda = 3$ 的特征向量 $\boldsymbol{\beta}_1 = (1, 1, 0)^\mathrm{T}, \boldsymbol{\beta}_2 = (0, 0, 1)^\mathrm{T}$；
$\lambda = 1$ 的特征向量为 $\boldsymbol{\beta}_3 = (-1, 1, 1)^\mathrm{T}$。
取 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$，则 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(3, 3, 1)$。

【详细解析】
设随机分割点为 $U \sim U(0, 2)$，则 $f_U(u) = \frac{1}{2} \ (0 < u < 2)$。
短段长度 $X = \min(U, 2 - U)$，长段长度 $Y = \max(U, 2 - U) = 2 - X$。

(1) 求 $X$ 的概率密度：
对 $0 < x < 1$： $$F_X(x) = P(X \le x) = 1 - P(U > x, 2 - U > x) = 1 - P(x < U < 2 - x) = 1 - \frac{(2 - x) - x}{2} = x$$ 求导得 $f_X(x) = \begin{cases} 1, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其它} \end{cases}$，即 $X \sim U(0, 1)$。

(2) 求 $Z$ 的概率密度：
$Z = \frac{Y}{X} = \frac{2 - X}{X} = \frac{2}{X} - 1$。因为 $0 < X < 1$，故 $Z > 1$。
对 $z > 1$： $$F_Z(z) = P\left( \frac{2 - X}{X} \le z \right) = P\left( X \ge \frac{2}{z+1} \right) = 1 - \frac{2}{z+1}$$ 求导得： $$f_Z(z) = \begin{cases} \dfrac{2}{(z+1)^2}, & z > 1 \\ 0, & \text{其它} \end{cases}$$
(3) 求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$：
$\frac{X}{Y} = \frac{1}{Z}$，由期望公式： $$E\left(\frac{X}{Y}\right) = \int_1^{+\infty} \frac{1}{z} \frac{2}{(z+1)^2}\mathrm{d}z = 2\int_1^{+\infty} \left( \frac{1}{z} - \frac{1}{z+1} - \frac{1}{(z+1)^2} \right)\mathrm{d}z = 2\left[ \ln\frac{z}{z+1} + \frac{1}{z+1} \right]_1^{+\infty} = 2\ln 2 - 1$$