解

（1）$A$（对角）。 $\lVert A\rVert_2=4$，$\lVert A^{-1}\rVert_2=\lVert\operatorname{diag}(1/2,1/4)\rVert_2=1/2$，故 $\mathrm{cond}_2(A)=4\times\tfrac12=2$。$\lVert A\rVert_\infty=4$，$\lVert A^{-1}\rVert_\infty=1/2$，故 $\mathrm{cond}_\infty(A)=2$。

$B$。 $\det B=8-4=4$，$B^{-1}=\frac14\begin{pmatrix}4&-2\\-2&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-0.5\\-0.5&0.5\end{pmatrix}$。行和：$B$ 为 $4,6$，故 $\lVert B\rVert_\infty=6$；$B^{-1}$ 为 $1.5,1.0$，故 $\lVert B^{-1}\rVert_\infty=1.5$。$\mathrm{cond}_\infty(B)=9$。谱条件数（NumPy）：$\mathrm{cond}_2(B)\approx6.85$（奇异值 $5.236/0.764$）。

为什么差这么多？ 条件数不是在量「矩阵元素有多大」，而是在量行（列）向量之间的接近程度。$B$ 的两列 $(2,2)^{\mathrm T}$ 与 $(2,4)^{\mathrm T}$ 夹角约 $18^{\circ}$，比 $A$ 的两列（相互正交）更「接近平行」，于是 $B$ 更接近奇异——条件数度量的是「离奇异有多远」。这一点在 2.6.5 用最小奇异值讲会更清楚：$\mathrm{cond}_2(A)=1/(\text{相对距离})$。

（2） 取 $c=-3$、$A=B$：$cA$ 的行和是原来 $3$ 倍，$(cA)^{-1}$ 的行和是原来 $1/3$ 倍，乘积不变，故 $\mathrm{cond}_\infty(cA)=\mathrm{cond}_\infty(B)=9$ ✓。条件数对整体缩放免疫——把方程组每行都乘以 $10^{6}$ 不会改变病态程度。

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解

import numpy as np
u = np.finfo(float).eps / 2            # ≈1.11e-16
for n in [4, 6, 8, 10, 12]:
    H = np.array([[1/(i+j+1.0) for j in range(n)] for i in range(n)])
    x = np.ones(n); b = H @ x
    xh = np.linalg.solve(H, b)          # 双精度求解
    cond = np.linalg.cond(H, 2)
    err = np.max(np.abs(xh - x))
    print(f"n={n:2d} cond={cond:9.3e} log10(cond)={np.log10(cond):5.1f} "
          f"实测最大误差={err:9.3e} cond*u={cond*u:9.3e}")

n= 4 cond=1.551e+04 log10(cond)=  4.2 实测最大误差=5.0e-14 cond*u=1.7e-12
n= 6 cond=1.495e+07 log10(cond)=  7.2 实测最大误差=2.3e-10 cond*u=1.7e-09
n= 8 cond=1.526e+10 log10(cond)= 10.2 实测最大误差=1.6e-07 cond*u=1.7e-06
n=10 cond=1.603e+13 log10(cond)= 13.2 实测最大误差=7.4e-04 cond*u=1.8e-03
n=12 cond=1.719e+16 log10(cond)= 16.2 实测最大误差=2.2e-01 cond*u=1.9e+00

读这张表，看三件事：

1. 实测误差与 $\mathrm{cond}\cdot u$ 同量级（$n=6$ 时 $2.3\times10^{-10}$ 对 $1.7\times10^{-9}$；$n=10$ 时 $7.4\times10^{-4}$ 对 $1.8\times10^{-3}$；$n=12$ 时 $0.22$ 对 $1.9$）——条件数确实能预测精度。要注意实测值通常比界小几倍，因为（2.19）给的是最坏情形估计；$n=4$ 那一行（$5.0\times10^{-14}$ 对 $1.7\times10^{-12}$）界尤其保守，说明条件数小的时候实际误差远小于界。
2. $n=12$ 时解已完全失效（误差 $0.22$，而真值全是 $1$）：$\mathrm{cond}\cdot u=1.9\gt1$，相对误差可以超过 $100\%$。用双精度解 12 阶 Hilbert 系统，在这个意义上是没有意义的——尽管 np.linalg.solve 返回了一堆看起来很正常的数。
3. Hilbert 矩阵的条件数大致按 $10^{1.5n}$ 增长：每增加一阶，就多丢约 $1.5$ 位。$n=14$ 时 $\mathrm{cond}\approx4\times10^{17}\gt1/u$，双精度彻底失效。

验收标准： 你机器上算出的 $\mathrm{cond}$ 应与上表一致（相对差别在 $10^{-3}$ 量级内），误差随 BLAS 实现略有不同但同量级；把 np.linalg.solve 换成手写 Cholesky，误差量级不变——因为病态是问题的属性，不是算法的（1.2.6 的核心区分）。

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解

$$\mathrm{cond}_\infty(A)=\lVert A\rVert_\infty\lVert A^{-1}\rVert_\infty .$$

$A^{-1}=\dfrac{1}{4.0001-4}\begin{pmatrix}4.0001&-2\\-2&1\end{pmatrix}=10^{4}\begin{pmatrix}4.0001&-2\\-2&1\end{pmatrix}$，行和 $(6.0001,\ 3)$，故 $\lVert A^{-1}\rVert_\infty\approx6.0\times10^{4}$；$\lVert A\rVert_\infty=6.0001$。$\mathrm{cond}_\infty\approx3.6\times10^{5}$。

$t=10^{-4}$： $\lVert\delta A\rVert_\infty=10^{-4}$，$\rho_A=10^{-4}/6.0001\approx1.67\times10^{-5}$，$\varepsilon=\mathrm{cond}\cdot\rho_A\approx6.0\gt1$——条件（2.20）不满足，定理不适用：

$$\text{界的分母 }1-\varepsilon=1-6.0=-5.0\lt0\ \longrightarrow\ \text{负数！}$$

这说明什么？ 分母变负不是推导出了差错，而是定理在报警：$\varepsilon\gt1$ 说明 $\delta A$ 的量级已经足够把 $A$ 推过奇异点（$\mathrm{cond}\cdot\rho_A\ge1$ 正是「$A+\delta A$ 可能奇异」的定量刻画）。而此时扰动方程组确实失控了：精确解为 $x_2=\dfrac{10^{-4}}{10^{-4}+t}=\dfrac12$、$x_1=3-2x_2=2$，相对误差达 $100\%$。教训：系数扰动的界只在 $\mathrm{cond}\cdot\rho_A\ll1$ 时可用，一旦越过 $1$，就完全是另一回事。

改用更小的扰动。 取 $t=10^{-6}$ 重算：$\rho_A\approx1.67\times10^{-7}$，$\varepsilon=\mathrm{cond}\cdot\rho_A\approx0.060\lt1$（条件满足），

$$\text{界}=\frac{3.6\times10^{5}}{1-0.060}\times1.67\times10^{-7}\approx0.064 .$$

实测： 消元得 $(10^{-4}+t)x_2=10^{-4}$，即 $x_2=\dfrac{10^{-4}}{10^{-4}+t}\approx0.9901$、$x_1=3-2x_2\approx1.0198$，相对误差 $\approx2\%$。界 $0.064$ 只比实测大 $3$ 倍，对「只扰动一个元素」这种良性扰动已经相当紧；当然界仍是最坏情形（最坏扰动方向能让 $\lVert A^{-1}\delta A\rVert$ 达到 $\mathrm{cond}\cdot\rho_A$，本例远没有达到）。界的方向和量级都对。

真正的结论： 两个尺度必须拼起来看。$\varepsilon=\mathrm{cond}\cdot\rho_A\lt1$ 时，界可用且方向正确（本例实测只是它的若干分之一）；$\varepsilon\gt1$ 时定理失效，解可以完全失控（$t=10^{-4}$ 那段就是）。当 $\rho_A=u\approx10^{-16}$、$\mathrm{cond}=10^{5}$ 时，$\mathrm{cond}\cdot u\approx10^{-11}$，即最多丢 11 位。这与（2.19）完全一致。

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解

取

$$A=\begin{pmatrix}1&1\\1&1+\varepsilon\end{pmatrix},\qquad \varepsilon=10^{-11},\qquad \boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\qquad \boldsymbol{b}=A\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}2\\2+\varepsilon\end{pmatrix}.$$

$\mathrm{cond}_\infty(A)\approx4\times10^{11}$（第 1、2 行几乎成比例）。

取近似解 $\hat{\boldsymbol{x}}=(1.5,\ 0.5)^{\mathrm T}$（与真解 $(1,1)^{\mathrm T}$ 差得很远）：

$$\boldsymbol{r}=\boldsymbol{b}-A\hat{\boldsymbol{x}}=\begin{pmatrix}2-(1.5+0.5)\\2+\varepsilon-(1.5+0.5(1+\varepsilon))\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\varepsilon-0.5\varepsilon\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0.5\varepsilon\end{pmatrix}.$$

$$\frac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert_\infty}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert_\infty}=\frac{5\times10^{-12}}{2+\varepsilon}\approx2.5\times10^{-12}\quad(\text{残差小极了！})$$

$$\frac{\lVert\boldsymbol{e}\rVert_\infty}{\lVert\boldsymbol{x}\rVert_\infty}=\frac{0.5}{1}=50\%\quad(\text{误差大得离谱！})$$

核对界（2.23）： $\mathrm{cond}_\infty\cdot\dfrac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert_\infty}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert_\infty}\approx4\times10^{11}\times2.5\times10^{-12}=1.0$，界给出「相对误差 $\le100\%$」——实测 $50\%$，在界内 ✓。

import numpy as np
eps = 1e-11
A = np.array([[1.0, 1.0], [1.0, 1.0 + eps]])
x = np.array([1.0, 1.0]); b = A @ x
xh = np.array([1.5, 0.5])                      # 一个「相距很远」的近似解
r = b - A @ xh; e = xh - x
print(f"cond_inf(A) = {np.linalg.cond(A, np.inf):.3e}")
print(f"||r||∞/||b||∞ = {np.linalg.norm(r,np.inf)/np.linalg.norm(b,np.inf):.3e}   ← 残差极小")
print(f"||e||∞/||x||∞ = {np.linalg.norm(e,np.inf)/np.linalg.norm(x,np.inf):.3e}   ← 误差巨大")

cond_inf(A) = 4.000e+11
||r||∞/||b||∞ = 2.500e-12   ← 残差极小
||e||∞/||x||∞ = 5.000e-01   ← 误差巨大

这个例子为什么能成立？ 因为 $A$ 的两行几乎一样，两个方程 $$x_1+x_2\approx2,\qquad x_1+x_2\approx2$$ 实际上是同一个方程：两个未知数只有一个有效约束，解可以沿着直线 $x_1+x_2=2$ 滑动。$(1.5,0.5)$ 与 $(1,1)$ 都近似落在这条线上，所以残差都很小；但两点相距 $0.5$，所以误差很大。

工程含义： 不要把残差当作误差的代理指标。判据是 $\mathrm{cond}(A)\cdot\dfrac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}$，不是 $\dfrac{\lVert\boldsymbol{r}\rVert}{\lVert\boldsymbol{b}\rVert}$。

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解

原始 $\mathrm{cond}_\infty$： $\lVert A\rVert_\infty$ 是行和——第 2 行 $=10^{10}+(10^{10}+1)=2\times10^{10}+1$。$\det A=(10^{10}+1)-10^{10}=1$，故

$$A^{-1}=\begin{pmatrix}10^{10}+1&-1\\-10^{10}&1\end{pmatrix},\qquad \lVert A^{-1}\rVert_\infty=\max(10^{10}+2,\ 10^{10}+1)=10^{10}+2 .$$

$$\mathrm{cond}_\infty(A)=(2\times10^{10}+1)(10^{10}+2)\approx2\times10^{20}\ \ (\text{看起来完全不可解!})$$

行均衡化： 把每一行都除以该行绝对值最大的元素（第 2 行除以 $10^{10}+1$，与下面代码一致；说「除以 $10^{10}$」只影响 $B_{21}$ 是否恰好为 $1$，不影响量级），得 $B\approx\begin{pmatrix}1&1\\1&1+10^{-10}\end{pmatrix}$。

$$\lVert B\rVert_\infty\approx2,\qquad B^{-1}=\frac{1}{10^{-10}}\begin{pmatrix}1+10^{-10}&-1\\-1&1\end{pmatrix},\qquad \lVert B^{-1}\rVert_\infty\approx(2+10^{-10})\times10^{10}\approx2\times10^{10},$$

$$\mathrm{cond}_\infty(B)\approx4\times10^{10}\ .$$

结论： 条件数从 $10^{20}$ 降到 $4\times10^{10}$——降了 $10^{10}$ 倍。原来的 $10^{20}$ 里有一半要记在「第 2 行比第 1 行大 $10^{10}$ 倍」这个单位问题上，与矩阵真实的敏感度无关。

但要注意： $\mathrm{cond}\approx4\times10^{10}$ 仍不算小（$B$ 的两行确实几乎成比例），行缩放不能把一个真病态的矩阵变成良态——它只能剥掉「单位不一致」这一层。$\mathrm{cond}_\infty(B)\approx4\times10^{10}$ 与例 2.4.4 的 $\mathrm{cond}_\infty\approx4\times10^{11}$ 同量级，而后者才是真病态（两行近乎平行），只能靠重述问题或提高精度来对付。

验算代码：

import numpy as np
A = np.array([[1.0, 1.0], [1e10, 1e10 + 1]])
print(np.linalg.cond(A, np.inf))          # ≈2.0e20
B = A / A.max(axis=1, keepdims=True)      # 行均衡化
print(np.linalg.cond(B, np.inf))          # ≈4.0e10

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