2020—2026 历年真题 · 考前专题

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选题范围：现有 2020 年 8 月至 2026 年 4 月的 13 套试卷，共 299 道原题。按主要知识点与解题方法归并，每点选 1 道例题＋1 道强化题；出现次数按题数计。2026 年 10 月卷尚未收录。

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01 行列式8 个考点 / 每点 2 题

第 1 章 · 行列式 · 同类真题 10 道

行列式的线性性质、行列变换与倍数

比较两个行列式，或把某一列写成向量的和、倍数；也可能出现相同或成比例的行列。

先想一想，再看通用做法

做法先统一列的顺序，再用行列的线性性质拆分；加另一行列的倍数不变，交换变号，整行列提因子。拆分后相同行列的项为零。

易错点 行列式对一整列线性，不可把矩阵和的行列式直接拆成两个行列式。

01例题 · 选择题2020 年 8 月 · 原卷第 1 题

$m-n$

$n-m$

$m+n$

$mn$

解题思路与解析

看到题目先想什么

先看所求第三列： $\beta_1+\beta_2$ 是两个列的和。应先把这一列拆开，再比较每个行列式与已知的 $m,n$ 。第二个已知式中， $\alpha_2$ 的位置变了，这正是本题负号的来源。

读懂题目与条件

$|\alpha_1,\alpha_2,\beta_1|$ 表示把三个三维列向量依次放成第一、二、三列后计算的三阶行列式；竖线的结果是一个数。题目已经把两个这样的数记作 $m,n$ ，所以不需要知道各向量的具体分量。

注意 $n=|\alpha_1,\beta_2,\alpha_2|$ ，它的第二列是 $\beta_2$ ，第三列才是 $\alpha_2$ 。

要记住的定义与公式

行列式对单独一列有可加性，其他列要固定： $|u,v,p+q|=|u,v,p|+|u,v,q|.$ 另外，交换两列一次，行列式变号： $|u,v,q|=-|u,q,v|.$ 第一条是拆成两项相加，不是把两个行列式相乘；只有一列里有和时，也不能把其他列一起拆。

一步一步解题

② 对第二项，将它的第二列与第三列互换： $|\alpha_1,\alpha_2,\beta_2| =- |\alpha_1,\beta_2,\alpha_2|=-n.$ 为什么有负号？不是因为 $\beta_2$ 自带负号，而是为了恢复已知式的顺序，交换了一次列。

③ 相加： $T=m+(-n)=m-n$ 。A 符合这个结果；C 的 $m+n$ 忽略了交换列，B 把两项的符号都倒过来，D 的乘积不符合可加性。

最终答案

所求为 $m-n$ ，选 A。

回头检查

用一组容易算的列检验符号：取 $\alpha_1=(1,0,0)$ 、 $\alpha_2=(0,1,0)$ 、 $\beta_1=(0,0,1)$ 、 $\beta_2=(0,0,2)$ ，这里都按列放入行列式。则 $m=\begin{vmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}=1,\qquad n=\begin{vmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&2&0\end{vmatrix}=-2.$ 所求是对角线为 $1,1,3$ 的行列式，等于 $3$ ，而 $m-n=1-(-2)=3$ 。这组数可帮助检查负号；一般结论的依据仍是前面的两条性质。

易错提醒

不能只看到“第三列相加”就选 $m+n$ 。必须逐列检查已知式的顺序。

看到题目先想什么

不要从九个 $a_{ij}$ 开始展开。先把目标的三行与原式逐行对照：它们是“原第三行减原第一行”“原第二行的三倍”“原第一行”。本题只需追踪这些操作对行列式值的影响。

读懂题目与条件

用 $R_1,R_2,R_3$ 表示原行列式的三行。原值 $D=-2$ 。用 $F(u,v,w)$ 表示以 $u,v,w$ 为三行的行列式，则目标为 $T=F(R_3-R_1,3R_2,R_1).$ 这些 $R_i$ 是整行，不是单个元素；例如第一行的每个位置都在作相应元素的减法。

要记住的定义与公式

本题用三条行列式性质：一行整体有公因子 $k$ 时，可以把 $k$ 提到式外；一行加上另一行的倍数，值不变；交换两行一次，值乘 $-1$ 。

特别区分“把一行乘 $3$ ”与“给一行加另一行的 $3$ 倍”：前者使值乘 $3$ ，后者不改变值。

一步一步解题

① 第二行整体为 $3R_2$ ，先提出 $3$ ： $T=3F(R_3-R_1,R_2,R_1).$ 这里仅一行提出 $3$ ，所以外面是 $3$ ，不是 $3^3$ 。

② 括号内现在的第三行正是 $R_1$ 。给第一行加第三行： $R_3-R_1+R_1=R_3.$ 这个“行加法”不改变行列式的值，因此 $T=3F(R_3,R_2,R_1).$

③ 此时顺序是原第三、二、一行，还不是原式。交换第一、三行一次： $F(R_3,R_2,R_1)=-F(R_1,R_2,R_3)=-D.$ 于是 $T=-3D=-3\times(-2)=6.$ 乘法中的两个负号分别来自“交换行”和“原值为负”，要分别保留。

最终答案

目标行列式的值是 $6$ 。

回头检查

换一条路线，按第一行拆分： $T=3\{F(R_3,R_2,R_1)-F(R_1,R_2,R_1)\}.$ 第二项第一、三行相同，所以为零；第一项比原式交换了一次行，所以为 $-D$ 。仍得到 $3(-D-0)=-3(-2)=6$ 。

易错提醒

第一行的减法本身并不自动带来“整体变号”；本题真正的整体负号来自恢复行顺序时的一次交换。

余子式、代数余子式与按行列展开

已知某一行的元素和余子式，或直接求某个代数余子式。

先想一想，再看通用做法

做法先区分普通余子式 M 与代数余子式 A：Aij=(-1)^(i+j)Mij；再按同一行或列把元素乘对应代数余子式求和。

易错点 题目给的是余子式时，必须先补交替符号。

01例题 · 选择题2022 年 10 月 · 原卷第 1 题

已知 $3$ 阶行列式 $D$ 第 $1$ 行的元素依次为 $1,2,-1$ ，它们的余子式依次为 $2,-2,1$ ，则 $D=$

$-5$

$-3$

$3$

$5$

解题思路与解析

看到题目先想什么

关键词是“余子式”。它还没有包含位置的正负号，不能把给出的三个数直接与第一行元素相乘后相加。先补位置符号，再沿第一行展开。

读懂题目与条件

第一行三个元素为 $a_{11}=1,a_{12}=2,a_{13}=-1$ 。与它们对应的普通余子式为 $M_{11}=2,M_{12}=-2,M_{13}=1$ 。

“余子式”是删掉该元素所在行、列后剩下的行列式。“代数余子式”还要乘位置符号。题目只给这一行及对应余子式就足够，因为按行展开正好只用这些数据。

要记住的定义与公式

代数余子式为 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}.$ 当 $i+j$ 为偶数时符号为正，奇数时为负。第一行的位置符号依次为 $+,-,+$ 。沿第一行展开： $D=a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}+a_{13}A_{13} =a_{11}M_{11}-a_{12}M_{12}+a_{13}M_{13}.$ 后一种写法已经把位置符号写在式子中，不能再给 $M_{12}$ 多补一次负号。

一步一步解题

① 先把普通余子式变为代数余子式： $A_{11}=(-1)^2\cdot2=2,$ $A_{12}=(-1)^3\cdot(-2)=2,$ $A_{13}=(-1)^4\cdot1=1.$ 中间一项有两个负号：位置符号为负，题给的 $M_{12}$ 也为负，因此 $A_{12}$ 为正。

② 每个第一行元素乘自己的代数余子式： $D=1\cdot2+2\cdot2+(-1)\cdot1.$ 三个贡献分别为 $2,4,-1$ ，相加得到 $5$ 。

③ 对照选项，选 D。B 的 $-3$ 正好是错误地算成 $1\cdot2+2(-2)+(-1)\cdot1$ ，也就是把普通余子式误当成代数余子式。

最终答案

$D=5$ ，选 D。

回头检查

不用先求 $A_{ij}$ ，直接套带符号的普通余子式展开式： $D=1\cdot2-2\cdot(-2)+(-1)\cdot1=2+4-1=5.$ 两种写法的中间项都必须是 $+4$ ；若一条路线得到 $-4$ ，说明位置负号漏了。

易错提醒

负元素、负余子式、负位置符号是三件不同的事。先写成带括号的乘积，再判断符号。

看到题目先想什么

看到“四阶”“某一行的元素及余子式全相同”，先想到按这一行展开后，四项的绝对值相同，但位置符号正负交替。先看符号，不能直接算 $4a^2$ 。

读懂题目与条件

设题目说的是第 $i$ 行，则这一行有四个元素 $a_{i1},\ldots,a_{i4}$ ，都等于 $a$ ；对应普通余子式 $M_{i1},\ldots,M_{i4}$ 也都等于 $a$ 。

这里没有说代数余子式全等于 $a$ 。题目不指定第几行，我们需要说明任意一行都给出同一结论。 $a\ne0$ 也不等于行列式一定非零。

要记住的定义与公式

沿第 $i$ 行展开： $D=\sum_{j=1}^4 a_{ij}(-1)^{i+j}M_{ij}.$ 同一行里，随着列号增加， $i+j$ 的奇偶交替，所以位置符号也交替。奇数行是 $+,-,+,-$ ，偶数行是 $-,+,-,+$ 。四阶恰有两个正号和两个负号。

一步一步解题

① 若这行是第一行或第三行，每一项元素与普通余子式的乘积都是 $a\cdot a=a^2$ ，补上位置符号后 $D=a^2-a^2+a^2-a^2=0.$

② 若这行是第二行或第四行，符号从负开始： $D=-a^2+a^2-a^2+a^2=0.$ 两种情况都不是“每项为零”，而是四个非零项正负抵消。

③ 因此不知道具体行号也不影响结果。A 的 $0$ 正确；D 的 $4a^2$ 把四个普通余子式当成代数余子式；B、C 则只留下了一项，没有完成沿整行求和。

最终答案

$D=0$ ，选 A。

回头检查

把第一、二项配成一对，第三、四项配成一对。无论起始符号怎样，每对都是 $a^2-a^2$ 或 $-a^2+a^2$ ，各自为零。也可用一般式验证： $D=(-1)^ia^2\bigl((-1)+1+(-1)+1\bigr)=0.$ 这个验算同时包含全部四种行号。

易错提醒

“所有给出的数非零”并不能推出行列式非零。行列式是带符号的和，本题抵消后就是零；也不能把这个四阶结论不加检查地搬到奇数阶。

由二阶余子式还原矩阵

给出二阶矩阵四个余子式或代数余子式，反求原矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法写成 A=(a,b;c,d)。普通余子式依次为 d,c,b,a；代数余子式依次为 d,-c,-b,a。根据位置逐项还原。

易错点 本题给的是余子式表，不是伴随矩阵；先辨符号，再辨位置。

01例题 · 选择题2022 年 4 月 · 原卷第 2 题

设 $A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}$ ， $A_{ij}$ 为元素 $a_{ij}\ (i,j=1,2)$ 的代数余子式，若 $A_{11}=1,A_{12}=2,A_{21}=3,A_{22}=4$ ，则 $A=$ （）。

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

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

$\begin{pmatrix}4&2\\3&1\end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix}4&3\\2&1\end{pmatrix}$

解题思路与解析

看到题目先想什么

这是“反求原矩阵”，不是计算行列式。首先读清大写 $A_{ij}$ 是代数余子式，不能把 $1,2,3,4$ 直接按原位置填回矩阵。二阶时删行删列只剩一个数，逐项反推最清楚。

读懂题目与条件

原矩阵的四个未知元素是小写 $a_{11},a_{12},a_{21},a_{22}$ 。题给的大写 $A_{11},A_{12},A_{21},A_{22}$ 是由这些元素计算出来的另一组数。

例如 $A_{12}$ 的下标表示“原来位于第一行第二列那个元素的代数余子式”，不表示剩下的元素仍位于第一行第二列。

要记住的定义与公式

余子式 $M_{ij}$ ：删除第 $i$ 行和第 $j$ 列后，求剩余行列式。代数余子式： $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 。对二阶矩阵，四个位置的符号是 $\begin{pmatrix}+&-\\-&+\end{pmatrix}.$ 删去一行一列后只有一个元素，一阶行列式就等于这个元素本身。

一步一步解题

① $A_{11}$ ：删第一行、第一列，只留下右下角 $a_{22}$ ，位置符号为正。因此 $a_{22}=A_{11}=1$ 。

② $A_{12}$ ：删第一行、第二列，只留下左下角 $a_{21}$ ，位置符号为负： $A_{12}=-a_{21}=2\quad\Rightarrow\quad a_{21}=-2.$

③ $A_{21}$ ：删第二行、第一列，只留下右上角 $a_{12}$ ，位置符号为负： $A_{21}=-a_{12}=3\quad\Rightarrow\quad a_{12}=-3.$

④ $A_{22}$ ：删第二行、第二列，只留下左上角 $a_{11}$ ，位置符号为正，所以 $a_{11}=4$ 。

⑤ 将四个原元素按原来的位置排回：第一行 $(4,-3)$ ，第二行 $(-2,1)$ 。

最终答案

$A=\begin{pmatrix}4&-3\\-2&1\end{pmatrix}$ ，选 A。

回头检查

从求出的矩阵重新算四个代数余子式： $A_{11}=1$ ； $A_{12}=-(-2)=2$ ； $A_{21}=-(-3)=3$ ； $A_{22}=4$ ，四条原条件全部满足。选项 B 将 $a_{12},a_{21}$ 对调，其 $A_{12}$ 会变成 $3$ ；C、D 又没有保留两个非对角位置的负号。

易错提醒

“删除的位置”和“删除后剩下的位置”不同。 $A_{12}$ 取到的是 $-a_{21}$ ，不要凭下标把它写成 $-a_{12}$ 。本题还没有要求伴随矩阵，不要额外转置一次。

看到题目先想什么

本题给的是普通余子式 $M_{ij}$ ，所以删完行、列之后直接读剩下的数，不补负号。这与给代数余子式的题只有一个词不同，做法却要相应调整。

读懂题目与条件

$a_{ij}$ 是原矩阵第 $i$ 行、第 $j$ 列的元素； $M_{ij}$ 是删掉这一行和这一列后所得的行列式。二阶矩阵删完后，只剩一个原元素。

例如删第一行、第二列，会剩下第二行、第一列的 $a_{21}$ 。题给的 $M_{12}=3$ 因此是在告诉我们 $a_{21}=3$ 。

要记住的定义与公式

二阶时 $M_{11}=a_{22},\quad M_{12}=a_{21},\quad M_{21}=a_{12},\quad M_{22}=a_{11}.$ 只有代数余子式才另有 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 。题目写 $M$ ，本题用上面四个不带位置负号的关系即可。

一步一步解题

① 由 $M_{11}=2$ ，删除第一行第一列后只剩 $a_{22}$ ，故 $a_{22}=2$ 。

② 由 $M_{12}=3$ ，删除第一行第二列后只剩 $a_{21}$ ，故 $a_{21}=3$ 。

③ 由 $M_{21}=4$ ，删除第二行第一列后只剩 $a_{12}$ ，故 $a_{12}=4$ 。

④ 由 $M_{22}=5$ ，删除第二行第二列后只剩 $a_{11}$ ，故 $a_{11}=5$ 。

⑤ 原矩阵的第一行应是 $(a_{11},a_{12})=(5,4)$ ，第二行是 $(a_{21},a_{22})=(3,2)$ 。选项 A、B 给非对角元素加了不需要的负号；C 把两个非对角元素的位置交换了；D 才与四条条件全部对应。

最终答案

$A=\begin{pmatrix}5&4\\3&2\end{pmatrix}$ ，选 D。

回头检查

重新删除检查：删第一行第一列剩 $2$ ，删第一行第二列剩 $3$ ，删第二行第一列剩 $4$ ，删第二行第二列剩 $5$ 。依次得到 $M_{11},M_{12},M_{21},M_{22}=2,3,4,5$ ，与题目逐一相同。

易错提醒

不要因为记得“棋盘格符号”就每题都用。先看题目给的是普通余子式 $M$ 还是代数余子式 $A$ ，再决定是否补符号。

代数余子式的加权和与替换行列

题目要求一串代数余子式的和或加权和，而不是分别求各个余子式。

先想一想，再看通用做法

做法把权重看作某一行或列的元素：同一行列展开得原行列式，异行列搭配为零；任意权重则替换该行列后求行列式。普通余子式要先换成代数余子式。

易错点 求和时固定的行下标或列下标决定替换哪一行或列。

01例题 · 填空题2020 年 8 月 · 原卷第 6 题

已知行列式 $D=\begin{vmatrix} 1&2&3&4\\ 2&1&5&2\\ 3&6&-7&8\\ 4&2&3&6 \end{vmatrix},$ 其代数余子式为 $A_{ij}\ (i,j=1,2,3,4)$ ，则 $3A_{41}+6A_{42}-7A_{43}+8A_{44}=\underline{\hspace{3cm}}.$

解题思路与解析

看到题目先想什么

先看下标：四个 $A_{4j}$ 都来自第四行，但它们前面的 $3,6,-7,8$ 恰好是原第三行的元素。因此应想到“用第三行的元素去乘第四行的代数余子式”，可以构造一个有重复行的行列式。

读懂题目与条件

$A_{41}$ 是第四行第一列元素的代数余子式，其他三个同理。题目求的是这四个数的一个加权和，不是原行列式沿第四行的展开；原第四行其实是 $(4,2,3,6)$ 。

求 $A_{4j}$ 时都要删除第四行，所以第四行填什么数，完全不会影响这四个余子式的内容；位置符号也只由 $4+j$ 决定，不随元素改变。

要记住的定义与公式

沿某一行展开，是“该行元素乘本行对应代数余子式再相加”。如果只改变这一行，它对应的代数余子式不变。此外，两行相同的行列式等于零。可以用“互换这两行，一方面式子没变，另一方面行列式变号”理解： $T=-T$ ，所以 $T=0$ 。

一步一步解题

① 构造新行列式 $T$ ，前三行保留，把第四行替换为题目加权系数： $T=\begin{vmatrix}1&2&3&4\\2&1&5&2\\3&6&-7&8\\3&6&-7&8\end{vmatrix}.$

② 新式第四行的代数余子式仍为原来的 $A_{41},A_{42},A_{43},A_{44}$ 。因此沿第四行展开： $T=3A_{41}+6A_{42}-7A_{43}+8A_{44}.$ 这一步解释了为什么所求和能够变成一个新的行列式，而不是直接等于原来的 $D$ 。

③ 新式第三行与第四行相同。让第四行减第三行，就得到一行全零；这次行加法不改变值。全零行的展开每一项都为零，所以 $T=0$ ，也就是所求和为零。

最终答案

$3A_{41}+6A_{42}-7A_{43}+8A_{44}=0$ 。

回头检查

可用直接计算的余子式核验，虽然考试时没有必要逐个这样算。四个第四行代数余子式依次为 $28,-92,-12,48$ ，代入： $3\cdot28+6\cdot(-92)-7\cdot(-12)+8\cdot48 =84-552+84+384=0.$ 这里 $A_{43}$ 为负，而它前面的系数又是 $-7$ ，所以第三个贡献为正 $84$ 。

易错提醒

跨行元素与代数余子式的组合不能当成原行列式展开。先看元素取自哪一行，再看余子式的行下标。

看到题目先想什么

三个余子式的列下标都为 $3$ ，并且原行列式第三列全是 $2$ 。可以先想沿第三列展开：它恰好等于 $2$ 乘所求和。本题也适合直接练习三个二阶代数余子式的计算。

读懂题目与条件

所求 $S=A_{13}+A_{23}+A_{33}$ 是三个数相加。 $A_{23}$ 的下标表示第二行第三列，求它时要划去第二行和第三列。

题目明确给的是代数余子式 $A$ ，所以除了划去行列，还要用 $(-1)^{i+j}$ 补位置符号。第三列从上到下的位置符号是 $+,-,+$ 。

要记住的定义与公式

普通余子式 $M_{ij}$ 是删行删列后的行列式； $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 。二阶行列式计算为 $\begin{vmatrix}p&q\\r&s\end{vmatrix}=ps-qr.$ 沿第三列展开时， $D=2A_{13}+2A_{23}+2A_{33}=2S$ 。这给了我们计算之后的另一个核验方向。

一步一步解题

① 划去第一行第三列，剩下 $\begin{vmatrix}-1&0\\2&3\end{vmatrix}$ ，位置符号为正： $A_{13}=(-1)\cdot3-0\cdot2=-3.$

② 划去第二行第三列，剩下 $\begin{vmatrix}1&5\\2&3\end{vmatrix}$ ，位置符号为负： $A_{23}=-\bigl(1\cdot3-5\cdot2\bigr)=-(3-10)=-(-7)=7.$ 普通余子式为 $-7$ ，代数余子式才是 $7$ 。

③ 划去第三行第三列，剩下 $\begin{vmatrix}1&5\\-1&0\end{vmatrix}$ ，位置符号为正： $A_{33}=1\cdot0-5\cdot(-1)=0-(-5)=5.$

④ 将三项相加： $S=-3+7+5=9$ 。

最终答案

$A_{13}+A_{23}+A_{33}=9$ 。

回头检查

独立求原行列式，选有零的第二行展开： $D=(-1)(-1)\begin{vmatrix}5&2\\3&2\end{vmatrix}-2\begin{vmatrix}1&5\\2&3\end{vmatrix} =(10-6)-2(3-10)=4+14=18.$ 第三列全为 $2$ ，故 $S=D/2=18/2=9$ ，与逐个余子式相加一致。

易错提醒

要区分“题中有一列全是 $2$ ”与“所求每项的系数是 $1$ ”。原式是 $2S$ ，不是 $S$ ；算出原式后还要除以 $2$ 。

含参数行列式：求系数、常数项或参数

行列式写成 f(x)=ax+b，要求系数、常数项，或已知行列式值求参数。

先想一想，再看通用做法

做法常数项可令 x=0；求一次项系数可沿含 x 的行列展开；求参数先把行列式算成关于参数的方程。

易错点 求常数项和求一次项系数是两个不同目标，先看清所求下标。

01例题 · 选择题2020 年 10 月 · 原卷第 1 题

设 $f(x)=\begin{vmatrix}2&3&2\\-1&0&x\\1&5&2\end{vmatrix}=a_1x+a_0,$ 则 $a_0=$

$-7$

$-4$

$4$

$7$

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目只问 $a_0$ ，它是 $f(x)=a_1x+a_0$ 中不含 $x$ 的常数项。先令 $x=0$ ，所有带 $x$ 的部分都会消失，这比先完整展开多项式更直接。

读懂题目与条件

$f(x)$ 的值由一个三阶行列式给出。字母 $a_1$ 是一次项 $x$ 的系数， $a_0$ 是常数项；它们都不是行列式的某个原元素。

由普通代数可知 $f(0)=a_1\cdot0+a_0=a_0$ 。把第二行第三列的 $x$ 换成零后，第二行是 $(-1,0,0)$ ，只有一个非零元素，适合按这一行展开。

要记住的定义与公式

常数项等于多项式在零处的值。按第二行展开时，位置符号是 $-,+,-$ ；展开的一项为 $a_{ij}(-1)^{i+j}M_{ij}$ 。二阶行列式公式是 $\begin{vmatrix}p&q\\r&s\end{vmatrix}=ps-qr.$ 计算时要分别记录原元素的负号、位置的负号和二阶公式里的减号。

一步一步解题

① 代入 $x=0$ ： $a_0=f(0)=\begin{vmatrix}2&3&2\\-1&0&0\\1&5&2\end{vmatrix}.$

② 沿第二行展开。第二、三项的元素都是零，贡献为零；只有 $(2,1)$ 位置的 $-1$ 保留下来： $a_0=(-1)(-1)^{2+1}\begin{vmatrix}3&2\\5&2\end{vmatrix}.$ 删去第二行、第一列后，留下第一、三行的第二、三列，所以小行列式是上面这四个数。

③ 先算外面的系数： $(-1)(-1)^3=(-1)(-1)=1$ 。再算小行列式： $3\cdot2-2\cdot5=6-10=-4.$ 因此 $a_0=1\cdot(-4)=-4$ 。选项 C 的 $4$ 通常来自漏掉了一个外部负号，B 才正确。

最终答案

$a_0=-4$ ，选 B。

回头检查

换成第一行完整展开，检查整个多项式： $f(x)=2\begin{vmatrix}0&x\\5&2\end{vmatrix} -3\begin{vmatrix}-1&x\\1&2\end{vmatrix} +2\begin{vmatrix}-1&0\\1&5\end{vmatrix}.$ 三个小行列式分别是 $-5x,-2-x,-5$ ，所以 $f(x)=-10x-3(-2-x)-10=-10x+6+3x-10=-7x-4.$ 不含 $x$ 的部分确实为 $-4$ ，与快捷路线一致。

易错提醒

令 $x=0$ 求出的是常数项；若题目问一次项系数，不能仍只算 $f(0)$ 。另外，原元素 $-1$ 与位置符号 $-1$ 相乘为正，并不表示最后的小行列式也为正。

看到题目先想什么

所求 $a$ 是 $x$ 的系数，不是常数项。看到 $x$ 只出现在 $(2,1)$ 一个位置，可以通过按行展开，保留 $x$ ，最后比较一次项系数。

读懂题目与条件

题目给出 $f(x)=ax-2$ ，意思是对任意 $x$ ，这个行列式都等于一次式 $ax-2$ 。这里 $a$ 是未知常数， $x$ 是多项式的变量。

第一行是 $(-1,1,0)$ ，含一个零，沿第一行展开只剩两项。不要因为题中同时出现 $a$ 和 $x$ ，就把它当成要求解两变量的方程组。

要记住的定义与公式

三阶行列式沿第一行展开： $D=a_{11}\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix} -a_{12}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix} +a_{13}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}.$ 第一行的位置符号为 $+,-,+$ 。展开成多项式后，恒等的两个一次多项式中，对应的 $x$ 系数必须相等。

一步一步解题

① 沿第一行展开。第三个元素为零，所以第三项消失： $f(x)=(-1)\begin{vmatrix}0&2\\2&1\end{vmatrix} -1\begin{vmatrix}x&2\\-3&1\end{vmatrix}.$

② 分别算两个二阶行列式： $\begin{vmatrix}0&2\\2&1\end{vmatrix}=0\cdot1-2\cdot2=-4,$ $\begin{vmatrix}x&2\\-3&1\end{vmatrix}=x\cdot1-2\cdot(-3)=x+6.$

③ 把结果连同展开式的系数一起代回： $f(x)=(-1)(-4)-(x+6)=4-x-6=-x-2.$ 第二项外面是负号，所以括号中的 $x$ 与 $6$ 都要变号。

④ 与题给的 $ax-2$ 比较： $x$ 的系数是 $-1$ ，因此 $a=-1$ ，选 B。

最终答案

$a=-1$ ，选 B。

回头检查

也可直接观察 $x$ 所在位置。沿第二行展开时， $x$ 的贡献为 $x(-1)^{2+1}\begin{vmatrix}1&0\\2&1\end{vmatrix} =-x(1\cdot1-0\cdot2)=-x.$ 第二行其余元素均不含 $x$ ，相应小行列式也不含 $x$ ，所以整个一次项的系数确实只能是 $-1$ 。这条检验还说明为什么 $(2,1)$ 的位置负号不能漏。

易错提醒

算到 $4-(x+6)$ 时要把整个括号减掉，不能变成 $4-x+6$ 。不要把“原矩阵中 $x$ 前面是 $1$ ”误认为最终多项式系数也是 $1$ 。

稀疏、三角与带状行列式的展开降阶

某行列零很多，或只有主对角线及邻近位置非零。

先想一想，再看通用做法

做法优先沿零最多的行列展开；三角形直接乘对角元；带状矩阵可反复展开得到低阶递推。每次展开都保留位置符号。

易错点 反对角线排列也有交换符号，不能只把非零元直接相乘。

01例题 · 填空题2020 年 8 月 · 原卷第 7 题

行列式 $\begin{vmatrix} 0&0&0&a_1\\ 0&0&a_2&b_2\\ b_3&a_3&0&0\\ a_4&0&0&0 \end{vmatrix}=\underline{\hspace{3cm}}.$

解题思路与解析

看到题目先想什么

第一行只有 $a_1$ 可能非零，第四行也只有 $a_4$ 可能非零。先选这样的稀疏行展开，每次都能把阶数降一，而不是对四阶式硬套三阶对角线规则。

读懂题目与条件

$a_1,a_2,a_3,a_4,b_2,b_3$ 都是参数。题目没有说它们非零，推导时不能随意除以其中某一个。下面的方法只用乘法与展开，因此某些参数为零也仍然成立。

行列式里一个元素“存在”不代表它一定影响最终结果；若它所在的展开贡献被零消掉，最后可能不出现该参数。

要记住的定义与公式

沿第 $i$ 行展开： $D=\sum_j a_{ij}(-1)^{i+j}M_{ij}$ 。元素为零的项不需要计算余子式。降成新行列式之后，应按新式中的位置重新判断正负号。二阶式仍用 $ps-qr$ ，四阶不能直接用三阶的对角线规则。

一步一步解题

① 沿原第一行展开。唯一可能非零的 $a_1$ 在 $(1,4)$ ，位置符号为 $(-1)^5=-1$ ： $D=-a_1\begin{vmatrix}0&0&a_2\\b_3&a_3&0\\a_4&0&0\end{vmatrix}.$ 原式第四列被删去，所以 $b_2$ 不再出现。

② 在剩余三阶式中，第一行只有 $a_2$ ，它现在位于 $(1,3)$ ，符号是 $(-1)^4=+1$ ： $D=-a_1a_2\begin{vmatrix}b_3&a_3\\a_4&0\end{vmatrix}.$

③ 算最后的二阶行列式： $\begin{vmatrix}b_3&a_3\\a_4&0\end{vmatrix}=b_3\cdot0-a_3a_4=-a_3a_4.$ $b_3$ 乘零，因而也从最终结果消失。

④ 合并两个负号： $D=(-a_1a_2)(-a_3a_4)=a_1a_2a_3a_4$ 。

最终答案

$D=a_1a_2a_3a_4$ ，对题中参数的所有取值均成立。

回头检查

把原式四列完全倒序。倒序需要交换 $3+2+1=6$ 次，偶数次交换不改变行列式的值，得到 $D=\begin{vmatrix}a_1&0&0&0\\b_2&a_2&0&0\\0&0&a_3&b_3\\0&0&0&a_4\end{vmatrix}.$ 沿第一行展开，再沿留下的三阶式第一行展开，结果为 $a_1a_2(a_3a_4-b_3\cdot0)=a_1a_2a_3a_4$ ，与刚才一致。

易错提醒

连续降阶时，原来的 $(2,3)$ 位置不一定还叫 $(2,3)$ 。每一步都根据新式重读行列号。推导不需要任何 $a_i\ne0$ 的额外条件。

看到题目先想什么

先看第一行 $(0,0,0,1)$ ：只有最后的 $1$ 非零，沿这行展开只剩一个三阶式。降阶之后再寻找只有一个非零项的行，可以避免大量乘法。

读懂题目与条件

这是四阶行列式，要求一个具体数值。第一行的 $1$ 在第 $1$ 行第 $4$ 列，所以它的代数余子式符号为负。原式的第四列虽然有 $1,3,5,7$ ，但选第一行展开后，这整列被划去，后三个数不会出现在留下的三阶式中。

要记住的定义与公式

按一行展开的一项是 $a_{ij}(-1)^{i+j}M_{ij}$ ，不是单纯的“元素乘小行列式”。本题先用 $(-1)^{1+4}=-1$ 。二阶行列式 $\begin{vmatrix}p&q\\r&s\end{vmatrix}=ps-qr$ 。零多的一行或一列通常能使展开步骤最少。

一步一步解题

① 沿第一行，删去第一行、第四列： $D=1\cdot(-1)^{1+4}\begin{vmatrix}2&0&0\\1&3&2\\0&2&0\end{vmatrix} =-\begin{vmatrix}2&0&0\\1&3&2\\0&2&0\end{vmatrix}.$

② 新三阶式第一行是 $(2,0,0)$ 。其中 $2$ 位于新式的 $(1,1)$ ，符号为正： $D=-2\begin{vmatrix}3&2\\2&0\end{vmatrix}.$

③ 计算二阶式： $3\cdot0-2\cdot2=0-4=-4$ 。

④ 乘回外面的系数： $D=(-2)(-4)=8$ 。外面的负号在第一步就产生了，必须一直保留到最后。

最终答案

行列式的值为 $8$ 。

回头检查

从原式第三列展开，只有第三行的 $2$ 非零，它在 $(3,3)$ ，符号为正： $D=2\begin{vmatrix}0&0&1\\2&0&3\\0&2&7\end{vmatrix}.$ 新式第一行只剩第三列的 $1$ ，符号也为正，故 $D=2\begin{vmatrix}2&0\\0&2\end{vmatrix}=2(2\cdot2-0\cdot0)=8.$ 两条展开路线得到同一数值。

易错提醒

第一次展开虽选到元素 $+1$ ，位置符号却是负；不要因为元素为正就漏掉这个负号。

行列相减造零与逐步化三角

行列之间有公共部分，直接展开项数很多，或是带参数的结构矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法先用一行列减另一行列的倍数造零，再沿稀疏行列展开或化三角。带参数时优先采用不需除以参数的变换，必要时分情况。

易错点 加倍数不变值，交换变号；若除以参数，必须补查参数为零。

01例题 · 填空题2020 年 10 月 · 原卷第 6 题

行列式 $\begin{vmatrix}1&2&4\\1&3&9\\1&4&16\end{vmatrix}=\underline{\hspace{3cm}}.$

解题思路与解析

看到题目先想什么

第一列全是 $1$ ，这给了我们一个明显的造零机会：第二、三行分别减第一行，让第一列变成 $(1,0,0)$ ，再展开成二阶。

读懂题目与条件

三行分别是 $(1,2,4)$ 、 $(1,3,9)$ 、 $(1,4,16)$ 。虽然第一列相同，行列式却不是“有两列相同”，不能直接说等于零。

记 $R_i$ 为第 $i$ 行。 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 表示用第二行减第一行后的结果替换第二行，第一行仍保持原样。

要记住的定义与公式

给某行加上另一行的任意倍数，行列式值不变，所以减另一行也不变。这与交换两行变号、数乘一行改变倍数不同。第一列造出两个零后，沿第一列展开只留下 $(1,1)$ 位置的一个二阶余子式。

一步一步解题

① 第二行减第一行，三个位置分别相减： $(1,3,9)-(1,2,4)=(1-1,3-2,9-4)=(0,1,5).$ 因此 $D=\begin{vmatrix}1&2&4\\0&1&5\\1&4&16\end{vmatrix}.$

② 第三行减仍未改变的第一行： $(1,4,16)-(1,2,4)=(0,2,12),$ 从而 $D=\begin{vmatrix}1&2&4\\0&1&5\\0&2&12\end{vmatrix}.$

③ 沿第一列展开，唯一非零元素是顶部的 $1$ ，位置符号为正： $D=1\begin{vmatrix}1&5\\2&12\end{vmatrix}=1\cdot12-5\cdot2=12-10=2.$ 两次操作都是行加法，没有交换或把一行整体数乘，因此无需再补倍数或负号。

最终答案

$D=2$ 。

回头检查

直接沿原式第一行展开作独立核验： $D=1(3\cdot16-9\cdot4)-2(1\cdot16-9\cdot1)+4(1\cdot4-3\cdot1).$ 三个括号分别为 $12,7,1$ ，故 $D=12-14+4=2$ ，与造零路线相同。

易错提醒

行中出现减法不代表行列式整体要加负号。必须区分“给某行减另一行”与“交换两行”这两种操作。

看到题目先想什么

第一列的 $1,-1$ 可以通过“第二行加第一行”抵消。更重要的是，第二行的 $1-a$ 与第一行的 $a$ 相加正好成 $1$ ，这个新 $1$ 又能向下消元。本题适合从上往下连续相加。

读懂题目与条件

$a,b,c$ 是任意参数。目标不是求出它们，而是证明行列式的值与它们无关。

每做完一步，新行会替换旧行。第三行要加的是更新后的第二行，第四行要加的是更新后的第三行，顺序是解题关键。

要记住的定义与公式

行加法 $R_i\leftarrow R_i+kR_j$ （两行为不同的行）不改变行列式值。上三角行列式的值等于主对角线元素乘积： $\begin{vmatrix}d_1&*&*&*\\0&d_2&*&*\\0&0&d_3&*\\0&0&0&d_4\end{vmatrix}=d_1d_2d_3d_4.$ 这条乘积规则需要已经是三角形式，不能直接对原式这样算。

一步一步解题

① 作 $R_2\leftarrow R_2+R_1$ ： $(-1,1-a,b,0)+(1,a,0,0)=(0,1,b,0).$ 所以 $D=\begin{vmatrix}1&a&0&0\\0&1&b&0\\0&-1&1-b&c\\0&0&-1&1-c\end{vmatrix}.$

② 用新的第二行作 $R_3\leftarrow R_3+R_2$ ： $(0,-1,1-b,c)+(0,1,b,0)=(0,0,1,c).$ 此时 $D=\begin{vmatrix}1&a&0&0\\0&1&b&0\\0&0&1&c\\0&0&-1&1-c\end{vmatrix}.$

③ 用新的第三行作 $R_4\leftarrow R_4+R_3$ ： $(0,0,-1,1-c)+(0,0,1,c)=(0,0,0,1).$ 得到 $D=\begin{vmatrix}1&a&0&0\\0&1&b&0\\0&0&1&c\\0&0&0&1\end{vmatrix}=1\cdot1\cdot1\cdot1=1.$ 整个过程没有除以 $a,b,c$ ，所以它们为零或为其他数都不会破坏推导。

最终答案

$D=1$ ，对任意参数 $a,b,c$ 均成立。

回头检查

从原式第一列展开也可验证。令 $G=(1-b)(1-c)+c=1-b+bc$ 。第一列的两个非零项给出 $D=\begin{vmatrix}1-a&b&0\\-1&1-b&c\\0&-1&1-c\end{vmatrix} +\begin{vmatrix}a&0&0\\-1&1-b&c\\0&-1&1-c\end{vmatrix}.$ 两项分别是 $(1-a)G+b(1-c)$ 与 $aG$ 。相加为 $G+b(1-c)=1-b+bc+b-bc=1.$ 这是不依赖连续行加法的独立展开核验。

易错提醒

若第三行误加原来的第二行，会留下新的非零项，无法得到这条消元链。每次写一遍更新后的矩阵，可避免混用新旧行。

公共行列与对角增量的结构行列式

各行或列都有相同部分，仅对角线或反对角线多出一项。

先想一想，再看通用做法

做法将每行或列拆成公共部分与单个位置增量。展开中含两个相同公共行列的项为零，只保留全对角增量和恰含一个公共行列的项；反对角型可先调换列顺序。

易错点 不能假定所有参数非零后只给商式；最终整理成无需除法的多项式。

01例题 · 计算题2020 年 10 月 · 原卷第 16 题

计算 $n$ 阶行列式 $D_n=\begin{vmatrix} a_1-b&a_2&\cdots&a_n\\ a_1&a_2-b&\cdots&a_n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_1&a_2&\cdots&a_n-b \end{vmatrix}$ 的值。

解题思路与解析

三阶原式：只有主对角线减了 b

第 1 列第 2 列第 3 列

第1行第2行第3行

a₁ − b

a₂

a₃

a₁

a₂ − b

a₃

a₁

a₂

a₃ − b

本步操作的行或列

第 1 行保留，先处理第 2 行。

0 / 4

看到题目先想什么

这题先别拆成很多个行列式。我们换成更直观的两步：下方各行减第一行；再把其他列加到第一列。

目标是制造零，最后只剩对角线上的数相乘。

先把 $n$ 看成 $3$ ，用具体的三行看懂发生什么；明白后再把同一个操作用在 $n$ 行上。上面的逐步图可以点“下一步”，每次只看一行或一列发生了什么改变。

读懂题目与条件

先读图：一列里的基本数相同，只有主对角线的位置减了 $b$ 。

第一列基本都是 $a_1$ ，第二列基本都是 $a_2$ ，第 $j$ 列基本都是 $a_j$ 。主对角线指左上到右下的那条斜线，第 $i$ 行第 $i$ 列才是 $a_i-b$ 。

三阶时，原题就是 $D_3=\begin{vmatrix}a_1-b&a_2&a_3\\a_1&a_2-b&a_3\\a_1&a_2&a_3-b\end{vmatrix}.$ 第一行是 $(a_1-b,a_2,a_3)$ ，第二行是 $(a_1,a_2-b,a_3)$ 。对照它们看：第三个数完全相同，前两个数各差一个 $b$ 。这提示我们作整行相减，把公共部分消掉。

$D_n$ 是这个 $n$ 阶行列式算出的一个数，不是矩阵本身。 $a_1,\ldots,a_n,b$ 都是已给的参数，不需要分别求出。题目没有限制 $b\ne0$ ，所以我们尽量不用除以 $b$ 的操作。

要记住的定义与公式

本题只用三条性质。

第一条：给一行加上另一行的倍数，行列式的值不变。

所以“第二行减第一行”不改变值；因为“减第一行”就是“加第一行的 $-1$ 倍”。符号 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 的意思是：用相减后的结果替换第二行，第一行本身不动。

第二条：给一列加上另一列的倍数，行列式的值也不变。

$C_1\leftarrow C_1+C_2$ 只改第一列，第二列仍保留。这不是“交换列”，也不是“把两列都改成它们的和”。

如果想知道倍加为什么保值：把改变的那一行按可加性拆开，会得到“原行列式＋一个有两行相同的行列式”，后一项为零。列的道理相同。

第三条：主对角线下方全是零的上三角行列式，等于主对角线元素的乘积。

例如 $\begin{vmatrix}p&u&v\\0&q&0\\0&0&r\end{vmatrix}=pqr.$ 也能沿第一列理解：只有 $p$ 非零，展开后是 $p\begin{vmatrix}q&0\\0&r\end{vmatrix}=pqr$ 。因此上方的 $u,v$ 不影响这个行列式的值。

一步一步解题

① 先只做三阶：第二行减第一行，逐个位置相减。

第一列： $a_1-(a_1-b)=a_1-a_1+b=b$ 。括号前的减号会把括号里的 $-b$ 变成 $+b$ 。

第二列： $(a_2-b)-a_2=-b$ 。第三列： $a_3-a_3=0$ 。

所以第二行从 $(a_1,a_2-b,a_3)$ 变成 $(b,-b,0)$ ： $D_3=\begin{vmatrix}a_1-b&a_2&a_3\\b&-b&0\\a_1&a_2&a_3-b\end{vmatrix}.$

② 第三行也减原来一直没有改变的第一行。

三个位置分别为 $a_1-(a_1-b)=b,\qquad a_2-a_2=0,\qquad(a_3-b)-a_3=-b.$ 于是 $D_3=\begin{vmatrix}a_1-b&a_2&a_3\\b&-b&0\\b&0&-b\end{vmatrix}.$ 现在下面两行每行只有两个可能非零的数：第一列的 $b$ ，以及本行对角位置的 $-b$ 。

③ 这两个数互为相反数，怎样让它们相遇抵消？把第二、三列都加到第一列。

先做 $C_1\leftarrow C_1+C_2$ 。第一列三个位置分别相加： $\begin{cases}(a_1-b)+a_2=a_1+a_2-b,\\b+(-b)=0,\\b+0=b.\end{cases}$ 所以 $D_3=\begin{vmatrix}a_1+a_2-b&a_2&a_3\\0&-b&0\\b&0&-b\end{vmatrix}.$

再做 $C_1\leftarrow C_1+C_3$ ，用的是现在的第一列加第三列。第一列又变为 $\begin{cases}(a_1+a_2-b)+a_3=a_1+a_2+a_3-b,\\0+0=0,\\b+(-b)=0.\end{cases}$ 得到 $D_3=\begin{vmatrix}a_1+a_2+a_3-b&a_2&a_3\\0&-b&0\\0&0&-b\end{vmatrix}.$ 第二、三列始终没改；第一行也不是全都相加后消失，只是第一列顶部变成了所有 $a$ 的和再减 $b$ 。

④ 现在可以读对角线乘积了。 $D_3=(a_1+a_2+a_3-b)(-b)(-b)=(-b)^2(a_1+a_2+a_3-b).$ 为什么是两个 $-b$ ？因为三行中第一行的对角元素是那个“大和”，其余两行的对角元素才是 $-b$ 。

⑤ 从三阶推广到 $n$ 阶：只是下方多了几行，操作完全相同。

保持第一行不变，让第 $2,3,\ldots,n$ 行各自减第一行。对第 $i$ 行（ $i\ge2$ ）而言：第一列变为 $b$ ；第 $i$ 列变为 $-b$ ；其他位置都是 $a_j-a_j=0$ 。因此 $D_n=\begin{vmatrix}a_1-b&a_2&a_3&\cdots&a_n\\b&-b&0&\cdots&0\\b&0&-b&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\b&0&0&\cdots&-b\end{vmatrix}.$

现在依次将第 $2,3,\ldots,n$ 列加到第一列。第 $i$ 行的第一列原有 $b$ ，再加上本行唯一的 $-b$ ，其余加进来的都是零，所以变成 $b-b=0$ 。第一行的第一列变成 $(a_1-b)+a_2+\cdots+a_n$ 。最终 $D_n=\begin{vmatrix}a_1+a_2+\cdots+a_n-b&a_2&a_3&\cdots&a_n\\0&-b&0&\cdots&0\\0&0&-b&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&0&\cdots&-b\end{vmatrix}.$ 这是上三角式。主对角线上有一个 $a_1+\cdots+a_n-b$ ，以及 $n-1$ 个 $-b$ 。所以 $D_n=(a_1+\cdots+a_n-b)\underbrace{(-b)(-b)\cdots(-b)}_{n-1\text{ 个}}.$

最终答案

当 $n\ge2$ 时， $\boxed{D_n=(-b)^{n-1}(a_1+a_2+\cdots+a_n-b).}$ $n=1$ 时只有一个元素，直接得到 $D_1=a_1-b$ 。

回头检查

用一组真数走一遍。

取三阶、 $a_1=2,a_2=3,a_3=4,b=1$ ，原式为 $\begin{vmatrix}1&3&4\\2&2&4\\2&3&3\end{vmatrix}.$ 后两行分别减第一行：第二行 $(2-1,2-3,4-4)=(1,-1,0)$ ，第三行 $(2-1,3-3,3-4)=(1,0,-1)$ 。 $D_3=\begin{vmatrix}1&3&4\\1&-1&0\\1&0&-1\end{vmatrix}.$ 第二、三列加到第一列后，第一列逐行求和为 $(1+3+4,1-1+0,1+0-1)=(8,0,0)$ 。因此 $D_3=8\cdot(-1)\cdot(-1)=8$ 。

用原式直接展开核验： $1(2\cdot3-4\cdot3)-3(2\cdot3-4\cdot2)+4(2\cdot3-2\cdot2) =-6+6+8=8.$ 通式也给 $(-1)^2(2+3+4-1)=8$ 。

再检查 $b=0$ ： $n\ge2$ 时原式所有行都相同，值为零；通式也为零。全程未除以 $b$ ，所以没有漏掉这类取值。

易错提醒

后面的每一行都减第一行，不是第三行减第二行、第四行减第三行。列相加时只改变第一列，其余列保留。两步都是倍加，不是交换，不用额外变号。指数为 $n-1$ ，因为第一行的对角元素不是 $-b$ 。

看到题目先想什么

四行都有共同部分 $(1,2,3,4)$ ，只是对角位置分别多出 $1,\frac12,\frac13,\frac14$ 。这与普通数值四阶式不同，先拆公共行，可以把计算压缩成五个简单乘积。

读懂题目与条件

例如第一行 $(1+1,2,3,4)$ 是公共行 $u=(1,2,3,4)$ 加 $(1,0,0,0)$ ；第二行是 $u+(0,\frac12,0,0)$ ，其余两行同理。

这些对角增量是 $1,\frac12,\frac13,\frac14$ ，不是对角线本身的 $2,\frac52,\frac{10}3,\frac{17}4$ 。拆分时要明确区分。

要记住的定义与公式

对每一行用可加性拆开。若一个拆分项中至少两行都取公共行 $u$ ，就有两行相同，行列式为零。

因此 $2^4=16$ 种行选择里，只有“不选公共行”和“只让某一行选公共行”的五种可能非零。其他行只剩对应的对角增量时，可沿它们展开，留下公共行对应位置的那个数。

一步一步解题

① 所有行都选对角增量，得到对角行列式： $T_0=1\cdot\frac12\cdot\frac13\cdot\frac14=\frac1{24}.$

② 仅第一行选公共行 $u$ 。其他三行分别锁定第 $2,3,4$ 列，第一行只能保留第 $1$ 列的 $1$ ： $T_1=1\cdot\frac12\cdot\frac13\cdot\frac14=\frac1{24}.$ 它与 $T_0$ 数值相等，但来自不同的拆分项，必须都保留。

③ 仅第二行选 $u$ ，取其第二个元素 $2$ ，其余行取第 $1,3,4$ 个对角增量： $T_2=2\cdot1\cdot\frac13\cdot\frac14=\frac16=\frac4{24}.$

④ 仅第三行选 $u$ ： $T_3=3\cdot1\cdot\frac12\cdot\frac14=\frac38=\frac9{24}.$

⑤ 仅第四行选 $u$ ： $T_4=4\cdot1\cdot\frac12\cdot\frac13=\frac23=\frac{16}{24}.$

⑥ 沿对角位置展开的符号都是正，最后五项相加： $D=T_0+T_1+T_2+T_3+T_4=\frac{1+1+4+9+16}{24}=\frac{31}{24}.$

最终答案

行列式的值为 $\dfrac{31}{24}$ 。

回头检查

用不拆公共行的行变换核验。先将四行分别乘 $1,2,3,4$ ，新行列式记作 $H$ ，有 $H=24D$ ： $H=\begin{vmatrix}2&2&3&4\\2&5&6&8\\3&6&10&12\\4&8&12&17\end{vmatrix}.$ 作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 、 $R_3\leftarrow R_3-\frac32R_1$ 、 $R_4\leftarrow R_4-2R_1$ ，第一列只剩 $2$ ，所以 $H=2\begin{vmatrix}3&3&4\\3&\frac{11}2&6\\4&6&9\end{vmatrix}.$ 三阶式沿第一行展开为 $3\left(\frac{99}2-36\right)-3(27-24)+4\left(18-22\right) =\frac{81}2-9-16=\frac{31}2.$ 故 $H=31$ ，再除以 $24$ 得 $D=31/24$ ，与拆分路线一致。

易错提醒

最常漏掉的是“所有行都不选公共行”的 $T_0$ 。五项里两次出现 $1/24$ 不是重复计算，分别对应不同的选择。验算中数乘四行以后，也要记得 $H=24D$ 。

02 矩阵13 个考点 / 每点 2 题

第 2 章 · 矩阵 · 同类真题 9 道

矩阵相等、线性运算、乘法与转置

已知具体矩阵，求线性组合、矩阵乘积、转置后的乘积或低次多项式。

先想一想，再看通用做法

做法先核对阶数，按元素做加减数乘；乘积逐行乘逐列，转置先换行列。出现 X 的一次加减先按矩阵相等解出 X。

易错点 矩阵乘法不能交换；AX^T 要先把 X 转置，再判断乘积阶数。

01例题 · 计算题2020 年 10 月 · 原卷第 17 题

已知矩阵 $A=\begin{pmatrix}3&-1&2\\1&5&7\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix}7&5&-2\\5&1&9\end{pmatrix}$ ，求（1）矩阵 $X$ ，使得 $A+2X=B$ ；（2） $AX^{\mathrm T}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

本题分成两步：先从 $A+2X=B$ 求出未知矩阵 $X$ ，再把它转置后与 $A$ 相乘。第一步是对应位置的加减，第二步是“行乘列”，两种运算规则要分清。

读懂题目与条件

$A,B$ 都有两行、三列，所以都是 $2\times3$ 矩阵。矩阵相等要求尺寸相同、对应元素分别相等，因此 $X$ 也必须是 $2\times3$ 。 $X^{\mathrm T}$ 表示转置：把 $X$ 的第一行写成第一列、第二行写成第二列，它是 $3\times2$ 矩阵。于是

$\underbrace{A}_{2\times3}\underbrace{X^{\mathrm T}}_{3\times2}$

可以相乘，结果是 $2\times2$ 矩阵。

要记住的定义与公式

同型矩阵可以逐项相加、相减，数乘矩阵就是把每个元素乘这个数。由 $A+2X=B$ ，先两边减去 $A$ ，再数乘 $1/2$ ，有 $X=\frac12(B-A)$ 。这里除的是非零的普通数 $2$ 。

若 $U$ 为 $m\times n$ 、 $V$ 为 $n\times p$ ，则乘积 $UV$ 的第 $i$ 行第 $j$ 列等于 $U$ 第 $i$ 行与 $V$ 第 $j$ 列对应相乘再相加。中间的尺寸 $n$ 必须相同。

一步一步解题

第一问，求 $X$ 。 先逐项相减：

$B-A= \begin{pmatrix} 7-3&5-(-1)&-2-2\\ 5-1&1-5&9-7 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4&6&-4\\4&-4&2\end{pmatrix}.$

把六个元素都乘 $1/2$ ，得到

$X=\begin{pmatrix}2&3&-2\\2&-2&1\end{pmatrix}.$

第二问，求 $AX^{\mathrm T}$ 。 先转置：

$X^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}2&2\\3&-2\\-2&1\end{pmatrix}.$

乘积的四个元素分别为

$\begin{aligned} (AX^{\mathrm T})_{11}&=3\cdot2+(-1)\cdot3+2\cdot(-2)=6-3-4=-1,\\ (AX^{\mathrm T})_{12}&=3\cdot2+(-1)\cdot(-2)+2\cdot1=6+2+2=10,\\ (AX^{\mathrm T})_{21}&=1\cdot2+5\cdot3+7\cdot(-2)=2+15-14=3,\\ (AX^{\mathrm T})_{22}&=1\cdot2+5\cdot(-2)+7\cdot1=2-10+7=-1. \end{aligned}$

最终答案

$\boxed{X=\begin{pmatrix}2&3&-2\\2&-2&1\end{pmatrix}},\qquad \boxed{AX^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}-1&10\\3&-1\end{pmatrix}}.$

回头检查

先代回第一问：

$A+2X=\begin{pmatrix}3+4&-1+6&2-4\\1+4&5-4&7+2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7&5&-2\\5&1&9\end{pmatrix}=B.$

再用 $2X^{\mathrm T}=B^{\mathrm T}-A^{\mathrm T}$ 独立核对乘积。直接计算得

$AB^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}12&32\\18&73\end{pmatrix},\qquad AA^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}14&12\\12&75\end{pmatrix}.$

故 $\frac12(AB^{\mathrm T}-AA^{\mathrm T})=\begin{pmatrix}-1&10\\3&-1\end{pmatrix}$ ，与所得结果一致。

看到题目先想什么

看到 $A^{\mathrm T}B-3E$ ，按“先转置、再乘法、最后减单位矩阵的数倍”的顺序做。最值得提前提醒的是： $3E$ 只在主对角线上有 $3$ ，所以最后只改三个对角元素。

读懂题目与条件

$A,B$ 均为三阶矩阵，即都是 $3\times3$ 。 $A^{\mathrm T}$ 仍为 $3\times3$ ，因此 $A^{\mathrm T}B$ 及最终答案也都是 $3\times3$ 。 $E$ 是这里的三阶单位矩阵：

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

主对角线指从左上角到右下角的三个位置。

要记住的定义与公式

转置满足 $(A^{\mathrm T})_{ij}=a_{ji}$ ，意思是行列下标互换。矩阵乘法满足

$(UV)_{ij}=u_{i1}v_{1j}+u_{i2}v_{2j}+u_{i3}v_{3j}.$

它要求左矩阵的列数等于右矩阵的行数。矩阵相减则回到“对应位置相减”，因此 $M-3E$ 的对角元素为 $m_{ii}-3$ ，其余位置为 $m_{ij}-0$ 。

一步一步解题

把原 $A$ 的三列依次写成三行：

$A^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&-1&2\\-1&1&-5\end{pmatrix}.$

$B$ 的三列依次是 $(1,0,1)^{\mathrm T},(1,-1,3)^{\mathrm T},(0,1,1)^{\mathrm T}$ 。逐行与这三列相乘：

$\begin{aligned} m_{11}&=1\cdot1+2\cdot0+(-1)\cdot1=0,\\ m_{12}&=1\cdot1+2\cdot(-1)+(-1)\cdot3=-4,\\ m_{13}&=1\cdot0+2\cdot1+(-1)\cdot1=1,\\ m_{21}&=0\cdot1+(-1)\cdot0+2\cdot1=2,\\ m_{22}&=0\cdot1+(-1)\cdot(-1)+2\cdot3=7,\\ m_{23}&=0\cdot0+(-1)\cdot1+2\cdot1=1,\\ m_{31}&=(-1)\cdot1+1\cdot0+(-5)\cdot1=-6,\\ m_{32}&=(-1)\cdot1+1\cdot(-1)+(-5)\cdot3=-17,\\ m_{33}&=(-1)\cdot0+1\cdot1+(-5)\cdot1=-4. \end{aligned}$

所以

$A^{\mathrm T}B=\begin{pmatrix}0&-4&1\\2&7&1\\-6&-17&-4\end{pmatrix}.$

再对应相减：

$A^{\mathrm T}B-3E= \begin{pmatrix}0-3&-4-0&1-0\\2-0&7-3&1-0\\-6-0&-17-0&-4-3\end{pmatrix}.$

最终答案

$\boxed{A^{\mathrm T}B-3E=\begin{pmatrix}-3&-4&1\\2&4&1\\-6&-17&-7\end{pmatrix}}.$

回头检查

用转置恒等式 $(A^{\mathrm T}B)^{\mathrm T}=B^{\mathrm T}A$ 重新核对。按 $B$ 的列与 $A$ 的列计算得到

$B^{\mathrm T}A=\begin{pmatrix}0&2&-6\\-4&7&-17\\1&1&-4\end{pmatrix}.$

例如其第三行第二列为 $0\cdot0+1\cdot(-1)+1\cdot2=1$ ，第二行第三列为 $1\cdot(-1)+(-1)\cdot1+3\cdot(-5)=-17$ 。它正好是上面乘积的转置。再看最终矩阵加回 $3E$ ，三个对角元素变回 $0,7,-4$ ，其余元素不变。

初等矩阵左乘、右乘与反向还原

给出初等矩阵或一串初等变换，求变换后的矩阵或原矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法左乘作用于行，右乘作用于列；从单位矩阵还原原矩阵时，按相反顺序做逆操作。多个初等矩阵的次序也要反过来。

易错点 右乘初等矩阵的列变换不能照抄为行变换。

01例题 · 选择题2022 年 10 月 · 原卷第 2 题

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $P=\begin{pmatrix}1&3&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ ，则用 $P$ 右乘 $A$ ，相当于将 $A$ （）。

第1行的3倍加到第2行

第2行的3倍加到第1行

第1列的3倍加到第2列

第2列的3倍加到第1列

解题思路与解析

看到题目先想什么

关键词是“用 $P$ 右乘 $A$ ”，所以目标乘积是 $AP$ 。首先想到右乘控制列的组合，再用 $P$ 的每一列确认到底改变哪一列、把哪一列的几倍加过去。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶方阵，可以把它写成三列并排：

$A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).$

每个 $\alpha_i$ 都是有三个分量的列向量。 $P$ 也是 $3\times3$ ，所以 $AP$ 有意义，且仍有三列。 $P$ 的三列分别为 $(1,0,0)^{\mathrm T},(3,1,0)^{\mathrm T},(0,0,1)^{\mathrm T}$ 。

要记住的定义与公式

矩阵乘列向量的含义是用向量里的三个数作为系数，组合矩阵的三列：

$A\begin{pmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{pmatrix}=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3.$

因此乘积 $AP$ 的第 $j$ 列，就是 $A$ 乘 $P$ 的第 $j$ 列。这直接说明为什么右乘对应列变换，不需要只靠口令记忆。

一步一步解题

逐列计算：

$\begin{aligned} (AP)_{\text{第1列}}&=1\alpha_1+0\alpha_2+0\alpha_3=\alpha_1,\\ (AP)_{\text{第2列}}&=3\alpha_1+1\alpha_2+0\alpha_3=3\alpha_1+\alpha_2,\\ (AP)_{\text{第3列}}&=0\alpha_1+0\alpha_2+1\alpha_3=\alpha_3. \end{aligned}$

所以

$AP=(\alpha_1,\alpha_2+3\alpha_1,\alpha_3).$

第一、三列保留，第二列变成“原第二列加原第一列的三倍”，这正是选项 C。

选项 A、B 都说行变换，与这里的右乘不符；若是左乘 $PA$ ，才会得到第一行加第二行的三倍，即 B 描述的操作。选项 D 将接受相加的列与提供倍数的列颠倒了。

最终答案

$\boxed{\text{C：第1列的3倍加到第2列。}}$

回头检查

取一个能看清变化的具体矩阵

$A=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$

实际相乘：

$AP=\begin{pmatrix}1&1\cdot3+2\cdot1&0\\0&0\cdot3+1\cdot1&0\\0&0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&5&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$

第二列确实是 $(2,1,0)^{\mathrm T}+3(1,0,0)^{\mathrm T}=(5,1,0)^{\mathrm T}$ 。这个例子核对了变换方向；前面的逐列计算已证明它对任意 $A$ 都成立。

看到题目先想什么

题目给出了“原矩阵经过两步变换成为单位矩阵”，却要求原矩阵。最直接的方法是从终点 $E$ 出发，先撤销最后一步，再撤销第一步，就像倒着走一条已经知道的路线。

读懂题目与条件

$A$ 是二阶矩阵，所以这里

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

正向过程是

$A\xrightarrow{\text{交换两行}}B\xrightarrow{R_1\leftarrow R_1+R_2}E.$

$R_i$ 代表当前矩阵的第 $i$ 行。第二步只改变第一行，第二行保留。求 $A$ 时， $B$ 是必须经过的中间结果。

要记住的定义与公式

初等行变换都有可撤销的逆操作：交换两行，再交换一次就恢复；把第二行加到第一行，逆操作就是从第一行减去第二行。多步操作的逆序必须颠倒：先撤销最后发生的事情，否则使用的行已经不是当时的行。

一步一步解题

先从 $E$ 找回 $B$ 。 原操作为 $R_1\leftarrow R_1+R_2$ ，现在改做 $R_1\leftarrow R_1-R_2$ ：

$\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} \xrightarrow{R_1\leftarrow R_1-R_2} \begin{pmatrix}1-0&0-1\\0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}=B.$

也可读成行向量关系： $B$ 的第二行必须是 $(0,1)$ ；第一行与它相加要成为 $(1,0)$ ，所以第一行只能是 $(1,0)-(0,1)=(1,-1)$ 。

再由 $B$ 找回 $A$ 。 原先交换两行得到 $B$ ，现在再交换一次：

$B=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix} \xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}=A.$

最终答案

$\boxed{A=\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}}.$

回头检查

按照题目的正向顺序重新做一遍：

$\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix} \xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix} \xrightarrow{R_1\leftarrow R_1+R_2} \begin{pmatrix}1+0&-1+1\\0&1\end{pmatrix} =E.$

两步都准确符合题意，因此找回的原矩阵正确。

具体矩阵的逆与稀疏结构

给出具体矩阵求逆，或给出逆矩阵反求原矩阵；常有对角、反对角或稀疏结构。

先想一想，再看通用做法

做法可对增广矩阵 (A|E) 做初等行变换；稀疏题也可令 Ax=y，逐行解出 x，再读出 A 的逆。最后用乘积为 E 核对。

易错点 反对角矩阵求逆既要取倒数，也要把位置放对。

01例题 · 计算题2020 年 8 月 · 原卷第 18 题

已知矩阵 $A=\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&1&a\\0&1&a&a^2\\1&a&a^2&a^3\end{pmatrix}$ ，求 $A^{-1}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

四阶矩阵求逆不一定要展开十六个余子式。这里第一行只有 $x_4$ 的系数非零，第二行再引入 $x_3$ ，第三行再引入 $x_2$ ，第四行才出现 $x_1$ 。看到这种结构，令 $Ax=y$ ，按 $x_4,x_3,x_2,x_1$ 的顺序解，能把求逆化成四个简单方程。

读懂题目与条件

$a$ 是题目给定的参数， $x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\mathrm T}$ 和 $y=(y_1,y_2,y_3,y_4)^{\mathrm T}$ 是四维列向量。我们要找的是一个 $4\times4$ 矩阵，把任意输出 $y$ 重新变回输入 $x$ 。

本题没有给 $a\ne0$ ，所以解题过程中不能擅自除以 $a$ 。下面只用加减和乘法，能同时覆盖 $a=0$ 。

要记住的定义与公式

逆矩阵 $A^{-1}$ 满足 $AA^{-1}=A^{-1}A=E_4$ 。若对每个 $y$ ，方程 $Ax=y$ 都能唯一求出 $x=Cy$ ，那么 $C$ 就是 $A^{-1}$ ：它恰好撤销了 $A$ 的作用。求出各个 $x_i$ 后，把 $y_1,y_2,y_3,y_4$ 的系数依次排成第 $i$ 行，就能读出 $C$ 。

一步一步解题

先把 $Ax=y$ 按四行写开：

$\begin{cases} x_4=y_1,\\ x_3+ax_4=y_2,\\ x_2+ax_3+a^2x_4=y_3,\\ x_1+ax_2+a^2x_3+a^3x_4=y_4. \end{cases}$

第一行直接给出 $x_4=y_1$ 。代入第二行：

$x_3=y_2-ax_4=y_2-ay_1.$

代入第三行时，把抵消过程写全：

$\begin{aligned} x_2&=y_3-a(y_2-ay_1)-a^2y_1\\ &=y_3-ay_2+a^2y_1-a^2y_1=y_3-ay_2. \end{aligned}$

最后代入第四行：

$\begin{aligned} x_1&=y_4-a(y_3-ay_2)-a^2(y_2-ay_1)-a^3y_1\\ &=y_4-ay_3+a^2y_2-a^2y_2+a^3y_1-a^3y_1\\ &=y_4-ay_3. \end{aligned}$

现在一定按 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 的通常顺序整理：

$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0&0&-a&1\\0&-a&1&0\\-a&1&0&0\\1&0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_1\\y_2\\y_3\\y_4\end{pmatrix}.$

这已经为任意 $y$ 唯一给出 $x$ ，所以中间的系数矩阵就是所求逆矩阵。

最终答案

$\boxed{A^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&-a&1\\0&-a&1&0\\-a&1&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}},\qquad\boxed{a\in\mathbb R\text{ 时均成立}}.$

回头检查

记答案为 $C$ 。直接乘回原矩阵，按 $A$ 各行对 $C$ 的行作组合：

$AC=\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ -a+a&1&0&0\\ -a^2+a^2&-a+a&1&0\\ -a^3+a^3&-a^2+a^2&-a+a&1 \end{pmatrix}=E_4.$

再从另一侧看， $CA$ 的四行依次是 $R_4(A)-aR_3(A)$ 、 $R_3(A)-aR_2(A)$ 、 $R_2(A)-aR_1(A)$ 、 $R_1(A)$ ，分别为 $(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)$ 。因此 $CA=E_4$ 也成立。取 $a=0$ 时， $A=C$ 都是反向排列的单位矩阵，平方确为 $E_4$ ，没有遗漏这个参数值。

看到题目先想什么

这个矩阵每一行只有一个非零元素，作用是“把三个分量换位置，再乘上系数”。求逆就把换位和数乘全部撤销。用 $Ax=y$ 能同时看清倒数和位置，比对每个非零元素直接取倒数更可靠。

读懂题目与条件

$A$ 为 $3\times3$ 矩阵， $x,y$ 是三维列向量。原矩阵第一行的 $1$ 在第三列，说明输出的第一分量来自输入的第三分量；第三行的 $2$ 在第一列，说明输出的第三分量来自输入的第一分量。

要记住的定义与公式

$A^{-1}$ 的含义是 $Ax=y$ 时有 $x=A^{-1}y$ 。逆矩阵满足两侧乘积均为三阶单位矩阵 $E$ 。对非零数乘系数求逆可以取倒数，但它在逆矩阵中的行列位置必须由输入、输出关系确定，不能留在原处不动。

一步一步解题

令 $Ax=y$ ，按三行逐行相乘：

$\begin{cases} 0x_1+0x_2+x_3=y_1,\\ 0x_1-\frac13x_2+0x_3=y_2,\\ 2x_1+0x_2+0x_3=y_3. \end{cases}$

三个非零系数 $1,-\frac13,2$ 都可以除，所以

$x_3=y_1,\qquad x_2=-3y_2,\qquad x_1=\frac12y_3.$

按 $x_1,x_2,x_3$ 顺序写成矩阵式：

$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0&0&\frac12\\0&-3&0\\1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_1\\y_2\\y_3\end{pmatrix}.$

每个 $y$ 都唯一对应一个 $x$ ，因此这就是逆矩阵。

最终答案

$\boxed{A^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&\frac12\\0&-3&0\\1&0&0\end{pmatrix}}.$

回头检查

记答案为 $C$ 。利用稀疏结构，直接乘回：

$AC=\begin{pmatrix} 1\cdot1&0&0\\ 0&(-\frac13)(-3)&0\\ 0&0&2\cdot\frac12 \end{pmatrix}=E, \qquad CA=\begin{pmatrix} \frac12\cdot2&0&0\\ 0&(-3)(-\frac13)&0\\ 0&0&1\cdot1 \end{pmatrix}=E.$

非对角位置都为零，两侧的三个对角元素都为 $1$ 。

乘积的逆与逆序消去

若干可逆方阵相乘，直接求乘积的逆；或已知三个方阵的乘积为单位矩阵，求中间矩阵的逆。

先想一想，再看通用做法

做法核心是乘积求逆要逆序：(AB)^(-1)=B^(-1)A^(-1)。若ABC=E，先由行列式非零确认各因子可逆，再把B隔离为A^(-1)C^(-1)，取逆得CA。延伸单例202010-08给A²−A−E=O，可先整理成A(A−E)=E读出逆；不将此单例另称为两道同型训练。

易错点 因子取逆后必须倒序；中间矩阵的逆一般不是把两端按原顺序相乘。

01例题 · 选择题2021 年 10 月 · 原卷第 2 题

若 $A,B,C$ 均是 $n$ 阶矩阵，且满足 $ABC=E$ ，则 $B^{-1}=$ （）。

$AC$

$CA$

$A^{-1}C^{-1}$

$C^{-1}A^{-1}$

解题思路与解析

看到题目先想什么

要求 $B^{-1}$ ，先想“找一个矩阵，放在 $B$ 旁边能乘出单位矩阵”。已知是 $ABC=E$ ， $B$ 夹在中间，所以不能把 $A,C$ 当普通数随意移到一起。先证明三者可逆，再保持左右位置消去外面的因子。

读懂题目与条件

$A,B,C$ 都是同阶 $n\times n$ 方阵， $E$ 是 $n$ 阶单位矩阵。同阶方阵的行列式、逆矩阵及这些乘积均有定义。题目虽然没有直接说三者可逆，但乘积等于 $E$ 已包含这一信息。

要记住的定义与公式

逆矩阵满足 $BB^{-1}=B^{-1}B=E$ 。方阵可逆当且仅当行列式不为零，而同阶方阵有 $|ABC|=|A||B||C|$ 。

乘积求逆要倒序： $(UV)^{-1}=V^{-1}U^{-1}$ ，因为

$(UV)(V^{-1}U^{-1})=U(VV^{-1})U^{-1}=E.$

这里使用的是结合律，因子排列次序没有交换。

一步一步解题

先对已知式取行列式：

$|A||B||C|=|E|=1.$

三个普通数的乘积为 $1$ ，每个都不为零，所以 $A,B,C$ 都可逆。

对 $ABC=E$ 两边左乘 $A^{-1}$ ：

$A^{-1}(ABC)=A^{-1}E\quad\Longrightarrow\quad BC=A^{-1}.$

再两边右乘 $C^{-1}$ ：

$(BC)C^{-1}=A^{-1}C^{-1}\quad\Longrightarrow\quad B=A^{-1}C^{-1}.$

现在才取逆：

$B^{-1}=(A^{-1}C^{-1})^{-1}=(C^{-1})^{-1}(A^{-1})^{-1}=CA.$

所以 B 项正确。C 项 $A^{-1}C^{-1}$ 实际上是 $B$ 本身；D 项颠倒了求 $B$ 时的次序。A 项 $AC$ 一般也不能代替 $CA$ 。

最终答案

$\boxed{B^{-1}=CA,\quad\text{选 B。}}$

回头检查

把候选矩阵 $CA$ 分别乘在 $B$ 两侧：

$B(CA)=(BC)A=A^{-1}A=E,$

$(CA)B=C(AB)=CC^{-1}=E,$

其中 $AB=C^{-1}$ 来自原式两边右乘 $C^{-1}$ 。

再用具体例子看为何不能换序。取

$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}\frac12&-1\\0&1\end{pmatrix}.$

它们满足 $ABC=E$ ，但 $AC=\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}$ ，且

$B(AC)=\begin{pmatrix}1&-\frac12\\0&1\end{pmatrix}\ne E.$

而 $CA=\begin{pmatrix}2&2\\0&1\end{pmatrix}$ 的确与 $B$ 互逆。

看到题目先想什么

$(2AB)^{-1}$ 同时考两个动作：普通数 $2$ 要取倒数，矩阵乘积 $AB$ 要倒序取逆。先分别处理这两件事，再核对选项，能避免只记住其中一个规则。

读懂题目与条件

$A,B$ 均为 $3\times3$ 可逆矩阵，所以 $A^{-1},B^{-1}$ 已存在。数乘 $2AB$ 仍为 $3\times3$ 。这里的 $2$ 可以理解为可逆矩阵 $2E$ ，它的逆是 $\frac12E$ ，而不是 $2E$ 。

要记住的定义与公式

对非零数 $k$ 与可逆方阵 $M$ ，有

$(kM)^{-1}=\frac1kM^{-1}.$

前提 $k\ne0$ 不能省；否则零矩阵没有逆。对同阶可逆方阵 $A,B$ ，有

$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$

原因是这样排列才能让 $B$ 与 $B^{-1}$ 、 $A$ 与 $A^{-1}$ 相邻，依次消去。

一步一步解题

先把数乘的逆拆出来：

$(2AB)^{-1}=\frac12(AB)^{-1}.$

再对 $AB$ 倒序取逆：

$(2AB)^{-1}=\frac12B^{-1}A^{-1}=2^{-1}B^{-1}A^{-1}.$

这正是 D 项。A、B 项把数 $2$ 保留下来，没有取倒数；C 项虽然把 $2$ 变成 $1/2$ ，却仍把 $A^{-1}$ 放在 $B^{-1}$ 前面，一般不能消去原乘积。

最终答案

$\boxed{(2AB)^{-1}=2^{-1}B^{-1}A^{-1},\quad\text{选 D。}}$

回头检查

记候选答案为 $N=\frac12B^{-1}A^{-1}$ ，直接验两侧：

$(2AB)N=AB B^{-1}A^{-1}=A E A^{-1}=E,$

$N(2AB)=B^{-1}A^{-1}AB=B^{-1}EB=E.$

具体核对错误规则：取 $A=B=E$ ，真实逆是 $(2E)^{-1}=\frac12E$ ，A、B 项给出 $2E$ ，乘回得到 $4E$ 。

再取三阶矩阵

$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$

C 项给出的 $\frac12A^{-1}B^{-1}=\begin{pmatrix}\frac14&-\frac12&0\\0&\frac12&0\\0&0&\frac12\end{pmatrix}$ ，左乘 $2AB=\begin{pmatrix}4&2&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ 后得到 $\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\ne E$ ，说明换序确实会出错。

伴随矩阵指定元素的下标互换

只问A*的第i行第j列元素，无需求整个伴随矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法先把A*的(i,j)位置换成A的代数余子式Aji，再删除原矩阵第j行第i列，补(-1)^(i+j)并计算小行列式。

易错点 先交换下标，再删行列；两次操作不可混淆。

01例题 · 选择题2025 年 10 月 · 原卷第 3 题

已知矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&-1&0\\1&3&1\\1&4&-3\end{pmatrix}$ ，则 $A^*$ 的位于第2行第1列的元素是（）。

$-4$

$-3$

$3$

$4$

解题思路与解析

看到题目先想什么

只求伴随矩阵的一个元素，不必求出整个伴随矩阵。第一反应是把所求的行列下标交换：伴随矩阵第 $2$ 行第 $1$ 列，对应原矩阵第 $1$ 行第 $2$ 列的代数余子式。

读懂题目与条件

$A^*$ 表示伴随矩阵，不是转置矩阵 $A^{\mathrm T}$ ，也不是逆矩阵。为避免把原元素 $a_{ij}$ 与代数余子式混淆，这里用 $C_{ij}$ 表示原矩阵的代数余子式。题目要的是 $(A^*)_{21}=C_{12}$ 。

要记住的定义与公式

从 $A$ 中删去第 $i$ 行、第 $j$ 列，剩下的小行列式记为余子式 $M_{ij}$ ；再带上位置符号得到代数余子式：

$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}.$

伴随矩阵是代数余子式矩阵的转置，故

$(A^*)_{ij}=C_{ji}.$

本题会留下二阶行列式，用 $\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=ad-bc$ 。计算伴随矩阵本身不要求 $A$ 可逆。

一步一步解题

要算 $C_{12}$ ，在原矩阵中删去第一行 $ (2,-1,0)$，再删去第二列，保留下来的小矩阵为

$\begin{pmatrix}1&1\\1&-3\end{pmatrix}.$

因此余子式是

$M_{12}=\begin{vmatrix}1&1\\1&-3\end{vmatrix}=1\cdot(-3)-1\cdot1=-3-1=-4.$

由于 $1+2=3$ 为奇数，位置符号为 $(-1)^3=-1$ ，所以

$(A^*)_{21}=C_{12}=(-1)(-4)=4.$

D 项正确。A 项 $-4$ 是没有乘位置符号的余子式；若误算 $C_{21}$ ，会得到 $-\begin{vmatrix}-1&0\\4&-3\end{vmatrix}=-3$ ，对应 B 项，说明漏掉伴随矩阵的转置也会落入干扰项。

最终答案

$\boxed{(A^*)_{21}=4,\quad\text{选 D。}}$

回头检查

用不同行与第一行代数余子式的乘积之和应为零来核对符号。另算

$C_{11}=3(-3)-1\cdot4=-13,\qquad C_{13}=1\cdot4-3\cdot1=1.$

第二行 $(1,3,1)$ 与这三个数相乘相加：

$1\cdot(-13)+3\cdot4+1\cdot1=-13+12+1=0.$

它正是 $AA^*$ 的第 $(2,1)$ 元，符合 $AA^*=|A|E$ 的非对角元应为零；若填 $-4$ ，这一项会变成 $-24$ ，验算立即失败。

看到题目先想什么

要求 $A^*$ 的第 $1$ 行第 $2$ 列，只算原矩阵的 $C_{21}$ 即可。先交换下标，再删行列；这比看到 $(1,2)$ 就直接删第一行第二列更重要。

读懂题目与条件

原矩阵是 $3\times3$ ：

$A=\begin{pmatrix}3&2&0\\1&6&0\\0&0&3\end{pmatrix}.$

$A^*$ 是由九个代数余子式转置后组成的伴随矩阵。本题所求的下标在转置后互换，所以 $(A^*)_{12}=C_{21}$ ， $C_{21}$ 取自原矩阵的第二行、第一列位置。

要记住的定义与公式

余子式 $M_{ij}$ 是删去第 $i$ 行、第 $j$ 列后的行列式；代数余子式还要乘上位置符号：

$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij},\qquad (A^*)_{ij}=C_{ji}.$

三阶代数余子式的符号排列为

$\begin{pmatrix}+&-&+\\-&+&-\\+&-&+\end{pmatrix}.$

所以 $C_{21}$ 的符号是负号。二阶行列式按主对角线乘积减副对角线乘积计算。

一步一步解题

在 $A$ 中删去第二行 $(1,6,0)$ 和第一列，剩下

$\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}.$

于是

$M_{21}=\begin{vmatrix}2&0\\0&3\end{vmatrix}=2\cdot3-0\cdot0=6,$

$C_{21}=(-1)^{2+1}M_{21}=-6.$

所以伴随矩阵的第 $(1,2)$ 元为 $-6$ ，对应 A 项。D 项 $6$ 漏掉位置符号；若直接算 $C_{12}$ ，会删错行列并得到 $-\begin{vmatrix}1&0\\0&3\end{vmatrix}=-3$ ，这是 B 项的来源。

最终答案

$\boxed{(A^*)_{12}=-6,\quad\text{选 A。}}$

回头检查

这里可以用逆矩阵的左上二阶部分独立核对。令

$H=\begin{pmatrix}3&2\\1&6\end{pmatrix},\qquad |H|=18-2=16.$

它的逆为 $H^{-1}=\frac1{16}\begin{pmatrix}6&-2\\-1&3\end{pmatrix}$ ，而第三个坐标单独乘 $3$ ，所以

$|A|=16\cdot3=48,\qquad (A^{-1})_{12}=-\frac2{16}=-\frac18.$

由 $A^*=|A|A^{-1}$ ，相应元素是 $48(-\frac18)=-6$ ，与余子式算法一致。

由全部代数余子式计算伴随矩阵

给出具体矩阵，要求整个伴随矩阵 A*，有时还要由此求 A 的逆。

先想一想，再看通用做法

做法逐一删除对应行列，乘(-1)^(i+j)得到代数余子式矩阵，再转置成A*。同一方法对奇异矩阵也成立；若还要求逆，确认|A|非零后用A^(-1)=A*/|A|。

易错点 最后必须转置；A奇异时伴随矩阵仍存在，但不能再除以零求逆。

01例题 · 计算题2022 年 4 月 · 原卷第 17 题

设矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&2&-2\\3&0&0\end{pmatrix}$ ，求 $A^*$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目要整个 $A^*$ ，就要计算九个代数余子式，再转置。原矩阵含有很多零，每个二阶小行列式都很短；把九项按原位置排好，最后统一转置，最不容易漏位置。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶方阵。用 $C_{ij}$ 表示原矩阵第 $i$ 行、第 $j$ 列的代数余子式，避免与原元素 $a_{ij}$ 混淆。 $A^*$ 的第一列来自 $C_{11},C_{12},C_{13}$ ，并非把这三项继续摆成第一行。

要记住的定义与公式

$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij},\qquad A^*=(C_{ij})^{\mathrm T},$

其中 $M_{ij}$ 是删去第 $i$ 行、第 $j$ 列后的小行列式。符号从第一行开始是“正负正、负正负、正负正”。二阶小行列式用 $ad-bc$ 。完成后可用 $AA^*=|A|E$ 验算，这个恒等式对任何方阵都成立。

一步一步解题

第一行对应的三个代数余子式：

$\begin{aligned} C_{11}&=+\begin{vmatrix}2&-2\\0&0\end{vmatrix}=2\cdot0-(-2)\cdot0=0,\\ C_{12}&=-\begin{vmatrix}0&-2\\3&0\end{vmatrix}=-[0\cdot0-(-2)\cdot3]=-6,\\ C_{13}&=+\begin{vmatrix}0&2\\3&0\end{vmatrix}=0\cdot0-2\cdot3=-6. \end{aligned}$

第二行对应的三个代数余子式：

$\begin{aligned} C_{21}&=-\begin{vmatrix}-1&0\\0&0\end{vmatrix}=-[(-1)\cdot0-0\cdot0]=0,\\ C_{22}&=+\begin{vmatrix}1&0\\3&0\end{vmatrix}=1\cdot0-0\cdot3=0,\\ C_{23}&=-\begin{vmatrix}1&-1\\3&0\end{vmatrix}=-[1\cdot0-(-1)\cdot3]=-3. \end{aligned}$

第三行对应的三个代数余子式：

$\begin{aligned} C_{31}&=+\begin{vmatrix}-1&0\\2&-2\end{vmatrix}=(-1)(-2)-0\cdot2=2,\\ C_{32}&=-\begin{vmatrix}1&0\\0&-2\end{vmatrix}=-[1\cdot(-2)-0\cdot0]=2,\\ C_{33}&=+\begin{vmatrix}1&-1\\0&2\end{vmatrix}=1\cdot2-(-1)\cdot0=2. \end{aligned}$

先得到代数余子式矩阵，再转置：

$(C_{ij})=\begin{pmatrix}0&-6&-6\\0&0&-3\\2&2&2\end{pmatrix},\qquad A^*=\begin{pmatrix}0&0&2\\-6&0&2\\-6&-3&2\end{pmatrix}.$

最终答案

$\boxed{A^*=\begin{pmatrix}0&0&2\\-6&0&2\\-6&-3&2\end{pmatrix}}.$

回头检查

原矩阵沿第一行展开，有 $|A|=1\cdot C_{11}+(-1)C_{12}+0C_{13}=0+6=6$ 。独立进行矩阵乘法：

$AA^*= \begin{pmatrix} 0+6+0&0+0+0&2-2+0\\ 0-12+12&0+0+6&0+4-4\\ 0+0+0&0+0+0&6+0+0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}6&0&0\\0&6&0\\0&0&6\end{pmatrix}=6E.$

九个位置都符合伴随矩阵恒等式。

看到题目先想什么

题目明确要求“求 $A^*$ ，并由此求 $A^{-1}$ ”，所以先按定义求九个代数余子式，再算行列式，确认非零后使用伴随矩阵求逆公式。不能跳过 $A^*$ 直接写一个逆矩阵。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶方阵，并且关于主对角线对称。对称意味着 $a_{ij}=a_{ji}$ ，可以作为计算后的对照，但伴随矩阵仍然按“代数余子式矩阵的转置”定义。 $A^*$ 无论是否可逆都存在； $A^{-1}$ 只有在 $|A|\ne0$ 时才存在。

要记住的定义与公式

用 $C_{ij}$ 表示代数余子式：

$C_{ij}=(-1)^{i+j}\times\text{删去第 }i\text{ 行、第 }j\text{ 列后的行列式},\qquad A^*=(C_{ij})^{\mathrm T}.$

三阶符号依次为 $\begin{pmatrix}+&-&+\\-&+&-\\+&-&+\end{pmatrix}$ 。由 $AA^*=|A|E$ ，当 $|A|\ne0$ 时才能两边数乘 $1/|A|$ ，得到

$A^{-1}=\frac1{|A|}A^*.$

一步一步解题

把九个小行列式和位置符号逐一写出：

$\begin{aligned} C_{11}&=+\begin{vmatrix}2&1\\1&3\end{vmatrix}=2\cdot3-1\cdot1=5,\\ C_{12}&=-\begin{vmatrix}0&1\\2&3\end{vmatrix}=-[0\cdot3-1\cdot2]=2,\\ C_{13}&=+\begin{vmatrix}0&2\\2&1\end{vmatrix}=0\cdot1-2\cdot2=-4,\\ C_{21}&=-\begin{vmatrix}0&2\\1&3\end{vmatrix}=-[0\cdot3-2\cdot1]=2,\\ C_{22}&=+\begin{vmatrix}0&2\\2&3\end{vmatrix}=0\cdot3-2\cdot2=-4,\\ C_{23}&=-\begin{vmatrix}0&0\\2&1\end{vmatrix}=-[0\cdot1-0\cdot2]=0,\\ C_{31}&=+\begin{vmatrix}0&2\\2&1\end{vmatrix}=0\cdot1-2\cdot2=-4,\\ C_{32}&=-\begin{vmatrix}0&2\\0&1\end{vmatrix}=-[0\cdot1-2\cdot0]=0,\\ C_{33}&=+\begin{vmatrix}0&0\\0&2\end{vmatrix}=0\cdot2-0\cdot0=0. \end{aligned}$

因此

$(C_{ij})=\begin{pmatrix}5&2&-4\\2&-4&0\\-4&0&0\end{pmatrix},\quad A^*=(C_{ij})^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}5&2&-4\\2&-4&0\\-4&0&0\end{pmatrix}.$

本题这个矩阵恰好对称，转置后外观不变。沿 $A$ 的第一行展开行列式：

$|A|=0C_{11}+0C_{12}+2C_{13}=2(-4)=-8\ne0.$

所以 $A$ 可逆，把 $A^*$ 每个元素乘 $-1/8$ ：

$A^{-1}=\begin{pmatrix}-\frac58&-\frac14&\frac12\\-\frac14&\frac12&0\\\frac12&0&0\end{pmatrix}.$

最终答案

$\boxed{A^*=\begin{pmatrix}5&2&-4\\2&-4&0\\-4&0&0\end{pmatrix}},\qquad \boxed{A^{-1}=\begin{pmatrix}-\frac58&-\frac14&\frac12\\-\frac14&\frac12&0\\\frac12&0&0\end{pmatrix}}.$

回头检查

直接用原矩阵乘所得伴随矩阵：

$AA^*= \begin{pmatrix} -8&0&0\\ 4-4&-8&0\\ 10+2-12&4-4+0&-8 \end{pmatrix}=-8E.$

例如第三行第一列确为 $2\cdot5+1\cdot2+3(-4)=0$ 。于是 $AA^{-1}=(-1/8)(-8E)=E$ 。两者均对称，转置这个等式还得到 $A^{-1}A=E$ ，两侧都验证了。

方阵的行列式：数乘、转置、逆与伴随

给出 |A|、|B|，求含数乘、逆、转置、伴随的行列式；也可能给 AT=−A。

先想一想，再看通用做法

做法统一使用 |kA|=k^n|A|、|AB|=|A||B|、|AT|=|A|、|A^(-1)|=1/|A|、|A*|=|A|^(n−1)。伴随与逆同时出现时先用 A*=|A|A^(-1)合并；奇数阶反对称矩阵由转置与数乘得行列式为零。延伸单例202104-02的双重伴随恒等式：可逆n阶矩阵有(A*)=|A|^(n−2)A，由A=|A|A^(-1)推得；该题不单独构成两道同型训练。

易错点 数乘因子的指数是矩阵阶数；一般不能拆开 |A+B|。

01例题 · 填空题2024 年 4 月 · 原卷第 9 题

设 $A$ 和 $B$ 均为 $3$ 阶矩阵，且 $|A|=2$ ， $|B|=-1$ ，则 $|-2A^{-1}B^{\mathrm T}|=\underline{\hspace{2cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目只给 $|A|,|B|$ ，却要求含逆、转置、数乘和乘积的行列式，说明不需要求出 $A,B$ 的具体元素。应把这四种操作逐一转成行列式的数值运算，其中数乘的指数由“三阶”决定。

读懂题目与条件

$|-2A^{-1}B^{\mathrm T}|$ 最外层竖线表示整个三阶矩阵的行列式，答案是一个数。 $A^{-1}$ 是逆矩阵， $B^{\mathrm T}$ 是转置。已知 $|A|=2\ne0$ ，保证 $A^{-1}$ 存在； $|B|=-1$ 是一个行列式的值，不能据此把 $B$ 当成普通数 $-1$ 。

要记住的定义与公式

对 $n$ 阶方阵，

$|kM|=k^n|M|,\qquad |MN|=|M||N|,\qquad |M^{\mathrm T}|=|M|.$

第一条的原因是矩阵每一行都乘了 $k$ ，行列式从 $n$ 行各提一次 $k$ 。若 $|M|\ne0$ ，由 $MM^{-1}=E$ 取行列式得到

$|M^{-1}|=\frac1{|M|}.$

本题阶数为 $3$ ，所以 $-2$ 要整体取三次方。

一步一步解题

先从三行各提出因子 $-2$ ，再把乘积的行列式拆成数的乘积：

$\begin{aligned} |-2A^{-1}B^{\mathrm T}| &=(-2)^3|A^{-1}B^{\mathrm T}|\\ &=(-2)^3|A^{-1}||B^{\mathrm T}|\\ &=(-2)^3\frac1{|A|}|B|. \end{aligned}$

代入已知数值：

$(-2)^3\cdot\frac12\cdot(-1)=-8\cdot\frac12\cdot(-1)=-4\cdot(-1)=4.$

这里先算负数的奇次幂，再与 $|B|$ 的负号相乘，最终为正。

最终答案

$\boxed{4}.$

回头检查

换一条运算顺序：先算

$|A^{-1}B^{\mathrm T}|=\frac{-1}{2}=-\frac12.$

整个矩阵数乘 $-2$ ，三行共引入因子 $-8$ ，所以 $(-8)(-\frac12)=4$ 。

再取符合已知条件的具体矩阵 $A=\operatorname{diag}(2,1,1)$ 、 $B=\operatorname{diag}(-1,1,1)$ ，则

$-2A^{-1}B^{\mathrm T}=\operatorname{diag}(1,-2,-2),$

行列式为 $1\cdot(-2)\cdot(-2)=4$ ，与通用推导一致。具体例子用于核对符号，前面的公式保证结论不依赖矩阵的具体取法。

看到题目先想什么

外面有“逆矩阵的行列式”，里面有数乘 $-\frac12A$ 。可以先求里面矩阵的行列式，再取倒数。一定先注意 $A$ 是四阶，所以负数因子要出现四次，负号会相互抵消。

读懂题目与条件

题目要求的是一个数

$\left|\left(-\frac12A\right)^{-1}\right|,$

并非逆矩阵本身。 $|A|=2\ne0$ 保证 $A$ 可逆，而 $-\frac12$ 也不为零，所以 $-\frac12A$ 同样可逆。外面的倒数运算有合法依据。

要记住的定义与公式

对 $n$ 阶方阵有 $|kA|=k^n|A|$ ：矩阵数乘 $k$ 时，每一行都乘 $k$ ，所以行列式共提出 $n$ 个 $k$ 。对可逆方阵 $H$ 有

$|H^{-1}|=\frac1{|H|},$

这是 $HH^{-1}=E$ 两边取行列式后得到的。不能把矩阵求逆理解成每个元素各取倒数。

一步一步解题

令 $H=-\frac12A$ ，先算它的行列式：

$|H|=\left(-\frac12\right)^4|A| =\frac1{16}\cdot2=\frac18.$

其中 $(-1)^4=1$ ， $2^4=16$ 。结果不为零，也再次确认 $H$ 可逆。现在取倒数：

$|H^{-1}|=\frac1{1/8}=8.$

最终答案

$\boxed{\left|\left(-\frac12A\right)^{-1}\right|=8}.$

回头检查

改用“先求逆再取行列式”的顺序独立核对。因为

$\left(-\frac12A\right)^{-1}=-2A^{-1},$

所以

$|-2A^{-1}|=(-2)^4|A^{-1}|=16\cdot\frac12=8.$

还可取 $A=\operatorname{diag}(2,1,1,1)$ ，其行列式确为 $2$ 。这时 $(-\frac12A)^{-1}=\operatorname{diag}(-1,-2,-2,-2)$ ，四个对角元素相乘为 $(-1)(-2)(-2)(-2)=8$ 。

由最高阶非零子式判定矩阵的秩

给出非零子式的最高阶数，或给具体矩阵让你用子式判断秩。

先想一想，再看通用做法

做法同一核心判据：至少存在一个r阶非零子式，且所有r+1阶子式为零，则秩为r。具体三阶方阵先算行列式；若不为零直接得秩3。延伸：含参数的202110-10需令高阶子式为零并复查低阶子式排除降秩；202204-08先证左乘矩阵可逆而保持秩；202410-02先算A²再判秩。这些窄子型各仅一本地来源，保留提醒而不声称两道同型训练。

易错点 行列式为零只给上界，需另找非零低阶子式；非零最高阶子式则直接给出满秩。

01例题 · 填空题2022 年 10 月 · 原卷第 9 题

若矩阵 $A$ 中有一个2阶子式不为零，且所有3阶子式均为零，则 $r(A)=\underline{\hspace{2cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“有一个二阶子式不为零”和“所有三阶子式都为零”是一对配套条件：前者给秩的下界，后者给秩的上界。把两个界放在一起，就能唯一确定秩。

读懂题目与条件

$r(A)$ 表示矩阵 $A$ 的秩。 $k$ 阶子式指从矩阵中选出 $k$ 行、 $k$ 列，把交叉位置的元素按原顺序组成 $k\times k$ 方阵后，计算其行列式。

“有一个二阶子式非零”只要求至少一个；“所有三阶子式为零”要求一个非零的三阶子式也找不到。二阶、三阶说的是小行列式的尺寸，不是非零元素的个数。

要记住的定义与公式

矩阵的秩等于非零子式的最高阶数。常用判据是

$\boxed{\text{存在一个 }r\text{ 阶非零子式，且所有 }(r+1)\text{ 阶子式为零}\ \Longrightarrow\ r(A)=r.}$

为什么不用再单独检查更高阶？若所有三阶子式为零，任意四阶子式按一行展开时，每一项都含一个三阶子式，因此也为零；再逐阶展开，更高阶子式同样为零。

一步一步解题

第一条条件说明最高阶非零子式至少达到二阶，因此

$r(A)\ge2.$

第二条条件排除了三阶非零子式，也就排除了更高阶非零子式，因此

$r(A)\le2.$

合并得到 $2\le r(A)\le2$ ，所以只能取 $2$ 。

最终答案

$\boxed{r(A)=2}.$

回头检查

用一个具体矩阵把两个条件落到实处：

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

选前两行、前两列，二阶子式为 $\begin{vmatrix}1&0\\0&1\end{vmatrix}=1\ne0$ ；唯一的三阶子式为 $|M|=0$ 。消元形式中恰好有两个非零主元，确为秩 $2$ 。

再看只保留第二条为什么不够： $N=\operatorname{diag}(1,0,0)$ 的三阶子式也为零，但全部二阶子式都为零，秩只有 $1$ 。题目的“存在非零二阶子式”正好排除了这种情况。

看到题目先想什么

$A$ 是三阶方阵，最大的子式就是它自己的三阶行列式。先算 $|A|$ ；如果非零，秩立即是 $3$ ，不用再寻找二阶子式。

读懂题目与条件

矩阵有三行、三列，所以秩最多为 $3$ 。 $r(A)$ 要描述的是独立信息的数量，不是数矩阵里有几个非零元素。一个三阶非零子式就足以证明三行、三列没有丢失独立信息。

要记住的定义与公式

秩等于非零子式的最高阶数。对三阶方阵，

$|A|\ne0\quad\Longrightarrow\quad r(A)=3.$

按第一行展开三阶行列式时，三个位置的符号为 $+,-,+$ ：

$|A|=a_{11}\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix} -a_{12}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix} +a_{13}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}.$

每个二阶行列式仍按 $ad-bc$ 计算。

一步一步解题

代入原矩阵：

$\begin{aligned} |A| &=1\begin{vmatrix}1&3\\5&0\end{vmatrix} -2\begin{vmatrix}2&3\\1&0\end{vmatrix} +3\begin{vmatrix}2&1\\1&5\end{vmatrix}\\ &=1(1\cdot0-3\cdot5)-2(2\cdot0-3\cdot1)+3(2\cdot5-1\cdot1)\\ &=-15-2(-3)+3\cdot9\\ &=-15+6+27=18. \end{aligned}$

$18\ne0$ ，所以已经找到三阶非零子式，说明 $r(A)\ge3$ ；又因为只有三行三列， $r(A)\le3$ 。于是 $r(A)=3$ 。

最终答案

$\boxed{r(A)=3}.$

回头检查

用初等行变换独立核对主元数：

$\begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&3\\1&5&0\end{pmatrix} \xrightarrow{\substack{R_2\leftarrow R_2-2R_1\\R_3\leftarrow R_3-R_1}} \begin{pmatrix}1&2&3\\0&-3&-3\\0&3&-3\end{pmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3+R_2} \begin{pmatrix}1&2&3\\0&-3&-3\\0&0&-6\end{pmatrix}.$

三个主元 $1,-3,-6$ 都不为零，故秩确为 $3$ ；这些行变换不改变行列式，上三角对角乘积 $1(-3)(-6)=18$ 也与展开结果一致。

AB=O 的非零条件与秩约束

给出 AB=O，又强调 A 或 B 非零，求参数或另一个矩阵的秩。

先想一想，再看通用做法

做法把 B 的列看作 Ax=0 的解：B非零说明有非零解，故A奇异；或用 r(A)+r(B)≤n，再结合非零条件定秩。

易错点 矩阵乘积为零不能推出某个因子必为零。

01例题 · 填空题2020 年 10 月 · 原卷第 11 题

设 $A=\begin{pmatrix}1&-1&2\\2&0&4\\3&2&t\end{pmatrix}$ ，若 $3$ 阶非零矩阵 $B$ 满足 $AB=O$ ，则数 $t=\underline{\hspace{2cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

$AB=O$ 不能像普通数乘法那样推出 $A=O$ 或 $B=O$ 。题目特别强调 $B$ 非零，正是要说明 $A$ 必须把某个非零向量乘成零，因此 $A$ 不可逆。先用这个条件得到 $|A|=0$ ，再解参数，并反过来检查非零 $B$ 的确能构造出来。

读懂题目与条件

$A,B$ 均为 $3\times3$ 方阵， $O$ 是三阶零矩阵。 $t$ 是待求参数，不是矩阵元素之外的另一个未知向量。把 $B$ 的三列写成 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ ，则

$AB=(A\beta_1,A\beta_2,A\beta_3).$

$B\ne O$ 保证至少一列 $\beta_j\ne0$ ，而 $AB=O$ 要求每个 $A\beta_j=0$ 。

要记住的定义与公式

方阵可逆当且仅当行列式非零。若 $A$ 可逆， $AB=O$ 两边左乘 $A^{-1}$ 就会得到 $B=O$ 。所以在 $B\ne O$ 的条件下，必有 $|A|=0$ 。

这是必要条件；求到参数后，还要确认确实存在符合条件的非零 $B$ ，才完成题目要求。

一步一步解题

沿 $A$ 的第一行按 $+,-,+$ 展开：

$\begin{aligned} |A| &=1\begin{vmatrix}0&4\\2&t\end{vmatrix} -(-1)\begin{vmatrix}2&4\\3&t\end{vmatrix} +2\begin{vmatrix}2&0\\3&2\end{vmatrix}\\ &=1(0\cdot t-4\cdot2)+(2t-4\cdot3)+2(2\cdot2-0\cdot3)\\ &=-8+(2t-12)+8=2t-12. \end{aligned}$

由 $|A|=0$ 得 $2t-12=0$ ，所以 $t=6$ 。

检查充分性：当 $t=6$ ，第三列 $(2,4,6)^{\mathrm T}$ 是第一列 $(1,2,3)^{\mathrm T}$ 的两倍，因此

$A\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\4\\6\end{pmatrix}=0.$

将这个非零向量放作 $B$ 第一列，其余两列取零，就得到一个满足要求的非零矩阵。

最终答案

$\boxed{t=6}.$

回头检查

明确取

$B=\begin{pmatrix}-2&0&0\\0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}\ne O.$

保留参数实际相乘：

$AB=\begin{pmatrix}-2+2&0&0\\-4+4&0&0\\-6+t&0&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\t-6&0&0\end{pmatrix}.$

代入 $t=6$ 恰为 $O$ 。必要性推导排除了其他参数，具体构造证明 $t=6$ 确实可行。

看到题目先想什么

本题已知 $B$ ，要求 $A$ 的秩。比直接套秩不等式更容易理解的方法，是把 $A$ 写成三列，借 $B$ 的稀疏结构算出 $AB$ 的每一列。这样会直接看出 $A$ 哪一列必须为零、哪两列必须相等。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶非零矩阵，所以至少含有一个非零元素， $r(A)\ge1$ 。记

$A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3),$

其中 $\alpha_i$ 为三维列向量。 $B$ 的三列分别为 $(1,0,-1)^{\mathrm T},(0,2,0)^{\mathrm T},(2,0,-2)^{\mathrm T}$ 。 $O$ 是三阶零矩阵， $AB=O$ 要求乘积的三列都为零。

要记住的定义与公式

矩阵乘列向量是在组合矩阵的列：

$A(c_1,c_2,c_3)^{\mathrm T}=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3.$

矩阵的秩也等于其列向量中最多能取出的线性无关向量个数。如果所有非零列都是同一个向量的倍数，且确实有一列非零，秩就等于 $1$ 。按子式定义看，这意味着存在非零一阶子式，而所有二阶子式为零。

一步一步解题

按 $B$ 的三列计算：

$AB=(\alpha_1-\alpha_3,\ 2\alpha_2,\ 2\alpha_1-2\alpha_3).$

要使它等于 $O$ ，必须有

$\alpha_1-\alpha_3=0,\qquad2\alpha_2=0,\qquad2\alpha_1-2\alpha_3=0.$

普通数 $2\ne0$ ，所以第二式给出 $\alpha_2=0$ ；第一式给出 $\alpha_3=\alpha_1$ ；第三式随之自动成立。因此 $A$ 必具有形式

$A=(u,0,u).$

若 $u=0$ ，则 $A=O$ ，违背题意。所以 $u\ne0$ 。三列只保留一个非零方向：第一列与第三列相同，第二列为零。故其秩既不可能大于 $1$ ，又不可能等于 $0$ ，只能是 $1$ 。

也可用秩不等式核对： $B$ 前两列独立，第三列是第一列的两倍，所以 $r(B)=2$ ； $AB=O$ 给出 $r(A)+r(B)\le3$ ，即 $r(A)\le1$ ，再结合 $A\ne O$ 得到相同结论。

最终答案

$\boxed{r(A)=1}.$

回头检查

取 $u=(1,2,3)^{\mathrm T}$ ，则

$A=\begin{pmatrix}1&0&1\\2&0&2\\3&0&3\end{pmatrix}.$

直接乘回：

$AB=\begin{pmatrix}1-1&0&2-2\\2-2&0&4-4\\3-3&0&6-6\end{pmatrix}=O.$

该 $A$ 有非零一阶子式 $a_{11}=1$ ，任取两列不是包含零列、就是包含两个相同列，故二阶子式都为零，秩确实是 $1$ 。更一般的 $(u,0,u)$ 都满足同样的乘积关系，说明推导没有遗漏其他形状。

低秩结构与 A²=cA 的高次幂

求很高次幂，但矩阵可写成列向量乘行向量，或平方后是原矩阵的数倍。

先想一想，再看通用做法

做法先算一次平方找到 M²=cM，则 M^n=c^(n−1)M；若 M=uvT，先算一阶数 vTu。

易错点 幂公式中的指数比 n 少1，不能直接写成 c^nM。

01例题 · 计算题2024 年 10 月 · 原卷第 17 题

已知矩阵 $A=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix}1&2&0\end{pmatrix}$ ，求（1） $AB$ ；（2） $(AB)^{2024}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

$2024$ 次幂不应逐次乘 $2024$ 遍。这里 $A$ 是列向量、 $B$ 是行向量，先观察 $AB$ 和 $BA$ 的尺寸： $AB$ 是三阶矩阵， $BA$ 却只有一个元素。高次乘积中间会反复出现简单的 $BA$ ，这是简化的入口。

读懂题目与条件

$A=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\ (3\times1),\qquad B=\begin{pmatrix}1&2&0\end{pmatrix}\ (1\times3).$

所以 $AB$ 为 $3\times3$ ，可以求正整数次幂； $BA$ 为 $1\times1$ ，计算结果可当作一个普通数使用。两者尺寸不同，本来就不能写成 $AB=BA$ 。

要记住的定义与公式

列向量乘行向量，每一行等于行向量乘以该行的列向量分量。矩阵乘法满足结合律，所以

$(AB)^2=ABAB=A(BA)B.$

这里只是改变括号，没有交换因子。若方阵 $M$ 满足 $M^2=cM$ ，则对正整数 $n$ 有 $M^n=c^{n-1}M$ ；需要说明起始情形与逐次递推，不能凭 $n=2$ 就直接猜结论。

一步一步解题

第一问，计算 $AB$ 。 第一行把 $B$ 乘 $1$ ，第二行也乘 $1$ ，第三行乘 $0$ ：

$AB=\begin{pmatrix}1\cdot1&1\cdot2&1\cdot0\\1\cdot1&1\cdot2&1\cdot0\\0\cdot1&0\cdot2&0\cdot0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&2&0\\1&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}=M.$

第二问，先计算容易的反向乘积。

$BA=1\cdot1+2\cdot1+0\cdot0=3.$

因此

$M^2=A(BA)B=A(3)B=3AB=3M.$

继续乘一次得到 $M^3=M^2M=3M^2=3^2M$ 。严格地说， $n=1$ 时 $M^1=3^0M$ 成立；若 $M^n=3^{n-1}M$ ，则

$M^{n+1}=M^nM=3^{n-1}M^2=3^{n-1}\cdot3M=3^nM.$

所以所有正整数都满足公式。取 $n=2024$ ，共有 $2023$ 个系数 $3$ 。

最终答案

$\boxed{AB=\begin{pmatrix}1&2&0\\1&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}},$

$\boxed{(AB)^{2024}=3^{2023}\begin{pmatrix}1&2&0\\1&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}}.$

回头检查

直接用三阶矩阵做一次乘法，独立核对没有误用交换律：

$M^2=\begin{pmatrix}1+2&2+4&0\\1+2&2+4&0\\0&0&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3&6&0\\3&6&0\\0&0&0\end{pmatrix}=3M.$

再用一般向量检查高次作用： $M(x,y,z)^{\mathrm T}=(x+2y)(1,1,0)^{\mathrm T}$ ，而 $M(1,1,0)^{\mathrm T}=3(1,1,0)^{\mathrm T}$ 。第一次得到这个方向，以后每作用一次就乘 $3$ ，总共 $2024$ 次恰好再乘 $3^{2023}$ ，与答案对每个输入向量的作用一致。

看到题目先想什么

先完成题目要求的 $A^2$ ，并立即比较它与 $A$ 。如果平方只是原矩阵的数倍，就可以递推求 $2026$ 次幂，不需要把大指数展开成大量乘法。

读懂题目与条件

$A$ 是 $2\times2$ 方阵， $A^2$ 表示 $AA$ ，不是把四个元素分别平方。 $A^{2026}$ 是 $2026$ 个 $A$ 按矩阵乘法相乘，所得仍为 $2\times2$ 。

要记住的定义与公式

二阶矩阵相乘时每个位置都由“一行乘一列”得到。若计算后发现 $A^2=cA$ ，则对 $n\ge1$ ，可以用数学归纳法证明

$A^n=c^{n-1}A.$

指数比 $n$ 少 $1$ ，因为第一次已经保留为一个 $A$ ，从第二次相乘开始才产生系数 $c$ 。这个公式针对正整数次幂，不能未经检查就延伸到 $n=0$ 或负数。

一步一步解题

先把四个元素分别算出：

$\begin{aligned} (A^2)_{11}&=1\cdot1+(-1)(-1)=2,\\ (A^2)_{12}&=1\cdot(-1)+(-1)\cdot1=-2,\\ (A^2)_{21}&=(-1)\cdot1+1\cdot(-1)=-2,\\ (A^2)_{22}&=(-1)(-1)+1\cdot1=2. \end{aligned}$

所以

$A^2=\begin{pmatrix}2&-2\\-2&2\end{pmatrix}=2A.$

接着 $A^3=A^2A=2A^2=2^2A$ ， $A^4=A^3A=2^2A^2=2^3A$ 。为保证大指数也成立，写出递推： $n=1$ 时 $A=2^0A$ ；若 $A^n=2^{n-1}A$ ，则

$A^{n+1}=A^nA=2^{n-1}A^2=2^nA.$

因此对所有正整数都有 $A^n=2^{n-1}A$ 。将 $n=2026$ 代入即可。

最终答案

$\boxed{A^2=\begin{pmatrix}2&-2\\-2&2\end{pmatrix}},\qquad \boxed{A^{2026}=2^{2025}\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}}.$

回头检查

换成“先提取一个固定倍数”的方法。令

$P=\frac12A=\begin{pmatrix}\frac12&-\frac12\\-\frac12&\frac12\end{pmatrix}.$

直接相乘得到

$P^2=\begin{pmatrix}\frac14+\frac14&-\frac14-\frac14\\-\frac14-\frac14&\frac14+\frac14\end{pmatrix}=P.$

所以每个正整数 $n$ 都有 $P^n=P$ ，从而

$A^{2026}=(2P)^{2026}=2^{2026}P=2^{2025}A.$

还可核对两个简单向量： $A(1,1)^{\mathrm T}=0$ ， $A(1,-1)^{\mathrm T}=2(1,-1)^{\mathrm T}$ ；答案对前者仍为零，对后者乘 $2^{2026}$ ，符合连续作用 $2026$ 次的效果。

标准矩阵方程 AX=B 与含转置的未知矩阵

未知矩阵只出现一次，已能写成 AX=B、XA=B 或 AC^T=E。

先想一想，再看通用做法

做法系数在左就左乘其逆，在右就右乘其逆；若未知量带转置，先解出转置，再转置回原未知矩阵。

易错点 求出的可能是 C 的转置，最后必须回到题目要求的 C。

01例题 · 计算题2022 年 10 月 · 原卷第 18 题

已知 $A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\\1&-1\end{pmatrix}$ 。（1）求 $A^{-1}$ ；（2）解矩阵方程 $AX=B$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

第一问求 $A^{-1}$ ，第二问恰好是 $AX=B$ ，所以第一问的结果可以直接复用：左边系数是 $A$ ，要从左边乘 $A^{-1}$ 消去它。求逆时 $A$ 已接近单位矩阵，只需几步行变换。

读懂题目与条件

$A$ 为 $3\times3$ ， $B$ 为 $3\times2$ 。为了使 $AX$ 与 $B$ 同型， $X$ 必须为 $3\times2$ 。 $E$ 表示三阶单位矩阵。 $A$ 是上三角矩阵，主对角元素为 $1,1,-1$ ，行列式为 $-1\ne0$ ，所以逆存在，矩阵方程的解也唯一。

要记住的定义与公式

对增广矩阵 $(A\mid E)$ 做同样的初等行变换，左半化为 $E$ 时，右半就是 $A^{-1}$ 。因为这些行变换相当于左乘某个矩阵 $Q$ ， $QA=E$ 后就有 $Q=A^{-1}$ 。

已知 $A$ 可逆时，

$AX=B\quad\Longrightarrow\quad A^{-1}AX=A^{-1}B\quad\Longrightarrow\quad X=A^{-1}B.$

不能改成右乘消去，因为 $A^{-1}$ 必须与左边的 $A$ 相邻；并且这里 $BA^{-1}$ 连尺寸也不匹配。

一步一步解题

第一问，求逆。 写出完整增广矩阵：

$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&-1&1&0&0\\0&1&0&0&1&0\\0&0&-1&0&0&1 \end{array}\right).$

先把第三行乘 $-1$ ：

$\xrightarrow{R_3\leftarrow-R_3} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&-1&1&0&0\\0&1&0&0&1&0\\0&0&1&0&0&-1 \end{array}\right).$

用第三行消去第一行的 $-1$ ：

$\xrightarrow{R_1\leftarrow R_1+R_3} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&1&0&-1\\0&1&0&0&1&0\\0&0&1&0&0&-1 \end{array}\right).$

再用第二行消去第一行的 $2$ ：

$\xrightarrow{R_1\leftarrow R_1-2R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&-2&-1\\0&1&0&0&1&0\\0&0&1&0&0&-1 \end{array}\right).$

所以 $A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2&-1\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$ 。

第二问，求 $X$ 。 计算 $A^{-1}B$ 的六个元素：

$\begin{aligned} x_{11}&=1(-1)+(-2)0+(-1)1=-2,&x_{12}&=1\cdot0+(-2)1+(-1)(-1)=-1,\\ x_{21}&=0(-1)+1\cdot0+0\cdot1=0,&x_{22}&=0\cdot0+1\cdot1+0(-1)=1,\\ x_{31}&=0(-1)+0\cdot0+(-1)1=-1,&x_{32}&=0\cdot0+0\cdot1+(-1)(-1)=1. \end{aligned}$

最终答案

$\boxed{A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2&-1\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}},\qquad \boxed{X=\begin{pmatrix}-2&-1\\0&1\\-1&1\end{pmatrix}}.$

回头检查

先检查逆矩阵：

$AA^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2+2&-1+1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=E.$

再代回原方程，逐行计算：

$AX=\begin{pmatrix} -2+2\cdot0-(-1)&-1+2\cdot1-1\\ 0&1\\ -(-1)&-1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\\1&-1\end{pmatrix}=B.$

得到的 $X$ 尺寸也确为 $3\times2$ ，两个问法都已核对。

看到题目先想什么

先把 $2B-A$ 真正算出来，它会比原来的两个矩阵简单得多。方程 $(2B-A)C^{\mathrm T}=E$ 先求出的是 $C^{\mathrm T}$ ，所以得到逆矩阵以后，还必须再转置一次才是题目要的 $C$ 。

读懂题目与条件

$A,B$ 均为 $3\times3$ ， $E$ 为三阶单位矩阵，所以未知的 $C$ 也是 $3\times3$ 。上标 $\mathrm T$ 是转置符号；不能把 $C$ 与 $C^{\mathrm T}$ 看成相同的未知量。记 $H=2B-A$ ，原方程变为 $HC^{\mathrm T}=E$ 。

要记住的定义与公式

同型矩阵的数乘、相减按对应位置做。若 $H$ 可逆， $HY=E$ 的解是 $Y=H^{-1}$ ；本题 $Y=C^{\mathrm T}$ ，所以

$C^{\mathrm T}=H^{-1},\qquad C=(H^{-1})^{\mathrm T}.$

求逆可以对 $(H\mid E)$ 同步做初等行变换，左侧变成 $E$ 后右侧就是逆。转置则把各行依次改成各列。

一步一步解题

先算系数矩阵。

$\begin{aligned} H=2B-A &=\begin{pmatrix}2-1&4-4&6-6\\8-8&10-9&12-12\\14-14&16-15&18-17\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}. \end{aligned}$

它是下三角矩阵，行列式 $1\cdot1\cdot1=1\ne0$ ，因此可逆。

再求 $H^{-1}$ 。 第三行减去第二行即可消去唯一多出的 $1$ ，增广矩阵同步变为

$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&0\\0&1&0&0&1&0\\0&1&1&0&0&1 \end{array}\right) \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&0\\0&1&0&0&1&0\\0&0&1&0&-1&1 \end{array}\right).$

故

$C^{\mathrm T}=H^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&-1&1\end{pmatrix}.$

最后转置回 $C$ 。 第二列 $(0,1,-1)^{\mathrm T}$ 变成第二行：

$C=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}.$

最终答案

$\boxed{C=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}}.$

回头检查

把所得 $C$ 先转置，再代入原式的左边：

$(2B-A)C^{\mathrm T} =\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&-1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&1-1&1\end{pmatrix}=E.$

若漏掉最后一次转置而把 $H^{-1}$ 当成 $C$ ，则实际代入的是 $H(H^{-1})^{\mathrm T}$ ，例如其第 $(2,3)$ 元为 $-1$ ，不再等于单位矩阵，说明转置确实不能省。

未知矩阵多次出现：移项与同侧提取

未知矩阵同时出现在两边，或夹在已知矩阵之间。

先想一想，再看通用做法

做法先把含未知矩阵的项移到一边，同侧提出 X；左系数左消去，右系数右消去。若已知系数都是 A 的多项式，可因式分解后约去可逆因子。

易错点 AX−2X=(A−2E)X，而 XA−2X=X(A−2E)，逆矩阵放置方向不同。

01例题 · 计算题2021 年 4 月 · 原卷第 18 题

已知矩阵 $A=\begin{pmatrix}3&2&0\\2&2&3\\0&1&1\end{pmatrix}$ ，矩阵 $X$ 满足关系式 $2X=AX-A$ ，求 $X$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

$X$ 在等式两边都出现，先把含 $X$ 的项放在一起。这里 $AX$ 和 $2X$ 的未知矩阵都在右侧，所以可以提出右侧的 $X$ ，得到一个标准形式 $HX=A$ ，再用消元求解。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶矩阵，因此 $AX-A$ 中的 $AX$ 必须也是 $3\times3$ ，未知的 $X$ 为三阶矩阵。 $2X$ 是普通数乘矩阵，也可写成 $(2E)X$ ，其中 $E$ 为三阶单位矩阵。不能把“矩阵减 $2$ ”直接理解成每个元素减 $2$ 。

要记住的定义与公式

矩阵分配律允许同侧提取：

$AX-2X=AX-(2E)X=(A-2E)X.$

若 $H=A-2E$ 可逆， $HX=A$ 的唯一解是 $X=H^{-1}A$ 。实际计算也可对增广矩阵 $(H\mid A)$ 做行变换：左半变为 $E$ 后，右半就是 $X$ 。这与同时解右边三列对应的三个方程组是同一件事。

一步一步解题

由 $2X=AX-A$ 得 $AX-2X=A$ ，所以

$HX=A,\qquad H=A-2E=\begin{pmatrix}1&2&0\\2&0&3\\0&1&-1\end{pmatrix}.$

先确认系数可逆：沿第一行展开，

$|H|=1[0(-1)-3\cdot1]-2[2(-1)-3\cdot0]+0=-3+4=1\ne0.$

下面直接消元求 $X$ ，把每一步右半也同步写出：

$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&3&2&0\\2&0&3&2&2&3\\0&1&-1&0&1&1 \end{array}\right) \xrightarrow{R_2\leftarrow R_2-2R_1} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&3&2&0\\0&-4&3&-4&-2&3\\0&1&-1&0&1&1 \end{array}\right).$

为了用简单的主元 $1$ ，交换第二、三行：

$\xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&3&2&0\\0&1&-1&0&1&1\\0&-4&3&-4&-2&3 \end{array}\right) \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3+4R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&3&2&0\\0&1&-1&0&1&1\\0&0&-1&-4&2&7 \end{array}\right).$

把第三行乘 $-1$ ，再消去第二行第三列：

$\xrightarrow{R_3\leftarrow-R_3} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&3&2&0\\0&1&-1&0&1&1\\0&0&1&4&-2&-7 \end{array}\right) \xrightarrow{R_2\leftarrow R_2+R_3} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&2&0&3&2&0\\0&1&0&4&-1&-6\\0&0&1&4&-2&-7 \end{array}\right).$

最后消去第一行第二列的 $2$ ：

$\xrightarrow{R_1\leftarrow R_1-2R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&-5&4&12\\0&1&0&4&-1&-6\\0&0&1&4&-2&-7 \end{array}\right).$

左边成为 $E$ ，所以右边就是所求 $X$ 。

最终答案

$\boxed{X=\begin{pmatrix}-5&4&12\\4&-1&-6\\4&-2&-7\end{pmatrix}}.$

回头检查

直接回到原式，而非只检查移项后的形式。先乘出

$AX=\begin{pmatrix} 3(-5)+2\cdot4&3\cdot4+2(-1)&3\cdot12+2(-6)\\ 2(-5)+2\cdot4+3\cdot4&2\cdot4+2(-1)+3(-2)&2\cdot12+2(-6)+3(-7)\\ 4+4&-1-2&-6-7 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-7&10&24\\10&0&-9\\8&-3&-13\end{pmatrix}.$

于是

$AX-A=\begin{pmatrix}-10&8&24\\8&-2&-12\\8&-4&-14\end{pmatrix}=2X,$

九个元素都满足原方程。

看到题目先想什么

未知矩阵 $B$ 出现在 $BA$ 和 $2B$ 中，两项的 $B$ 都在左侧，可以从左侧提出 $B$ 。同时右边会出现 $A^2-4E$ ，这是矩阵版本的平方差。若两边有相同的右因子，先证明它可逆，再在右侧乘逆消去。

读懂题目与条件

$A,B,E$ 均为三阶方阵，所有加减乘法都有意义。 $2B$ 可以写成 $B(2E)$ 。一般的矩阵不能像普通数一样约去非零因子；这里即使 $A-2E$ 不是零矩阵，也仍需确认它可逆才能约去。

要记住的定义与公式

矩阵分配律给出 $BA-2B=B(A-2E)$ 。因为单位矩阵与 $A$ 相乘都等于 $A$ ，所以

$(A+2E)(A-2E)=A^2-2AE+2EA-4E=A^2-4E.$

这次平方差成立有明确原因：中间两项 $-2A$ 与 $+2A$ 抵消。若 $BH=KH$ 且 $H$ 可逆，两边右乘 $H^{-1}$ 得 $B=K$ ；不允许未经证明直接约去。

一步一步解题

从已知关系移项：

$BA+4E=A^2+2B\quad\Longrightarrow\quad BA-2B=A^2-4E.$

同侧提取并分解：

$B(A-2E)=(A+2E)(A-2E).$

令

$H=A-2E=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&-1&0\\1&0&0\end{pmatrix}.$

沿第一行展开，只有第三个元素非零，它的位置符号为 $(-1)^{1+3}=1$ ，故

$|H|=1\cdot\begin{vmatrix}0&-1\\1&0\end{vmatrix}=0\cdot0-(-1)\cdot1=1\ne0.$

所以 $H$ 可逆。事实上直接相乘可见

$H^2=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=E,$

因此 $H^{-1}=H$ ，连求逆消元都可以省去。对因式分解后的等式两边右乘 $H^{-1}$ ，得到

$BHH^{-1}=(A+2E)HH^{-1}\quad\Longrightarrow\quad B=A+2E.$

只给对角线上三个元素各加 $2$ ，得到答案。

最终答案

$\boxed{B=\begin{pmatrix}4&0&1\\0&3&0\\1&0&4\end{pmatrix}}.$

回头检查

独立乘出原方程两边：

$BA=\begin{pmatrix}4\cdot2+1\cdot1&0&4\cdot1+1\cdot2\\0&3&0\\1\cdot2+4\cdot1&0&1\cdot1+4\cdot2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}9&0&6\\0&3&0\\6&0&9\end{pmatrix},$

所以 $BA+4E=\begin{pmatrix}13&0&6\\0&7&0\\6&0&13\end{pmatrix}$ 。另一方面，

$A^2=\begin{pmatrix}5&0&4\\0&1&0\\4&0&5\end{pmatrix},\qquad 2B=\begin{pmatrix}8&0&2\\0&6&0\\2&0&8\end{pmatrix},$

相加同样得到 $\begin{pmatrix}13&0&6\\0&7&0\\6&0&13\end{pmatrix}$ ，确实满足原式。

用乘积为单位矩阵证明可逆

题目给抽象矩阵恒等式，要求证明某个矩阵可逆并可能求逆。

先想一想，再看通用做法

做法将目标矩阵与已知关系整理成两矩阵乘积为 E；方阵有单侧逆即可逆。也可先分解目标矩阵为几个已知可逆因子的乘积。

易错点 矩阵不能像普通数那样随意换序；写出具体逆或乘积为 E 的证据。

01例题 · 证明题2021 年 4 月 · 原卷第 23 题

设矩阵 $A,B$ 满足关系式 $B=(E+A)^{-1}(E-A)$ ，证明： $B+E$ 可逆，并求出 $(B+E)^{-1}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

要求证明 $B+E$ 可逆并求逆，先不要试图把 $B$ 的表达式再求一次复杂的逆。已有 $B=(E+A)^{-1}(E-A)$ ，只需把加上的 $E$ 写成同样含左因子 $(E+A)^{-1}$ 的乘积，就可以合并括号。

读懂题目与条件

$E$ 是与 $A,B$ 同阶的单位矩阵。已知式中已经使用了 $(E+A)^{-1}$ ，这隐含要求 $E+A$ 可逆。题目并没有要求 $A$ 本身可逆，也没有给出 $E-A$ 可逆，证明时不应额外使用这些条件。

$B+E$ 是矩阵相加，要证明可逆，需要找出一个矩阵与它乘成 $E$ ，或者证明其行列式非零。

要记住的定义与公式

逆矩阵定义给出

$(E+A)^{-1}(E+A)=(E+A)(E+A)^{-1}=E.$

分配律可以把共同的左因子提出： $PU+PV=P(U+V)$ 。对非零数 $k$ 与可逆矩阵 $M$ ， $(kM)^{-1}=k^{-1}M^{-1}$ 。每一步都要保持矩阵因子的先后位置，不能按分式随意通分。

一步一步解题

为了与 $B$ 的左因子一致，把单位矩阵写成

$E=(E+A)^{-1}(E+A).$

代入并提出共同左因子：

$\begin{aligned} B+E &=(E+A)^{-1}(E-A)+(E+A)^{-1}(E+A)\\ &=(E+A)^{-1}\big[(E-A)+(E+A)\big]\\ &=(E+A)^{-1}(2E)=2(E+A)^{-1}. \end{aligned}$

中括号内的 $-A$ 与 $+A$ 抵消，仅剩两个单位矩阵。数 $2\ne0$ ， $(E+A)^{-1}$ 已知可逆，所以它们的数乘也可逆，候选逆矩阵为

$N=\frac12(E+A).$

下面乘回去确认，而不只停在形式判断。

最终答案

$\boxed{B+E\text{ 可逆，且 }(B+E)^{-1}=\frac12(E+A)}.$

回头检查

利用已经得到的 $B+E=2(E+A)^{-1}$ ，两侧直接验算：

$(B+E)N=2(E+A)^{-1}\frac12(E+A)=(E+A)^{-1}(E+A)=E,$

$N(B+E)=\frac12(E+A)\,2(E+A)^{-1}=(E+A)(E+A)^{-1}=E.$

也可以直接从原条件左乘 $E+A$ ，得到 $(E+A)B=E-A$ ，所以

$(E+A)(B+E)=(E-A)+(E+A)=2E,$

再乘普通数 $1/2$ ，独立看出 $N$ 是左逆。

例如取 $A=\operatorname{diag}(0,1)$ ，则 $E+A=\operatorname{diag}(1,2)$ ， $B=\operatorname{diag}(1,0)$ 。此时 $B+E=\operatorname{diag}(2,1)$ ，公式给出 $N=\operatorname{diag}(1/2,1)$ ，相乘确为 $E$ ；例子也说明不需要假设 $A$ 或 $E-A$ 可逆。

看到题目先想什么

目标是证明 $A-E$ 可逆，而已知式含 $2AB-A-2B$ 。观察前两项可以组合成 $A(2B-E)$ ，后面的 $-2B$ 与目标中的 $-E$ 也能配合。尝试展开 $(A-E)(2B-E)$ ，看能否利用已知式把结果变成单位矩阵。

读懂题目与条件

$A,B$ 是 $3\times3$ 方阵， $E$ 为三阶单位矩阵， $O$ 为三阶零矩阵。题目只给一个矩阵恒等式，没有预先说 $A$ 、 $B$ 可逆，也没有说 $AB=BA$ 。因此证明不能一开始就除以 $A-E$ ，更不能把 $AB$ 换成 $BA$ 。

要记住的定义与公式

若同阶方阵 $M,N$ 满足 $MN=E$ ，则 $M$ 可逆。可以用行列式解释：

$|M||N|=|E|=1\quad\Longrightarrow\quad |M|\ne0.$

于是 $M^{-1}$ 存在，再左乘 $M^{-1}$ 即得 $N=M^{-1}$ 。这个“单侧逆即可逆”的结论使用了同阶方阵条件，对一般长方形矩阵不能直接套用。

展开矩阵乘积时使用分配律，并保持各因子顺序，例如 $(A-E)(2B-E)$ 的首项为 $2AB$ 。

一步一步解题

逐项展开我们构造的乘积：

$\begin{aligned} (A-E)(2B-E) &=A(2B)-AE-E(2B)+EE\\ &=2AB-A-2B+E. \end{aligned}$

已知 $2AB-A-2B=O$ ，所以

$(A-E)(2B-E)=O+E=E.$

这说明 $2B-E$ 是 $A-E$ 的一个右逆。对上式取行列式：

$|A-E|\,|2B-E|=|E|=1.$

两个普通数乘积为 $1$ ，所以 $|A-E|\ne0$ 。由可逆判定， $A-E$ 可逆，证明完成。若还要识别逆矩阵，现已合法地在等式左边乘 $(A-E)^{-1}$ ，得到

$2B-E=(A-E)^{-1}.$

这一步是在可逆性已经证明之后进行的，没有循环使用待证结论。

最终答案

$\boxed{A-E\text{ 可逆。}}$

而且由证明同时得到 $\boxed{(A-E)^{-1}=2B-E}$ 。

回头检查

先从已知式直接重新计算 $(A-E)(2B-E)-E=2AB-A-2B=O$ ，与原条件完全一致，所以构造的每个符号都吻合。

再取一个三阶具体例子核对：

$A=\operatorname{diag}(2,3,4),\qquad B=\operatorname{diag}\left(1,\frac34,\frac23\right).$

原式的三个对角位置依次为

$4-2-2=0,\qquad \frac92-3-\frac32=0,\qquad \frac{16}3-4-\frac43=0,$

非对角位置全为零，确实满足条件。此时

$A-E=\operatorname{diag}(1,2,3),\qquad2B-E=\operatorname{diag}\left(1,\frac12,\frac13\right),$

两者相乘恰为 $E$ ，与构造的逆一致。一般情形已经由行列式论证保证，具体例子用于核对公式。

03 向量空间9 个考点 / 每点 2 题

第 3 章 · 向量空间 · 同类真题 3 道

线性表示与坐标：按分量解系数，按列组过渡矩阵

题目要求把一个向量写成给定向量的线性组合，或给出两组基并问过渡矩阵；也可能先给一个向量等式求未知向量。

先想一想，再看通用做法

做法先设 $\beta=c_1\alpha_1+\cdots+c_m\alpha_m$ ，按同一分量列方程。若 $B=(\alpha_1,\ldots,\alpha_m)$ ，系数满足 $Bc=\beta$ ；标准基下坐标就是原分量。求 $(\beta_1,\ldots,\beta_m)=BP$ 时，第 $j$ 列放 $\beta_j$ 在旧基中的坐标，即 $P=B^{-1}(\beta_1,\ldots,\beta_m)$ 。向量等式先移项，再逐分量运算。

易错点 过渡矩阵的列对应新基向量，不要把坐标横着填；先确认题目给的是哪一个方向的矩阵等式。

01例题 · 填空题2024 年 4 月 · 原卷第 11 题

设向量组 $\alpha_1=(1,0,0)^T$ ， $\alpha_2=(0,1,0)^T$ ， $\alpha_3=(0,0,1)^T$ ， $\beta=(1,2,-1)^T$ ，则 $\beta$ 由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示的表达式为 ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“由三个向量线性表示”就是给这三个向量各乘一个数，再相加得到目标向量。先观察给定向量：它们恰好分别控制第一个、第二个、第三个坐标，所以可以直接比较坐标。

读懂题目与条件

$T$ 表示转置，例如 $(1,0,0)^T$ 是三行一列的列向量。 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 是给定的向量， $\beta$ 是要表示的目标；待求的是乘在向量前面的三个数，不是向量本身。

要记住的定义与公式

若存在数 $c_1,c_2,c_3$ 使 $\beta=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3$ ，就称 $\beta$ 可由它们线性表示。向量相等要求对应坐标全部相等；数乘则把每个坐标同时乘这个数。标准单位向量满足 $c_1(1,0,0)^T+c_2(0,1,0)^T+c_3(0,0,1)^T=(c_1,c_2,c_3)^T.$ 因此“目标坐标就是系数”适用于本题这组标准单位向量。

一步一步解题

先设所求表达式为 $\beta=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3$ ，把向量展开： $\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_1\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\c_2\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\c_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{pmatrix}.$ 比较第一、第二、第三个坐标，分别得到 $c_1=1,c_2=2,c_3=-1$ 。把系数放回向量前面即可。这里第三个坐标是负数，表示需要减去 $\alpha_3$ 。

最终答案

$\boxed{\beta=\alpha_1+2\alpha_2-\alpha_3.}$

回头检查

直接计算表达式右边： $\alpha_1+2\alpha_2-\alpha_3=(1+0-0,\ 0+2-0,\ 0+0-1)^T=(1,2,-1)^T=\beta.$ 三个坐标均相符。比较坐标还说明系数只能为 $1,2,-1$ ，所以这种表示唯一。

看到题目先想什么

看到 $(\beta_1,\beta_2)=(\alpha_1,\alpha_2)P$ ，先问“右乘后每一列怎样产生”。 $P$ 的第一列给出 $\beta_1$ 在 $\alpha$ 基下的系数，第二列给出 $\beta_2$ 的系数。题目已经规定乘法方向，按这个方向求即可。

读懂题目与条件

$\mathbb R^2$ 中的向量有两个实数坐标。“一组基”表示两个向量线性无关，且能表示所有二维向量，所以表示系数存在且唯一。 $(\alpha_1,\alpha_2)$ 表示把两个列向量并排组成的矩阵： $S=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}3&4\\1&2\end{pmatrix}.$ 注意本题旧基先取 $(0,1)^T$ ，再取 $(1,0)^T$ ，与通常的标准顺序相反。

要记住的定义与公式

若 $P=\begin{pmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{21}&p_{22}\end{pmatrix}$ ，按矩阵乘法的列规则， $SP=(p_{11}\alpha_1+p_{21}\alpha_2,\ p_{12}\alpha_1+p_{22}\alpha_2).$ 因此过渡矩阵的坐标应按列排列。也可用 $P=S^{-1}B$ ，但直接逐列求系数更容易看清顺序。

一步一步解题

第一列要满足 $\beta_1=p_{11}\alpha_1+p_{21}\alpha_2$ 。展开： $(3,1)^T=p_{11}(0,1)^T+p_{21}(1,0)^T=(p_{21},p_{11})^T.$ 于是 $p_{11}=1,p_{21}=3$ ，第一列为 $(1,3)^T$ 。

第二列同理： $(4,2)^T=p_{12}(0,1)^T+p_{22}(1,0)^T=(p_{22},p_{12})^T,$ 所以 $p_{12}=2,p_{22}=4$ ，第二列为 $(2,4)^T$ 。把这两列并排，而不是写成两行。

最终答案

$\boxed{P=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}.}$

回头检查

按行乘列验证原等式： $SP=\begin{pmatrix}0\cdot1+1\cdot3&0\cdot2+1\cdot4\\1\cdot1+0\cdot3&1\cdot2+0\cdot4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&4\\1&2\end{pmatrix}=B.$ 乘回后每一列都等于题目中的新基向量，方向和排列均正确。

方阵向量组判相关：列成矩阵，行列式等于或不等于零

给出三个三维向量、三个向量构成基，或方阵列向量相关，并要求参数范围。

先想一想，再看通用做法

做法把向量按列组成方阵 $M$ 。向量组相关 $\Longleftrightarrow |M|=0$ ；无关或构成 $\mathbb R^n$ 的基 $\Longleftrightarrow |M|\ne0$ 。优先沿零多的行列展开，先化简出关于参数的因式，再按题目要求取等号或排除零点。选择题也可把候选参数代入判别式。若题目指定秩为 $n-1$ ，令行列式为零后，还须找到非零的 $n-1$ 阶子式，确认秩没有继续下降。

易错点 “相关”取等号，“无关/是基”排除零点；向量个数不等于维数时，不能直接使用一个方阵行列式判全部问题。

01例题 · 填空题2020 年 10 月 · 原卷第 10 题

设向量组 $\alpha_1=(1,0,0)^T$ ， $\alpha_2=(0,2,4)^T$ ， $\alpha_3=(-1,3,t)^T$ 线性无关，则数 $t$ 的取值应满足 ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

三个三维列向量的个数等于维数，可以按列排成三阶方阵，用行列式判断无关。题目问参数范围，必须说明行列式什么时候为零，并检查这个例外值的含义。

读懂题目与条件

参数 $t$ 只出现在 $\alpha_3$ 的第三个坐标。把向量按列排列得到 $M=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&2&3\\0&4&t\end{pmatrix}.$ 每一列仍对应原来的一个向量，列与向量的次序不要混淆。

要记住的定义与公式

三个三维向量无关，等价于 $M c=0$ 只有零解；对方阵，这又等价于 $\det M\ne0$ 。原因是非零行列式表示所有列都有主元，没有自由系数。二阶行列式按 $ad-bc$ 计算；沿第一列展开时，第一项的代数余子式符号为 $(-1)^{1+1}=1$ 。

一步一步解题

第一列只有顶端非零，沿它展开： $\det M=1\cdot\begin{vmatrix}2&3\\4&t\end{vmatrix}+0+0=2t-3\cdot4=2t-12=2(t-6).$ 要求无关，因此 $2(t-6)\ne0$ 。由于常数 $2\ne0$ ，这恰好等价于 $t\ne6$ 。唯一需要排除的参数是 $6$ ，没有其他限制。

最终答案

$\boxed{t\ne6.}$

回头检查

当 $t=6$ 时， $-\alpha_1+\frac32\alpha_2=(-1,0,0)^T+(0,3,6)^T=(-1,3,6)^T=\alpha_3,$ 所以 $\alpha_1-\frac32\alpha_2+\alpha_3=0$ 是不全零系数的关系，确实相关。

反过来，设 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3=0$ 。第二、第三坐标给 $2c_2+3c_3=0$ 与 $4c_2+tc_3=0$ ，后者减前者的两倍，得 $(t-6)c_3=0$ 。当 $t\ne6$ 时，依次推出 $c_3=c_2=c_1=0$ ，独立验证了无关。

看到题目先想什么

这里是三个三维向量，相关可以转化为按列组成的行列式等于零。第三个坐标分别为 $1,0,0$ ，沿第三行展开会只剩一个二阶行列式。

读懂题目与条件

按题目顺序组成矩阵 $M=\begin{pmatrix}1&a&1\\1&1&b\\1&0&0\end{pmatrix}.$ $a,b$ 是参数。四个选项给出了四组候选数，只需先找出相关的充要条件，再逐组代入。

要记住的定义与公式

三个三维向量相关，表示存在不全为零的系数使零组合成立；等价于 $\det M=0$ 。按第 $i$ 行第 $j$ 列展开的项为 $a_{ij}(-1)^{i+j}M_{ij}$ ， $M_{ij}$ 是删去该行列后的行列式。本题非零项在 $(3,1)$ ，符号是 $(-1)^4=1$ 。

一步一步解题

沿第三行展开，保留第一项： $\det M=1\cdot(+1)\begin{vmatrix}a&1\\1&b\end{vmatrix}=ab-1.$ 相关的条件因此为 $ab-1=0$ ，即 $ab=1$ 。

检查四项：A 给 $ab=0\cdot0=0$ ；B 给 $ab=0\cdot1=0$ ；C 给 $ab=1\cdot0=0$ ，三者的行列式均为 $-1\ne0$ ，反而无关。D 给 $ab=1\cdot1=1$ ，行列式等于零，满足相关条件。

最终答案

$\boxed{\text{D：}a=1,\ b=1.}$

回头检查

把 D 代入，第二、第三个向量都变为 $(1,1,0)^T$ 。于是 $0(1,1,1)^T+1(1,1,0)^T-1(1,1,0)^T=0.$ 系数 $0,1,-1$ 不全为零，直接符合相关的定义。这也提醒我们：相关关系允许其中某个系数为零。

两个向量相关：先算乘积，再比较同一比例

题目只涉及两个非零向量，要求线性相关时的参数；有时其中一个向量写成矩阵与向量的乘积。

先想一想，再看通用做法

做法两个非零向量相关，当且仅当一个是另一个的数倍。先把 $A\alpha$ 算成具体向量，再设 $A\alpha=c\alpha$ ；普通向量则选不含参数且非零的分量确定倍数，然后核对其余分量。也可用两个二维向量组成的二阶行列式等于零。

易错点 所有分量必须使用同一个倍数；含零分量时不要直接做比值相除。

01例题 · 填空题2022 年 4 月 · 原卷第 14 题

已知向量组 $\alpha_1=(1,2,-3)^T$ ， $\alpha_2=(k,4,-6)^T$ 线性相关，则数 $k=$ ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

只有两个向量，且第一个向量非零，“线性相关”就等价于两向量成比例。先用没有参数的坐标确定比例，再用含 $k$ 的坐标求参数，比建立三元行列式更直接。

读懂题目与条件

$\alpha_1=(1,2,-3)^T\ne0$ ， $\alpha_2=(k,4,-6)^T$ 。待求的是第二个向量的第一坐标 $k$ ；不能只检查某一对坐标，最终比例必须对三个坐标同时成立。

要记住的定义与公式

两向量相关意味着存在不全零的数 $p,q$ 使 $p\alpha_1+q\alpha_2=0$ 。若 $q=0$ ，因 $\alpha_1\ne0$ 就有 $p=0$ ，与不全零矛盾，所以 $q\ne0$ ，可写 $\alpha_2=-\frac pq\alpha_1$ 。这说明本题可设 $\alpha_2=c\alpha_1$ 。

一步一步解题

把比例等式逐坐标展开： $(k,4,-6)^T=c(1,2,-3)^T=(c,2c,-3c)^T.$ 因此 $k=c,\qquad 4=2c,\qquad -6=-3c.$ 第二式给 $c=2$ ；第三式也给 $c=2$ ，两个已知坐标相容。再由第一式得到 $k=2$ 。

最终答案

$\boxed{k=2.}$

回头检查

代入参数后， $\alpha_2=(2,4,-6)^T=2(1,2,-3)^T=2\alpha_1.$ 所以 $2\alpha_1-\alpha_2=0$ ，相关系数 $2,-1$ 不全为零，确实相关。若 $k\ne2$ ，第二坐标仍迫使比例为 $2$ ，第一坐标却不符，便不能成比例。

看到题目先想什么

题目说 $A\alpha$ 与 $\alpha$ 相关，先把矩阵与向量实际相乘，得到两个普通二维向量，再检查它们是否成比例。给定的 $\alpha$ 非零，所以比例法适用。

读懂题目与条件

$A$ 是 $2\times2$ 矩阵， $\alpha=(1,1)^T$ 是两行一列的向量，乘积 $A\alpha$ 也有两个坐标。 $k$ 是矩阵中的参数。这里“相关”并不是要求 $A$ 自己的两行相关，而是要求乘出来的向量与 $\alpha$ 相关。

要记住的定义与公式

矩阵乘列向量时，每一行分别与列向量作乘积求和： $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}au+bv\\cu+dv\end{pmatrix}.$ 若一个向量 $\alpha\ne0$ ，则 $v,\alpha$ 相关等价于 $v=c\alpha$ 。这是由不全零系数的零组合移项得到的。

一步一步解题

逐行相乘： $A\alpha=\begin{pmatrix}k\cdot1+2\cdot1\\2\cdot1+1\cdot1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}k+2\\3\end{pmatrix}.$ 设它等于 $c\alpha$ ，则 $\begin{pmatrix}k+2\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c\\c\end{pmatrix}.$ 第二坐标给 $c=3$ ；第一坐标便要求 $k+2=3$ ，所以 $k=1$ 。

最终答案

$\boxed{k=1.}$

回头检查

当 $k=1$ ， $\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}=3\alpha.$ 因此 $A\alpha-3\alpha=0$ ，两系数 $1,-3$ 不全为零，定义上确实相关。也可独立检查 $\det\begin{pmatrix}k+2&1\\3&1\end{pmatrix}=k-1$ ，它恰在 $k=1$ 时为零。

具体向量组求秩：找无关子组，再表示其余向量

题目只问向量组的秩，或直接告诉矩阵的行向量组、列向量组线性无关。

先想一想，再看通用做法

做法秩是极大无关组中的向量个数。先找到 $r$ 个无关向量，说明秩至少为 $r$ ；再把其余向量表示出来，说明秩至多为 $r$ 。若已知矩阵全部 $m$ 个行向量无关，直接得 $r(A)=m$ ；全部 $n$ 个列向量无关则 $r(A)=n$ 。不明显时按列组成矩阵并行消元数主元。

易错点 向量的维数只是秩的上界，向量个数也只是上界；不能见到三个三维向量就直接答秩为3。

01例题 · 填空题2022 年 4 月 · 原卷第 11 题

向量组 $\alpha_1=(1,1,0)^T$ ， $\alpha_2=(3,0,-9)^T$ ， $\alpha_3=(1,-1,-6)^T$ 的秩为 ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“向量组的秩”是在问这三个向量中最多能选出几个线性无关的向量。把它们按列排好并做初等行变换，主元个数就是所求；再用原向量之间的关系检查答案。

读懂题目与条件

三个向量均为三维列向量，组成 $M=\begin{pmatrix}1&3&1\\1&0&-1\\0&-9&-6\end{pmatrix}.$ 秩不是向量的维数，也不是向量的总个数；本题秩至多是 $3$ ，实际要看是否存在多余向量。

要记住的定义与公式

向量组的秩等于极大无关组所含向量个数，也等于以这些向量为列的矩阵秩。初等行变换等于左乘可逆矩阵 $E$ ，所以 $Mc=0$ 与 $EMc=0$ 等价，列向量间使用同一组系数的关系保持不变。阶梯形中不同非零行提供不同主元，主元数就是秩。

一步一步解题

先消去第一列下方的 $1$ ，作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ ： $M\longrightarrow\begin{pmatrix}1&3&1\\0&-3&-2\\0&-9&-6\end{pmatrix}.$ 这里第二行后三项来自 $0-3=-3,-1-1=-2$ 。再作 $R_3\leftarrow R_3-3R_2$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&3&1\\0&-3&-2\\0&0&0\end{pmatrix}.$ 前两行的首个非零元素分别在第一、第二列，共两个主元；第三行全零，没有新约束，所以秩为 $2$ 。

若继续作 $R_2\leftarrow-\frac13R_2$ ，再作 $R_1\leftarrow R_1-3R_2$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&\frac23\\0&0&0\end{pmatrix}.$ 由列关系可读出第三列等于第一列的 $-1$ 倍加第二列的 $\frac23$ 倍，这个关系也对原向量成立。

最终答案

$\boxed{r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=2.}$

回头检查

用原向量验证多余列： $-\alpha_1+\frac23\alpha_2=(-1,-1,0)^T+(2,0,-6)^T=(1,-1,-6)^T=\alpha_3.$ 另一方面， $\alpha_1,\alpha_2$ 的前两坐标形成行列式 $\begin{vmatrix}1&3\\1&0\end{vmatrix}=-3\ne0$ ，所以至少有两个无关向量。上下两方面合起来，秩恰好为 $2$ 。

看到题目先想什么

四个向量都在三维空间中，至多只有三个能线性无关，所以秩不可能是 $4$ 。但“多于维数所以相关”只能说明秩小于 $4$ ，还不能分清秩是 $1,2$ 还是 $3$ ；必须继续消元或寻找表示关系。

读懂题目与条件

把四个三维列向量依次并排，得到 $3\times4$ 矩阵 $M=\begin{pmatrix}1&3&1&1\\1&0&2&-1\\0&-9&3&-6\end{pmatrix}.$ 四列分别对应 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 。向量组的秩就是它们能提供多少个互不重复的独立方向。

要记住的定义与公式

列向量组的秩等于矩阵的主元个数。初等行变换可逆，不改变 $Mc=0$ 的系数解，所以保持列之间的依赖关系，也保持列秩。若能证明某两个原向量无关，且另外两个都由它们表示，就同时得到秩至少为 $2$ 、至多为 $2$ 。

一步一步解题

先作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ ： $M\longrightarrow\begin{pmatrix}1&3&1&1\\0&-3&1&-2\\0&-9&3&-6\end{pmatrix}.$ 再作 $R_3\leftarrow R_3-3R_2$ ： $\begin{pmatrix}1&3&1&1\\0&-3&1&-2\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$ 第三行中 $-9-3(-3)=0,3-3\cdot1=0,-6-3(-2)=0$ ，确实全为零。前两行有两个主元，因此秩为 $2$ 。

为了看清列关系，继续 $R_2\leftarrow-\frac13R_2$ ，再 $R_1\leftarrow R_1-3R_2$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&0&2&-1\\0&1&-\frac13&\frac23\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$ 这表示原向量满足 $\alpha_3=2\alpha_1-\frac13\alpha_2$ ， $\alpha_4=-\alpha_1+\frac23\alpha_2$ ，另外两列没有提供新的独立方向。

最终答案

$\boxed{r=2,\quad\text{选 B。}}$

回头检查

直接用题目中的原坐标相加： $2\alpha_1-\frac13\alpha_2=(2,2,0)^T-(1,0,-3)^T=(1,2,3)^T=\alpha_3,$ $-\alpha_1+\frac23\alpha_2=(-1,-1,0)^T+(2,0,-6)^T=(1,-1,-6)^T=\alpha_4.$ 而前两向量前两坐标的行列式为 $1\cdot0-3\cdot1=-3\ne0$ ，所以这两个确实无关。秩既不能降为 $1$ ，也不能升为 $3$ 。

含参向量组与线性表示：找主元失效点，再分情况比较秩

题目要求讨论参数下的秩、极大无关组，或区分一个向量不能表示、唯一表示、表示不唯一。

先想一想，再看通用做法

做法把原向量组成 $M$ ，若要求表示 $\beta$ ，同时看增广矩阵 $(M,\beta)$ 。消元时保留含参数的主元，先找使主元变零的参数，再分别代回。 $r(M)<r(M,\beta)$ 表示不能表示；两秩相等且等于原向量个数，系数唯一；两秩相等但小于原向量个数，系数不唯一。只求秩时，分别在各参数分支数主元并选原矩阵的主元列。

易错点 不能直接除以含参数的式子并丢掉其等于零的分支；表示唯一是指系数唯一。

01例题 · 计算题2026 年 4 月 · 原卷第 19 题

已知向量组 $\alpha_1=(1,0,1,1)^T$ ， $\alpha_2=(1,1,1,1)^T$ ， $\alpha_3=(1,0,0,1)^T$ ， $\alpha_4=(t,0,1,1)^T$ ，求向量组的秩和一个极大无关组。

解题思路与解析

看到题目先想什么

这题同时问秩和极大无关组，而且含参数 $t$ 。应先把四个四维向量按列排成矩阵，使用不需要除以参数的行变换，找出主元何时消失，再分类选原向量。

读懂题目与条件

$\alpha_4$ 的第一坐标含 $t$ ，其余向量固定。矩阵是 $M=\begin{pmatrix}1&1&1&t\\0&1&0&0\\1&1&0&1\\1&1&1&1\end{pmatrix}.$ “极大无关组”是从原向量组中选出的无关子组，它还能够表示其余向量；它包含的向量数等于整个组的秩。

要记住的定义与公式

初等行变换不改变秩，也保持每条列关系的系数。阶梯形的主元列给出一组无关列的编号，但最后必须回到原矩阵取这些列；变换后的列一般不是原题向量。若某主元含 $t-1$ ，必须先分别讨论 $t=1$ 与 $t\ne1$ ，不能提前除以它。

一步一步解题

作 $R_3\leftarrow R_3-R_1,R_4\leftarrow R_4-R_1$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&1&1&t\\0&1&0&0\\0&0&-1&1-t\\0&0&0&1-t\end{pmatrix}.$ 再依次作 $R_1\leftarrow R_1-R_2$ ， $R_3\leftarrow-R_3$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&0&1&t\\0&1&0&0\\0&0&1&t-1\\0&0&0&1-t\end{pmatrix}.$ 最后 $R_1\leftarrow R_1-R_3$ ，化成 $N=\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&0\\0&0&1&t-1\\0&0&0&1-t\end{pmatrix}.$ 全过程只除以或乘以固定非零常数，尚未对参数作除法。

当 $t\ne1$ 时，第四行最后的 $1-t\ne0$ ，四列各有一个主元，秩为 $4$ 。因此原四个向量全部无关，它们本身就是一个极大无关组。

当 $t=1$ 时，最后一行归零，而前面三个主元仍在第 $1,2,3$ 列，秩为 $3$ 。在 $N$ 中第四列等于第一列；回到原矩阵同样有 $\alpha_4=\alpha_1$ 。因此原 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 无关且能表示剩余向量，构成极大无关组。

最终答案

$\boxed{\begin{array}{ll}t\ne1:&r=4,\quad\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\}\text{ 是一个极大无关组};\\[2pt]t=1:&r=3,\quad\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}\text{ 是一个极大无关组}.\end{array}}$

回头检查

原矩阵前三列、前三行组成的子式为 $\begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&0\\1&1&0\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&1\\1&0\end{vmatrix}=-1\ne0,$ 所以任意 $t$ 下秩至少是 $3$ 。若 $t=1$ ，原坐标直接给 $\alpha_4=(1,0,1,1)^T=\alpha_1$ ，秩至多是 $3$ ，恰好相等。若 $t\ne1$ ，对原矩阵作列变换 $C_4\leftarrow C_4-C_1$ ，第四列变为 $(t-1,0,0,0)^T$ 。沿第四列展开，非零项在 $(1,4)$ ，符号为 $(-1)^{1+4}=-1$ ： $\det M=-(t-1)\begin{vmatrix}0&1&0\\1&1&0\\1&1&1\end{vmatrix}=-(t-1)\left[-1\begin{vmatrix}1&0\\1&1\end{vmatrix}\right]=-(t-1)(-1)=t-1\ne0.$ 这里小三阶式沿第一行展开，唯一非零项的符号为负，二阶式为 $1\cdot1-0\cdot1=1$ ，独立验证满秩。

看到题目先想什么

“ $\beta$ 能否线性表示”和“表示是否唯一”，其实是在问表示系数方程有没有解、有几个解。先设 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3=\beta$ ，用增广矩阵同时追踪系数与常数，不能只算三向量的秩而忽略 $\beta$ 。

读懂题目与条件

每个向量有四个坐标，所以比较坐标会得到四条方程；未知量是三个表示系数 $c_1,c_2,c_3$ 。 $a,b$ 是题设参数，不是待求的表示系数。系数矩阵有三列，增广矩阵多出的最后一列才是 $\beta$ 。

要记住的定义与公式

线性表示等价于 $Mc=\beta$ 有解。若消元出现 $(0,0,0\mid d)$ 且 $d\ne0$ ，就要求 $0=d$ ，无解。若无矛盾，三个系数全是主元变量则表示唯一；若存在自由系数则表示不唯一。自由变量数为 $3-r(M)$ ：每个主元只能确定一个系数，剩余无主元的系数可以独立选择。

一步一步解题

按坐标写出增广矩阵： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&2&1\\-1&1&-1&-2\\2&-1&a+2&3\\1&1&3&b\end{array}\right).$ 作 $R_2\leftarrow R_2+R_1,R_3\leftarrow R_3-2R_1,R_4\leftarrow R_4-R_1$ ： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&2&1\\0&1&1&-1\\0&-1&a-2&1\\0&1&1&b-1\end{array}\right).$ 再作 $R_3\leftarrow R_3+R_2,R_4\leftarrow R_4-R_2$ ，得到 $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&2&1\\0&1&1&-1\\0&0&a-1&0\\0&0&0&b\end{array}\right).$ 最后两行的实际含义是 $(a-1)c_3=0$ 和 $0=b$ 。到这里还没有除以 $a-1$ ，可完整分类。

若 $b\ne0$ ，末行矛盾，任意 $a$ 都不能表示。

若 $b=0$ ，末行恒成立。再分两种情况：

当 $a\ne1$ 时，才可由 $(a-1)c_3=0$ 得 $c_3=0$ 。前两行给 $c_1+2c_3=1,c_2+c_3=-1$ ，所以 $c_1=1,c_2=-1$ ，三个系数都确定，表示唯一。

当 $a=1$ 时，第三行也归零，只剩两条独立约束。令自由系数 $c_3=s$ ，则 $c_1=1-2s,c_2=-1-s$ 。任意实数 $s$ 都给出一组表示系数，因此表示不唯一。

最终答案

（1）不能表示： $\boxed{b\ne0,\ a\text{ 任意}}$ 。

（2）能表示且唯一： $\boxed{a\ne1,\ b=0}$ ，唯一表示为 $\boxed{\beta=\alpha_1-\alpha_2.}$

（3）能表示且不唯一： $\boxed{a=1,\ b=0}$ ，全部表示为 $\boxed{\beta=(1-2s)\alpha_1+(-1-s)\alpha_2+s\alpha_3,\quad s\in\mathbb R.}$

回头检查

对任意 $a$ ，都有 $\alpha_1-\alpha_2=(1,-2,3,0)^T$ ，因此 $b=0$ 时至少能表示。当 $a=1$ ， $2\alpha_1+\alpha_2=(2,-1,3,3)^T=\alpha_3,$ 所以在 $\alpha_1-\alpha_2$ 上增加 $s(-2\alpha_1-\alpha_2+\alpha_3)$ 完全不改变结果，正好得到上述不唯一表达式。

另一个独立的无解检查来自坐标关系：三个 $\alpha$ 都满足“第四坐标等于两倍第一坐标加第二坐标”，即 $1=2\cdot1-1,1=2\cdot0+1,3=2\cdot2-1$ 。因此 $\beta$ 必须满足 $b=2\cdot1-2=0$ ，再次验证 $b\ne0$ 必无解。

极大无关组与其余向量表示：行消元，认原主元列，再读系数

大题给出四个或五个具体向量，连问“秩、一个极大无关组、其余向量线性表出”。

先想一想，再看通用做法

做法按列组成矩阵 $M$ ，仅做初等行变换化为阶梯形或行最简形。主元个数就是秩；主元所在列号对应原向量组中的一个极大无关组。若主元列已化为单位列，非主元列在各主元行的数就是表示系数；最后代回原向量逐分量核对。

易错点 选的是原矩阵的主元列；不能把行变换后的列向量当成原题的极大无关组，也不要默认前r列一定无关。

01例题 · 计算题2020 年 10 月 · 原卷第 19 题

求向量组 $\alpha_1=(1,1,2,2)^T$ ， $\alpha_2=(0,2,1,5)^T$ ， $\alpha_3=(2,0,3,-1)^T$ ， $\alpha_4=(1,1,0,4)^T$ 的秩和一个极大线性无关组，并把其余向量用该极大线性无关组线性表出。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目不仅要秩，还要选极大无关组并表示其余向量。因此消元时必须保留列的原始编号。特别注意：极大无关组不一定是“前 $r$ 个向量”，要看实际主元所在的列。

读懂题目与条件

四个向量各有四个坐标。按列排成 $M=\begin{pmatrix}1&0&2&1\\1&2&0&1\\2&1&3&0\\2&5&-1&4\end{pmatrix}.$ 本题允许不同的极大无关组，只需给出其中一个；但所选向量必须来自原题，而且其余向量确能由它们表示。

要记住的定义与公式

若行变换将 $M$ 变为 $EM$ ，其中 $E$ 可逆，则 $Mc=0\iff EMc=0$ ，所以相同列编号间的线性关系保持。主元列对应的原向量无关，并张成全部列；其个数就是秩。“取原列”很关键，因为行变换改变了每一列的坐标。

一步一步解题

先作 $R_2\leftarrow R_2-R_1,R_3\leftarrow R_3-2R_1,R_4\leftarrow R_4-2R_1$ ： $\begin{pmatrix}1&0&2&1\\0&2&-2&0\\0&1&-1&-2\\0&5&-5&2\end{pmatrix}.$ 交换 $R_2,R_3$ ，让第二主元为 $1$ ： $\begin{pmatrix}1&0&2&1\\0&1&-1&-2\\0&2&-2&0\\0&5&-5&2\end{pmatrix}.$ 作 $R_3\leftarrow R_3-2R_2,R_4\leftarrow R_4-5R_2$ ： $\begin{pmatrix}1&0&2&1\\0&1&-1&-2\\0&0&0&4\\0&0&0&12\end{pmatrix}.$ 例如第四行最后一项为 $2-5(-2)=12$ 。再作 $R_4\leftarrow R_4-3R_3$ ， $R_3\leftarrow\frac14R_3$ ： $\begin{pmatrix}1&0&2&1\\0&1&-1&-2\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$ 最后作 $R_1\leftarrow R_1-R_3,R_2\leftarrow R_2+2R_3$ ，得到 $N=\begin{pmatrix}1&0&2&0\\0&1&-1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$ 三个主元在第 $1,2,4$ 列，所以秩为 $3$ ，应选原向量 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 。第 $3$ 列在 $N$ 中等于两倍第 $1$ 列减第 $2$ 列，故原题同样有 $\alpha_3=2\alpha_1-\alpha_2$ 。

最终答案

$\boxed{r=3.}$ 一个极大线性无关组为 $\boxed{\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4\}=\{(1,1,2,2)^T,(0,2,1,5)^T,(1,1,0,4)^T\}.}$ 其余向量的表示为 $\boxed{\alpha_3=2\alpha_1-\alpha_2}$ 。

回头检查

原坐标直接验证： $2\alpha_1-\alpha_2=(2,2,4,4)^T-(0,2,1,5)^T=(2,0,3,-1)^T=\alpha_3.$ 所选三列的前三行形成子式 $\begin{vmatrix}1&0&1\\1&2&1\\2&1&0\end{vmatrix}=1(2\cdot0-1\cdot1)+1(1\cdot1-2\cdot2)=-1-3=-4\ne0,$ 所以所选三向量确实无关。其余向量能表示又排除了秩为 $4$ 的可能。

看到题目先想什么

五个四维向量必然相关，但秩还可能是 $1$ 到 $4$ 。按列消元可以同时求出秩和所有多余向量的表示。前三列零比较多，适合用它们作为候选主元列。

读懂题目与条件

矩阵有四行五列： $M=\begin{pmatrix}1&0&0&1&2\\1&1&0&3&4\\-2&-1&2&2&-2\\-1&0&1&2&0\end{pmatrix}.$ 每一列对应一个 $\alpha_i$ 。极大无关组要求既无关，又足以线性表示整个原组；只证明前三个无关还不够，还要处理第四、第五个。

要记住的定义与公式

初等行变换保持列之间线性关系的系数，故可用阶梯形找主元列、用简化矩阵读表示系数，再取对应的原向量。秩等于主元数。用 $r$ 个无关向量表示所有向量，就证明它们是一个极大无关组。

一步一步解题

以第一行为主元行，作 $R_2\leftarrow R_2-R_1,\quad R_3\leftarrow R_3+2R_1,\quad R_4\leftarrow R_4+R_1,$ 得到 $\begin{pmatrix}1&0&0&1&2\\0&1&0&2&2\\0&-1&2&4&2\\0&0&1&3&2\end{pmatrix}.$ 用第二行消去第三行第二项： $R_3\leftarrow R_3+R_2$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&0&0&1&2\\0&1&0&2&2\\0&0&2&6&4\\0&0&1&3&2\end{pmatrix}.$ 再 $R_3\leftarrow\frac12R_3$ ， $R_4\leftarrow R_4-R_3$ ，得到 $N=\begin{pmatrix}1&0&0&1&2\\0&1&0&2&2\\0&0&1&3&2\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}.$ 第 $1,2,3$ 列有主元，共 $3$ 个，所以原 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 构成一个极大无关组。

在 $N$ 中，第 $4$ 列的前三项为 $(1,2,3)^T$ ，即第 $1,2,3$ 列分别乘 $1,2,3$ 后相加；第 $5$ 列同理对应 $2,2,2$ 。由于行变换可逆，这两条关系返回原矩阵仍成立。

最终答案

$\boxed{r=3,\qquad\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}\text{ 是一个极大线性无关组。}}$ 用原坐标写出所选组为 $\{(1,1,-2,-1)^T,(0,1,-1,0)^T,(0,0,2,1)^T\}$ 。其余向量满足 $\boxed{\alpha_4=\alpha_1+2\alpha_2+3\alpha_3,\qquad\alpha_5=2\alpha_1+2\alpha_2+2\alpha_3.}$

回头检查

逐坐标核对两条表示： $\alpha_1+2\alpha_2+3\alpha_3=(1,\ 1+2,\ -2-2+6,\ -1+3)^T=(1,3,2,2)^T,$ $2\alpha_1+2\alpha_2+2\alpha_3=(2,\ 2+2,\ -4-2+4,\ -2+2)^T=(2,4,-2,0)^T.$ 均等于目标向量。前三列前三行的子式是下三角形，值为 $1\cdot1\cdot2=2\ne0$ ，所以这三列确实无关。

无关组的线性组合：把新向量系数排成方阵

已知原向量组无关或为一组基，新向量由原向量线性组合给出，问新向量是否无关、参数条件或是否仍为基。

先想一想，再看通用做法

做法写成 $(\beta_1,\ldots,\beta_n)=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)C$ ，其中 $C$ 的每一列是一个新向量的组合系数。原向量组无关时，新组无关等价于 $|C|\ne0$ ；证明题算出该行列式非零即可。在 $\mathbb R^n$ 中，恰好 $n$ 个无关向量就是一组基。

易错点 系数矩阵每列对应一个新向量；只知道新向量个数等于维数，还不能直接说它们是基。

01例题 · 填空题2024 年 4 月 · 原卷第 12 题

设向量组 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，若向量组 $\lambda\alpha_1+\alpha_2$ ， $\alpha_2+\alpha_3$ ， $\alpha_3+\alpha_1$ 也线性无关，则数 $\lambda$ 应满足 ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

向量没有给具体坐标，但原来三个向量无关，可以把它们当作三个互不干扰的基本方向。新向量在这些方向上的系数排成一个 $3\times3$ 矩阵，新组是否无关就由这个系数矩阵判断。

读懂题目与条件

记 $v_1=\lambda\alpha_1+\alpha_2,v_2=\alpha_2+\alpha_3,v_3=\alpha_3+\alpha_1$ 。它们相对于旧组的系数列依次是 $(\lambda,1,0)^T,(0,1,1)^T,(1,0,1)^T$ ，不是三个横行。

要记住的定义与公式

原组无关意味着 $u_1\alpha_1+u_2\alpha_2+u_3\alpha_3=0$ 只能有 $u_1=u_2=u_3=0$ 。因此若 $c_1v_1+c_2v_2+c_3v_3=0$ ，把旧向量的系数合并后得到的三个系数都必须为零，即 $Cc=0$ 。于是新组无关等价于方阵 $C$ 的行列式不为零。

一步一步解题

实际合并同类项： $c_1v_1+c_2v_2+c_3v_3=(\lambda c_1+c_3)\alpha_1+(c_1+c_2)\alpha_2+(c_2+c_3)\alpha_3.$ 由旧组无关，系数满足 $\begin{pmatrix}\lambda&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{pmatrix}=0.$ 沿系数矩阵第一行展开，位置 $(1,1)$ 和 $(1,3)$ 的符号均为正： $\det C=\lambda\begin{vmatrix}1&0\\1&1\end{vmatrix}+1\begin{vmatrix}1&1\\0&1\end{vmatrix}=\lambda(1\cdot1-0\cdot1)+(1\cdot1-1\cdot0)=\lambda+1.$ 要使新组无关，必须且只需 $\lambda+1\ne0$ ，所以 $\lambda\ne-1$ 。

最终答案

$\boxed{\lambda\ne-1.}$

回头检查

直接从三个系数方程也能验证：后两式给 $c_2=-c_1,c_3=c_1$ ，第一式变为 $(\lambda+1)c_1=0$ 。若 $\lambda\ne-1$ ，只有全零系数；若 $\lambda=-1$ ，则 $v_1-v_2+v_3=(-\alpha_1+\alpha_2)-(\alpha_2+\alpha_3)+(\alpha_3+\alpha_1)=0,$ 系数 $1,-1,1$ 不全为零，边界值确实相关。

看到题目先想什么

已知原三个向量无关，判断新组时可把它们看作三个基本方向。先看是否有明显的加减关系：若新向量之间直接相加或相减能得到零，就已证明相关。剩余选项再用定义证明无关。

读懂题目与条件

原组无关表示任何零组合都只能用全零系数。题目每个选项都是三个新向量；要选“无关”的一组，需证明它们的零组合系数只能全为零，而不是仅仅看三个向量是否各自非零。

要记住的定义与公式

若存在至少一个非零系数使 $c_1v_1+c_2v_2+c_3v_3=0$ ，新组相关。若只能取 $c_1=c_2=c_3=0$ ，新组无关。将新向量代入并按 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 合并，可利用原组无关逐项比较系数。

一步一步解题

A 中， $\alpha_2+\alpha_3-(\alpha_2+\alpha_3)=0$ ，新组的系数为 $1,1,-1$ ，所以相关。

B 中， $\alpha_1-\alpha_3-(\alpha_1-\alpha_3)=0$ ，系数 $1,-1,-1$ 不全为零，所以相关。

C 中， $(\alpha_1-\alpha_2)+(\alpha_2-\alpha_3)+(\alpha_3-\alpha_1)=0,$ 系数全为 $1$ ，仍然相关。

对 D，设 $p(\alpha_1+\alpha_2)+q(\alpha_2+\alpha_3)+r(\alpha_3+\alpha_1)=0.$ 合并得 $(p+r)\alpha_1+(p+q)\alpha_2+(q+r)\alpha_3=0$ 。原组无关，所以 $p+r=0,\qquad p+q=0,\qquad q+r=0.$ 前两式给 $r=-p,q=-p$ ，代入第三式： $-p-p=-2p=0$ ，因 $-2\ne0$ ，得到 $p=0$ ，继而 $q=r=0$ 。D 因而无关。

最终答案

$\boxed{\text{D：}\alpha_1+\alpha_2,\ \alpha_2+\alpha_3,\ \alpha_3+\alpha_1\text{ 线性无关。}}$

回头检查

D 的三个系数列组成 $C=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix},\qquad \det C=1(1\cdot1-0\cdot1)+1(1\cdot1-1\cdot0)=2\ne0.$ 这从系数矩阵角度独立验证了 D。C 虽然每个差向量都非零，却仍有和为零的关系，说明“各向量非零”不足以保证组无关。

抽象无关性证明：设零线性组合，化回已知无关组

证明题没有具体坐标，已知原向量无关、矩阵可逆，或给出矩阵作用后等于零的条件。

先想一想，再看通用做法

做法要证明 $\beta_1,\ldots,\beta_s$ 无关，先设 $c_1\beta_1+\cdots+c_s\beta_s=0$ ，目标是证全部 $c_i=0$ 。代入新向量定义并合并原向量系数；含可逆矩阵时可乘其逆消去；给出 $A^2\alpha=0$ 时可再乘一次 $A$ 消去高次项。最后使用已知无关性或非零向量的系数只能为零。

易错点 证明“无关”必须推出所有系数为零；不能只说题目中的向量“看起来不同”。一般矩阵乘法不能随意消去A，只有可逆时才允许。

01例题 · 证明题2020 年 10 月 · 原卷第 23 题

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵， $n$ 维列向量 $\alpha$ 满足 $A\alpha\ne0$ ， $A^2\alpha=0$ ，证明向量组 $\alpha,A\alpha$ 线性无关。

解题思路与解析

看到题目先想什么

证明两个抽象向量无关，先设它们的线性组合等于零，再设法证明两个系数都为零。本题给出 $A^2\alpha=0$ ，提示把假设的等式再左乘一次 $A$ ：第二项会消失，只剩第一项。

读懂题目与条件

$A$ 是 $n\times n$ 方阵， $\alpha$ 与 $A\alpha$ 都是 $n$ 维列向量； $A^2\alpha$ 是 $A(A\alpha)$ 。条件 $A\alpha\ne0$ 还保证 $\alpha\ne0$ ，因为若 $\alpha=0$ ，就会有 $A\alpha=0$ 。本题没有说 $A$ 可逆，不能擅自乘 $A^{-1}$ 。

要记住的定义与公式

无关的定义是 $c_1\alpha+c_2A\alpha=0$ 只能推出 $c_1=c_2=0$ 。矩阵乘法对向量加法与数乘可分配： $A(cu+dv)=cAu+dAv$ 。还要用到：非零向量乘一个实数后等于零，则该实数必为零，因为它至少有一个非零坐标。

一步一步解题

设任意实数 $c_1,c_2$ 满足 $c_1\alpha+c_2A\alpha=0.$ 两边左乘 $A$ ，得到 $c_1A\alpha+c_2A^2\alpha=0.$ 利用 $A^2\alpha=0$ ，化为 $c_1A\alpha=0$ 。又 $A\alpha\ne0$ ，故 $c_1=0$ 。

把 $c_1=0$ 代回最初等式，剩 $c_2A\alpha=0$ 。仍由 $A\alpha\ne0$ 得 $c_2=0$ 。因此任意零组合的两个系数只能全零，证明完成。

最终答案

$\boxed{\alpha,\ A\alpha\text{ 线性无关。}}$

回头检查

用一个满足条件的具体例子检查思路： $A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\quad\alpha=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix},\quad A\alpha=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\ne0,\quad A^2\alpha=0.$ 此时两向量确是两个不同的标准方向。也可反向检查一般证明：若假设 $A\alpha=c\alpha$ ，再乘 $A$ 得 $0=cA\alpha$ ，所以 $c=0$ ，又与 $A\alpha\ne0$ 矛盾；两非零向量不能成比例。

看到题目先想什么

可逆矩阵不会把原本无关的向量压成相关。证明时从新向量的零组合出发，把公共的 $A$ 提出来，再利用可逆性消掉 $A$ ，回到已知的原无关组。

读懂题目与条件

$A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，所以存在 $A^{-1}$ 且 $A^{-1}A=E_n$ 。 $\alpha_1,\alpha_2$ 是无关的 $n$ 维列向量； $\beta_1=A\alpha_1,\beta_2=A\alpha_2$ 仍是 $n$ 维列向量。可逆这个条件正是防止不同方向被压到同一方向的保证。

要记住的定义与公式

要证明 $\beta_1,\beta_2$ 无关，需证明 $c_1\beta_1+c_2\beta_2=0\ \Longrightarrow\ c_1=c_2=0.$ 分配律给 $c_1A\alpha_1+c_2A\alpha_2=A(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2)$ 。只有在 $A$ 可逆时，才能由 $Av=0$ 乘 $A^{-1}$ 得到 $v=0$ ；不能把一般矩阵当作普通非零数约掉。

一步一步解题

设 $c_1\beta_1+c_2\beta_2=0$ 。代入定义： $c_1A\alpha_1+c_2A\alpha_2=A(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2)=0.$ 两边左乘 $A^{-1}$ ： $A^{-1}A(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2)=A^{-1}0=0,$ 所以 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2=0$ 。利用原组无关，得到 $c_1=c_2=0$ 。任意零组合都只有全零系数，新组因此无关。

最终答案

$\boxed{\beta_1=A\alpha_1,\ \beta_2=A\alpha_2\text{ 线性无关。}}$

回头检查

假如新组相关，就会有一对不全为零的 $c_1,c_2$ 使 $c_1\beta_1+c_2\beta_2=0$ 。上面的逆变换把同一对系数变成 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2=0$ ，这与原组无关直接矛盾，逻辑闭合。

还可检查可逆条件为何必要：若 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$ ，原无关向量 $e_1,e_2$ 变为 $e_1,0$ ，新组相关。这个反例恰好说明一般不可逆矩阵不能作同样推断。

04 线性方程组7 个考点 / 每点 2 题

第 4 章 · 线性方程组 · 同类真题 4 道

齐次组有非零解：列不满秩，方阵可令行列式为零

题目问齐次方程组只有零解的条件，或已知有非零解求参数。

先想一想，再看通用做法

做法有 $n$ 个未知量时， $Ax=0$ 有非零解当且仅当 $r(A)<n$ ；只有零解当且仅当系数矩阵的列向量组无关。若 $A$ 为 $n$ 阶方阵，可改用 $|A|=0$ 或 $|A|\ne0$ 。方程数少于未知量数时必有非零解；不要把非方阵强行写成行列式。

易错点 齐次组永远有零解；题目中的“有非零解”不等于“有解”。只有零解对应列向量无关，不一定要求行向量无关。

01例题 · 填空题2022 年 4 月 · 原卷第 13 题

若线性方程组 $\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0,\\x_1+2x_2+3x_3=0,\\x_2+ax_3=0\end{cases}$ 有非零解，则数 $a=$ ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“齐次方程组有非零解”不是要求方程无解，而是要求除全零以外还能找到解。先消元，看哪个参数会使一条独立约束消失；只有留下自由变量，才有机会得到非零解。

读懂题目与条件

右端全是零，所以这是齐次方程组， $(0,0,0)^T$ 对任何 $a$ 都是解。三个未知量是 $x_1,x_2,x_3$ ； $a$ 是系数中的参数。题目第三式没有 $x_1$ ，它在矩阵中的对应系数为零。

要记住的定义与公式

有 $n$ 个未知量的齐次组 $Ax=0$ ，有非零解当且仅当 $r(A)<n$ 。消元中的每个主元确定一个变量，其余 $n-r(A)$ 个变量可自由取值；齐次组总有零解，所以留下自由变量时可选取非零自由值产生非零解。本题也可用三阶行列式等于零，但消元更能看清原因。

一步一步解题

写出系数矩阵（零常数列始终为零，可省略）： $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&3\\0&1&a\end{pmatrix}.$ 作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ ： $\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&1&a\end{pmatrix}.$ 再作 $R_3\leftarrow R_3-R_2$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&0&a-2\end{pmatrix}.$ 它对应 $x_1+x_2+x_3=0,x_2+2x_3=0,(a-2)x_3=0$ 。全过程未除以 $a-2$ 。

若 $a\ne2$ ，末式迫使 $x_3=0$ ，依次得到 $x_2=x_1=0$ ，只有零解。若 $a=2$ ，末式变成 $0=0$ ，不再限制 $x_3$ 。设 $x_3=t$ ，则 $x_2=-2t,x_1=t$ ，因此有非零解（取 $t=1$ 即可）。

最终答案

$\boxed{a=2.}$ 此时全部解为 $x=t(1,-2,1)^T$ ，其中 $t\in\mathbb R$ ；要得到非零解取 $t\ne0$ 。

回头检查

当 $a=2$ ，将 $(1,-2,1)^T$ 代入原三式，左端依次是 $1-2+1=0,\qquad 1+2(-2)+3=0,\qquad -2+2\cdot1=0.$ 向量非零且满足每一式。另一方面行列式等于 $1\cdot1\cdot(a-2)=a-2$ ，也只在 $a=2$ 时为零。

看到题目先想什么

齐次组三个未知量，要有非零解，就不能让三个变量都被主元唯一锁定。第一、第三式前两个系数一样，先相减可以直接露出参数 $\lambda$ 的关键因子。

读懂题目与条件

未知量依次为 $x,y,z$ ，参数 $\lambda$ 出现在第三式的 $z$ 系数中。第一式 $z$ 的系数是 $-1$ ，第三式是 $-\lambda$ ；相减时要注意负号。系数矩阵是 $A=\begin{pmatrix}-1&1&-1\\1&-3&1\\-1&1&-\lambda\end{pmatrix}.$

要记住的定义与公式

齐次组有非零解等价于 $r(A)<3$ 。初等行变换不改变解，因为它只对方程作可逆的交换、非零数乘或倍加。主元为零会让某个变量失去约束，但必须检查前面的主元仍非零，才能确定实际自由度。

一步一步解题

作 $R_2\leftarrow R_2+R_1,R_3\leftarrow R_3-R_1$ ： $A\longrightarrow\begin{pmatrix}-1&1&-1\\0&-2&0\\0&0&1-\lambda\end{pmatrix}.$ 第二行的中间项为 $-3+1=-2$ ；第三行末项为 $-\lambda-(-1)=1-\lambda$ 。对应方程为 $-x+y-z=0,\qquad -2y=0,\qquad (1-\lambda)z=0.$

若 $\lambda\ne1$ ，则 $z=0$ ；第二式给 $y=0$ ，第一式再给 $x=0$ ，只能有零解。

若 $\lambda=1$ ，末式恒成立，令 $z=t$ 。由 $y=0$ 和 $-x-t=0$ ，得 $x=-t$ ，从而 $x,y,z$ 可取 $(-1,0,1)$ 这样的非零解。

最终答案

$\boxed{\lambda=1,\quad\text{选 C。}}$

回头检查

取 $\lambda=1$ ，将 $(-1,0,1)$ 代回原式： $-(-1)+0-1=0,\qquad -1-3\cdot0+1=0,\qquad -(-1)+0-1\cdot1=0.$ 此外消元不含行交换和行倍乘，故 $\det A=(-1)(-2)(1-\lambda)=2(1-\lambda)$ ，其唯一零点同样为 $1$ ；A、B、D 的参数均使行列式非零，只能有零解。

基础解系个数：未知量数减系数矩阵的秩

题目只问基础解系含几个向量，反求矩阵的秩，或用给定基础解系个数确定阶梯形矩阵中的参数。

先想一想，再看通用做法

做法先数未知量个数 $n$ ，再求系数矩阵的秩 $r$ ，基础解系向量数为 $n-r$ 。阶梯形矩阵按非零主元数求秩；带参数时让多余主元消失，并核对非齐次组没有矛盾行。反过来，已知基础解系有 $s$ 个向量，则 $r=n-s$ 。

易错点 n是未知量数，也就是系数矩阵的列数；不能拿方程数减秩，更不能把增广列算进未知量个数。

01例题 · 选择题2026 年 4 月 · 原卷第 4 题

齐次线性方程组 $\begin{cases}x_1+x_2+4x_3-x_4=0,\\-x_2+x_3-x_4=0\end{cases}$ 的基础解系所含解向量的个数为（）。

$1$

$2$

$3$

$4$

解题思路与解析

看到题目先想什么

“基础解系所含解向量的个数”问的是齐次解空间有几个独立方向，不是方程数，也不是随便列出多少个解。先数未知量 $n$ ，再求系数矩阵的秩 $r$ ，答案是自由变量数 $n-r$ 。

读懂题目与条件

题目有四个未知量 $x_1,x_2,x_3,x_4$ ，两条方程。矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&1&4&-1\\0&-1&1&-1\end{pmatrix}.$ 第二行的第一个非零系数在第二列，第一行的在第一列，两行确实提供不同约束，不能仅凭“两条方程”直接断言秩为 $2$ ，但本题可以通过这两个主元证明。

要记住的定义与公式

基础解系是若干个齐次解向量，它们彼此无关，且其线性组合能给出所有齐次解。每个主元对应一个由其他变量决定的变量， $n$ 个变量中扣去 $r$ 个主元变量，就留下 $n-r$ 个可独立选择的自由变量。每次令一个自由变量取 $1$ 、其余取 $0$ ，得到一个基础方向，所以基础解系含 $n-r$ 个向量。

一步一步解题

给第二行乘 $-1$ ，再以它消去第一行第二项： $\begin{pmatrix}1&1&4&-1\\0&-1&1&-1\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&1&4&-1\\0&1&-1&1\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&5&-2\\0&1&-1&1\end{pmatrix}.$ 最后一步是 $R_1\leftarrow R_1-R_2$ ，其中 $4-(-1)=5,-1-1=-2$ 。两个主元在第 $1,2$ 列，所以 $r(A)=2$ 。

无主元的变量为 $x_3=s,x_4=t$ 。两式给 $x_1=-5s+2t,\qquad x_2=s-t,$ 因此 $x=s(-5,1,1,0)^T+t(2,-1,0,1)^T.$ 两个自由参数各贡献一个独立方向，故个数为 $4-2=2$ 。

最终答案

$\boxed{2\text{ 个，选 B。}}$

回头检查

将第一个方向代入原两式，得 $-5+1+4=0$ 与 $-1+1=0$ ；第二个方向给 $2-1-1=0$ 与 $1-1=0$ ，确实都是齐次解。若 $c(-5,1,1,0)^T+d(2,-1,0,1)^T=0$ ，第三坐标给 $c=0$ ，第四坐标给 $d=0$ ，所以它们无关；也确实表示了任意 $s,t$ 下的全部解。

看到题目先想什么

已经给出阶梯形增广矩阵，就直接从它读主元与矛盾行。题目说导出组基础解系有两个向量，先用 $n-r=2$ 反推系数秩；同时检查非齐次组确实有解。

读懂题目与条件

“4 元”表示有四个未知量， $n=4$ 。竖线左边是系数矩阵，右边是常数列；导出组是把右边全改成零得到的齐次组，它保留相同的系数矩阵。前两行的主元 $1,3$ 始终非零，第三、第四行可能随 $a,c$ 消失。

要记住的定义与公式

导出组基础解系的向量个数为 $n-r(A)$ ，因为秩个主元确定同样多个变量，其余变量可以自由选择。本题两个基础方向意味着 $4-r(A)=2$ ，所以必须有 $r(A)=2$ 。

对非齐次组，还需 $r(A)=r(A,b)$ 才有解；若共同秩小于 $n$ ，才有无穷多解。等价地看，消元后不能出现 $(0,0,0,0\mid d)$ 、 $d\ne0$ 这样的矛盾行。

一步一步解题

阶梯形对应的四条方程为 $\begin{cases}x_1-x_2+x_3+x_4=1,\\3x_2-x_3+2x_4=1,\\(a+1)x_3=a+1,\\(c-2)x_4=0.\end{cases}$ 前两行一定贡献两个主元。第三行若 $a+1\ne0$ ，在第三列再提供一个主元；若 $a=-1$ ，整行连同常数变成 $0=0$ 。第四行若 $c-2\ne0$ ，在第四列提供一个主元；若 $c=2$ ，也是 $0=0$ 。

因此要把秩精确保持为 $2$ ，必须同时令第三、第四行归零： $a+1=0,\qquad c-2=0.$ 得到 $a=-1,c=2$ 。此时增广矩阵也只有前两行非零，没有任何矛盾行，所以两个秩相等，且 $2<4$ ，确实有无穷多解。

其余参数分支也可核实：恰有一个因子非零时秩为 $3$ ，基础解系只有一个向量；两个因子均非零时秩为 $4$ ，基础解系没有向量。因此其他分支均不符合“两个向量”的要求。

最终答案

$\boxed{a=-1,\qquad c=2.}$

回头检查

将参数代回给定矩阵，末两行完全归零。取 $x_3=s,x_4=t$ ，前两式依次给 $x_2=\frac{1+s-2t}{3},\qquad x_1=1+x_2-s-t=\frac{4-2s-5t}{3}.$ 将这些式子代入第二行，左端为 $(1+s-2t)-s+2t=1$ ；第一行的左端为 $1$ ，也满足。 $s,t$ 可各自任意选择，恰有两个自由参数，与两个基础方向相符。

非齐次组解的判定：消矛盾行，比较两种秩

选择、填空题只要求无解、有解、无穷多解的参数条件，或问一般矩阵满行秩、满列秩能推出什么。

先想一想，再看通用做法

做法对增广矩阵行消元。出现 $0=\text{非零数}$ 就无解，即 $r(A)<r(A,b)$ ；两秩相等才有解，其中秩等于未知量数时唯一解，小于未知量数时无穷多解。方阵可以先用 $|A|=0$ 找可能有无穷多解的参数，但还必须逐个代回检查相容性。满行秩保证任意右端有解，满列秩只保证有解时唯一。

易错点 系数行列式为零只是“可能无穷多解”，也可能无解；不要跳过增广列的检查。

01例题 · 选择题2020 年 10 月 · 原卷第 4 题

设线性方程组 $\begin{pmatrix}a&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}$ 有无穷多个解，则数 $a=$ ______。

$-2$

$-1$

$1$

$2$

解题思路与解析

看到题目先想什么

非齐次方程组“有无穷多解”，需要同时满足“系数约束有重复”和“常数也相容”。先用行列式为零找候选 $a$ ，再把每个候选代回检查；行列式等于零本身还不能保证有解。

读懂题目与条件

三个未知量、三条方程的系数矩阵是 $A=\begin{pmatrix}a&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{pmatrix}$ ，常数列是 $(1,1,-2)^T$ 。参数 $a$ 同时出现在三个对角位置，因此可能不止一个奇异值。

要记住的定义与公式

若 $\det A\ne0$ ，方阵可逆，方程必有唯一解。无穷多解只能出现在 $\det A=0$ 时，但还需 $r(A)=r(A,b)<3$ 。若系数各行相同而常数不同，会出现 $0=\text{非零数}$ ，属于无解。

一步一步解题

沿第一行完整展开： $\begin{aligned}\det A&=a\begin{vmatrix}a&1\\1&a\end{vmatrix}-1\begin{vmatrix}1&1\\1&a\end{vmatrix}+1\begin{vmatrix}1&a\\1&1\end{vmatrix}\\&=a(a^2-1)-(a-1)+(1-a)\\&=a^3-3a+2=(a-1)^2(a+2).\end{aligned}$ 所以候选值为 $a=1,-2$ 。对于 $a\ne1,-2$ ，行列式非零，只能有唯一解，先排除。

当 $a=1$ 时，三式左端全是 $x_1+x_2+x_3$ ，但第一式要求它等于 $1$ ，第三式要求它等于 $-2$ 。第三式减第一式得到 $0=-3$ ，无解，不能选 C。

当 $a=-2$ 时，从增广矩阵开始，先交换前两行，再消元： $\left(\begin{array}{ccc|c}-2&1&1&1\\1&-2&1&1\\1&1&-2&-2\end{array}\right)\longrightarrow\left(\begin{array}{ccc|c}1&-2&1&1\\-2&1&1&1\\1&1&-2&-2\end{array}\right).$ 作 $R_2\leftarrow R_2+2R_1,R_3\leftarrow R_3-R_1$ ： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&-2&1&1\\0&-3&3&3\\0&3&-3&-3\end{array}\right).$ 作 $R_3\leftarrow R_3+R_2,R_2\leftarrow-\frac13R_2$ ，最后 $R_1\leftarrow R_1+2R_2$ ，得到 $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&-1\\0&1&-1&-1\\0&0&0&0\end{array}\right).$ 此时两个秩同为 $2<3$ 。令 $x_3=t$ ，有 $x_1=t-1,x_2=t-1$ ，确实有无穷多解。

最终答案

$\boxed{a=-2,\quad\text{选 A。}}$

回头检查

在 $a=-2$ 时把通解 $(t-1,t-1,t)^T$ 代回，三式左端分别为 $-2(t-1)+(t-1)+t=1,$ $(t-1)-2(t-1)+t=1,$ $(t-1)+(t-1)-2t=-2.$ 任意 $t$ 都满足。两个不同取值 $t=0,1$ 分别给 $(-1,-1,0)^T,(0,0,1)^T$ ，也具体说明解不唯一。

看到题目先想什么

要求“无解”，应寻找系数行之间的依赖与常数之间的矛盾。先找系数矩阵可能奇异的参数；只有这些候选值才可能无解，再对每个候选检查右端。

读懂题目与条件

系数矩阵为 $A=\begin{pmatrix}k&1&1\\1&k&1\\1&1&k\end{pmatrix}$ ，但常数列也随参数变化，是 $b=(1,k,k^2)^T$ 。因此把参数代回时，左边和右边都要一起代入。

要记住的定义与公式

对三元方阵系统， $\det A\ne0$ 意味着唯一解，所以无解必须有 $\det A=0$ 。但行列式为零只是候选条件；真正无解要求 $r(A)<r(A,b)$ ，也就是等价方程中出现 $0=\text{非零数}$ 。把三条方程相加也是合法的方程线性组合，可用于暴露矛盾。

一步一步解题

沿第一行展开系数行列式： $\begin{aligned}\det A&=k(k^2-1)-(k-1)+(1-k)\\&=k^3-3k+2=(k-1)^2(k+2).\end{aligned}$ 这里三个二阶小行列式分别为 $k^2-1,k-1,1-k$ ，第一行符号为 $+,-,+$ 。因此只有 $k=1$ 或 $k=-2$ 可能无解；其他值（包括选项 B 的 $-1$ 和 C 的 $0$ ）行列式非零，必有唯一解。

当 $k=1$ ，常数列变成 $(1,1,1)^T$ ，三条方程都为 $x_1+x_2+x_3=1$ 。没有矛盾，实际上可令 $x_2=s,x_3=t,x_1=1-s-t$ ，有无穷多解，故 D 不对。

当 $k=-2$ ，方程为 $\begin{cases}-2x_1+x_2+x_3=1,\\x_1-2x_2+x_3=-2,\\x_1+x_2-2x_3=4.\end{cases}$ 将三式相加，左端每个未知量的系数都是 $-2+1+1=0$ ，右端为 $1-2+4=3$ ，得到 $0=3$ 。这不可能成立，所以此参数下无解。

最终答案

$\boxed{k=-2,\quad\text{选 A。}}$

回头检查

用实际行变换复核矛盾：在 $k=-2$ 的增广矩阵中依次作 $R_3\leftarrow R_3+R_1$ 、 $R_3\leftarrow R_3+R_2$ ，第三行变为 $(1,1,-2\mid4)+(-2,1,1\mid1)+(1,-2,1\mid-2)=(0,0,0\mid3).$ 左侧系数全零、右侧为 $3$ ，直接符合无解判据。对于 $k=1$ ，取 $(1,0,0)^T$ 就满足三式，也明确排除了另一个候选值。

齐次通解与基础解系：构造自由变量的独立方向

题目要求求齐次组的基础解系或通解，或给出“每行元素之和为零”一类能直接构造解的条件。

先想一想，再看通用做法

做法行消元后，把非主元变量设为自由参数，依次让一个自由变量取1、其余取0，得到基础解系。基础解系应有 $n-r(A)$ 个向量。若每行和为零，先构造 $(1,\ldots,1)^T$ 这个非零解，再用 $n-r(A)$ 判断它是否已经组成完整基础解系。

易错点 一个非零解不一定构成基础解系，必须再核对解空间维数；写通解时参数要取任意实数。

01例题 · 填空题2021 年 4 月 · 原卷第 13 题

设 $3$ 阶矩阵 $A$ 的各行元素之和均为 $0$ ， $r(A)=2$ ，齐次线性方程组 $Ax=0$ 的通解为______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“每行元素之和为零”提示试全 $1$ 向量。矩阵乘 $(1,1,1)^T$ 时，每个结果坐标正好是一行的元素和，因此可以立即找到一个非零齐次解。再用秩为 $2$ 判断这个方向是否足够表示所有解。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶矩阵，所以方程有三个未知量。设第 $i$ 行为 $(a_{i1},a_{i2},a_{i3})$ ，已知对 $i=1,2,3$ 均有 $a_{i1}+a_{i2}+a_{i3}=0$ 。 $r(A)=2$ 表示只有两条独立约束，不是只有两个未知量。

要记住的定义与公式

齐次组解空间的独立方向数是 $n-r(A)$ 。因为每个主元决定一个变量，留下的无主元变量数就是自由度。本题 $n-r=3-2=1$ ，所以只要找到一个非零解向量，它本身就能组成基础解系，所有解都是它的数倍。

一步一步解题

取 $e=(1,1,1)^T$ ，直接乘： $Ae=\begin{pmatrix}a_{11}\cdot1+a_{12}\cdot1+a_{13}\cdot1\\a_{21}\cdot1+a_{22}\cdot1+a_{23}\cdot1\\a_{31}\cdot1+a_{32}\cdot1+a_{33}\cdot1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.$ 因此 $e$ 是齐次解，且 $e\ne0$ 。

又因齐次解只有一个独立方向，而 $e$ 已提供一个非零方向， $\{e\}$ 就是基础解系。于是任意齐次解都写为 $x=te$ ， $t$ 为任意实数。

最终答案

$\boxed{x=t(1,1,1)^T,\qquad t\in\mathbb R.}$ $t=0$ 包含零解， $t\ne0$ 给出全部非零解。

回头检查

将一般解 $(t,t,t)^T$ 代回第 $i$ 条原方程，左端为 $a_{i1}t+a_{i2}t+a_{i3}t=t(a_{i1}+a_{i2}+a_{i3})=t\cdot0=0.$ 三式都成立。若漏掉秩条件，结论可能不完整，例如零矩阵也每行和为零，但其所有三维向量都是解；本题的 $r(A)=2$ 正好排除额外独立方向。

看到题目先想什么

要求“一个基础解系”，应先求齐次通解，再把每个自由参数前的向量单独提出来。基础解系要能生成所有解，也要彼此无关，不能只找若干满足方程的向量就结束。

读懂题目与条件

$A$ 有两行四列，所以 $Ax=0$ 是两条方程、四个未知量： $x_1+x_2-x_3+x_4=0,\qquad x_2+x_4=0.$ 第一个方程包含 $x_1$ ，第二个不含 $x_1$ ，两条约束不是简单重复。

要记住的定义与公式

基础解系是齐次解空间的一组基，需满足：每个向量都是解、向量间线性无关、任意解均是它们的线性组合。消元后每个主元控制一个变量，故基础解系的向量个数为 $n-r(A)$ ；构造时令自由变量依次取标准单位取值。

一步一步解题

作 $R_1\leftarrow R_1-R_2$ ： $\begin{pmatrix}1&1&-1&1\\0&1&0&1\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&0&-1&0\\0&1&0&1\end{pmatrix}.$ 因此 $x_1-x_3=0,x_2+x_4=0$ 。有两个主元， $r(A)=2$ ；四个未知量留下 $4-2=2$ 个自由变量。

令 $x_3=s,x_4=t$ ，得到 $x_1=s,x_2=-t$ 。把全部坐标写出，再按参数拆开： $x=(s,-t,s,t)^T=s(1,0,1,0)^T+t(0,-1,0,1)^T.$ 分别取 $(s,t)=(1,0)$ 与 $(0,1)$ ，得到候选基础解向量 $v_1=(1,0,1,0)^T,v_2=(0,-1,0,1)^T$ 。上式已经表明它们能够表示任意齐次解。

最终答案

一个基础解系为 $\boxed{\{(1,0,1,0)^T,\ (0,-1,0,1)^T\}.}$ 相应通解是 $x=sv_1+tv_2$ ，其中 $s,t\in\mathbb R$ 。

回头检查

用原矩阵逐行相乘： $Av_1=(1+0-1+0,\ 0+0)^T=(0,0)^T,$ $Av_2=(0-1-0+1,\ -1+1)^T=(0,0)^T.$ 若 $cv_1+dv_2=0$ ，第三坐标给 $c=0$ ，第四坐标给 $d=0$ ，所以二者无关。既是解、又无关、又生成全部解，三个要求都满足。

已知解拼通解：解之差属齐次，系数和为1仍属非齐次

题目不给具体系数矩阵，而给出非齐次组的两个解、导出组基础解系，要求构造解向量或通解。

先想一想，再看通用做法

做法若 $A\eta_1=A\eta_2=b$ ，则 $A(\eta_1-\eta_2)=0$ ；若 $c_1+c_2=1$ ，则 $c_1\eta_1+c_2\eta_2$ 仍是非齐次组的解。非齐次通解是“一个特解＋导出组通解”。两个不同非齐次解之差非零，只有当齐次解空间维数为1时，这一个差向量才足以张成全部齐次解。

易错点 两个非齐次解直接相加会使右端变成2b；取平均才仍是特解。非齐次解之差通常是齐次解，不能直接当非齐次特解。

01例题 · 填空题2020 年 8 月 · 原卷第 12 题

设 $A$ 为 $3\times4$ 矩阵， $r(A)=3$ 。若 $\eta_1,\eta_2$ 为非齐次线性方程组 $Ax=b$ 的解且 $\eta_1\ne\eta_2$ ，则其导出组 $Ax=0$ 的通解为 $x=$ ______。

解题思路与解析

看到题目先想什么

知道两个非齐次解时，先作差：同一个右端 $b$ 会被减掉，因此差是齐次解。再利用矩阵的列数和秩确定齐次解只有几个独立方向，判断这个差能否代表全部齐次解。

读懂题目与条件

$A$ 为 $3\times4$ 矩阵，有三个方程、四个未知量，所以每个解向量都是四维。 $r(A)=3$ 。已知 $A\eta_1=b,A\eta_2=b$ ，且 $\eta_1\ne\eta_2$ ；最后这个“不相等”条件保证它们的差不是零向量。

要记住的定义与公式

齐次解空间的维数为 $n-r(A)$ ，即自由变量个数。任意两个同一非齐次组的解作差满足 $A(\eta_1-\eta_2)=A\eta_1-A\eta_2=b-b=0.$ 若齐次解只有一个独立方向，那么任何一个非零齐次解都能独自组成基础解系，全部齐次解就是它的任意实数倍。

一步一步解题

本题未知量数为列数 $n=4$ ，所以齐次解的自由度为 $4-r(A)=4-3=1.$ 这意味着消元后有三个主元变量、一个自由变量，齐次解只有一条独立方向。

令 $v=\eta_1-\eta_2$ 。由线性运算， $Av=b-b=0$ ；由 $\eta_1\ne\eta_2$ ，有 $v\ne0$ 。因此 $v$ 正好提供所需的一个非零方向， $\{v\}$ 是基础解系。

于是齐次通解为 $x=tv=t(\eta_1-\eta_2)$ 。不能把 $\eta_1$ 本身作为齐次基础解，因为它满足的是 $A\eta_1=b$ ，不是零右端。

最终答案

$\boxed{x=t(\eta_1-\eta_2),\qquad t\in\mathbb R.}$ 改用 $\eta_2-\eta_1$ 也得到同一组解，只需把任意参数换成 $-t$ 。

回头检查

对任意实数 $t$ ， $A\bigl[t(\eta_1-\eta_2)\bigr]=tA\eta_1-tA\eta_2=tb-tb=0,$ 所以给出的每个向量都是齐次解。反过来，若还存在一个不在 $v$ 的数倍中的齐次解 $w$ ，则 $v,w$ 会提供两个无关方向，与已算出的维数 $1$ 冲突，因此没有遗漏其他解。

看到题目先想什么

非齐次通解由两部分组成：固定的一个特解，加上齐次通解。题目已经给出齐次基础解系，所以任意参数应乘在 $\alpha_1,\alpha_2$ 前；剩下只需从 $\beta_1,\beta_2$ 构造一个特解。

读懂题目与条件

$A\beta_1=A\beta_2=b$ ，且这是非齐次组， $b\ne0$ 。 $\alpha_1,\alpha_2$ 是导出组的基础解系，因此 $A\alpha_1=A\alpha_2=0$ ，两者无关且能表示所有齐次解。 $k_1,k_2$ 是任意实数，不能另加“它们的和等于某数”的限制。

要记住的定义与公式

若 $p$ 是固定特解 $Ap=b$ ，则 $x=p+z$ 满足 $Ax=b$ 当且仅当 $Az=0$ ，因为 $A(x-p)=b-b=0$ 。所以全部解为 $x=p+k_1\alpha_1+k_2\alpha_2.$ 两个非齐次解的差是齐次解；它们的平均值则满足 $A\frac{\beta_1+\beta_2}{2}=\frac12b+\frac12b=b$ ，仍是非齐次特解。

一步一步解题

取 $p=\frac12(\beta_1+\beta_2)$ 。它是固定特解，所以 $x=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+\frac12(\beta_1+\beta_2)$ 正好是“齐次通解加特解”，对应 B。

A 的最后一项为 $\frac12(\beta_1-\beta_2)$ ，代入得 $\frac12(b-b)=0$ 。A 的所有项相加仍是齐次解，左端恒为零，无法等于非零的 $b$ 。

C、D 中，带任意参数的是 $\beta_1,\beta_2$ ，而 $\alpha$ 项代入都为零，因此整体代入得到 $(k_1+k_2)b$ 。除非额外规定 $k_1+k_2=1$ ，才会得到 $b$ ，但题目要求参数任意，所以都不成立。例如 $k_1=k_2=0$ 时两式代入均为零，立即失败。

最终答案

$\boxed{\text{B：}\quad x=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+\frac12(\beta_1+\beta_2),\quad k_1,k_2\in\mathbb R.}$

回头检查

对给出的任意参数解，直接算 $Ax=k_1\cdot0+k_2\cdot0+\frac12b+\frac12b=b.$ 为了确认“全部”而非仅“一部分”：任取原组任意解 $y$ ，有 $A(y-p)=0$ ；基础解系能表示所有齐次解，故 $y-p=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2$ ，因此 $y$ 必在上述公式中。存在性与完备性均已验证。

非齐次通解计算：消元后写成特解加基础解系

大题直接要求一个数值非齐次组的通解，或给出已经行变换后的增广矩阵要求读出通解。

先想一想，再看通用做法

做法对 $(A,b)$ 作初等行变换，先确认没有矛盾行，再按主元列和非主元列选自由变量。自由变量全取0得到一个特解；各自由变量依次取1、其余取0，求出相应齐次方向，最后写成 $x=p+t_1\xi_1+\cdots+t_s\xi_s$ 。核对 $Ap=b$ 、 $A\xi_i=0$ ，方向数应为 $n-r(A)$ 。

易错点 求齐次方向时常数项必须置零；不能把多个非齐次解直接作为基础解系。

01例题 · 计算题2021 年 10 月 · 原卷第 20 题

求线性方程组 $\begin{cases} x_1+x_2+4x_3=4,\\ -x_1+4x_2+x_3=16,\\ x_1-x_2+2x_3=-4 \end{cases}$ 的通解（要求用它的一个特解和导出组的基础解系表示）。

解题思路与解析

看到题目先想什么

要求“一个特解加导出组基础解系”，先消元求全部解，再把常数部分和自由参数部分拆开。不能只找一个数值解就结束，也不能看到三条方程就认定三个未知量都能唯一确定。

读懂题目与条件

未知量是 $x_1,x_2,x_3$ 。原组右端 $b=(4,16,-4)^T$ ，所以是非齐次组；导出组是把这三个常数都改为零。消元时常数列必须与系数列一起变换，否则会改变原问题。

要记住的定义与公式

非齐次组先要满足 $r(A)=r(A,b)$ 才有解。若共同秩为 $r$ ，则 $n-r$ 个变量可自由选择：主元变量由这些自由值确定。若 $p$ 为特解、 $v_i$ 为齐次基础方向，通解是 $x=p+\sum t_iv_i$ ，因为 $A(p+\sum t_iv_i)=b$ ；任意两原组解的差又必是齐次解，所以这种表示也覆盖所有解。

一步一步解题

写出增广矩阵： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&4&4\\-1&4&1&16\\1&-1&2&-4\end{array}\right).$ 作 $R_2\leftarrow R_2+R_1,R_3\leftarrow R_3-R_1$ ： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&4&4\\0&5&5&20\\0&-2&-2&-8\end{array}\right).$ 例如第二行常数为 $16+4=20$ ，第三行常数为 $-4-4=-8$ 。接着 $R_2\leftarrow\frac15R_2$ ： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&4&4\\0&1&1&4\\0&-2&-2&-8\end{array}\right).$ 再作 $R_3\leftarrow R_3+2R_2,R_1\leftarrow R_1-R_2$ ： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&3&0\\0&1&1&4\\0&0&0&0\end{array}\right).$ 末行是 $0=0$ ，不是矛盾。系数和增广矩阵都只有两个主元，故 $r(A)=r(A,b)=2$ ；三个未知量减去两个主元变量，留下一个自由变量。

取无主元列对应的 $x_3=t$ 。前两行给 $x_1+3t=0,x_2+t=4$ ，所以 $x=(-3t,4-t,t)^T=(0,4,0)^T+t(-3,-1,1)^T.$ 令 $t=0$ 得固定特解 $p=(0,4,0)^T$ ；自由参数前的 $v=(-3,-1,1)^T$ 是齐次方向。它非零，一个非零向量本身就无关，且齐次自由度恰为 $1$ ，所以 $\{v\}$ 是基础解系。

最终答案

可取特解 $p=(0,4,0)^T$ ，导出组的一个基础解系为 $\{(-3,-1,1)^T\}$ 。通解为 $\boxed{x=(0,4,0)^T+t(-3,-1,1)^T,\qquad t\in\mathbb R.}$

回头检查

把特解代入原三式，得到 $4,4\cdot4=16,-4$ ，所以 $Ap=b$ 。把方向代入原左端，依次为 $-3-1+4=0,\qquad -(-3)+4(-1)+1=0,\qquad -3-(-1)+2=0.$ 故 $Av=0$ ，从而任意 $t$ 下 $A(p+tv)=b$ 。自由参数来自完整消元，保证未漏解。

看到题目先想什么

四条方程、四个未知量仍可能有重复约束。先观察第三式减两倍第一式：大部分项相消，只剩 $x_3$ ，适合先消去第一列，再检查第四条方程是否提供新信息。

读懂题目与条件

按 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 排列系数，未出现的变量填零。例如第一式的 $x_3$ 系数是零，第二式的 $x_2$ 系数是零。右端是 $b=(-2,-1,-5,2)^T$ ，导出组保留所有系数而把这个列向量改为零。

要记住的定义与公式

行消元通过可逆的方程操作保持解集。非齐次组有解后，主元数 $r$ 表示被确定的变量数，其余 $n-r$ 个无主元变量可以自由选择；通解写成固定特解与齐次通解之和。基础解系中的向量必须既是齐次解，又无关，还能生成所有齐次解。

一步一步解题

从增广矩阵出发： $\left(\begin{array}{cccc|c}1&-1&0&-3&-2\\1&0&2&-2&-1\\2&-2&1&-6&-5\\-1&2&3&4&2\end{array}\right).$ 作 $R_2\leftarrow R_2-R_1,R_3\leftarrow R_3-2R_1,R_4\leftarrow R_4+R_1$ ： $\left(\begin{array}{cccc|c}1&-1&0&-3&-2\\0&1&2&1&1\\0&0&1&0&-1\\0&1&3&1&0\end{array}\right).$ 例如第三行常数为 $-5-2(-2)=-1$ ，第三行因此已经给出 $x_3=-1$ 。再作 $R_4\leftarrow R_4-R_2$ ： $\left(\begin{array}{cccc|c}1&-1&0&-3&-2\\0&1&2&1&1\\0&0&1&0&-1\\0&0&1&0&-1\end{array}\right).$ 第四行与第三行完全相同，作 $R_4\leftarrow R_4-R_3$ ，同时 $R_2\leftarrow R_2-2R_3$ ，得到 $\left(\begin{array}{cccc|c}1&-1&0&-3&-2\\0&1&0&1&3\\0&0&1&0&-1\\0&0&0&0&0\end{array}\right).$ 最后 $R_1\leftarrow R_1+R_2$ ，得到 $\left(\begin{array}{cccc|c}1&0&0&-2&1\\0&1&0&1&3\\0&0&1&0&-1\\0&0&0&0&0\end{array}\right).$ 无矛盾行，两个秩都为 $3$ 。四个变量中，第 $1,2,3$ 个是主元变量，只留下 $x_4=t$ 自由。依次读取 $x_1=1+2t,\qquad x_2=3-t,\qquad x_3=-1.$ 于是 $x=(1,3,-1,0)^T+t(2,-1,0,1)^T.$ 常向量为特解，参数前非零向量为齐次方向；齐次空间只有一个自由度，所以这个方向单独构成基础解系。

最终答案

可取特解 $p=(1,3,-1,0)^T$ ，导出组的一个基础解系为 $\{(2,-1,0,1)^T\}$ 。通解为 $\boxed{x=(1,3,-1,0)^T+t(2,-1,0,1)^T,\qquad t\in\mathbb R.}$

回头检查

特解代入原四式，左端分别为 $1-3=-2,\quad1+2(-1)=-1,\quad2-6-1=-5,\quad-1+6-3=2.$ 方向向量 $v=(2,-1,0,1)^T$ 代入原左端，分别为 $2+1-3=0,\quad2-2=0,\quad4+2-6=0,\quad-2-2+4=0.$ 所以 $Ap=b,Av=0$ 。方向的第四坐标为 $1$ ，不会是零向量，能随 $t$ 产生不同解。

含参方程组大题：先筛相容参数，再分别求通解

题目要求确定参数使方程组有无穷多解，并进一步求通解；参数可能出现在系数、常数项或已化简的增广矩阵中。

先想一想，再看通用做法

做法先消元，保留含参数的关键行。系数中的参数需讨论主元变零的每个分支；只出现在右端的参数则从零系数行读出相容条件。有无穷多解必须同时满足 $r(A)=r(A,b)<n$ 。筛出全部合格参数后，逐个代回求自由变量表示，拆成特解加齐次基础解系，并代回原方程核对。

易错点 先讨论参数，再选自由变量；不能在未确认非零时除以参数，也不能只令系数行列式为0就直接写通解。

01例题 · 计算题2021 年 4 月 · 原卷第 20 题

设线性方程组 $\begin{cases} x_1-2x_2+3x_3-x_4=4,\\ 2x_1-3x_2+2x_3+3x_4=5,\\ x_1-x_2-x_3+4x_4=a. \end{cases}$

当 $a$ 为何值时，方程组无解？有无穷多解？在有无穷多解时求出其通解（要求用其一个特解和导出组的基础解系表示）。

解题思路与解析

看到题目先想什么

参数只在常数项中，系数矩阵的秩不会随 $a$ 改变。先找方程之间的依赖关系，判断右端什么时候相容；相容后再保留所有自由变量，写出特解与基础解系。

读懂题目与条件

三条方程、四个未知量，所以秩最多为 $3<4$ ，一旦有解就至少有一个自由变量，不可能唯一。本题第二式左端等于第一式与第三式左端之和，因此右端也必须满足 $5=4+a$ ；下面用行变换把这个必要条件以及完整解都证明出来。

要记住的定义与公式

增广矩阵中出现 $(0,0,0,0\mid d)$ ：若 $d\ne0$ 就是矛盾，无解；若 $d=0$ 就是恒等式，不提供额外约束。有解时自由度为 $n-r(A)$ ，每个自由参数对应一个齐次基础方向。只有在相容分支，才能把通解写为“特解加齐次通解”。

一步一步解题

写增广矩阵并作 $R_2\leftarrow R_2-2R_1,R_3\leftarrow R_3-R_1$ ： $\left(\begin{array}{cccc|c}1&-2&3&-1&4\\2&-3&2&3&5\\1&-1&-1&4&a\end{array}\right)\longrightarrow\left(\begin{array}{cccc|c}1&-2&3&-1&4\\0&1&-4&5&-3\\0&1&-4&5&a-4\end{array}\right).$ 再作 $R_3\leftarrow R_3-R_2$ ，得到 $\left(\begin{array}{cccc|c}1&-2&3&-1&4\\0&1&-4&5&-3\\0&0&0&0&a-1\end{array}\right).$ 最后一式是 $0=a-1$ ，已经给出完整参数分类。

若 $a\ne1$ ，出现矛盾，故无解。

若 $a=1$ ，末行是 $0=0$ 。前两行主元在第 $1,2$ 列，两个秩均为 $2$ ，而 $2<4$ ，故有两个自由变量，解无穷多。继续 $R_1\leftarrow R_1+2R_2$ ： $\left(\begin{array}{cccc|c}1&0&-5&9&-2\\0&1&-4&5&-3\\0&0&0&0&0\end{array}\right).$ 令 $x_3=s,x_4=t$ ，则 $x_1=-2+5s-9t,\qquad x_2=-3+4s-5t.$ 把四个坐标按常数、 $s$ 系数、 $t$ 系数拆开： $x=(-2,-3,0,0)^T+s(5,4,1,0)^T+t(-9,-5,0,1)^T.$ 两个方向在第三、第四坐标上分别为 $(1,0)$ 、 $(0,1)$ ，故相互无关；又能生成完整的齐次通解，所以组成基础解系。

最终答案

$\boxed{a\ne1\text{ 时无解；}\quad a=1\text{ 时有无穷多解。}}$ 当 $a=1$ ，可取特解 $p=(-2,-3,0,0)^T$ ，导出组的一个基础解系为 $\{(5,4,1,0)^T,(-9,-5,0,1)^T\}$ ，通解为 $\boxed{x=(-2,-3,0,0)^T+s(5,4,1,0)^T+t(-9,-5,0,1)^T,\quad s,t\in\mathbb R.}$

回头检查

在 $a=1$ 时，特解代入原三式给 $-2+6=4,-4+9=5,-2+3=1$ ，与常数列一致。第一个方向代入原左端得到 $5-8+3=0,\quad10-12+2=0,\quad5-4-1=0;$ 第二个方向代入得到 $-9+10-1=0,\quad-18+15+3=0,\quad-9+5+4=0.$ 因此任意 $s,t$ 都满足原式。相容条件也能用原方程关系独立检查：第二式减第一式与第三式的左端为零，右端为 $5-4-a=1-a$ ，确实要求 $a=1$ 。

看到题目先想什么

第一列系数全是 $1$ ，把后两式各减第一式，可以一次露出两个关键因子 $a-2$ 和 $a-4$ 。无穷多解既需要主元消失，也需要常数保持相容，所以两个候选值必须分别检查。

读懂题目与条件

有三个未知量，参数 $a$ 在第二式 $x_2$ 的系数和第三式 $x_3$ 的系数中。右端固定为 $(3,2,1)^T$ 。题目要求的结果包括参数值和该值下全部解，不能只把行列式为零的参数列出来。

要记住的定义与公式

非齐次组无穷多解的条件为 $r(A)=r(A,b)<n$ 。阶梯形中 $(0,\ldots,0\mid d)$ 若 $d\ne0$ ，意味着 $0=d$ ，无解；若整行全零，只是少了一条独立约束。每个无主元变量可自由选择，因而基础解系有 $n-r(A)$ 个向量。含参数因子时先分类，再除以确认非零的因子。

一步一步解题

增广矩阵及第一轮变换为 $\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&4&3\\1&a&3&2\\1&2&a&1\end{array}\right)\xrightarrow{R_2\leftarrow R_2-R_1,\ R_3\leftarrow R_3-R_1}\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&4&3\\0&a-2&-1&-1\\0&0&a-4&-2\end{array}\right).$ 最后两式是 $(a-2)x_2-x_3=-1$ 与 $(a-4)x_3=-2$ 。分别讨论：

当 $a=4$ 时，末式成为 $0=-2$ ，矛盾，无解，不能满足题意。

当 $a\ne2,4$ 时， $a-4\ne0$ 可唯一确定 $x_3$ ；再因 $a-2\ne0$ 可唯一确定 $x_2$ ，第一式唯一确定 $x_1$ 。所以是唯一解，也不符合。

当 $a=2$ 时，后两行成为 $-x_3=-1$ 与 $-2x_3=-2$ ，是同一约束的两种倍数写法，没有矛盾。代入这个参数后，作 $R_2\leftarrow-R_2$ ： $\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&4&3\\0&0&1&1\\0&0&-2&-2\end{array}\right).$ 再作 $R_3\leftarrow R_3+2R_2,R_1\leftarrow R_1-4R_2$ ，得 $\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&0&-1\\0&0&1&1\\0&0&0&0\end{array}\right).$ 两秩同为 $2<3$ ，所以有无穷多解。注意主元在第 $1,3$ 列， $x_2$ 才是自由变量；原对角线第二项为零不代表第二行整行无效。

令 $x_2=t$ ，则 $x_3=1,x_1=-1-2t$ 。拆成 $x=(-1,0,1)^T+t(-2,1,0)^T.$ 常向量是特解，参数方向为非零齐次解；齐次空间自由度为 $1$ ，因此它单独构成基础解系。

最终答案

$\boxed{a=2.}$ 可取特解 $p=(-1,0,1)^T$ ，导出组的一个基础解系为 $\{(-2,1,0)^T\}$ 。通解是 $\boxed{x=(-1,0,1)^T+t(-2,1,0)^T,\qquad t\in\mathbb R.}$

回头检查

把特解代入 $a=2$ 时的原三式，左端为 $-1+4=3,-1+3=2,-1+2=1$ ，与原常数列一致。把方向 $(-2,1,0)^T$ 代入原左端，每式都得到 $-2+2=0$ 。因此任意 $t$ 都给原组解，且 $t$ 改变时第二坐标改变，确有无穷多解。

独立检查候选值：系数行列式由第一轮消元后的三角形得到 $(a-2)(a-4)$ ，只有 $2,4$ 两个零点；其中 $4$ 已因 $0=-2$ 被排除，所以没有漏掉其他无穷多解参数。

05 特征值与特征向量17 个考点 / 每点 2 题

第 5 章 · 特征值与特征向量 · 同类真题 3 道

内积与长度：展开后计算同坐标乘积和

出现向量内积、长度平方，或减去在另一向量上的投影。

先想一想，再看通用做法

做法用 $(u,v)=\sum u_iv_i$ 、 $\|u\|^2=(u,u)$ ；先按双线性展开括号。正交化时计算 $v-\frac{(v,u)}{(u,u)}u$ ，最后验内积为零。

易错点 内积是数，向量减投影仍是向量；展开时保留每项正负号。

01例题 · 选择题2021 年 4 月 · 原卷第 3 题

设向量 $\alpha,\beta$ 长度依次为 $2$ 和 $3$ ，则向量 $\alpha+\beta$ 与 $\alpha-\beta$ 的内积 $(\alpha+\beta,\alpha-\beta)=$

$13$

$6$

$5$

$-5$

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目给两条长度，却没有给向量夹角，先不要急着设坐标。所求是“和向量与差向量的内积”，应先展开括号，看看不知道的混合内积能否抵消。

读懂题目与条件

$\alpha,\beta$ 是实向量， $\|\alpha\|=2,\|\beta\|=3$ 表示它们的长度； $(u,v)$ 表示内积，结果是一个数。 $\alpha+\beta$ 和 $\alpha-\beta$ 仍是向量。题中没有说 $\alpha\perp\beta$ ，所以不能擅自把 $(\alpha,\beta)$ 写成零。

要记住的定义与公式

对于相同维数的实向量， $(u,v)=\sum_i u_iv_i$ ，所以内积对加减法满足分配律，且 $(u,v)=(v,u)$ 。自身内积是坐标平方和，即 $(u,u)=\|u\|^2$ 。题给的是长度，代入自身内积前必须平方。

一步一步解题

按第一个括号分配，再按第二个括号分配，保留减号： $(\alpha+\beta,\alpha-\beta)=(\alpha,\alpha)-(\alpha,\beta)+(\beta,\alpha)-(\beta,\beta).$ 由于内积对称， $-(\alpha,\beta)+(\beta,\alpha)=0$ ，这解释了为什么不用知道夹角。剩下 $\|\alpha\|^2-\|\beta\|^2=2^2-3^2=4-9=-5.$ D 与计算一致。A 的 $13=4+9$ 把减号变成了加号；C 的 $5=9-4$ 则颠倒了顺序。B 的 $6=2\cdot3$ 也不能由两条长度直接推出本题内积。

最终答案

选 D， $(\alpha+\beta,\alpha-\beta)=\boxed{-5}$ 。

回头检查

可换一个展开方向检查： $(\alpha+\beta,\alpha-\beta)=(\alpha+\beta,\alpha)-(\alpha+\beta,\beta)=(4+c)-(c+9)=-5,$ 其中 $c=(\alpha,\beta)$ 无论取何种允许值都消去。另取满足题意的 $\alpha=(2,0),\beta=(0,3)$ 作数值复核， $(2,3)\cdot(2,-3)=4-9=-5$ 。这个例子用于复核，通用证明仍是前面的展开。

看到题目先想什么

先判断乘法后的尺寸。 $\alpha$ 是列向量， $\alpha^T$ 是行向量，“行乘列”得到一个数，因此应计算四个对应坐标乘积之和。

读懂题目与条件

上标 $T$ 表示转置：把原来的列改成行，不会把坐标平方，也不会改变各坐标的顺序。这里 $\alpha$ 的尺寸为 $4\times1$ ，所以 $\alpha^T\alpha$ 的尺寸是 $(1\times4)(4\times1)=1\times1$ 。

要记住的定义与公式

矩阵乘法中，结果第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，是左矩阵第 $i$ 行与右矩阵第 $j$ 列对应相乘再相加。特别地，实列向量满足 $\alpha^T\alpha=\sum_{i=1}^{4}\alpha_i^2=\|\alpha\|^2.$ 长度本身则为 $\|\alpha\|=\sqrt{\alpha^T\alpha}$ 。

一步一步解题

先写转置： $\alpha^T=(1,2,3,4)$ 。再作这唯一一行与唯一一列的乘法： $\begin{aligned}\alpha^T\alpha&=\begin{pmatrix}1&2&3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix}\\&=1\cdot1+2\cdot2+3\cdot3+4\cdot4\\&=1+4+9+16=30.\end{aligned}$ 题目要的是长度平方，所以到 $30$ 即可，不必开平方。

最终答案

$\boxed{\alpha^T\alpha=30}$ 。

回头检查

把坐标分成两组独立相加：前两项平方和 $1^2+2^2=5$ ，后两项平方和 $3^2+4^2=25$ ，合计 $5+25=30$ 。长度为 $\sqrt{30}$ ，再平方回到 $30$ ，与结果一致。

正交条件与正交矩阵：列出内积为零、长度为一的方程

给定向量正交、实对称矩阵不同特征值的特征向量，或矩阵为正交矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法向量正交写成 $(u,v)=0$ ；与多个向量正交就联立多个方程。实对称矩阵不同特征值的特征向量正交。正交矩阵满足 $Q^TQ=E$ ，即各列长度为一且两两内积为零。

易错点 正交矩阵只验各列长度为一还不够；还要验两两正交，参数正负号常由此确定。

01例题 · 填空题2021 年 4 月 · 原卷第 8 题

设向量 $\alpha=(1,-2,2,-1)^{T}$ 与 $\beta=(1,1,k,3)^{T}$ 正交，则数 $k=\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“正交”是列方程的入口。把它翻译为内积等于零，再把四对坐标逐一相乘相加，参数 $k$ 就进入一个一元方程。

读懂题目与条件

两向量都是 $4$ 维列向量，上标 $T$ 说明按列书写。 $k$ 是待求的一个数，不是第 $5$ 个坐标； $\beta$ 的第三坐标才是 $k$ 。正交表示整体内积为零，并不要求每一对坐标的乘积分别为零。

要记住的定义与公式

相同维数的实向量正交，当且仅当 $\alpha^T\beta=\sum_{i=1}^{4}\alpha_i\beta_i=0.$ 四维必须列四项。负坐标照原符号代入，例如第四项是 $(-1)\cdot3$ 。

一步一步解题

按坐标顺序列出内积： $\alpha^T\beta=1\cdot1+(-2)\cdot1+2\cdot k+(-1)\cdot3.$ 先把不含参数的项相加： $1-2-3=-4$ ，所以正交条件是 $2k-4=0.$ 移项得 $2k=4$ ，两边除以确定非零的常数 $2$ ，得到 $k=2$ 。这里无须分支，因为被除的数始终是 $2$ ，不会随参数变零。

最终答案

$\boxed{k=2}$ 。

回头检查

代回原向量， $\beta=(1,1,2,3)^T$ 。直接检查 $\alpha^T\beta=1-2+2\cdot2-3=1-2+4-3=0,$ 满足正交要求。并且内积方程的 $k$ 系数为 $2\ne0$ ，所以不会有其他参数值。

看到题目先想什么

第一个向量所有坐标都是 $1$ ，所以内积恰好就是第二个向量的坐标和。“正交”要求这个和为零，这样比设夹角更直接。

读懂题目与条件

$\alpha_1=(1,1,1,1)$ 与 $\alpha_2=(0,1,2,k)$ 都有四个分量。下标 $1,2$ 是向量的编号； $k$ 是第二个向量的第四个坐标。虽然题面写成行的形式，实向量的标准内积仍按对应坐标相乘求和。

要记住的定义与公式

实向量正交的定义是 $(u,v)=0$ ，而 $(u,v)=u_1v_1+\cdots+u_4v_4$ 。当 $u=(1,1,1,1)$ 时， $(u,v)=v_1+v_2+v_3+v_4$ ，因为每个分量都乘了 $1$ 。

一步一步解题

把定义逐项代入： $(\alpha_1,\alpha_2)=1\cdot0+1\cdot1+1\cdot2+1\cdot k=0+1+2+k=3+k.$ 正交要求 $3+k=0$ ，把 $3$ 移到右边，得到 $k=-3$ 。其他坐标并不需要为零，正负贡献可以在总和中抵消。

最终答案

$\boxed{k=-3}$ 。

回头检查

代回 $\alpha_2=(0,1,2,-3)$ ，四项内积为 $0,1,2,-3$ ，总和 $0+1+2-3=0.$ 第二个向量长度平方为 $0^2+1^2+2^2+(-3)^2=14>0$ ，确实是一个与 $\alpha_1$ 正交的非零向量。

相似矩阵的迹：主对角线求和、特征值求和

已知矩阵相似或特征值，要求迹或主对角线里的参数。

先想一想，再看通用做法

做法相似矩阵迹相同； $\operatorname{tr}A=\sum_i a_{ii}=\sum_i\lambda_i$ 。分别把两个矩阵的对角线相加后列等式； $\operatorname{tr}(A-cE)=\operatorname{tr}A-nc$ 。

易错点 迹只加主对角线；减去单位矩阵时，每个对角元都减去相同的数。

01例题 · 填空题2021 年 10 月 · 原卷第 13 题

设矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&a&1\\1&1&1\end{pmatrix}$ 与 $B=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&4\end{pmatrix}$ 相似，则数 $a=\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

看到“两个矩阵相似”且未知参数只出现在主对角线上，先比较迹。迹只需要加三个数，能够先锁定参数，再用特征值检查这个候选是否与相似条件相容。

读懂题目与条件

$A,B$ 都是 $3$ 阶方阵； $a$ 是 $A$ 的第 $(2,2)$ 个元素。相似指存在可逆矩阵 $P$ 使 $P^{-1}AP=B$ ，并不是 $A=B$ 。主对角线是左上到右下的三个位置， $A$ 的对角元是 $1,a,1$ ， $B$ 的是 $0,1,4$ 。

要记住的定义与公式

迹定义为 $\operatorname{tr}A=\sum_i a_{ii}$ 。相同尺寸方阵有 $\operatorname{tr}(XY)=\operatorname{tr}(YX)$ ，因为二者都是 $\sum_{i,j}x_{ij}y_{ji}$ 。因此 $\operatorname{tr}(P^{-1}AP)=\operatorname{tr}(APP^{-1})=\operatorname{tr}A.$ 所以相似矩阵迹相同。迹相同通常只是相似的必要条件，不能反过来直接断言相似。

一步一步解题

分别计算两边的迹： $\operatorname{tr}A=1+a+1=a+2,\qquad\operatorname{tr}B=0+1+4=5.$ 由题目已经给定的相似关系，必须有 $a+2=5$ 。两边减去 $2$ ，得到 $a=3$ 。不能把九个元素全部相加，也不能用 $a=1$ 去逐项对应 $B$ 的中间元素。

最终答案

$\boxed{a=3}$ 。

回头检查

代入后可独立核对三个特征方向： $A(1,0,-1)^T=(0,0,0)^T,$ $A(1,-1,1)^T=(1,-1,1)^T,$ $A(1,2,1)^T=(4,8,4)^T=4(1,2,1)^T.$ 三个不同特征值 $0,1,4$ 的特征向量线性无关，因此确实可以按此顺序组成可逆矩阵，把 $A$ 相似变成 $B=\operatorname{diag}(0,1,4)$ 。这也检查了迹给出的候选没有与题意矛盾。

看到题目先想什么

未知数 $k$ 位于 $B$ 的主对角线上，先比较相似矩阵的迹即可求它。 $A$ 不是三角矩阵，不能把它的三个对角元直接读成特征值。

读懂题目与条件

$A,B$ 是同阶方阵，相似表示 $B=P^{-1}AP$ ，其中 $P$ 可逆。 $E$ 若出现表示单位矩阵；本题只需要“迹”，即主对角元之和。 $k$ 是矩阵元素，不是另一个变换矩阵。

要记住的定义与公式

相似矩阵有相同的迹与特征值。迹不变可由 $\operatorname{tr}(P^{-1}AP)=\operatorname{tr}(APP^{-1})=\operatorname{tr}A$ 解释；而特征多项式不变来自 $|tE-P^{-1}AP|=|P^{-1}(tE-A)P|=|tE-A|.$ 这里用 $t$ 作为特征多项式中的待定数，与题目的参数 $k$ 分开。

一步一步解题

先读 $A$ 的三个对角元 $-2,3,-2$ ： $\operatorname{tr}A=-2+3-2=-1.$ 再读 $B$ 的三个对角元 $2,k,-2$ ： $\operatorname{tr}B=2+k-2=k.$ 相似使两式相等，故 $k=-1$ 。这一步不需要知道相似变换矩阵 $P$ 。

最终答案

$\boxed{k=-1}$ 。

回头检查

从特征多项式作另一项核查。沿 $tE-A$ 的第三行展开，只有第三项非零且符号为正： $\begin{aligned}|tE-A|&=(t+2)\begin{vmatrix}t+2&2\\-2&t-3\end{vmatrix}\\&=(t+2)[(t+2)(t-3)-2(-2)]\\&=(t+2)(t^2-t-2)=(t+2)(t-2)(t+1).\end{aligned}$ $k=-1$ 时 $B$ 为上三角矩阵，特征多项式也是 $(t-2)(t+1)(t+2)$ 。三根互异，两矩阵都能对角化到同一个对角阵，因而候选与相似要求相容。

特征值与行列式：用全部特征值的积求未知量

给定行列式和除一个以外的特征值，反求剩下的特征值；或由谱求行列式。

先想一想，再看通用做法

做法按重数列齐全部特征值，用 $|A|=\lambda_1\cdots\lambda_n$ 列一元方程。相似矩阵行列式相同，且 $|B^k|=|B|^k$ 。

易错点 行列式对应特征值的积，迹对应和；负号参与相乘。

01例题 · 填空题2023 年 4 月 · 原卷第 13 题

设 $A$ 为 $2$ 阶矩阵，且 $|A|=8$ ，若 $A$ 的一个特征值为 $2$ ，则 $A$ 的另一个特征值为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目不提供矩阵元素，给的是行列式和一个特征值。应想到“全部特征值的积等于行列式”。二阶这个条件说明按重数一共只有两个特征值，因此只剩一个未知数。

读懂题目与条件

$|A|=8$ 中的竖线表示行列式，是一个数。 $A$ 为 $2$ 阶，即有两行两列。设另一个特征值为 $\mu$ ；已知的 $2$ 与待求的 $\mu$ 要相乘，不能把行列式当作迹来相加。

要记住的定义与公式

特征值的定义是存在非零向量 $v$ 使 $Av=\lambda v$ 。移项为 $(\lambda E-A)v=0$ ，该方阵齐次组有非零解就要求 $|\lambda E-A|=0$ 。若 $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ ， $|tE-A|=(t-a)(t-d)-bc=t^2-(a+d)t+(ad-bc).$ 另一方面有两根 $2,\mu$ ，故它等于 $(t-2)(t-\mu)$ 。比较常数项得 $|A|=2\mu$ ，这解释了所用乘积公式。

一步一步解题

代入已知行列式： $2\mu=8.$ 因为已知特征值 $2\ne0$ ，可以两边除以 $2$ ，得到 $\mu=4$ 。这里“另一个”按重数计算；若求得仍是 $2$ ，也应保留两个根，只是本题求得 $4$ 。

最终答案

另一个特征值为 $\boxed{4}$ 。

回头检查

将两根写成多项式： $(t-2)(t-4)=t^2-6t+8.$ 常数项确实为题给的 $|A|=8$ ，并且代入 $t=2$ 与 $t=4$ 都为零。乘积也为 $2\cdot4=8$ ，正号吻合。

看到题目先想什么

已知三阶矩阵的三个特征值中只有一个未知，又给了行列式，直接用三个根的积列方程。先计算两个已知根的乘积，负号会决定未知根的符号。

读懂题目与条件

$\lambda$ 是待求的第三个特征值。三阶表示按代数重数共有三个根，题面已经用 $2,-3,\lambda$ 列齐。 $|A|=6$ 是行列式，不是三个特征值之和。

要记住的定义与公式

特征值来自 $Av=tv$ 、 $v\ne0$ ，等价于 $|tE-A|=0$ 。三阶特征多项式可写成 $|tE-A|=(t-\lambda_1)(t-\lambda_2)(t-\lambda_3).$ 令 $t=0$ ，左边为 $|-A|=-|A|$ ，右边为 $-\lambda_1\lambda_2\lambda_3$ ，所以 $|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3$ 。这里根按重数计，无须假设矩阵可对角化。

一步一步解题

先乘两个已知数： $2\cdot(-3)=-6$ 。因此 $|A|=2\cdot(-3)\cdot\lambda=-6\lambda.$ 题给行列式为 $6$ ，所以 $-6\lambda=6$ 。除以确定非零的 $-6$ ，得 $\lambda=\frac{6}{-6}=-1.$ 正的行列式配上一个已知负根，另一个待求根也必须为负，符号与此一致。

最终答案

$\boxed{\lambda=-1}$ 。

回头检查

把求得的根放回乘积： $2\cdot(-3)\cdot(-1)=6$ 。再写出完整多项式复核常数项： $(t-2)(t+3)(t+1)=(t^2+t-6)(t+1)=t^3+2t^2-5t-6.$ 常数项为 $-6=-|A|$ ，与三阶矩阵的符号规律一致。

奇异条件识别特征值：将矩阵一次式置零

出现 $|aA+bE|=0$ 、多个奇异条件，或已知 $p(A)=0$ 要证明特征值范围。

先想一想，再看通用做法

做法 $|aA+bE|=0$ 表示存在特征值满足 $a\lambda+b=0$ 。若 $p(A)=0$ ，取任一非零特征向量 $Ax=\lambda x$ ，得 $p(\lambda)x=0$ ，所以 $p(\lambda)=0$ ；逆矩阵再取倒数。

易错点 “特征值只能属于某集合”不代表每个数都必然出现；零向量不能作为特征向量。

01例题 · 填空题2021 年 4 月 · 原卷第 14 题

若矩阵 $A$ 满足 $|E+2A|=0$ ，则 $A$ 必有一个特征值为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“某个矩阵的行列式等于零”表示这个矩阵有非零零空间向量。把 $E+2A$ 的齐次方程展开，就能整理成 $A$ 的特征值定义，根本不用求出 $A$ 的元素。

读懂题目与条件

$E$ 是与 $A$ 同阶的单位矩阵，满足 $Ev=v$ 。 $|E+2A|=0$ 说的是一个行列式为零，不是说矩阵 $E+2A$ 的每个元素为零。题目要求“必有一个”，只需找出保证存在的一个特征值。

要记住的定义与公式

方阵 $M$ 满足 $|M|=0$ ，等价于它的列向量线性相关，也等价于齐次组 $Mv=0$ 有非零解。特征值则定义为 $Av=\lambda v,\qquad v\ne0.$ 一定要保留 $v\ne0$ ：零向量满足 $A0=\lambda0$ 对任意 $\lambda$ 都成立，无法用来识别特征值。

一步一步解题

由 $|E+2A|=0$ ，取一个非零向量 $v$ 满足 $(E+2A)v=0.$ 利用矩阵乘法分配律与 $Ev=v$ ： $v+2Av=0\quad\Longrightarrow\quad2Av=-v\quad\Longrightarrow\quad Av=-\frac12v.$ 除的是固定常数 $2\ne0$ 。最后等式与特征值定义完全相同，且选取的 $v$ 非零，所以 $-\frac12$ 确实是 $A$ 的特征值。

最终答案

$A$ 必有一个特征值为 $\boxed{-\dfrac12}$ 。

回头检查

反向代入这个非零特征方向：若 $Av=-\frac12v$ ，则 $(E+2A)v=v+2\left(-\frac12v\right)=v-v=0.$ 所以 $E+2A$ 确有非零零空间向量，其行列式必须为零；负号与系数 $2$ 都得到核对。

看到题目先想什么

先把行列式为零转成非零解，再从 $3Av-v=0$ 解出 $Av$ 。题中的 $3$ 是 $A$ 前面的系数，特征值要通过除法求，不能直接读作 $3$ 。

读懂题目与条件

$A$ 是 $n\times n$ 方阵， $E=E_n$ 是同阶单位矩阵。 $|3A-E|=0$ 表示 $3A-E$ 不可逆。题目给的 $n$ 可以是任意正整数，下面推理不依赖某个具体阶数。

要记住的定义与公式

方阵奇异即行列式为零时，齐次方程组有非零解。特征值 $\lambda$ 则要求 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$ ；移成 $(A-\lambda E)v=0$ 就能看出这两类条件的联系。 $v$ 不能取零，否则每个数都形式上满足等式。

一步一步解题

先由奇异条件选取 $v\ne0$ ： $(3A-E)v=0.$ 展开并使用 $Ev=v$ ，得到 $3Av-v=0\quad\Longrightarrow\quad3Av=v\quad\Longrightarrow\quad Av=\frac13v.$ 这就证明 $\frac13$ 为特征值，选 C。若把 B 的 $-\frac13$ 代入系数关系 $3\lambda-1$ ，得到 $-2\ne0$ ；A、D 的 $-3,3$ 也分别给 $-10,8$ ，都不是这个条件所保证的值。

最终答案

选 C， $A$ 必有特征值 $\boxed{\dfrac13}$ 。

回头检查

两个奇异条件确定二阶矩阵的谱，再求行列式

二阶矩阵同时满足两个不同的一次矩阵式行列式为零，要求另一矩阵式的行列式。

先想一想，再看通用做法

做法分别把 $|aA+bE|=0$ 翻译成特征值 $\lambda=-b/a$ ；两个值不同便找齐二阶矩阵的谱。再逐个代入所求函数（含逆矩阵时取倒数），将两结果相乘。

易错点 先找齐两个特征值，再代入所求矩阵式；不得把行列式拆成加法。

01例题 · 选择题2020 年 10 月 · 原卷第 5 题

设 $2$ 阶矩阵 $A$ 满足 $|2E+3A|=0$ 、 $|E-A|=0$ ，则 $|A+E|=$

$-\frac32$

$-\frac23$

$\frac23$

$\frac32$

解题思路与解析

看到题目先想什么

两个“行列式为零”分别提供一个特征值。特别留意矩阵是二阶：若找到的两个值不同，就已找齐全部特征值。然后把每个特征值加 $1$ ，相乘求 $|A+E|$ 。

读懂题目与条件

$E=E_2$ 为二阶单位矩阵； $|2E+3A|$ 与 $|E-A|$ 都是数。条件为零表示对应矩阵奇异，不表示 $2E+3A$ 与 $E-A$ 都是零矩阵。两个条件中的非零解可以是不同向量，不应要求同一个向量同时满足两组方程。

要记住的定义与公式

特征值定义为 $Av=\lambda v$ 、 $v\ne0$ 。方阵 $M$ 的行列式为零，等价于 $Mv=0$ 有非零解，因此能从给定的奇异矩阵式反推特征值。若 $Av=\lambda v$ ，则 $(A+E)v=Av+v=(\lambda+1)v,$ 说明加单位矩阵使特征值加 $1$ 。行列式等于全部特征值按重数的乘积；二阶矩阵一共两个根。

一步一步解题

先由第一个条件取 $v\ne0$ ，使 $(2E+3A)v=0$ ，则 $2v+3Av=0\quad\Longrightarrow\quad Av=-\frac23v.$ 所以 $-\frac23$ 为一个特征值。再由第二个条件取 $w\ne0$ ，使 $(E-A)w=0$ ，则 $w-Aw=0\quad\Longrightarrow\quad Aw=w,$ 所以 $1$ 为另一个特征值。两值不等，二阶的两个根已经完整。

$A+E$ 的两个特征值因此是 $-\frac23+1=\frac13$ 与 $1+1=2$ ，所以 $|A+E|=\frac13\cdot2=\frac23.$ C 符合。B 的 $-\frac23$ 实际是 $|A|$ ，还没有给两个根各加 $1$ 。不能使用 $|A+E|=|A|+|E|$ ，行列式没有这种加法性质。

最终答案

选 C， $\boxed{|A+E|=\dfrac23}$ 。

回头检查

用二阶特征多项式作独立复核： $p(t)=\left(t+\frac23\right)(t-1)=t^2-\frac13t-\frac23.$ 因为 $p(-1)=|-E-A|=|A+E|$ （二阶提出两个负号），故 $|A+E|=1+\frac13-\frac23=\frac23.$ 原两条件也分别核对为 $2+3(-\frac23)=0$ 、 $1-1=0$ 。

看到题目先想什么

和通常的特征值平移题相比，本题多了逆矩阵。先从两个奇异条件找到全部特征值并确认它们都非零，才能合法地取倒数，再加 $1$ 求乘积。

读懂题目与条件

$A$ 是 $2$ 阶， $E$ 是二阶单位矩阵； $A^{-1}$ 表示逆矩阵，必须先确认 $A$ 可逆。题目求的是 $|A^{-1}+E|$ ，次序是先取 $A$ 的逆，再加单位矩阵，不能读成 $|(A+E)^{-1}|$ 。

要记住的定义与公式

行列式为零使对应齐次组有非零解；由 $Av=\lambda v$ 、 $v\ne0$ 识别特征值。若 $A$ 可逆，从 $Av=\lambda v$ 左乘 $A^{-1}$ ，有 $v=\lambda A^{-1}v.$ 当 $\lambda\ne0$ ，得 $A^{-1}v=\lambda^{-1}v$ ，所以逆矩阵对应根为倒数。再加 $E$ ，对应根变为 $\lambda^{-1}+1$ 。所有根相乘即行列式。

一步一步解题

由 $|2E+3A|=0$ ，存在 $v\ne0$ 使 $2v+3Av=0$ ，故 $Av=-\frac23v$ 。由 $|E-A|=0$ ，存在 $w\ne0$ 使 $w-Aw=0$ ，故 $Aw=w$ 。

两个不同特征值为 $-\frac23,1$ ，二阶只需两个，已找齐。它们乘积 $|A|=-\frac23\ne0$ ，因此 $A$ 可逆，使用 $A^{-1}$ 有依据。

逐个变换： $-\frac23\ \longmapsto\ -\frac32\ \longmapsto\ -\frac32+1=-\frac12,$ $1\ \longmapsto\ 1\ \longmapsto\ 1+1=2.$ 所以 $|A^{-1}+E|=\left(-\frac12\right)\cdot2=-1.$ 选 A。若先加 $1$ 再取倒数，算的是另一矩阵 $(A+E)^{-1}$ 的根；B 的 $-\frac23$ 则只是原矩阵的行列式。

最终答案

选 A， $\boxed{|A^{-1}+E|=-1}$ 。

回头检查

使用矩阵乘法与行列式乘法复核： $A^{-1}+E=A^{-1}(A+E),\qquad |A^{-1}+E|=\frac{|A+E|}{|A|}.$ 由两个原根可算 $|A+E|=(\frac13)\cdot2=\frac23$ ，而 $|A|=-\frac23$ ，故 $\frac{\frac23}{-\frac23}=-1.$ 这个计算绕开了“对每个根先取倒数再平移”，得到同一结果。

已知特征值求矩阵函数的特征值：代入同一个标量函数

给出一个或全部特征值，问多项式矩阵或平移矩阵的特征值。

先想一想，再看通用做法

做法由 $Ax=\lambda x$ 得 $p(A)x=p(\lambda)x$ ，把已知特征值代入同一多项式即可。实对称矩阵可对角化；若全部特征值经变换后都等于同一个数 $c$ ，才可在此条件下推出 $p(A)=cE$ 。

易错点 特征值代入的是同一个多项式；仅知道一般矩阵的全部特征值相同，不能断言矩阵是数乘单位阵。

01例题 · 填空题2020 年 10 月 · 原卷第 13 题

设 $3$ 阶矩阵 $A$ 有特征值为 $3$ ，若矩阵 $B=A^2-2A+E$ ，则 $B$ 必有一个特征值为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目只给 $A$ 的一个特征值，所以目标也只是求 $B$ 必有的一个特征值。把 $B=A^2-2A+E$ 看成多项式 $f(A)$ ，尝试计算 $f(3)$ ；下面用定义解释为什么可以这样代入。

读懂题目与条件

$A$ 为 $3$ 阶， $B$ 也是 $3$ 阶； $E$ 为同阶单位矩阵。 $A^2$ 是矩阵乘法 $AA$ ，不是把每个元素各自平方。常数项 $1$ 在矩阵多项式里写成 $E$ ，因为它作用在向量上与乘 $1$ 相同。

要记住的定义与公式

$3$ 是特征值的意思是：存在 $v\ne0$ 使 $Av=3v$ 。非零条件必须有，否则零向量对任何数都满足定义形式。利用矩阵乘法的结合律， $A^2v=A(Av)=A(3v)=3Av=3^2v.$ 同理，任意多项式 $f$ 都满足 $f(A)v=f(3)v$ 。这说明同一非零特征向量可以把矩阵多项式运算化为标量多项式运算。

一步一步解题

选取满足 $Av=3v$ 的非零向量。分三项计算： $A^2v=9v,\qquad -2Av=-6v,\qquad Ev=v.$ 按 $B$ 的定义相加： $Bv=A^2v-2Av+Ev=(9-6+1)v=4v.$ 于是 $Bv=4v$ 且 $v\ne0$ ，直接满足特征值定义，得到 $4$ 。不能把 $3$ 当作 $B$ 的全部三个特征值，也不能把 $A^2-2A+E$ 的行列式分成三项。

最终答案

$B$ 必有一个特征值为 $\boxed{4}$ 。

回头检查

另用因式分解检查： $B=(A-E)^2$ 。先有 $(A-E)v=3v-v=2v,$ 再作用一次： $(A-E)^2v=(A-E)(2v)=2(2v)=4v.$ 这与逐项展开的 $9-6+1=4$ 一致，并保留同一个非零向量。

看到题目先想什么

“相似”先把 $A$ 的两个特征值转给 $B$ ，“加 $2E$ ”再使每个根分别加 $2$ 。这两个条件各做一步，且二阶的两个根都要写出。

读懂题目与条件

$A,B$ 是 $2$ 阶方阵， $E=E_2$ 。题目要求 $B+2E$ 的全部特征值；已知 $A$ 的全部根是 $-3,2$ ，不是只知道其中一个。 $2E$ 在主对角线上各加 $2$ ，不是只给整个矩阵的迹加 $2$ 。

要记住的定义与公式

相似指 $B=P^{-1}AP$ ， $P$ 可逆。若 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$ ，令 $w=P^{-1}v$ ，则 $w\ne0$ ，并有 $Bw=P^{-1}Av=\lambda P^{-1}v=\lambda w.$ 因此相似矩阵具有相同特征值及重数。再由 $Ew=w$ ，有 $(B+2E)w=(\lambda+2)w$ ，所以每个根都平移 $2$ 。

一步一步解题

第一步，相似使 $B$ 的全部根仍为 $-3,2$ 。第二步分别平移： $\lambda_1'=-3+2=-1,\qquad \lambda_2'=2+2=4.$ 二阶按重数只有两个根，而这里已列出两个，因此它们就是 $B+2E$ 的全部特征值。

最终答案

$B+2E$ 的全部特征值为 $\boxed{-1,\ 4}$ 。

回头检查

用迹检查平移量： $\operatorname{tr}B=-3+2=-1$ ，二阶加 $2E$ 后两个对角元各加 $2$ ，所以 $\operatorname{tr}(B+2E)=-1+2\cdot2=3.$ 答案两根之和 $-1+4=3$ 。另外其特征多项式应为 $p_B(t-2)=(t+1)(t-4)$ ，两根也正好是 $-1,4$ 。

矩阵函数的行列式：变换全部特征值后相乘

给出全部特征值，求逆矩阵、矩阵多项式或伴随矩阵组合的行列式。

先想一想，再看通用做法

做法分别计算每个变换后的特征值，再全部相乘。 $A^{-1}$ 对应 $1/\lambda$ ；多项式 $p(A)$ 对应 $p(\lambda)$ ；可逆矩阵的伴随矩阵 $A^*=|A|A^{-1}$ 对应 $|A|/\lambda$ 。

易错点 不能把 $|A^2+2E|$ 拆成 $|A|^2+2$ ；注意逆矩阵的特征值要取倒数。

01例题 · 选择题2020 年 8 月 · 原卷第 4 题

若 $3$ 阶可逆矩阵 $A$ 的特征值分别是 $1,-1,2$ ，则 $|A^{-1}|=$ （）。

$-2$

$-\dfrac12$

$\dfrac12$

$2$

解题思路与解析

看到题目先想什么

求逆矩阵的行列式，可以先用全部特征值的积求 $|A|$ ，再取倒数。这样只需两次简单运算，不必真的构造 $A^{-1}$ 。

读懂题目与条件

题给 $A$ 是三阶可逆矩阵，全部特征值为 $1,-1,2$ 。 $|A^{-1}|$ 是“先取逆矩阵再取行列式”，不是 $-|A|$ ，也不是把行列式取相反数。可逆保证逆矩阵存在。

要记住的定义与公式

全部特征值按重数的积等于行列式，因此 $|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3$ 。矩阵乘积的行列式满足 $|MN|=|M||N|$ ；对 $AA^{-1}=E$ 取行列式有 $|A|\,|A^{-1}|=|E|=1.$ 因为可逆时 $|A|\ne0$ ，所以 $|A^{-1}|=1/|A|$ 。

一步一步解题

先把三个原特征值带符号相乘： $|A|=1\cdot(-1)\cdot2=-2.$ 再使用倒数公式： $|A^{-1}|=\frac1{-2}=-\frac12.$ B 符合。A 的 $-2$ 是原行列式，还没取倒数；C 的 $\frac12$ 遗漏负号；D 则同时忽略了负号与取逆的倒数关系。

最终答案

选 B， $\boxed{|A^{-1}|=-\dfrac12}$ 。

回头检查

从非零特征向量关系独立复核：若 $Av=\lambda v$ ，左乘 $A^{-1}$ 可得 $A^{-1}v=\lambda^{-1}v$ 。本题三个倒数根为 $1,-1,\frac12$ ，乘积 $1\cdot(-1)\cdot\frac12=-\frac12.$ 并且 $(-2)(-\frac12)=1$ ，符合 $|AA^{-1}|=1$ 。

看到题目先想什么

求 $|A^2+2E|$ 时，不要尝试把行列式按加法拆开。题给全部三个特征值，应分别代入标量函数 $f(t)=t^2+2$ ，再乘三个结果。

读懂题目与条件

$A$ 为 $3$ 阶， $E$ 为三阶单位矩阵。 $A^2$ 指矩阵乘法， $2E$ 是对角元为 $2$ 的单位矩阵倍数。三个原根 $1,-1,2$ 互异，所以对应三个非零特征向量线性无关，可以组成可逆矩阵。

要记住的定义与公式

若 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$ ，则 $A^2v=\lambda^2v$ 、 $Ev=v$ ，从而 $(A^2+2E)v=(\lambda^2+2)v.$ 本题三个不同原根提供一组特征向量基 $P$ ，所以 $P^{-1}(A^2+2E)P=\operatorname{diag}(1^2+2,(-1)^2+2,2^2+2).$ 相似不改变行列式，而对角矩阵行列式为对角元之积。这解释了为什么转换后仍要保留两个相同的 $3$ 。

一步一步解题

按原根逐个算，先平方、再加 $2$ ： $1\longmapsto1+2=3,$ $-1\longmapsto(-1)^2+2=1+2=3,$ $2\longmapsto4+2=6.$ 新矩阵的全部根按重数为 $3,3,6$ ，所以 $|A^2+2E|=3\cdot3\cdot6=9\cdot6=54.$ 虽然 $3$ 只是一种数值，它出现了两次，不能只乘 $3\cdot6$ 。

最终答案

$\boxed{|A^2+2E|=54}$ 。

回头检查

对角化后直接计算：设 $P^{-1}AP=D=\operatorname{diag}(1,-1,2)$ ，则 $D^2+2E=\operatorname{diag}(1,1,4)+\operatorname{diag}(2,2,2)=\operatorname{diag}(3,3,6).$ 其行列式 $3(3\cdot6-0)=54$ ；其迹为 $3+3+6=12$ ，也等于 $\operatorname{tr}(A^2)+6=(1+1+4)+6=12$ 。

由特征值判断矩阵式可逆：检查是否出现零特征值

多项矩阵选项中判断哪一个可逆，给定原矩阵的谱或与一个具体矩阵相似。

先想一想，再看通用做法

做法先求或读出 $A$ 的全部特征值；若与 $B$ 相似，则使用 $B$ 的谱。对每个选项 $p(A)$ 列出 $p(\lambda_i)$ ，只有全部非零的选项可逆。

易错点 某一个特征值代入非零不够；只要有一个结果为零，该矩阵就不可逆。

01例题 · 选择题2024 年 4 月 · 原卷第 5 题

设 $3$ 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $-2,-\dfrac12,2$ ，则下列矩阵中可逆的是（）。

$A-E$

$-2A-E$

$A+2E$

$A-2E$

解题思路与解析

看到题目先想什么

“哪一个可逆”可以翻译成“哪一个没有零特征值”。对四个一次矩阵式逐个检查三个原根，只要某个根被变成零，该选项就不可逆。

读懂题目与条件

三个已知根 $-2,-\frac12,2$ 已经是三阶矩阵的全部根。 $E$ 是三阶单位矩阵，B 中 $-2A-E$ 的标量表达式是 $-2t-1$ ，两个负号都要保留。可逆要求所有方向都不被压到零，只找到一个非零根不够。

要记住的定义与公式

若 $Av=\lambda v$ 、 $v\ne0$ ，则 $(aA+bE)v=(a\lambda+b)v.$ 所以一次矩阵式的对应根为 $a\lambda+b$ 。方阵可逆当且仅当行列式非零，而行列式是全部根的乘积，因此可逆等价于所有这些根都非零。反之，零特征值表示存在非零 $v$ 使矩阵乘它为零，立刻说明不可逆。

一步一步解题

A： $A-E$ 的三个根分别为 $-2-1=-3,\quad-\frac12-1=-\frac32,\quad2-1=1.$ 都非零，所以 A 可逆。

B：检查原根 $-\frac12$ ，有 $-2(-\frac12)-1=1-1=0$ ，所以不可逆。

C：检查原根 $-2$ ，有 $-2+2=0$ ，所以不可逆。

D：检查原根 $2$ ，有 $2-2=0$ ，所以不可逆。

后三项各找到一个具体的零根，就足以否定可逆；A 则已把三个根全部检查完。

最终答案

选 A， $\boxed{A-E\text{ 可逆}}$ 。

回头检查

直接计算各选项的行列式复核： $|A-E|=(-3)\left(-\frac32\right)(1)=\frac92\ne0,$ $|-2A-E|=(3)(0)(-5)=0,$ $|A+2E|=(0)\left(\frac32\right)(4)=0,$ $|A-2E|=(-4)\left(-\frac52\right)(0)=0.$ 只有 A 的乘积非零，与选择一致。

看到题目先想什么

$A$ 的元素未知，但它与给出的 $B$ 相似，所以先求 $B$ 的谱即可研究 $A$ 。 $B$ 的第二行只有中间的 $1$ ，特征行列式沿第二行展开最省计算。

读懂题目与条件

$A,B$ 都是三阶实矩阵， $E=E_3$ 。相似保证特征值及重数相同，不要求两矩阵元素逐个相同。选择题考查一次矩阵式是否可逆，即变换后的三个特征值中有没有零。

要记住的定义与公式

由 $Bv=tv$ 、 $v\ne0$ 可得 $(tE-B)v=0$ 。方阵齐次组有非零解当且仅当其系数行列式为零，因此求根要解 $|tE-B|=0$ 。相似不改这个多项式。若 $Av=\lambda v$ ，则 $(aA+bE)v=(a\lambda+b)v$ ；可逆等价于这三个新根全非零。

一步一步解题

写出 $tE-B=\begin{pmatrix}t&0&-2\\0&t-1&0\\-1&0&t\end{pmatrix}.$ 沿第二行展开，位置 $(2,2)$ 的符号为 $(-1)^{2+2}=+1$ ，另外两项为零： $\begin{aligned}|tE-B|&=(t-1)\begin{vmatrix}t&-2\\-1&t\end{vmatrix}\\&=(t-1)[t\cdot t-(-2)(-1)]\\&=(t-1)(t^2-2)=(t-1)(t-\sqrt2)(t+\sqrt2).\end{aligned}$ 所以 $A$ 的全部根也是 $1,\sqrt2,-\sqrt2$ 。

A 的新根为 $2,1+\sqrt2,1-\sqrt2$ 。由于 $\sqrt2\ne1$ ，三者均非零，故可逆。B 在原根 $1$ 处变成零；C 在原根 $-\sqrt2$ 处变成零；D 在原根 $\sqrt2$ 处变成零，所以后三项都不可逆。

最终答案

选 A， $\boxed{A+E\text{ 可逆}}$ 。

回头检查

无需求 $A$ ，利用相似保持矩阵式的行列式，直接算 $|A+E|=|B+E|$ 。沿第二行展开： $|B+E|=\begin{vmatrix}1&0&2\\0&2&0\\1&0&1\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}1&2\\1&1\end{vmatrix}=2(1-2)=-2\ne0.$ 这与新根乘积 $2(1+\sqrt2)(1-\sqrt2)=2(1-2)=-2$ 一致。

由特征值数零：求矩阵秩与齐次解空间维数

已知完整特征值或若干特征方程，询问秩、基础解系所含向量个数。

先想一想，再看通用做法

做法先确定矩阵可对角化（实对称矩阵或有 $n$ 个互异特征值均可），再把 $A$ 或 $cE-A$ 化成对角形式。秩是非零对角元个数，齐次基础解系个数为 $n-r$ 。

易错点 一般矩阵的零特征值代数重数未必等于零空间维数；要检查对称或可对角化条件。

01例题 · 填空题2021 年 10 月 · 原卷第 14 题

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $\alpha_i$ 为 $3$ 维非零向量，且 $A\alpha_i=i\alpha_i\ (i=1,2,3)$ ，则 $r(A)=\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

把 $A\alpha_i=i\alpha_i$ 逐个读成特征值定义。题目给了三个非零向量，右边系数又是互不相同的 $1,2,3$ ，所以能确定三阶矩阵的全部根，再由行列式判断是否满秩。

读懂题目与条件

$r(A)$ 表示矩阵的秩。 $\alpha_i$ 的下标 $i$ 是编号，在本题取 $1,2,3$ ；等式右边的 $i$ 也是这三个实数，不是虚数单位。向量非零这一条件保证等式确实证明相应系数是特征值。

要记住的定义与公式

$Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$ 定义特征值与特征向量；若允许零向量，所有数都会满足形式等式，所以不能遗漏非零前提。三阶特征多项式只有三个根（按重数）。全部根的乘积等于行列式，而方阵 $|A|\ne0$ 等价于可逆、等价于秩等于阶数。

一步一步解题

把题面缩写拆开： $A\alpha_1=\alpha_1,\qquad A\alpha_2=2\alpha_2,\qquad A\alpha_3=3\alpha_3.$ 三个向量都非零，故 $1,2,3$ 均为特征值。它们互异，已占满三阶矩阵的三个根。于是 $|A|=1\cdot2\cdot3=6\ne0.$ 行列式非零，三列线性无关，矩阵满秩，因此 $r(A)=3$ 。这里用的是“行列式非零推出满秩”，不需要套用一般不成立的“秩等于非零特征值个数”。

最终答案

$\boxed{r(A)=3}$ 。

回头检查

从像空间再检查：不同特征值的特征向量 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，组成三维空间的一组基。又有 $\alpha_1=A\alpha_1,\qquad\alpha_2=A\left(\frac12\alpha_2\right),\qquad\alpha_3=A\left(\frac13\alpha_3\right).$ 所以三个独立方向全部属于 $A$ 的像空间，像空间维数至少为 $3$ ，又不可能超过 $3$ ，故秩确为 $3$ 。

看到题目先想什么

要求“基础解系含几个向量”，就是求齐次方程解空间的维数。 $(2E-A)x=0$ 也可读成 $Ax=2x$ ，因此是在问 $A$ 的特征值 $2$ 对应的特征空间有几维。“实对称”是保证这个维数等于重数的关键。

读懂题目与条件

$A$ 为三阶实对称矩阵，即 $A^T=A$ 。特征值 $2$ 在列表 $0,2,2$ 中出现两次，代数重数为 $2$ 。基础解系是一组线性无关的解向量，用其线性组合能够表示全部解；所求是这组基的个数，不是解向量总共有几个。

要记住的定义与公式

齐次组 $Mx=0$ 有 $n$ 个未知量时，解空间维数为 $n-r(M)$ 。实对称矩阵可以正交对角化：存在 $Q$ 满足 $Q^TQ=E$ 、 $Q^{-1}=Q^T$ 且 $Q^TAQ=\operatorname{diag}(0,2,2).$ 这保证重根 $2$ 有两个独立特征方向。一般矩阵的重根不一定有足够多特征向量，不能仅凭两个零特征值就直接数出零空间维数。

一步一步解题

取上面的正交矩阵 $Q$ 。把 $2E-A$ 一同变换： $\begin{aligned}Q^T(2E-A)Q&=2Q^TQ-Q^TAQ\\&=2E-\operatorname{diag}(0,2,2)\\&=\operatorname{diag}(2,0,0).\end{aligned}$ 可逆矩阵左右相乘不改变秩，对角阵只有第一个对角元非零，所以 $r(2E-A)=1$ 。因此原齐次组的基础解系个数为 $3-r(2E-A)=3-1=2.$ 选 C。B 的 $1$ 是系数矩阵的秩；D 的 $3$ 是未知量个数；二者都不是零空间维数。

最终答案

基础解系含 $\boxed{2}$ 个解向量，选 C。

回头检查

把 $x=Qy$ 代入原方程并左乘 $Q^T$ ，变为 $\operatorname{diag}(2,0,0)y=0\quad\Longleftrightarrow\quad2y_1=0.$ 因此 $y=(0,s,t)^T=s(0,1,0)^T+t(0,0,1)^T$ ，有两个自由参数。回到原坐标，解为 $x=sq_2+tq_3$ ，其中 $q_2,q_3$ 是 $Q$ 的后两列。它们正交且单位长度，确实是两个独立解，印证个数为 $2$ 。

求全部特征值与特征向量：特征方程和齐次方程逐一求解

给具体矩阵求特征值、特征向量，或给出一个特征向量求特征值。

先想一想，再看通用做法

做法已知特征向量时直接算 $A\alpha=\lambda\alpha$ 。一般先由 $|\lambda E-A|=0$ 求特征值，再分别解 $(A-\lambda E)x=0$ ；每个特征空间只保留非零向量。含参数时先用迹或已知特征值确定参数。

易错点 特征向量不唯一；求全部特征向量时要表达整个特征空间并排除零向量。

01例题 · 计算题2021 年 4 月 · 原卷第 21 题

求矩阵 $A=\begin{pmatrix}2&-4&-2\\-4&2&2\\-2&2&-1\end{pmatrix}$ 的特征值与特征向量。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目同时要求特征值和特征向量，应分两层：先解一个关于数 $\lambda$ 的特征方程，再对每个根解一个关于向量坐标的齐次方程组。这里 $A$ 实对称，可能出现重根；重根仍要写出全部非零特征向量，不能只列一个例子。

读懂题目与条件

$A$ 是 $3\times3$ 的实对称矩阵。设 $v=(x,y,z)^T$ 是待求向量， $\lambda$ 是待求的数；这两种未知量不能混淆。 $E=E_3$ 为三阶单位矩阵。所谓“对应的全部特征向量”指齐次解空间中除去零向量的所有向量。

要记住的定义与公式

特征值定义是 $Av=\lambda v$ ，其中 $v\ne0$ 。因为 $\lambda v=\lambda Ev$ ，移项得 $(\lambda E-A)v=0$ 。它有非零解，当且仅当三阶系数方阵行列式为零，所以先解 $|\lambda E-A|=0$ 。零向量不能作特征向量，否则任意数都满足 $A0=\lambda0$ 。

找到根后解 $(A-\lambda E)v=0$ ，与使用相反号的 $\lambda E-A$ 有同样的零空间。三阶行列式沿第一行展开的符号依次为 $+,-,+$ ；每个二阶小行列式用 $ad-bc$ 。

一步一步解题

先求特征多项式。 为避免和坐标混淆，以下暂用 $t$ 表示特征方程中的数： $tE-A=\begin{pmatrix}t-2&4&2\\4&t-2&-2\\2&-2&t+1\end{pmatrix}.$ 沿第一行按 $+,-,+$ 展开，并逐个计算小行列式： $\begin{aligned}p(t)&=(t-2)\begin{vmatrix}t-2&-2\\-2&t+1\end{vmatrix}-4\begin{vmatrix}4&-2\\2&t+1\end{vmatrix}+2\begin{vmatrix}4&t-2\\2&-2\end{vmatrix}\\&=(t-2)[(t-2)(t+1)-(-2)(-2)]\\&\quad-4[4(t+1)-(-2)\cdot2]+2[4(-2)-2(t-2)]\\&=(t-2)(t^2-t-6)-16(t+2)-4t-8\\&=t^3-3t^2-24t-28.\end{aligned}$ 可观察 $A+2E$ 的各行成比例，提示 $t=-2$ 为根；代入也有 $p(-2)=-8-12+48-28=0$ 。把多项式分组提出 $t+2$ ： $\begin{aligned}p(t)&=t^2(t+2)-5t(t+2)-14(t+2)\\&=(t+2)(t^2-5t-14)=(t+2)^2(t-7).\end{aligned}$ 所以特征值为 $7$ （一重）、 $-2$ （二重）。“二重”说的是多项式中因子出现两次，还要继续求空间维数。

求 $\lambda=7$ 的全部特征向量。 方程 $(A-7E)v=0$ 是 $\begin{cases}-5x-4y-2z=0,\\-4x-5y+2z=0,\\-2x+2y-8z=0.\end{cases}$ 把前两式相加，得 $-9x-9y=0$ ，故 $y=-x$ 。代入第二式： $-4x+5x+2z=0$ ，故 $x=-2z$ ，于是 $y=2z$ 。第三式检查为 $4z+4z-8z=0$ ，没有新的限制。令 $z=c$ ，得到 $v=c(-2,2,1)^T,\qquad c\ne0.$

求 $\lambda=-2$ 的全部特征向量。 $A+2E=\begin{pmatrix}4&-4&-2\\-4&4&2\\-2&2&1\end{pmatrix}.$ 第二行是第一行的 $-1$ 倍，第三行是第一行的 $-\frac12$ 倍。具体作 $R_2\leftarrow R_2+R_1$ 、 $R_3\leftarrow R_3+\frac12R_1$ ，再作 $R_1\leftarrow\frac12R_1$ ，得到 $\begin{pmatrix}2&-2&-1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$ 只需满足 $2x-2y-z=0$ ，所以 $x=y+\frac12z$ 。令 $y=s,z=2t$ ， $s,t$ 均可任意取实数，得 $v=(s+t,s,2t)^T=s(1,1,0)^T+t(1,0,2)^T.$ 两方向线性无关，只有 $s=t=0$ 才会使向量为零，因此应排除 $(s,t)=(0,0)$ 。

最终答案

特征值为 $\boxed{7,-2,-2}$ 。

属于 $7$ 的全部特征向量为 $\boxed{c(-2,2,1)^T\ (c\ne0)}$ 。

属于 $-2$ 的全部特征向量为 $\boxed{s(1,1,0)^T+t(1,0,2)^T,\qquad(s,t)\ne(0,0).}$

回头检查

直接乘回三个基础方向，逐行计算： $A\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4-8-2\\8+4+2\\4+4-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-14\\14\\7\end{pmatrix}=7\begin{pmatrix}-2\\2\\1\end{pmatrix},$ $A\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2-4\\-4+2\\-2+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-2\\0\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},$ $A\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2-4\\-4+4\\-2-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\0\\-4\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}.$ 后两个向量独立，所以其全部非零组合都属于 $-2$ 。根之和 $7-2-2=3$ ，也等于对角元和 $2+2-1=3$ 。

看到题目先想什么

先用“特征值之和等于迹”确定 $a$ ，再把数值矩阵代入特征方程。参数确定后，各行的和都相同，可用全 $1$ 向量观察一个特征方向，但仍需给出全部根和重根的全部特征向量。

读懂题目与条件

$a$ 同时出现在第 $(2,2)$ 、 $(3,3)$ 两个对角位置，所以迹为 $1+2a$ ，不能只记一个 $a$ 。特征向量设为 $v=(x_1,x_2,x_3)^T$ ；参数 $a$ 应先求出，再求 $v$ 的坐标。

要记住的定义与公式

全部特征值按重数之和等于主对角元之和，即 $\sum\lambda_i=\operatorname{tr}A$ 。特征向量定义为 $Av=\lambda v$ 、 $v\ne0$ 。移项 $(\lambda E-A)v=0$ ，这个方阵齐次组有非零解等价于 $|\lambda E-A|=0$ 。求根后要解整个零空间，并从解中排除零向量；重根出现几次不能代替实际解空间计算。

一步一步解题

确定参数。 题给三个特征值之和为 $3$ ，所以 $1+a+a=3\quad\Longrightarrow\quad2a=2\quad\Longrightarrow\quad a=1.$ 于是 $A=\begin{pmatrix}1&-2&-2\\-2&1&-2\\-2&-2&1\end{pmatrix}.$ 计算特征多项式。 $tE-A=\begin{pmatrix}t-1&2&2\\2&t-1&2\\2&2&t-1\end{pmatrix}.$ 沿第一行按 $+,-,+$ 展开： $\begin{aligned}p(t)&=(t-1)[(t-1)^2-2\cdot2]\\&\quad-2[2(t-1)-2\cdot2]+2[2\cdot2-2(t-1)]\\&=(t-1)^3-4(t-1)-4(t-1)+8+8-4(t-1)\\&=(t-1)^3-12(t-1)+16.\end{aligned}$ 令 $u=t-1$ ，则 $u^3-12u+16=(u+4)(u^2-4u+4)=(u+4)(u-2)^2.$ 所以 $p(t)=(t+3)(t-3)^2$ ，根为 $-3$ 、 $3$ 、 $3$ 。

求 $\lambda=-3$ 的向量。 $(A+3E)v=0$ 是 $\begin{cases}4x_1-2x_2-2x_3=0,\\-2x_1+4x_2-2x_3=0,\\-2x_1-2x_2+4x_3=0.\end{cases}$ 第一式减第二式得 $6x_1-6x_2=0$ ，所以 $x_1=x_2$ 。代回第一式得 $2x_1-2x_3=0$ ，所以 $x_3=x_1$ ；第三式也随之为零。全部非零解是 $k(1,1,1)^T$ ， $k\ne0$ 。

求 $\lambda=3$ 的向量。 $A-3E=\begin{pmatrix}-2&-2&-2\\-2&-2&-2\\-2&-2&-2\end{pmatrix}.$ 作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$ 、 $R_3\leftarrow R_3-R_1$ ，再以 $-2$ 除第一行，只有方程 $x_1+x_2+x_3=0$ 。令 $x_2=s,x_3=t$ ，得 $x_1=-s-t$ ，因此 $v=s(-1,1,0)^T+t(-1,0,1)^T,\qquad(s,t)\ne(0,0).$ 两个参数任意且不同时为零，描述了重根 $3$ 的全部特征向量。

最终答案

$\boxed{a=1}$ ，全部特征值为 $\boxed{-3,3,3}$ 。

$\lambda=-3$ ：全部特征向量为 $\boxed{k(1,1,1)^T\ (k\ne0)}$ 。

$\lambda=3$ ：全部特征向量为 $\boxed{s(-1,1,0)^T+t(-1,0,1)^T,\quad(s,t)\ne(0,0).}$

回头检查

直接乘回： $A(1,1,1)^T=(1-2-2,-2+1-2,-2-2+1)^T=(-3,-3,-3)^T,$ $A(-1,1,0)^T=(-1-2,2+1,2-2)^T=(-3,3,0)^T,$ $A(-1,0,1)^T=(-1-2,2-2,2+1)^T=(-3,0,3)^T.$ 后两个结果分别为原向量的 $3$ 倍。两重根方向还与 $(1,1,1)^T$ 内积为 $-1+1=0$ ，符合实对称矩阵不同特征值方向正交。根之和 $-3+3+3=3$ ，与题给条件相符。

判定可对角化：比较代数重数与特征空间维数

问能否相似于对角矩阵，或求 $P$ 使 $P^{-1}AP$ 为给定对角矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法求特征值及其特征空间维数；各维数之和等于矩阵阶数才可对角化。有 $n$ 个互异特征值可直接保证。需要 $P$ 时，将特征向量按目标对角线顺序排成列，验 $AP=P\Lambda$ 。

易错点 有重特征值不一定不能对角化；关键是该重根能提供多少个线性无关特征向量。

01例题 · 计算题2020 年 8 月 · 原卷第 21 题

设矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&-1&-1\\-3&0&2\\-3&1&1\end{pmatrix}$ ，试判定 $A$ 是否可对角化，并说明理由。

解题思路与解析

看到题目先想什么

判定可对角化的核心是有没有三个线性无关的特征向量。先求特征多项式；若出现二重根，就重点检查该根能否提供两个独立方向，不能看到重根就直接下结论。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶矩阵，但不是实对称矩阵，所以不能直接援用实对称矩阵必可对角化的结论。可对角化指存在可逆 $P$ 使 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵；可逆要求 $P$ 的三列线性无关。

要记住的定义与公式

若 $P^{-1}AP=D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$ ，则 $AP=PD$ 。按列比较就是 $Ap_i=\lambda_ip_i$ ，所以 $P$ 的三列必须是三个独立特征向量。反过来，三个独立特征向量组成可逆 $P$ 即能对角化。

求特征值从 $Av=\lambda v$ 、 $v\ne0$ 移项到 $(\lambda E-A)v=0$ ，非零解要求 $|\lambda E-A|=0$ 。多项式中根重复次数叫代数重数，零空间维数叫几何重数；可对角化要求每个根的两种重数相等。

一步一步解题

求根。 $tE-A=\begin{pmatrix}t-1&1&1\\3&t&-2\\3&-1&t-1\end{pmatrix}.$ 沿第一行以 $+,-,+$ 展开： $\begin{aligned}p(t)&=(t-1)[t(t-1)-(-2)(-1)]\\&\quad-[3(t-1)-(-2)\cdot3]+[3(-1)-3t]\\&=(t-1)(t^2-t-2)-(3t+3)-3-3t\\&=t^3-2t^2-7t-4.\end{aligned}$ 代入 $t=-1$ 得 $-1-2+7-4=0$ ，因此含因子 $t+1$ ；展开核对 $p(t)=(t+1)(t^2-3t-4)=(t+1)^2(t-4).$ 所以根为 $4$ （一重）和 $-1$ （二重）。

检查二重根 $-1$ 。 $A+E=\begin{pmatrix}2&-1&-1\\-3&1&2\\-3&1&2\end{pmatrix}.$ 依次作 $R_3\leftarrow R_3-R_2$ 、 $R_2\leftarrow R_2+\frac32R_1$ ，得到 $\begin{pmatrix}2&-1&-1\\0&-\frac12&\frac12\\0&0&0\end{pmatrix}.$ 第二行给 $y=z$ ，第一行给 $2x-y-z=0$ ，所以 $x=y=z$ 。故特征空间是 $\{c(1,1,1)^T:c\in\mathbb R\}$ ，维数为 $1$ ，特征向量要再排除 $c=0$ 。

二重根需要两个独立特征方向，实际只有一个；一重根 $4$ 只提供一个。因此所有特征向量合起来最多提供 $1+1=2$ 个独立方向，小于三阶所需的 $3$ 个，不能组成可逆 $P$ 。

最终答案

$\boxed{A\text{ 不可相似对角化}}$ 。原因是 $-1$ 的代数重数为 $2$ ，而 $\dim\ker(A+E)=1$ ，独立特征向量不足三个。

回头检查

直接检查缺失方向的证据： $A(1,1,1)^T=(1-1-1,-3+2,-3+1+1)^T=(-1,-1,-1)^T.$ 单根 $4$ 可以取向量 $(-2,3,3)^T$ ，逐行乘得 $A(-2,3,3)^T=(-2-3-3,6+6,6+3+3)^T=(-8,12,12)^T=4(-2,3,3)^T.$ 这两方向独立，但二重根的方程已证明再没有第二个独立方向。根之和 $4-1-1=2$ 与迹 $1+0+1=2$ 也吻合。

看到题目先想什么

矩阵左上角单独一个 $1$ ，其余是一个 $2\times2$ 块，特征行列式沿第一行很容易展开。找到二重根 $0$ 后，要检查 $Ax=0$ 的自由变量数；零根本身不妨碍对角化，维数不足才妨碍。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶矩阵。题目问能否相似于对角矩阵，等价于问能否找到三个独立特征向量作 $P$ 的列。 $0$ 若为特征值，对应向量满足 $Av=0$ ，但向量仍必须非零。

要记住的定义与公式

特征值来自 $Av=\lambda v$ 、 $v\ne0$ ，移项后系数方阵必须奇异，所以解 $|\lambda E-A|=0$ 。可对角化当且仅当有三阶所需的三个独立特征向量；对重根，要比较多项式中的重数与 $\ker(A-\lambda E)$ 的维数。后者等于 $3-r(A-\lambda E)$ ，不是仅凭根出现次数就能确定。

一步一步解题

计算根。 $tE-A=\begin{pmatrix}t-1&0&0\\0&t-2&-1\\0&4&t+2\end{pmatrix}.$ 沿第一行只有第一项非零，其符号为正： $\begin{aligned}|tE-A|&=(t-1)\begin{vmatrix}t-2&-1\\4&t+2\end{vmatrix}\\&=(t-1)[(t-2)(t+2)-(-1)4]\\&=(t-1)(t^2-4+4)=t^2(t-1).\end{aligned}$ 所以 $1$ 为一重根， $0$ 为二重根。

解零根方程。 $Av=0$ 为 $x_1=0,\qquad2x_2+x_3=0,\qquad-4x_2-2x_3=0.$ 作 $R_3\leftarrow R_3+2R_2$ ，第三行变成零行。前两行分别有主元，故秩为 $2$ ，只有一个自由变量。令 $x_2=t$ ，得 $x_3=-2t$ ，所以全部零根特征向量为 $t(0,1,-2)^T$ ， $t\ne0$ 。特征空间只有一维。

核对另一个根。 $(A-E)v=0$ 的后两式为 $x_2+x_3=0$ 、 $-4x_2-3x_3=0$ 。第一式给 $x_3=-x_2$ ，代入第二式得 $-x_2=0$ ，故 $x_2=x_3=0$ ， $x_1$ 自由。根 $1$ 的空间也只有一维，为 $s(1,0,0)^T$ 。

所以总共只有 $1+1=2$ 个独立特征方向，少于 $3$ ，不可对角化。

最终答案

$\boxed{A\text{ 不可相似对角化}}$ ，因为二重特征值 $0$ 的特征空间只有一维，不能提供两个独立特征向量。

回头检查

直接验证两方向： $A(0,1,-2)^T=(0,2-2,-4+4)^T=0,$ $A(1,0,0)^T=(1,0,0)^T.$ 再由行变换后的矩阵 $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ 看出 $r(A)=2$ ，所以零空间维数确为 $3-2=1$ 。这也具体说明一般矩阵的秩不等于非零特征值个数：本题非零根只有一个，秩却为 $2$ 。

构造相似对角化矩阵：先定参数，再按特征值顺序放特征向量

给定特征值或行列式条件，要求参数及可逆矩阵使矩阵相似对角化。

先想一想，再看通用做法

做法先由迹或行列式确定参数，求全部特征值；分别解 $(A-\lambda_iE)x=0$ 。按目标对角线顺序选特征向量作 $P$ 的列，验 $|P|\ne0$ 和 $AP=P\Lambda$ 。

易错点 若未指定目标顺序，任何一致顺序都可；若已指定，则列序必须与对角线相同。

01例题 · 计算题2025 年 4 月 · 原卷第 21 题

设矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&-2&0\\1&0&a\end{pmatrix}$ 的三个特征值分别为 $-2,0,2$ ，求数 $a$ 及可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-2&0&0\\0&0&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

三个特征值已经给齐，先用迹确定只出现在对角线上的 $a$ 。再按目标对角线的指定顺序 $-2,0,2$ 求特征向量，分别作 $P$ 的第一、二、三列。

读懂题目与条件

$A$ 为三阶实对称矩阵， $a$ 是待定元素。题目只要求 $P$ 可逆，没有要求它正交，所以列向量无须单位化。目标对角阵中零根放在中间，意味着第二列必须属于零根，不能随意交换列后仍保留原来的对角线顺序。

要记住的定义与公式

全部根之和等于迹，故可先列 $\operatorname{tr}A=-2+0+2$ 。特征向量满足 $Ap_i=\lambda_ip_i$ 、 $p_i\ne0$ ，也就是 $(A-\lambda_iE)p_i=0$ 。非零条件保证它是特征方向；零向量不能作可逆矩阵的列。

将这些等式按列合并得 $AP=PD$ ，其中 $P=(p_1,p_2,p_3)$ 、 $D=\operatorname{diag}(-2,0,2)$ 。只要 $|P|\ne0$ ，左乘 $P^{-1}$ 就得到所求 $P^{-1}AP=D$ 。这就是“列向量与对角元必须一一对应”的原因。

一步一步解题

求 $a$ 。 $\operatorname{tr}A=1-2+a=a-1,\qquad-2+0+2=0.$ 所以 $a-1=0$ ，即 $a=1$ 。代入得 $A=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&-2&0\\1&0&1\end{pmatrix}.$ 这里只解一次系数为 $1$ 的方程，不需要排除任何参数分支。

按顺序求三列。 设待求列向量坐标为 $(u,v,w)^T$ 。

对 $\lambda=-2$ ， $A+2E=\begin{pmatrix}3&0&1\\0&0&0\\1&0&3\end{pmatrix},$ 得到 $3u+w=0$ 、 $u+3w=0$ 。将第二式乘 $3$ 减第一式，得 $8w=0$ ，故 $w=u=0$ ， $v$ 自由，取 $p_1=(0,1,0)^T$ 。

对 $\lambda=0$ ， $A(u,v,w)^T=0$ 给 $u+w=0$ 、 $-2v=0$ ，第三式与第一式相同。故 $v=0,u=-w$ ，取 $w=1$ 得 $p_2=(-1,0,1)^T$ 。

对 $\lambda=2$ ， $A-2E=\begin{pmatrix}-1&0&1\\0&-4&0\\1&0&-1\end{pmatrix},$ 得到 $-u+w=0$ 、 $-4v=0$ ，故 $w=u,v=0$ ，取 $u=1$ 得 $p_3=(1,0,1)^T$ 。

组装并检查可逆。 $P=(p_1,p_2,p_3)=\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&0\\0&1&1\end{pmatrix}.$ 沿第二行展开，唯一非零元在 $(2,1)$ ，符号为负： $|P|=-1\begin{vmatrix}-1&1\\1&1\end{vmatrix}=-[(-1)\cdot1-1\cdot1]=2\ne0.$ 因此 $P$ 可逆，且三列正好依次对应指定根。

最终答案

$\boxed{a=1}$ ，可取 $\boxed{P=\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&0\\0&1&1\end{pmatrix}},$ 此时 $\boxed{P^{-1}AP=\operatorname{diag}(-2,0,2)}$ 。

回头检查

把实际矩阵相乘核对整个相似等式： $AP=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&-2&0\\1&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&0\\0&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&2\\-2&0&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$ 右乘对角阵是把列依次乘 $-2,0,2$ ，因此 $PD=(-2p_1,0p_2,2p_3)=\begin{pmatrix}0&0&2\\-2&0&0\\0&0&2\end{pmatrix}=AP.$ 结合已验的 $|P|=2$ ，即可确认 $P^{-1}AP=D$ ，不必额外计算逆矩阵。

看到题目先想什么

先用给定行列式确定 $x$ ，再求数值矩阵的根和向量。矩阵第一行只有一个非零元，行列式与特征行列式都适合沿第一行展开；右下角对称的二阶块又能使向量方程很简单。

读懂题目与条件

题面中的 $x$ 是矩阵第 $(2,3)$ 个元素，是一个待求参数。为避免混淆，下面把特征向量写作 $(u,v,w)^T$ 。题目没有指定最终对角阵的顺序，因此可自行选顺序，但 $P$ 的列必须与所选对角元对应。

要记住的定义与公式

沿第一行的行列式展开符号为 $+,-,+$ ，零元素对应项为零，二阶小行列式用 $ad-bc$ 。特征值定义为 $Az=\lambda z$ 、 $z\ne0$ ；移项是 $(\lambda E-A)z=0$ ，有非零解要求 $|\lambda E-A|=0$ 。

求到三条独立特征向量后，令它们为 $P$ 的列、对应根为 $D$ 的对角元，则 $AP=PD$ ； $P$ 可逆时即得到 $P^{-1}AP=D$ 。

一步一步解题

由行列式求参数。 沿第一行只有第一项： $|A|=2\begin{vmatrix}3&x\\-2&3\end{vmatrix}=2[3\cdot3-x(-2)]=2(9+2x).$ 令其等于 $10$ ： $18+4x=10$ ，得 $4x=-8$ ，故 $x=-2$ 。除的是常数 $4$ ，不存在遗漏的零主元分支。

求特征值。 代入后 $A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&3&-2\\0&-2&3\end{pmatrix}.$ 于是 $\begin{aligned}|tE-A|&=(t-2)\begin{vmatrix}t-3&2\\2&t-3\end{vmatrix}\\&=(t-2)[(t-3)^2-2\cdot2]\\&=(t-2)(t-3-2)(t-3+2)\\&=(t-2)(t-5)(t-1).\end{aligned}$ 根为 $2,1,5$ ，采用这个顺序来排列。

逐根求向量。 对 $2$ ，方程 $(A-2E)(u,v,w)^T=0$ 给 $v-2w=0,\qquad-2v+w=0.$ 第一式给 $v=2w$ ，代入第二式得 $-3w=0$ ，所以 $v=w=0$ ， $u$ 自由。取 $p_1=(1,0,0)^T$ 。

对 $1$ ，方程 $(A-E)z=0$ 给 $u=0$ 、 $2v-2w=0$ 、 $-2v+2w=0$ ，所以 $v=w$ ，取 $p_2=(0,1,1)^T$ 。

对 $5$ ，方程 $(A-5E)z=0$ 给 $-3u=0$ 、 $-2v-2w=0$ ，第三式与第二式相同。故 $u=0,v=-w$ ，取 $p_3=(0,-1,1)^T$ 。

组成 $P=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix},\qquad D=\operatorname{diag}(2,1,5).$ 沿第一行得 $|P|=1[1\cdot1-(-1)\cdot1]=2\ne0$ ，可逆。

最终答案

$\boxed{x=-2}$ 。可取 $\boxed{P=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix}},\qquad\boxed{P^{-1}AP=\operatorname{diag}(2,1,5)}.$

回头检查

先代回参数核对原约束： $|A|=2(9+2(-2))=2\cdot5=10$ 。再验矩阵等式： $AP=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&3&-2\\0&-2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&-5\\0&1&5\end{pmatrix}.$ 而 $PD$ 把三列分别乘 $2,1,5$ ，也为同一个矩阵。根之积 $2\cdot1\cdot5=10$ 、根之和 $2+1+5=8=2+3+3$ ，两项也吻合。

含参数的对角化：先用特征条件，再用重根空间的秩

含未知参数，给定某重特征值、已知特征向量或可对角化要求。

先想一想，再看通用做法

做法先由 $A\xi=\lambda\xi$ 、迹或特征方程求参数约束。若某特征值是 $m$ 重根，可对角化要求 $\dim\ker(A-\lambda E)=m$ ，即 $r(A-\lambda E)=n-m$ ；用行比例或子式落实秩条件。

易错点 只代入特征方程得到重根还不够；代数重数与特征空间维数要同时满足。

01例题 · 计算题2024 年 4 月 · 原卷第 21 题

已知 $\xi=(0,0,1)^T$ 是矩阵 $A=\begin{pmatrix}-1&1&a\\-4&3&b\\1&0&2\end{pmatrix}$ 的一个特征向量。 $(1)$ 试确定参数 $a,b$ 的值及特征向量 $\xi$ 所对应的特征值； $(2)$ $A$ 是否可以相似对角化？说明理由。

解题思路与解析

看到题目先想什么

已知一个具体特征向量，应先用定义 $A\xi=\lambda\xi$ 比较坐标确定参数。之后再判断对角化；求出重根时，必须实际检查该根的特征空间维数。

读懂题目与条件

$\xi=(0,0,1)^T$ 是第三个坐标方向。矩阵乘以它会直接选出第三列，因此参数 $a,b$ 可立即由前两个坐标确定。后面求其他向量时，改用 $(u,v,w)^T$ 作为未知向量，避免与题面已知的 $\xi$ 混淆。

要记住的定义与公式

特征向量定义是非零向量 $\xi$ 满足 $A\xi=\lambda\xi$ 。零向量不允许，因为对零向量任意数都满足等式。全部特征值通过 $(tE-A)z=0$ 的非零解求得，即解 $|tE-A|=0$ 。

三阶矩阵可对角化要求三个独立特征向量；二重根要求二维特征空间。其维数要解 $(A-\lambda E)z=0$ ，或计算 $3-r(A-\lambda E)$ ，不能从“二重”直接认定有两个独立方向。

一步一步解题

由已知向量确定参数。 按行乘列： $A\xi=\begin{pmatrix}-1\cdot0+1\cdot0+a\cdot1\\-4\cdot0+3\cdot0+b\cdot1\\1\cdot0+0\cdot0+2\cdot1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\\2\end{pmatrix}.$ 而 $\lambda\xi=(0,0,\lambda)^T$ 。逐坐标比较得 $a=0,b=0,\lambda=2$ 。这里不是 $a=b=\lambda$ ，因为前两个坐标的右端都是零。

求其余根。 代入后 $tE-A=\begin{pmatrix}t+1&-1&0\\4&t-3&0\\-1&0&t-2\end{pmatrix}.$ 沿第三列展开，仅 $(3,3)$ 项非零且为正号： $\begin{aligned}|tE-A|&=(t-2)\begin{vmatrix}t+1&-1\\4&t-3\end{vmatrix}\\&=(t-2)[(t+1)(t-3)-(-1)4]\\&=(t-2)(t^2-2t-3+4)=(t-2)(t-1)^2.\end{aligned}$ 所以 $2$ 一重、 $1$ 二重。

检查二重根 $1$ 。 $A-E=\begin{pmatrix}-2&1&0\\-4&2&0\\1&0&1\end{pmatrix}.$ 作 $R_2\leftarrow R_2-2R_1$ ，得到 $\begin{pmatrix}-2&1&0\\0&0&0\\1&0&1\end{pmatrix}.$ 第一、三行独立：前者第三项为零、后者第三项为 $1$ ，不可能成比例。因此秩为 $2$ 。从方程也能看出： $-2u+v=0$ 给 $v=2u$ ， $u+w=0$ 给 $w=-u$ 。令 $u=t$ ，全部特征向量为 $t(1,2,-1)^T$ ， $t\ne0$ ，只有一个独立方向。

单根 $2$ 的方程中，第三行先给 $u=0$ ，第一行给 $v=0$ ， $w$ 自由，所以只有已知的方向 $(0,0,1)^T$ 。合计独立方向为 $1+1=2<3$ ，不能对角化。

最终答案

（1） $\boxed{a=0,b=0}$ ， $\xi$ 对应特征值为 $\boxed{2}$ 。

（2） $\boxed{A\text{ 不可相似对角化}}$ 。二重根 $1$ 的特征空间为 $\operatorname{span}\{(1,2,-1)^T\}$ ，维数仅为 $1$ 。

回头检查

用求得的参数直接检查已知方向： $A(0,0,1)^T=(0,0,2)^T=2\xi$ 。再检查重根方向： $A(1,2,-1)^T=(-1+2,-4+6,1-2)^T=(1,2,-1)^T.$ 这两个方向确实各自满足定义。两根按重数之和为 $2+1+1=4$ ，与迹 $-1+3+2=4$ 一致。消元中两条独立方程使自由变量仅一个，是不能对角化的具体证据。

看到题目先想什么

先利用已知向量的三个非零坐标求 $a$ 与对应根；注意第三坐标为 $-1$ ，因此右边第三项是 $-\lambda$ 。判断对角化时，即使最终只有一个不同特征值，也仍要查它能提供几个独立方向。

读懂题目与条件

$\xi=(1,1,-1)^T$ 已经给定，不是任意未知向量。 $a$ 是矩阵中第 $(3,2)$ 位置的一个数。求出参数后，特征多项式的根出现次数表示代数重数；“只有一个不同根”与“只有一个独立特征方向”是不同陈述，需要分别证明。

要记住的定义与公式

定义 $A\xi=\lambda\xi$ 中要求 $\xi\ne0$ ；本题显然满足。求全部根时，由 $(tE-A)z=0$ 有非零解，得到特征方程 $|tE-A|=0$ 。三阶可对角化要求存在三个独立特征向量。

若唯一根为 $\lambda_0$ 且代数重数为 $3$ ，对角化后的对角阵只能是 $\lambda_0E$ 。因此不仅需要三维特征空间，还会推出 $A=P(\lambda_0E)P^{-1}=\lambda_0E$ 。这一点可作为额外复核，但下面仍实际求零空间。

一步一步解题

先求参数与已知根。 $\begin{aligned}A\xi&=\begin{pmatrix}2\cdot1-1\cdot1+2(-1)\\5\cdot1-3\cdot1+3(-1)\\-1\cdot1+a\cdot1-2(-1)\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}-1\\-1\\a+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda\\\lambda\\-\lambda\end{pmatrix}.\end{aligned}$ 前两个坐标给 $\lambda=-1$ 。第三个坐标要求 $a+1=-\lambda=1$ ，所以 $a=0$ 。由常数坐标锁定根，没有任何需要除以参数的分支。

求全部根。 代入 $a=0$ ，写出 $tE-A=\begin{pmatrix}t-2&1&-2\\-5&t+3&-3\\1&0&t+2\end{pmatrix}.$ 沿第三行展开，其第一、第三项的代数余子式符号都为正，中间项为零： $\begin{aligned}|tE-A|&=1\begin{vmatrix}1&-2\\t+3&-3\end{vmatrix}+(t+2)\begin{vmatrix}t-2&1\\-5&t+3\end{vmatrix}\\&=[1(-3)-(-2)(t+3)]+(t+2)[(t-2)(t+3)-1(-5)]\\&=(2t+3)+(t+2)(t^2+t-1)\\&=2t+3+t^3+3t^2+t-2\\&=t^3+3t^2+3t+1=(t+1)^3.\end{aligned}$ 因此唯一不同根是 $-1$ ，代数重数为 $3$ 。

实际求该根的特征空间。 $A+E=\begin{pmatrix}3&-1&2\\5&-2&3\\-1&0&-1\end{pmatrix}.$ 先交换第一、三行，再把第一行乘 $-1$ ，得到 $\begin{pmatrix}1&0&1\\5&-2&3\\3&-1&2\end{pmatrix}$ 。作 $R_2\leftarrow R_2-5R_1$ 、 $R_3\leftarrow R_3-3R_1$ ，得 $\begin{pmatrix}1&0&1\\0&-2&-2\\0&-1&-1\end{pmatrix}.$ 作 $R_2\leftarrow R_2-2R_3$ 后第二行变零；把非零行移到第二行并乘 $-1$ ，得到行最简形 $\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}.$ 因此 $u+w=0,v+w=0$ 。取 $w=-c$ ，得全部特征向量 $c(1,1,-1)^T$ ， $c\ne0$ 。特征空间只有一维，远少于三重根所需的三维，不能对角化。

最终答案

（1） $\boxed{a=0}$ ， $\xi$ 对应特征值为 $\boxed{-1}$ 。

（2） $\boxed{A\text{ 不可相似对角化}}$ 。唯一特征值 $-1$ 的代数重数为 $3$ ，其特征空间维数为 $1$ 。

回头检查

先代回向量关系： $a=0$ 时 $A\xi=(-1,-1,1)^T=-\xi$ 。根之和为 $-3$ ，与迹 $2-3-2=-3$ 一致；根之积为 $-1$ ，直接沿第三行算也有 $|A|=(-1)\begin{vmatrix}-1&2\\-3&3\end{vmatrix}+(-2)\begin{vmatrix}2&-1\\5&-3\end{vmatrix}=(-1)(-3+6)-2(-6+5)=-1.$ 再独立检查不可对角化：若它可对角化，只可能相似于 $-E$ ，从而必须等于 $-E$ ；但本题 $a_{12}=-1\ne0$ ，显然 $A\ne-E$ ，也证实否定结论。

从相似关系或特征向量还原矩阵：计算相似还原式

已给相似关系或全部特征向量、特征值，求矩阵本身或一个相似变换后的矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法先按特征向量排列列组成 $P$ ，对应值组成 $\Lambda$ ；由 $P^{-1}AP=\Lambda$ 得 $A=P\Lambda P^{-1}$ ，按顺序相乘。给实对称矩阵部分特征向量时可利用正交补或投影补齐。

易错点 还原式为 $P\Lambda P^{-1}$ ，次序不可交换；各列与对应特征值必须对齐。

01例题 · 填空题2020 年 10 月 · 原卷第 9 题

设 $A$ 为 $2$ 阶矩阵，若存在矩阵 $P=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$ ，使得 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix}$ ，则 $A=\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

已知变换后的对角阵，要还原 $A$ ，先在等式两侧按顺序乘回 $P$ 与 $P^{-1}$ 。矩阵乘法次序不能交换，因此必须先推导还原式，再代数值计算。

读懂题目与条件

$P=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$ 与 $A$ 都是二阶方阵。题给 $P^{-1}AP=D$ ，其中 $D=\operatorname{diag}(-1,2)$ 。 $P$ 只是可逆矩阵，并不是正交矩阵；例如第一、二列的内积为 $-2$ ，所以不能把 $P^T$ 直接当成 $P^{-1}$ 。

要记住的定义与公式

由 $P^{-1}AP=D$ ，先左乘 $P$ 得 $AP=PD$ ，再右乘 $P^{-1}$ 得 $A=PDP^{-1}.$ 顺序来自左右乘法，不能像普通数一样随意移动因子。二阶求逆公式为 $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}^{-1}=\frac1{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix},$ 使用前提为行列式 $ad-bc\ne0$ 。

一步一步解题

先验 $|P|=1\cdot1-(-2)\cdot0=1\ne0$ ，故 $P^{-1}=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}.$ 再算 $PD$ ，右乘对角阵相当于给第一列乘 $-1$ 、第二列乘 $2$ ： $PD=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&-4\\0&2\end{pmatrix}.$ 最后乘逆矩阵，四个位置都按行乘列： $\begin{aligned}A&=\begin{pmatrix}-1&-4\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}(-1)1+(-4)0&(-1)2+(-4)1\\0\cdot1+2\cdot0&0\cdot2+2\cdot1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}-1&-6\\0&2\end{pmatrix}.\end{aligned}$ 特别是右上角由两项相加，等于 $-2-4=-6$ 。

最终答案

$\boxed{A=\begin{pmatrix}-1&-6\\0&2\end{pmatrix}}$ 。

回头检查

直接代回原等式的两次乘法： $AP=\begin{pmatrix}-1&-6\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&2-6\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&-4\\0&2\end{pmatrix},$ $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&-4\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&-4+4\\0&2\end{pmatrix}=D.$ 非对角项确实消为零，确认还原次序正确。

看到题目先想什么

给出了三个独立特征方向及对应根，等于告诉了矩阵对一组基的作用。把方向按列组成 $P$ ，对应根放入 $\Lambda$ ，就能用 $A=P\Lambda P^{-1}$ 还原矩阵。重根的两列都要保留。

读懂题目与条件

三个向量为 $\alpha_1=(0,1,-1)^T$ 、 $\alpha_2=(1,0,0)^T$ 、 $\alpha_3=(0,1,1)^T$ ；其中第一列对应 $1$ ，后两列对应 $-2$ 。题目并未先说 $A$ 实对称，不能以实对称定理替代构造；应先检查这三条方向确实独立。

要记住的定义与公式

每个已给特征向量非零，满足 $A\alpha_i=\lambda_i\alpha_i$ 。按列合并为 $AP=P\Lambda,\qquad P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3),\quad\Lambda=\operatorname{diag}(1,-2,-2).$ 若 $P$ 可逆，右乘 $P^{-1}$ 就得 $A=P\Lambda P^{-1}$ 。因此三条独立方向可以唯一确定这个线性变换；若方向不够，则通常不能唯一还原。

一步一步解题

组装矩阵并查独立性。 $P=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&1\\-1&0&1\end{pmatrix}.$ 沿第一行只有第二项，展开符号为负： $|P|=-1\begin{vmatrix}1&1\\-1&1\end{vmatrix}=-[1\cdot1-1(-1)]=-2\ne0.$ 所以它确实是一组基，可用还原公式。

解释逆矩阵如何求。 令 $x=Py$ ，逐行读为 $x_1=y_2,\qquad x_2=y_1+y_3,\qquad x_3=-y_1+y_3.$ 后两式相减得 $2y_1=x_2-x_3$ ，相加得 $2y_3=x_2+x_3$ 。因此 $y_1=\frac{x_2-x_3}{2},\quad y_2=x_1,\quad y_3=\frac{x_2+x_3}{2},$ 也就是 $P^{-1}=\begin{pmatrix}0&\frac12&-\frac12\\1&0&0\\0&\frac12&\frac12\end{pmatrix}.$ 按次序相乘。 先给 $P$ 的三列分别乘 $1,-2,-2$ ： $P\Lambda=\begin{pmatrix}0&-2&0\\1&0&-2\\-1&0&-2\end{pmatrix}.$ 再与逆相乘，逐个写出九个位置： $\begin{aligned}A&=(P\Lambda)P^{-1}\\&=\begin{pmatrix}0\cdot0-2\cdot1+0\cdot0&0\cdot\frac12-2\cdot0+0\cdot\frac12&0\cdot(-\frac12)-2\cdot0+0\cdot\frac12\\1\cdot0+0\cdot1-2\cdot0&\frac12-1&-\frac12-1\\-1\cdot0+0\cdot1-2\cdot0&-\frac12-1&\frac12-1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}-2&0&0\\0&-\frac12&-\frac32\\0&-\frac32&-\frac12\end{pmatrix}.\end{aligned}$

最终答案

$\boxed{A=\begin{pmatrix}-2&0&0\\0&-\frac12&-\frac32\\0&-\frac32&-\frac12\end{pmatrix}}$ 。

回头检查

直接检查题目给出的全部方向： $A(0,1,-1)^T=(0,-\tfrac12+\tfrac32,-\tfrac32+\tfrac12)^T=(0,1,-1)^T,$ $A(1,0,0)^T=(-2,0,0)^T=-2(1,0,0)^T,$ $A(0,1,1)^T=(0,-\tfrac12-\tfrac32,-\tfrac32-\tfrac12)^T=(0,-2,-2)^T=-2(0,1,1)^T.$ 三个基方向的作用与题给完全一致。迹为 $-2-\frac12-\frac12=-3=1-2-2$ ，行列式为 $(-2)[\frac14-\frac94]=4=1(-2)(-2)$ ，也相符。

利用相似对角化求矩阵幂：对角元乘方后还原

给定 $P^{-1}AP=\Lambda$ ，要求 $A^2$ 、 $A^3$ 或更高次幂。

先想一想，再看通用做法

做法由 $A=P\Lambda P^{-1}$ 得 $A^k=P\Lambda^kP^{-1}$ ；对角阵乘方只需各对角元乘方，再按顺序乘回 $P$ 与 $P^{-1}$ 。

易错点 负特征值的奇偶次幂符号不同；不能把相似变换矩阵本身各自乘方。

01例题 · 计算题2022 年 10 月 · 原卷第 17 题

设 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$ ， $P=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}$ ，求 $A^2$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

有了相似对角化关系，求平方就把计算移到对角阵上。关键是把 $A=P\Lambda P^{-1}$ 连乘，看到中间的 $P^{-1}P$ 消掉；不是把 $P$ 、 $P^{-1}$ 也分别平方。

读懂题目与条件

$P=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}$ ， $\Lambda=\operatorname{diag}(2,-1)$ 。 $A^2$ 是 $AA$ ；对角阵的平方才可以直接把每个对角元平方。题目只要求 $A^2$ ，可以先不求 $A$ ，但最后可由求出的 $A$ 直接平方作独立验算。

要记住的定义与公式

由 $P^{-1}AP=\Lambda$ ，左右乘回得 $A=P\Lambda P^{-1}$ 。利用结合律及 $P^{-1}P=E$ ： $A^2=(P\Lambda P^{-1})(P\Lambda P^{-1})=P\Lambda(P^{-1}P)\Lambda P^{-1}=P\Lambda^2P^{-1}.$ 对角阵相乘时非对角项仍为零，因此 $\Lambda^2=\operatorname{diag}(2^2,(-1)^2)$ 。逆矩阵需要行列式非零；这里 $|P|=1$ 。

一步一步解题

先求逆。二阶求逆公式给出 $P^{-1}=\frac1{1\cdot1-0\cdot2}\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix}.$ 再计算对角阵平方： $\Lambda^2=\begin{pmatrix}4&0\\0&1\end{pmatrix}.$ 先乘前两个因子： $P\Lambda^2=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&0\\8&1\end{pmatrix}.$ 再乘逆，每个位置按行乘列： $\begin{aligned}A^2&=\begin{pmatrix}4&0\\8&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}4\cdot1+0(-2)&4\cdot0+0\cdot1\\8\cdot1+1(-2)&8\cdot0+1\cdot1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}4&0\\6&1\end{pmatrix}.\end{aligned}$

最终答案

$\boxed{A^2=\begin{pmatrix}4&0\\6&1\end{pmatrix}}$ 。

回头检查

先还原 $A$ ： $A=P\Lambda P^{-1}=\begin{pmatrix}2&0\\4&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0\\6&-1\end{pmatrix}.$ 现在直接按普通矩阵乘法平方： $AA=\begin{pmatrix}2&0\\6&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0\\6&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&0\\6\cdot2-6&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&0\\6&1\end{pmatrix}.$ 行列式也有 $|A^2|=4=(2\cdot(-1))^2$ 。

看到题目先想什么

要求三次幂，直接在对角阵上做 $1^3$ 和 $(-2)^3$ ，再用 $P$ 与 $P^{-1}$ 乘回。负根做奇数次幂仍为负，这会影响最后右上角的加法。

读懂题目与条件

$P=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ ， $\Lambda=\operatorname{diag}(1,-2)$ ， $E$ 为二阶单位矩阵。题给 $P^{-1}AP=\Lambda$ 意味着 $P$ 可逆； $A^3$ 是连续三次矩阵乘法，不是逐个元素立方。

要记住的定义与公式

从 $A=P\Lambda P^{-1}$ 出发，连续代入三次： $\begin{aligned}A^3&=(P\Lambda P^{-1})(P\Lambda P^{-1})(P\Lambda P^{-1})\\&=P\Lambda(P^{-1}P)\Lambda(P^{-1}P)\Lambda P^{-1}\\&=P\Lambda^3P^{-1}.\end{aligned}$ 只有相邻的 $P^{-1}P$ 可消成 $E$ ，不能交换矩阵的顺序。对角阵乘方仅对对角元乘方，故 $\Lambda^3=\operatorname{diag}(1,-8)$ 。

一步一步解题

先求逆： $|P|=1\cdot1-1\cdot0=1$ ，所以 $P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}.$ 三次幂中的两个对角元为 $1^3=1$ 、 $(-2)^3=-8$ ，故 $P\Lambda^3=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&-8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-8\\0&-8\end{pmatrix}.$ 然后按行乘列： $\begin{aligned}A^3&=\begin{pmatrix}1&-8\\0&-8\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}1\cdot1-8\cdot0&1(-1)-8\cdot1\\0\cdot1-8\cdot0&0(-1)-8\cdot1\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}1&-9\\0&-8\end{pmatrix}.\end{aligned}$ 右上角要把 $-1$ 与 $-8$ 相加，得到 $-9$ 。

最终答案

$\boxed{A^3=\begin{pmatrix}1&-9\\0&-8\end{pmatrix}}$ 。

回头检查

先由 $P\Lambda P^{-1}$ 还原 $A=\begin{pmatrix}1&-3\\0&-2\end{pmatrix}$ ，再直接连乘： $A^2=\begin{pmatrix}1&-3\\0&-2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&-3+6\\0&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&3\\0&4\end{pmatrix},$ $A^2A=\begin{pmatrix}1&3\\0&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-3\\0&-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-3-6\\0&-8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-9\\0&-8\end{pmatrix}.$ 这一路不在对角阵上求幂，结果仍一致。

特征向量线性无关证明：设线性组合为零，再作用矩阵消元

证明不同特征值的特征向量或经 $A$ 作用后的向量组线性无关。

先想一想，再看通用做法

做法设系数的线性组合为零，再左乘 $A$ ，用 $A\alpha_i=\lambda_i\alpha_i$ 改写。与原式的倍数相减消去一个向量，用非零特征向量及不同特征值迫使系数为零。对变换后的组合也可按原特征向量展开。

易错点 必须证明所有系数都为零；不能约去可能为零的特征值。

01例题 · 证明题2021 年 10 月 · 原卷第 23 题

设 $\lambda_1,\lambda_2$ 是 $n$ 阶矩阵 $A$ 的两个不同的特征值， $\alpha_1,\alpha_2$ 分别是 $A$ 的属于 $\lambda_1,\lambda_2$ 的特征向量，证明 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关。

解题思路与解析

看到题目先想什么

证明线性无关，先回到定义：设线性组合为零，目标是迫使所有系数都为零。题目中的特征方程可以在“左乘一次 $A$ ”后把向量乘法变成标量系数，再用两式相减消去一个方向。

读懂题目与条件

$A$ 是 $n$ 阶矩阵， $\alpha_1,\alpha_2$ 为 $n$ 维非零向量； $\lambda_1,\lambda_2$ 是两个不同的数。由“特征向量”已知 $A\alpha_i=\lambda_i\alpha_i$ 和 $\alpha_i\ne0$ 。题目没有要求两个特征值分别非零，其中一个完全可以是零。

要记住的定义与公式

线性无关的定义是：若 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2=0$ ，则只能 $c_1=c_2=0$ 。矩阵乘法具有线性性，所以 $A(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2)=c_1A\alpha_1+c_2A\alpha_2.$ 标量乘非零向量得到零向量时，该标量必须为零：非零向量至少有一个坐标不为零，查看这个坐标即可。这里要用的非零数是 $\lambda_2-\lambda_1$ ，而不是分别除以两个根。

一步一步解题

设有线性组合 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2=0.\tag{1}$ 左乘 $A$ ，利用两个特征关系，得到 $c_1\lambda_1\alpha_1+c_2\lambda_2\alpha_2=0.\tag{2}$ 把（1）乘 $\lambda_1$ ，得到 $c_1\lambda_1\alpha_1+c_2\lambda_1\alpha_2=0$ ；用（2）减去它： $c_2(\lambda_2-\lambda_1)\alpha_2=0.$ $\alpha_2\ne0$ ，先得到 $c_2(\lambda_2-\lambda_1)=0$ 。又因为两根不同， $\lambda_2-\lambda_1\ne0$ ，故 $c_2=0$ 。代回（1）得 $c_1\alpha_1=0$ ，由 $\alpha_1\ne0$ 得 $c_1=0$ 。

任意一个为零的线性组合都只能取零系数，这正是线性无关的定义，命题得证。全过程没有除以可能为零的 $\lambda_1$ 或 $\lambda_2$ 。

最终答案

$\boxed{\alpha_1,\alpha_2\text{ 线性无关}}$ 。

回头检查

用另一种思路复查：若两向量相关，由 $\alpha_1\ne0$ 可写 $\alpha_2=t\alpha_1$ ；因 $\alpha_2\ne0$ ，有 $t\ne0$ 。作用 $A$ 后一方面得 $A\alpha_2=t\lambda_1\alpha_1$ ，另一方面得 $A\alpha_2=\lambda_2t\alpha_1$ ，所以 $t(\lambda_1-\lambda_2)\alpha_1=0$ ，与三个因子都非零矛盾。

具体检查允许零根的边界： $A=\operatorname{diag}(0,2)$ 、 $\alpha_1=(1,0)^T$ 、 $\alpha_2=(0,1)^T$ ，两根 $0,2$ 不同，向量矩阵行列式为 $1$ ，确实独立。

看到题目先想什么

待证的第二个向量含有 $A(\alpha_1+\alpha_2)$ ，先用线性性把它展开成原来的两个特征方向。不同根保证原两方向独立，而 $\lambda_2\ne0$ 保证展开后仍保留第二个方向，这两个条件各有作用。

读懂题目与条件

已知 $A\alpha_1=\lambda_1\alpha_1$ 、 $A\alpha_2=\lambda_2\alpha_2$ ，且两向量都非零。待证的向量组是 $\alpha_1$ 与 $A(\alpha_1+\alpha_2)$ ，不是 $A\alpha_1$ 与 $A\alpha_2$ 。题目只要求 $\lambda_2\ne0$ ，允许 $\lambda_1=0$ 。

要记住的定义与公式

证明一组向量线性无关，要把其任意零线性组合的系数都证明为零。不同特征值的特征向量独立，其理由可以快速复现：若 $u\alpha_1+v\alpha_2=0$ ，作用 $A$ 再减去 $\lambda_1$ 倍原式，得到 $v(\lambda_2-\lambda_1)\alpha_2=0$ ，从而 $v=0,u=0$ 。

另外，线性性给出 $A(\alpha_1+\alpha_2)=\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2.$ 因此可以把待证向量的组合统一写回已经独立的原方向，再比较系数。

一步一步解题

先由 $\lambda_1\ne\lambda_2$ 及非零向量条件，按上面的消元证明得到 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关。

现在任取系数 $c_1,c_2$ ，设 $c_1\alpha_1+c_2A(\alpha_1+\alpha_2)=0.$ 展开矩阵作用，按原方向合并： $\begin{aligned}0&=c_1\alpha_1+c_2(\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2)\\&=(c_1+c_2\lambda_1)\alpha_1+c_2\lambda_2\alpha_2.\end{aligned}$ 因为原两个方向独立，它们前面的两个数必须各为零： $c_1+c_2\lambda_1=0,\qquad c_2\lambda_2=0.$ 此时才使用 $\lambda_2\ne0$ ：第二式两边除以 $\lambda_2$ 得 $c_2=0$ 。代入第一式得 $c_1=0$ 。所以待证向量组的零组合只有零系数，线性无关，证毕。

这里不能省略 $\lambda_2\ne0$ ，它正是从 $c_2\lambda_2=0$ 推出 $c_2=0$ 的依据；也不需要额外假设 $\lambda_1\ne0$ 。

最终答案

当 $\lambda_1\ne\lambda_2$ 且 $\lambda_2\ne0$ 时， $\boxed{\alpha_1,\ A(\alpha_1+\alpha_2)\text{ 线性无关}}.$

回头检查

在独立方向 $(\alpha_1,\alpha_2)$ 下，两待证向量的坐标列分别是 $(1,0)^T$ 、 $(\lambda_1,\lambda_2)^T$ ，坐标矩阵为 $C=\begin{pmatrix}1&\lambda_1\\0&\lambda_2\end{pmatrix},\qquad|C|=1\cdot\lambda_2-0\cdot\lambda_1=\lambda_2\ne0.$ 这从可逆的坐标变换角度独立检查了结论。

再检验条件的边界：若 $A=\operatorname{diag}(1,0)$ ，取 $\alpha_1=(1,0)^T,\alpha_2=(0,1)^T$ ，则两根不同但 $\lambda_2=0$ ，此时 $A(\alpha_1+\alpha_2)=\alpha_1$ ，两向量确实相关，说明该非零条件不可删。

06 实二次型10 个考点 / 每点 2 题

第 6 章 · 实二次型 · 同类真题 2 道

二次型写成实对称矩阵：交叉项系数平分

直接要求二次型的矩阵，含平方项和交叉项。

先想一想，再看通用做法

做法写 $f=x^TAx$ ：对角元等于平方项系数；交叉项为 $2a_{ij}x_ix_j$ ，所以 $a_{ij}=a_{ji}$ 是该系数的一半。没出现的项填零。

易错点 $6x_2x_3$ 对应两个位置各填 $3$ ；矩阵必须对称。

01例题 · 填空题2024 年 10 月 · 原卷第 15 题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=-(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_1x_3$ 的矩阵为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目只问“二次型的矩阵”，先把目标认成 $f=x^TAx$ ，不需要求特征值或消去交叉项。第一件事是展开括号，第二件事是区分平方项和交叉项：平方项系数直接填主对角线；交叉项系数要分给两个对称位置。

读懂题目与条件

这里 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 是三个实变量组成的列向量， $x^T=(x_1,x_2,x_3)$ 是行向量，因此 $A$ 应为 $3\times3$ 矩阵， $x^TAx$ 的结果是一个数。“二次型的矩阵”按约定取实对称矩阵，即 $a_{ij}=a_{ji}$ 。

题目括号外的负号只作用于 $x_1^2+x_2^2+x_3^2$ ，所以三个平方项均为负；括号后的三个交叉项均为正。

要记住的定义与公式

对实对称矩阵 $A=(a_{ij})$ ，实际展开乘法可得 $x^TAx=\sum_{i=1}^3a_{ii}x_i^2+2a_{12}x_1x_2+2a_{13}x_1x_3+2a_{23}x_2x_3.$ 为什么交叉项前有 $2$ ？例如矩阵的 $(1,2)$ 位置贡献 $a_{12}x_1x_2$ ， $(2,1)$ 位置又贡献 $a_{21}x_2x_1$ ；因为 $a_{21}=a_{12}$ 且 $x_2x_1=x_1x_2$ ，两项合起来才是 $2a_{12}x_1x_2$ 。所以应把题面交叉项系数除以 $2$ 。

一步一步解题

先展开原式： $f=-x_1^2-x_2^2-x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3.$ 比较平方项，得到 $a_{11}=a_{22}=a_{33}=-1.$ 比较三个交叉项，分别得到 $2a_{12}=2,\quad 2a_{13}=2,\quad 2a_{23}=2,$ 所以 $a_{12}=a_{13}=a_{23}=1$ 。将这些数连同对称位置一起填入矩阵： $A=\begin{pmatrix}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{pmatrix}.$

最终答案

原二次型的矩阵为 $\boxed{A=\begin{pmatrix}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{pmatrix}}.$

回头检查

先用矩阵逐行乘列向量： $Ax=\begin{pmatrix}-x_1+x_2+x_3\\x_1-x_2+x_3\\x_1+x_2-x_3\end{pmatrix}.$ 再左乘 $x^T$ ： $\begin{aligned} x^TAx&=x_1(-x_1+x_2+x_3)+x_2(x_1-x_2+x_3)+x_3(x_1+x_2-x_3)\\ &=-x_1^2-x_2^2-x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3. \end{aligned}$ 每一项都与原式相同。另外取 $x=(1,1,1)^T$ ，原式为 $-3+6=3$ ，而 $Ax=(1,1,1)^T$ ，故 $x^TAx=3$ ，符号也吻合。

看到题目先想什么

看到“求二次型的矩阵”，先比较 $f$ 与 $x^TAx$ 的各项系数。这里的关键是 $6x_2x_3$ ：它来自两个对称矩阵元，因而每个位置填 $3$ 。没有出现的交叉项也有信息，它们的系数为零。

读懂题目与条件

三个变量组成 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$ ，因此矩阵为三阶实对称矩阵。 $x_1^2,x_2^2,3x_3^2$ 给主对角线； $x_2x_3$ 对应第 $2,3$ 个变量之间的两个位置 $(2,3),(3,2)$ 。题中没有 $x_1x_2$ 和 $x_1x_3$ ，不能把这四个位置留空，应明确填零。

要记住的定义与公式

实对称矩阵的展开式为 $x^TAx=a_{11}x_1^2+a_{22}x_2^2+a_{33}x_3^2+2a_{12}x_1x_2+2a_{13}x_1x_3+2a_{23}x_2x_3.$ 交叉项系数必须平分，因为 $a_{23}x_2x_3$ 与 $a_{32}x_3x_2$ 都会出现，而对称性要求 $a_{32}=a_{23}$ 。平方项只出现一次，因此主对角元不需要除以 $2$ 。

一步一步解题

由三个平方项得到 $a_{11}=1,\qquad a_{22}=1,\qquad a_{33}=3.$ 由交叉项 $6x_2x_3$ 得到 $2a_{23}=6\quad\Longrightarrow\quad a_{23}=a_{32}=3.$ 其余交叉项系数为零，所以 $a_{12}=a_{21}=0,\qquad a_{13}=a_{31}=0.$ 按照行、列与变量的对应关系，得到 $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&3\\0&3&3\end{pmatrix}.$

最终答案

$\boxed{A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&3\\0&3&3\end{pmatrix}}.$

回头检查

实际乘回： $Ax=\begin{pmatrix}x_1\\x_2+3x_3\\3x_2+3x_3\end{pmatrix},$ 所以 $x^TAx=x_1^2+x_2(x_2+3x_3)+x_3(3x_2+3x_3) =x_1^2+x_2^2+6x_2x_3+3x_3^2.$ 再取能检查交叉项的向量 $x=(0,1,1)^T$ ：原式为 $1+3+6=10$ ，矩阵计算为 $(0,1,1)(0,4,6)^T=10$ 。若误将两个非对角元都填 $6$ ，这个数会变成 $16$ 。

二次型的秩：写对称矩阵后用非零子式定秩

只问二次型的秩，可能已经写成线性式的平方和。

先想一想，再看通用做法

做法秩等于二次型实对称矩阵的秩。先把交叉项系数平分写出矩阵；若行列式非零则满秩，若为零再用非零低阶子式或行化简确定秩。已是独立线性式平方和的题，也可补成可逆变量替换后数非零平方项。

易错点 线性式独立、变量替换可逆时才能直接数平方项；正负系数都计入秩。

01例题 · 填空题2023 年 10 月 · 原卷第 14 题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2-2x_2x_3$ 的秩为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“二次型的秩”要求的是它的实对称矩阵的秩。原式没有平方项，并不代表秩为零；必须先把交叉项写进矩阵，再确定有几个独立方向。这里第三行很容易与第一行比较，可以先给秩一个上界，再用非零二阶子式给下界。

读懂题目与条件

$f=2x_1x_2-2x_2x_3$ 是三元二次型，其矩阵为 $3\times3$ 。没有 $x_i^2$ 意味着三个对角元为零；交叉项系数 $2,-2$ 分别对应矩阵元 $1,-1$ 。

秩 $r(A)$ 是一个非负整数，表示矩阵行或列中最多有多少个线性无关的向量。它与正惯性指数不同：秩同时计算正、负的非零平方项，而正惯性指数只数正项。

要记住的定义与公式

二次型 $f=x^TAx$ 的秩定义为 $r(f)=r(A)$ 。矩阵的秩也等于非零子式的最大阶数。因此，“三阶行列式为零”只说明秩小于 $3$ ；如果再找到一个非零二阶子式，才能断定秩恰为 $2$ 。

一步一步解题

交叉项系数平分后，矩阵为 $A=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&-1\\0&-1&0\end{pmatrix}.$ 它的第一行为 $(0,1,0)$ ，第三行为 $(0,-1,0)$ ，两行互为相反数，即 $R_3=-R_1$ 。三行线性相关，故 $r(A)\le2.$ 再取左上角的二阶子式： $\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}=0\cdot0-1\cdot1=-1\ne0.$ 存在非零二阶子式，说明 $r(A)\ge2$ 。两个方向的判断合在一起： $2\le r(A)\le2\quad\Longrightarrow\quad r(A)=2.$

最终答案

$\boxed{r(f)=2}.$

回头检查

不用刚才的子式，改看齐次方程 $Ax=0$ ： $\begin{cases}x_2=0,\\x_1-x_3=0,\\-x_2=0.\end{cases}$ 所以解是 $x=s(1,0,1)^T$ ，只有一个自由参数。三个未知量减去一个自由变量，得到 $r(A)=3-1=2$ 。

还可以看出正负项都存在：取 $x=(1,1,0)^T$ 时 $f=2>0$ ，取 $x=(1,-1,0)^T$ 时 $f=-2<0$ 。因此这道题不能把秩 $2$ 误读成“有两个正平方项”。

看到题目先想什么

只问秩时，不必先做完整的正交对角化。先写三阶实对称矩阵，再试算行列式；只要行列式不为零，就能直接确定满秩为 $3$ 。这道题三个交叉项连接了三个变量，不能按题面出现的平方项个数计数。

读懂题目与条件

三个变量对应矩阵的三行三列。题面没有平方项，故主对角线为零。 $2x_1x_2,2x_1x_3,-2x_2x_3$ 的系数分别平分，得到 $a_{12}=1,a_{13}=1,a_{23}=-1$ ，再补上对称位置。

要记住的定义与公式

二次型的秩等于其对称矩阵的秩。三阶方阵满足 $|A|\ne0\quad\Longleftrightarrow\quad r(A)=3.$ 沿第一行展开行列式时，三个位置的符号是 $+,-,+$ 。二阶小行列式用 $ad-bc$ 计算；非零系数与代数余子式的负号都要保留。

一步一步解题

先写矩阵： $A=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}.$ 沿第一行展开，第一项因为 $a_{11}=0$ 消失： $\begin{aligned} |A|&=0\begin{vmatrix}0&-1\\-1&0\end{vmatrix} -1\begin{vmatrix}1&-1\\1&0\end{vmatrix} +1\begin{vmatrix}1&0\\1&-1\end{vmatrix}\\ &=-\bigl(1\cdot0-(-1)\cdot1\bigr) +\bigl(1\cdot(-1)-0\cdot1\bigr)\\ &=-1-1=-2. \end{aligned}$ 由于 $-2\ne0$ ，矩阵可逆且满秩，所以二次型的秩为 $3$ 。

最终答案

$\boxed{r(f)=3}.$

回头检查

换一种方法，直接解 $Ax=0$ ： $\begin{cases}x_2+x_3=0,\\x_1-x_3=0,\\x_1-x_2=0.\end{cases}$ 后两式给 $x_1=x_2=x_3$ ，代入第一式得到 $2x_3=0$ ，故三个分量全为零。方阵对应的齐次组只有零解，再次说明矩阵满秩。

原式取 $x=(1,1,0)^T$ 得 $2$ ，取 $x=(1,-1,0)^T$ 得 $-2$ ，说明它不是正定型。满秩只说明非零平方项总数为三，并不说明这些项都为正。

由惯性定律求规范形：正负项系数归一

要求正惯性指数、规范形，或已知正负惯性指数求参数范围。

先想一想，再看通用做法

做法用配方、特征值或已给对角形判断正负非零平方项数；正项数为正惯性指数，负项数为负惯性指数。规范形将非零系数缩放成 $+1$ 或 $-1$ ；含参时列符号不等式。

易错点 规范形只保留符号；系数等于零时秩下降，参数端点须单独核对。

01例题 · 填空题2023 年 10 月 · 原卷第 15 题

已知实对称矩阵 $A$ 与 $B=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&3\end{pmatrix}$ 合同，则实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x^{T}Ax$ 的规范形为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目没有给 $A$ 的具体元素，却给出它与一个对角矩阵合同。这已经足够求规范形：合同保持正、负平方项的数量。先从 $B$ 的对角线上数符号，再把非零系数的绝对值缩放为 $1$ 。

读懂题目与条件

$x=(x_1,x_2,x_3)^T$ ，而 $A,B$ 是三阶实对称矩阵。“ $A$ 与 $B$ 合同”表示存在可逆实矩阵 $C$ ，使 $C^TAC=B.$ 于是采用旧变量由新变量表示的替换 $x=Cy$ ，原式变成 $x^TAx=(Cy)^TA(Cy)=y^T(C^TAC)y=y^TBy.$ 题目只保证 $C$ 可逆，并未保证 $C$ 正交；因此不能据此断言 $A$ 的特征值就是 $2,-1,3$ 。

要记住的定义与公式

只含平方项的 $d_1y_1^2+d_2y_2^2+d_3y_3^2$ 称为标准形；进一步把非零系数化成 $+1$ 或 $-1$ ，便得到规范形。实二次型的惯性定律说明，可逆实变量替换保持正项数 $p$ 、负项数 $q$ 和零项数；秩为 $p+q$ 。

对 $d>0$ ，令 $z=\sqrt d\,y$ ，有 $dy^2=z^2$ ；对 $d<0$ ，令 $z=\sqrt{-d}\,y$ ，有 $dy^2=-z^2$ 。这些缩放因子非零，因而替换可逆。

一步一步解题

由给定的 $B$ ，先得到标准形 $y^TBy=2y_1^2-y_2^2+3y_3^2.$ 这里 $2,3$ 为正， $-1$ 为负，因此 $p=2,q=1$ ，没有零项，秩为 $3$ 。

为将正项排在前面，令 $z_1=\sqrt2\,y_1,\qquad z_2=\sqrt3\,y_3,\qquad z_3=y_2.$ 反解为 $y_1=\frac{z_1}{\sqrt2},\qquad y_2=z_3,\qquad y_3=\frac{z_2}{\sqrt3},$ 所以这个新替换可逆。逐项代入： $2y_1^2=z_1^2,\quad -y_2^2=-z_3^2,\quad3y_3^2=z_2^2.$ 由合同保持惯性，原来未知的 $A$ 也具有这个规范形。

最终答案

$\boxed{f=z_1^2+z_2^2-z_3^2}.$ 变量字母可以另取；核心是两个正平方项、一个负平方项。

回头检查

缩放与重排的矩阵可写为 $y=Rz,\qquad R=\begin{pmatrix}1/\sqrt2&0&0\\0&0&1\\0&1/\sqrt3&0\end{pmatrix}.$ 其行列式为 $-1/\sqrt6\ne0$ 。各列代入 $B$ 的二次型，分别得到 $1,1,-1$ ，不同列之间因各自占据不同坐标而无交叉项，所以 $R^TBR=\operatorname{diag}(1,1,-1).$ 这既检查了系数归一，也检查了变换确实可逆。

看到题目先想什么

合同对象 $B$ 还不是对角矩阵，不能直接数它主对角线的正数就宣布惯性。先写出 $y^TBy$ ，把左上角二元部分配方。第三行、列全为零，说明第三个坐标不会出现在二次型里，要保留一个零方向。

读懂题目与条件

$A,B$ 为三阶实对称矩阵。合同表示存在可逆 $C$ 使 $C^TAC=B$ ，因此在 $x=Cy$ 下， $x^TAx$ 变为 $y^TBy$ 。可逆替换不会把非零向量挤成零，也不会改变二次型的正、负惯性指数。

规范形要求把非零平方项的系数归一为 $+1$ 或 $-1$ ；零项仍为零，不能用缩放把零变成 $1$ 。

要记住的定义与公式

实对称矩阵的非对角元 $1$ 在二次型中贡献 $1y_1y_2+1y_2y_1=2y_1y_2$ 。配方公式是 $au^2+2buv=a\left(u+\frac ba v\right)^2-\frac{b^2}{a}v^2\qquad(a\ne0).$ 本题 $a=2$ ，除以 $2$ 合法。合同保持惯性；对角化后正项数为 $p$ 、负项数为 $q$ ，秩为 $p+q$ ，零项不计入秩。

一步一步解题

先展开： $g=y^TBy=2y_1^2+2y_1y_2+2y_2^2+0y_3^2.$ 把与 $y_1$ 有关的项配成平方： $\begin{aligned} g&=2\left(y_1+\frac12y_2\right)^2-\frac12y_2^2+2y_2^2\\ &=2\left(y_1+\frac12y_2\right)^2+\frac32y_2^2. \end{aligned}$ 两个剩余系数 $2,3/2$ 都为正，所以 $p=2,q=0$ ，还有一个零方向。

直接令 $z_1=\sqrt2\left(y_1+\frac12y_2\right),\quad z_2=\sqrt{\frac32}\,y_2,\quad z_3=y_3,$ 便得到 $g=z_1^2+z_2^2+0z_3^2$ 。新变量关于旧变量的系数矩阵为上三角矩阵，主对角元是 $\sqrt2,\sqrt{3/2},1$ ，行列式为 $\sqrt3\ne0$ ，因此替换可逆。原 $A$ 与 $B$ 合同，故规范形相同。

最终答案

$\boxed{f=z_1^2+z_2^2}\qquad\text{即 }z_1^2+z_2^2+0z_3^2.$ 正惯性指数为 $2$ ，负惯性指数为 $0$ ，秩为 $2$ 。

回头检查

用不同于配方的特征值方法检查： $\begin{aligned} |\lambda I-B|&=\lambda\begin{vmatrix}\lambda-2&-1\\-1&\lambda-2\end{vmatrix}\\ &=\lambda\bigl((\lambda-2)^2-1\bigr) =\lambda(\lambda-3)(\lambda-1). \end{aligned}$ $B$ 的特征值为 $3,1,0$ ，恰有两个正数、没有负数、一个零，与规范形一致。另外 $B(0,0,1)^T=0$ ，直接确认了零方向。

正惯性指数：数标准形中的正平方项

给二次型或其实对称矩阵，要求正惯性指数；也可能给正负指数反求参数范围。

先想一想，再看通用做法

做法正惯性指数等于正特征值个数，也等于标准形中正平方项个数。先用配方或求特征值判断符号；含参数时列出正负个数满足题设的严格不等式。

易错点 零特征值既不算正也不算负；正惯性指数不是所有非零系数的个数。

01例题 · 填空题2021 年 10 月 · 原卷第 15 题

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2+4x_3^2+2x_1x_2$ 的正惯性指数为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目问“正惯性指数”，不是求秩，也不是问原式写着几个正系数。应先用可逆替换消掉交叉项，再数正平方项。 $x_1$ 的平方项系数 $2$ 非零，因此优先对 $x_1$ 配方，剩下的符号会很清楚。

读懂题目与条件

$f=2x_1^2+x_2^2+4x_3^2+2x_1x_2$ 是三元实二次型。交叉项 $2x_1x_2$ 对应两个矩阵元 $a_{12}=a_{21}=1$ 。 $x_3$ 与其他变量没有交叉项，可直接保留。

正惯性指数 $p$ 表示在任一可逆实变量替换得到的标准形中，正系数平方项的个数；负惯性指数为 $q$ ，而秩是 $p+q$ 。只有消去交叉项后，才能直接数各平方项的符号。

要记住的定义与公式

配方来自展开恒等式： $2\left(x_1+\frac12x_2\right)^2 =2x_1^2+2x_1x_2+\frac12x_2^2.$ 所以配方后必须减去多加的 $\frac12x_2^2$ 。惯性定律的使用前提是变量替换可逆；若新变量之间线性相关，就不能直接按新式数惯性。

一步一步解题

把前两变量的部分合并： $\begin{aligned} f&=2\left(x_1+\frac12x_2\right)^2-\frac12x_2^2+x_2^2+4x_3^2\\ &=2\left(x_1+\frac12x_2\right)^2+\frac12x_2^2+4x_3^2. \end{aligned}$ 令 $y_1=x_1+\frac12x_2,\qquad y_2=x_2,\qquad y_3=x_3.$ 可以反解 $x_1=y_1-y_2/2,x_2=y_2,x_3=y_3$ ，故替换可逆。于是 $f=2y_1^2+\frac12y_2^2+4y_3^2.$ 三个系数 $2,1/2,4$ 全为正，没有负项或零项，所以正惯性指数为 $3$ 。

最终答案

$\boxed{p=3}.$

回头检查

独立用正定判据核对。原矩阵为 $A=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&1&0\\0&0&4\end{pmatrix}.$ 三个顺序主子式分别是 $\Delta_1=2>0,\quad \Delta_2=2\cdot1-1\cdot1=1>0,\quad \Delta_3=4\Delta_2=4>0.$ 实对称矩阵的全部顺序主子式严格为正，因此它正定：任意非零 $x$ 都有 $f(x)>0$ ，与三个正平方项的判断相同。

看到题目先想什么

矩阵已经给出，先将 $x^TAx$ 展开，尤其注意矩阵元 $-2$ 会产生交叉项 $-4x_2x_3$ 。后二元部分恰好是完全平方，可以直接读出正惯性指数，不必求复杂的特征向量。

读懂题目与条件

$A$ 是三阶实对称矩阵， $x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 。题目问的正惯性指数 $p$ 是可逆变量替换后正平方项的数量。零系数平方项不算正项；因此“主对角线三个数都为正”不能推出 $p=3$ 。

要记住的定义与公式

对称位置共同贡献交叉项： $a_{23}x_2x_3+a_{32}x_3x_2=-2x_2x_3-2x_2x_3=-4x_2x_3.$ 由 $u^2-2uv+v^2=(u-v)^2$ 可配成平方。若配方后的线性式可以补成一组可逆变量，惯性定律允许直接数正、负、零项。

一步一步解题

展开矩阵二次型： $f=2x_1^2+4x_2^2-4x_2x_3+x_3^2 =2x_1^2+(2x_2-x_3)^2.$ 令 $y_1=x_1,\qquad y_2=2x_2-x_3,\qquad y_3=x_3.$ 这三个线性式的系数矩阵为 $T=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&-1\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad |T|=2\ne0.$ 因此它们独立，且 $x_1=y_1,x_2=(y_2+y_3)/2,x_3=y_3$ 可以反解。新式为 $f=2y_1^2+y_2^2+0y_3^2.$ 共有两个正平方项、没有负平方项、一个零项。因此 $p=2$ ，对应选项 C。

最终答案

$\boxed{p=2,\quad\text{选 C}}.$

回头检查

计算特征多项式作独立检查： $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=(\lambda-2)\begin{vmatrix}\lambda-4&2\\2&\lambda-1\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-2)\bigl((\lambda-4)(\lambda-1)-4\bigr)\\ &=(\lambda-2)(\lambda^2-5\lambda) =(\lambda-2)\lambda(\lambda-5). \end{aligned}$ 三个特征值为 $2,0,5$ ，只有两个为正。再取非零向量 $v=(0,1,2)^T$ ，有 $Av=(0,4-4,-2+2)^T=0,$ 故 $f(v)=0$ ，这直接排除了“所有非零方向都正”的选项 D。两个独立正方向可取 $e_1,e_2$ ，在 $x_3=0$ 的平面上 $f=2x_1^2+4x_2^2$ ，也排除了正指数只有 $0$ 或 $1$ 的 A、B。

相似与合同关系：分别比较谱和惯性

比较两个实对称矩阵相似、合同，或从选项找合同矩阵。

先想一想，再看通用做法

做法对实对称矩阵，相似看全部特征值及重数；合同看正、负、零惯性指数是否分别相同。先求特征值，再按数值和符号个数分别判断。

易错点 合同不要求特征值数值相等；仅秩相等也不足以保证合同。

01例题 · 选择题2021 年 4 月 · 原卷第 5 题

设矩阵 $A=\begin{pmatrix}3&4\\4&-3\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix}5&0\\0&-5\end{pmatrix}$ ，则 $A$ 与 $B$ 的关系为

相似但不合同

合同但不相似

合同且相似

不合同也不相似

解题思路与解析

看到题目先想什么

“相似还是合同”需要分别对应两个定义。由于 $A$ 是实对称矩阵，如果找到一个正交矩阵把它对角化成题中的 $B$ ，同一个矩阵就会同时证明相似与合同。先核对特征值，再构造单位正交特征向量。

读懂题目与条件

本题 $A=\begin{pmatrix}3&4\\4&-3\end{pmatrix}$ ， $B=\operatorname{diag}(5,-5)$ ，都是二阶实对称矩阵。这里 $T$ 表示转置， $S^{-1}$ 表示逆矩阵，它们一般不同；正交矩阵的特殊之处是 $Q^{-1}=Q^T$ 。

要记住的定义与公式

相似要求存在可逆 $S$ ，使 $S^{-1}AS=B$ ；合同要求存在可逆 $C$ ，使 $C^TAC=B$ 。一般情况下两种关系不能互相替代。

特征值定义为 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$ 。移项得到 $(\lambda I-A)v=0$ ；它要有非零解，必须有 $|\lambda I-A|=0$ 。实对称矩阵能选出单位正交特征向量作列组成 $Q$ ，于是 $Q^TAQ$ 按列顺序列出相应特征值。

一步一步解题

先计算 $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=\begin{vmatrix}\lambda-3&-4\\-4&\lambda+3\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-3)(\lambda+3)-16 =\lambda^2-25=(\lambda-5)(\lambda+5). \end{aligned}$ 下面将待求特征向量写成 $(u,v)^T$ 。对 $\lambda=5$ ，方程 $(A-5I)(u,v)^T=0$ 为 $-2u+4v=0,\qquad4u-8v=0,$ 故 $u=2v$ ，所有非零特征向量是 $t(2,1)^T$ ， $t\ne0$ 。

对 $\lambda=-5$ ，方程为 $8u+4v=0,4u+2v=0$ ，故 $v=-2u$ ，所有非零特征向量是 $t(1,-2)^T$ ， $t\ne0$ 。

两方向的内积为 $2-2=0$ ，长度均为 $\sqrt5$ 。按 $B$ 的 $5,-5$ 顺序单位化作列： $Q=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}2&1\\1&-2\end{pmatrix}.$ 于是 $Q^TQ=I$ ，而各列分别满足 $Aq_1=5q_1,Aq_2=-5q_2$ ，得到 $Q^TAQ=B$ 。因为 $Q^{-1}=Q^T$ ，同一等式也就是 $Q^{-1}AQ=B$ ，两种关系均成立。

最终答案

$\boxed{A\text{ 与 }B\text{ 合同且相似，选 C}}.$

回头检查

实际乘法为 $AQ=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}10&-5\\5&10\end{pmatrix},$ 因此 $Q^TAQ=\frac15 \begin{pmatrix}2&1\\1&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}10&-5\\5&10\end{pmatrix} =\frac15\begin{pmatrix}25&0\\0&-25\end{pmatrix}=B.$ 同时 $Q^TQ=\frac15\begin{pmatrix}5&0\\0&5\end{pmatrix}=I.$ 这直接验证了两种定义，排除只承认其中一种关系的 A、B，也排除 D。

看到题目先想什么

$A$ 的两行相同，容易看出一个零方向；两行的和又都是 $2$ ，提示另一个特征值为 $2$ 。题中的 $B=\operatorname{diag}(2,0)$ 正好可能是 $A$ 的正交对角形。构造一个正交矩阵后，就能同时判断相似和合同。

读懂题目与条件

$A=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$ 为实对称矩阵， $B$ 为对角矩阵。相似与合同都是“存在某个可逆矩阵”的关系，但要求的表达式不同。不能只因为二者秩都为 $1$ 就断言相似；秩相同不足以确定特征值。

要记住的定义与公式

相似： $S^{-1}AS=B$ 。合同： $C^TAC=B$ 。若 $Q$ 为正交矩阵，即 $Q^TQ=I$ ，则 $Q^{-1}=Q^T$ ，所以 $Q^TAQ=B$ 能同时满足这两个定义。

求特征值时，由非零特征向量条件 $Av=\lambda v$ 转化为齐次组 $(\lambda I-A)v=0$ 有非零解，再令 $|\lambda I-A|=0$ 。

一步一步解题

特征方程为 $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1\\-1&\lambda-1\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-1)^2-1=\lambda(\lambda-2)=0. \end{aligned}$ 所以特征值为 $2,0$ 。

对 $2$ ， $(A-2I)(u,v)^T=0$ 给 $-u+v=0$ ，故全部非零特征向量为 $t(1,1)^T$ ， $t\ne0$ 。

对 $0$ ， $A(u,v)^T=0$ 给 $u+v=0$ ，故全部非零特征向量为 $t(1,-1)^T$ ， $t\ne0$ 。

两向量内积 $1-1=0$ ，长度都是 $\sqrt2$ 。按 $B$ 对角元 $2,0$ 的顺序组成 $Q=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}.$ 单位正交的两列说明 $Q^TQ=I$ 。第一列对应特征值 $2$ ，第二列对应 $0$ ，因此 $Q^TAQ=B$ ，也有 $Q^{-1}AQ=B$ 。

最终答案

$\boxed{A\text{ 与 }B\text{ 相似且合同，选 A}}.$

回头检查

直接算 $AQ=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}2&0\\2&0\end{pmatrix},$ 于是 $Q^TAQ=\frac12 \begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&0\\2&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}=B.$ 另外 $Q^TQ=\frac12\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=I$ ，两种关系均被实际证实，故 B、C、D 都不符合。

从二次型再核对： $x^TAx=(x_1+x_2)^2$ ，在 $x=Qy$ 下， $x_1+x_2=\sqrt2y_1$ ，所以它变为 $2y_1^2$ ，正是 $y^TBy$ 。

已知变换反求二次型矩阵：逆用合同公式

给 $x=Cy$ 、 $C^TAC=D$ ，求变换后二次型、原矩阵或新变量联系。

先想一想，再看通用做法

做法 $x=Cy$ 得新矩阵 $D=C^TAC$ ；反求时 $A=(C^{-1})^TDC^{-1}$ 。 $C$ 正交时可写 $A=CDC^T$ 。两种变换 $x=By=Cz$ 之间满足 $y=B^{-1}Cz$ 。

易错点 一般可逆矩阵的逆不等于转置；必须先辨认变量变换方向。

01例题 · 填空题2023 年 4 月 · 原卷第 8 题

设 $A$ 为 $2$ 阶矩阵，若存在矩阵 $C=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$ ，使得 $C^{T}AC=\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix}$ ，则 $A=\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目已经给出 $C^TAC=D$ ，要反求中间的 $A$ ，应当像解矩阵方程一样，在左、右分别乘适当的逆矩阵。先检查 $C$ 是否可逆。这里 $C$ 不是正交矩阵，所以不能把 $C^{-1}$ 直接换成 $C^T$ 。

读懂题目与条件

记 $C=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix}.$ $A,C,D$ 都是二阶矩阵。 $C^T$ 是 $C$ 的转置； $C^{-T}$ 表示 $(C^{-1})^T=(C^T)^{-1}$ ，并非把每个元素分别取倒数。由 $|C|=1\cdot1-0\cdot(-2)=1\ne0$ ，可使用逆矩阵。

要记住的定义与公式

从 $C^TAC=D$ 出发，左乘 $(C^T)^{-1}$ 、右乘 $C^{-1}$ ，得到 $A=(C^T)^{-1}DC^{-1}=C^{-T}DC^{-1}.$ 左右乘法的顺序不能交换。二次型替换 $x=Cy$ 满足 $x^TAx=y^TC^TACy=y^TDy,$ 所以 $D$ 是新变量中的矩阵；反求旧矩阵时必须用刚才的逆变换公式。

一步一步解题

上三角矩阵 $C$ 的逆为 $C^{-1}=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix},\qquad C^{-T}=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}.$ 可先验证 $CC^{-1}=\begin{pmatrix}1+0&2-2\\0&1\end{pmatrix}=I.$ 先算右边两矩阵： $DC^{-1} =\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1&-2\\0&2\end{pmatrix}.$ 再左乘 $C^{-T}$ ： $\begin{aligned} A&=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1&-2\\0&2\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}1\cdot(-1)+0\cdot0&1\cdot(-2)+0\cdot2\\ 2\cdot(-1)+1\cdot0&2\cdot(-2)+1\cdot2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1&-2\\-2&-2\end{pmatrix}. \end{aligned}$

最终答案

$\boxed{A=\begin{pmatrix}-1&-2\\-2&-2\end{pmatrix}}.$

回头检查

将求得的矩阵放回原等式，而不只重复逆矩阵公式： $AC=\begin{pmatrix}-1&-2\\-2&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1&0\\-2&2\end{pmatrix},$ $C^TAC=\begin{pmatrix}1&0\\-2&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1&0\\-2&2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1&0\\0&2\end{pmatrix}=D.$ 同时 $C^TC=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&5\end{pmatrix}\ne I$ ，具体说明这里不能使用正交矩阵的反求式 $A=CDC^T$ 。

看到题目先想什么

已知正交变换后的二次型，要反求原矩阵。先把两条变量关系按“旧变量 $x$ 等于矩阵乘新变量 $y$ ”读成 $x=Py$ ，再把新式写成对角矩阵 $D$ 。正交条件使 $P^{-1}=P^T$ ，反求公式会比一般可逆变换简单。

读懂题目与条件

按题给的两行，得到 $P=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}.$ $P$ 的第一列是 $y_1$ 在两条旧变量表达式中的系数，第二列是 $y_2$ 的系数。因此第一列对应新式系数 $2$ ，第二列对应 $-1$ ，不能把两列换序。

要记住的定义与公式

对任何可逆替换 $x=Py$ ，有 $x^TAx=(Py)^TA(Py)=y^T(P^TAP)y.$ 所以 $P^TAP=D$ 。一般应有 $A=P^{-T}DP^{-1}$ ；本题 $P$ 正交， $P^{-T}=P$ 、 $P^{-1}=P^T$ ，故 $A=PDP^T.$ 这里反求原矩阵不能再写成 $P^TDP$ ，因为那个乘法方向与本题的 $x=Py$ 不同。

一步一步解题

先确认正交性： $P^TP=\frac12\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} =\frac12\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=I.$ 再计算 $PD=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}2&-1\\-2&-1\end{pmatrix}.$ 于是 $\begin{aligned} A&=\frac12\begin{pmatrix}2&-1\\-2&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\\ &=\frac12\begin{pmatrix}2-1&-2-1\\-2-1&2-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\frac12&-\frac32\\-\frac32&\frac12\end{pmatrix}. \end{aligned}$

最终答案

$\boxed{A=\begin{pmatrix}\frac12&-\frac32\\-\frac32&\frac12\end{pmatrix}}.$

回头检查

将结果重新变换： $AP=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}2&-1\\-2&-1\end{pmatrix},$ $P^TAP=\frac12 \begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&-1\\-2&-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}.$ 也可代入多项式检查交叉项：原二次型为 $\frac12(x_1^2+x_2^2)-3x_1x_2$ 。由题给替换， $x_1^2+x_2^2=y_1^2+y_2^2,\qquad x_1x_2=\frac{-y_1^2+y_2^2}{2},$ 所以它等于 $2y_1^2-y_2^2$ ，符合题意。

正定的参数范围：顺序主子式全部大于零

含参实对称矩阵或二次型，要求正定时参数范围。

先想一想，再看通用做法

做法先写对称矩阵，按左上角顺序算 $D_1,D_2,\ldots,D_n$ ，联立 $D_i>0$ 。能直接读出特征值或配成平方和时也可要求全部系数为正。

易错点 正定要求严格大于零；只验行列式为正不够。

01例题 · 填空题2021 年 4 月 · 原卷第 15 题

设二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2+4x_3^2+2x_1x_2+2tx_2x_3$ 正定，则 $t$ 的取值范围为 $\underline{\hspace{3cm}}$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

“含参数且正定”可以用实对称矩阵的顺序主子式判据。先准确写矩阵，再依次要求左上角一阶、二阶、三阶行列式都严格大于零。前两阶在本题不含参数，真正限制 $t$ 的是三阶行列式。正定是不等式严格成立，端点必须排除。

读懂题目与条件

$t$ 是待求的实参数， $x_1,x_2,x_3$ 是任意实变量。正定的意思是：对每一个非零向量 $x$ ，都有 $f(x)>0$ ，并非只对某几个向量成立。

交叉项 $2x_1x_2$ 对应 $a_{12}=1$ ； $2tx_2x_3$ 对应 $a_{23}=t$ ，因此 $A=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&1&t\\0&t&4\end{pmatrix}.$ $A$ 对任意实 $t$ 都对称，满足顺序主子式判据的前提。

要记住的定义与公式

实对称矩阵正定，当且仅当全部顺序主子式严格为正： $\Delta_1>0,\quad\Delta_2>0,\quad\Delta_3>0.$ “顺序”是指左上角依次截取的主子矩阵。这里不是只检查行列式，也不能将 $>$ 换成 $\ge$ ；后者可能留下非零向量使二次型为零。

一步一步解题

一阶与二阶分别为 $\Delta_1=2>0,\qquad \Delta_2=\begin{vmatrix}2&1\\1&1\end{vmatrix}=2\cdot1-1\cdot1=1>0.$ 沿三阶行列式第一行，以 $+,-,+$ 的符号展开： $\begin{aligned} \Delta_3 &=2\begin{vmatrix}1&t\\t&4\end{vmatrix} -1\begin{vmatrix}1&t\\0&4\end{vmatrix}+0\\ &=2(1\cdot4-t\cdot t)-(1\cdot4-t\cdot0)\\ &=2(4-t^2)-4=4-2t^2. \end{aligned}$ 因此正定的充要条件只剩 $4-2t^2>0\quad\Longleftrightarrow\quad t^2<2.$ 解得 $-\sqrt2<t<\sqrt2$ 。这里没有除以含参数的式子，故没有遗漏“参数等于零”的分支。

再把边界与外部说明白：当 $t=\pm\sqrt2$ 时， $\Delta_3=0$ ，不能正定；当 $|t|>\sqrt2$ 时， $\Delta_3<0$ ，同样不能正定。

最终答案

$\boxed{-\sqrt2<t<\sqrt2}.$

回头检查

独立配方，不使用行列式结论： $f=2\left(x_1+\frac12x_2\right)^2 +\frac12(x_2+2tx_3)^2+(4-2t^2)x_3^2.$ 展开第二个平方产生 $\frac12x_2^2+2tx_2x_3+2t^2x_3^2$ ，与最后一项合并恰还原 $4x_3^2$ 。三个新线性式的系数矩阵为上三角且对角元全为 $1$ ，故替换可逆。当 $|t|<\sqrt2$ ，三个平方的系数均为正。

为检查排除值，取非零向量 $x=(t,-2t,1)^T$ ，前两个平方都为零，故 $f(t,-2t,1)=4-2t^2.$ 端点时为零，范围外为负，具体证明这些值确实不正定。

看到题目先想什么

矩阵的第三个方向已经独立且系数为 $1>0$ ，问题集中在左上二阶块。可以用顺序主子式，也可以用和、差变量解释。先做不等式判定，尤其要把一阶条件 $a>0$ 与二阶条件一起使用。

读懂题目与条件

$a$ 为实参数，矩阵 $A=\begin{pmatrix}a&2&0\\2&a&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ 为实对称矩阵。它对应的二次型是 $f=ax_1^2+4x_1x_2+ax_2^2+x_3^2,$ 因为两个非对角元 $2$ 共同产生系数 $4$ 。正定要求任意非零 $x$ 都有 $f(x)>0$ ，因此不能允许零方向。

要记住的定义与公式

实对称矩阵正定，当且仅当各阶顺序主子式均严格为正。三阶矩阵要检查三项，不能只看总行列式。特别地， $a^2-4>0$ 自己会给出两个区间；一阶子式可能排除其中一个。

一步一步解题

三个顺序主子式为 $\Delta_1=a,$ $\Delta_2=\begin{vmatrix}a&2\\2&a\end{vmatrix}=a^2-4,$ $\Delta_3=1\begin{vmatrix}a&2\\2&a\end{vmatrix}=a^2-4.$ 因此必须同时满足 $a>0,\qquad a^2-4=(a-2)(a+2)>0.$ 先解第二个不等式： $a<-2$ 或 $a>2$ 。再与 $a>0$ 取交集， $a<-2$ 被排除，只剩 $a>2$ 。

端点 $a=2$ 使后二阶子式为零； $a=-2$ 虽也使行列式为零，但连 $a>0$ 都不满足。不能在求解过程中除以未知符号的 $a$ ，本题直接按符号分区间即可。

最终答案

$\boxed{a>2}.$

回头检查

将二次型改写成和、差的平方： $f=\frac{a+2}{2}(x_1+x_2)^2 +\frac{a-2}{2}(x_1-x_2)^2+x_3^2.$ 展开得到平方项系数 $[(a+2)+(a-2)]/2=a$ ，交叉项系数 $(a+2)-(a-2)=4$ ，确实是原式。和、差变换的二阶行列式为 $-2\ne0$ ，因此当 $a>2$ 时三个系数均正，足以保证正定。

反过来，如果 $a\le2$ ，取 $x=(1,-1,0)^T\ne0$ ，则 $f(1,-1,0)=2a-4=2(a-2)\le0.$ 这一个具体方向就排除了所有 $a\le2$ ，也独立验证了答案的必要性。

配方法化标准形：逐次消去交叉项并反解变量

要求用配方法化标准形并写可逆线性变换。

先想一想，再看通用做法

做法从有平方项的变量开始，将相关交叉项配入完全平方；对余下二次型继续配方。先定义 $y_i$ ，再反解 $x=Cy$ ；检查 $|C|\ne0$ ，代回验证标准形。

易错点 配平方时要减去补入项；要求 $x=Cy$ 时，仅写新变量定义还不够。

01例题 · 计算题2022 年 4 月 · 原卷第 22 题

用配方法将二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-x_1x_2+x_2x_3$ 化为标准形，并写出所作的可逆线性变换。

解题思路与解析

看到题目先想什么

要求“用配方法”，应从已有的 $x_1^2$ 开始，把 $-x_1x_2$ 配进去。配完后仍有 $x_2x_3$ ，继续对剩下的二元部分配方。题目还要求写可逆变换，所以不能只写几个平方；要把新旧变量关系完整写出，并检查能否反解。

读懂题目与条件

原式是三元实二次型 $f=x_1^2-x_1x_2+x_2x_3.$ “标准形”只要求没有交叉项，平方项系数可以为正、负或零。“可逆线性变换”只要求系数矩阵行列式非零；本题没有要求正交，因此配方中允许变量的剪切和缩放。

要记住的定义与公式

配方的依据是 $(u-v)^2=u^2-2uv+v^2.$ 加入平方时，要把多加的平方项减回去。采用 $x=Cy$ 时，矩阵变为 $C^TAC$ ，因为 $f(Cy)=(Cy)^TA(Cy)=y^T(C^TAC)y.$ 可逆性保证不同的 $y$ 与不同的 $x$ 一一对应，所得到的标准形才表示同一个二次型。

一步一步解题

先对 $x_1$ 配方： $x_1^2-x_1x_2=\left(x_1-\frac12x_2\right)^2-\frac14x_2^2.$ 因此 $f=\left(x_1-\frac12x_2\right)^2-\frac14x_2^2+x_2x_3.$ 剩余部分可写成 $-\frac14x_2^2+x_2x_3 =-\left(\frac12x_2-x_3\right)^2+x_3^2,$ 因为右边展开为 $-x_2^2/4+x_2x_3-x_3^2+x_3^2$ 。合并得到 $f=\left(x_1-\frac12x_2\right)^2 -\left(\frac12x_2-x_3\right)^2+x_3^2.$ 定义新变量 $y_1=x_1-\frac12x_2,\qquad y_2=\frac12x_2-x_3,\qquad y_3=x_3.$ 从最后一式向前反解： $x_3=y_3,\quad x_2=2y_2+2y_3,\quad x_1=y_1+\frac12x_2=y_1+y_2+y_3.$ 即 $x=Cy,\qquad C=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&2&2\\0&0&1\end{pmatrix}.$ $C$ 为上三角矩阵， $|C|=1\cdot2\cdot1=2\ne0$ ，故变换可逆。代入后得到 $f=y_1^2-y_2^2+y_3^2$ 。

最终答案

可取可逆线性变换 $\boxed{\begin{cases} x_1=y_1+y_2+y_3,\\x_2=2y_2+2y_3,\\x_3=y_3, \end{cases}}$ 相应标准形为 $\boxed{f=y_1^2-y_2^2+y_3^2}.$ 本题恰好非零系数已为 $\pm1$ ，所以这也是一种规范形。

回头检查

独立用矩阵乘法核对配方。原对称矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&-\frac12&0\\-\frac12&0&\frac12\\0&\frac12&0\end{pmatrix}.$ 两个交叉项系数 $-1,1$ 均被平分。直接计算 $AC=\begin{pmatrix}1&0&0\\-\frac12&-\frac12&0\\0&1&1\end{pmatrix},$ $C^TAC= \begin{pmatrix}1&0&0\\1&2&0\\1&2&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0\\-\frac12&-\frac12&0\\0&1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$ 结果的对角元确为 $1,-1,1$ 。 $C$ 的第二列长度为 $\sqrt5$ ，所以它不是正交矩阵；但 $|C|\ne0$ 已满足本题要求。

看到题目先想什么

$x_1$ 与 $x_2,x_3$ 都有交叉项，先把它们一并装进 $(x_1+x_2+x_3)^2$ 。再准确扣除多加的 $x_2^2,x_3^2,2x_2x_3$ ，就会发现剩余部分是一个负的完全平方。出现第三个零方向是题目本身的性质，不必强行凑出三个非零平方项。

读懂题目与条件

$f=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3$ 是三元实二次型。“标准形”要求消去交叉项；它可以含零系数项。“可逆变换”要求三元变量关系一一对应，所以即使标准形只剩两个非零项，仍应明确第三个新变量。

要记住的定义与公式

展开三项平方有 $(x_1+x_2+x_3)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3.$ 配方时增补的项必须完整减回。若 $x=Cy$ 且 $|C|\ne0$ ，则 $f=x^TAx$ 变成 $y^TC^TACy$ ；这是合同变换，不要求 $C^TC=I$ 。只有额外要求正交时，才能限制为单位正交列向量。

一步一步解题

补出第一个平方： $\begin{aligned} f&=(x_1+x_2+x_3)^2-x_2^2-x_3^2+2x_2x_3\\ &=(x_1+x_2+x_3)^2-(x_2-x_3)^2. \end{aligned}$ 第一行的 $2x_2x_3$ 是原来的 $4x_2x_3$ 减去大平方中已经含有的 $2x_2x_3$ ，不能仍写成 $4x_2x_3$ 。

令 $y_1=x_1+x_2+x_3,\qquad y_2=x_2-x_3,\qquad y_3=x_3.$ 依次反解： $x_3=y_3,\qquad x_2=y_2+y_3,\qquad x_1=y_1-x_2-x_3=y_1-y_2-2y_3.$ 所以 $x=Cy,\qquad C=\begin{pmatrix}1&-1&-2\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad |C|=1\ne0.$ 三元替换确实可逆，而原式成为 $f=y_1^2-y_2^2+0y_3^2.$ 一个正项、一个负项、一个零项意味着正负惯性指数各为 $1$ ，秩为 $2$ 。

最终答案

可取 $\boxed{\begin{cases}x_1=y_1-y_2-2y_3,\\x_2=y_2+y_3,\\x_3=y_3,\end{cases}}$ 标准形为 $\boxed{f=y_1^2-y_2^2}\qquad\text{即 }y_1^2-y_2^2+0y_3^2.$

回头检查

原对称矩阵及乘积是 $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&0&2\\1&2&0\end{pmatrix},\qquad AC=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&-1&0\\1&1&0\end{pmatrix}.$ 故 $C^TAC= \begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\-2&1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0\\1&-1&0\\1&1&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$ 再检查被省略的方向：新变量 $y=(0,0,1)^T$ 对应旧变量 $x=(-2,1,1)^T\ne0$ ，原式的值为 $4-4-4+4=0.$ 而且 $A(-2,1,1)^T=0$ ，这证实第三项应为零，并非配方遗漏。

正交变换化标准形：实对称矩阵特征向量正交单位化

求正交矩阵将二次型化成标准形，可能先确定参数。

先想一想，再看通用做法

做法写对称矩阵 $A$ ，必要时由迹定参数，求特征值、特征向量。不同特征值的特征向量自动正交，重特征值空间内再正交化；全部单位化后按目标系数顺序放成 $P$ 的列，验 $P^TP=E$ 、 $P^TAP=\Lambda$ 。

易错点 把任意特征向量放成列未必得到正交矩阵；还要正交化和单位化。

01例题 · 计算题2020 年 10 月 · 原卷第 22 题

求正交变换 $x=Py$ ，将二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+3x_3^2-4x_1x_2-4x_2x_3$ 化为标准形 $f=-y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$ 。

解题思路与解析

看到题目先想什么

题目要求正交变换，不能只用配方找到任意可逆矩阵。应先写实对称矩阵，再求特征值和单位正交特征向量。目标标准形已经指定为 $-y_1^2+2y_2^2+5y_3^2$ ，所以变换矩阵的三列必须按特征值 $-1,2,5$ 的次序排列。

读懂题目与条件

$x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 是旧变量， $y=(y_1,y_2,y_3)^T$ 是新变量。 $x=Py$ 的第一列是乘在 $y_1$ 前的旧坐标方向，后两列同理。两个交叉项 $-4x_1x_2,-4x_2x_3$ 对应矩阵元 $-2$ ，因此 $A=\begin{pmatrix}1&-2&0\\-2&2&-2\\0&-2&3\end{pmatrix}.$ “正交”指 $P^TP=I$ ，它比仅要求 $|P|\ne0$ 更强：各列必须两两垂直，并且每列的长度为 $1$ 。

要记住的定义与公式

特征向量满足 $Av=\lambda v$ ， $v\ne0$ 。移项后是齐次组 $(\lambda I-A)v=0$ ；为了有非零解，必须有 $|\lambda I-A|=0$ 。

实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，再各除以长度，就可组成正交矩阵。若第 $i$ 列对应 $\lambda_i$ ，则 $P^TAP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$ 这是因为 $AP=P\operatorname{diag}(\lambda_i)$ ，左乘 $P^T$ 后使用 $P^TP=I$ 。在变量替换中， $f(Py)=y^T(P^TAP)y,$ 所以矩阵列的顺序决定标准形系数的顺序。

一步一步解题

第一步：独立计算特征多项式。 $\lambda I-A=\begin{pmatrix}\lambda-1&2&0\\2&\lambda-2&2\\0&2&\lambda-3\end{pmatrix}.$ 沿第一行用 $+,-,+$ 展开： $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=(\lambda-1)\begin{vmatrix}\lambda-2&2\\2&\lambda-3\end{vmatrix} -2\begin{vmatrix}2&2\\0&\lambda-3\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-1)\bigl((\lambda-2)(\lambda-3)-4\bigr)-4(\lambda-3)\\ &=(\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+2)-4\lambda+12\\ &=\lambda^3-6\lambda^2+3\lambda+10\\ &=(\lambda+1)(\lambda-2)(\lambda-5). \end{aligned}$ 因此特征值确为 $-1,2,5$ ，与题给目标一致。

第二步：逐个解特征向量方程。 设待求向量为 $(u,v,w)^T$ 。

对 $\lambda=-1$ ， $(A+I)(u,v,w)^T=0$ ，即 $\begin{cases}2u-2v=0,\\-2u+3v-2w=0,\\-2v+4w=0.\end{cases}$ 第一、三式给 $u=v=2w$ ；代入中间式为 $-4w+6w-2w=0$ ，无新限制。故全部非零特征向量为 $t(2,2,1)^T$ ， $t\ne0$ 。

对 $\lambda=2$ ，方程为 $\begin{cases}-u-2v=0,\\-2u-2w=0,\\-2v+w=0.\end{cases}$ 第一式给 $u=-2v$ ，第二式给 $w=-u=2v$ ，第三式随之成立。全部非零特征向量为 $t(-2,1,2)^T$ ， $t\ne0$ 。

对 $\lambda=5$ ，方程为 $\begin{cases}-4u-2v=0,\\-2u-3v-2w=0,\\-2v-2w=0.\end{cases}$ 第一式给 $v=-2u$ ，第三式给 $w=-v=2u$ ；中间式为 $-2u+6u-4u=0$ 。全部非零特征向量为 $t(1,-2,2)^T$ ， $t\ne0$ 。

第三步：检查垂直并单位化。 记三个选取的方向为 $v_1=(2,2,1)^T,v_2=(-2,1,2)^T,v_3=(1,-2,2)^T$ 。它们的内积为 $v_1^Tv_2=-4+2+2=0,\quad v_1^Tv_3=2-4+2=0,\quad v_2^Tv_3=-2-2+4=0.$ 长度平方均为 $9$ ，所以各除以 $3$ 。按 $-1,2,5$ 的次序作列，得到 $P=\frac13\begin{pmatrix}2&-2&1\\2&1&-2\\1&2&2\end{pmatrix}.$

最终答案

可取正交变换 $\boxed{x=Py,\qquad P=\frac13\begin{pmatrix}2&-2&1\\2&1&-2\\1&2&2\end{pmatrix}},$ 也就是 $\begin{cases}x_1=(2y_1-2y_2+y_3)/3,\\ x_2=(2y_1+y_2-2y_3)/3,\\ x_3=(y_1+2y_2+2y_3)/3.\end{cases}$ 相应标准形为 $\boxed{f=-y_1^2+2y_2^2+5y_3^2}.$ 各列可独立整体变号，所得变换仍成立；若交换列，则必须同步交换标准形对应系数。

回头检查

先检查正交性： $P^TP=\frac19\begin{pmatrix}9&0&0\\0&9&0\\0&0&9\end{pmatrix}=I.$ 再真正计算对角化乘积： $AP=\frac13\begin{pmatrix}-2&-4&5\\-2&2&-10\\-1&4&10\end{pmatrix},$ $\begin{aligned} P^TAP &=\frac19\begin{pmatrix}2&2&1\\-2&1&2\\1&-2&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-2&-4&5\\-2&2&-10\\-1&4&10\end{pmatrix}\\ &=\frac19\begin{pmatrix}-9&0&0\\0&18&0\\0&0&45\end{pmatrix} =\operatorname{diag}(-1,2,5). \end{aligned}$ 例如左上元为 $(-4-4-1)/9=-1$ ，第一行第二元为 $(-8+4+4)/9=0$ 。另外 $-1+2+5=6=1+2+3=\operatorname{tr}(A)$ ，系数之和也吻合。

看到题目先想什么

只有 $x_1,x_3$ 相互交叉， $x_2$ 独立，因此先观察两端变量的和、差方向。正交对角化仍要完整求特征值及特征空间；本题会出现二重特征值 $4$ ，这时必须找出该特征空间内两条单位正交方向，不能只求一条。

读懂题目与条件

由交叉项 $2x_1x_3$ 平分系数，矩阵为 $A=\begin{pmatrix}3&0&1\\0&4&0\\1&0&3\end{pmatrix}.$ $x=Qy$ 指用新变量线性组合出旧变量。矩阵 $Q$ 的每一列是一个旧坐标方向。“正交”要求 $Q^TQ=I$ ；标准形只要求交叉项消失，并没有要求各非零系数归一为 $\pm1$ 。

要记住的定义与公式

由 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$ ，得到 $(\lambda I-A)v=0$ 有非零解，因此 $|\lambda I-A|=0$ 。实对称矩阵总能选取完整的单位正交特征向量组；不同特征值的向量自动正交，同一特征值空间中的向量则要自己选成正交组。

若这些向量按列构成 $Q$ ，则 $Q^TAQ$ 的对角元依次是各列对应的特征值；又因 $f(Qy)=y^TQ^TAQy,$ 这些特征值就是正交变换后的平方项系数。

一步一步解题

第一步：求特征值。 $\lambda I-A=\begin{pmatrix}\lambda-3&0&-1\\0&\lambda-4&0\\-1&0&\lambda-3\end{pmatrix}.$ 沿第二行展开，只有中间一项，符号为 $(-1)^{2+2}=+1$ ： $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=(\lambda-4)\begin{vmatrix}\lambda-3&-1\\-1&\lambda-3\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-4)\bigl((\lambda-3)^2-1\bigr)\\ &=(\lambda-4)(\lambda-4)(\lambda-2). \end{aligned}$ 故特征值为 $4,4,2$ 。

第二步：求完整的特征空间。 设向量为 $(u,v,w)^T$ 。

当 $\lambda=4$ 时， $(A-4I)\begin{pmatrix}u\\v\\w\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-u+w\\0\\u-w\end{pmatrix}=0.$ 所以 $w=u$ ，而 $v$ 自由。整个特征空间为 $(u,v,u)^T=u(1,0,1)^T+v(0,1,0)^T.$ 其中 $(u,v)\ne(0,0)$ 时就是全部非零特征向量。可选基向量 $v_1=(1,0,1)^T$ 、 $v_2=(0,1,0)^T$ ；它们内积为零。

当 $\lambda=2$ 时，方程为 $\begin{cases}u+w=0,\\2v=0,\\u+w=0.\end{cases}$ 所以 $v=0,w=-u$ ，全部非零特征向量为 $t(1,0,-1)^T$ ， $t\ne0$ 。选 $v_3=(1,0,-1)^T$ 。

第三步：单位化并组成矩阵。 $v_1,v_3$ 的长度均为 $\sqrt2$ ， $v_2$ 的长度为 $1$ ；另外 $v_1^Tv_3=1-1=0,\qquad v_2^Tv_3=0.$ 因此取 $Q=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt2}&0&\frac1{\sqrt2}\\0&1&0\\\frac1{\sqrt2}&0&-\frac1{\sqrt2}\end{pmatrix},$ 其三列依次对应 $4,4,2$ ，所以标准形为 $4y_1^2+4y_2^2+2y_3^2$ 。

最终答案

可取 $\boxed{x=Qy,\qquad Q=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt2}&0&\frac1{\sqrt2}\\0&1&0\\\frac1{\sqrt2}&0&-\frac1{\sqrt2}\end{pmatrix}},$ 即 $x_1=(y_1+y_3)/\sqrt2,x_2=y_2,x_3=(y_1-y_3)/\sqrt2$ ，相应标准形为 $\boxed{f=4y_1^2+4y_2^2+2y_3^2}.$

回头检查

把矩阵统一提出 $1/\sqrt2$ ，记 $M=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&\sqrt2&0\\1&0&-1\end{pmatrix},\qquad Q=M/\sqrt2.$ 直接乘得 $Q^TQ=\frac12M^TM=\frac12\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}=I.$ 又有 $AQ=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}4&0&2\\0&4\sqrt2&0\\4&0&-2\end{pmatrix},$ 所以 $Q^TAQ=\frac12 \begin{pmatrix}1&0&1\\0&\sqrt2&0\\1&0&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4&0&2\\0&4\sqrt2&0\\4&0&-2\end{pmatrix} =\frac12\begin{pmatrix}8&0&0\\0&8&0\\0&0&4\end{pmatrix}.$ 结果正是 $\operatorname{diag}(4,4,2)$ 。再代入原式的两端部分： $3(x_1^2+x_3^2)+2x_1x_3 =3(y_1^2+y_3^2)+(y_1^2-y_3^2) =4y_1^2+2y_3^2,$ 加上 $4x_2^2=4y_2^2$ 即还原标准形。

含参数的正交化：用标准形系数之和求参数，再单位化特征向量

二次型含一个参数，给变换后标准形或其特征值之和，要求参数及正交变换。

先想一想，再看通用做法

做法标准形对角系数是原实对称矩阵的特征值；用它们的和等于迹求参数。代入后求特征向量，正交单位化并按目标系数顺序作矩阵列，验 $P^TP=E$ 、 $P^TAP=\Lambda$ 。

易错点 交叉项系数要平分后再写矩阵；正交变换的列向量必须单位化。

01例题 · 计算题2024 年 10 月 · 原卷第 22 题

已知二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+4x_1x_3$ 的矩阵 $A$ 的特征值之和为 $1$ ，确定数 $a$ 的值并求一个正交变换 $x=Py$ 将二次型化为标准形。

解题思路与解析

看到题目先想什么

已知“特征值之和”，先想到它等于矩阵的迹，也就是主对角元之和。用这一条件先定出 $a$ ，再做正交对角化，可以避免带着未知参数求复杂特征向量。确定 $a$ 后， $x_2$ 方向独立，只需重点处理 $x_1,x_3$ 的二阶块。

读懂题目与条件

$a$ 是实参数， $x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 是旧变量。交叉项 $4x_1x_3$ 平分到两个对称位置，故 $A=\begin{pmatrix}a&0&2\\0&2&0\\2&0&-2\end{pmatrix}.$ “特征值之和为 $1$ ”中的特征值按重数计算；不是矩阵所有元素的和。正交变换 $x=Py$ 还要求 $P$ 的列是单位正交向量，不能只交出任意可逆变换。

要记住的定义与公式

任意方阵的全部特征值之和等于迹： $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{tr}(A)=a_{11}+a_{22}+a_{33}.$ 特征向量由 $(A-\lambda I)v=0,v\ne0$ 求出，特征值由 $|\lambda I-A|=0$ 求出。实对称矩阵可选单位正交特征向量组；若按列放入 $P$ ，则 $P^TP=I,\qquad P^TAP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$ 在 $x=Py$ 下， $f=y^TP^TAPy$ ，因此对角元就是标准形系数。

一步一步解题

第一步：利用迹求参数。 $\operatorname{tr}(A)=a+2-2=a.$ 由题设特征值之和为 $1$ ，必有 $a=1$ 。此时 $A=\begin{pmatrix}1&0&2\\0&2&0\\2&0&-2\end{pmatrix}.$ 这一步没有除以任何含参式子，因此不存在因主元可能为零而漏掉的分支。

第二步：计算特征多项式。 沿第二行展开： $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=(\lambda-2)\begin{vmatrix}\lambda-1&-2\\-2&\lambda+2\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-2)\bigl((\lambda-1)(\lambda+2)-4\bigr)\\ &=(\lambda-2)(\lambda^2+\lambda-6) =(\lambda-2)^2(\lambda+3). \end{aligned}$ 所以特征值为 $2,2,-3$ 。

第三步：求特征向量。 设向量为 $(u,v,w)^T$ 。当 $\lambda=2$ 时， $\begin{pmatrix}-1&0&2\\0&0&0\\2&0&-4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\v\\w\end{pmatrix}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad u=2w.$ $v,w$ 均可自由取值，因此特征空间为 $(2w,v,w)^T=w(2,0,1)^T+v(0,1,0)^T.$ $(v,w)\ne(0,0)$ 时为全部非零特征向量。选择 $v_1=(2,0,1)^T$ 、 $v_2=(0,1,0)^T$ 。

当 $\lambda=-3$ 时，方程为 $\begin{cases}4u+2w=0,\\5v=0,\\2u+w=0.\end{cases}$ 所以 $v=0,w=-2u$ ，全部非零特征向量为 $t(1,0,-2)^T$ ， $t\ne0$ 。选择 $v_3=(1,0,-2)^T$ 。

第四步：正交单位化。 $v_1^Tv_3=2-2=0$ ，而 $v_2$ 与另外两向量的内积均为零。 $\|v_1\|^2=\|v_3\|^2=5$ ， $\|v_2\|=1$ 。按 $2,2,-3$ 的顺序作列： $P=\begin{pmatrix}\frac2{\sqrt5}&0&\frac1{\sqrt5}\\0&1&0\\\frac1{\sqrt5}&0&-\frac2{\sqrt5}\end{pmatrix}.$

最终答案

$\boxed{a=1}.$ 可取正交变换 $\boxed{x=Py,\qquad P=\begin{pmatrix}\frac2{\sqrt5}&0&\frac1{\sqrt5}\\0&1&0\\\frac1{\sqrt5}&0&-\frac2{\sqrt5}\end{pmatrix}},$ 即 $x_1=(2y_1+y_3)/\sqrt5,x_2=y_2,x_3=(y_1-2y_3)/\sqrt5$ ，标准形为 $\boxed{f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2}.$

回头检查

令 $M=\begin{pmatrix}2&0&1\\0&\sqrt5&0\\1&0&-2\end{pmatrix},\qquad P=M/\sqrt5.$ 实际计算正交性： $P^TP=\frac15M^TM =\frac15\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&5\end{pmatrix}=I.$ 再算 $AP=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}4&0&-3\\0&2\sqrt5&0\\2&0&6\end{pmatrix},$ $P^TAP=\frac15 \begin{pmatrix}2&0&1\\0&\sqrt5&0\\1&0&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4&0&-3\\0&2\sqrt5&0\\2&0&6\end{pmatrix} =\frac15\begin{pmatrix}10&0&0\\0&10&0\\0&0&-15\end{pmatrix}.$ 这同时证明 $a=1$ 时确实存在所需正交变换，补足了“由迹求 $a$ ”只给必要条件的部分。最后 $2+2-3=1$ ，而 $|A|=2((-2)-4)=-12=2\cdot2\cdot(-3)$ ，迹和行列式均符合。

看到题目先想什么

标准形通过正交变换得到，所以它的系数 $7,3$ 正是原矩阵的两个特征值。先用迹定出 $a$ ，再求对应特征向量。题面已指定 $7y_1^2+3y_2^2$ 的次序，第一列必须对应 $7$ ，第二列必须对应 $3$ 。

读懂题目与条件

$x=(x_1,x_2)^T$ 是旧变量， $y=(y_1,y_2)^T$ 是新变量。交叉项 $4x_1x_2$ 对应 $a_{12}=a_{21}=2$ ，故 $A=\begin{pmatrix}a&2\\2&5\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}7&0\\0&3\end{pmatrix}.$ $x=Py$ 意味着 $P^TAP=D$ 。由于 $P$ 正交， $P^{-1}=P^T$ ，这也是相似关系 $P^{-1}AP=D$ ，因此 $A$ 与 $D$ 的迹和特征值均相同。若只知道一般可逆合同变换，标准形系数未必是原矩阵的特征值；这里的正交条件必不可少。

要记住的定义与公式

特征值之和等于迹，因此 $\operatorname{tr}(A)=a+5=7+3.$ 特征向量由 $Av=\lambda v,v\ne0$ 定义，所以解 $(A-\lambda I)v=0$ 。不同特征值的实对称矩阵特征向量相互垂直；各除以长度后组成正交矩阵。标准形系数与矩阵列按相同顺序对应。

一步一步解题

第一步：先求 $a$ 。 $a+5=7+3=10\quad\Longrightarrow\quad a=5.$ 所以候选矩阵是 $A=\begin{pmatrix}5&2\\2&5\end{pmatrix}$ 。迹关系给出必要值，下面还要实际构造 $P$ 证明它可行。

第二步：核对特征值。 $\begin{aligned} |\lambda I-A| &=\begin{vmatrix}\lambda-5&-2\\-2&\lambda-5\end{vmatrix}\\ &=(\lambda-5)^2-4 =\lambda^2-10\lambda+21 =(\lambda-7)(\lambda-3). \end{aligned}$ 特征值确为 $7,3$ ，与指定标准形吻合。

第三步：求两条特征方向。 对 $\lambda=7$ ， $\begin{pmatrix}-2&2\\2&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad v=u.$ 所以全部非零特征向量为 $t(1,1)^T$ ， $t\ne0$ 。

对 $\lambda=3$ ， $\begin{pmatrix}2&2\\2&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad v=-u,$ 所以全部非零特征向量为 $t(1,-1)^T$ ， $t\ne0$ 。

第四步：按指定次序单位化。 $(1,1)^T$ 与 $(1,-1)^T$ 的内积为 $1-1=0$ ，长度均为 $\sqrt2$ 。取 $P=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}.$ 其第一列对应 $7$ ，第二列对应 $3$ ，符合目标顺序。

最终答案

$\boxed{a=5,\qquad P=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}.$ 采用 $x=Py$ ，即 $x_1=(y_1+y_2)/\sqrt2,x_2=(y_1-y_2)/\sqrt2$ ，得到 $\boxed{f=7y_1^2+3y_2^2}.$ 若要写出保持指定顺序的全部正交矩阵，可将两列独立变号： $P=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}\varepsilon_1&\varepsilon_2\\\varepsilon_1&-\varepsilon_2\end{pmatrix}, \qquad\varepsilon_1,\varepsilon_2\in\{1,-1\}.$ 由于两个特征值各自的特征空间都是一维的，这四种符号选择已包含全部可能。

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直接计算 $P^TP=\frac12\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=I,\qquad AP=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}7&3\\7&-3\end{pmatrix}.$ 所以 $P^TAP=\frac12\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}7&3\\7&-3\end{pmatrix} =\frac12\begin{pmatrix}14&0\\0&6\end{pmatrix} =\operatorname{diag}(7,3).$ 再将变量代回多项式： $x_1^2+x_2^2=y_1^2+y_2^2$ ， $4x_1x_2=2(y_1^2-y_2^2)$ ，因此 $f=5(y_1^2+y_2^2)+2(y_1^2-y_2^2)=7y_1^2+3y_2^2.$ 行列式也有 $5\cdot5-2\cdot2=21=7\cdot3$ ，说明另一项特征值不变量同样吻合。

历年都考了什么

01 行列式

02 矩阵

03 向量空间

04 线性方程组

05 特征值与特征向量

06 实二次型

01 行列式8 个考点 / 每点 2 题

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