1. 对。这正是 注 1 性质 (3)：$0\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\theta}$ 对任意 $\boldsymbol{\alpha}$ 成立。注意两边的「零」是不同对象的零——左边是数、右边是向量，这正是该式的意义所在。

2. 对。但结论依赖一个隐含前提：数乘的数是 $V$ 所在数域 $F$ 中的数，且 $W$ 非空。若 $W$ 非空且对 $F$ 的数乘、加法都封闭，则 定理 1.2.1 条件 (2) 满足，$W$ 是子空间（零元与负元由封闭性自动造出）。失分点：漏掉「$W$ 必须先是 $V$ 的子集」或漏掉非空性。

3. 对。这就是 定理 1.3.3。理由必须落到计数引理：若两基个数分别为 $m>n$，则 $m$ 个向量可由 $n$ 个表示，由计数引理必相关，与「是基」矛盾。

4. 对。这是 命题 1.4.1。理由：$\overline{\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}}=(\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x})^{\mathrm H}=\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A^{\mathrm H}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}$（用了 $(BC)^{\mathrm H}=C^{\mathrm H}B^{\mathrm H}$ 与 $A^{\mathrm H}=A$）。一个数等于自身共轭当且仅当它是实数。

5. 假。两两不成比例不能推出三个向量无关。反例：$(1,0)^{\mathrm T},(0,1)^{\mathrm T},(1,1)^{\mathrm T}$ 两两不成比例，但 $(1,0)^{\mathrm T}+(0,1)^{\mathrm T}-(1,1)^{\mathrm T}=\boldsymbol{\theta}$，相关。（两两不成比例只保证组内没有两个相关的子组，但三向量相关可以不需要任何一对成比例。）

6. 对。这是秩–零化度定理的内容，1.3.10 思考 3、4 合起来即此（那里只作为课程预告给出，此处能用消元直观验证即可）。严格证明见第二章：2.2.5 的亏加秩定理是它的一般形式，定理 2.3.6 给出矩阵版本。

7. (a) 对，(b) 假。(a) 带模的 C-S 等号条件在实、复内积空间中都成立：取等号当且仅当二者线性相关。若把模误删，写成 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\|\boldsymbol{x}\|\,\|\boldsymbol{y}\|$，结论才会出错，例如 $\boldsymbol{y}=-\boldsymbol{x}$。(b) 「正交 $\Rightarrow$ 勾股」在实、复空间都对，但逆命题在复空间失效：$x=1,y=i\in\mathbb{C}^1$ 满足 $\|x+y\|^2=\|x\|^2+\|y\|^2$，却 $(x,y)=-i\neq0$（勘误 E7）。评分：两小问各判断 1 分，能给出复空间反例 1 分。

8. 假。复空间的长度要逐分量取模平方：$\|\boldsymbol{x}\|=\sqrt{|1|^2+|i|^2}=\sqrt2$。用 $x_i^2$ 求和会把非零向量算成长度为零，违反正定性。

9. 对。定义要求的是「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可以平移。反设和不是直和，则零元素有非平凡表法 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{w}_1+\boldsymbol{w}_2$（$\boldsymbol{w}_1\in W_1,\boldsymbol{w}_2\in W_2$ 不全为零）；把它叠加到任意拆法 $\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}_1+\boldsymbol{v}_2$ 上，得第二拆法 $\boldsymbol{v}=(\boldsymbol{v}_1+\boldsymbol{w}_1)+(\boldsymbol{v}_2+\boldsymbol{w}_2)$，且两者不同。所以「有一个向量表法唯一」与「不是直和」不能共存。评分：判断 1 分；能说出「非直和的不唯一性可平移」这一机制得 2 分。易错提醒：$xoy$ 与 $yoz$ 平面的和常被误当反例，但那里 $(1,0,0)^{\mathrm T}=(1,\mu,0)^{\mathrm T}+(0,-\mu,0)^{\mathrm T}$ 对任意 $\mu$ 成立，并没有表法唯一的向量。

10. 对。$A^2=A$ 时 $N(A)=R(I-A)$（双向包含，见 1.6.4 思考框），而 例 1.6.4 已证 $\mathbb{C}^n=R(A)\dotplus R(I-A)$。注意：不能只说「$R(A)\cap N(A)=\{\boldsymbol{0}\}$」——那只给了直和，还需 $R(A)+N(A)$ 覆盖整个 $\mathbb{C}^n$。

11.（1）（3 分）拼成矩阵取行列式：

$$\det(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3)=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&2&4\\1&3&9\end{vmatrix}.$$

这是三阶 Vandermonde 行列式（节点 $1,2,3$）：$\det=\prod_{i<j}(x_j-x_i)=(2-1)(3-1)(3-2)=2\neq0$。故三向量线性无关；又 $\dim\mathbb{R}^3=3$，由基扩充定理（推论 1.3.1 前半：$n$ 个无关向量即为基），它们构成一组基。评分：算出非零 2 分，引用「$n$ 个无关向量是基」1 分。

（2）（5 分）设 $\boldsymbol{x}=a\boldsymbol{\alpha}_1+b\boldsymbol{\alpha}_2+c\boldsymbol{\alpha}_3$，按分量得

$$\begin{cases}a+b+c=1\\ a+2b+4c=0\\ a+3b+9c=1\end{cases}$$

用后两式减第一式：$b+3c=-1$，$2b+8c=0$，解得 $b=-4,\ c=1$，代回 $a-4+1=1$ 得 $a=4$。故坐标为 $(4,-4,1)^{\mathrm T}$。

验证：$4(1,1,1)-4(1,2,3)+(1,4,9)=(4-4+1,\ 4-8+4,\ 4-12+9)=(1,0,1)$ ✓。评分：列对方程组 2 分，解对 2 分，代回验证 1 分。未验算扣 1 分。

12.（1）（4 分）各组内两向量不成比例，故 $\dim W_1=\dim W_2=2$。四个向量拼成矩阵：

$$\begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&1&1&1\\1&0&1&1\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-r_1}\begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&1&1&1\\0&-1&1&0\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}\begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&1&1&1\\0&0&2&1\end{pmatrix},$$

三个主元，故 $\dim(W_1+W_2)=3$。由维数公式 $\dim(W_1\cap W_2)=2+2-3=1$。

（2）（4 分）设公共向量

$$k_1(1,0,1)^{\mathrm T}+k_2(1,1,0)^{\mathrm T}=l_1(0,1,1)^{\mathrm T}+l_2(1,1,1)^{\mathrm T},$$

按分量比较得三个方程：

$$k_1+k_2=l_2,\qquad k_2=l_1+l_2,\qquad k_1=l_1+l_2.$$

后两式相减立刻得 $k_1=k_2$，记这个公共值为 $t$。代回：

• 第一式：$l_2=k_1+k_2=2t$；
• 第三式：$t=k_1=l_1+l_2=l_1+2t$，解得 $l_1=-t$。

（再把 $l_1=-t,\ l_2=2t$ 代回第二式核对：$l_1+l_2=t=k_2$ ✓，三个方程同时满足。）

于是公共向量恰为 $t(2,1,1)^{\mathrm T}$，即 $W_1\cap W_2=\operatorname{span}\{(2,1,1)^{\mathrm T}\}$，这组基含 1 个向量，与（1）中 $\dim(W_1\cap W_2)=1$ 一致。

验证：$(2,1,1)=(1,0,1)+(1,1,0)\in W_1$ ✓；$(2,1,1)=-(0,1,1)+2(1,1,1)=(2,1,1)\in W_2$ ✓。

评分：（1）两个维数各 1 分、和空间维数 2 分；（2）列对方程组 2 分，解对向量 1 分，验证 1 分。

13.（1）（3 分）按约定 $g_{ij}=(\boldsymbol{\varepsilon}_j,\boldsymbol{\varepsilon}_i)$：

$$G=\begin{pmatrix}(\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_1)&(\boldsymbol{\varepsilon}_2,\boldsymbol{\varepsilon}_1)\\(\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2)&(\boldsymbol{\varepsilon}_2,\boldsymbol{\varepsilon}_2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}.$$

（2）（3 分）坐标 $\boldsymbol{\xi}=(2,-1)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol{\eta}=(1,3)^{\mathrm T}$，故

$$(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\boldsymbol{\eta}^{\mathrm T}G\boldsymbol{\xi}=\begin{pmatrix}1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}=1.$$

回代：$\boldsymbol{x}=2(1,0)-(1,1)=(1,-1)^{\mathrm T}$，$\boldsymbol{y}=(1,0)+3(1,1)=(4,3)^{\mathrm T}$，点积 $1\cdot4+(-1)\cdot3=1$ ✓。

（3）（2 分）不是正交基：$(\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2)=1\neq0$（对应 $G$ 非对角元非零）。Gram–Schmidt：

$$\boldsymbol{y}_1=\boldsymbol{\varepsilon}_1=(1,0)^{\mathrm T},\qquad \boldsymbol{y}_2=\boldsymbol{\varepsilon}_2-\frac{(\boldsymbol{\varepsilon}_2,\boldsymbol{y}_1)}{(\boldsymbol{y}_1,\boldsymbol{y}_1)}\boldsymbol{y}_1=(1,1)^{\mathrm T}-1\cdot(1,0)^{\mathrm T}=(0,1)^{\mathrm T}.$$

单位化后即为 $\boldsymbol{q}_1=(1,0)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol{q}_2=(0,1)^{\mathrm T}$ —— 原来的斜基化为标准正交基。

评分：$G$ 正确 3 分（下标约定错则 0 分）；内积算对并回代 3 分（漏回代扣 1 分）；正交性判断 + Gram–Schmidt 2 分。

14.（1）（2 分）$A^{\mathrm H}=\overline{A^{\mathrm T}}=\overline{\begin{pmatrix}2&-i\\i&2\end{pmatrix}}=\begin{pmatrix}2&i\\-i&2\end{pmatrix}=A$，故是 Hermite 矩阵。（对角元为实数、非对角元互为共轭，外观亦满足。）

（2）（6 分）令 $\boldsymbol{x}=(x_1,x_2)^{\mathrm T}$，把二次型展开：

$$\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=2|x_1|^2+i\overline{x_1}x_2-i\overline{x_2}x_1+2|x_2|^2.$$

关键是认出中间的交叉项。由 $|x_1+ix_2|^2=(x_1+ix_2)(\overline{x_1}-i\overline{x_2})=|x_1|^2+|x_2|^2+i\overline{x_1}x_2-i\overline{x_2}x_1$ 可得

$$i\overline{x_1}x_2-i\overline{x_2}x_1=|x_1+ix_2|^2-|x_1|^2-|x_2|^2.$$

代回即得配方结果

$$\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=|x_1+ix_2|^2+|x_1|^2+|x_2|^2.$$

三项都是模的平方，故 $\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}\geq0$；若它等于 $0$，则三项各自为零，由 $|x_1|=|x_2|=0$ 得 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$。因此 $A$ 正定。

由 例 1.4.4 的充要条件（$A$ 为 Hermite 且正定 $\Longleftrightarrow$ $\boldsymbol{y}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}$ 是内积），$\boldsymbol{y}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}$ 确实定义 $\mathbb{C}^2$ 上的内积。

评分：Hermite 判定 2 分；配方写成平方和 3 分（未真正配方、只作定性断言扣分）；结论引用 例 1.4.4 的充要条件 1 分。

15.（1）（3 分）设 $\boldsymbol u=(a,b,c)^{\mathrm T}\perp W$：$a-b=0$、$a-c=0$，解得 $a=b=c$，故

$$W^{\perp}=\operatorname{span}\{(1,1,1)^{\mathrm T}\},\qquad\dim W^{\perp}=1=3-2\ \checkmark .$$

由正交分解定理（定理 1.6.4），$\mathbb R^3=W\oplus W^{\perp}$。评分：解出方程组并给出基 2 分，维数核算 + 引用定理 1 分。

（2）（3 分）先投补再相减（例 1.6.6 方法一）：$(\boldsymbol x,\boldsymbol u)=1+2+3=6$、$(\boldsymbol u,\boldsymbol u)=3$，故

$$\boldsymbol z=\operatorname{Proj}_{W^{\perp}}\boldsymbol x=\frac63(1,1,1)^{\mathrm T}=(2,2,2)^{\mathrm T},\qquad \boldsymbol y=\boldsymbol x-\boldsymbol z=(-1,0,1)^{\mathrm T}.$$

验证：$\boldsymbol y\cdot\boldsymbol u=-1+0+1=0$，即 $\boldsymbol y\in W$ ✓；$\boldsymbol y+\boldsymbol z=\boldsymbol x$ ✓；勾股 $14=2+12$ ✓。评分：两个投影各 1 分，验证 1 分（未验算扣 1 分）。

（3）（2 分）不是正交基：$(1,-1,0)\cdot(1,0,-1)=1\neq0$。因此命题 1.6.1 的投影公式不能直接用（勘误 E12）；处理办法任选其一：① 走 (2) 的「先补后投」路线（$W^{\perp}$ 一维好投）；② 先 Gram–Schmidt 化为正交基再用公式：$\boldsymbol y_1=(1,-1,0)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol y_2=(1,0,-1)^{\mathrm T}-\tfrac12(1,-1,0)^{\mathrm T}=(\tfrac12,\tfrac12,-1)^{\mathrm T}$，则 $\operatorname{Proj}_{W}\boldsymbol x=-\tfrac12\boldsymbol y_1-\boldsymbol y_2=(-1,0,1)^{\mathrm T}$，与 (2) 一致；③ 解 Gram 方程组（例 1.6.3 的通用算法）。评分：判断正交性 1 分，说出任一正确处理路线 1 分。

16.（15 分）

「$\Longleftarrow$」（5 分）若 $W_1\subseteq W_2$，则 $W_1\cup W_2=W_2$ 是子空间；若 $W_2\subseteq W_1$，则 $W_1\cup W_2=W_1$ 是子空间。

「$\Longrightarrow$」（10 分）反设 $W_1\not\subseteq W_2$ 且 $W_2\not\subseteq W_1$，即存在 $\boldsymbol{\alpha}\in W_1\setminus W_2$ 与 $\boldsymbol{\beta}\in W_2\setminus W_1$。

令 $\boldsymbol{\gamma}=\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta}$。由假设 $W_1\cup W_2$ 对加法封闭，故 $\boldsymbol{\gamma}\in W_1\cup W_2$，即 $\boldsymbol{\gamma}\in W_1$ 或 $\boldsymbol{\gamma}\in W_2$。

• 若 $\boldsymbol{\gamma}\in W_1$：因 $\boldsymbol{\alpha}\in W_1$ 且 $W_1$ 是子空间，$\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\gamma}-\boldsymbol{\alpha}\in W_1$，与 $\boldsymbol{\beta}\notin W_1$ 矛盾。
• 若 $\boldsymbol{\gamma}\in W_2$：同理 $\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\gamma}-\boldsymbol{\beta}\in W_2$，与 $\boldsymbol{\alpha}\notin W_2$ 矛盾。

两种情形都矛盾，故必有一个包含关系成立。

评分：反证假设 2 分；取到「互不包含」的两个向量 3 分；两种情况各 2 分；指出矛盾并收尾 1 分。关键给分点：必须显式用到「子空间对减法封闭」（即 $-\boldsymbol{\beta}\in W_1$），只写「由封闭性」而不交代减法合法性会扣 1 分。

17.（15 分）

记 $E=(\boldsymbol{\varepsilon}_1,\cdots,\boldsymbol{\varepsilon}_n)$、$Y=(\boldsymbol{y}_1,\cdots,\boldsymbol{y}_n)$，则题设即 $Y=EA$。

「$\Longleftarrow$」（7 分）设 $A$ 可逆。考虑 $k_1\boldsymbol{y}_1+\cdots+k_n\boldsymbol{y}_n=\boldsymbol{\theta}$，写成矩阵式 $Y\boldsymbol{k}=\boldsymbol{\theta}$，其中 $\boldsymbol{k}=(k_1,\cdots,k_n)^{\mathrm T}$。代入 $Y=EA$：

$$EA\boldsymbol{k}=\boldsymbol{\theta}\quad\Longrightarrow\quad A\boldsymbol{k}=\boldsymbol{\theta},$$

（第二步：$E$ 是基、其表示唯一，故 $A\boldsymbol{k}$ 的每个分量必为零；也可直接由基向量无关得到。）

由 $A$ 可逆，$\boldsymbol{k}=\boldsymbol{\theta}$，故 $\boldsymbol{y}$ 组线性无关。又 $\boldsymbol{y}$ 组恰含 $n$ 个向量而 $\dim V=n$，由基扩充定理（推论 1.3.1 前半）它是基。

「$\Longrightarrow$」（8 分）设 $\boldsymbol{y}$ 组是基。由基表示唯一性，$A$ 的每一列是 $\boldsymbol{y}_j$ 在基 $E$ 下唯一的坐标，故 $A$ 由 $\boldsymbol{y}$ 组唯一确定。

反设 $A$ 不可逆，则齐次方程组 $A\boldsymbol{k}=\boldsymbol{\theta}$ 有非零解 $\boldsymbol{k}\neq\boldsymbol{\theta}$。于是

$$k_1\boldsymbol{y}_1+\cdots+k_n\boldsymbol{y}_n=Y\boldsymbol{k}=EA\boldsymbol{k}=E\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta},$$

这是 $\boldsymbol{y}$ 组的一个非平凡零组合，与 $\boldsymbol{y}$ 组线性无关矛盾。故 $A$ 可逆。

评分：写出 $Y=EA$ 2 分；充分性 7 分（构造零组合、由可逆得 $\boldsymbol{k}=\boldsymbol{\theta}$、引用「$n$ 个无关向量是基」）；必要性 6 分（反设不可逆 2 分、取到非零解 2 分、导出矛盾 2 分）。

另一种思路（加分不改分）：必要性也可用「$A$ 不可逆 $\Longrightarrow$ 存在非零 $\boldsymbol{k}$ 使 $A\boldsymbol{k}=\boldsymbol{0}$」直接反证，与 命题 1.3.1（1） 的证明同构。本题正是「过渡矩阵可逆」这条性质的一般形式。