1. (a) 对、(b) 错。 有限维空间上范数等价性来自单位球紧性；无穷维空间上不同范数可以不等价（典型：函数空间上的 $\lVert\cdot\rVert_\infty$ 与 $\lVert\cdot\rVert_1$）。

2. 前半对，后半错。 $\lVert A\rVert<1\Rightarrow I-A$ 可逆，且 $(I-A)^{-1}=\sum_{k=0}^{\infty}A^k$（Neumann 级数，因 $\lVert A^k\rVert\le\lVert A\rVert^k$ 收敛）。反之不真：$I-A$ 可逆只要求 $1\notin\sigma(A)$，与范数大小无关——例如 $A=10I$，$I-A=-9I$ 可逆，但 $\lVert A\rVert\gg1$。

3. 错。 收敛的充要条件是谱半径 $\rho(G)<1$。$\lVert G\rVert<1$ 只是充分条件（因 $\rho(G)\le\lVert G\rVert$）——可以 $\rho(G)<1$ 而所有常见范数都 $\ge1$（非正规矩阵）。

4. 错。 $0<\omega<2$ 是 SOR 收敛的必要条件，不是充分条件：区间外一定不收敛，区间内不保证收敛（还需 $A$ 的性质，如对称正定或对角占优）。

5. 误差 $\lvert a-e\rvert\approx1.83\times10^{-6}$。写 $a=0.271828\times10^{1}$，故 $m=1$；要求 $\tfrac12\times10^{1-n}\le1.83\times10^{-6}$：$n=6$ 时 $\tfrac12\times10^{-5}=5\times10^{-6}\ge1.83\times10^{-6}$ ✓，$n=7$ 时 $5\times10^{-7}<1.83\times10^{-6}$ ✗。故 6 位（从首位 $2$ 数起，末尾的 $8$ 也有效）。

6. $\lVert A\rVert_1=\max$ 列和 $=\max(2+1,\ 1+2)=3$；$\lVert A\rVert_\infty=\max$ 行和 $=3$；特征值 $\lambda=2\pm1$，故 $\rho(A)=3$。这里 $A$ 对称，$\lVert A\rVert_2=\rho(A)=3$。

7. $x_{k+1}=x_k-\dfrac{f(x_k)}{f'(x_k)}$。它等价于不动点迭代，迭代函数 $\varphi(x)=x-\dfrac{f(x)}{f'(x)}$，在根 $s$ 处 $$\varphi'(s)=\frac{f(s)f''(s)}{[f'(s)]^2}=0\quad(f(s)=0,\ f'(s)\neq0),$$ 由收敛阶定理（$\varphi'(s)=0$ 而一般 $\varphi''(s)\neq0$）得至少二阶。

8. 次数最高为 $n$ 次。节点互异保证范德蒙德矩阵 $\det A=\prod_{i<j}(x_j-x_i)\neq0$，从而方程组有唯一解，插值多项式存在且唯一。（注意：唯一性 $\ne$ 数值可稳定求出——范德蒙德矩阵病态。）

9. (a) 各阶顺序主子式 $2>0$、$\begin{vmatrix}2&1\\1&3\end{vmatrix}=5>0$，均非零，不必选主元即可 LU 分解。记 $L$ 单位下三角、$U$ 上三角： $$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0.5&1&0\\ 0.5&-0.6&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1&-1\\ 0&2.5&2.5\\ 0&0&5\end{pmatrix}.$$ （消元：$r_2\leftarrow r_2-0.5r_1$、$r_3\leftarrow r_3-0.5r_1$ 得第 2 列为 $2.5,\,-1.5$；再 $r_3\leftarrow r_3-(-0.6)r_2$，得 $U_{33}=5$。） (b) 解 $Ly=\boldsymbol b$ 得 $y=(1,\ 12.5,\ 15)^{\mathrm T}$；回代 $U\boldsymbol x=\boldsymbol y$： $$x_3=\frac{15}{5}=3,\qquad x_2=\frac{12.5-2.5\times3}{2.5}=2,\qquad x_1=\frac{1-x_2+x_3}{2}=1.$$ (c) $\det A=\det U=2\times2.5\times5=25$。

✅ 解为 $(1,2,3)$。 回代验证：$2+2-3=1$ ✓、$1+6+6=13$ ✓、$1-2+9=8$ ✓。考场务必养成回代自查的习惯——本题数值设计得“刚好是整数”，一旦算出分数，多半是消元出了错。

10. $\lVert u_0\rVert_2=\sqrt2$，$y_0=\dfrac{1}{\sqrt2}(1,1)^{\mathrm T}$。 $$u_1=Ay_0=\frac{1}{\sqrt2}(2,1)^{\mathrm T},\qquad \lVert u_1\rVert_2=\frac{\sqrt5}{\sqrt2},\qquad y_1=\frac{u_1}{\lVert u_1\rVert_2}=\frac{1}{\sqrt5}(2,1)^{\mathrm T}.$$ $$y_1^{\mathrm T}Ay_1=\frac{1}{5}(2,1)\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}=\frac{1}{5}(2,1)\cdot(4,1)=\frac{9}{5}=1.8\ \longrightarrow\ 2=\lambda_1\ ✓$$

11. (a) 收敛。 $\varphi([0,1])=[\cos1,1]\subseteq[0,1]$（自映射，$\cos1\approx0.5403$），且 $\lvert\varphi'(x)\rvert=\lvert\sin x\rvert\le\sin1\approx0.8415<1$（压缩）。两条件满足，迭代收敛到 $[0,1]$ 内唯一不动点 $x^*=\cos x^*\approx0.7391$。 (b) 不满足。 $\varphi([1,2])=[-1,2]\nsubseteq[1,2]$（自映射失败：$\varphi(1)=-1$）；且 $\lvert\varphi'(x)\rvert=\lvert2x\rvert\ge2>1$，压缩条件也失败。故定理不适用，迭代不保证收敛。

12. 由次乘性 $\lVert A^k\rVert\le\lVert A\rVert^k$，且 $\lVert A\rVert<1$，故级数 $$S_n=I+A+\cdots+A^n$$ 满足 $\lVert S_{n+1}-S_n\rVert=\lVert A\rVert^{n+1}\to0$，即 $\{S_n\}$ 是 Cauchy 列，在（完备的矩阵空间里）收敛，记极限为 $S=\sum_{k\ge0}A^k$。 计算 $(I-A)S_n=I-A^{n+1}$。令 $n\to\infty$，$A^{n+1}\to O$（因 $\lVert A\rVert^{n+1}\to0$），故 $(I-A)S=I$，即 $I-A$ 可逆、$S=(I-A)^{-1}$。∎

13. 把 $f$ 在 $x_k$ 处展开（或用 $\varphi$ 的 Taylor）：牛顿迭代 $x_{k+1}=x_k-\dfrac{f(x_k)}{f'(x_k)}$。取 $\varphi(x)=x-\dfrac{f(x)}{f'(x)}$，则 $$\varphi'(x)=\frac{f(x)f''(x)}{[f'(x)]^2},\qquad \varphi''(x)=\frac{f''(x)}{f'(x)}-\frac{f(x)f'''(x)}{[f'(x)]^2}+\cdots$$ （只要 $f'(s)\neq0$、$f$ 足够光滑）。在 $s$ 处 $f(s)=0$，故 $\varphi'(s)=0$；而一般 $\varphi''(s)=\dfrac{f''(s)}{f'(s)}\neq0$。由收敛阶定理 $$e_{k+1}=\dfrac{\varphi''(\xi)}{2}e_k^2=O(e_k^2),$$ 即至少二阶收敛（当 $f''(s)\neq0$ 时恰为二阶）。∎