1. 对。三句都对。(a) 三要素见 定义 2.1.1：定义域 $V$、值域 $R(f)$ 与对应法则；判「是不是映射」时先问「是不是对每个 $x$ 都有像、像是否唯一」。(b) $R(f)\subseteq W$ 是定义的一部分，$R(f)=W$ 则是满射这条额外性质（定义 2.1.2）——把两者混为一谈是判「满射」时最常见的错。(c) 这正是 定义 2.1.6 的三个定义：变换 $=V\to V$ 的映射；一一变换 $=V\to V$ 的双射；置换 $=$ 有限集上的一一变换。$\mathbb R^2$ 上的恒等映射是 $\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ 的双射，故是变换与一一变换；但 $\mathbb R^2$ 不是有限集，故不是置换。失分点：把「置换」误当成「任意集合上的一一变换」——它多出的条件正是「$V$ 有限」。（顺带记住：$I_V$ 与 $I_W$ 因定义域不同而不相等，定义 2.1.3。）

2. (a) 对，(b) 假。(a) 就是 推论 2.2.1（3）：由相关存在不全为零的 $k_1,\cdots,k_p$ 使 $k_1\boldsymbol{\alpha}_1+\cdots+k_p\boldsymbol{\alpha}_p=\boldsymbol{\theta}$；作用 $T$ 并用保持线性组合（定理 2.2.1）与 $T(\boldsymbol{\theta})=\boldsymbol{\theta}'$ 得

$$k_1T(\boldsymbol{\alpha}_1)+\cdots+k_pT(\boldsymbol{\alpha}_p)=\boldsymbol{\theta}',$$

系数 $k_i$ 仍不全为零，故像组相关。(b) 反例：零映射 $T(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{\theta}'$ 把任何线性无关组都映成零组（相关），而原组无关——它正是那个「逆命题不真」的标准反例。评分：两个判断各 1 分，正确反例 1 分。

3. 对。两句都对，且合起来正是 定理 2.2.2 之后的「维数陷阱」。判据本身只谈「单射 $\iff$ 无关组的像无关」，与维数无关：$\dim W<\dim V$ 时不存在单射，但两边同时为假，等价依然成立。而「单射 $\Longrightarrow$ 双射」必须先设 $\dim V=\dim W$（推论 2.2.2）：否则单射只给出 $\dim R(T)=\dim V\le\dim W$，满射无从谈起。做题前先看题目给没给「同维」条件，不要默认。

4. 假。$T$ 不是 $\mathbb C$ 上的线性变换：齐次性对 $\lambda=i$ 失败——取 $z\neq0$，

$$T(iz)=\overline{iz}=-i\bar z=-i\,T(z)\neq i\,T(z).$$

它只是把 $\mathbb C$ 看作实线性空间时的线性变换（可加性成立、对实数 $\lambda$ 齐次）。要点：「线性」必须绑定数域（定义 2.2.1 的注记 1）——判线性之前先问「在哪个数域上线性」。

5. 对。三句分别是 定义 2.3.1 的读法、坐标公式（定理 2.3.4）与存在唯一性（定理 2.3.1）。(a) 的定义方式就是「$A$ 的第 $j$ 列 $=T(\boldsymbol{\varepsilon}_j)$ 的坐标」——注意是像的坐标，不是「$T$ 的第 $j$ 个分量」。(b) $A$ 是 $m\times n$：行数 $=$ 到达空间维数 $\dim W$、列数 $=$ 出发空间维数 $\dim V$（「横着读像、竖着数向量」）。(c) 存在性（满射）$+$ 唯一性（单射）就是「$T\mapsto A$ 是双射」，这也是 $L(V,W)\cong F^{m\times n}$ 的前半（定理 2.3.2）。失分点：把形状写成 $n\times m$（把行数记成 $\dim V$）。

6. (a) 对，(b) 假，(c) 假。(a) $B=P^{-1}AP$ 就是取 $Q=P$ 的相抵，故相似必相抵。(b) 反例：$A=\operatorname{diag}(1,0)$ 与 $B=\operatorname{diag}(2,0)$ 同型同秩，可以经初等变换互化（相抵），但不相似——相似保持特征值（$1$ 与 $2$ 不同），相抵只保持秩；更根本地，相抵允许两侧用互不相关的可逆矩阵、且对同型长方阵也有定义，而相似只对同阶方阵定义（定理 2.3.5、推论 2.3.4；相抵与相似的关系见勘误 §五的补注）。(c) 等势只保证存在一个双射（定义 2.1.1），同构还要求这个双射保持加法与数乘（定义 2.3.2），判别依据是维数相等（定理 2.3.3）：例如 $\mathbb R$ 与 $\mathbb R^2$ 作为集合等势（都是连续统，集合论的标准结论），但 $\dim\mathbb R=1\neq2=\dim\mathbb R^2$，二者不同构。评分：三个判断各 1 分。

7. 假。反例就是 三矩阵例：

$$J_1=\begin{pmatrix}1&&\\&1&\\&&1\end{pmatrix},\qquad J_2=\begin{pmatrix}1&1&\\&1&\\&&1\end{pmatrix},\qquad J_3=\begin{pmatrix}1&1&\\&1&1\\&&1\end{pmatrix}.$$

三者的特征多项式都是 $(\lambda-1)^3$（代数重数均为 $3$），但 $\dim V_1$ 依次为 $3-0=3$、$3-1=2$、$3-2=1$。原因是几何重数由秩决定：$\dim V_\lambda=n-\operatorname{rank}(A-\lambda I)$（几何重数的计算 2.4.6），而秩并不是特征多项式的函数。一句话：特征多项式没有包含特征结构的全部信息。

8. 对。前一半是 相似不变量 2.4.4：特征多项式（从而特征值含重数）、$\operatorname{tr}$、$\det$、$\operatorname{rank}$ 都是相似不变量；几何重数也是——

$$\dim V_\lambda(A)=n-\operatorname{rank}(A-\lambda I)=n-\operatorname{rank}\big(P^{-1}(A-\lambda I)P\big)=n-\operatorname{rank}(B-\lambda I)=\dim V_\lambda(B).$$

后一半也成立：由 $B=P^{-1}AP$，

$$A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}\iff B(P^{-1}\boldsymbol{x})=\lambda (P^{-1}\boldsymbol{x}),$$

故二者的特征向量（坐标列）相差一个 $P^{-1}$，一般并不相同；在变换层面，这正是「$T$ 的特征向量本身不变、而它的坐标随基改变」（特征对的翻译定理 2.4.1）。

9. (a) 假，(b) 对。(a) 只能保证 $|\lambda|=1$（正交矩阵特征值的模 2.5.3），复特征值完全可能出现：$A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ 是正交矩阵，特征值为 $\pm i$。错误证明的根子在于把 $\boldsymbol{x}^{\mathrm T}\boldsymbol{x}$ 当长度——复向量下它可以是 $0$（如 $\boldsymbol{x}=(1,i)^{\mathrm T}$），见 错误证明警示。(b) 对：$T_{ij}$ 在一个坐标平面内转动、$\det T_{ij}=1$；$H$ 关于超平面 $\boldsymbol{\omega}^{\perp}$ 作镜像、$\det H=-1$；两者都满足 $A^{\mathrm T}A=I$（Givens 矩阵的性质 2.5.5、Householder 矩阵的性质 2.5.7）。评分：两个判断各 1 分，给出 $\pm i$ 一类反例 1 分。

10. (a) 对，(b) 假。(a) 这正是 四条等价刻画 2.5.4 的 ①$\iff$②：保长度 $+$ 线性 $\Longrightarrow$ 保内积（证明走 ②$\Longrightarrow$③$\Longrightarrow$④$\Longrightarrow$①；酉空间里第二步要用 $\boldsymbol{q}_i+t\boldsymbol{q}_j$ 极化才能把虚部钉死）。(b) 从第二变元提出复数必须取共轭：$(\boldsymbol{x},t\boldsymbol{y})=\bar t\,(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$；只有从第一变元提出才不取共轭（共轭陷阱）。评分：两个判断各 1 分，写出正确的 $(\boldsymbol{x},t\boldsymbol{y})=\bar t(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ 1 分。

11.（1）（2 分）先确认 $T$ 是良定义的映射：$X+X^{\mathrm T}$ 仍是 $2$ 阶实矩阵，且由 $X$ 唯一确定，故 $T:V\to V$。再验两条（$k\in\mathbb R$）：

$$T(X+Y)=(X+Y)+(X+Y)^{\mathrm T}=X+X^{\mathrm T}+Y+Y^{\mathrm T}=T(X)+T(Y),$$ $$T(kX)=kX+(kX)^{\mathrm T}=kX+kX^{\mathrm T}=k\,T(X)$$

（用了 $(X+Y)^{\mathrm T}=X^{\mathrm T}+Y^{\mathrm T}$、$(kX)^{\mathrm T}=kX^{\mathrm T}$）。故 $T$ 是线性变换。评分：良定义 1 分，两条性质 1 分。

（2）（4 分）取 $X=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$，则 $X+X^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}2a&b+c\\ b+c&2d\end{pmatrix}$。

$N(T)$：$X+X^{\mathrm T}=O$ 当且仅当 $a=0$、$d=0$、$c=-b$，故

$$N(T)=\left\{\begin{pmatrix}0&b\\ -b&0\end{pmatrix}\ \Big|\ b\in\mathbb R\right\}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}0&1\\ -1&0\end{pmatrix}\right\},\qquad \dim N(T)=1 .$$

$R(T)$：$X+X^{\mathrm T}$ 总是对称矩阵（$(X+X^{\mathrm T})^{\mathrm T}=X^{\mathrm T}+X$）；反之任一对称矩阵 $S$（$S^{\mathrm T}=S$）取 $X=\tfrac12S$ 即得 $T(X)=\tfrac12(S+S^{\mathrm T})=S$，故

$$R(T)=\left\{S\ \big|\ S^{\mathrm T}=S\right\}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1&0\\ 0&0\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}0&0\\ 0&1\end{pmatrix}\right\},\qquad \dim R(T)=3 .$$

三个生成元线性无关（第 1、3 个分别只在 $(1,1)$、$(2,2)$ 位置非零，剩下第 2 个由 $(1,2)$ 位置定）。评分：$N(T)$、$R(T)$ 各 2 分（基 1 分 $+$ 维数 1 分）。

（3）（1 分）$\dim N(T)+\dim R(T)=1+3=4=\dim\mathbb R^{2\times2}$ ✓，与 定理 2.2.5 一致。

（4）（1 分）$\dim L(V,V)=\dim V\cdot\dim V=4\times4=16$。依据：取定一组基后 $L(V,V)\cong\mathbb R^{4\times4}$（定理 2.3.2），而同构的空间维数相等（定理 2.3.3），且 $\dim L(V,W)=\dim V\cdot\dim W$（推论 2.3.2）。

12.（1）（2 分）逐列读「基向量被映到哪里」：

$$T(\boldsymbol{e}_1)=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\qquad T(\boldsymbol{e}_2)=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\qquad T(\boldsymbol{e}_3)=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} \ \Longrightarrow\ A=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 0&1&1\end{pmatrix}\in\mathbb R^{2\times3}.$$

$\boldsymbol{\alpha}=(1,2,3)^{\mathrm T}$，故 $\boldsymbol{\beta}=A\boldsymbol{\alpha}=\begin{pmatrix}1+2\\ 2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\5\end{pmatrix}$，即 $T(1,2,3)^{\mathrm T}=(3,5)^{\mathrm T}$。直接代入 $x_1+x_2=3$、$x_2+x_3=5$ ✓。评分：写出 $A$ 1 分，算对并回代 1 分。

（2）（4 分）按「新基 $=$ 旧基 $\times$ 过渡矩阵」的列约定（定义 1.3.5）：

$$Q=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}\ \ (\boldsymbol{e}\to\boldsymbol{\varepsilon}'),\qquad P=\begin{pmatrix}1&0\\ 1&1\end{pmatrix}\ \ (\boldsymbol{f}\to\boldsymbol{\eta}'),$$

$$Q^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix},\qquad P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\\ -1&1\end{pmatrix}.$$

由换基公式（定理 2.3.5）$B=P^{-1}AQ$：

$$P^{-1}A=\begin{pmatrix}1&0\\ -1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1&0\\ 0&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0\\ -1&0&1\end{pmatrix},\qquad B=(P^{-1}A)Q=\begin{pmatrix}1&2&0\\ -1&-1&1\end{pmatrix}.$$

记忆：$P$ 管到达端、$Q$ 管出发端，谁被换掉谁就乘在那个位置上。评分：两个过渡矩阵 2 分，公式用对 1 分，$B$ 算对 1 分。

（3）（1 分）逐列验算（每列 $=T(\boldsymbol{\varepsilon}'_j)$ 在 $\boldsymbol{\eta}'$ 下的坐标）：

• $T(\boldsymbol{\varepsilon}'_1)=T(1,0,0)^{\mathrm T}=(1,0)^{\mathrm T}=\boldsymbol{f}_1=\boldsymbol{\eta}'_1-\boldsymbol{\eta}'_2$，坐标 $(1,-1)^{\mathrm T}$ ✓；
• $T(\boldsymbol{\varepsilon}'_2)=T(1,1,0)^{\mathrm T}=(2,1)^{\mathrm T}=2\boldsymbol{f}_1+\boldsymbol{f}_2=2\boldsymbol{\eta}'_1-\boldsymbol{\eta}'_2$，坐标 $(2,-1)^{\mathrm T}$ ✓；
• $T(\boldsymbol{\varepsilon}'_3)=T(0,0,1)^{\mathrm T}=(0,1)^{\mathrm T}=\boldsymbol{f}_2=\boldsymbol{\eta}'_2$，坐标 $(0,1)^{\mathrm T}$ ✓。

三列与 $B$ 完全一致。未验算扣 1 分。

（4）（1 分）解 $x_1+x_2=0$、$x_2+x_3=0$ 得 $x_2=-x_1$、$x_3=x_1$，故

$$N(T)=\operatorname{span}\{(1,-1,1)^{\mathrm T}\},\qquad \dim N(T)=1 .$$

$A$ 的前两列 $(1,0)^{\mathrm T}$、$(1,1)^{\mathrm T}$ 线性无关，故 $\operatorname{rank}A=2=\dim R(T)$，且

$$\dim N(T)+\operatorname{rank}A=1+2=3=\dim\mathbb R^3\ \checkmark$$

——与 定理 2.2.5、定理 2.3.6 一致。

13.（1）（2 分）友矩阵的最后一行是 $-a_0,-a_1,-a_2$（定义 2.1.11 的第一种形状），对照 $A$ 的最后一行 $(8,-14,7)$ 得 $a_0=-8$、$a_1=14$、$a_2=-7$，故

$$f(\lambda)=\lambda^3-7\lambda^2+14\lambda-8 .$$

按第一行展开特征多项式：

$$\det(\lambda I-A)=\begin{vmatrix}\lambda&-1&0\\ 0&\lambda&-1\\ -8&14&\lambda-7\end{vmatrix} =\lambda\big[\lambda(\lambda-7)+14\big]+\big[0\cdot(\lambda-7)-(-1)(-8)\big] =\lambda^3-7\lambda^2+14\lambda-8=f(\lambda)\ \checkmark$$

——「$f$ 恰是 $A$ 的特征多项式」正是 定义 2.1.11 的断言，此处 $n=3$ 直接验证。评分：写出 $f$ 1 分，验证它是特征多项式 1 分。

（2）（2 分）分解

$$f(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-4),$$

故 $T$ 的特征值为 $\lambda_1=1$、$\lambda_2=2$、$\lambda_3=4$，代数重数都是 1（由 特征对的翻译定理 2.4.1，$T$ 与 $A$ 的特征值相同）。这里「求根」用的是 2.1 的整除语言：$\lambda_0$ 是 $f$ 的根 $\iff$ $(\lambda-\lambda_0)\mid f(\lambda)$（定义 2.1.8），故 $(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-4)\mid f$，两者次数同为 $3$、首项系数同为 $1$，因而相等。核对：$\operatorname{tr}A=0+0+7=7=1+2+4$ ✓；$\det A=8=1\cdot2\cdot4$ ✓（迹、行列式与特征值 2.4.2）。评分：特征值与重数 1 分，核对 1 分（未核对扣 1 分）。

（3）（2 分）对每个特征值解 $(A-\lambda I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：

• $\lambda=1$：$A-I=\begin{pmatrix}-1&1&0\\ 0&-1&1\\ 8&-14&6\end{pmatrix}$，前两行给出 $x_1=x_2=x_3$，基础解系 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1,1)^{\mathrm T}$（第三行 $8-14+6=0$ 自动满足，秩为 $2$），$\dim V_1=3-2=1$；
• $\lambda=2$：$A-2I=\begin{pmatrix}-2&1&0\\ 0&-2&1\\ 8&-14&5\end{pmatrix}$，给出 $x_2=2x_1$、$x_3=2x_2=4x_1$，基础解系 $\boldsymbol{\alpha}_2=(1,2,4)^{\mathrm T}$（第三行 $8-28+20=0$ ✓），$\dim V_2=1$；
• $\lambda=4$：$A-4I=\begin{pmatrix}-4&1&0\\ 0&-4&1\\ 8&-14&3\end{pmatrix}$，给出 $x_2=4x_1$、$x_3=4x_2=16x_1$，基础解系 $\boldsymbol{\alpha}_3=(1,4,16)^{\mathrm T}$（第三行 $8-56+48=0$ ✓），$\dim V_4=1$。

三个特征值的几何重数都等于代数重数（$1=1$），且 $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关（不同特征值的特征向量线性无关，不同特征值的特征向量线性无关 2.4.5；$V$ 是 $3$ 维的），故 $T$ 能对角化（重数不等式 2.4.7、设计基使矩阵为指定形式）。

（4）（2 分）乘回基（这是本节最高频的失分点，求线性变换特征对的流程 第 4 步）：$T$ 的属于 $\lambda=2$ 的全部特征向量为

$$\boldsymbol{\xi}=k\big(\boldsymbol{\varepsilon}_1+2\boldsymbol{\varepsilon}_2+4\boldsymbol{\varepsilon}_3\big),\qquad k\neq0 .$$

（$k=0$ 给出的是零向量，零向量不是特征向量。）取

$$\boldsymbol{\varepsilon}'_1=\boldsymbol{\varepsilon}_1+\boldsymbol{\varepsilon}_2+\boldsymbol{\varepsilon}_3\ (\lambda=1),\quad \boldsymbol{\varepsilon}'_2=\boldsymbol{\varepsilon}_1+2\boldsymbol{\varepsilon}_2+4\boldsymbol{\varepsilon}_3\ (\lambda=2),\quad \boldsymbol{\varepsilon}'_3=\boldsymbol{\varepsilon}_1+4\boldsymbol{\varepsilon}_2+16\boldsymbol{\varepsilon}_3\ (\lambda=4),$$

则 $(\boldsymbol{\varepsilon}'_1,\boldsymbol{\varepsilon}'_2,\boldsymbol{\varepsilon}'_3)=(\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\boldsymbol{\varepsilon}_3)P$，其中

$$P=\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&2&4\\ 1&4&16\end{pmatrix},\qquad \det P=(2-1)(4-1)(4-2)=6\neq0$$

（三阶 Vandermonde 行列式），故它们是基，且

$$P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,2,4).$$

验算（逐列）：$A(1,1,1)^{\mathrm T}=(1,1,1)^{\mathrm T}$ ✓；$A(1,2,4)^{\mathrm T}=(2,4,8)^{\mathrm T}=2(1,2,4)^{\mathrm T}$ ✓；$A(1,4,16)^{\mathrm T}=(4,16,64)^{\mathrm T}=4(1,4,16)^{\mathrm T}$ ✓。评分：乘回基写出特征向量 1 分（写成坐标列 $(1,2,4)^{\mathrm T}$ 只给 0 分），新基与对角形 1 分。易错提醒：$(A-\lambda I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的解只是坐标；漏掉「乘回基」这一行，第 (4) 问前一半就全错。

14.（1）（3 分）$r=\sqrt{x_1^2+x_2^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt5$，按 分量清零 2.5.6 取

$$\cos\varphi=\frac{x_1}{r}=\frac1{\sqrt5},\qquad \sin\varphi=-\frac{x_2}{r}=-\frac2{\sqrt5},$$

$$T_{12}=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt5}&\frac2{\sqrt5}&0\\[2pt] -\frac2{\sqrt5}&\frac1{\sqrt5}&0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix}.$$

验算（按 Givens 矩阵的性质 2.5.5（3），只改第 1、2 个分量）：

$$(T_{12}\boldsymbol{x})_1=\frac1{\sqrt5}\cdot1-\Big(-\frac2{\sqrt5}\Big)\cdot2=\frac{1+4}{\sqrt5}=\sqrt5,\qquad (T_{12}\boldsymbol{x})_2=-\frac2{\sqrt5}\cdot1+\frac1{\sqrt5}\cdot2=0\ \checkmark$$

故 $T_{12}\boldsymbol{x}=(\sqrt5,0,2)^{\mathrm T}$。

（2）（3 分）第二个 Givens 必须用更新后的向量 $(\sqrt5,0,2)^{\mathrm T}$ 取角：$r'=\sqrt{5+4}=3$，

$$\cos\psi=\frac{\sqrt5}{3},\qquad \sin\psi=-\frac23,\qquad T_{13}=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt5}{3}&0&\frac23\\[2pt] 0&1&0\\[2pt] -\frac23&0&\frac{\sqrt5}{3}\end{pmatrix}.$$

$$T_{13}(T_{12}\boldsymbol{x})=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt5}{3}\cdot\sqrt5+\frac23\cdot2\\[2pt] 0\\[2pt] -\frac23\cdot\sqrt5+\frac{\sqrt5}{3}\cdot2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{5+4}{3}\\[2pt]0\\[2pt]\frac{-2\sqrt5+2\sqrt5}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\0\\0\end{pmatrix}.$$

而 $\|\boldsymbol{x}\|=\sqrt{1+4+4}=3$，故 $T_{13}T_{12}\boldsymbol{x}=3\boldsymbol{e}_1=\|\boldsymbol{x}\|\boldsymbol{e}_1$ ✓。

（3）（1 分）总变换是 $T_{13}T_{12}$——按作用顺序反写：先作用的 $T_{12}$ 排在最右（用 Givens 把任意向量对准 $\boldsymbol{e}_1$）。这来自复合的定义：$(T_{13}T_{12})\boldsymbol{x}=T_{13}(T_{12}\boldsymbol{x})$（定义 2.1.4）。写成 $T_{12}T_{13}$ 就把顺序弄反了：那时第 $1$ 个作用的是 $T_{13}$，$T_{12}$ 便不是按 $\boldsymbol{x}$ 的前两个分量取的角，结果的第 $3$ 个分量一般不为 $0$，得不到 $\|\boldsymbol{x}\|\boldsymbol{e}_1$；在第二个矩阵上继续用未更新的向量取角同样会错。

（4）（1 分）$T_{12}$、$T_{13}$ 都是 Givens 矩阵，故都是正交矩阵（Givens 矩阵的性质 2.5.5（1））；正交矩阵的乘积仍正交（正交 / 酉矩阵的运算性质 2.5.2（2）），故 $T_{13}T_{12}$ 正交。直接验证也只需两步：

$$(T_{13}T_{12})^{\mathrm T}(T_{13}T_{12})=T_{12}^{\mathrm T}\big(T_{13}^{\mathrm T}T_{13}\big)T_{12}=T_{12}^{\mathrm T}T_{12}=I .$$

行列式：把 $T_{ij}$ 按「二阶主块 $\begin{pmatrix}c&-s\\ s&c\end{pmatrix}$ $+$ 单位块」分块，$\det T_{ij}=c^2+s^2=1$（旋转），故 $\det(T_{13}T_{12})=1\cdot1=1$。评分：正交性说明 0.5 分，行列式 0.5 分。

15.（1）（2 分）$\|\boldsymbol{x}\|=5$。镜面取「$\boldsymbol{x}$ 与目标方向 $\|\boldsymbol{x}\|\boldsymbol{e}_1$ 的角平分面」，即 $\boldsymbol{\omega}$ 沿 $\boldsymbol{x}-\|\boldsymbol{x}\|\boldsymbol{e}_1$ 的单位向量（Householder 矩阵的性质 2.5.7 之后的想一想 2）：

$$\boldsymbol{v}=\boldsymbol{x}-5\boldsymbol{e}_1=(-5,3,4)^{\mathrm T},\qquad \|\boldsymbol{v}\|=\sqrt{25+9+16}=5\sqrt2,$$ $$\boldsymbol{\omega}=\frac{1}{5\sqrt2}\begin{pmatrix}-5\\ 3\\ 4\end{pmatrix},\qquad \|\boldsymbol{\omega}\|=1\ \checkmark$$

（2）（2 分）先算

$$2\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}=\frac{2}{50}\boldsymbol{v}\boldsymbol{v}^{\mathrm T}=\frac1{25}\begin{pmatrix}25&-15&-20\\ -15&9&12\\ -20&12&16\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&-\frac35&-\frac45\\[2pt] -\frac35&\frac9{25}&\frac{12}{25}\\[2pt] -\frac45&\frac{12}{25}&\frac{16}{25}\end{pmatrix},$$

故

$$H=I-2\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}0&\frac35&\frac45\\[2pt] \frac35&\frac{16}{25}&-\frac{12}{25}\\[2pt] \frac45&-\frac{12}{25}&\frac9{25}\end{pmatrix}.$$

验算：

$$H\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}0\cdot0+\frac35\cdot3+\frac45\cdot4\\[2pt] \frac35\cdot0+\frac{16}{25}\cdot3-\frac{12}{25}\cdot4\\[2pt] \frac45\cdot0-\frac{12}{25}\cdot3+\frac9{25}\cdot4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\frac{9+16}{5}\\[2pt] \frac{48-48}{25}\\[2pt] \frac{-36+36}{25}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}=5\boldsymbol{e}_1=\|\boldsymbol{x}\|\boldsymbol{e}_1\ \checkmark$$

评分：写出 $\boldsymbol{\omega}$ 1 分，写出 $H$ 并验算 1 分（未验算扣 1 分）。

（3）（2 分）对称：$(\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T})^{\mathrm T}=\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}$，故 $H^{\mathrm T}=H$；上面写出的 $H$ 也显然对称。

自逆：

$$H^2=(I-2\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T})^2=I-4\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}+4\boldsymbol{\omega}\big(\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}\boldsymbol{\omega}\big)\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}=I-4\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}+4\boldsymbol{\omega}\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}=I,$$

其中 $\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}\boldsymbol{\omega}=\|\boldsymbol{\omega}\|^2=1$。（由 $H^{\mathrm T}=H$ 与 $H^2=I$ 立得 $H^{\mathrm T}H=I$，即 $H$ 正交。）

行列式：$H\boldsymbol{\omega}=\boldsymbol{\omega}-2\boldsymbol{\omega}(\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}\boldsymbol{\omega})=-\boldsymbol{\omega}$，故 $-1$ 是特征值；而每个与 $\boldsymbol{\omega}$ 正交的向量都满足 $H\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}$，$\dim\boldsymbol{\omega}^{\perp}=n-1$，取它的一组基即得 $n-1$ 个属于 $1$ 的线性无关特征向量。于是 $H$ 的全部特征值（计重数）为 $-1,\underbrace{1,\cdots,1}_{n-1}$，特征值之积即行列式：

$$\det H=(-1)\cdot 1^{\,n-1}=-1 .$$

本题的具体验算（$n=3$）：取镜面内两个向量 $(4,0,5)^{\mathrm T}$、$(3,5,0)^{\mathrm T}$（都与 $\boldsymbol{v}=(-5,3,4)^{\mathrm T}$ 正交），直接算得 $H(4,0,5)^{\mathrm T}=(4,0,5)^{\mathrm T}$ ✓、$H(3,5,0)^{\mathrm T}=(3,5,0)^{\mathrm T}$ ✓，而 $H\boldsymbol{v}=-\boldsymbol{v}$ ✓——三个特征向量线性无关，特征值 $-1,1,1$，$\det H=-1$ ✓。

（4）（2 分）几何意义：$H$ 把向量关于超平面 $\boldsymbol{\omega}^{\perp}=\{\boldsymbol{y}\mid\boldsymbol{\omega}^{\mathrm T}\boldsymbol{y}=0\}$ 作镜像：把 $\boldsymbol{y}$ 分解为沿 $\boldsymbol{\omega}$ 的分量与垂直分量 $\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}_{\parallel}+\boldsymbol{y}_{\perp}$，则

$$H\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}_{\perp}-\boldsymbol{y}_{\parallel},$$

即「垂直分量保留、平行分量反向」——注意不是投影（投影幂等、一般不保长度）。本题的镜面是与 $\boldsymbol{v}=(-5,3,4)^{\mathrm T}$ 垂直且过原点的平面

$$-5y_1+3y_2+4y_3=0 .$$

特征值：$-1$（代数重数 $1$，特征子空间 $\operatorname{span}\{\boldsymbol{\omega}\}$，即 $\boldsymbol{v}$ 方向）；$1$（代数重数 $2$，特征子空间 $\boldsymbol{\omega}^{\perp}$，即镜面本身）。两种重数在这里都相等。易错提醒：把 $H$ 说成「投影」是本节的典型错误——投影满足 $P^2=P$ 但一般不保长度；$H$ 满足 $H^2=I$、保长度、$\det H=-1$。评分：几何意义 1 分，特征值与重数 1 分。