#矩阵

#考点定位

• 大纲位置：线性代数第二章——矩阵（数一、数二公共考点，全科的运算枢纽）
• 常见题型：矩阵方程求解（解答题/填空）、逆矩阵与伴随矩阵的抽象运算（选择/填空高频）、矩阵幂 $A^n$（填空或大题一步）、秩的计算与不等式应用（选择/填空）、初等变换与初等矩阵（选择）、分块矩阵行列式与求逆（填空）
• 考查频率：高。本章自身每年直接考 1~2 道小题；更重要的是后续向量、方程组、特征值、二次型每一章的每一道题都在做矩阵运算——本章不过关，全科目崩
• 前置知识：行列式（$|A| \neq 0$、代数余子式 $A_{ij}$、初等变换对行列式的作用）
• 定位：本章是"一页运算规则 + 三套方法体系"。规则层面核心是破除数运算的直觉（无交换律、无消去律）；方法层面核心是初等变换（求逆、求秩、解方程组共用一套动作）与伴随矩阵公式系统

#核心讲解

#概念分层：矩阵与行列式的本质区别

定义（矩阵）：$m \times n$ 个数排成的 $m$ 行 $n$ 列数表

$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{pmatrix}$

称 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，简称 $A = (a_{ij})_{m \times n}$。行数列数相同的矩阵称同型；同型且对应元素相等才叫相等。行数列数都为 $n$ 的称 $n$ 阶方阵；只有一行的称行向量，一列的称列向量。

| 对象 | 行列式 $|A|$ | 矩阵 $A$ | |------|------------|---------| | 本质 | 一个数（映射：方阵 → 数） | 一个数表（代数对象） | | 记号 | 两条竖线 | 圆括号/方括号 | | 必须是方阵 | 是 | 否（任意 $m \times n$） | | 数乘 $k$ 的效果 | $|kA| = k^n\|A\|$（整体提 $n$ 次） | $kA$：每个元素乘 $k$ | | 转置 | $\|A^T\| = \|A\|$（值不变） | $A^T$ 是另一个矩阵 | | "等于零" | $\|A\| = 0$（一个判断） | $A = O$（零矩阵，所有元素为 0） |

初学者最常见的错误就是在这两个层面之间随意穿越（如把 $|A + B|$ 算成 $|A| + |B|$）。每次落笔前先自问：我现在操作的是"数"还是"表"？

特殊矩阵：零矩阵 $O$；单位阵 $E$（对角线全 1、其余 0，任意阶方阵的乘法单位元，$AE = EA = A$）；对角阵 $\mathrm{diag}(a_1, \dots, a_n)$；数量阵 $kE$；上/下三角阵（对方阵而言）。

#矩阵的运算与易错点

加法与数乘：同型矩阵才能相加（对应元素相加）；$kA$ 每个元素乘 $k$。加法交换律、结合律成立，$A + (-A) = O$。

乘法（定义）：设 $A = (a_{ij})_{m \times s}$，$B = (b_{ij})_{s \times n}$（$A$ 的列数必须等于 $B$ 的行数，否则乘法无定义），则 $AB = (c_{ij})_{m \times n}$，其中

$c_{ij} = a_{i1}b_{1j} + a_{i2}b_{2j} + \cdots + a_{is}b_{sj} = \sum_{k=1}^{s} a_{ik}b_{kj}$

即"左矩阵第 $i$ 行点乘右矩阵第 $j$ 列"。工程直觉：这就是你熟悉的多层网络里的批量线性变换，没有任何新东西——新的是它不满足的运算律。

成立的运算律：

1. 结合律：$(AB)C = A(BC)$（因此 $A^n$ 有意义）
2. 左分配律 $A(B + C) = AB + AC$、右分配律 $(B + C)A = BA + CA$
3. 数乘结合：$k(AB) = (kA)B = A(kB)$
4. $E$ 为单位元：$EA = AE = A$（尺寸相容时）
5. 转置反序：$(AB)^T = B^T A^T$（证明思路：$(AB)^T$ 的 $(i,j)$ 元 $= (AB)_{ji} = \sum_k a_{jk}b_{ki} = \sum_k (B^T)_{ik}(A^T)_{kj} = (B^TA^T)_{ij}$，逐元素验证）

不成立的运算律（命题重灾区，各配反例）：

① 无交换律：一般 $AB \neq BA$。反例：

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\ B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\ AB = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \neq BA = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

甚至 $AB$ 有定义而 $BA$ 无定义（尺寸不容）。凡涉及 $(A + B)^2$、二项式展开，必须逐项检查交换性：$(A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2$，不能合并成 $A^2 + 2AB + B^2$（除非已知 $AB = BA$）。

② 无消去律：$AB = AC$ 且 $A \neq O$，推不出 $B = C$。反例：

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\ B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\ C = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\ AB = AC = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\ B \neq C$

③ 有零因子：$AB = O$ 推不出 $A = O$ 或 $B = O$。反例：

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

两个非零矩阵相乘得零矩阵。这一条直接决定了"$AB = O$ 型"问题必须用秩来回答：$AB = O \iff B$ 的每一列都是 $Ax = 0$ 的解（建设中：方程组章）。

矩阵的多项式：设 $f(x) = a_mx^m + \cdots + a_1x + a_0$，定义 $f(A) = a_mA^m + \cdots + a_1A + a_0E$（常数项配 $E$）。同一矩阵的多项式之间可交换：$f(A)g(A) = g(A)f(A)$——这是"凑因子"技巧（见逆矩阵一节）的合法来源。

转置运算律：$(A^T)^T = A$，$(A + B)^T = A^T + B^T$，$(kA)^T = kA^T$，$(AB)^T = B^TA^T$（反序，可推广到多个因子：$(ABC)^T = C^TB^TA^T$）。

对称与反对称：$A^T = A$ 称对称矩阵（等价于 $a_{ij} = a_{ji}$，对角线任意）；$A^T = -A$ 称反对称（等价于 $a_{ij} = -a_{ji}$，从而对角线必全为 0）。

• 任一方阵可分解：$A = \dfrac{A + A^T}{2} + \dfrac{A - A^T}{2}$（对称部分 + 反对称部分）
• 奇数阶反对称矩阵的行列式为 0（选择高频）：$|A| = |A^T| = |{-A}| = (-1)^n|A| = -|A|$（$n$ 奇），故 $|A| = 0$

运算律对比总表：

行列式乘法公式 $|AB| = |A||B|$（$A, B$ 同阶方阵）证明思路：构造 $2n$ 阶分块行列式 $\begin{vmatrix} A & O \\ -E & B \end{vmatrix} = |A||B|$，再用列变换把它化为 $\begin{vmatrix} O & AB \\ -E & B \end{vmatrix}$，后者按拉普拉斯展开（见本章分块一节）为 $|AB|$。

#方阵的幂：五种求法

$A^n$ 是填空题与综合题的常客，方法按矩阵结构选择：

（1）归纳法（低阶、元素简单）：先算 $A^2, A^3$ 找规律，再用数学归纳法证明。经典例子：

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}:\quad A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

归纳证明：$A^{n+1} = A^nA = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & n+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ✓。

另一个好用结构：旋转矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$，$A^2 = -E$，$A^4 = E$，故 $A^n$ 以 4 为周期（$A^{4k+r} = A^r$）。（工程直觉：平面旋转 90°。）

（2）多项式递推（利用矩阵关系式）：若已知 $A^2 = E$（对合）或 $A^2 = A$（幂等）或 $A^3 = A$ 之类，$A^n$ 按周期/降次处理。例：$A^2 = E$ 时 $A^{2k} = E$，$A^{2k+1} = A$。

（3）秩 1 分解法：若 $r(A) = 1$（任意两行成比例），则 $A$ 可写成列向量 × 行向量：$A = \alpha\beta^T$，且

$A^n = \alpha(\beta^T\alpha)^{n-1}\beta^T = (\beta^T\alpha)^{n-1} A$

证明：$A^2 = \alpha\beta^T\alpha\beta^T = \alpha(\beta^T\alpha)\beta^T$，其中 $\beta^T\alpha$ 是数，可提出，归纳即得。

例题 1（模拟题）：设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$，求 $A^n$。

解析：各行成比例，$r(A) = 1$。取 $\alpha = (1, 2)^T$，$\beta = (1, 2)^T$，则 $A = \alpha\beta^T$，$\beta^T\alpha = 1\cdot1 + 2\cdot2 = 5$，故

$A^n = 5^{n-1} A = \begin{pmatrix} 5^{n-1} & 2\cdot 5^{n-1} \\ 2\cdot 5^{n-1} & 4\cdot 5^{n-1} \end{pmatrix}$

复核：$A^2 = \begin{pmatrix} 5 & 10 \\ 10 & 20 \end{pmatrix} = 5A$ ✓。

（4）分块对角法：$\begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix} A^n & O \\ O & B^n \end{pmatrix}$；副对角分块 $\begin{pmatrix} O & A \\ B & O \end{pmatrix}^{2k} = \begin{pmatrix} (AB)^k & O \\ O & (BA)^k \end{pmatrix}$，奇次幂保持副对角结构。大矩阵幂先看能否分块。

（5）对角化预演（通用终极武器）：若存在可逆 $P$ 使 $P^{-1}AP = \Lambda = \mathrm{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$，则 $A^n = P\Lambda^nP^{-1}$，而 $\Lambda^n = \mathrm{diag}(\lambda_1^n, \dots, \lambda_n^n)$ 秒算。此法的完整理论（特征值、特征向量、可对角化条件）在后续章节（建设中）展开；此处先记住结论与用法：凡矩阵出现高次幂、多项式 $f(A)$，第一反应是"能否对角化"。

#逆矩阵

定义：设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，若存在 $n$ 阶方阵 $B$ 使 $AB = BA = E$，则称 $A$ 可逆，$B$ 为 $A$ 的逆矩阵，记 $A^{-1}$。

唯一性：若 $B, C$ 都是 $A$ 的逆，则 $B = B(AC) = (BA)C = C$（第一、三个等号用结合律，中间用 $AC = E$、$BA = E$）。故"逆"唯一，记号 $A^{-1}$ 合法。

定理（可逆的充要条件）：$n$ 阶方阵 $A$ 可逆 $\iff |A| \neq 0$（此时称 $A$ 非奇异/非退化）。

证明：必要性：$AB = E$ 两边取行列式，$|A||B| = |E| = 1$，故 $|A| \neq 0$。充分性：$|A| \neq 0$ 时，下式 $A \cdot \dfrac{A^*}{|A|} = E$ 给出显式逆（见伴随矩阵）。证毕。

可逆性的等价刻画链（随章节推进不断扩充，选择/证明题的骨架）：

逆的运算律（$A, B$ 可逆，$k \neq 0$）：$(A^{-1})^{-1} = A$；$(kA)^{-1} = \dfrac{1}{k}A^{-1}$；$(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$；$(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$（反序，多个因子同理）；$(A^m)^{-1} = (A^{-1})^m$。

#伴随矩阵与 $AA^* = |A|E$ 公式系统

定义（伴随矩阵）：设 $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式（见 行列式），称

$A^* = \begin{pmatrix} A_{11} & A_{21} & \cdots & A_{n1} \\ A_{12} & A_{22} & \cdots & A_{n2} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ A_{1n} & A_{2n} & \cdots & A_{nn} \end{pmatrix}$

为 $A$ 的伴随矩阵——第 $i$ 行放的是第 $i$ 列的代数余子式（转置排列！），这是伴随矩阵第一大坑。

定理（母公式）：

$A A^* = A^* A = |A| E$

证明：$(AA^*)_{ik} = \sum_{j=1}^n a_{ij} A_{kj}$。由行列式按行展开定理与错位展开定理（行列式），该和当 $k = i$ 时等于 $|A|$、当 $k \neq i$ 时等于 $0$——恰为 $|A|\delta_{ik}$，即 $AA^* = |A|E$；同理 $A^*A = |A|E$。伴随矩阵是行列式展开定理在矩阵世界的直接化身。

由母公式立即得到伴随公式系统（$n$ 阶方阵 $A$，$k \neq 0$，相关方阵可逆）：

例题 2（抽象伴随运算，模拟题）：设 $A$ 为三阶方阵，$|A| = 2$，求 $|(2A)^{-1} - 3A^*|$。

解析：统一化为 $A^*$（或 $A^{-1}$）的倍数。$(2A)^{-1} = \dfrac{1}{2}A^{-1} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{A^*}{|A|} = \dfrac{A^*}{4}$，故

$(2A)^{-1} - 3A^* = \left(\frac{1}{4} - 3\right)A^* = -\frac{11}{4} A^*$

$\left|-\frac{11}{4} A^*\right| = \left(-\frac{11}{4}\right)^3 |A^*| = \left(-\frac{11}{4}\right)^3 \cdot |A|^{n-1} = -\frac{1331}{64}\cdot 2^2 = -\frac{1331}{16}$

（两处易错：数乘矩阵取行列式要 $n$ 次方；$|A^*| = |A|^{n-1}$ 的指数是 $n - 1$ 不是 $n$。）

凑因子技巧（抽象求逆/化简）：已知 $A$ 的多项式等式，把要求的对象"凑"成乘积等于 $E$ 的倍数。

例题 3（模拟题）：设 $A^2 - 3A - 2E = O$，证明 $A$ 与 $A - 4E$ 都可逆，并求其逆。

解析：$A^2 - 3A = 2E \Rightarrow A(A - 3E) = 2E \Rightarrow A \cdot \dfrac{A - 3E}{2} = E$，又同一矩阵的多项式可交换，$\dfrac{A-3E}{2} \cdot A = E$，故 $A^{-1} = \dfrac{1}{2}(A - 3E)$。

对 $A - 4E$：凑常数项。$(A - 4E)(A + E) = A^2 - 3A - 4E = (A^2 - 3A - 2E) - 2E = -2E$，故 $(A - 4E) \cdot \left(-\dfrac{A + E}{2}\right) = E$，即 $(A - 4E)^{-1} = -\dfrac{1}{2}(A + E)$。

#求逆的两种方法

方法一：伴随矩阵法。$A^{-1} = \dfrac{A^*}{|A|}$。对二阶矩阵有秒杀口诀：$A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ 时

$A^{-1} = \frac{1}{ad - bc}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$

主对角元素互换、副对角元素变号，再除以行列式。注意此口诀只对二阶成立（三阶及以上伴随要算 9 个以上代数余子式并转置排列，易错且慢，仅作理论工具）。

方法二：初等变换法（三阶及以上主力）。对 $(A \mid E)$ 做初等行变换，把左边化为 $E$，右边自动成为 $A^{-1}$：

$(A \mid E) \xrightarrow{\text{行变换}} (E \mid A^{-1})$

原理：存在可逆 $P = A^{-1}$ 使 $PA = E$，而行变换等价于左乘（见下一节），于是同一串行变换作用在 $E$ 上得到 $PE = A^{-1}$。

例题 4（模拟题）：求 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \end{pmatrix}$ 的逆。

解析：先验可逆性：$|A| = 1\cdot(6 - 4) - 2\cdot(6 - 3) + 3\cdot(8 - 6) = 2 - 6 + 6 = 2 \neq 0$ ✓。做行变换：

$(A \mid E) = \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 4 & 3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{r_2 - 2r_1,\ r_3 - 3r_1} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -5 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & -6 & -3 & 0 & 1 \end{array}\right)$

$\xrightarrow{r_3 - r_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -5 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -1 & -1 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{r_3 \times (-1)} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -5 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right)$

回代消上三角部分：$r_2 + 5r_3$，$r_1 - 3r_3$：

$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 0 & -2 & -3 & 3 \\ 0 & -2 & 0 & 3 & 6 & -5 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right) \xrightarrow{r_2 \times (-\frac{1}{2})} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 0 & -2 & -3 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{3}{2} & -3 & \frac{5}{2} \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right) \xrightarrow{r_1 - 2r_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{3}{2} & -3 & \frac{5}{2} \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right)$

$A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 \\[2pt] -\frac{3}{2} & -3 & \frac{5}{2} \\[2pt] 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$

验算：$AA^{-1} = E$ 意味着对角元为 1、非对角元为 0，先想清楚该验哪个位置再动笔。抽查对角元（$A$ 的第 $i$ 行点乘 $A^{-1}$ 的第 $i$ 列）：

$(1,1)\text{ 元} = (1,2,3)\cdot\left(1, -\tfrac{3}{2}, 1\right)^T = 1 - 3 + 3 = 1 \checkmark$

$(2,2)\text{ 元} = (2,2,1)\cdot\left(3, -3, 1\right)^T = 6 - 6 + 1 = 1 \checkmark\qquad (3,3)\text{ 元} = (3,4,3)\cdot\left(-2, \tfrac{5}{2}, -1\right)^T = -6 + 10 - 3 = 1 \checkmark$

再抽一个非对角元（应为 $0$）：$(1,2)$ 元 $= (1,2,3)\cdot(3, -3, 1)^T = 3 - 6 + 3 = 0$ ✓。结果可靠。

#初等变换与初等矩阵

定义（初等变换）：以下三类操作统称初等变换（行/列通用）：

1. 换：交换两行（列）
2. 倍：某行（列）乘非零常数 $k$
3. 倍加：某行（列）的 $k$ 倍加到另一行（列）

定义（初等矩阵）：单位阵 $E$ 经过一次初等变换得到的矩阵，对应三类：

$E(i, j) = \text{交换 } i, j \text{ 两行（列）},\quad E(i(k)) = \text{第 } i \text{ 行（列）乘 } k\ (k \neq 0),\quad E(i, j(k)) = \text{第 } j \text{ 行的 } k \text{ 倍加到第 } i \text{ 行}$

定理（左行右列）：对 $A$ 做一次初等行变换 $\iff$ 在 $A$ 左边乘相应的初等矩阵；做一次初等列变换 $\iff$ 在右边乘相应的初等矩阵。

证明思路：逐类验证矩阵乘法。以 $E(i, j(k))$ 左乘为例：$(E(i,j(k))\,A)$ 的第 $i$ 行 $= E$ 的第 $i$ 行（第 $i$ 个位置 1、第 $j$ 个位置 $k$）乘 $A$ $= A$ 的第 $i$ 行 $+ k \times A$ 的第 $j$ 行，其余行不变——恰是"$r_i + kr_j$"。右乘列情形对偶（注意 $AE(i, j(k))$ 是把第 $i$ 列的 $k$ 倍加到第 $j$ 列，指标方向相反）。

口诀：左乘行、右乘列；行变换从左往右读，列变换从右往左读。

定理（初等矩阵可逆）：初等矩阵皆可逆，且逆仍是同类初等矩阵：

$E(i, j)^{-1} = E(i, j),\qquad E(i(k))^{-1} = E\!\left(i\!\left(\tfrac{1}{k}\right)\right),\qquad E(i, j(k))^{-1} = E(i, j(-k))$

（逆变换本身也是初等变换。）

定理（可逆阵的分解）：$A$ 可逆 $\iff$ $A$ 可写成有限个初等矩阵的乘积。

证明思路：可逆 $\Rightarrow r(A) = n \Rightarrow A$ 经初等行变换化为 $E$，即存在初等矩阵 $P_1, \dots, P_s$ 使 $P_s \cdots P_1 A = E$，故 $A = P_1^{-1} \cdots P_s^{-1}$ 是初等矩阵之积；反向，初等矩阵都可逆，可逆阵之积可逆。证毕。

矩阵等价与标准形：若 $A$ 经初等变换（行+列）化为 $B$，称 $A$ 与 $B$ 等价，记 $A \cong B$。等价 $\iff$ 同型且 $r(A) = r(B) \iff$ 存在可逆 $P, Q$ 使 $PAQ = B$。任何 $m \times n$ 矩阵都等价于等价标准形

$\begin{pmatrix} E_r & O \\ O & O \end{pmatrix}, \qquad r = r(A)$

这个 $r$ 就是秩——初等变换不改变矩阵的秩，标准形把"秩"这个数字暴露在对角线上。

#矩阵的秩

定义（子式与秩）：在 $m \times n$ 矩阵 $A$ 中任取 $k$ 行 $k$ 列，交叉处的 $k^2$ 个元素按原位置构成的 $k$ 阶行列式称 $A$ 的一个 $k$ 阶子式。$A$ 的秩 $r(A)$ 定义为非零子式的最高阶数（规定 $r(O) = 0$）。等价说法：$r(A) = r \iff$ 存在 $r$ 阶非零子式且所有 $r+1$ 阶子式（若存在）全为 $0$。

显然 $0 \leq r(A) \leq \min(m, n)$；$n$ 阶方阵 $r(A) = n \iff |A| \neq 0$（$n$ 阶子式只有一个，就是 $|A|$）。

定理（初等变换求秩）：初等变换不改变矩阵的秩。因此把 $A$ 用行变换化为行阶梯形（每个非零行首个非零元下方全为 0 的阶梯状），非零行的行数即 $r(A)$。

证明思路：先证"倍加不变秩"：若 $r_i + kr_j$ 把某个 $r$ 阶非零子式变没了，反向变换 $r_i - kr_j$ 能变回来，矛盾于"两矩阵互相可化"。换行、倍乘显然不产生/消灭非零子式的最高阶数。更代数的说法：初等矩阵可逆，而可逆乘不改变秩（下条）。

推论：$P, Q$ 可逆时 $r(PAQ) = r(A)$（可逆阵是初等矩阵之积，逐个乘不改变秩）。

例题 5（模拟题）：求 $A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & 4 & 2 \\ 3 & 0 & 6 & -1 \end{pmatrix}$ 的秩。

解析：$r_2 - 2r_1 \to (0,0,0,0)$；$r_3 - 3r_1 \to (0, 3, 0, -4)$：

$A \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

两个非零阶梯行，$r(A) = 2$。（可用子式复核：取第 1、3 行与第 1、2 列，$\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 0 \end{vmatrix} = 3 \neq 0$，确有 2 阶非零子式。）

秩的性质与不等式总表（$A$ 为 $m \times n$，$B$ 为 $n \times s$，$P, Q$ 可逆，$k \neq 0$）：

$r(A^*)$ 三段论证明思路：① $r(A) = n$：$|A^*| = |A|^{n-1} \neq 0$，故 $r(A^*) = n$。② $r(A) = n - 1$：$|A| = 0 \Rightarrow AA^* = O$，由 $AB = O$ 的秩关系（$r(A) + r(B) \leq n$，建设中：方程组章）得 $r(A^*) \leq 1$；又 $r(A) = n-1$ 意味着存在非零的 $n-1$ 阶子式，即 $A^*$ 至少有一个非零元素，$r(A^*) \geq 1$，故 $= 1$。③ $r(A) \leq n - 2$：所有 $n-1$ 阶子式全为 0，$A^* = O$，$r(A^*) = 0$。

例题 6（模拟题）：设 $A$ 为 $4 \times 3$ 矩阵，$r(A) = 2$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ k & 0 & 1 \end{pmatrix}$。若要求对一切满足 $r(A) = 2$ 的 $A$ 都有 $r(AB) = 2$，参数 $k$ 应满足什么条件？

解析：先算 $|B| = 1\cdot(2\cdot 1 - 0) - 0 + 2\cdot(0\cdot 0 - 2k) = 2 - 4k$。

当 $k \neq \dfrac{1}{2}$ 时 $|B| \neq 0$，$B$ 可逆，由"可逆因子不改变秩"（秩总表第二条），$r(AB) = r(A) = 2$ 对一切 $A$ 成立 ✓。

当 $k = \dfrac{1}{2}$ 时 $|B| = 0$（第 3 列是第 1 列的 2 倍），$B$ 不可逆，此时可以构造出反例：取

$A = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad r(A) = 2$

则 $AB$ 的第 1、3 列均为 $A\begin{pmatrix}1\\0\\1/2\end{pmatrix}$、$A\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}$ 的倍数，逐个验证都是零向量（如第 1 列 $= \left(-\frac{1}{2}\cdot 1 + 1\cdot\frac{1}{2},\ 0,\ 0,\ 0\right)^T = O$），而第 2 列 $= (0, 2, 0, 0)^T \neq O$，故 $r(AB) = 1 \neq 2$。这说明 $k = \frac{1}{2}$ 不满足"对一切 $A$"的要求。

答案：$k \neq \dfrac{1}{2}$。

（本题套路：要保证 $r(AB) = r(A)$，充分条件是 $B$ 可逆；含参数矩阵先算行列式找退化点，退化点上用具体反例否决。）

#分块矩阵

把矩阵用横线竖线分成子块，把每个子块当"元素"做运算（要求分块方式相容：加法对应同型分块；乘法要求左矩阵列的分法与右矩阵行的分法一致）。

分块对角矩阵：

$A = \begin{pmatrix} A_1 & & \\ & A_2 & \\ & & \ddots \end{pmatrix} \Rightarrow |A| = |A_1||A_2|\cdots,\quad A^n = \begin{pmatrix} A_1^n & & \\ & A_2^n & \\ & & \ddots \end{pmatrix},\quad A^{-1} = \begin{pmatrix} A_1^{-1} & & \\ & A_2^{-1} & \\ & & \ddots \end{pmatrix}$

拉普拉斯展开（分块行列式）：设 $A$ 为 $m$ 阶、$B$ 为 $n$ 阶方阵：

$\begin{vmatrix} A & O \\ O & B \end{vmatrix} = |A||B|,\qquad \begin{vmatrix} O & A \\ B & O \end{vmatrix} = (-1)^{mn}|A||B|,\qquad \begin{vmatrix} A & C \\ O & B \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} A & O \\ D & B \end{vmatrix} = |A||B|$

（副对角块要乘符号 $(-1)^{mn}$；只要块是三角形状（对角块方阵），行列式就是对角块行列式之积。）证明思路：把 $B$ 所在的 $n$ 行与 $A$ 所在的 $m$ 行对换（共 $mn$ 次相邻对换，产生 $(-1)^{mn}$）可把 $\begin{vmatrix} O & A \\ B & O \end{vmatrix}$ 化为 $\begin{vmatrix} B & O \\ O & A \end{vmatrix}$；三角分块情形用"非零项必取各对角块对角线乘积"论证（同 行列式 上三角的证明）。符号速验：$\begin{vmatrix} 0 & a \\ b & 0 \end{vmatrix} = -ab$，即 $m = n = 1$ 时 $(-1)^{mn} = -1$ ✓。

分块求逆（设 $A, B$ 可逆）：

$\begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & O \\ O & B^{-1} \end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix} O & A \\ B & O \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} O & B^{-1} \\ A^{-1} & O \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} A & C \\ O & B \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}CB^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix}$

（验证方式：两块相乘等于 $\begin{pmatrix} E & O \\ O & E \end{pmatrix}$ 即可，上三角分块逆的右上角是唯一的待定块，用待定系数法求出。）

例题 7（模拟题）：设 $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \end{pmatrix}$，求 $|A|$ 与 $A^{-1}$。

解析：按分块看：$A = \begin{pmatrix} O_{1\times 2} & 1 \\ B & O_{2\times 1} \end{pmatrix}$，其中 $B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$。这是副对角分块（$A_1 = (1)$ 为 1 阶，$B$ 为 2 阶，$mn = 2$）：

$|A| = (-1)^{1 \cdot 2}\cdot 1 \cdot |B| = 6$

$A^{-1} = \begin{pmatrix} O & B^{-1} \\ 1^{-1} & O \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

验算 $AA^{-1}$ 的 $(1,1)$ 元：$A$ 第 1 行 $(0,0,1)$ 乘 $A^{-1}$ 第 1 列 $(0,0,1)^T = 1$ ✓；$(2,2)$ 元：$(2,0,0)\cdot(\frac{1}{2},0,0)^T = 1$ ✓。

#矩阵方程 AX = B 的三类解法

第一类：$A$ 可逆（方阵、$|A| \neq 0$）——两边左乘 $A^{-1}$：$X = A^{-1}B$。不要先求 $A^{-1}$ 再做矩阵乘法（两步运算量），直接对 $(A \mid B)$ 做初等行变换：

$(A \mid B) \xrightarrow{\text{行变换}} (E \mid A^{-1}B)$

原理与求逆的初等变换法相同：左乘 $A^{-1}$ 这串行变换同时作用在 $B$ 上。

例题 8（模拟题）：设 $A = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 4 & -6 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$，解 $AX = B$。

解析：$|A| = 6 - 5 = 1 \neq 0$，$X = A^{-1}B$。二阶直接用口诀与乘法：

$A^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix},\qquad X = A^{-1}B = \begin{pmatrix} 3\cdot 4 + (-5)\cdot 2 & 3\cdot(-6) + (-5)\cdot 1 \\ -1\cdot 4 + 2\cdot 2 & (-1)(-6) + 2\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -23 \\ 0 & 8 \end{pmatrix}$

验算：$AX = \begin{pmatrix} 2\cdot 2 + 5\cdot 0 & 2\cdot(-23) + 5\cdot 8 \\ 1\cdot 2 + 3\cdot 0 & -23 + 24 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -6 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = B$ ✓。

变体 $XA = B$：解为 $X = BA^{-1}$。两种处理：① 转置化归：$A^TX^T = B^T$，用第一类解出 $X^T$ 再转置；② 对 $\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$ 做初等列变换化为 $\begin{pmatrix} E \\ BA^{-1} \end{pmatrix}$。注意 $XA = B$ 的解不是 $A^{-1}B$（左乘右乘位置别颠倒）。

第二类：$A$ 不可逆（或非方阵）——不能左乘逆，改用元素法：设 $X = (x_{ij})$，代入 $AX = B$ 展开，逐列看作线性方程组 $A\,(\text{X 的第 } j \text{ 列}) = B$ 的第 $j$ 列，用秩的判定与解的结构求解（无解/唯一/无穷多，完整理论在建设中：线性方程组章）。含参数讨论题（大题第一问常客）属于这一类。

第三类：抽象方程（凑因子型）——已知 $A$ 满足的多项式关系，求 $X$ 使某个含 $A, X$ 的等式成立。套路：把等式凑成 $() \cdot X = (\text{可逆阵})$ 或 $X \cdot () = E$ 的倍数，用"同一矩阵的多项式可交换"。例见例题 3：由 $A^2 - 3A - 2E = O$ 凑 $A(A - 3E) = 2E$。再如已知 $A X = X A$ 之类条件等式，通常先展开、再用交换性消元。

方法选择流程：

#常见坑

1. 把数运算律搬到矩阵：$AB \neq BA$、$(AB)^2 \neq A^2B^2$、$(A + B)^2 \neq A^2 + 2AB + B^2$、$AB = AC$ 不能消去 $A$、$AB = O$ 不能推出 $A = O$ 或 $B = O$。每条都要能默写反例
2. $|A + B| \neq |A| + |B|$、$|kA| = k^n|A|$、$|AB| = |A||B|$（同阶方阵）：数层与表层的转换只认这三条及推论
3. 伴随矩阵的排列是转置：$A^*$ 的 $(i, j)$ 元是 $A_{ji}$。二阶口诀"主换副变号"只对二阶；三阶手算伴随极易错，考场上三阶及以上求逆一律用初等变换法
4. 反序规则一族：$(AB)^T = B^TA^T$、$(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$、$(AB)^* = B^*A^*$——多个因子"彻底反序"，中间夹着不反序的（如 $|AB| = |A||B|$）要分清
5. 求逆/解方程的行变换纪律：$(A \mid E)$ 求 $A^{-1}$、$(A \mid B)$ 解 $AX = B$ 只许用行变换；中途用了列变换全盘皆错。若左边化不出 $E$（出现零行），说明 $A$ 不可逆/方程需第二类方法
6. 凑因子时的非法消去：由 $(A - E)(A - 2E) = O$ 只能得"两因子之积为零"，不能推出 $A = E$ 或 $A = 2E$（无零因子律）；正确出路是秩不等式（建设中：方程组章）
7. 秩不等式方向记反：越乘越小（$\leq \min$）、越加越大不行（$r(A+B) \leq r(A) + r(B)$）、Sylvester 的 $n$ 是"公共维数"（$A$ 的列数 = $B$ 的行数）
8. $r(A^*)$ 三段论的边界：中间档是 $r(A) = n - 1 \Rightarrow r(A^*) = 1$；考题爱取 $n = 3, r(A) = 2$ 或 $n = 4, r(A) = 2$（后者 $r(A^*) = 0$，别顺手写 1）
9. 副对角分块的符号与求逆：行列式要 $(-1)^{mn}$，逆要把两块互换位置再各自求逆（$\begin{pmatrix} O & A \\ B & O \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} O & B^{-1} \\ A^{-1} & O \end{pmatrix}$，注意 $B^{-1}$ 在右上）
10. 验算规则：$AA^{-1} = E$ 的验算是"对角元 1、非对角元 0"，先想清楚再抽查两三个位置；矩阵方程解完务必代回一列验算

#自测

1. 设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$，求 $A^{-1}$ 与 $A^n$ 的思路判断（$A$ 能否用秩 1 分解？为什么）。
2. 设 $A$ 为三阶方阵，$|A| = 2$，求 $|(2A)^{-1} - 3A^*|$。
3. 设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，求 $A^{10}$。
4. 求 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 5 \end{pmatrix}$ 的秩。
5. 解矩阵方程 $AX = B$，其中 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$。

#自测答案

1. $|A| = 4 - 6 = -2 \neq 0$，$A^{-1} = \dfrac{1}{-2}\begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -3 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}$。$A$ 的两行不成比例（$r(A) = 2 \neq 1$），不能秩 1 分解；求 $A^n$ 应走归纳法或对角化（建设中：特征值章）。
2. $(2A)^{-1} = \frac{1}{2}A^{-1} = \frac{A^*}{4}$，原式 $= |-\frac{11}{4}A^*| = (-\frac{11}{4})^3 \cdot |A|^2 = -\frac{1331}{64}\cdot 4 = -\frac{1331}{16}$。
3. $A^{10} = \begin{pmatrix} 1 & 10 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$（归纳法，见本章幂一节）。
4. $r_3 - r_2$ 得 $(1,1,1)$，$r_2 - r_1$ 得 $(1,1,1)$，再相减归零：$A \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$（如 $r_2 - r_1 = (1,1,1)$，$r_3 - r_2 - r_1 = 0$），故 $r(A) = 2$。复核：$\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{vmatrix} = -1 \neq 0$。
5. $|A| = 1$，$A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$X = A^{-1}B = \begin{pmatrix} 1 - 3 & 2 - 4 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & -2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$。验算 $AX = \begin{pmatrix} -2 + 3 & -2 + 4 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = B$ ✓。