伴随矩阵

§10.6 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.46 分/卷近 11 年平均

2/11 年出现年份

0.5 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）行列式的概念与性质矩阵的运算逆矩阵

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 伴随矩阵的基础：定义（代数余子式的转置）、基本恒等式 $A A^{} = A^{} A = ∣ A ∣ E$ 与 $A^{- 1} = A^{} /∣ A ∣$ ★★ 必会*

伴随矩阵

A^{*}

是线性代数中绕不开的基本工具，而它的定义中有一步最容易出错，就是转置。下面先给出定义与三条基本公式，后面一切有关伴随矩阵的问题都由它们导出。

① 定义：先算代数余子式，再转置. 设

A = (a_{ij})

为

n

阶方阵，

A_{ij} = (- 1)^{i + j} M_{ij}

是元素

a_{ij}

的代数余子式（

M_{ij}

为对应的余子式）。把全体代数余子式排成矩阵

(A_{ij})

后再取转置，才得到伴随矩阵：

A^{*} = (A_{ij})^{T} = A_{11} A_{12} ⋮ A_{1 n} A_{21} A_{22} ⋮ A_{2 n} \dots \dots \dots A_{n 1} A_{n 2} ⋮ A_{nn} .

必须注意： $A^{*}$ 的 $(i, j)$ 元是 $A_{j i}$ （下标要反过来写），而不是 $A_{ij}$ ，也就是说它的第

i

行由第

i

*列*元素的代数余子式构成。这一步转置是本章最容易失分的地方。

② 二阶的速算法：主对角对换、副对角变号. 对

A = (a c b d)

，按定义可直接写出

A^{*} = (d - c - b a),

即主对角元

a, d

互换位置，副对角元

b, c

就地添上负号。二阶的伴随矩阵按此可以直接写出，应当熟记（读者可自行验证

A A^{*} = (a d - b c) E = ∣ A ∣ E

）。

③ 基本恒等式（其余公式都由它导出）. 对任意

n

阶方阵（不必可逆）恒成立

A A^{*} = A^{*} A = ∣ A ∣ E .

④ 两条直接推论. 其一，当

∣ A ∣ \neq = 0

时，把

A A^{*} = ∣ A ∣ E

两边除以

∣ A ∣

，即得求逆公式

A^{- 1} = \frac{1}{∣ A ∣} A^{*} = \frac{A ^{*}}{∣ A ∣},

这就是用伴随矩阵求逆的根据。其二，对

A A^{*} = ∣ A ∣ E

两边取行列式，得

∣ A ∣ ∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣ E = ∣ A ∣^{n}

；当

∣ A ∣ \neq = 0

时约去一个

∣ A ∣

便得

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

（此式在

∣ A ∣ = 0

时也成立，但须单独证明，见本页其他条目）。

证明 / 推导

基本恒等式

A A^{*} = ∣ A ∣ E

的根据，是行列式的按行展开公式与某行元素同另一行元素的代数余子式乘积之和为零这两条事实。两者可以合写成一个求和式：

k = 1 \sum n a_{ik} A_{j k} = δ_{ij} ∣ A ∣, δ_{ij} = {1, 0, i = j, i \neq = j .

这个求和式何以成立. 当

i = j

时，

\sum_{k} a_{ik} A_{ik} = ∣ A ∣

恰是行列式按第 $i$ 行的展开；当

i \neq = j

时，

\sum_{k} a_{ik} A_{j k}

是第

i

行的元素配上第

j

行的代数余子式，它等于把

A

的第 $j$ 行替换成第 $i$ 行的副本后所得矩阵的行列式，而这个矩阵有两行完全相同（都是第

i

行），因此行列式为

0

。

由此推出 $A A^{*} = ∣ A ∣ E$ . 因为

A^{*}

的

(k, j)

元是

A_{j k}

（这里又用到转置），按矩阵乘法，

A A^{*}

的

(i, j)

元为

(A A^{*})_{ij} = k = 1 \sum n a_{ik} (A^{*})_{k j} = k = 1 \sum n a_{ik} A_{j k} = δ_{ij} ∣ A ∣,

这恰是

∣ A ∣ E

的

(i, j)

元，所以

A A^{*} = ∣ A ∣ E

。

同理可得 $A^{*} A = ∣ A ∣ E$ . 改用按列展开的形式

\sum_{k} a_{k j} A_{k i} = δ_{ij} ∣ A ∣

，即得

(A^{*} A)_{ij} = \sum_{k} (A^{*})_{ik} a_{k j} = \sum_{k} A_{k i} a_{k j} = δ_{ij} ∣ A ∣

。合并两式，便有

A A^{*} = A^{*} A = ∣ A ∣ E

。

■

举例说明

例（2013 年数一·填空题）. 设

A = (a_{ij})

是

3

阶非零矩阵，

A_{ij}

为

a_{ij}

的代数余子式。若

a_{ij} + A_{ij} = 0 (i, j = 1, 2, 3)

，求

∣ A ∣

。

解. 条件即

A_{ij} = - a_{ij}

，就是说每个代数余子式都等于对应元素的相反数。利用定义中 $A^{*}$ 的 $(i, j)$ 元是 $A_{j i}$ 这一点，把它写成矩阵等式：

(A^{*})_{ij} = A_{j i} = - a_{j i} = - (A^{T})_{ij} ⟹ A^{*} = - A^{T} .

两边取行列式（阶数

n = 3

）：左边用推论

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1} = ∣ A ∣^{2}

，右边用

∣ c M ∣ = c^{n} ∣ M ∣

，得

∣ A ∣^{2} = ∣ A^{*} ∣ = - A^{T} = (- 1)^{3} ∣ A^{T} ∣ = - ∣ A ∣.

于是

∣ A ∣^{2} + ∣ A ∣ = 0

，即

∣ A ∣ (∣ A ∣ + 1) = 0

，所以

∣ A ∣ = 0

或

∣ A ∣ = - 1

。

排除 $∣ A ∣ = 0$ . 因为

A

是非零矩阵，必有某一行不全为零，设它是第

i

行。把

∣ A ∣

按第 $i$ 行展开，并代入

A_{ik} = - a_{ik}

，得

∣ A ∣ = k = 1 \sum 3 a_{ik} A_{ik} = - k = 1 \sum 3 a_{ik}^{2} < 0,

因此

∣ A ∣ \neq = 0

。综上所述，

∣ A ∣ = - 1

。

注. 本题主要用到定义中的转置

(A^{*})_{ij} = A_{j i}

，这一步必须用准，再配合推论

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

与按行展开。这三点都是本节反复强调的基本内容。

■

2. 补足另一半证明： $∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}$ 在 $∣ A ∣ = 0$ 时同样成立

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

的常见推导是两边取行列式，再约去

∣ A ∣

；但这一步已经假定了

∣ A ∣ \neq = 0

，当

A

不可逆时不能这样约去。事实上这个公式对

∣ A ∣ = 0

也成立，只是需要单独加以证明。补足这一半证明所用的工具是伴随矩阵的秩的三分法：只要

∣ A ∣ = 0

，

A^{*}

就必定不满秩，行列式也为零，与右端的

∣ A ∣^{n - 1} = 0

一致。明白了这一点，才算掌握了这个公式的适用范围。

证明 / 推导

证设

A

为

n

阶（

n \geq 2

）。当

∣ A ∣ = 0

时

r (A) \leq n - 1

，下面分两种情形讨论。

情形一 $r (A) = n - 1$ . 由秩的三分法得

r (A^{*}) = 1 < n

，因此

A^{*}

不满秩，

∣ A^{*} ∣ = 0

。而右端

∣ A ∣^{n - 1} = 0^{n - 1} = 0

（这里

n - 1 \geq 1

）。两边相等。

情形二 $r (A) \leq n - 2$ . 这时

A

的所有

n - 1

阶子式全为零，即全体代数余子式

A_{ij} = 0

，因而

A^{*} = O

，

∣ A^{*} ∣ = 0 = ∣ A ∣^{n - 1}

。

两种情形都得到

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

。与

∣ A ∣ \neq = 0

时的证明合起来，这就证明了公式对一切方阵成立。

3. 由 $A^{}$ 反求 $A$ ：先定出 $∣ A ∣$ 再求逆，注意奇数阶时的正负号★ 要懂*

正问题是由

A \to A^{*}

，考试中则常常反过来：已知

A^{*}

，求

A

（或

∣ A ∣

、

A^{- 1}

）。一般分两步：(1) 由

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

反解出

∣ A ∣ = n - 1 ∣ A^{*} ∣

，先把

∣ A ∣

定下来，这是后面计算的依据；(2) 由

A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}

得

(A^{*})^{- 1} = \frac{1}{∣ A ∣} A

，即

A = ∣ A ∣ (A^{*})^{- 1}

。必须注意：当 $n$ 为奇数时， $∣ A ∣ = \pm n - 1 ∣ A^{*} ∣$ 中的正负号往往不能由 $A^{*}$ 唯一确定，因为

A

与

- A

有相同的

A^{*}

。这时答案是

\pm A

两个，缺一不可。

证明 / 推导

证设

A

为

n

阶方阵（

n \geq 2

），已知

A^{*}

，讨论

A

能否由它唯一确定。

第一步， $∣ A ∣$ 的符号. 由

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}

知，

∣ A ∣

是方程

t^{n - 1} = ∣ A^{*} ∣

的实根。当

n

为偶数时

n - 1

为奇数，这个方程在实数范围内只有一个根，故

∣ A ∣

唯一确定。当

n

为奇数时

n - 1

为偶数，方程有一对互为相反数的实根，单由

∣ A^{*} ∣

定不出

∣ A ∣

的符号。（此时还必有

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1} \geq 0

，否则方程无实根，这样的

A^{*}

不是任何方阵的伴随矩阵。）

第二步，两个符号确实都能取到. 为此证明

(- A)^{*} = (- 1)^{n - 1} A^{*} .

事实上，

- A

的元素是

- a_{ij}

。它的余子式是一个

n - 1

阶行列式，其每一行都由

A

中相应的行乘以

- 1

而得，共

n - 1

行。由行列式的性质，把每一行的公因子

- 1

提出来，该余子式等于

A

的相应余子式乘以

(- 1)^{n - 1}

。符号因子

(- 1)^{i + j}

与矩阵的元素无关，故

- A

的每个代数余子式等于

(- 1)^{n - 1} A_{ij}

。再取转置，便得上式。

当

n

为奇数时

(- 1)^{n - 1} = 1

，故

(- A)^{*} = A^{*}

。因此若

A

是一个解，则

- A

也是解，二者不能由

A^{*}

区分，答案必须写成

\pm A

。当

n

为偶数时

(- 1)^{n - 1} = - 1

，故

(- A)^{*} = - A^{*}

，只要

A^{*} \neq = O

就与

A^{*}

不同，不会出现这种二义性。

第三步，符号定下以后 $A$ 唯一. 设

∣ A ∣ \neq = 0

，则

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1} \neq = 0

，故

A^{*}

可逆。在基本恒等式

A A^{*} = ∣ A ∣ E

的两端右乘

(A^{*})^{- 1}

，得

A = ∣ A ∣ (A^{*})^{- 1}

。可见

∣ A ∣

一经确定，

A

就随之确定。合起来，

n

为偶数时解唯一，

n

为奇数时恰有两个解

\pm ∣ A ∣ (A^{*})^{- 1}

。这就证明了正负号只在奇数阶出现，而且两个都必须写出。

这一做法的前提. 以上推理都以

∣ A^{*} ∣ \neq = 0

为前提。如果

∣ A^{*} ∣ = 0

，那么由

∣ A ∣^{n - 1} = 0

得

∣ A ∣ = 0

，第三步中的

(A^{*})^{- 1}

不存在，

A

也就无法由

A^{*}

定出。例如秩不超过

n - 2

的方阵都有

A^{*} = O

，符合这一条件的

A

有无穷多个。

■

举例说明

设

A

为

3

阶方阵，其伴随矩阵

A^{*} = 100210321

，求

A

。

解. (1) 由

∣ A^{*} ∣ = 1

与

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{3 - 1} = ∣ A ∣^{2}

得

∣ A ∣^{2} = 1

，所以

∣ A ∣ = \pm 1

。
(2) 求

(A^{*})^{- 1}

：注意

A^{*} = E + N

，其中

N = 000200320

是幂零矩阵，于是

(A^{*})^{- 1} = E - N + N^{2} = 100 - 2 10 1 - 2 1

。
从而

A = ∣ A ∣ (A^{*})^{- 1} = \pm 100 - 2 10 1 - 2 1

。

注. 因为在

3

阶的情形下

(- A)^{*} = (- 1)^{n - 1} A^{*} = A^{*}

，即

A

与

- A

的伴随矩阵相同，所以两个符号都是解，必须都写出。

4. $A^{}$ 的特征值： $A$ 可逆时为 $∣ A ∣/ λ_{i}$ （特征向量与 $A$ 相同）★★ 必会*

求

A^{*}

的特征值，不必真去算

A^{*}

的特征多项式。所用的关系仍是

A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}

：

A^{- 1}

的特征值是

A

的特征值的倒数，再乘以常数

∣ A ∣

即得。因此如果 $A$ 可逆，其特征值为 $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ ，那么 $A^{*}$ 的特征值为 $\frac{∣ A ∣}{λ _{1}}, \dots, \frac{∣ A ∣}{λ _{n}}$ ，并且所对应的特征向量与

A

的相同。又因

∣ A ∣ = \prod λ_{i}

，有

\frac{∣ A ∣}{λ _{i}} = \prod_{j \neq = i} λ_{j}

，即

A^{*}

的每个特征值等于

A

的其余各特征值之积。这是伴随矩阵与特征值结合起来的常考内容。

证明 / 推导

证设

A

可逆，

A x = λ x

（

x \neq = 0

，

λ \neq = 0

）。两边左乘

A^{- 1}

，得

A^{- 1} x = \frac{1}{λ} x

。于是

A^{*} x = ∣ A ∣ A^{- 1} x = ∣ A ∣ \cdot \frac{1}{λ} x = \frac{∣ A ∣}{λ} x,

即

\frac{∣ A ∣}{λ}

是

A^{*}

的特征值，

x

是它所对应的特征向量。对

A

的

n

个特征值逐一这样处理，便得到

A^{*}

的全部特征值。

举例说明

设

3

阶方阵

A

的特征值为

1, 2, 3

，求

A^{*}

的特征值及

tr (A^{*})

。

解.

∣ A ∣ = 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6

。

A^{*}

的特征值为

\frac{6}{1}, \frac{6}{2}, \frac{6}{3} = 6, 3, 2

，它们也等于其余两个特征值之积

2 \cdot 3, 1 \cdot 3, 1 \cdot 2

，两者一致。因此

tr (A^{*}) = 6 + 3 + 2 = 11

。（另外

∣ A^{*} ∣ = 6 \cdot 3 \cdot 2 = 36 = ∣ A ∣^{2} = 6^{2}

，与公式相符。）

5. 降秩时 $A^{}$ 是秩一矩阵：它的列是 $A x = 0$ 的解、行是 $A^{T} x = 0$ 的解★★ 必会*

当

r (A) = n - 1

（即恰好降一秩）时，

A^{*}

不是零矩阵，但秩为

1

，因而可以写成

A^{*} = ξ η^{T}

，即一个列向量乘一个行向量。而且它的列与行都有明确的含义： $A^{*}$ 的每一列都是齐次方程 $A x = 0$ 的解，每一行（转置后）都是 $A^{T} x = 0$ 的解。这来自基本恒等式

A A^{*} = A^{*} A = ∣ A ∣ E = O

。在已知

r (A) = n - 1

而要讨论

A^{*}

的题目中，这个结构很有用：它把

A^{*}

与

A

的零空间直接联系起来，常用来求出

A^{*}

的具体形状或证明有关的命题。

证明 / 推导

证设

r (A) = n - 1

，则

∣ A ∣ = 0

，由基本恒等式得

A A^{*} = ∣ A ∣ E = O

。

列的含义. 由

A A^{*} = O

知，

A^{*}

的每一列

c

满足

A c = 0

，即都是

A x = 0

的解。而

A x = 0

的解空间的维数为

n - r (A) = 1

，所以

A^{*}

的各列都是这条一维解空间中的向量，彼此成比例。这就说明了

r (A^{*}) = 1

（这里还用到

A^{*} \neq = O

），并可记

A^{*} = ξ η^{T}

，其中

ξ

是

A x = 0

的一个非零解。

行的含义. 由

A^{*} A = O

取转置得

A^{T} (A^{*})^{T} = O

，因此

(A^{*})^{T}

的列（即

A^{*}

的行）都是

A^{T} x = 0

的解，也就是上式中的

η

满足

A^{T} η = 0

。于是在

A^{*} = ξ η^{T}

中，

ξ \in Null (A)

、

η \in Null (A^{T})

，它们分别由

A

、

A^{T}

的零空间唯一确定（至多相差一个常数倍）。

💡 小知识

伴随矩阵给出的求逆公式

A^{- 1} = A^{*} /∣ A ∣

有一个理论上的好处：整个式子只做一次除法，逆矩阵的每个元素都是原矩阵元素的多项式，再除以同一个

∣ A ∣

。这种封闭形式在抽象证明和符号运算里很难被替代，虽然真要动手算数值，人们还是更愿意用又快又稳的高斯消元。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求二阶矩阵

A = (1324)

的伴随矩阵

A^{*}

，并验证

A A^{*} = ∣ A ∣ E

。难度 1

二阶伴随有速记法「主对角对调、副对角变号」：

A = (a c b d) \Rightarrow A^{*} = (d - c - b a) .

对本题

A^{*} = (4 - 3 - 2 1)

。验证核心恒等式

A A^{*} = ∣ A ∣ E

：先算

∣ A ∣ = 1 \times 4 - 2 \times 3 = - 2

，再算

A A^{*} = (1324) (4 - 3 - 2 1) = (4 - 6 12 - 12 - 2 + 2 - 6 + 4) = (- 2 0 0 - 2) = - 2 E,

恰好等于

∣ A ∣ E

✓。

例 2 设

A

为

3

阶方阵，

∣ A ∣ = 2

。求：（1）

∣ A^{*} ∣

；（2）

∣ A^{- 1} ∣

；（3）

∣2 A ∣

。难度 1

全部用伴随矩阵的基本公式（

n = 3

）：

（1）

∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1} = ∣ A ∣^{2} = 2^{2} = 4

。

（2）

∣ A^{- 1} ∣ = \frac{1}{∣ A ∣} = \frac{1}{2}

。

（3）

∣2 A ∣ = 2^{n} ∣ A ∣ = 2^{3} \times 2 = 16

。

注意区分指数： $∣ A^{*} ∣$ 提 $n - 1$ 次幂，而 $∣ k A ∣$ 提 $n$ 次幂，不要混。

例 3 设

A

为

3

阶方阵，

∣ A ∣ = 2

。求

A^{*} + A^{- 1}

。难度 2

通法：凡行列式里同时出现 $A^{*}$ 与 $A^{- 1}$ （或 $A$ ），先用 $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}$ 把 $A^{*}$ 消掉，统一成一种矩阵。
由

A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1} = 2 A^{- 1}

，得

A^{*} + A^{- 1} = 2 A^{- 1} + A^{- 1} = 3 A^{- 1} .

于是（

n = 3

，用

∣ k B ∣ = k^{n} ∣ B ∣

与

∣ A^{- 1} ∣ = 1/∣ A ∣

）：

A^{*} + A^{- 1} = ∣3 A^{- 1} ∣ = 3^{3} ∣ A^{- 1} ∣ = 27 \times \frac{1}{∣ A ∣} = 27 \times \frac{1}{2} = \frac{27}{2} .

所以

A^{*} + A^{- 1} = \frac{27}{2}

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 5 题 · 选择题 · 5 分

单位矩阵经若干次互换两行得到的矩阵为置换矩阵。设

A

为

n

阶置换矩阵，

A^{*}

为

A

的伴随矩阵，则（　　）

A $A^{*}$ 为置换矩阵
B $A^{- 1}$ 为置换矩阵
C $A^{- 1} = A$
D $A^{- 1} = - A$

2021 年 · 数一 · 第 15 题 · 填空题 · 5 分

设

A = (a_{ij})

为

3

阶矩阵，

A_{ij}

为元素

a_{ij}

的代数余子式，若

A

的每行元素之和均为

2

，且

∣ A ∣ = 3

，则

A_{11} + A_{21} + A_{31} =

______.

2013 年 · 数一 · 第 13 题 · 填空题 · 4 分

设

A = (a_{ij})

是

3

阶非零矩阵，

∣ A ∣

为

A

的行列式，

A_{ij}

为

a_{ij}

的代数余子式。若

a_{ij} + A_{ij} = 0 (i, j = 1, 2, 3)

，则

∣ A ∣ =

______.

2011 年 · 数一 · 第 6 题 · 选择题 · 4 分

设

A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})

是

4

阶矩阵，

A^{*}

为

A

的伴随矩阵。若

(1, 0, 1, 0)^{T}

是方程组

A x = 0

的一个基础解系，则

A^{*} x = 0

的基础解系可为（　　）

A $α_{1}, α_{3}$ .
B $α_{1}, α_{2}$ .
C $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ .
D $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

A = (2312)

，则伴随矩阵

A^{*} =

（）。

A $(2 - 3 - 1 2)$
B $(2312)$
C $(2 - 1 - 3 2)$
D $(- 2 3 1 - 2)$

练习 2 · 填空题

设

A

为

3

阶方阵且

∣ A ∣ = 3

，则

∣ A^{*} ∣ =

____。

练习 3 · 选择题

设

A

为

n

阶方阵，则

A A^{*} =

（）。

A $E$
B $∣ A ∣ E$
C $A^{- 1}$
D $O$

练习 4 · 填空题

设

A

为

3

阶方阵且

∣ A ∣ = 2

，则

∣2 A^{*} ∣ =

____。

练习 5 · 选择题

设

A

为

4

阶方阵且

r (A) = 3

，则

r (A^{*}) =

（）。

A $4$
B $3$
C $1$
D $0$

练习 6 · 选择题

设

A

为

4

阶方阵，

∣ A ∣ = 2

，

A^{*}

为

A

的伴随矩阵，则

(A^{*})^{*} =

（　）。

A $16$
B $2^{16}$
C $64$
D $512$

练习 7 · 填空题

设

A

为

3

阶方阵，

∣ A ∣ = - 2

，

A^{*}

为

A

的伴随矩阵，则

∣ (3 A)^{*} - 2 A^{*} ∣ =

____。

练习 8 · 解答题

设

A

为

3

阶矩阵，

A^{*}

为其伴随矩阵，已知

A

的全部特征值为

λ_{1} = 1, λ_{2} = 2, λ_{3} = - 1.

(1) 求

∣ A ∣

，并求

A^{*}

的全部特征值；

(2) 求

∣ A^{*} + 2 E ∣

；

(3) 求

(A^{*})^{- 1} + A

。

2009 年 · 数一 · 第 6 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B

均为

2

阶矩阵，

A^{*}, B^{*}

分别为

A, B

的伴随矩阵，若

∣ A ∣ = 2, ∣ B ∣ = 3

，则分块矩阵

(O B A O)

的伴随矩阵为（　　）

A $(O 2 A^{*} 3 B^{*} O)$ .
B $(O 3 A^{*} 2 B^{*} O)$ .
C $(O 2 B^{*} 3 A^{*} O)$ .
D $(O 3 B^{*} 2 A^{*} O)$ .

2005 年 · 数一 · 第 12 题 · 选择题 · 4 分

设

A

为

n (n \geq 2)

阶可逆矩阵，交换

A

的第

1

行与第

2

行得矩阵

B

，

A^{*}, B^{*}

分别为

A, B

的伴随矩阵，则（　　）

A交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列得 $B^{*}$ .
B交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 行与第 $2$ 行得 $B^{*}$ .
C交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列得 $- B^{*}$ .
D交换 $A^{*}$ 的第 $1$ 行与第 $2$ 行得 $- B^{*}$ .

伴随矩阵

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 伴随矩阵的基础：定义（代数余子式的转置）、基本恒等式 AA∗=A∗A=∣A∣E 与 A−1=A∗/∣A∣★★ 必会

2. 补足另一半证明：∣A∗∣=∣A∣n−1 在 ∣A∣=0 时同样成立

3. 由 A∗ 反求 A：先定出 ∣A∣ 再求逆，注意奇数阶时的正负号★ 要懂

4. A∗ 的特征值：A 可逆时为 ∣A∣/λi​（特征向量与 A 相同）★★ 必会

5. 降秩时 A∗ 是秩一矩阵：它的列是 Ax=0 的解、行是 ATx=0 的解★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 伴随矩阵的基础：定义（代数余子式的转置）、基本恒等式 $A A^{} = A^{} A = ∣ A ∣ E$ 与 $A^{- 1} = A^{} /∣ A ∣$ ★★ 必会*

2. 补足另一半证明： $∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{n - 1}$ 在 $∣ A ∣ = 0$ 时同样成立

3. 由 $A^{}$ 反求 $A$ ：先定出 $∣ A ∣$ 再求逆，注意奇数阶时的正负号★ 要懂*

4. $A^{}$ 的特征值： $A$ 可逆时为 $∣ A ∣/ λ_{i}$ （特征向量与 $A$ 相同）★★ 必会*

5. 降秩时 $A^{}$ 是秩一矩阵：它的列是 $A x = 0$ 的解、行是 $A^{T} x = 0$ 的解★★ 必会*