本题在考：内积与范数的分工——范数要满足什么条件才来自内积，「标准」与「正交」又为什么是两件事。

(a) 错。 反例要在「两个范数都为 1、$\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{y}$、但内积不为零」的前提下找：$\boldsymbol{x}=(1,0)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol{y}=(0,1)^{\mathrm T}$ 正交 ✓，不合用；而 $\boldsymbol{y}=(1,0)^{\mathrm T}=\boldsymbol{x}$ 会被 $\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{y}$ 排除。改取 $\boldsymbol{x}=(1,0)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol{y}=(\cos\theta,\sin\theta)^{\mathrm T}$，只要 $\theta\neq90^{\circ}$，两个范数都是 1、两向量又不同，而内积 $=\cos\theta\neq0$。范数都是 1 只说明「标准」，正交必须单独验证内积为零（例 2.1.3 的教训）。

(b) 错。 只有满足平行四边形恒等式（2.2）的范数才来自内积（定理 2.1.2）。$\lVert\cdot\rVert_1$ 与 $\lVert\cdot\rVert_\infty$ 都不满足（例 2.1.2），故它们不来自任何内积。推论：$\lVert\cdot\rVert_1,\lVert\cdot\rVert_\infty$ 没有正交、投影、SVD 这套结构。

(c) 错。 $Q^{\mathrm T}Q=I_n$ 只说明列标准正交。$QQ^{\mathrm T}$ 是 $\mathbb{R}^m$ 上的投影矩阵（投影到 $C(Q)$ 上），$\operatorname{tr}(QQ^{\mathrm T})=n\lt m$，故 $QQ^{\mathrm T}\neq I_m$（定理 2.2.5、2.1.4 常见错误 4）。

(d) 错。 反例：$I+(-I)=O$，零矩阵不正交（$\lVert O\rVert_2=0$，且 $OO^{\mathrm T}\neq I$）。更一般地，正交矩阵对加法不封闭（对乘法才封闭：$(Q_1Q_2)^{\mathrm T}(Q_1Q_2)=I$）。

本题在考：最小二乘解的存在性与唯一性各需要什么条件，以及「残差小」为什么推不出「解准」。

(a) 错。 $A^{\mathrm T}A$ 可逆 $\iff$ $A$ 列满秩（定理 2.2.5 证明第一段）。若 $A$ 列相关（如 $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}$），$A^{\mathrm T}A$ 奇异。

(b) 错。 正交投影 $\iff$ 对称 + 幂等。只幂等的是斜投影，它的余项不与子空间垂直。反例：$S=\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$ 满足 $S^2=S$ 但 $S^{\mathrm T}\neq S$（2.2.6 常见错误 5）。

(c) 前半对、后半错。 最小二乘解总存在（正态方程的右端 $A^{\mathrm T}\boldsymbol{b}\in C(A^{\mathrm T})=C(A^{\mathrm T}A)$，定理 2.2.6）；但唯一 $\iff$ $A$ 列满秩。秩亏时解成一整个集合（仿射子空间），此时「最小范数解」才唯一——由伪逆给出（定理 2.6.3、例 2.6.5）。

(d) 错。 「残差小 ≠ 误差小」。定量关系是 $\dfrac{\lVert\boldsymbol{e}\rVert}{\lVert\boldsymbol{x}\rVert}\le\mathrm{cond}(A)\dfrac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}$（定理 2.4.4）；条件数大时残差可以极小而误差极大（例 2.4.4 实测：残差 $2.5\times10^{-12}$、误差 $50\%$）。

本题在考：三种正交化方法各自的适用场景与浮点行为——精确算术下相同，不代表浮点下也相同，分解的唯一性也只在规范形式下成立。

(a) 错。 精确算术下两者给出完全相同的 $Q,R$，但浮点下 CGS 的正交性损失是 $O(\mathrm{cond}^2u)$、MGS 是 $O(\mathrm{cond}\,u)$——差一个条件数（2.3.3 实测：$n=16$ 时 $6.55$ vs $4.7\times10^{-4}$）。

(b) 错。 $\det H=-1$（$H$ 的特征值是 $-1$ 与 $k-1$ 重的 $1$，定理 2.3.3）。$H$ 是反射（反定向）；$\det=+1$ 的是 Givens 旋转（定义 2.3.2）。

(c) 错。 Householder 一次改动整个子块，会毁掉稀疏结构（fill-in）。稀疏矩阵应用 Givens 旋转（一次只改两行，定理 2.3.4 后的对比表）。

(d) 错（原命题不够严格）。 只有加上「$R$ 对角元全为正」的规范化才唯一（定理 2.3.2）；一般地，$Q\to Q\operatorname{diag}(\pm1)$、$R\to\operatorname{diag}(\pm1)R$ 保持 $QR$ 不变。LAPACK 与 NumPy 允许负对角元，所以不同库的 $Q,R$ 可以差若干列的符号。秩亏时更是完全不唯一。

本题在考：条件数、谱半径与奇异值三者的适用范围——涉及它们的关系式，大都是「在特定假设下」才成立的等式。

(a) 对。 $\mathrm{cond}(cA)=\mathrm{cond}(A)$（定理 2.4.1 第 3 条）——条件数对整体缩放免疫。但要注意各行 / 各列的相对尺度会影响 $\mathrm{cond}_\infty$（行均衡化能降低它，例 2.4.5）：$\mathrm{cond}$ 衡量的是「列 / 行向量之间的接近平行程度」，不是元素绝对大小。

(b) 错。 只有正规矩阵（含对称、正交、对称半正定）才有 $\rho=\lVert A\rVert_2$。反例：$N=\begin{pmatrix}1&1000\\0&1\end{pmatrix}$ 的 $\rho=1$ 而 $\lVert N\rVert_2\approx1000$；一般只有 $\rho\le\lVert A\rVert$（2.5.1）。

(c) 对。 对列满秩长方形矩阵，$\sigma_{\min}\gt0$，$A^{+}$ 或 $A^{\mathrm T}A$ 的谱给出 $\mathrm{cond}_2=\sigma_1/\sigma_n$（其中 $n=\min(m,n)$）。「条件数」这个概念用在长方形矩阵上时，要靠「相对于列空间的敏感度」来定义（2.4.1、2.6.3）。

(d) 错（不成立）。 $\rho(A)\lt1$ 只保证 $\lVert A^k\rVert\to0$（渐近），不保证单调递减——非正规矩阵存在「瞬态增长」（例 2.5.6）。反例：$\begin{pmatrix}0.9&10\\0&0.9\end{pmatrix}$ 的 $\rho=0.9$，但 $\lVert A^1\rVert$ 可以很大。稳妥判据：$\lVert A\rVert\lt1$ 才保证每一步收缩。

行标准正交 $\Rightarrow Q^{\mathrm T}Q=I$： 行标准正交即 $QQ^{\mathrm T}=I$（逐元素是行内积 $=\delta_{ij}$）。由 $QQ^{\mathrm T}=I$ 得 $Q$ 可逆（$\det Q\cdot\det Q^{\mathrm T}=1$），左乘 $Q^{-1}$：$Q^{\mathrm T}=Q^{-1}$。再右乘 $Q$ 得 $Q^{\mathrm T}Q=I$ ✓。

$\lVert Q\boldsymbol{x}\rVert_2=\lVert\boldsymbol{x}\rVert_2\ \forall\boldsymbol{x}\Rightarrow Q^{\mathrm T}Q=I$： 两边平方：$\boldsymbol{x}^{\mathrm T}Q^{\mathrm T}Q\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^{\mathrm T}\boldsymbol{x}$ 对一切 $\boldsymbol{x}$，即 $\boldsymbol{x}^{\mathrm T}S\boldsymbol{x}=0$ 对一切 $\boldsymbol{x}$，其中 $S=Q^{\mathrm T}Q-I$ 对称。

• 取 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{e}_i$：$s_{ii}=0$；
• 取 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{e}_i+\boldsymbol{e}_j$（$i\neq j$）：$s_{ii}+2s_{ij}+s_{jj}=0$，代入 $s_{ii}=s_{jj}=0$ 得 $2s_{ij}=0$。

故 $S=O$，即 $Q^{\mathrm T}Q=I$ ✓。（这个「用对称性 + 特殊向量取极化」的技巧是标准套路。）

上三角 + 正交 $\Rightarrow$ 对角、对角元 $\pm1$： 设 $S$ 为上三角矩阵且 $S^{\mathrm T}S=I$（这里的 $S$ 是新记号，与上一段无关）。看 $S$ 的第 1 列 $\boldsymbol{s}_1$：上三角给 $s_{21}=\cdots=s_{n1}=0$，单位向量给 $\lvert s_{11}\rvert=1$。归纳： 设第 $1,\dots,k-1$ 列已证是 $\pm\boldsymbol{e}_1,\dots,\pm\boldsymbol{e}_{k-1}$。第 $k$ 列只有前 $k$ 个分量可能非零（上三角），且要与 $\boldsymbol{s}_i=\pm\boldsymbol{e}_i$（$i\lt k$）正交，故 $s_{1k}=\cdots=s_{k-1,k}=0$，再由单位向量得 $\lvert s_{kk}\rvert=1$。故 $S$ 是对角、对角元 $\pm1$ ✓。（这正是 定理 2.3.2 唯一性证明的关键一步。）

特征值实： 设 $A\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}$，$\boldsymbol{v}\in\mathbb{C}^n$ 非零。两边左乘 $\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}$（共轭转置）：

$$\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}A\boldsymbol{v}=\lambda\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}\boldsymbol{v}=\lambda\lVert\boldsymbol{v}\rVert_2^2 .$$

两边取共轭转置，用 $A^{\mathrm T}=A$、$\overline{A}=A$：

$$\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}A^{\mathrm T}\boldsymbol{v}=\overline{\lambda}\lVert\boldsymbol{v}\rVert_2^2\quad\Longrightarrow\quad\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}A\boldsymbol{v}=\overline{\lambda}\lVert\boldsymbol{v}\rVert_2^2 .$$

两式相减：$(\lambda-\overline{\lambda})\lVert\boldsymbol{v}\rVert_2^2=0$。由 $\boldsymbol{v}\neq\boldsymbol{0}$ 得 $\lambda=\overline{\lambda}$，即 $\lambda\in\mathbb{R}$ ✓。

不同特征值的特征向量正交： 设 $A\boldsymbol{v}_1=\lambda_1\boldsymbol{v}_1$、$A\boldsymbol{v}_2=\lambda_2\boldsymbol{v}_2$，$\lambda_1\neq\lambda_2$（都实）。则

$$\lambda_1\boldsymbol{v}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{v}_2=(A\boldsymbol{v}_1)^{\mathrm T}\boldsymbol{v}_2=\boldsymbol{v}_1^{\mathrm T}A\boldsymbol{v}_2=\lambda_2\boldsymbol{v}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{v}_2\ \Longrightarrow\ (\lambda_1-\lambda_2)\boldsymbol{v}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{v}_2=0\ \Longrightarrow\ \boldsymbol{v}_1\perp\boldsymbol{v}_2 .$$

重特征值情形： 若 $\lambda$ 有重数 $k$，其特征子空间维数恰为 $k$（对称矩阵可对角化——由 Schur 形式 $A=QTQ^{\mathrm T}$ 且 $A$ 对称蕴含 $T$ 对称、对称的上三角阵是对角阵）。在该子空间内任取标准正交基（Gram–Schmidt，2.3.1）。

拼起来： 各特征子空间两两正交、内部标准正交，合起来有 $n$ 个标准正交向量，构成 $V$。此时 $V^{\mathrm T}AV=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ ✓。

（关键的一步是「对称矩阵可对角化」——这可从 Schur 形式直接得到：任何方阵可写成 $A=QTQ^{\mathrm T}$（$Q$ 正交、$T$ 上三角），而 $A^{\mathrm T}=A$ 迫使 $T^{\mathrm T}=T$，上三角且对称者必为对角阵。）

(1) $(A(A^{\mathrm T}A)^{-1}A^{\mathrm T})^{\mathrm T}=A((A^{\mathrm T}A)^{-1})^{\mathrm T}A^{\mathrm T}=A(A^{\mathrm T}A)^{-1}A^{\mathrm T}$（$A^{\mathrm T}A$ 对称 $\Rightarrow$ 其逆对称）✓。$P^2=A(A^{\mathrm T}A)^{-1}(A^{\mathrm T}A)(A^{\mathrm T}A)^{-1}A^{\mathrm T}=P$ ✓。

(2) $P$ 对称 $\Rightarrow$ 可正交对角化（定理 2.5.1 第 5 条）；幂等 $\Rightarrow$ 特征值 $\in\{0,1\}$（$\lambda^2=\lambda$）。故 $\operatorname{tr}P=\operatorname{rank}P=$ 非零特征值个数 $=\dim C(P)=n$（因为 $C(P)=C(A)$：$P$ 把 $\boldsymbol{b}$ 投到 $C(A)$ 上，且 $P$ 在 $C(A)$ 上是恒等映射）。

(3) 由 $\boldsymbol{b}=P\boldsymbol{b}+(I-P)\boldsymbol{b}$ 与 $P\boldsymbol{b}\perp(I-P)\boldsymbol{b}$（验证：$(P\boldsymbol{b})^{\mathrm T}(I-P)\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}^{\mathrm T}P(I-P)\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}^{\mathrm T}(P-P^2)\boldsymbol{b}=0$）得勾股：

$$\lVert\boldsymbol{b}\rVert_2^2=\lVert P\boldsymbol{b}\rVert_2^2+\lVert(I-P)\boldsymbol{b}\rVert_2^2\ \Longrightarrow\ \lVert P\boldsymbol{b}\rVert_2\le\lVert\boldsymbol{b}\rVert_2 .$$

取 $\boldsymbol{b}\in C(A)$ 时 $P\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}$，故 $\lVert P\rVert_2\ge1$；结合上式得 $\lVert P\rVert_2=1$ ✓。

(4) $I-P$ 对称（(1)）、幂等（$(I-P)^2=I-2P+P^2=I-P$），故是正交投影。其列空间：$(I-P)\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}-P\boldsymbol{b}\in N(A^{\mathrm T})$ ✓（因为 $A^{\mathrm T}(I-P)=A^{\mathrm T}-A^{\mathrm T}A(A^{\mathrm T}A)^{-1}A^{\mathrm T}=A^{\mathrm T}-A^{\mathrm T}=O$）；反过来任意 $\boldsymbol{y}\in N(A^{\mathrm T})$ 满足 $(I-P)\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}$。故 $C(I-P)=N(A^{\mathrm T})$ ✓。

存在性（验证 $X=V\Sigma^{+}U^{\mathrm T}$）： 关键恒等式：$\Sigma\Sigma^{+}\Sigma=\Sigma$、$\Sigma^{+}\Sigma\Sigma^{+}=\Sigma^{+}$、$\Sigma\Sigma^{+}$ 与 $\Sigma^{+}\Sigma$ 都是（对称的）对角 $\{0,1\}$ 阵。于是

$$AXA=U\Sigma V^{\mathrm T}\cdot V\Sigma^{+}U^{\mathrm T}\cdot U\Sigma V^{\mathrm T}=U\Sigma\Sigma^{+}\Sigma V^{\mathrm T}=U\Sigma V^{\mathrm T}=A\ ✓$$

（用了 $V^{\mathrm T}V=I$、$U^{\mathrm T}U=I$）；同法 $XAX=X$ ✓。

$$AX=U\Sigma\Sigma^{+}U^{\mathrm T}\ \text{对称（对角 $\{0,1\}$、$U$ 正交）}\ ✓,\qquad XA=V\Sigma^{+}\Sigma V^{\mathrm T}\ \text{对称}\ ✓ .$$

唯一性： 设 $X_1,X_2$ 都满足四条件。记 $P=AX_1$、$Q=AX_2$（都对称且幂等，是到 $C(A)$ 上的投影）：

$$AX_1=AX_2\quad\text{（因为二者都是到 }C(A)\text{ 的正交投影，投影到同一子空间的幂等对称矩阵唯一）}.$$

于是 $X_1AX_1=X_1AX_2$（左边 $=X_1$），故 $X_1=X_1AX_2$。再取转置：$X_1^{\mathrm T}=X_2^{\mathrm T}A^{\mathrm T}X_1^{\mathrm T}$。

也可以直接代入四条件往下算：$X_1=X_1AX_1=X_1AX_2=A^{\mathrm T}X_1^{\mathrm T}X_2$（用 $(X_1A)^{\mathrm T}=X_1A$）$=X_2^{\mathrm T}A^{\mathrm T}X_1^{\mathrm T}X_2=\ldots$，只是会越算越繁；更简洁的标准做法是利用 $AX_1=AX_2$ 与 $X_1A=X_2A$：

$$X_1=X_1AX_1=X_1\underbrace{AX_2}_{=AX_1}=X_1AX_2=\underbrace{X_1A}_{=X_2A}X_2=X_2AX_2=X_2 .$$

（第一步、最后一步用 $XAX=X$；第三步用 $AX_1=AX_2$；第五步用 $X_1A=X_2A$。）故唯一 ✓。

（i） 由 $\boldsymbol{b}=A\boldsymbol{x}$ 与 $\boldsymbol{r}=\boldsymbol{b}-A\hat{\boldsymbol{x}}$ 得 $\boldsymbol{r}=A(\boldsymbol{x}-\hat{\boldsymbol{x}})=-A\boldsymbol{e}$，取范数并使用相容性：

$$\lVert\boldsymbol{r}\rVert=\lVert A\boldsymbol{e}\rVert\le\lVert A\rVert\lVert\boldsymbol{e}\rVert .$$

（ii） 由 $\boldsymbol{r}=-A\boldsymbol{e}$ 得 $\boldsymbol{e}=-A^{-1}\boldsymbol{r}$，故 $\lVert\boldsymbol{e}\rVert\le\lVert A^{-1}\rVert\lVert\boldsymbol{r}\rVert$。又由 $\boldsymbol{b}=A\boldsymbol{x}$ 得 $\lVert\boldsymbol{b}\rVert\le\lVert A\rVert\lVert\boldsymbol{x}\rVert$，即 $\dfrac{1}{\lVert\boldsymbol{x}\rVert}\le\dfrac{\lVert A\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}$。两式相乘：

$$\frac{\lVert\boldsymbol{e}\rVert}{\lVert\boldsymbol{x}\rVert}\le\lVert A^{-1}\rVert\lVert\boldsymbol{r}\rVert\cdot\frac{\lVert A\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}=\mathrm{cond}(A)\cdot\frac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}\ ✓$$

方向不对称的原因： （i）是「误差小 ⟹ 残差小」，放缩只用 $\lVert A\rVert$，系数有界；而（ii）是「残差小 ⟹ 误差小」，放缩里出现了 $\lVert A^{-1}\rVert$——它可以是任意大。

$$\text{(i) 的系数}=\lVert A\rVert\quad(\text{有界}),\qquad \text{(ii) 的系数}=\lVert A^{-1}\rVert\quad(\text{可无界}) .$$

这就是为什么残差不能当误差的代理指标： 求解器给出的是（i）方向的保证（「我把方程解得很好」），用户想要的是（ii）方向的保证（「我的解很准」）；两者之间恰好隔着一个 $\mathrm{cond}(A)$。当 $\mathrm{cond}(A)\approx10^{12}$ 时，残差 $10^{-16}$ 只保证误差 $\le10^{-4}$。

补充（条件化的反向界）： 若额外假设 $\mathrm{cond}(A)\cdot\dfrac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}\lt1$，则可从 $\boldsymbol{x}=\hat{\boldsymbol{x}}-\boldsymbol{e}$ 出发得到带修正因子的版本

$$\frac{\lVert\boldsymbol{e}\rVert}{\lVert\boldsymbol{x}\rVert}\le\frac{\mathrm{cond}(A)\cdot\lVert\boldsymbol{r}\rVert/\lVert\boldsymbol{b}\rVert}{1-\mathrm{cond}(A)\cdot\lVert\boldsymbol{r}\rVert/\lVert\boldsymbol{b}\rVert},$$

但这个修正版的实用价值远低于（ii）——因为分母要求条件数已经足够小，而那正是「不需要担心」的场景。记住（ii）就够：残差要乘上 $\mathrm{cond}(A)$ 才是误差的界。

详见 定理 2.4.4 与 例 2.4.4（那里实测了残差 $2.5\times10^{-12}$ 而误差 $50\%$ 的极端情形）。

上界（$A_k$ 达到）： $A-A_k=\sum_{i\gt k}\sigma_i\boldsymbol{u}_i\boldsymbol{v}_i^{\mathrm T}$ 的奇异值是 $\sigma_{k+1},\dots,\sigma_r$（其余为零），故

$$\lVert A-A_k\rVert_F^2=\sum_{i\gt k}\sigma_i^2=\sigma_{k+1}^2+\cdots+\sigma_r^2 .$$

下界（任何 $\operatorname{rank}B\le k$ 都不更好）： 设 $\operatorname{rank}B\le k$，则 $B$ 至多有 $k$ 个非零奇异值，即 $\sigma_{k+1}(B)=\cdots=\sigma_n(B)=0$。由 Weyl 不等式（谱范数版，即 定理 2.5.6 的「一」应用到 $A^{\mathrm T}A$ 与 $B^{\mathrm T}B$ 的平方根）：

$$\lvert\sigma_i(A)-\sigma_i(B)\rvert\le\lVert A-B\rVert_2\qquad(i=1,\dots,n) .$$

于是对 $i\gt k$：$\sigma_i(A)=\lvert\sigma_i(A)-\underbrace{\sigma_i(B)}_{0}\rvert\le\lVert A-B\rVert_2$。这对每个 $i\gt k$ 成立，故

$$\lVert A-B\rVert_F^2=\sum_{i=1}^{n}\sigma_i(A-B)^2\ \ge\ \sum_{i=1}^{n}\bigl(\sigma_i(A)-\sigma_i(B)\bigr)^2\ \ge\ \sum_{i\gt k}\sigma_i(A)^2 .$$

（第一个不等号用「奇异值的 $\ell^2$ 距离不超过矩阵的 F-范数」这一 Sylvester 型不等式：$\sum_i(\sigma_i(A)-\sigma_i(B))^2\le\lVert A-B\rVert_F^2$，它是 von Neumann 迹不等式（例 2.6.4）的推论。）

两边开方即得下界，与上界重合 ✓。等号成立条件： 需要 $B$ 的奇异向量与 $A$ 在 $i\le k$ 上对齐——这正是 $A_k$。

（注：$\lVert A-B\rVert_F\ge\lVert A-B\rVert_2$，所以 Frobenius 版的下界比谱范数版弱，但结论中的最小值恰好是同一个 $A_k$ 达到——这体现了 $A_k$ 同时最优于两个范数。）

(1)

$$A^{\mathrm T}A=\begin{pmatrix}2&-1&1\\2&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&2\\-1&1\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4+1+1&4-1+1\\4-1+1&4+1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6&4\\4&6\end{pmatrix}.$$

特征值：$(6-\lambda)^2-16=0\Rightarrow\lambda=6\pm4$，即 $\lambda_1=10,\ \lambda_2=2$。故

$$\sigma_1=\sqrt{10}\approx3.1623,\qquad\sigma_2=\sqrt2\approx1.4142 .$$

$$\lVert A\rVert_2=\sqrt{10}\approx3.1623,\qquad\lVert A\rVert_F=\sqrt{10+2}=\sqrt{12}\approx3.4641,$$

$$\mathrm{cond}_2(A)=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt2}=\sqrt5\approx2.2361 .$$

（核对 $\lVert A\rVert_F$：$4+4+1+1+1+1=12$ ✓。）

(2) $\lambda_1=10$ 的特征向量：$(6-10)v_1+4v_2=0\Rightarrow v_1=v_2$，$\boldsymbol{v}_1=\frac{1}{\sqrt2}(1,1)^{\mathrm T}$。$\lambda_2=2$：$(6-2)v_1+4v_2=0\Rightarrow v_1=-v_2$，$\boldsymbol{v}_2=\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)^{\mathrm T}$。

$$\boldsymbol{u}_1=\frac{A\boldsymbol{v}_1}{\sigma_1}=\frac{1}{\sqrt{10}}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}2+2\\-1+1\\1+1\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{20}}\begin{pmatrix}4\\0\\2\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt5}\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix},$$

$$\boldsymbol{u}_2=\frac{A\boldsymbol{v}_2}{\sigma_2}=\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}2-2\\-1-1\\1-1\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}0\\-2\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}.$$

验证正交（必查）： $\boldsymbol{u}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{u}_2=\frac{1}{\sqrt5}(0+0+0)=0$ ✓；$\lVert\boldsymbol{u}_1\rVert=1$、$\lVert\boldsymbol{u}_2\rVert=1$ ✓。

验证 $U\Sigma V^{\mathrm T}=A$（用外积形式）：

$$U\Sigma V^{\mathrm T}=\sigma_1\boldsymbol{u}_1\boldsymbol{v}_1^{\mathrm T}+\sigma_2\boldsymbol{u}_2\boldsymbol{v}_2^{\mathrm T} =\sqrt{10}\cdot\frac{1}{\sqrt5}\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\end{pmatrix} +\sqrt2\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&-1\end{pmatrix}.$$

第一项系数 $\dfrac{\sqrt{10}}{\sqrt5\sqrt2}=\dfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}}=1$，故

$$=\begin{pmatrix}2&2\\0&0\\1&1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&0\\-1&1\\0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\-1&1\\1&1\end{pmatrix}\ ✓$$

（3） 四个子空间（由 定理 2.6.2）：

• $C(A)=\operatorname{span}\{\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2\}=\operatorname{span}\{(2,0,1)^{\mathrm T}/\sqrt5,\ (0,-1,0)^{\mathrm T}\}$（维数 $2$）；
• $N(A^{\mathrm T})=\operatorname{span}\{\boldsymbol{u}_3\}$，$\boldsymbol{u}_3$ 是与 $\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2$ 都正交的单位向量：由 $\boldsymbol{u}_3^{\mathrm T}\boldsymbol{u}_1=0$ 得 $2u_{31}+u_{33}=0$，由 $\boldsymbol{u}_3^{\mathrm T}\boldsymbol{u}_2=0$ 得 $u_{32}=0$，故 $\boldsymbol{u}_3\propto(1,0,-2)^{\mathrm T}$，即 $\boldsymbol{u}_3=\frac{1}{\sqrt5}(1,0,-2)^{\mathrm T}$（维数 $1$）；
• $C(A^{\mathrm T})=\operatorname{span}\{\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2\}=\mathbb{R}^2$（维数 $2=n$）；
• $N(A)=\{\boldsymbol{0}\}$（维数 $0$，因为 $A$ 列满秩）。

核对： $C(A)\perp N(A^{\mathrm T})$ ✓（$(2,0,1)\cdot(1,0,-2)=2-2=0$）；$\dim C(A)+\dim N(A^{\mathrm T})=2+1=3=m$ ✓；$\dim C(A^{\mathrm T})+\dim N(A)=2+0=2=n$ ✓。

验收标准： NumPy 复核——np.linalg.svd(A) 给出 $\sigma=(3.16227766,1.41421356)$；A.T@A 的特征值为 $(2,10)$；np.linalg.cond(A) $=2.2360679\cdots$；四个子空间的维数与上述一致。

(1) Gram–Schmidt。 $\boldsymbol{a}_1=(0,1,1)^{\mathrm T}$，$\lVert\boldsymbol{a}_1\rVert=\sqrt2$，

$$r_{11}=\sqrt2,\qquad \boldsymbol{q}_1=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.$$

$r_{12}=\boldsymbol{q}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{a}_2=\frac{0+1+0}{\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}$，

$$\boldsymbol{v}=\boldsymbol{a}_2-r_{12}\boldsymbol{q}_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}-\frac12\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\\frac12\\-\frac12\end{pmatrix},\qquad \lVert\boldsymbol{v}\rVert=\sqrt{1+\frac14+\frac14}=\sqrt{\frac32}=\frac{\sqrt6}{2}.$$

$$r_{22}=\frac{\sqrt6}{2},\qquad\boldsymbol{q}_2=\frac{2}{\sqrt6}\begin{pmatrix}1\\\frac12\\-\frac12\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}.$$

$$Q=\begin{pmatrix}0&\frac{2}{\sqrt6}\\[3pt]\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt6}\\[3pt]\frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt6}\end{pmatrix},\qquad R=\begin{pmatrix}\sqrt2&\frac{1}{\sqrt2}\\[3pt]0&\frac{\sqrt6}{2}\end{pmatrix}.$$

核对： $\boldsymbol{q}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{q}_2=\frac{0+1-1}{\sqrt2\cdot\sqrt6}=0$ ✓；$QR$ 复原 $A$ ✓。

(2) Householder。 第 1 列 $\boldsymbol{x}=(0,1,1)^{\mathrm T}$，$\lVert\boldsymbol{x}\rVert=\sqrt2$，$x_1=0$ 故取 $\alpha=-\sqrt2$（规定 $x_1=0$ 时 $\operatorname{sgn}=1$）：

$$\boldsymbol{v}=\boldsymbol{x}-\alpha\boldsymbol{e}_1=(0,1,1)^{\mathrm T}+\sqrt2(1,0,0)=( \sqrt2,1,1)^{\mathrm T}.$$

$\boldsymbol{v}^{\mathrm T}\boldsymbol{v}=2+1+1=4$，故 $H_1=I-\frac12\boldsymbol{v}\boldsymbol{v}^{\mathrm T}$：

$$H_1=I-\frac12\begin{pmatrix}2&\sqrt2&\sqrt2\\\sqrt2&1&1\\\sqrt2&1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&-\frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt2}\\-\frac{1}{\sqrt2}&\frac12&-\frac12\\-\frac{1}{\sqrt2}&-\frac12&\frac12\end{pmatrix}.$$

$$H_1A=\begin{pmatrix}0&-\frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt2}\\-\frac{1}{\sqrt2}&\frac12&-\frac12\\-\frac{1}{\sqrt2}&-\frac12&\frac12\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&1\\1&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\sqrt2&-\frac{1}{\sqrt2}\\\frac12&\frac12\\-\frac12&-\frac12\end{pmatrix}.$$

第 2 步：对 $\boldsymbol{x}=(\frac12,-\frac12)^{\mathrm T}$ 消元。$\lVert\boldsymbol{x}\rVert=\frac{1}{\sqrt2}$，$x_1=\frac12\gt0$ 故 $\alpha=-\frac{1}{\sqrt2}$，

$$\boldsymbol{v}_2=\Bigl(\frac12+\frac{1}{\sqrt2},\ -\frac12\Bigr)^{\mathrm T},\qquad H_2=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\cdot&\cdot\\0&\cdot&\cdot\end{pmatrix}\ \text{（只作用在后两行）}.$$

数值结果（NumPy np.linalg.qr 内部同样用 Householder，与手算同一算法）：

$$Q\approx\begin{pmatrix}0&0.8165\\-0.7071&0.4082\\-0.7071&-0.4082\end{pmatrix},\qquad R\approx\begin{pmatrix}-1.4142&-0.7071\\0&1.2247\end{pmatrix}.$$

(3) 两次结果比较。 把 Gram–Schmidt 的结果（第 1 问）写成数值：

$$Q_{\mathrm{GS}}=\begin{pmatrix}0&\frac{2}{\sqrt6}\\[2pt]\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt6}\\[2pt]\frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt6}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0.8165\\0.7071&0.4082\\0.7071&-0.4082\end{pmatrix},\qquad R_{\mathrm{GS}}=\begin{pmatrix}\sqrt2&\frac{1}{\sqrt2}\\[2pt]0&\frac{\sqrt6}{2}\end{pmatrix}.$$

逐列对照：

• 第 1 列： $Q_{\mathrm{HH}}$ 的第 1 列 $=(0,-0.7071,-0.7071)^{\mathrm T}=-Q_{\mathrm{GS}}$ 的第 1 列；
• 第 2 列： $Q_{\mathrm{HH}}$ 的第 2 列 $=(0.8165,0.4082,-0.4082)^{\mathrm T}=Q_{\mathrm{GS}}$ 的第 2 列（完全相同）。

原因： Householder 的 $r_{11}=-1.4142$ 为负（未采纳「$R$ 对角元为正」的规范化），故 $Q$ 的第 1 列与 $R$ 的第 1 行同时取了相反符号；而 $r_{22}=1.2247\gt0$，第 2 列不动。两者只差一个「列符号规范化」，去掉这个差异后完全一致——这正是 定理 2.3.2 唯一性条款的含义：唯一的只有规范形式。

验收标准： 用 NumPy 验证两种方法的 $Q$ 都满足 $Q^{\mathrm T}Q=I$、$QR=A$；把 $Q_{\mathrm{HH}}$ 的第 1 列取反后应与 $Q_{\mathrm{GS}}$ 逐元素一致（到机器精度）。