1. 对、对、对。(a) 相抵分解见 引理 3.1.1（任何矩阵，含零矩阵取 $\Gamma=O$）；满秩分解见 定理 3.2.1（要求 $r>0$——$A=O$ 时不存在列满秩的 $B$）。(b) 正是 分解唯一性问题 与 本编补注：分解式因 $P$、$Q$ 的取法无穷而不唯一，但中间的标准形由秩唯一决定（秩在相抵下不变）。(c) 本编补注：同型矩阵相抵 $\iff$ 同秩。

2. (a) 对、(b) 错、(c) 对。(a) $\operatorname{rank}A=2=m$，行满秩 $\Rightarrow$ 有右逆（定理 3.1.1）。(b) 列不满秩（$2<4$），无左逆。(c) 若 $B_1$、$B_2$ 是右逆，则 $A(B_1-B_2)=I-I=O$，故 $B_1-B_2$ 的每一列 $\in N(A)$；而 $N(A)$ 维数 $=n-r=2>0$，可取任意参数，故右逆无穷多。（本题即 定理 3.1.1 注 1 与 例 3.1.C 的抽象版。）

3. (a) 假、(b) 真。(a) $2\times3$ 矩阵不是方阵，$AB=I_2$ 只说明 $A$ 行满秩、$B$ 是右逆：既不能推出 $BA=I_3$，也不能称 $B$ 为「逆”。反例一眼可见：$A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}$、$B=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\0&0\end{bmatrix}$，有 $AB=I_2$ 而 $BA=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}\neq I_3$。(b) 正确说法见 3.1.3：两方阵乘积为单位阵 $\Rightarrow$ 二者可逆且互逆；长方阵情形只能谈单侧逆（定理 3.1.1）。

4. (a) 对、(b) 对、(c) 对。三句都是 命题 3.1.1 的内容。(b) 的「$\supseteq$」方向：由 $A^{\mathrm H}A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0}$ 左乘 $\boldsymbol{z}^{\mathrm H}$ 得 $(A\boldsymbol{z},A\boldsymbol{z})=0$，靠 定义 1.4.1（4）的正定性推出 $A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0}$。(c) 对 $A^{\mathrm H}$ 重做一遍即得，再结合 $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}A^{\mathrm H}$ 得到四项等式链。

5. (a) 对、(b) 对、(c) 错。(a) 定理 3.2.1：$B\in\mathbb C^{m\times r}_r$（这里 $3\times2$）、$C\in\mathbb C^{r\times n}_r$（这里 $2\times4$）。(b) $R(A)=R(B)$ 见 定理 3.2.2 证明第一步或 B7；$C$ 的列是坐标——这正是「读法」。(c) 错：注 2（注 2）的反例 $A=I_2A$ 说明 $B$ 不必取自 $A$ 的列；一般地 $R(A)$ 的任何一组基都可以。

6. (a) 对、(b) 对。两句都是 定理 3.2.2 与 注 3：定理给出「任意两种分解相差可逆 $D$」（必要性），注 3 的补证给出「任取可逆 $D$ 都能造新分解」（充分性）——合起来是「一个分解即生成全部」。失分点：忘掉「$D$ 可逆」，或把 $D$ 写成不可逆的矩阵族。

7. (a) 对、(b) 错。(a) 见 本编补注：课件写「充分条件」，反方向也可证（左乘 $B$ 的左逆、右乘 $C$ 的右逆），故是充要条件。(b) 错：$X$ 只是一个解（伪逆 $A^+$）——方程 $AXA=A$ 的解集是仿射子空间，通常有无穷多解（例：例 3.2.2 型矩阵上，任意「满足 $CXB=I_r$」的 $X$ 都是解）。$A$ 可逆时解才唯一，为 $X=A^{-1}$。

8. (a) 对、(b) 假、(c) 假。(a) $B=P^{-1}AP$ 是取 $Q=P$ 的相抵（定理 2.3.5、推论 2.3.4）；反向不真（相抵允许两侧独立、且对长方阵也有定义）。(b) 应说「行满秩矩阵有右逆；列满秩矩阵有左逆」（定理 3.1.1）——方向与 $AB=I$、$BA=I$ 的写法绑定。(c) 错：证明依赖共轭转置与内积正定性，只在实 / 复内积空间成立；一般数域上没有共轭转置，$A^{\mathrm T}A$ 与 $A$ 的秩关系需要另行讨论。

(a) 先定秩：第三行 $=$ 第二行 $-$ 第一行（$(2,5,3)-(1,2,1)=(1,3,2)$），故 $r=2$。

消元（若用分块矩阵法，相抵变换求 $P$ 与 $Q^{-1}$；只动前 3 行 / 前 3 列）：

• 行变换：$r_2\leftarrow r_2-2r_1$、$r_3\leftarrow r_3-r_1$、$r_3\leftarrow r_3-r_2$、$r_1\leftarrow r_1-2r_2$，总积

$$E=\begin{bmatrix}5&-2&0\\ -2&1&0\\ 1&-1&1\end{bmatrix};$$

• 列变换：$c_3\leftarrow c_3+c_1$、$c_3\leftarrow c_3-c_2$，总积

$$F=\begin{bmatrix}1&0&1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}.$$

验算 $EAF=\Gamma$：

$$EAF=\begin{bmatrix}5&-2&0\\-2&1&0\\1&-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&2&1\\2&5&3\\1&3&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&-1\\0&0&1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&1\\0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&-1\\0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}=\Gamma\ \checkmark$$

写分解式：由 $EAF=\Gamma$ 得 $A=E^{-1}\Gamma F^{-1}$（相抵变换求 $P$ 与 $Q^{-1}$），故

$$P^{-1}=E^{-1}=\begin{bmatrix}1&2&0\\ 2&5&0\\ 1&3&1\end{bmatrix},\qquad Q=F^{-1}=\begin{bmatrix}1&0&-1\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{bmatrix}.$$

(b) 验证：$P^{-1}\Gamma Q=\begin{bmatrix}1&2&0\\2&5&0\\1&3&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2&1\\2&5&3\\1&3&2\end{bmatrix}=A$ ✓。

评分：定秩 1 分；两组变换各 2 分；读块（$E=P$、$F=Q^{-1}$）2 分；写出 $P^{-1}$、$Q$ 各 2 分；回代验证 3 分。常见失分：把 $E$ 当成 $P^{-1}$ 直接代入（勘误 E3.1）。

记 $\boldsymbol{y}=F^{-1}\boldsymbol{x}$（即 $\boldsymbol{x}=F\boldsymbol{y}$），方程变为 $\Gamma\boldsymbol{y}=E\boldsymbol{b}$。

(a) $E\boldsymbol{b}_1=\begin{bmatrix}5&-2&0\\-2&1&0\\1&-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}$，后 $m-r=1$ 个分量为 $0$ ✓ 有解。由 $\Gamma\boldsymbol{y}=(y_1,y_2,0)^{\mathrm T}$ 读得 $y_1=1$、$y_2=0$、$y_3$ 任意（记 $y_3=s$）：

$$\boldsymbol{x}=F\boldsymbol{y}=\begin{bmatrix}1&0&1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\\s\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+s\\ -s\\ s\end{bmatrix}.$$

验算：$A\boldsymbol{x}=\big((1+s)-2s+s,\ 2(1+s)-5s+3s,\ (1+s)-3s+2s\big)^{\mathrm T}=(1,2,1)^{\mathrm T}=\boldsymbol{b}_1$ ✓；自由参数 $1=n-r$ ✓。

(b) $E\boldsymbol{b}_2=\begin{bmatrix}5-4\\-2+2\\1-2+3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\2\end{bmatrix}$，第三个分量 $\neq0$，故无解。对照经典判据：$\boldsymbol{b}_2$ 不满足行关系「第三分量 $=$ 第二分量 $-$ 第一分量」（$3\neq2-1=1$），即 $\operatorname{rank}(A|\boldsymbol{b}_2)=3>\operatorname{rank}A=2$。

评分：(a) 求出 $E\boldsymbol{b}_1$ 2 分、判可解 1 分、通解 5 分（含乘回 $F$ 与自由参数）；(b) 计算 2 分、判断与理由 2 分。

(a) $2\times3$、两行不成比例 $\Rightarrow$ $\operatorname{rank}A=2=m$：行满秩，有右逆；列满秩不成立（$2<3$），无左逆。

(b) $AA^{\mathrm H}=\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}$，$\det=3$，$(AA^{\mathrm H})^{-1}=\dfrac13\begin{bmatrix}2&-1\\-1&2\end{bmatrix}$，

$$B_0=A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}=\frac13\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&-1\\-1&2\end{bmatrix}=\frac13\begin{bmatrix}2&-1\\ -1&2\\ 1&1\end{bmatrix}.$$

验算：$AB_0=\dfrac13\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&-1\\-1&2\\1&1\end{bmatrix}=\dfrac13\begin{bmatrix}3&0\\0&3\end{bmatrix}=I_2$ ✓。

(c) 设 $B=B_0+Z$，则 $AB=I_2\iff AZ=O\iff Z$ 的每列 $\in N(A)$。解 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$x_1+x_3=0$、$x_2+x_3=0$，取 $x_3=1$ 得 $\boldsymbol{n}=(-1,-1,1)^{\mathrm T}$。故

$$B=\frac13\begin{bmatrix}2&-1\\ -1&2\\ 1&1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-s&-t\\ -s&-t\\ s&t\end{bmatrix},\qquad s,t\in\mathbb C.$$

评分：(a) 4 分（判断 $+$ 理由各 2）；(b) 构造 4 分、验算 2 分；(c) 通式 2 分（写出「每列属于 $N(A)$」即可给满分）。

(a) 化 RREF：$r_3-r_1-r_2=(0,0,0,0)$，故

$$R=\begin{bmatrix}1&0&1&2\\ 0&1&1&1\\ 0&0&0&0\end{bmatrix},\qquad r=2,\ \text{主元列}=1,2 .$$

$B_1=A$ 的第 1、2 列 $=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\1&1\end{bmatrix}$，$C_1=R$ 的前两行 $=\begin{bmatrix}1&0&1&2\\ 0&1&1&1\end{bmatrix}$。验算：$B_1C_1=\begin{bmatrix}1&0&1&2\\0&1&1&1\\1&1&2&3\end{bmatrix}=A$ ✓。

(b) $B_2=A$ 的第 1、3 列 $=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\\1&2\end{bmatrix}$，由 $C_2=(B_2^{\mathrm H}B_2)^{-1}B_2^{\mathrm H}A$（例 3.2.A 后的本编补注：给定 $B$ 则 $C$ 唯一）算得

$$C_2=\begin{bmatrix}1&-1&0&1\\ 0&1&1&1\end{bmatrix},\qquad\text{验算}\ B_2C_2=\begin{bmatrix}1&-1+1&1&1+1\\ 0&1&1&1\\ 1&-1+2&2&1+2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1&2\\0&1&1&1\\1&1&2&3\end{bmatrix}=A\ \checkmark$$

（列方向核对：$\boldsymbol{a}_2=\boldsymbol{b}_1-\boldsymbol{b}_2$、$\boldsymbol{a}_3=\boldsymbol{b}_2$、$\boldsymbol{a}_4=\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2$。）求 $D$：由 $B_1=B_2D$、$D$ 可逆且 $D=B_2^{\mathrm L}B_1=(B_2^{\mathrm H}B_2)^{-1}B_2^{\mathrm H}B_1$，

$$D=\begin{bmatrix}1&-1\\ 0&1\end{bmatrix},\qquad \det D=1\neq0\ \checkmark$$

验证：$B_2D=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\\1&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-1\\0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\1&1\end{bmatrix}=B_1$ ✓；$D^{-1}C_2=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-1&0&1\\0&1&1&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1&2\\0&1&1&1\end{bmatrix}=C_1$ ✓。

(c) $R(A)=R(B_1)=\operatorname{span}\{(1,0,1)^{\mathrm T},(0,1,1)^{\mathrm T}\}$（B7 或 定理 3.2.2 证明第一步）。$N(A)$：由 $C_1$ 的后两列（自由列）或直接解方程：$x_1+x_3+2x_4=0$、$x_2+x_3+x_4=0$，取 $(x_3,x_4)=(1,0)$ 与 $(0,1)$：

$$\boldsymbol{n}_1=(-1,-1,1,0)^{\mathrm T},\qquad \boldsymbol{n}_2=(-2,-1,0,1)^{\mathrm T},\qquad N(A)=\operatorname{span}\{\boldsymbol{n}_1,\boldsymbol{n}_2\}\ (\dim=2=n-r\ \checkmark)$$

评分：(a) RREF 2 分、$B_1C_1$ 3 分；(b) $C_2$ 3 分、$D$ 与验证 2 分；(c) 2 分。

必要性：设 $B=P^{-1}AQ$（$P,Q$ 可逆）。用两步「乘可逆矩阵不改变秩」：

$$\operatorname{rank}(P^{-1}AQ)=\operatorname{rank}(AQ)=\operatorname{rank}A,$$

其中 $\operatorname{rank}(AQ)=\operatorname{rank}A$ 的理由是 $R(AQ)=A(R(Q))$ 且 $Q$ 满射（或：$N(Q)=N(AQ)$ 加亏加秩）。故相抵的矩阵同秩。

充分性：设 $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}B=r$。由 引理 3.1.1，存在可逆矩阵使

$$A=P_1^{-1}\Gamma P_2,\qquad B=Q_1^{-1}\Gamma Q_2$$

（同一个 $\Gamma$，因为两者秩同为 $r$）。于是

$$B=Q_1^{-1}\Gamma Q_2=Q_1^{-1}\big(P_1AP_2^{-1}\big)Q_2=\underbrace{(Q_1^{-1}P_1)}_{\text{可逆}}A\underbrace{(P_2^{-1}Q_2)}_{\text{可逆}},$$

即 $A$ 与 $B$ 相抵。∎

评分：必要性 4 分（两个方向各 2 分）、充分性 6 分（同一个 $\Gamma$ 的论证 3 分、拼出可逆矩阵 3 分）。要点：充分性的关键是「同秩 $\Rightarrow$ 相抵于同一个 $\Gamma$」，这正是标准形由秩唯一决定（本编补注）的用处。

第一步（两个列空间相同）：因为 $C_1$ 行满秩，由 定理 3.1.1 它有右逆，即 $C_1$ 作为映射是满射。于是

$$R(B_1)=R(B_1C_1)=R(A),$$

理由：$R(A)\subseteq R(B_1)$ 显然（$B_1C_1\boldsymbol{x}=B_1(C_1\boldsymbol{x})$）；反向任取 $\boldsymbol{y}=B_1\boldsymbol{u}$，由 $C_1$ 满射取 $\boldsymbol{x}$ 使 $C_1\boldsymbol{x}=\boldsymbol{u}$，则 $\boldsymbol{y}=B_1C_1\boldsymbol{x}\in R(A)$。同理 $R(B_2)=R(A)$，故 $R(B_1)=R(B_2)$。

第二步（过渡矩阵）：$B_1$、$B_2$ 的列分别是 $r$ 维子空间 $R(A)$ 的两组基（列满秩 $\Rightarrow$ 列无关，且各含 $r$ 列）。由过渡矩阵的存在唯一性（定义 1.3.5、命题 1.3.1），存在可逆矩阵 $D$ 使

$$B_1=B_2D .$$

第三步（$C$ 随之确定）：由 $B_2C_2=A=B_1C_1=B_2DC_1$ 得 $B_2(C_2-DC_1)=O$。$B_2$ 的列线性无关，写 $C_2-DC_1$ 的每一列为 $\boldsymbol{v}_j$，则 $B_2\boldsymbol{v}_j=\boldsymbol{0}$ 迫使 $\boldsymbol{v}_j=\boldsymbol{0}$（定理 1.3.2 表示唯一性），即 $C_2=DC_1$，故

$$C_1=D^{-1}C_2 .\qquad\blacksquare$$

评分：第一步 4 分（必须用「$C_1$ 满射」；只说「显然」不给分）、第二步 3 分（指出 $D$ 可逆）、第三步 3 分（指出用 $B_2$ 列无关）。

15. (a) 对、(b) 错、(c) 错。(a) 定理 3.4.1。(b) 该例恰恰有分解 $A=I_2\begin{bmatrix}1&1\\0&0\end{bmatrix}$（例 3.4.2）；丢掉的是唯一性（$R$ 不可逆，$r_{22}=0$ 非正线）。(c) 酉矩阵必须方阵（正交矩阵与酉矩阵 2.5.1）；这样的 $Q$ 只是列正交规范矩阵（定义 3.4.2），且 $QQ^{\mathrm H}\neq I_m$。

16. (a) 对、(b) 对、(c) 对。三条合起来就是 3.4.1 的本编补注：$W=R_2R_1^{-1}$ 既酉又上三角 $\Rightarrow$ 对角、$|w_{ii}|=1$（习题 B11/B12）；实数情形 $w_i=\pm1$（$2^2=4$ 种）；正线把 $\overline{w_i}r_{ii}>0$ 逼成 $w_i=1$。

17. (a) 对、(b) 错、(c) 对。(a) $A_{k+1}=Q_k^{\mathrm H}A_kQ_k$ 链起来（QR 算法）。(b) 是充分条件（习题 A16：已正线的上三角阵迭代不动，模不必互异）。(c) $A$ 正交 $\Rightarrow$ 其正线 QR 分解为 $A=A\cdot I\Rightarrow A_2=A$，永不动（习题 B13）。

18. (a) 对、(b) 错、(c) 对。(a) 定理 3.5.2。(b) 旋转阵特征值 $\pm\mathrm i$：正交相似保持实性，实上三角阵特征值全实，矛盾。(c) 定理 3.5.3，前提「特征值均为实数」。

19. (a) 对、(b) 错、(c) 对。(a) 推论 3.5.1。(b) 单向：$A=\operatorname{diag}(1,-1)$、$\varphi=\lambda^2$ 时 $\varphi(A)=2I$ 的一切向量都是特征向量。(c) 特款。

20. (a) 对、(b) 错、(c) 对。(b) 是最典型的糊弄：对角全零的上三角阵可以非零（$\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}$）；必须按次序乘因子、归纳清列（定理 3.5.4 证明）。(c) 同前。

21. (a) 对、(b) 对、(c) 错。(a)(b) 定理 3.5.5。(c) 反例 $A=I_2$：$f_A=(\lambda-1)^2$，$m_A=\lambda-1$。

22. (a) 对、(b) 对、(c) 对。(a) $a_0=(-1)^n\det A$（推论 3.5.2 证明）。(b) 公式本身就是多项式。(c) 见 E3.5：符号错 $\Rightarrow$ 公式行错 $\Rightarrow$ 答案错，一环扣一环。

$\det A=-2\neq0$，满秩 ✓。$\boldsymbol{a}_1=(1,2)^{\mathrm T}$：$\|\boldsymbol{y}_1\|=\sqrt5$，$\boldsymbol{z}_1=\tfrac{1}{\sqrt5}(1,2)^{\mathrm T}$。$\boldsymbol{a}_2=(2,2)^{\mathrm T}$：$(\boldsymbol{a}_2,\boldsymbol{z}_1)=\tfrac{6}{\sqrt5}$，

$$\boldsymbol{y}_2=(2,2)^{\mathrm T}-\tfrac65(1,2)^{\mathrm T}=\left(\tfrac45,-\tfrac25\right)^{\mathrm T},\qquad \|\boldsymbol{y}_2\|=\frac{2}{\sqrt5},\quad \boldsymbol{z}_2=\frac{1}{\sqrt5}(2,-1)^{\mathrm T}.$$

$$Q=\frac{1}{\sqrt5}\begin{bmatrix}1&2\\ 2&-1\end{bmatrix},\qquad R=\begin{bmatrix}\sqrt5&\tfrac{6}{\sqrt5}\\ 0&\tfrac{2}{\sqrt5}\end{bmatrix}.$$

验算：$QR=\begin{bmatrix}1&\tfrac65-\tfrac25\\ 2&\tfrac45+\tfrac25\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\ 2&2\end{bmatrix}=A$ ✓（$Q$ 正交：$Q^{\mathrm T}Q=I$，$\det Q=-1$——反射型）。

评分：GS 两步各 3 分（残差非对角系数 $(\boldsymbol{a}_2,\boldsymbol{z}_1)$ 与 $\|\boldsymbol{y}_2\|$ 是得分点）、拼装 3 分、验算 3 分。常见失分：$r_{22}$ 写成 $\|\boldsymbol{a}_2\|$。

(a) $\boldsymbol{a}_1=(2,0,0)^{\mathrm T}$：$\boldsymbol{z}_1=\boldsymbol{e}_1$，$r_{11}=2$；$\boldsymbol{a}_2=(0,1,2)^{\mathrm T}$ 已与 $\boldsymbol{z}_1$ 正交：$r_{12}=(\boldsymbol{a}_2,\boldsymbol{e}_1)=0$，$\|\boldsymbol{y}_2\|=\sqrt5$，$\boldsymbol{z}_2=\tfrac{1}{\sqrt5}(0,1,2)^{\mathrm T}$。补 $\boldsymbol{z}_3=\tfrac{1}{\sqrt5}(0,-2,1)^{\mathrm T}$（与 $\boldsymbol{z}_1,\boldsymbol{z}_2$ 正交、单位 ✓）。于是

$$B=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&\tfrac{1}{\sqrt5}&-\tfrac{2}{\sqrt5}\\ 0&\tfrac{2}{\sqrt5}&\tfrac{1}{\sqrt5}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&0\\ 0&\sqrt5\\ 0&0\end{bmatrix}\ \checkmark$$

（$Q^{\mathrm H}Q=I_3$ ✓；$R_1=\operatorname{diag}(2,\sqrt5)$ 正线上三角——本题两列天然正交，GS「零减步」。）

(b) $R(B)$ 的标准正交基：$\boldsymbol{z}_1=\boldsymbol{e}_1$、$\boldsymbol{z}_2=\tfrac{1}{\sqrt5}(0,1,2)^{\mathrm T}$（即 $Q$ 的前两列）。满秩分解（3.4.2 的读法：$B=Q_1R_1$，$Q_1$ 列满秩 $=$ 基、$R_1$ 行满秩 $=$ 坐标）：

$$B=\begin{bmatrix}1&0\\ 0&\tfrac{1}{\sqrt5}\\ 0&\tfrac{2}{\sqrt5}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&0\\ 0&\sqrt5\end{bmatrix}.$$

评分：(a) GS 与补齐 6 分、验证 2 分；(b) 基 2 分、满秩分解 2 分。要点：QR 是满秩分解的「正交升级」——本题两者一步同时到手。

$f_A(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=\lambda^3-7\lambda^2+16\lambda-12$（上三角，对角 $2,2,3$）。$a_2=-7$、$a_1=16$、$a_0=-12$（$=(-1)^3\det A$，$\det A=12$ ✓）：

$$A^{-1}=-\frac{1}{-12}\big(A^2-7A+16I\big)=\frac{1}{12}\big(A^2-7A+16I\big).$$

$A^2=\begin{bmatrix}4&4&0\\0&4&0\\0&0&9\end{bmatrix}$，$A^2-7A+16I=\begin{bmatrix}6&-3&0\\0&6&0\\0&0&4\end{bmatrix}$，故

$$A^{-1}=\begin{bmatrix}\tfrac12&-\tfrac14&0\\ 0&\tfrac12&0\\ 0&0&\tfrac13\end{bmatrix}.$$

验算：$AA^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1+\tfrac12+\tfrac12&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}=I$ ✓（$2\cdot(-\tfrac14)+1\cdot\tfrac12=0$ ✓）。

评分：$f_A$ 与系数 4 分、公式（含符号与 $-\frac{1}{a_0}$）4 分、计算与验算 4 分。常见失分：$-\frac{1}{a_0}$ 的符号、$a_i$ 与 $A$ 的幂错位配对（对照例 3.5.3 的课件连环错）。