2016-2017 学年秋冬《线性代数（甲）》期中归档
共 7 道题，保留试卷题号和分值。先独立作答，再对照解析与考点索引。
根据归档题目整理的练习版，非原卷扫描件；仅含题目，并留有作答空间。
第一部分：题目
1.（10 分）
试计算行列式
\[ \begin{vmatrix} 1 & 0 & 2 & 0 & x\\ 0 & 2 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 4 & 0 & x^{2}\\ 0 & 5 & 0 & 3 & 0\\ 1 & 0 & 8 & 0 & x^{3} \end{vmatrix}. \]
2.（15 分）
解齐次线性方程组
\[ \begin{cases} x_{1} + x_{3} - x_{4} - 3x_{5} = -2,\\ x_{1} + 2x_{2} - x_{3} - x_{5} = 1,\\ 4x_{1} + 6x_{2} - 2x_{3} - 4x_{4} + 3x_{5} = 7,\\ 2x_{1} - 2x_{2} + 4x_{3} - 7x_{4} + 4x_{5} = 1. \end{cases} \]
3.（15 分）
（1）试叙述矩阵秩的定义。
（2）设 \(\lambda\) 可取任意参数，试求矩阵
\[ \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\ 1 & \lambda & 1 & 1\\ 2 & 2\lambda & \lambda + 4 & 3 \end{pmatrix} \]
的秩。
4.（15 分）
试求解矩阵方程 \(AXB = C\) 的解，其中
\[ A = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 2\\ 1 & 3 & 4\end{pmatrix},\qquad B = \begin{pmatrix}7 & 9\\ 4 & 5\end{pmatrix},\qquad C = \begin{pmatrix}1 & 2\\ 1 & 0\\ 2 & 3\end{pmatrix}. \]
5.（15 分）
已知 \(A^{*}BA = 2BA - 12E\)，其中 \(A = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\ 0 & -2 & 1\\ 0 & -1 & 1\end{pmatrix}\)，求 \(B\)。
6.（15 分）
试证明 \(\begin{pmatrix}O & A\\ B & C\end{pmatrix}\) 可逆并求其逆，这里 \(A, B\) 分别为 \(r\) 阶和 \(s\) 阶可逆矩阵。
7.（15 分）
（1）试证明对矩阵 \(A\) 实施一次初等行变换等价于用相应的初等矩阵左乘 \(A\)。
（2）试证明方阵 \(A\) 可逆的充分必要条件是 \(|A| \neq 0\)。
第二部分：详细解析
1.（10 分）
第 2、4 列只在第 2、4 行有非零元，第 1、3、5 列只在第 1、3、5 行有非零元。把第 2、4 行依次换到最前（3 次行交换），再把第 2、4 列依次换到最前（同样 3 次列交换），两次的符号因子 \((-1)^{3}\cdot(-1)^{3}=1\) 相抵，行列式的值不变，而矩阵已化为分块对角形，故可用分块行列式：
\[ D = \begin{vmatrix}2 & 1\\ 5 & 3\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 2 & x\\ 1 & 4 & x^{2}\\ 1 & 8 & x^{3} \end{vmatrix} = (6 - 5)\begin{vmatrix} 1 & 2 & x\\ 1 & 4 & x^{2}\\ 1 & 8 & x^{3} \end{vmatrix}. \]
右端的 3 阶行列式把第 2、3 行分别减去第 1 行，再按第 1 列展开：
\[ \begin{vmatrix} 1 & 2 & x\\ 1 & 4 & x^{2}\\ 1 & 8 & x^{3} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 2 & x\\ 0 & 2 & x^{2} - x\\ 0 & 6 & x^{3} - x \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}2 & x^{2} - x\\ 6 & x^{3} - x\end{vmatrix} = 2(x^{3} - x) - 6(x^{2} - x) = 2x(x - 1)(x - 2). \]
答案 \(D = 2x(x - 1)(x - 2) = 2x^{3} - 6x^{2} + 4x\)。
验算：\(x = 0\) 时第 5 列全为零，\(x = 1\) 时第 5 列与第 1 列相同，\(x = 2\) 时第 5 列与第 3 列相同，故 \(0, 1, 2\) 都是零点，与三次式相符。
考点 行列式。
易错点 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
2.（15 分）
先把方程组解清楚。对增广矩阵作初等行变换（\(R_{2} - R_{1}\)，\(R_{3} - 4R_{1}\)，\(R_{4} - 2R_{1}\)，再 \(R_{3} - 3R_{2}\)，\(R_{4} + R_{2}\)，最后 \(R_{4} - \frac{4}{3}R_{3}\)）：
\[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 & -3 & -2\\ 1 & 2 & -1 & 0 & -1 & 1\\ 4 & 6 & -2 & -4 & 3 & 7\\ 2 & -2 & 4 & -7 & 4 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 & -3 & -2\\ 0 & 2 & -2 & 1 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 0 & -3 & 9 & 6\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \]
系数矩阵与增广矩阵的秩同为 \(3\)（主元在第 \(1, 2, 4\) 列），故方程组相容，未知量有 \(5\) 个，自由未知量有 \(5 - 3 = 2\) 个。取 \(x_{3}, x_{5}\) 为自由未知量，由化简后的三个非零行自下而上回代：
\[ x_{4} = 3x_{5} - 2, \]
\[ x_{2} = x_{3} + \frac{3 - x_{4} - 2x_{5}}{2} = x_{3} + \frac{5(1 - x_{5})}{2}, \]
\[ x_{1} = -2 - x_{3} + x_{4} + 3x_{5} = 6x_{5} - x_{3} - 4. \]
直接令 \(x_{5} = c_{2}\) 会出现分数，故取 \(x_{3} = c_{1}\)、\(x_{5} = 1 + 2c_{2}\)（\(x_{5}\) 仍取遍所有实数），得整系数的通解
\[ (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5})^{\mathrm{T}} = (2, 0, 0, 1, 1)^{\mathrm{T}} + c_{1}(-1, 1, 1, 0, 0)^{\mathrm{T}} + c_{2}(12, -5, 0, 6, 2)^{\mathrm{T}}. \]
答案 通解为 \(\mathbf{x} = (2, 0, 0, 1, 1)^{\mathrm{T}} + c_{1}(-1, 1, 1, 0, 0)^{\mathrm{T}} + c_{2}(12, -5, 0, 6, 2)^{\mathrm{T}}\)（\(c_{1}, c_{2}\) 任意）。
验算：取 \(c_{1} = c_{2} = 0\) 得 \((2, 0, 0, 1, 1)^{\mathrm{T}}\)，代入四个方程分别得 \(-2, 1, 7, 1\)，与常数项一致；两个方向向量代入左端分别得零向量，故确为解。
注 题面写“齐次线性方程组”，但齐次方程组要求各方程的常数项全为零，而题面给出的方程常数项不全为零，故实际是非齐次方程组。这里按题面给出的方程（非齐次）求解。
考点 线性方程组。
易错点 含参消元在除以参数前先分情形；通解写成特解加齐次通解。
3.（15 分）
（1）在 \(m \times n\) 矩阵 \(A\) 中任取 \(k\) 行与 \(k\) 列，位于这些行、列交叉处的 \(k^{2}\) 个元素按原次序排成的 \(k\) 阶行列式，称为 \(A\) 的一个 \(k\) 阶子式。若 \(A\) 中有一个 \(r\) 阶子式不为零，而所有 \(r + 1\) 阶子式（若存在）全为零，则称 \(A\) 的秩为 \(r\)，记作 \(r(A)\)；零矩阵的秩规定为 \(0\)。也就是说，\(r(A)\) 就是 \(A\) 中非零子式的最高阶数，它也等于 \(A\) 的行阶梯形中非零行的行数。
（2）对 \(A\) 作初等行变换：先 \(R_{3} \leftarrow R_{3} - 2R_{2}\) 得 \((0, 0, \lambda + 2, 1)\)，再 \(R_{2} \leftarrow R_{2} - R_{1}\) 得 \((0, \lambda + 1, 0, 0)\)，于是 \(A\) 行等价于
\[ \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\ 0 & \lambda + 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \lambda + 2 & 1 \end{pmatrix}. \]
它至多有 \(3\) 个非零行。当 \(\lambda \neq -1\) 时第 \(2\) 行非零：\(\lambda \neq -2\) 时三行分别在第 \(1, 2, 3\) 列取得主元，\(\lambda = -2\) 时第 \(3\) 行是 \((0, 0, 0, 1)\)、三行分别在第 \(1, 2, 4\) 列取得主元。两种情形三行都线性无关，故 \(r(A) = 3\)；当 \(\lambda = -1\) 时第 \(2\) 行全为零，剩下的 \((1, -1, 1, 1)\) 与 \((0, 0, 1, 1)\) 线性无关，故 \(r(A) = 2\)。
答案
\[ r(A) = \begin{cases} 3, & \lambda \neq -1,\\ 2, & \lambda = -1. \end{cases} \]
考点 秩与空间维数。
易错点 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
4.（15 分）
先判断可逆性。按第 1 行展开得
\[ |A| = 1\cdot(4 - 6) - 2\cdot(8 - 2) + 3\cdot(6 - 1) = -2 - 12 + 15 = 1 \neq 0, \]
同理 \(|B| = 7\cdot 5 - 9\cdot 4 = -1 \neq 0\)，故 \(A, B\) 都可逆。方程 \(AXB = C\) 两边左乘 \(A^{-1}\)、右乘 \(B^{-1}\)，得
\[ X = A^{-1}CB^{-1}. \]
用初等行变换求 \(A^{-1}\)，二阶的 \(B^{-1}\) 由伴随矩阵公式 \(B^{-1} = \frac{1}{|B|}B^{*}\) 直接写出：
\[ A^{-1} = \begin{pmatrix}-2 & 1 & 1\\ -6 & 1 & 4\\ 5 & -1 & -3\end{pmatrix},\qquad B^{-1} = \frac{1}{-1}\begin{pmatrix}5 & -9\\ -4 & 7\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-5 & 9\\ 4 & -7\end{pmatrix}. \]
先算 \(A^{-1}C\)（\(3 \times 2\) 矩阵），再右乘 \(B^{-1}\)：
\[ A^{-1}C = \begin{pmatrix}1 & -1\\ 3 & 0\\ -2 & 1\end{pmatrix},\qquad X = \begin{pmatrix}1 & -1\\ 3 & 0\\ -2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-5 & 9\\ 4 & -7\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-9 & 16\\ -15 & 27\\ 14 & -25\end{pmatrix}. \]
验算：把 \(X\) 代回，\(AXB = \begin{pmatrix}1 & 2\\ 1 & 0\\ 2 & 3\end{pmatrix} = C\)，成立。
答案 \(X = \begin{pmatrix}-9 & 16\\ -15 & 27\\ 14 & -25\end{pmatrix}\)。
考点 矩阵方程。
易错点 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。
5.（15 分）
\(A\) 是分块下三角矩阵，按第一行展开得 \(|A| = 2\cdot((-2)\cdot 1 - 1\cdot(-1)) = -2 \neq 0\)，且容易求出
\[ A^{-1} = \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 2\end{pmatrix},\qquad A^{*} = |A|A^{-1} = -2A^{-1} = \begin{pmatrix}-1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & -2\\ 0 & 2 & -4\end{pmatrix}. \]
关键一步是用 \(|A| = -2\) 把 \(A^{*}\) 换成 \(-2A^{-1}\)，于是原方程化为
\[ (-2A^{-1} - 2E)BA = -12E \quad\Longrightarrow\quad (A^{-1} + E)BA = 6E. \]
两边右乘 \(A^{-1}\)，得 \((A^{-1} + E)B = 6A^{-1}\)，即 \(B = 6(A^{-1} + E)^{-1}A^{-1}\)。又 \((A^{-1} + E)A = A^{-1}A + A = E + A\)，由 \((AQ)^{-1} = Q^{-1}A^{-1}\)（取 \(Q = A^{-1} + E\)）得
\[ (A^{-1} + E)^{-1}A^{-1} = (A(A^{-1} + E))^{-1} = (A + E)^{-1}, \]
故 \(B = 6(A + E)^{-1}\)。而
\[ A + E = \begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 2\end{pmatrix},\qquad (A + E)^{-1} = \begin{pmatrix}\frac{1}{3} & 0 & 0\\ 0 & -2 & 1\\ 0 & -1 & 1\end{pmatrix}, \]
于是 \(B = 6(A + E)^{-1}\)。验算：代入得
\[ BA = \begin{pmatrix}4 & 0 & 0\\ 0 & 18 & -6\\ 0 & 6 & 0\end{pmatrix},\qquad A^{*}BA = 2BA - 12E = \begin{pmatrix}-4 & 0 & 0\\ 0 & 24 & -12\\ 0 & 12 & -12\end{pmatrix}, \]
成立。
答案 \(B = 6(A + E)^{-1} = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\ 0 & -12 & 6\\ 0 & -6 & 6\end{pmatrix}\)。
注 伴随矩阵与转置容易混淆，这里不妨验一下：若把 \(A^{*}\) 误当转置，方程化为 \((A^{\mathrm{T}} - 2E)BA = -12E\)，而 \(A\) 的首行与首列都是 \((2, 0, 0)\)，故 \(A^{\mathrm{T}} - 2E\) 的首行全为零，左端乘积的首行必为零行，右端 \(-12E\) 的首行却是 \((-12, 0, 0)\)，矛盾，方程无解。可见此处的 \(A^{*}\) 只能是伴随矩阵。
考点 伴随矩阵。
易错点 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
6.（15 分）
记 \(M = \begin{pmatrix}O & A\\ B & C\end{pmatrix}\)，其中 \(O\) 是 \(r \times s\) 零块、\(C\) 是 \(s \times r\) 块，故 \(M\) 是 \(r + s\) 阶方阵。按“先猜后验”的办法，把待求的逆矩阵按块行 \((s, r)\)、块列 \((r, s)\) 分块（即左上 \(s \times r\)、右下 \(r \times s\)），取
\[ X = \begin{pmatrix}-B^{-1}CA^{-1} & B^{-1}\\ A^{-1} & O\end{pmatrix}, \]
用分块乘法逐块检验：
\[ MX = \begin{pmatrix} O(-B^{-1}CA^{-1}) + AA^{-1} & OB^{-1} + AO\\ B(-B^{-1}CA^{-1}) + CA^{-1} & BB^{-1} + CO \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E_{r} & O\\ O & E_{s}\end{pmatrix} = E_{r+s}, \]
其中左下块 \(B(-B^{-1}CA^{-1}) + CA^{-1} = -CA^{-1} + CA^{-1} = O\)，右上块 \(OB^{-1} + AO = O\)；各行用到了 \(A, B\) 可逆给出的 \(AA^{-1} = E_{r}\)、\(BB^{-1} = E_{s}\)。于是 \(M\) 可逆，且 \(M^{-1} = X\)。
若只想先判断可逆，也可算行列式：把两块行组互换需 \(r \cdot s\) 次行交换，互换后成为分块三角阵 \(\begin{pmatrix}B & C\\ O & A\end{pmatrix}\)，故 \(|M| = (-1)^{rs}|A||B| \neq 0\)。
答案 \(\begin{pmatrix}O & A\\ B & C\end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix}-B^{-1}CA^{-1} & B^{-1}\\ A^{-1} & O\end{pmatrix}\)。
考点 行列式、分块矩阵。
易错点 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
7.（15 分）
（1）设 \(A\) 是 \(m \times n\) 矩阵，其行向量为 \(\alpha_{1}^{\mathrm{T}}, \alpha_{2}^{\mathrm{T}}, \dots, \alpha_{m}^{\mathrm{T}}\)。先记一条乘法事实：对任意 \(m\) 阶矩阵 \(P = (p_{ij})\)，由 \((PA)_{ik} = \sum_{j=1}^{m}p_{ij}a_{jk}\) 得
\[ PA \text{ 的第 } i \text{ 行} = \sum_{j=1}^{m}p_{ij}\alpha_{j}^{\mathrm{T}}, \]
即 \(P\) 的第 \(i\) 行元素正是把 \(A\) 的各行作线性组合时的系数。
对 \(m\) 阶单位矩阵 \(E\) 作一次初等行变换，得到的矩阵称为相应的初等矩阵，共三类，逐类验证即可：
（i）互换第 \(i, j\) 行得 \(E(i, j)\)，它的第 \(i\) 行是 \(e_{j}^{\mathrm{T}}\)、第 \(j\) 行是 \(e_{i}^{\mathrm{T}}\)，其余第 \(k\) 行仍为 \(e_{k}^{\mathrm{T}}\)。于是 \(E(i, j)A\) 的第 \(i\) 行是 \(\alpha_{j}^{\mathrm{T}}\)、第 \(j\) 行是 \(\alpha_{i}^{\mathrm{T}}\)，其余行不变，恰为互换 \(A\) 的第 \(i, j\) 行。
（ii）第 \(i\) 行乘非零数 \(k\) 得 \(E(i(k))\)，它的第 \(i\) 行是 \(ke_{i}^{\mathrm{T}}\)，于是 \(E(i(k))A\) 的第 \(i\) 行是 \(k\alpha_{i}^{\mathrm{T}}\)，其余行不变，恰为把 \(A\) 的第 \(i\) 行乘 \(k\)。
（iii）第 \(j\) 行的 \(k\) 倍加到第 \(i\) 行得 \(E(i, j(k))\)，它的第 \(i\) 行是 \(e_{i}^{\mathrm{T}} + ke_{j}^{\mathrm{T}}\)，于是 \(E(i, j(k))A\) 的第 \(i\) 行是 \(\alpha_{i}^{\mathrm{T}} + k\alpha_{j}^{\mathrm{T}}\)，其余行不变，恰为把 \(A\) 的第 \(j\) 行的 \(k\) 倍加到第 \(i\) 行。
三类初等行变换都如此，故对 \(A\) 施行一次初等行变换，等价于用相应的初等矩阵左乘 \(A\)。顺带由上还可读出：初等矩阵都可逆，且逆仍为同类初等矩阵（\(E(i, j)^{-1} = E(i, j)\)，\(E(i(k))^{-1} = E(i(1/k))\)，\(E(i, j(k))^{-1} = E(i, j(-k))\)）。
（2）必要性：设 \(A\) 可逆，则 \(AA^{-1} = E\)。两边取行列式并用 \(|XY| = |X||Y|\)，得 \(|A| \cdot |A^{-1}| = 1\)，故 \(|A| \neq 0\)（且 \(|A^{-1}| = \frac{1}{|A|}\)）。
充分性：设 \(|A| \neq 0\)。用初等行变换把 \(A\) 化为行阶梯形 \(U\)。由（1），\(U = PA\)，其中 \(P\) 是有限个初等矩阵之积；三类初等矩阵的行列式分别为 \(-1, k\ (k \neq 0), 1\)，都非零，故 \(|P| \neq 0\)，从而
\[ |U| = |P| \cdot |A| \neq 0. \]
特别地 \(U\) 没有零行。\(n\) 阶矩阵的行阶梯形没有零行，说明它有 \(n\) 个主元，即 \(U\) 是主元全不为零的上三角矩阵。再对 \(U\) 作倍加变换（把第 \(i\) 行减去上方各行的适当倍数）消去每个主元上方的元素，并用倍乘变换把各主元化为 \(1\)，就把 \(U\) 化成了 \(E\)。即 \(A\) 行等价于 \(E\)，故存在初等矩阵之积 \(Q\) 使 \(QA = E\)。
由 \(QA = E\) 两边左乘 \(Q^{-1}\) 得 \(A = Q^{-1}\)；而由（1）后的说明 \(Q\) 可逆，故 \(A\) 可逆（且 \(A^{-1} = Q\)，即 \(A^{-1}\) 也是初等矩阵之积）。必要性、充分性都成立。\(\square\)
考点 初等变换。
易错点 行、列操作混用时要区分作用侧；同侧变换的先后次序不能随意交换。
第三部分：知识点总结
答案与考点
| 题号 | 答案要点 | 主要考点 |
|---|---|---|
| 1 | （10）五阶数字行列式：\(D=2x(x-1)(x-2)=2x^{3}-6x^{2}+4x\)。 | 行列式 |
| 2 | （15）线性方程组通解（题面称”齐次”实为非齐次，4 方程 5 未知量）：\(x=(2,0,0,1,1)^{\mathrm{T}}+c_1(-1,1,1,0,0)^{\mathrm{T}}+c_2(12,-5,0,6,2)^{\mathrm{T}}\)。 | 线性方程组 |
| 3 | （15）叙述秩的定义 + 含参 \(\lambda\) 的 \(3\times4\) 矩阵求秩：\(\lambda\neq-1\) 时 \(r(A)=3\)；\(\lambda=-1\) 时 \(r(A)=2\)。 | 秩与空间维数 |
| 4 | （15）矩阵方程 \(AXB=C\)：\(X=A^{-1}CB^{-1}=\begin{pmatrix}-9&16\\-15&27\\14&-25\end{pmatrix}\)。 | 矩阵方程 |
| 5 | （15）伴随矩阵方程 \(A^{*}BA=2BA-12E\)（\(\|A\|=-2\)，故 \(A^{*}=-2A^{-1}\)）：\(B=6(A+E)^{-1}=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&-12&6\\0&-6&6\end{pmatrix}\)。 | 伴随矩阵 |
| 6 | （15）分块矩阵 \(\begin{pmatrix}O&A\\B&C\end{pmatrix}\) 的可逆性证明并求逆：逆为 \(\begin{pmatrix}-B^{-1}CA^{-1}&B^{-1}\\A^{-1}&O\end{pmatrix}\)。 | 行列式、分块矩阵 |
| 7 | （15）(1) 初等行变换 \(\equiv\) 左乘初等矩阵；(2) \(A\) 可逆 \(\iff \|A\|\neq0\)（三类初等矩阵逐类验证；必要性用 \(\|XY\|=\|X\|\|Y\|\)，充分性用行阶梯形 \(U=PA\)）。 | 初等变换 |
复习要点
- 行列式：优先用行、列倍加制造零元；三对角型按首行展开建立递推，并核对初值。
- 线性方程组：\(r(A)<r(A\mid b)\) 时无解；两秩相等时有解，自由参数个数为 \(n-r(A)\)。
- 秩与空间维数：\(r(XY)\le\min\{r(X),r(Y)\}\)，\(r(X+Y)\le r(X)+r(Y)\)；可逆初等变换不改变秩。
- 矩阵方程：\(AX=B\) 左乘 \(A^{-1}\)，\(XA=B\) 右乘 \(A^{-1}\)；先移项因式分解，再判断可逆性。
- 伴随矩阵：\(AA^*=A^*A=|A|E\)；\(|A^*|=|A|^{n-1}\)；可逆时 \(A^*=|A|A^{-1}\)。
- 分块矩阵：左上块 \(A\) 可逆时，Schur 补为 \(D-CA^{-1}B\)；分块消元可用于行列式、逆与秩。
- 初等变换：行变换对应左乘初等矩阵，列变换对应右乘初等矩阵，连续操作按实际次序组合。
易错点清单
- 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
- 含参消元在除以参数前先分情形；通解写成特解加齐次通解。
- 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
- 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。
- 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
- 先检查块的尺寸；矩阵相乘的次序一般不可交换。
- 行、列操作混用时要区分作用侧；同侧变换的先后次序不能随意交换。
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