2022-2023 学年秋冬《线性代数（甲）》期中归档

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真题
2022-2023 学年期中试卷：题目、详细解析与知识点总结。
作者

easoncyy（整理）

发布于

2026年10月27日

共 8 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。

来源：题目合集、解析合集。合集整理者：macanine。

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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.

计算行列式

\[D_1 = \begin{vmatrix} 2 & 4 & 6 & 8 \\ 4 & 6 & 8 & 2 \\ 6 & 8 & 2 & 4 \\ 8 & 2 & 4 & 6 \end{vmatrix}。\]

2.

已知 \(n + 1\) 阶行列式

\[D = \begin{vmatrix} -1 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\ 1 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 3 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & n + 1 \end{vmatrix},\]

\(x_1, x_2, \cdots, x_n\) 为任意常数，求

\[4A_1 + 9A_2 + \cdots + (n + 1)^2A_n,\]

其中 \(A_1, A_2, \cdots, A_n\) 分别为 \(x_1, x_2, \cdots, x_n\) 的代数余子式。

3.

求解线性方程组

\[\begin{cases} \lambda x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 1, \\ x_1 + \lambda x_2 + x_3 + x_4 = \lambda, \\ x_1 + x_2 + \lambda x_3 + x_4 = \lambda^2. \end{cases}\]

4.

用初等行变换将矩阵

\[A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 & -1 & -1 \\ 1 & 2 & 3 & 1 & 3 \\ 3 & 6 & 13 & -1 & 1 \\ 5 & 10 & 21 & -1 & 3 \end{pmatrix}\]

化简成行阶梯形矩阵 \(B\)，使 \(B\) 的阶梯头为 1。

5.

设 \(r\) 为自然数。

（1）叙述秩的定义；

（2）证明：\(r(A) \leq r\) 当且仅当 \(A\) 中 \(r + 1\) 阶子式（若有）均为 0；

（3）设 \(A\) 通过一次行倍加得到 \(B\)，求证：\(r(B) = r(A)\)。

6.

设有 \(n\ (\geq 2)\) 阶方阵 \(A\)，\(A^{*}\) 为 \(A\) 的伴随矩阵，证明：

（1）\(r(A^{*}) = \begin{cases} n, & r(A) = n, \\ 1, & r(A) = n - 1, \\ 0, & r(A) < n - 1; \end{cases}\)

（2）\((A^{*})^{*} = |A|^{n-2}A\)；

（3）若 \(r(A) > 0\)，则 \((A^{*})^{*} = A\) 当且仅当 \(|A|^{n-2} = 1\)。

7.

设 \(A, C, D\) 均为 \(m \times n\) 阶矩阵，\(B, D\) 均为 \(n \times s\) 阶矩阵，证明：\(r(AB - CD) \leq r(A - C) + r(B - D)\)。

8.

设 \(A\) 为 \(2022^{2022}\) 阶方阵，用数学归纳法证明：

\[\forall n \in Z^{+},\ \forall m \in Z^{+},\quad (n + 1)r(A^2) \leq r(A^{n+2}) + mr(A).\]

第二部分：详细解析

1.

各行的四个数之和都是 \(2 + 4 + 6 + 8 = 20\)，故把第 2, 3, 4 列统统加到第 1 列，第 1 列的元素全变成 20，提出公因子 20：

\[D_1 = 20\begin{vmatrix} 1 & 4 & 6 & 8 \\ 1 & 6 & 8 & 2 \\ 1 & 8 & 2 & 4 \\ 1 & 2 & 4 & 6 \end{vmatrix}.\]

再用行倍加 \(R_i \leftarrow R_i - R_1\)（\(i = 2, 3, 4\)）把第 1 列的后三个元素消成零，并按第 1 列展开：

\[D_1 = 20\begin{vmatrix} 1 & 4 & 6 & 8 \\ 0 & 2 & 2 & -6 \\ 0 & 4 & -4 & -4 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \end{vmatrix} = 20\begin{vmatrix} 2 & 2 & -6 \\ 4 & -4 & -4 \\ -2 & -2 & -2 \end{vmatrix}.\]

右边三阶行列式按第一行展开，两个二阶余子式分别是 \(\begin{vmatrix} -4 & -4 \\ -2 & -2 \end{vmatrix} = 0\) 与 \(\begin{vmatrix} 4 & -4 \\ -2 & -2 \end{vmatrix} = -16\)，于是

\[D_1 = 20\left(2 \cdot 0 - 2 \cdot (-16) + (-6) \cdot (-16)\right) = 20 \cdot 128 = 2560.\]

答案 \(D_1 = 2560\)。

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.

构造新行列式。记 \(D'\) 为把 \(D\) 的第一行换成 \((0, 2^2, 3^2, \cdots, (n + 1)^2)\)（即第 \(i + 1\) 列放 \((i + 1)^2\)）、其余各行不动所得到的行列式。\(D\) 与 \(D'\) 只在第一行不同，而代数余子式只依赖于划去该行该列后剩下的子式，所以 \(D\) 中 \(x_i\) 所在位置（第一行第 \(i + 1\) 列）的代数余子式在 \(D'\) 中仍然是 \(A_i\)。把 \(D'\) 按第一行展开，第一列的元素是 0，于是

\[D' = 0 \cdot A_0 + 2^2A_1 + 3^2A_2 + \cdots + (n + 1)^2A_n = \sum_{i=1}^{n}(i + 1)^2A_i,\]

（\(A_0\) 是第一行第一列元素的代数余子式，它乘 0，不影响结果。）这说明所求的组合恰好就是 \(D'\) 的值。

计算 \(D'\)。\(D'\) 的第一列是 \((0, 1, 1, \cdots, 1)^{\mathrm{T}}\)，按第一列展开得

\[D' = \sum_{j=2}^{n+1}(-1)^{j+1}M_{j1},\]

\(M_{j1}\) 是划去 \(D'\) 的第 \(j\) 行与第 1 列后余下的 \(n\) 阶子式。划去后，原第一行剩下 \((2^2, 3^2, \cdots, (n+1)^2)\)，而原来的第 \(\ell\) 行（\(\ell = 2, \cdots, n + 1\)，\(\ell \neq j\)）只剩下一个非零元：数值为 \(\ell\)、位于第 \(\ell\) 列。把 \((2^2, 3^2, \cdots, (n+1)^2)\) 这一行逐次与相邻行交换、下移到第 \(j - 1\) 行（共 \(j - 2\) 次交换，代价符号 \((-1)^{j-2}\)）。此时前 \(j - 2\) 行各只有一个非零元 \(2, 3, \cdots, j - 1\)，沿它们依次展开后余下的子块为上三角阵，其对角元依次为 \(j, j + 1, \cdots, n + 1\)，于是

\[M_{j1} = (-1)^{j-2} \cdot j^2 \cdot \prod_{\substack{\ell=2 \\ \ell \neq j}}^{n+1}\ell = (-1)^{j-2}j^2 \cdot \frac{(n + 1)!}{j} = (-1)^{j-2}j\,(n + 1)!,\]

最后一步用了 \(\prod_{\ell=2}^{n+1}\ell = (n + 1)!\)。代入 \((-1)^{j+1}(-1)^{j-2} = (-1)^{2j-1} = -1\)，得

\[D' = -(n + 1)!\sum_{j=2}^{n+1}j = -(n + 1)! \cdot \frac{(n + 1)(n + 2) - 2}{2} = -\frac{n(n + 3)}{2}(n + 1)!.\]

答案 \(4A_1 + 9A_2 + \cdots + (n + 1)^2A_n = -\dfrac{n(n + 3)}{2}(n + 1)!\)。

验算：取 \(n = 2\) 时 \(D\) 为三阶行列式，直接算得 \(A_1 = -3\)，\(A_2 = -2\)，所求为 \(4 \times (-3) + 9 \times (-2) = -30\)，与公式 \(-\dfrac{2 \times 5}{2} \cdot 3! = -30\) 一致。

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 \((-1)^{i+j}\)。

3.

对增广矩阵作初等行变换：先交换第 1, 3 行，再作行倍加 \(R_2 - R_1\) 与 \(R_3 - \lambda R_1\)，得

\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & \lambda & 1 & \Big|\ \lambda^2 \\ 0 & \lambda - 1 & 1 - \lambda & 0 & \Big|\ \lambda - \lambda^2 \\ 0 & 1 - \lambda & 1 - \lambda^2 & 1 - \lambda & \Big|\ 1 - \lambda^3 \end{pmatrix}.\]

先设 \(\lambda \neq 1\)，此时可把后两行分别除以 \(\lambda - 1\) 与 \(1 - \lambda\)（用 \(1 - \lambda^3 = (1 - \lambda)(1 + \lambda + \lambda^2)\)），再作 \(R_3 - R_2\)：

\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & \lambda & 1 & \Big|\ \lambda^2 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & \Big|\ -\lambda \\ 0 & 0 & \lambda + 2 & 1 & \Big|\ (\lambda + 1)^2 \end{pmatrix}.\]

当 \(\lambda \neq -2\) 时系数矩阵的秩为 3，取 \(x_4 = t\) 为自由未知量，回代得

\[x_3 = \frac{(\lambda + 1)^2 - t}{\lambda + 2},\quad x_2 = x_3 - \lambda = \frac{1 - t}{\lambda + 2},\quad x_1 = \lambda^2 - x_2 - \lambda x_3 - x_4 = -\frac{\lambda + 1 + t}{\lambda + 2},\]

即通解

\[(x_1, x_2, x_3, x_4)^{\mathrm{T}} = \frac{1}{\lambda + 2}\left(-(\lambda + 1), 1, (\lambda + 1)^2, 0\right)^{\mathrm{T}} + t \cdot \frac{1}{\lambda + 2}\left(-1, -1, -1, \lambda + 2\right)^{\mathrm{T}} \quad (t \in \mathbb{R}).\]

当 \(\lambda = -2\) 时第三行变成 \(x_4 = (\lambda + 1)^2 = 1\)，系数矩阵的秩仍为 3，取 \(x_3 = t\)，由 \(x_2 - x_3 = -\lambda = 2\) 得

\[(x_1, x_2, x_3, x_4)^{\mathrm{T}} = (1, 2, 0, 1)^{\mathrm{T}} + t\,(1, 1, 1, 0)^{\mathrm{T}} \quad (t \in \mathbb{R}).\]

再设 \(\lambda = 1\)，三个方程都成为 \(x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 1\)，系数矩阵的秩为 1，解集是一个三维平面：

\[x_1 = 1 - t_1 - t_2 - t_3,\quad x_2 = t_1,\quad x_3 = t_2,\quad x_4 = t_3 \quad (t_1, t_2, t_3 \in \mathbb{R}).\]

答案 方程组总有无穷多解：\(\lambda \neq 1, -2\) 时通解为 \(\left(-(\lambda + 1), 1, (\lambda + 1)^2, 0\right)^{\mathrm{T}}/(\lambda + 2) + t\left(-1, -1, -1, \lambda + 2\right)^{\mathrm{T}}/(\lambda + 2)\)；\(\lambda = -2\) 时通解为 \((1, 2, 0, 1)^{\mathrm{T}} + t(1, 1, 1, 0)^{\mathrm{T}}\)；\(\lambda = 1\) 时解集为 \(x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 1\)。

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。

4.

把第 2, 3, 4 行分别减去第 1 行的 1, 3, 5 倍：

\[A \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & -2 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & -4 & 4 & 8 \end{pmatrix}.\]

此时第 3 行与第 2 行相同，第 4 行是第 2 行的 2 倍，故再作 \(R_3 - R_2\)、\(R_4 - 2R_2\) 得

\[\to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = B,\]

最后一步是把第 2 行乘以 \(-\dfrac{1}{2}\)。\(B\) 的阶梯头（每行第一个非零元）分别为第 1, 3 列的 1，已是所要求的行阶梯形，且 \(r(A) = r(B) = 2\)。若继续把第 1 行减去 5 倍的第 2 行，可得行最简形

\[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 4 & 9 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]

答案 \(B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\)（阶梯头在第 1, 3 列，\(r(A) = r(B) = 2\)）。

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。

5.

（1）秩的定义。设 \(A\) 是 \(m \times n\) 矩阵。如果在 \(A\) 中有一个 \(r\) 阶子式不为零，而所有 \(r + 1\) 阶子式（如果存在的话）全为零，就称 \(A\) 的秩为 \(r\)，记作 \(r(A)\)；即 \(r(A)\) 就是 \(A\) 中非零子式的最高阶数。零矩阵没有非零子式，规定 \(r(O) = 0\)。（由此 \(0 \leq r(A) \leq \min\{m, n\}\)。）

（2）必要性（\(r(A) \leq r \Rightarrow\) 所有 \(r + 1\) 阶子式为零）：若 \(A\) 有一个非零的 \(r + 1\) 阶子式，则 \(A\) 中非零子式的最高阶数至少为 \(r + 1\)，即 \(r(A) \geq r + 1\)，矛盾。

充分性（所有 \(r + 1\) 阶子式为零 \(\Rightarrow r(A) \leq r\)）：先用一个事实——若非零的 \(s\) 阶子式 \(D\) 存在，则 \(D\) 中必有一行不全为零，把 \(D\) 按这一行展开，\(D\) 等于该行各元素与其代数余子式乘积之和；既然 \(D \neq 0\)，至少有一个 \(s - 1\) 阶余子式不为零，即 \(A\) 中存在非零的 \(s - 1\) 阶子式。假若 \(r(A) = s > r\)，取一个非零的 \(s\) 阶子式，反复使用上述事实，便从非零的 \(s\) 阶子式依次得到非零的 \(s - 1\) 阶、\(s - 2\) 阶、\(\cdots\)、\(r + 1\) 阶子式，与“所有 \(r + 1\) 阶子式为零”矛盾，故 \(r(A) \leq r\)。（当 \(r + 1 > \min\{m, n\}\) 时 \(A\) 没有 \(r + 1\) 阶子式，条件空真，而此时 \(r(A) \leq \min\{m, n\} \leq r\)，结论同样成立。）

（3）设 \(B\) 由 \(A\) 经一次行倍加得到，即 \(B\) 的第 \(j\) 行等于 \(A\) 的第 \(j\) 行加上第 \(i\) 行的 \(k\) 倍（\(i \neq j\)），其余各行与 \(A\) 的对应行相同。

考察 \(B\) 的任一 \(s\) 阶子式，设它的行取自 \(B\) 的第 \(r_1 < \cdots < r_s\) 行。若行标中不含 \(j\)，该子式就是 \(A\) 的同一个 \(s\) 阶子式；若含 \(j\)，则由行列式对行的线性性，该子式的行列式等于 \(D_1 + kD_2\)，其中 \(D_1\) 是把这一行换回 \(A\) 的第 \(j\) 行所得的行列式，\(D_2\) 是把这一行换成 \(A\) 的第 \(i\) 行所得的行列式：\(D_1\) 是 \(A\) 的 \(s\) 阶子式；\(D_2\) 当 \(i\) 也在行标中时因两行相同而为 0，否则也是 \(A\) 的 \(s\) 阶子式。总之，\(B\) 的每个 \(s\) 阶子式都是 \(A\) 的 \(s\) 阶子式的线性组合。

取 \(s = r(A) + 1\)：由（2），\(A\) 的 \(r(A) + 1\) 阶子式全为零，故 \(B\) 的 \(r(A) + 1\) 阶子式也全为零，再由（2）得 \(r(B) \leq r(A)\)。反过来，\(A\) 也可由 \(B\) 经一次行倍加得到（第 \(j\) 行加上第 \(i\) 行的 \(-k\) 倍），同理 \(r(A) \leq r(B)\)。故 \(r(B) = r(A)\)。

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。

6.

（1）分三种情形。若 \(r(A) = n\)：\(A\) 可逆，由 \(A^{*} = |A|A^{-1}\) 知 \(A^{*}\) 也可逆，故 \(r(A^{*}) = n\)。若 \(r(A) = n - 1\)：\(A\) 有非零的 \(n - 1\) 阶子式，而 \(A^{*}\) 的每个元素都是 \(A\) 的 \(n - 1\) 阶代数余子式，故 \(A^{*} \neq O\)，\(r(A^{*}) \geq 1\)。另一方面 \(|A| = 0\)，由基本等式 \(AA^{*} = |A|E\) 得 \(AA^{*} = O\)，即 \(A^{*}\) 的每一列 \(X\) 都满足 \(AX = \theta\)，于是

\[\mathrm{Col}(A^{*}) \subseteq \ker A.\]

由秩－零化度定理（并把秩看作列空间的维数）得 \(\dim \ker A = n - r(A) = 1\)；又 \(r(A^{*}) = \dim \mathrm{Col}(A^{*})\)，故 \(r(A^{*}) \leq 1\)。两端合起来得 \(r(A^{*}) = 1\)。若 \(r(A) < n - 1\)：\(A\) 的所有 \(n - 1\) 阶子式全为零，故 \(A^{*} = O\)，\(r(A^{*}) = 0\)。

（2）当 \(|A| \neq 0\) 时 \(A^{*} = |A|A^{-1}\)。对 \(A^{*}A = |A|E\) 两边取行列式：\(|A^{*}| \cdot |A| = |A|^{n}\)，故 \(|A^{*}| = |A|^{n-1}\)，于是

\[(A^{*})^{*} = |A^{*}|(A^{*})^{-1} = |A|^{n-1} \cdot \frac{A}{|A|} = |A|^{n-2}A.\]

当 \(|A| = 0\) 时 \(r(A) \leq n - 1\)，由（1）知 \(r(A^{*}) \leq 1\)。若 \(n \geq 3\)，则 \(r(A^{*}) \leq 1 \leq n - 2 < n - 1\)，把（1）用于 \(n\) 阶矩阵 \(A^{*}\) 得 \((A^{*})^{*} = O\)；又此时 \(n - 2 \geq 1\)，\(|A|^{n-2} = 0\)，故仍成立 \((A^{*})^{*} = |A|^{n-2}A\)。若 \(n = 2\)，规定 \(|A|^{0} = 1\)，直接验证（\(A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\)，\(A^{*} = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}\)）得 \((A^{*})^{*} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = A = |A|^{0}A\)。故对一切 \(n \geq 2\) 有 \((A^{*})^{*} = |A|^{n-2}A\)。

（3）由（2），\((A^{*})^{*} = |A|^{n-2}A\)，于是

\[(A^{*})^{*} = A \iff |A|^{n-2}A = A \iff \left(|A|^{n-2} - 1\right)A = O.\]

若 \(|A|^{n-2} = 1\)，显然右边的等式成立，即 \((A^{*})^{*} = A\)。反之设 \(\left(|A|^{n-2} - 1\right)A = O\)：条件 \(r(A) > 0\) 等价于 \(A \neq O\)，取 \(A\) 的一个非零元素 \(a_{pq}\)，比较矩阵等式两边的 \((p, q)\) 元得 \(\left(|A|^{n-2} - 1\right)a_{pq} = 0\)，故 \(|A|^{n-2} = 1\)。因此当 \(r(A) > 0\) 时 \((A^{*})^{*} = A\) 当且仅当 \(|A|^{n-2} = 1\)。

考点 伴随矩阵、线性方程组、秩与空间维数。

易错点 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。

7.

矩阵尺寸须满足：\(A,C\) 为 \(m\times n\) 矩阵，\(B,D\) 为 \(n\times s\) 矩阵。

插入中间项 \(CB\)，可得

\[AB-CD=(A-C)B+C(B-D).\]

由秩的和、积不等式，

\[\begin{aligned} r(AB-CD)&\le r((A-C)B)+r(C(B-D))\\ &\le r(A-C)+r(B-D). \end{aligned}\]

其中乘积 \(XY\) 的每一列都是 \(X\) 的列向量的线性组合，故 \(\operatorname{Col}(XY)\subseteq\operatorname{Col}(X)\)，从而 \(r(XY)\le r(X)\)；转置后同理得 \(r(XY)\le r(Y)\)。

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。

8.

结论 对任意正整数 \(n,m\) 的命题不成立。取 \(A=E_N\)，\(N=2022^{2022}\)，不等式变为 \((n+1)N\le(m+1)N\)，在 \(m<n\) 时不成立。

正确且更强的结论是

\[\boxed{(n+1)r(A^2)\le r(A^{n+2})+n\,r(A).}\]

它进一步保证题中不等式对所有 \(m\ge n\) 成立。下面用归纳法证明。

由 Frobenius 秩不等式，对 \(k\ge1\) 有

\[2r(A^{k+1})\le r(A^k)+r(A^{k+2}).\]

因此 \(d_k=r(A^k)-r(A^{k+1})\) 随 \(k\) 单调不增，特别地

\[r(A^{n+2})+r(A^2)\le r(A^{n+3})+r(A).\]

当 \(n=1\) 时，所证不等式正是 \(2r(A^2)\le r(A^3)+r(A)\)。假设对 \(n\) 成立，则

\[\begin{aligned} (n+2)r(A^2)&\le r(A^{n+2})+r(A^2)+n\,r(A)\\ &\le r(A^{n+3})+(n+1)r(A). \end{aligned}\]

故结论对 \(n+1\) 也成立。最后由 \(m\ge n\) 和 \(r(A)\ge0\)，得 \(nr(A)\le mr(A)\)，即得题中对应的有效情形。

考点 矩阵幂与多项式、秩与空间维数。

易错点 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。

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 行列式计算：\(D_1=2560\)。 行列式
2 代数余子式的线性组合：\(4A_1+\cdots+(n+1)^{2}A_n=-\frac{n(n+3)}{2}(n+1)!\)。 行列式
3 含参方程组：\(\lambda\neq1,-2\) 时唯一解；\(\lambda=-2\) 时有无穷多解（含特解）；\(\lambda=1\) 时解为平面 \(x_1+x_2+x_3+x_4=1\)。 线性方程组
4 初等行变换化行阶梯形：阶梯头在第 1、3 列，\(r(A)=r(B)=2\)。 初等变换
5 秩的定义与子式刻画（三小问）：\(r+1\) 阶子式全为零 \(\iff r(A)\le r\)；行倍加不改变秩。 秩与空间维数
6 伴随矩阵：(1) \(r(A^{*})=n/1/0\) 分情形；(2) \((A^{*})^{*}=\|A\|^{n-2}A\)；(3) 由 \(a_{pq}\neq0\) 得充要条件。 伴随矩阵、线性方程组、秩与空间维数
7 \(AB-CD=(A-C)B+C(B-D)\)，再用秩不等式。 秩与空间维数
8 任意 \(n,m\) 的命题不成立；\(m\ge n\) 时成立。 矩阵幂与多项式、秩与空间维数

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 \(n-r(A)\)。
  • 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。
  • 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。
  • 伴随矩阵：\(AA^*=A^*A=|A|E\)；\(|A^*|=|A|^{n-1}\)；可逆时 \(A^*=|A|A^{-1}\)。
  • 矩阵幂与多项式：由已知的矩阵多项式关系降低幂次；秩一矩阵 \(uv^{\mathsf T}\) 满足 \((uv^{\mathsf T})^m=(v^{\mathsf T}u)^{m-1}uv^{\mathsf T}\)。

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。
  • 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。
  • 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
  • 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
  • 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。

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