(a) 不是：$1\div2\notin\mathbb{Z}$，商不封闭。(b) 是：验证方式与 $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ 完全相同（和差积逐条；商用 $(a+b\sqrt3)(a-b\sqrt3)=a^2-3b^2\neq0$，因为 $(a/b)^2=3$ 与 $\sqrt3$ 无理矛盾）。(c) 不是：$1-2=-1\lt0$，差不封闭。

不对。数乘也须封闭。反例：$W=\{(a_1,a_2)^{\mathrm T}\mid a_1\geq0\}\subset\mathbb{R}^2$ 对加法封闭，但 $(-1)\cdot(1,0)^{\mathrm T}=(-1,0)^{\mathrm T}\notin W$。判定定理 1.2.1 的条件 (2)a 与 (2)b 缺一不可。

是：$(x,2x)^{\mathrm T}+(y,2y)^{\mathrm T}=(x+y,\,2(x+y))^{\mathrm T}\in W$；$k(x,2x)^{\mathrm T}=(kx,\,2kx)^{\mathrm T}\in W$；含零元。它是过原点直线 $y=2x$。基：$\{(1,2)^{\mathrm T}\}$，$\dim W=1$。（对照例 1.2.D：$W=N((-2,\ 1))$，即 $1\times2$ 矩阵 $(-2\ 1)$ 的零空间。）

$W_1\cap W_2=\{\boldsymbol{\theta}\}$（平面与垂线只交于原点），$\dim=0$；$W_1+W_2=\mathbb{R}^3$（$(a,b,c)=(a,b,0)+(0,0,c)$），$\dim=3$。公式：$3=2+1-0$ ✓。

$\{\boldsymbol{\alpha}\}$（$\boldsymbol{\alpha}\neq\boldsymbol{\theta}$）无关：$k\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\theta}$ 由 1.1 注 1(4) 得 $k=0$。$\{\boldsymbol{\theta}\}$ 相关（$1\cdot\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta}$ 非平凡）。两个向量 $\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}$ 相关 $\Longleftrightarrow$ 其中一个可由另一个表示 $\Longleftrightarrow$ 二者成比例（或其一为零向量）。

第一个不是：$\boldsymbol{\theta}$ 不在直线上（要求 $1+t=0,\ 2+t=0$ 同时成立，不可能）；等价地，它是非齐次方程组的解集形。第二个是：过原点直线，封闭且含零元，基 $\{(1,1,1)^{\mathrm T}\}$，$\dim=1$。

$\operatorname{span}(\boldsymbol{\theta})=\{k\boldsymbol{\theta}\}=\{\boldsymbol{\theta}\}$，维数 0；$\operatorname{span}(\boldsymbol{\alpha})=\{k\boldsymbol{\alpha}\mid k\in F\}$（一条「直线」），由 A5 的无关性，$\{\boldsymbol{\alpha}\}$ 是基，维数 1。

不是。$\boldsymbol{\theta}\in S_b$ 将意味着 $A\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{b}\neq\boldsymbol{\theta}$，矛盾——零向量必不在解集中（子空间第一否决项）。另外：若 $\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2$ 都是解，$A(\boldsymbol{x}_1+\boldsymbol{x}_2)=2\boldsymbol{b}\neq\boldsymbol{b}$，加法也不封闭。对照例 1.2.1：右端为零时解集才是子空间。

在 $\mathbb{C}$ 上：基 $E_{11},E_{12},E_{13},E_{21},E_{22},E_{23}$，$\dim=6$。在 $\mathbb{R}$ 上：复系数 $c=a+bi$ 拆成实虚部，基为 $\{E_{ij},\ iE_{ij}\}$，$\dim=12$。同一集合，数域不同维数翻倍（与例 1.3.5 的 $\mathbb{C}$ 同理：$\dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}^{n}=2n$）。

不对。反例：零向量 $\boldsymbol{\theta}$ 在任何基下坐标都是 $(0,\cdots,0)^{\mathrm T}$。一般向量换基后坐标「通常会变」，但「必定变」是过强命题：例如 $\mathbb{R}^2$ 中取基 $\{e_1,e_2\}$ 与 $\{e_1,e_1+e_2\}$，向量 $e_1$ 在两组基下的坐标都是 $(1,0)^{\mathrm T}$。

不是。取 $n=1$、$\boldsymbol x=(i)$，则 $(\boldsymbol x,\boldsymbol x)=i^2=-1<0$，违反正定性。复内积需要共轭转置：标准形式是 $\boldsymbol y^{\mathrm H}\boldsymbol x$。

不能。半正定但不正定意味着存在非零 $\boldsymbol x$ 使 $\boldsymbol x^{\mathrm H}A\boldsymbol x=0$，于是 $(\boldsymbol x,\boldsymbol x)=0$ 却有 $\boldsymbol x\neq\boldsymbol0$，违反正定性的「等号仅在零向量处成立」。它至多定义半内积。

不完整，必须补上「固定一组有序基后」。换基会把同一个内积的矩阵表示变成 $C^{\mathrm H}GC$，所以内积没有脱离基的唯一矩阵；固定基后，内积与正定 Hermite 矩阵才一一对应。

(a) 真，这正是 定理 1.6.1 的 (1) ⟺ (3)。(b) 真，(1) ⟺ (4)。

(c) 真——这一条与前两条不同，不能拿「定义写的是『任意』」去否定它。 定义确实要求「任意向量表法唯一」，但只要有一个就够了，因为不唯一性在直和里是可以平移的。反设和不是直和，则存在零元素的非平凡表法

$$\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{w}_1+\boldsymbol{w}_2,\qquad \boldsymbol{w}_1\in W_1,\ \boldsymbol{w}_2\in W_2,\ \text{两者不全为零}.$$

把它叠加到任意一个拆法 $\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}_1+\boldsymbol{v}_2$ 上，得第二个拆法

$$\boldsymbol{v}=(\boldsymbol{v}_1+\boldsymbol{w}_1)+(\boldsymbol{v}_2+\boldsymbol{w}_2),$$

且它与原拆法不同（相同则 $\boldsymbol{w}_1=\boldsymbol{w}_2=\boldsymbol{\theta}$，与「非平凡」矛盾）。于是「有一个向量表法唯一」与「不是直和」不能共存：存在唯一 ⟹ 每个都唯一 ⟹ 直和。

顺带纠正一个常见误判。 例 1.6.1 常被当成 (c) 的反例（"$xoy$ 与 $yoz$ 平面的和中 $(1,0,0)$ 表法唯一"），但那里 $(1,0,0)$ 同样有多种表法：

$$(1,0,0)^{\mathrm T}=(1,\mu,0)^{\mathrm T}+(0,-\mu,0)^{\mathrm T}\qquad(\forall\,\mu\in\mathbb R),$$

正与上面的平移论证一致——非直和中一个"漏网"的向量都不会有。

(a) 假。复空间的长度必须逐分量取模平方：$\|\boldsymbol{x}\|=\sqrt{|1|^2+|i|^2}=\sqrt2$。用 $x_i^2$ 求和会把非零向量算成长度为零。 (b) 真，注意等号作用在模上（定理 1.5.1）。不带模的 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\|\boldsymbol{x}\|\,\|\boldsymbol{y}\|$ 只在「正相关」时成立（$\boldsymbol{y}=k\boldsymbol{x}$，$k\gt0$）。 (c) 假。复空间中 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ 一般是复数，$\arccos$ 无定义；正交应直接用 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=0$ 判定（详见勘误 E6）。

(a) 假。墙角反例（例 1.6.5）：两平面的交线 $W_3$ 是非零公共向量，取交线上非零 $\boldsymbol u$ 有 $(\boldsymbol u,\boldsymbol u)\neq0$，与「正交 ⟹ 交为零」（定理 1.6.2）矛盾。几何「垂直」是逐方向的，子空间正交是每一个对每一个。

(b) 真。$W_2\subseteq W_1^{\perp}$（正交直和的定义），且 $\dim W_2=n-\dim W_1=\dim W_1^{\perp}$（判据 (4) 用两次），包含 + 等维即相等（1.6.6 末注）。

(c) 假。公式只对正交基成立（命题 1.6.1，勘误 E12）。反例：$W=\mathbb R^2$，基 $\boldsymbol{x}_1=(1,0)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol{x}_2=(1,1)^{\mathrm T}$（内积为 $1\neq0$），取 $\boldsymbol{y}=(1,0)^{\mathrm T}$：公式给出 $1\cdot\boldsymbol{x}_1+\tfrac12\boldsymbol{x}_2=(\tfrac32,\tfrac12)^{\mathrm T}\neq\boldsymbol{y}$，而全空间上的投影应得 $\boldsymbol{y}$ 本身。

(d) 真。例 1.6.7 第一步：$R(A^{\mathrm H})\perp N(A)$，正交的两子空间只能交于零。

取两个元素 $0+1\cdot\sqrt[3]2$ 与 $0+1\cdot\sqrt[3]2$，其积为 $\sqrt[3]4$。反设 $\sqrt[3]4=a+b\sqrt[3]2$（$a,b\in\mathbb{Q}$）。记 $t=\sqrt[3]2$，则 $t^2=a+bt$，即 $t$ 满足有理系数二次方程 $x^2-bx-a=0$。两边再乘 $t$ 并用 $t^2=a+bt$：

$$2=t^3=t\cdot t^2=t(a+bt)=at+bt^2=at+b(a+bt)=ab+(a+b^2)t.$$

于是 $(ab-2)+(a+b^2)t=0$。若 $a+b^2\neq0$，则 $t=(2-ab)/(a+b^2)\in\mathbb{Q}$，但 $t^3=2$ 而任何有理数的立方是有理数，且 $2$ 的立方根是无理数（有理根检验），矛盾。若 $a+b^2=0$，则须 $ab=2$：由 $a=-b^2$ 得 $-b^3=2$，$b$ 是 $x^3+2=0$ 的有理根，只能 $b\in\{\pm1,\pm2\}$（有理根定理），逐一验证都不是根，矛盾。故 $\sqrt[3]4\notin$ 该集合，乘法不封闭。

「$\Longleftarrow$」即 $0\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\theta}$（注 1(3)，已证）。「$\Longrightarrow$」若 $k\neq0$，则 $\boldsymbol{\alpha}=1\boldsymbol{\alpha}=(k^{-1}k)\boldsymbol{\alpha}=k^{-1}(k\boldsymbol{\alpha})=k^{-1}\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta}$，与 $\boldsymbol{\alpha}\neq\boldsymbol{\theta}$ 矛盾。故 $k=0$。

「$\Longleftarrow$」若 $W_1\subseteq W_2$，则 $W_1\cup W_2=W_2$ 是子空间；另一侧同理。
「$\Longrightarrow$」反设互不包含：取 $\boldsymbol{\alpha}\in W_1\setminus W_2$ 与 $\boldsymbol{\beta}\in W_2\setminus W_1$。由假设，$\boldsymbol{\gamma}=\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta}\in W_1\cup W_2$。若 $\boldsymbol{\gamma}\in W_1$，则 $\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\gamma}-\boldsymbol{\alpha}\in W_1$（子空间对减法封闭），矛盾；若 $\boldsymbol{\gamma}\in W_2$，则 $\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\gamma}-\boldsymbol{\beta}\in W_2$，矛盾。故必有一个包含关系成立。

任取 $\boldsymbol{y}\in R(B)$，存在 $\boldsymbol{x}\in\mathbb{C}^p$ 使 $\boldsymbol{y}=B\boldsymbol{x}$。则 $A\boldsymbol{y}=A(B\boldsymbol{x})=(AB)\boldsymbol{x}=O\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\theta}$，故 $\boldsymbol{y}\in N(A)$。于是 $R(B)\subseteq N(A)$。（顺带一提：这说明 $B$ 的每一列都在 $N(A)$ 中——把 $B$ 按列分块即可看出。）

这是 1.3.1 等价刻画的逆否形式：相关 $\Longleftrightarrow$ 某个向量可由其余表示。取逆否即得：无关 $\Longleftrightarrow$ 没有向量可由其余表示。为完整起见：若某 $\boldsymbol{\alpha}_i=\sum_{j\neq i}k_j\boldsymbol{\alpha}_j$，则 $\sum_{j\neq i}k_j\boldsymbol{\alpha}_j-\boldsymbol{\alpha}_i=\boldsymbol{\theta}$ 非平凡，相关；反之若相关，取非平凡零组合，某个非零系数对应的向量可解出（1.3.1 证明）。

设 $\sum_{j=1}^{n+1}k_j\boldsymbol{y}_j=\boldsymbol{\theta}$。每个 $\boldsymbol{y}_j=\sum_{i=1}^n a_{ij}\boldsymbol{\varepsilon}_i$，代入交换求和序：$\sum_{i=1}^n\big(\sum_{j=1}^{n+1}a_{ij}k_j\big)\boldsymbol{\varepsilon}_i=\boldsymbol{\theta}$。由基表示唯一性，得 $n$ 个方程、$n+1$ 个未知量 $k_j$ 的齐次线性方程组，未知量多于方程个数，必有非零解。该非零解给出 $\boldsymbol{y}$ 组的非平凡零组合，故相关。（与 1.3.6 引理的证明逐字相同，仅代 $m=n+1$。）

存在性即例 1.2.6：$S=\frac12(A^{\mathrm T}+A),\ K=\frac12(A-A^{\mathrm T})$。唯一性：设 $A=S_1+K_1=S_2+K_2$。则 $S_1-S_2=K_2-K_1$。记此矩阵为 $X$：左边对称，故 $X^{\mathrm T}=X$；右边反对称，故 $X^{\mathrm T}=-X$。联立得 $X=-X$，即 $X=O$。故 $S_1=S_2,\ K_1=K_2$。（更进一步可问：分解唯一与 $W_1\cap W_2=\{O\}$ 有何关系？——见 1.2.6 思考框。）

证明：记 $U=W_1+W_2$。按和的定义直接验证 $(W_1+W_2)+W_3=W_1+W_2+W_3=:W$。两次使用维数公式：

$$\dim W=\dim(U+W_3)=\dim U+\dim W_3-\dim(U\cap W_3)\leq\dim U+\dim W_3\leq(\dim W_1+\dim W_2)+\dim W_3.$$

等号不成立：$\mathbb{R}^2$ 中取三条不同的过原点直线 $W_1,W_2,W_3$（各 1 维）。任两条已张成 $\mathbb{R}^2$，故 $W_1+W_2+W_3=\mathbb{R}^2$，$\dim=2\lt1+1+1=3$。教训：维数公式只对「两个」子空间成立；三个及以上只有不等式。（根源：三个子空间可以「共享冗余」。）

由共轭对称与第一变元线性，

$$(\boldsymbol x,a\boldsymbol y+b\boldsymbol z)=\overline{(a\boldsymbol y+b\boldsymbol z,\boldsymbol x)}=\overline{a(\boldsymbol y,\boldsymbol x)+b(\boldsymbol z,\boldsymbol x)}=\overline a(\boldsymbol x,\boldsymbol y)+\overline b(\boldsymbol x,\boldsymbol z).$$

再取第一变元为零：$(\boldsymbol0,\boldsymbol y)=(0\boldsymbol x,\boldsymbol y)=0(\boldsymbol x,\boldsymbol y)=0$；由共轭对称，$(\boldsymbol x,\boldsymbol0)=\overline{(\boldsymbol0,\boldsymbol x)}=0$。

充分性：矩阵乘法给第一变元线性；$A=A^{\mathrm H}$ 给 $\overline{(\boldsymbol y,\boldsymbol x)_A}=\boldsymbol y^{\mathrm H}A^{\mathrm H}\boldsymbol x=(\boldsymbol x,\boldsymbol y)_A$；$A\succ0$ 给正定性。必要性：正定公理直接给 $\boldsymbol x^{\mathrm H}A\boldsymbol x>0$。共轭对称给任意 $\boldsymbol x,\boldsymbol y$ 有 $\boldsymbol y^{\mathrm H}(A-A^{\mathrm H})\boldsymbol x=0$；依次取标准基向量即可得 $A-A^{\mathrm H}=O$，故 $A=A^{\mathrm H}$。

零元素的任意表法都可写成 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{u}+(-\boldsymbol{u})$ 的形式（$\boldsymbol{u}\in W_1$，$-\boldsymbol{u}\in W_2$），而 $-\boldsymbol{u}\in W_2\Longleftrightarrow\boldsymbol{u}\in W_2$，故这种表法与非零公共向量 $\boldsymbol{u}\in W_1\cap W_2$ 一一对应。

「⟹」若存在非零 $\boldsymbol{u}\in W_1\cap W_2$，则 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta}+\boldsymbol{\theta}$ 与 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{u}+(-\boldsymbol{u})$ 是零元素的两种不同表法，与表法唯一矛盾。

「⟸」若 $W_1\cap W_2=\{\boldsymbol{\theta}\}$，则任何表法 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{u}+(-\boldsymbol{u})$ 都强制 $\boldsymbol{u}=\boldsymbol{\theta}$，即 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta}+\boldsymbol{\theta}$，表法唯一。

(1) 设 $\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_s$ 两两正交且非零，考查 $k_1\boldsymbol{x}_1+\cdots+k_s\boldsymbol{x}_s=\boldsymbol{\theta}$。用 $\boldsymbol{x}_i$ 与两端作内积：右端 $(\boldsymbol{\theta},\boldsymbol{x}_i)=0$，左端由两两正交只剩 $k_i(\boldsymbol{x}_i,\boldsymbol{x}_i)$。于是 $k_i\|\boldsymbol{x}_i\|^2=0$；由 $\boldsymbol{x}_i\neq\boldsymbol{\theta}$ 得 $\|\boldsymbol{x}_i\|^2\gt0$，故 $k_i=0$。$i$ 任意，线性无关。

(2) 由构造式 $\boldsymbol{y}_k=\boldsymbol{x}_k-\sum_{i\lt k}\dfrac{(\boldsymbol{x}_k,\boldsymbol{y}_i)}{(\boldsymbol{y}_i,\boldsymbol{y}_i)}\boldsymbol{y}_i$ 是 $\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_k$ 的线性组合，故 $\operatorname{span}(\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_k)\subseteq\operatorname{span}(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_k)$。反过来移项得 $\boldsymbol{x}_k=\boldsymbol{y}_k+\sum_{i\lt k}\dfrac{(\boldsymbol{x}_k,\boldsymbol{y}_i)}{(\boldsymbol{y}_i,\boldsymbol{y}_i)}\boldsymbol{y}_i$，是 $\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_k$ 的组合，故反包含也成立，两者相等。

由 $\boldsymbol{y},\boldsymbol{w}\in W$ 得 $\boldsymbol{y}-\boldsymbol{w}\in W$；而 $\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\in W^{\perp}$（正交投影的残差）。两项正交，勾股（1.5.5 注 5）给出

$$\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{w}\|^2=\|(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{w})+(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\|^2=\|\boldsymbol{y}-\boldsymbol{w}\|^2+\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2\ \geq\ \|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2,$$

开方即得。等号成立 ⟺ $\|\boldsymbol{y}-\boldsymbol{w}\|=0$ ⟺ $\boldsymbol{w}=\boldsymbol{y}$。∎

读法。以 $\boldsymbol{y}$ 为垂足、$\boldsymbol{w}$ 在 $W$ 内走动，$\boldsymbol{x}-\boldsymbol{w}$ 是斜边，垂线段 $\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}$ 永远最短——「正交投影是最近点」，最小二乘法「残差最小」的根据（1.6.7 的最近点注）。

(1) 例 1.6.4 已证 $\mathbb C^n=R(A)\dotplus N(A)$。再由 $A=A^{\mathrm H}$ 得 $R(A)=R(A^{\mathrm H})=(N(A))^{\perp}$（例 1.6.7），分解升级为正交直和。

(2) 恒等式 $\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}+(I-A)\boldsymbol{x}$ 中，$A\boldsymbol{x}\in R(A)$；$(I-A)\boldsymbol{x}\in R(I-A)=N(A)$（1.6.4 思考框的双向包含）$=(R(A))^{\perp}$（由 (1)）。按定义 1.6.7，$A\boldsymbol{x}=\operatorname{Proj}_{R(A)}\boldsymbol{x}$。

(3) 取 $A=\begin{pmatrix}1&2\\0&0\end{pmatrix}$（同习题 C15）：$A^2=A$，但 $A^{\mathrm H}=\begin{pmatrix}1&0\\2&0\end{pmatrix}\neq A$。$R(A)$ 为 $x$ 轴，$I-A=\begin{pmatrix}0&-2\\0&1\end{pmatrix}$ 给出 $R(I-A)=\operatorname{span}\{(-2,1)^{\mathrm T}\}$，残差 $\boldsymbol{x}-A\boldsymbol{x}=(x_1,x_2)^{\mathrm T}-(x_1+2x_2,0)^{\mathrm T}=(-2x_2,x_2)^{\mathrm T}$ 与 $x$ 轴的内积为 $-2x_2$，一般非零——沿 $R(I-A)$ 的斜投影。（对照：若换成对称幂等阵 $\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$，残差与 $R(A)$ 正交，投影才是正交投影。）

会师。对照命题 1.6.1 的矩阵形式：若 $Z$ 的列是 $R(A)$ 的标准正交基，则正交投影矩阵恰为 $ZZ^{\mathrm H}$（幂等 + Hermite）。(1)(2) 说明这两个条件不只是必要、还是充分的。

$N(A)$：两行成比例，方程即 $x_1+2x_2+3x_3=0$。取 $(x_2,x_3)=(1,0)$ 得 $x_1=-2$；取 $(0,1)$ 得 $x_1=-3$：

$$N(A)=\operatorname{span}\{(-2,1,0)^{\mathrm T},\ (-3,0,1)^{\mathrm T}\}\subseteq\mathbb{C}^3,\qquad \dim N(A)=2.$$

$R(A)$：两列 $(1,2)^{\mathrm T},\ (2,4)^{\mathrm T},\ (3,6)^{\mathrm T}$ 全部成比例，

$$R(A)=\operatorname{span}\{(1,2)^{\mathrm T}\}\subseteq\mathbb{C}^2,\qquad \dim R(A)=1.$$

自检：$\dim N(A)+\dim R(A)=2+1=3=n$ ✓（思考 3、4 的恒等式）。

(1) 前两个成比例（相关），故整组相关；又 $(1,1,0),(0,1,1)$ 不成比例，极大无关组 $\{(1,1,0)^{\mathrm T},(0,1,1)^{\mathrm T}\}$，秩 2。

(2) 这正是例 1.3.6 勘误中的 $\boldsymbol{\alpha}$ 组：$\det\begin{pmatrix}1&1&1\\ 2&1&0\\ 1&1&1\end{pmatrix}=0$（第 1、3 行相同），且 $(1,2,1)^{\mathrm T}-2(1,1,1)^{\mathrm T}+(1,0,1)^{\mathrm T}=\boldsymbol{\theta}$，相关；任两个不成比例，极大无关组例如 $\{(1,2,1)^{\mathrm T},(1,1,1)^{\mathrm T}\}$，秩 2。

设 $l_1x_k+l_2y_k+l_3z_k=0$ 对所有 $k$ 成立。取 $k=0,1,2$ 得 Casorati 方程组：

$$\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&2\\ 1&1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}l_1\\l_2\\l_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix},\qquad \det=1(-4-2)-1(4-2)+1(1+1)=-6-2+2=-6\neq0,$$

矩阵可逆，只有零解，三信号线性无关。

设 $\boldsymbol{x}=a\boldsymbol{b}_1+b\boldsymbol{b}_2+c\boldsymbol{b}_3$，按分量（从第三行倒着解最省力）：

$$c=3,\qquad b+c=2\Rightarrow b=-1,\qquad a+b+c=1\Rightarrow a=1-(-1)-3=-1.$$

坐标 $(-1,-1,3)^{\mathrm T}$。验证：$-1(1,0,0)-1(1,1,0)+3(1,1,1)=(1,2,3)$ ✓。

(1) $A$ 的列 = $\boldsymbol{y}_i$ 在基 Ⅰ 下的坐标。$\boldsymbol{y}_1=(1,1)^{\mathrm T}=0\boldsymbol{x}_1+1\boldsymbol{x}_2$；$\boldsymbol{y}_2=(1,-1)^{\mathrm T}=2\boldsymbol{x}_1-1\boldsymbol{x}_2$（解 $a+b=1,\ b=-1$ 得 $a=2$）。故

$$A=\begin{pmatrix}0&2\\ 1&-1\end{pmatrix},\qquad\det A=-2\neq0\ (\text{可逆}).$$

(2) 易错点：$(2,3)^{\mathrm T}$ 是 $\boldsymbol{x}$ 的自然坐标，而公式 $(\beta)=A^{-1}(\alpha)$ 里的 $(\alpha)$ 是基 Ⅰ 下的坐标！先求 $\boldsymbol{x}=a\boldsymbol{x}_1+b\boldsymbol{x}_2$：$a+b=2,\ b=3\Rightarrow a=-1$，故 $(\alpha)=(-1,3)^{\mathrm T}$。再由 $A^{-1}=\frac1{-2}\begin{pmatrix}-1&-2\\ -1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tfrac12&1\\ \tfrac12&0\end{pmatrix}$：

$$(\beta)=A^{-1}(\alpha)=\begin{pmatrix}\tfrac12&1\\ \tfrac12&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\ 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\tfrac52\\ -\tfrac12\end{pmatrix}.$$

验证：$\tfrac52\boldsymbol{y}_1-\tfrac12\boldsymbol{y}_2=\tfrac52(1,1)-\tfrac12(1,-1)=(2,3)$ ✓。（若直接把 $(2,3)^{\mathrm T}$ 当 $(\alpha)$ 代入，会得到 $(4,1)^{\mathrm T}$，验证 $4\boldsymbol{y}_1+\boldsymbol{y}_2=(5,3)^{\mathrm T}\neq\boldsymbol{x}$，立刻露馅——养成「代回验证」的习惯。）