(a) 对、(b) 错、(c) 对。

八条公理逐条对照：结合律 $(xy)z=x(yz)$ ✓；零元是 $1$（因为 $x\oplus 1=x$）——所以 (b) 错；负元是倒数（$x\oplus x^{-1}=1$）✓；交换律 ✓。数乘四条：$k\odot(x\oplus y)=(xy)^{k}=x^{k}y^{k}$ ✓、$(k+l)\odot x=x^{k+l}=x^{k}x^{l}$ ✓、$k\odot(l\odot x)=(x^{l})^{k}=x^{kl}$ ✓、$1\odot x=x$ ✓。 要点：本题就是例 1.1.3（$\lg$ 换元一看便知：$x\oplus y=xy$ 即 $\lg x+\lg y$）。这里「零元」改头换面成了 $1$、「负元」变成了倒数——验证新运算时的入手点是先找零元与负元（1.1.8）。失分点：写「零元是 $0$」——$0\notin V$，连元素都不是。

(a) 对、(b) 错。

(a) 迹是线性函数：$\operatorname{tr}(aX+bY)=a\operatorname{tr}X+b\operatorname{tr}Y$，故 $W_1$ 是齐次线性方程（$\operatorname{tr}A=0$）的解集，对任意线性组合封闭，含零矩阵。

(b) 反例：$E_{11}=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$ 与 $E_{22}=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$ 的行列式都是 $0$，但 $E_{11}+E_{22}=I_2$ 的行列式是 $1$ ——加法不封闭。（判别口诀：等式 / 线性方程刻画通常是子空间，不等式 / 排除性条件通常不是，1.2.8。）

(a) 对、(b) 错。

(a) 过渡矩阵的第 $j$ 列＝新基第 $j$ 个向量在旧基下的坐标：$\boldsymbol{f}_1$ 的坐标是 $(2,0)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol{f}_2$ 的坐标是 $(1,1)^{\mathrm T}$，故 $P=\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}$ ✓。

(b) 用「旧坐标 $=P\times$ 新坐标」核对：设旧坐标 $\boldsymbol{\xi}=(1,1)^{\mathrm T}$，$P^{-1}=\begin{pmatrix}1/2&-1/2\\0&1\end{pmatrix}$，故新坐标 $=P^{-1}\boldsymbol{\xi}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ ——即 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{f}_2$。直接验证：$\boldsymbol{f}_2=\boldsymbol{\varepsilon}_1+\boldsymbol{\varepsilon}_2=\boldsymbol{x}$ ✓。原答案 $(1/2,1)^{\mathrm T}$ 是把方向用反的典型产物（1.3.7）。

(a) 对、(b) 错。

(a) 就是 1.3.9 的维数公式（定理 1.3.5）。

(b) 反例：取 $\mathbb{R}^2$ 中三条过原点的不同直线 $L_1,L_2,L_3$。左边 $\dim(L_1+L_2+L_3)=2$；容斥右边 $=1+1+1-0-0-0+0=3$——不相等。原因：两两交为零不足以保证三个子空间「互不重叠」，朴素容斥需要额外的位置条件。

(a) 对、(b) 错。

(a) 投影是直和分解的产物：$\mathbb{R}^2$ 中 $W_1$ 取 $x$ 轴，配补 $\operatorname{span}\{(1,1)\}$ 时 $\boldsymbol{x}=(1,1)^{\mathrm T}$ 的投影是 $\boldsymbol{\theta}$，配补 $y$ 轴时投影是 $(1,0)^{\mathrm T}$（1.6.3 与例 1.6.A）。

(b) 只有正交投影的残差才垂直；上面的例子中残差 $(1,1)^{\mathrm T}$ 与 $x$ 轴的内积是 $1\ne0$。正交投影由 $W$ 与内积唯一确定，是 $W$ 中的最近点——这一条不能平移到一般投影上。

(a) 对、(b) 错。

(a) 亏加秩定理（定理 2.2.5）与维数无关、与 $T$ 是否单 / 满射无关。

(b) 满射只给出 $\dim R(T)=\dim W$；要 $T$ 单射还需要 $\dim N(T)=0$，由亏加秩即 $\dim W=\dim V$。反例：$T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$，$T(x_1,x_2)=x_1$ 是满射（$\dim R=1$）但 $N(T)=\operatorname{span}\{(0,1)\}\neq\{\boldsymbol{\theta}\}$，不是单射。「同维时单射 ⟺ 满射」的前提一个都不能丢。

(a) 对、(b) 对、(c) 对。

(a) 由 $A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$）得 $\lambda^{2}\boldsymbol{x}=A^{2}\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$，故 $\lambda^{2}=\lambda$，即 $\lambda\in\{0,1\}$。

(b) 由 1.6.4 的直和分解，$A$ 在 $R(A)$ 上恒等、在 $N(A)$ 上零化，故相似于 $\operatorname{diag}(\underbrace{1,\cdots,1}_{r},\underbrace{0,\cdots,0}_{})$（$r=\operatorname{rank}A$）；迹是相似不变量，故 $\operatorname{tr}A=r=2$。

(c) 「互异 ⟹ 可对角化」是 2.4.3 的结论（充分）；反过来不成立：$A=I_n$ 可对角化但只有一个特征值。失分点：把它写成「充要」。

(a) 对、(b) 对、(c) 错。

(a) 定理 3.5.4 的断言（对任何方阵成立；本册在复方阵上证明，再由相似搬回一般情形）。

(b) 特征值全为 $0$ 时 $f_A(\lambda)=\lambda^{n}$，代入得 $A^{n}=f_A(A)=O$ ✓。

(c) 次数不能降：$A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$（$n=2$）特征值全为 $0$，但 $A^{1}\neq O$。一整个 Jordan 块需要「满重数」的因子才能把它打成零——这正是 $m_A$ 与 $f_A$ 的差别（3.5.4）。

(a) 对、(b) 错、(c) 对。

(a) 「分解式不唯一、标准形唯一」是 3.1.1 的一对结论：任取吸收矩阵就能造新分解，但秩在相抵下不变，故 $\Gamma$ 由 $r$ 唯一决定。

(b) 错。$B$ 只需是 $R(A)$ 的任意一组基（列满秩、$r$ 列即可），不必取自 $A$。最简单的反例是 $A=I_2A$：$A$ 本身取作 $B$，也可以另取 $A$ 的第 1、3 列（见本卷第 19 题的两个分解）。

(c) 本编补注：同型矩阵相抵 $\iff$ 同秩（相抵不变量只有秩）。

(a) 对、(b) 对、(c) 错。

(a) 设 $T\boldsymbol{\xi}=\lambda\boldsymbol{\xi}$（$\boldsymbol{\xi}\neq\boldsymbol{\theta}$），则 $T(c\boldsymbol{\xi})=\lambda c\boldsymbol{\xi}\in\operatorname{span}\{\boldsymbol{\xi}\}$，故这条直线被映回自己。

(b) $\Lambda$ 上三角意味着 $\Lambda$ 保 $\operatorname{span}\{\boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_k\}$；两边用 $U$ 换基（$A=U\Lambda U^{\mathrm H}$）得 $A\,U\operatorname{span}\{\boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_k\}\subseteq U\operatorname{span}\{\boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_k\}$。这正是 Schur 型的几何内容：把矩阵三角化＝找一组基让整条「嵌套的不变子空间链」显形。

(c) 错。「三角化人人有份、对角化不是」（定理 3.5.2 之后的注 1）：反例 $J=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$——特征值 $1$ 的几何重数 $=2-\operatorname{rank}(J-I)=1<$ 代数重数 $2$，不可对角化，但当然可以酉相似于上三角（它本身就是上三角）。

$\|\boldsymbol{x}\|=\sqrt{|1|^{2}+|\mathrm i|^{2}}=\sqrt2$，$\|\boldsymbol{y}\|=\sqrt{|\mathrm i|^{2}+|1|^{2}}=\sqrt2$（长度一律逐分量取模平方）。

内积按「对第一变元线性、对第二变元共轭线性」：$(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=1\cdot\overline{\mathrm i}+\mathrm i\cdot\overline{1}=-\mathrm i+\mathrm i=0$，故二者正交。 正交 ⟹ 勾股（这一方向在复空间同样成立）：$\|\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\|^{2}=\|(1+\mathrm i,1+\mathrm i)^{\mathrm T}\|^{2}=|1+\mathrm i|^{2}+|1+\mathrm i|^{2}=4=\|\boldsymbol{x}\|^{2}+\|\boldsymbol{y}\|^{2}$ ✓。 要点：从第二变元提常数要取共轭：$(\boldsymbol{x},t\boldsymbol{y})=\bar{t}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$——这里 $(\boldsymbol{y},\boldsymbol{x})=\overline{(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})}=0$，别写成 $1\cdot\mathrm i+\mathrm i\cdot1=2\mathrm i$（1.4.1）。

$W_1$、$W_2$ 各自的生成组里两个向量都标准正交（且不成比例），故 $\dim W_1=\dim W_2=2$。

交集：设公共向量同时写成两边组合。比较分量，$a(1,1,0,0)+b(0,0,1,1)=(a,a,b,b)$ 与 $c(1,0,1,0)+d(0,1,0,1)=(c,d,c,d)$ 相等要求 $a=c$、$a=d$、$b=c$、$b=d$，故 $a=b=c=d$。于是 $$W_1\cap W_2=\operatorname{span}\{(1,1,1,1)^{\mathrm T}\},\qquad \dim(W_1\cap W_2)=1 .$$ 维数公式：$\dim(W_1+W_2)=2+2-1=3$。 核验：$(1,1,1,1)^{\mathrm T}=(1,1,0,0)+(0,0,1,1)\in W_1$，同时 $=(1,0,1,0)+(0,1,0,1)\in W_2$ ✓；自由度数 $4-3=1$，与「交是一维」互相印证。

两行 $(1,2,0)$、$(0,0,1)$ 线性无关，故 $\operatorname{rank}A=2=m$：行满秩 ⟹ 有右逆。列数 $3>2$，列不满秩，无左逆。 按闭式公式 $B_0=A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}$：$AA^{\mathrm H}=\begin{pmatrix}5&0\\0&1\end{pmatrix}$， $$B_0=\begin{pmatrix}1&0\\2&0\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1/5&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/5&0\\2/5&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad AB_0=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=I_2\ \checkmark$$ （一行核对：$1\cdot\tfrac15+2\cdot\tfrac25=1$，$2\cdot0+0\cdot0+0\cdot1=0$，$0\cdot\tfrac15+0\cdot\tfrac25+1\cdot1=1$。） 要点：行满秩配右逆（定理 3.1.1）；$B_0$ 只是一个右逆，「全部右逆」还要加上「每列属于 $N(A)$」的任意矩阵 $Z$。

$f_A(\lambda)=\lambda^{2}-7\lambda+10=(\lambda-5)(\lambda-2)$（先用 $\operatorname{tr}=7$、$\det=10$ 试根）。

• $\lambda=5$：解 $(A-5I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，$A-5I=\begin{pmatrix}-1&2\\1&-2\end{pmatrix}$，取 $\boldsymbol{\xi}_1=(2,1)^{\mathrm T}$；
• $\lambda=2$：解 $(A-2I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，$A-2I=\begin{pmatrix}2&2\\1&1\end{pmatrix}$，取 $\boldsymbol{\xi}_2=(1,-1)^{\mathrm T}$。

取 $P=\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}$，$\det P=-3\neq0$，故这两列构成基，且 $$P^{-1}AP=\operatorname{diag}(5,2).$$ 核验：$5+2=7=\operatorname{tr}A$、$5\cdot2=10=\det A$ ✓；$\boldsymbol{\xi}_1,\boldsymbol{\xi}_2$ 来自不同特征值，必线性无关（不同特征值的特征向量线性无关）。

上三角阵，故 $f_A(\lambda)=(\lambda-1)^{2}(\lambda-2)=\lambda^{3}-4\lambda^{2}+5\lambda-2$。

候选（各根重数从 $1$ 到 $d_j$）：$(\lambda-1)(\lambda-2)$ 与 $(\lambda-1)^{2}(\lambda-2)$。从低往高试： $$(A-I)(A-2I):\quad A-I=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad A-2I=\begin{pmatrix}-1&1&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix},$$ $(A-I)$ 的第一行 $(0,1,0)$ 乘 $(A-2I)$ 得 $(A-2I)$ 的第二行 $(0,-1,0)\neq\boldsymbol{0}$，故低次候选被淘汰，$m_A=(\lambda-1)^{2}(\lambda-2)$。

求逆（$a_2=-4$、$a_1=5$、$a_0=-2$）： $$A^{-1}=-\frac{1}{a_0}\big(A^{2}+a_2A+a_1I\big)=\frac12\big(A^{2}-4A+5I\big),\qquad A^{2}=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&0\\0&0&4\end{pmatrix},$$ $$A^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}2&-2&0\\0&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&\tfrac12\end{pmatrix}.$$ 回代一行：$A$ 的第 1 行 $(1,1,0)$ 乘 $A^{-1}$ 的第 2 列 $(-1,1,0)^{\mathrm T}$ 得 $0$ ✓（另两列给出 $1$，即 $AA^{-1}=I$）。

① 取交的基（2 分）：设 $\boldsymbol{u}_1,\cdots,\boldsymbol{u}_m$ 是 $W_1\cap W_2$ 的一组基（$m$ 可以为 $0$，此时下面的论证自动成立）。

② 双向扩充（2 分）：由基扩充定理，把它扩充成 $W_1$ 的基 $\boldsymbol{u}_1,\cdots,\boldsymbol{u}_m,\boldsymbol{v}_1,\cdots,\boldsymbol{v}_s$（$m+s=\dim W_1$），同时扩充成 $W_2$ 的基 $\boldsymbol{u}_1,\cdots,\boldsymbol{u}_m,\boldsymbol{w}_1,\cdots,\boldsymbol{w}_t$（$m+t=\dim W_2$）。

③ 证明拼起来的 $m+s+t$ 个向量是 $W_1+W_2$ 的基（6 分）：

• 张成：任取 $\boldsymbol{z}=\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}$（$\boldsymbol{x}\in W_1$、$\boldsymbol{y}\in W_2$），$\boldsymbol{x}$ 由 $\boldsymbol{u}$ 与 $\boldsymbol{v}$ 表出、$\boldsymbol{y}$ 由 $\boldsymbol{u}$ 与 $\boldsymbol{w}$ 表出，故 $\boldsymbol{z}$ 由全组表出。
• 线性无关：设 $\sum_i\alpha_i\boldsymbol{u}_i+\sum_j\beta_j\boldsymbol{v}_j+\sum_k\gamma_k\boldsymbol{w}_k=\boldsymbol{\theta}$。记 $\boldsymbol{z}_0=\sum_k\gamma_k\boldsymbol{w}_k$，则 $\boldsymbol{z}_0=-(\sum_i\alpha_i\boldsymbol{u}_i+\sum_j\beta_j\boldsymbol{v}_j)\in W_1$，而它本来就 $\in W_2$，故 $\boldsymbol{z}_0\in W_1\cap W_2$，可写成 $\boldsymbol{z}_0=\sum_i\delta_i\boldsymbol{u}_i$。代入得 $\sum_k\gamma_k\boldsymbol{w}_k-\sum_i\delta_i\boldsymbol{u}_i=\boldsymbol{\theta}$，由 $W_2$ 的基无关得 $\gamma_k=\delta_i=0$（$k,i$ 全部）；代回原式，由 $W_1$ 的基无关得 $\beta_j=\alpha_i=0$。故全组无关。

④ 计数（随结论写出）：$\dim(W_1+W_2)=m+s+t=(m+s)+(m+t)-m=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2)$。$\blacksquare$ 评分：①②各 2 分；③张成 2 分、无关 4 分（必须出现「组合落在 $W_1\cap W_2$ 里 → 用交的基再拆一次 → 回到两边基的无关性」这条链）；只写「拼起来就是基」不得分。

① 从核取基、扩充到 $V$ 的基（3 分）：设 $\boldsymbol{h}_1,\cdots,\boldsymbol{h}_m$ 是 $N(T)$ 的基（$m=\dim N(T)$），由基扩充定理添成 $V$ 的基 $\boldsymbol{h}_1,\cdots,\boldsymbol{h}_m,\boldsymbol{h}_{m+1},\cdots,\boldsymbol{h}_n$（$n=\dim V$）。

② 值域由后 $n-m$ 个像张成（3 分）：任取 $\boldsymbol{x}=\sum_{i=1}^{n}k_i\boldsymbol{h}_i$。由 $T$ 保持线性组合（定理 2.2.1）与 $T(\boldsymbol{h}_i)=\boldsymbol{\theta}'$（$i\le m$）， $$T(\boldsymbol{x})=k_{m+1}T(\boldsymbol{h}_{m+1})+\cdots+k_nT(\boldsymbol{h}_n),$$ 故 $R(T)=\operatorname{span}\{T(\boldsymbol{h}_{m+1}),\cdots,T(\boldsymbol{h}_n)\}$，$\dim R(T)\le n-m$。

③ 这 $n-m$ 个像线性无关（4 分）：设 $c_{m+1}T(\boldsymbol{h}_{m+1})+\cdots+c_nT(\boldsymbol{h}_n)=\boldsymbol{\theta}'$。左边 $=T\big(c_{m+1}\boldsymbol{h}_{m+1}+\cdots+c_n\boldsymbol{h}_n\big)$，故 $\boldsymbol{c}:=c_{m+1}\boldsymbol{h}_{m+1}+\cdots+c_n\boldsymbol{h}_n\in N(T)$，可写成 $\boldsymbol{c}=c_1\boldsymbol{h}_1+\cdots+c_m\boldsymbol{h}_m$。于是 $\boldsymbol{h}$ 组有一个系数为 $(-c_1,\cdots,-c_m,c_{m+1},\cdots,c_n)$ 的零组合；由 $\boldsymbol{h}$ 组是基（无关），全部系数为零，特别地 $c_{m+1}=\cdots=c_n=0$。故这 $n-m$ 个像构成 $R(T)$ 的基，$\dim R(T)=n-m$，即 $\dim N(T)+\dim R(T)=\dim V$。$\blacksquare$

关于同维推论（写在题末即可）：$T$ 单射 $\iff N(T)=\{\boldsymbol{\theta}\}\iff\dim N(T)=0\iff\dim R(T)=\dim V$；当 $\dim V=\dim W$ 时，$\dim R(T)=\dim W$ 结合 $R(T)\subseteq W$ 得 $R(T)=W$，即 $T$ 满射；反向同理。用到的正是第 ③ 步给出的等式（以及「子空间维数等于全空间维数 ⟹ 二者相等」这一步）。

① 包含方向（2 分）：若 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，两边左乘 $A^{\mathrm H}$ 得 $A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，故 $N(A)\subseteq N(A^{\mathrm H}A)$。

② 反方向（4 分）：设 $A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，左乘 $\boldsymbol{x}^{\mathrm H}$ 得 $0=\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=(A\boldsymbol{x})^{\mathrm H}(A\boldsymbol{x})=\|A\boldsymbol{x}\|^{2}$；由内积的正定性（定义 1.4.1）得 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，即 $N(A^{\mathrm H}A)\subseteq N(A)$。

③ 换成维数（2 分）：两矩阵列数相同、零空间相同，由 $\dim N+\operatorname{rank}=$ 列数得 $\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)=\operatorname{rank}A$。

关于 $A^{2}$（2 分）：整个证明只用到「$A^{\mathrm H}A$ 是 $A$ 的 Gram 组装」这一结构——$\boldsymbol{x}^{\mathrm H}(A^{\mathrm H}A)\boldsymbol{x}=\|A\boldsymbol{x}\|^{2}\ge0$。$A^{2}$ 没有这个结构（$A^{2}$ 与 $A$ 的零空间一般不同），等式不成立。反例：$A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$，$\operatorname{rank}A=1$ 而 $A^{2}=O$，$\operatorname{rank}A^{2}=0$。

(a)（2 分） $r_3=r_2-r_1$（$(2,1,3)-(1,1,2)=(1,0,1)$），故 $\operatorname{rank}A=2$。消元： $$\begin{pmatrix}1&1&2\\2&1&3\\1&0&1\end{pmatrix}\xrightarrow{r_2-2r_1,\ r_3-r_1}\begin{pmatrix}1&1&2\\0&-1&-1\\0&-1&-1\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-r_2}\begin{pmatrix}1&1&2\\0&-1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}\xrightarrow{-r_2,\ r_1-r_2}\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}=R .$$ 主元列是第 $1,2$ 列。

(b)（3 分） $B=$ $A$ 的第 1、2 列 $=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\\1&0\end{pmatrix}$，$C=R$ 的前两行 $=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}$。回代： $$BC=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&2\\2&1&3\\1&0&1\end{pmatrix}=A\ \checkmark$$ （读法核对：$A$ 的第 3 列 $=$ 第 1 列 $+$ 第 2 列，正是 $C$ 的第 3 列 $(1,1)^{\mathrm T}$。）

(c)（3 分） 第三行是「第二行减第一行」，故 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 有解 $\iff b_3=b_2-b_1$。 对 $\boldsymbol{b}_1$：$0=1-1$ ✓ 有解。解前两式 $x_1+x_2+2x_3=1$、$2x_1+x_2+3x_3=1$，相减得 $x_1+x_3=0$，即 $x_1=-x_3$；代回第一式 $x_2+x_3=1$。取 $x_3=t$： $$\boldsymbol{x}=(-t,\ 1-t,\ t)^{\mathrm T},\qquad t\in\mathbb{C}\quad(\text{自由度数}\ 1=n-r\ \checkmark)$$ 对 $\boldsymbol{b}_2$：$1\neq 1-1=0$，无解。

(d)（2 分） $R(A)=R(B)=\operatorname{span}\{(1,2,1)^{\mathrm T},(1,1,0)^{\mathrm T}\}$；由 $C\boldsymbol{y}=\boldsymbol{0}$（或直接解 $R\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$）得 $x_1=-x_3$、$x_2=-x_3$，故 $$N(A)=\operatorname{span}\{(-1,-1,1)^{\mathrm T}\}\quad(\dim=1=3-2\ \checkmark)$$ 评分：(a) 2 分；(b) $B$、$C$ 各 1 分、回代 1 分；(c) 通解 2 分、无解判断与理由 1 分；(d) 两个基各 1 分。

(a)（2 分） 逐行相乘：第 1 行 $(1,1,0)\cdot A=(1,1,0)$；第 2 行 $\boldsymbol{0}\cdot A=\boldsymbol{0}$；第 3 行 $(0,0,1)\cdot A=(0,0,1)$。故 $A^{2}=A$ ✓。

(b)（3 分） 列空间：$A$ 的第 1、3 列独立、第 2 列 $=$ 第 1 列，故 $$R(A)=\operatorname{span}\{(1,0,0)^{\mathrm T},(0,0,1)^{\mathrm T}\},\qquad \dim R(A)=2 .$$ 再解 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$：$x_1+x_2=0$、$x_3=0$，故 $N(A)=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^{\mathrm T}\}$，$\dim N(A)=1$。 直和验证：$R(A)$ 中向量的形状是 $(a,0,c)^{\mathrm T}$，若它同时等于 $t(1,-1,0)^{\mathrm T}$，则由第二分量 $-t=0$ 得 $t=0$，即 $R(A)\cap N(A)=\{\boldsymbol{\theta}\}$；又 $\dim R(A)+\dim N(A)=3=\dim\mathbb{C}^3$，由定理 1.6.1 得 $\mathbb{C}^3=R(A)\dotplus N(A)$ ✓。

(c)（2 分） $\operatorname{tr}A=1+0+1=2$，$\operatorname{rank}A=2$，二者相等。原因：$A$ 在 $R(A)$ 上恒等、在 $N(A)$ 上零化（(b) 的两组基拼起来就是 $\mathbb{C}^3$ 的基），故 $A$ 在这组基下的矩阵是 $\operatorname{diag}(1,1,0)$；迹是相似不变量，等于特征值之和 $1+1+0=2=$ 特征值 $1$ 的个数 $=\operatorname{rank}A$。

(d)（3 分） 由上述对角形：特征值 $\lambda=1$（代数重数 $2$，特征子空间 $V_1=R(A)=\operatorname{span}\{(1,0,0)^{\mathrm T},(0,0,1)^{\mathrm T}\}$）、$\lambda=0$（代数重数 $1$，$V_0=N(A)=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^{\mathrm T}\}$）；几何重数 $=$ 代数重数，故可对角化。取 $$P=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}\quad(\text{三列依次是 }R(A)\text{ 的两列与 }N(A)\text{ 的基}),\qquad \det P=1\neq0,$$ 则 $AP=P\operatorname{diag}(1,1,0)$，即 $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,1,0)$。 核验：$A(1,0,0)^{\mathrm T}=(1,0,0)^{\mathrm T}$ ✓、$A(0,0,1)^{\mathrm T}=(0,0,1)^{\mathrm T}$ ✓、$A(1,-1,0)^{\mathrm T}=(0,0,0)^{\mathrm T}$ ✓。 评分：(a) 2 分；(b) 两个基与维数 2 分、直和 1 分；(c) 2 分（数值 1 分、理由 1 分）；(d) 特征值与特征子空间 1 分、$P$ 与对角形 1 分、核验 1 分。