错。 可靠位数由误差限决定，与打印格式无关：$\mathrm{eps}$ 只管单步舍入（$u\approx1.11\times10^{-16}$），$n$ 步运算可累到约 $nu$，相近数相减或病态问题放得更多（1.2.5、1.2.8 错误 7）。失分点：只说「浮点有误差」而不落到「位数由误差限判定」。

错。 定义式用 $x$ 只是理论写法；$x$ 未知，实用公式一律用 $\lvert a\rvert$，两者相差 $O(e_{\mathrm r}^2)$。此外 $x=0$ 处相对误差无定义（定义 1.2.6 后的推导、errata N1）。

错（前半对、后半错）。 误差限确实是末位的半个单位（$0.0005=\tfrac12\times10^{-3}$），但有效数字要从第一位非零数字数到末位：若 $a=0.0042$，写成 $0.42\times10^{-2}$（$m=-2$），$\tfrac12\times10^{m-n}=\tfrac12\times10^{-3}$ 给出 $n=1$——只有 $1$ 位；只有 $a$ 的量级使首位落在小数点前（如 $a=1.234$）时才是 $4$ 位（定义 1.2.7、例 1.2.3）。

对。 误差满足 $\delta_n=\beta\,\delta_{n-1}$，故 $\delta_n=\beta^n\delta_0$，$\lvert\beta\rvert\lt1$ 时误差按几何级数收缩，且途中新产生的舍入误差同样被压制（1.2.4 原则 (1)）。补充：该判别法只对常系数线性递推成立。

错。 差距来自公式结构与相近数相减（第 3 个公式 $99-70\sqrt2$ 是两个 $\approx10^2$ 的量相减，相对误差被放大到 $O(1)$），与方法误差/放大因子有关、与字长无关；提高精度只推迟灾难（1.1.3、1.2.8 错误 8）。

错。 等价定理给出 $m\lVert\boldsymbol x\rVert_\beta\le\lVert\boldsymbol x\rVert_\alpha\le M\lVert\boldsymbol x\rVert_\beta$（$m,M$ 与 $\boldsymbol x$ 无关），一侧趋于零则另一侧必趋于零——收敛性与范数选择无关；会变的是误差界的大小与停机步数（定理 1.3.3、1.3.6）。

错。 相容 ≠ 从属：任何算子范数都满足 $\lVert I\rVert=1$，而 $\lVert I\rVert_F=\sqrt n\neq1$（$n\ge2$），故 F-范数不从属于任何向量范数（定义 1.3.4 的证明 (c)）。

对。 由 Neumann 级数余项估计 $\left\lVert(I-A)^{-1}-\sum_{k=0}^{N}A^k\right\rVert\le\dfrac{\lVert A\rVert^{N+1}}{1-\lVert A\rVert}$，取 $N=2$、$\lVert A\rVert=0.5$ 得 $\dfrac{0.5^3}{0.5}=0.25$ ✓（定理 1.3.7）。

错。 正确式是 $\lVert A\rVert_2=\sqrt{\lambda_{\max}(A^{\mathrm T}A)}=$ 最大奇异值；$\lVert A\rVert_2=\lambda_{\max}(A)$ 只对对称半正定矩阵成立。反例 $A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$：$\lambda_{\max}(A)=0$ 而 $\lVert A\rVert_2=1$（1.3.7 错误 3）。

错。 Sterbenz 引理：$y/2\le x\le2y$ 时 $\operatorname{fl}(x-y)=x-y$ 精确。丢掉的数字来自输入本身（中间结果的有效数字已经很少），所以处方是改写（有理化 / 因式分解 / 和差化积），而不是「换一种减法」（引理 1.2.1、1.2.4）。

11. (a) 模型误差（建模时丢了信息）；(b) 观测误差（输入数据来自测量/预报，带噪声）；(c) 截断误差（Taylor 级数被截断，余项约 $\lvert x\rvert^6/720\approx1.4\times10^{-9}$）；(d) 舍入误差（$0.1$ 的二进制展开是循环小数，存不进有限尾数）。一句话规则：数值分析主要研究截断误差与舍入误差——只有这两类能靠算法设计控制；模型与观测误差归建模、测量学科，但进入计算后仍服从 1.2.3 的传播规律（1.2.1 鸟瞰表）。

12. (1) 2 位。 $a=0.0123=0.123\times10^{-1}$，$m=-1$；$\tfrac12\times10^{m-n}=\tfrac12\times10^{-1-n}=0.0005=\tfrac12\times10^{-3}$ 得 $-1-n=-3$，即 $n=2\le k=3$ ✓——小数点前那个 $0$ 不算有效数字。 (2) 没有有效数字。 此时要求 $\tfrac12\times10^{-1-n}=\tfrac12\times10^{-5}$，即 $n=4\gt k=3$：误差限要求第 $4$ 位准确，而 $a$ 只写出 $3$ 位数字——写法与误差限不相称，结论是「没有有效数字」（与 例 1.2.3 的 $c=0.86\times10^5$ 同类）。含义：标误差限时必须与写出的位数配套；位数不足时要补写数字或放宽误差限。

13. (1) 误差满足 $\delta_n=\beta\delta_{n-1}$：$y$ 格式每步乘 $\beta=1/3$（稳定，误差按 $3^{-n}$ 收缩）；$z$ 格式每步乘 $\beta=3$（不稳定，误差按 $3^{n}$ 爆炸）。 (2) $3^{-20}\approx2.87\times10^{-10}$ ⟹ $y$ 的误差 $10^{-8}\times2.87\times10^{-10}\approx2.9\times10^{-18}$（已在双精度之下）；$3^{20}=3.49\times10^{9}$ ⟹ $z$ 的误差 $10^{-8}\times3.49\times10^{9}\approx3.5\times10^{1}$——荒谬，与真值无关。 (3) 补救：把递推反向走（解出 $z_{n-1}$ 的表达式，使每步乘 $1/3$），并用积分估计式/边界条件把远端初值先定住（1.2.4 原则 (1)、errata N3）。

14. (1) $\mathrm{eps}=\beta^{1-t}=2^{-52}\approx2.22\times10^{-16}$；$u=\tfrac12\beta^{1-t}=2^{-53}\approx1.11\times10^{-16}$（定义 1.2.10）。 (2) $1$ 附近的浮点间距是 $2^{-52}$，相邻两数中点是 $1+2^{-53}$：增量恰为半个 ulp 时按最近舍入回到 $1.0$；要跨过一个网格间距至少需要 $2^{-52}$。 (3) $10^{16}\approx2^{53.15}$ 落在 $[2^{53},2^{54})$ 内，该区间间距为 $2^{k-t}=2^{53-52}=2$，增量 $1$ 只是半个间距，被舍回 $10^{16}$。 共同说明：浮点误差取决于数值的绝对位置（间距 $2^{k-t}$ 随量级成倍变宽），不是「一律 $10^{-16}$」——大数吃小数是网格太稀的必然（1.2.5 三条后果）。

15. $\lVert\boldsymbol x\rVert_1=2+3+6=11$；$\lVert\boldsymbol x\rVert_2=\sqrt{4+9+36}=\sqrt{49}=7$；$\lVert\boldsymbol x\rVert_\infty=6$。 核对（$n=3$）：$\lVert\boldsymbol x\rVert_\infty=6\le\lVert\boldsymbol x\rVert_2=7\le\sqrt3\times6\approx10.392$ ✓；$\lVert\boldsymbol x\rVert_2=7\le\lVert\boldsymbol x\rVert_1=11\le\sqrt3\times7\approx12.124$ ✓；$\lVert\boldsymbol x\rVert_\infty=6\le\lVert\boldsymbol x\rVert_1=11\le3\times6=18$ ✓。 依据：等价定理（定理 1.3.3）保证任意两种范数被与 $\boldsymbol x$ 无关的常数双向夹住，故「是否趋于零」与范数无关；常数 $n,\sqrt n$ 不可再改进（$[1,\dots,1]^{\mathrm T}$ 与单分量向量取等）。给分：三个范数 $2$ 分；三条核对 $1.5$ 分；依据 $0.5$ 分。

(1) 由多元传播公式（式 1.1），三个量在 $\rho$ 里各出现一次的相对贡献是 $$\varepsilon_{\mathrm r}(\rho)\approx\varepsilon_{\mathrm r}(m)+\underbrace{2\varepsilon_{\mathrm r}(d)}_{\partial\rho/\partial d\ \text{带因子}\ 2}+\varepsilon_{\mathrm r}(h),$$ （$\rho\propto m d^{-2}h^{-1}$：对 $d$ 的相对放大因子是 $\lvert\partial\ln\rho/\partial\ln d\rvert=2$。）代入： $$\varepsilon_{\mathrm r}(m)=\frac{0.02}{36.60}\approx0.0546\%,\quad \varepsilon_{\mathrm r}(d)=\frac{0.02}{12.50}=0.16\%\ (\times2=0.32\%),\quad \varepsilon_{\mathrm r}(h)=\frac{0.02}{38.00}\approx0.0526\%.$$ $$\varepsilon_{\mathrm r}(\rho)\approx0.0546\%+0.32\%+0.0526\%\approx0.427\%\approx4.3\times10^{-3}.$$ 数值：$\pi d^2h=3.14159\times156.25\times38.00=18653.2\ \mathrm{mm^3}$， $$\rho=\frac{4\times36.60}{18653.19}=7.8485\times10^{-3}\ \mathrm{g/mm^3}=7.8485\ \mathrm{g/cm^3},$$ $$\varepsilon(\rho)\approx4.27\times10^{-3}\times7.8485\approx0.0335\ \mathrm{g/cm^3}.$$

(2) $\rho=7.8485=0.78485\times10^1$，$m=1$。检验 $n$：$\tfrac12\times10^{1-n}\ge0.0335$——$n=1$ 时 $0.5\ge0.0335$ ✓；$n=2$ 时 $0.05\ge0.0335$ ✓；$n=3$ 时 $0.005\lt0.0335$ ✗。故 $2$ 位有效数字，结果写作 $$\rho\approx7.8\ \mathrm{g/cm^3}\quad(\text{误差限}\ 0.034\ \mathrm{g/cm^3}).$$ 注意：把 $7.8485$ 原样抄进报告是错误用法——可靠位数由误差限决定（1.2.8 错误 7）。

(3) 三项贡献中 $2\varepsilon_{\mathrm r}(d)=0.32\%$ 占总误差 $0.427\%$ 的约 $75\%$，所以先改进直径 $d$ 的测量：换成误差限 $0.004$ mm 的千分尺，则 $$\varepsilon_{\mathrm r}(\rho)\approx0.0546\%+2\times\frac{0.004}{12.50}\%+0.0526\%=0.0546\%+0.064\%+0.0526\%\approx0.171\%\lt0.3\%\ \checkmark$$ 而只把 $\varepsilon(m)$ 减半（$0.02\to0.01$ g）只能把总误差降到 $0.40\%$，达不到目标。结论：改进要挑「相对贡献 × 放大因子」最大的那一项。

评分：(1) 相对误差分解 $3$ 分（三个贡献值各 $1$ 分，$d$ 的因子 $2$ 漏掉扣 $1.5$）+ 数值 $\rho$ 与 $\varepsilon(\rho)$ $3$ 分；(2) 位数判定 $2$ 分（判定过程 $1$ + 按规定写法 $1$）；(3) 选对量与量化依据 $2$ 分。未写单位或未给误差限，各扣 $0.5$ 分。

(1) 列绝对值和：第 $1$ 列 $2+0+1=3$，第 $2$ 列 $3+4+1=8$，第 $3$ 列 $1+2+3=6$，故 $$\lVert A\rVert_1=\max(3,8,6)=8 .$$ 行绝对值和：第 $1$ 行 $6$，第 $2$ 行 $6$，第 $3$ 行 $5$，故 $$\lVert A\rVert_\infty=\max(6,6,5)=6 .$$ $$\lVert A\rVert_F=\sqrt{4+9+1+0+16+4+1+1+9}=\sqrt{45}\approx6.708 .$$

(2) 由各列内积（$A$ 的列为 $(2,0,1)^{\mathrm T},(-3,4,1)^{\mathrm T},(1,-2,3)^{\mathrm T}$）： $$A^{\mathrm T}A=\begin{pmatrix}5&-5&5\\-5&26&-8\\5&-8&14\end{pmatrix}.$$ 特征多项式 $\det(A^{\mathrm T}A-\lambda I)=-\lambda^3+c_2\lambda^2-c_1\lambda+c_0$ 的三个系数不必硬展开：

系数	来源	值
二次项（迹）	$\operatorname{tr}(A^{\mathrm T}A)$	$5+26+14=45$
一次项	全部二阶主子式之和	$(5\cdot26-25)+(5\cdot14-25)+(26\cdot14-64)=105+45+300=450$
常数项	$\det(A^{\mathrm T}A)=(\det A)^2$	$\det A=30\Rightarrow 900$

（$\det A=2(12+2)+3(0+2)+(0-4)=28+6-4=30$。）于是 $$\lambda^3-45\lambda^2+450\lambda-900=0\ \Longrightarrow\ \lambda_{\max}\approx31.70,$$ $$\lVert A\rVert_2=\sqrt{31.70}\approx5.630 .$$ （代入核对：$31.70^3-45\times31.70^2+450\times31.70-900\approx0$ ✓。）

(3) 核对：$\lVert A\rVert_2=5.630\le\lVert A\rVert_F=6.708$ ✓；$\sqrt{\lVert A\rVert_1\lVert A\rVert_\infty}=\sqrt{48}\approx6.928\ge5.630$ ✓，且 $\lVert A\rVert_2\le\lVert A\rVert_F$ 与 $\lVert A\rVert_2\le\sqrt{\lVert A\rVert_1\lVert A\rVert_\infty}$ 对任意矩阵都成立。 为什么两个范数一般不等：$\lVert A\rVert_1$ 数的是列、$\lVert A\rVert_\infty$ 数的是行；转置把行列互换，所以 $\lVert A^{\mathrm T}\rVert_1=\lVert A\rVert_\infty$、$\lVert A^{\mathrm T}\rVert_\infty=\lVert A\rVert_1$（1.3.4 记忆法）。

评分：(1) 三个范数各 $1$ 分；(2) $A^{\mathrm T}A$ $1.5$ 分、三个系数各 $1$ 分、$\lambda_{\max}$ 与 $\lVert A\rVert_2$ $1.5$ 分；(3) 两条核对 $1.5$ 分、转置交换关系 $1.5$ 分。把 $\lVert A\rVert_2$ 写成 $\lambda_{\max}(A)$（本题真正的主特征值是 $4.4422$，且另两个特征值为复数——$\rho(A)=4.4422$ 与 $\lVert A\rVert_2=5.630$ 是两个不同的数）本节 $0$ 分。

(1) 因 $x^n+3x^{n-1}=x^{n-1}(x+3)$，分子恰被分母整除： $$y_n+3y_{n-1}=\int_0^1\frac{x^n+3x^{n-1}}{x+3}\,dx=\int_0^1x^{n-1}dx=\frac1n\qquad(n\ge1),$$ $$y_0=\int_0^1\frac{dx}{x+3}=\ln4-\ln3=\ln\frac43\approx0.28768 .$$

(2) 设 $y_{n-1}$ 带误差 $\delta_{n-1}$，由 $y_n=\frac1n-3y_{n-1}$ 得 $$\delta_n=-3\delta_{n-1}\ \Longrightarrow\ \lvert\delta_n\rvert=3^n\lvert\delta_0\rvert,$$ 每步放大 $3$ 倍；$3^{20}=3.487\times10^{9}$（约 $3.5\times10^{9}$ 倍）。四位十进制下 $y_0\approx0.2877$，其舍入误差约 $\lvert0.2877-0.287682\vert\approx1.8\times10^{-5}$，传到 $y_{20}$ 时放大约 $6.3\times10^{4}$——而 $y_{20}\sim10^{-2}$ 量级，结果完全失真（教材实测 $n=30$ 时前推值已达 $-2.0\times10^{16}$，真值 $5.4\times10^{-3}$）。结论：$\lvert\beta\rvert=3\gt1$，正向递推不稳定，提高字长只推迟灾难（@ex 类比见 1.2.4）。

(3) 反向：由 $y_n+3y_{n-1}=\frac1n$ 解出 $$y_{n-1}=\frac{1}{3n}-\frac13y_n,\qquad\beta=-\frac13,\ \lvert\beta\rvert\lt1\ (\text{每步误差缩小}\ 3\ \text{倍}).$$ 起点：$[0,1]$ 上 $\frac14\le\frac{1}{x+3}\le\frac13$，故 $\frac{x^n}{4}\le\frac{x^n}{x+3}\le\frac{x^n}{3}$，积分得 $$\frac{1}{4(n+1)}\le y_n\le\frac{1}{3(n+1)}\ \Longrightarrow\ y_{50}\in\Bigl[\frac{1}{204},\frac{1}{153}\Bigr]=[0.0049020,\ 0.0065359].$$ 取区间中点 $y_{50}\approx0.0057190$，起点误差不超过半宽 $\approx8.2\times10^{-4}$；反向递推每步把它压缩 $3$ 倍，传到 $y_0$ 时被乘 $(1/3)^{50}\approx1.4\times10^{-24}$——起点误差与途中舍入误差都被彻底压掉。

评分：(1) 递推推导 $2$ 分 + $y_0$ $1$ 分；(2) 误差递推式 $1.5$ 分、$3^{20}$ 数值 $1$ 分、后果说明 $1.5$ 分；(3) 反向格式 $1.5$ 分、上下界 $1$ 分、中点与结论 $0.5$ 分。只写「反向更稳」而不给误差因子，扣 $2$ 分。

(1) 四类误差的来源清单与预算边界

类别	本链上的代表来源	能否进本预算公式
模型误差	把试样当理想正圆柱（实际有圆度 / 锥度误差）、忽略称量时的空气浮力	不进（属于公式本身，$V=\pi d^2h/4$ 已假定是圆柱）
观测误差	卡尺读数分辨与对准、天平示值漂移、温湿度导致的尺寸/质量漂移	部分进（以 $\varepsilon(d),\varepsilon(h),\varepsilon(m)$ 的形式进）
截断误差	本次计算中 $\pi$ 只取 $3.14159$（若取近似值）	可进（当作一个额外输入量，$\varepsilon_{\mathrm r}(\pi)\approx1.6\times10^{-6}$，可忽略）
舍入误差	商与乘积的浮点执行（双精度，相对 $u\sim10^{-16}$）	可进（量级远小于 $10^{-3}$，实际可忽略）

关键结论：预算公式算出的 $0.43\%$ 只覆盖观测误差（+ 可忽略的截断/舍入）；模型误差一旦显著（例如锥度 $0.1$ mm 级），任何减小 $\varepsilon(d)$ 的努力都是白费——必须先做模型检查。

(2) 改进仪器还是改进公式：判据 判据写法：「先做残差检验，再看相对贡献占比」。具体：① 对同一试样重复测量 $n\ge10$ 次，把样本标准差与仪器误差限对比——若实测离散显著大于仪器限（例如 $0.05$ mm vs $0.02$ mm），说明操作/环境主导，改进仪器无效，应先改测量方法（支架、恒温、多点平均）；② 若离散与仪器限一致，则看各项相对贡献：本链中 $2\varepsilon_{\mathrm r}(d)$ 占 $75\%$，故换更高精度的直径测量（千分尺）比改公式有效；③ 只有当模型误差成为主导（锥度、椭圆度使 $V$ 的真值与 $\pi d^2h/4$ 偏离超过 $0.4\%$）时，才改公式——例如沿高度测三个截面、用分段圆柱求和。

(3) 结果规范（一行结果必须含四个字段）

$\rho = 7.8\ \mathrm{g/cm^3}$（$\varepsilon(\rho)=0.03\ \mathrm{g/cm^3}$，$\varepsilon_{\mathrm r}=0.43\%$，$2$ 位有效数字；依据 $\rho=4m/(\pi d^2h)$，$\varepsilon(d)=\varepsilon(h)=0.02$ mm，$\varepsilon(m)=0.02$ g，双精度计算）

四个字段：值 + 绝对（或相对）误差限 + 有效数字位数 + 数据与依据；若引用了范数（向量情形）还必须注明范数，因为它决定误差界的大小。

(4) 失败判据（≥2 条，可测量） ① 重复测量的极差超过仪器误差限的 $4$ 倍（$\mathrm{range}\gt4\varepsilon$）→ 操作或环境主导，预算表失效，先查测量流程； ② 预算预测的相对误差与「高精度参考测量」（如用千分尺 + 精密天平复测同一试样）的实际偏差相差超过一个数量级（实测 $\gg$ 预测）→ 存在未计入的模型误差； ③ 计算结果写出的位数与 $\varepsilon(\rho)$ 不匹配（如报了 $7.8485$）→ 报告不合格，直接退回； ④ 换了更高精度仪器后总误差没有下降（改进前后 $\varepsilon_{\mathrm r}$ 差异 $<10\%$）→ 说明主导项判断错了，回到 ①。

评分：(1) $3$ 分（四类各 $0.5$、预算边界 $1$）；(2) $3$ 分（判据必须可执行：残差检验 + 贡献占比各 $1.5$）；(3) $2$ 分（四个字段齐全）；(4) $2$ 分（两条各 $1$ 分，须可测量）。只写「提高精度」而不给判据，(2) 得 $0$ 分。

(1) 关系式。 记精确解 $\boldsymbol x^*=(I-H)^{-1}\boldsymbol d$、误差 $\boldsymbol e_k=\boldsymbol x_k-\boldsymbol x^*$，则 $\boldsymbol e_{k+1}=H\boldsymbol e_k$、$\boldsymbol e_k=H^k\boldsymbol e_0$，于是 $$\boldsymbol x_{k+1}-\boldsymbol x_k=\boldsymbol e_{k+1}-\boldsymbol e_k=(H-I)\boldsymbol e_k\ \Longrightarrow\ \boldsymbol e_k=(H-I)^{-1}(\boldsymbol x_{k+1}-\boldsymbol x_k).$$ 当 $\lVert H\rVert=:q\lt1$ 时（定理 1.3.6 保证 $I-H$ 可逆）取范数放缩得 $$\lVert\boldsymbol e_k\rVert\le\frac{q}{1-q}\lVert\boldsymbol x_{k+1}-\boldsymbol x_k\rVert\quad\text{以及}\quad\lVert\boldsymbol e_0\rVert\le\frac{\lVert\boldsymbol x_1-\boldsymbol x_0\rVert}{1-q},$$ $$\lVert\boldsymbol e_k\rVert\le q^k\lVert\boldsymbol e_0\rVert\le\frac{q^k}{1-q}\lVert\boldsymbol x_1-\boldsymbol x_0\rVert .$$ 什么时候推不出误差小：放大因子 $\dfrac{q}{1-q}$ 在 $q\to1$ 时爆炸（$q=0.99$ 时约 $99$、$q=0.9999$ 时约 $10^4$）：相邻差可以小到 $10^{-12}$，而真实误差仍在 $10^{-8}$ 量级甚至更大；若 $\lVert H\rVert\ge1$ 则上式根本给不出界（此时才需要补充篇的谱半径与 $\rho\lt1$ 的渐近结论）。

(2) 三条改进方案与它治的病

方案	做法	治什么
① 用后验误差估计替代相邻差	先估 $q=\lVert H\rVert$（或每步估比值 $\lVert\Delta\boldsymbol x_{k+1}\rVert/\lVert\Delta\boldsymbol x_k\rVert\to q$），再用 $\lVert\boldsymbol e\rVert\lesssim\frac{q}{1-q}\lVert\Delta\boldsymbol x\rVert$	治「判据与实际误差差一个放大因子」
② 双判据：增广残差 + 条件数	对方程组类问题同时监控 $\mathrm{cond}(A)\cdot\lVert\boldsymbol r\rVert/\lVert\boldsymbol b\rVert$（1.3.6）	治「残差/相邻差都小、误差却大」的病态问题
③ 相对化 + 注明范数	改判据为 $\dfrac{\lVert\boldsymbol x_{k+1}-\boldsymbol x_k\rVert}{\lVert\boldsymbol x_{k+1}\rVert+1}\le\tau$，并在报告里写明用的是哪个范数	治「$\lVert\cdot\rVert_\infty$ 只盯最坏分量、尺度大时绝对阈值失效」

（补充：若 $q$ 接近 $1$、步数不可预测，正确做法是换更好的预条件 / 换算法，而不是继续调阈值。）

(3) 为什么它不能当误差估计。 停机判据度量的是算法是否稳定下来（增量信息 / 后向信息），误差度量的是解离真值多远（前向信息）；两者的桥梁恰好是问题的条件数或迭代矩阵的 $q/(1-q)$。这与 1.2.6 的「conditioning 与 stability 必须分开谈」、1.2.6 的「求解器只能保证残差、用户要的是误差」同一句话；矩阵版 $\boldsymbol e=A^{-1}\boldsymbol r$ 的完整推导在补充篇 2.4.4。是同一件事的两面：残差对应 $A\boldsymbol x=\boldsymbol b$ 的「相邻/后向」信息，相邻差对应迭代格式的增量信息，二者都要乘上放大因子才能变成误差。

(4) 失败判据（≥2 条，可测量） ① 停机后用一个高精度参考解（或第二种算法/更高精度重算）对照，实测相对误差 $>10^{-6}$——说明 $q/(1-q)$ 被低估，判据过松； ② 停机前 $\lVert\Delta\boldsymbol x_{k+1}\rVert/\lVert\Delta\boldsymbol x_k\rVert$ 持续大于 $0.9$（衰减比不趋于常数 $q\lt1$）——迭代矩阵谱半径过于接近 $1$，步数不可预测，应换算法或预条件； ③ 相邻差已低于阈值，但残差（或 $\mathrm{cond}\cdot\lVert\boldsymbol r\rVert/\lVert\boldsymbol b\rVert$）仍在下降——说明是「增量停滞」而不是「误差已小」，必须继续迭代或改判据； ④ 同一问题换用 $\lVert\cdot\rVert_2$ 后停机步数变化超过 $10$ 倍——说明阈值 $\tau$ 与范数不匹配，报告里没有注明范数。

评分：(1) $4$ 分（误差递推 $1$、关系式 $1.5$、放大因子与失效条件 $1.5$）；(2) $3$ 分（三条各 $1$ 分，须写出「治什么病」）；(3) $2$ 分（区分前向/后向 + 指出桥梁是条件数）；(4) $1$ 分（两条可测量判据）。