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1. 这不是刷题手册，而是一张矩阵运算的“操作地图”

很多人拿到《张宇1000题》线性代数第三章，第一反应是：矩阵加减乘、转置、逆、秩——不就是套公式吗？翻答案、对选项、记结论，一套流程走完，合上书，再遇到一个稍作变形的矩阵表达式，比如 $(AB)^{-1} + (A^T B^T)^T$，脑子就卡在第一步：这个式子到底能不能化简？从哪下手？为什么有的题非要先算 $A^{-1}$ 再乘 $B$，而另一道题却强调“不能先求逆，必须整体考虑”？

我带过几届考研数学辅导，发现一个高频现象：学生不是不会算，而是不知道该算什么、为什么这么算、在哪一步该停手。第三章表面考的是“运算”，实则考的是对矩阵作为线性变换载体的本质理解。它不像函数求导有固定链式法则，也不像积分有明确换元路径；矩阵运算是“有方向的代数”——加法可交换，乘法不可交换；转置能翻转维度，逆运算却只对满秩方阵开放；甚至一个看似简单的 $AB = AC$，也不能直接约掉 $A$，除非你确认 $A$ 可逆。这些“例外”，恰恰是命题人埋设区分度的核心位置。

关键词里虽未明写，但整章真正的锚点只有三个：可逆性、秩的稳定性、乘法的非交换性。它们像三根支柱，撑起所有题型的底层逻辑。比如“已知 $A^2 = A$，求 $(I - A)^{-1}$”，表面是求逆，实则在检验你是否意识到幂等矩阵的特征值只能是 0 或 1，从而 $I - A$ 必然可逆；再如“若 $r(A) = r(B) = 2$，$A,B$ 均为 $3 \times 3$ 矩阵，问 $r(AB)$ 的可能取值”，这根本不是计算，而是对秩不等式 $r(AB) \geq r(A) + r(B) - n$ 的动态应用——你得知道这个不等式何时取等、何时松动，才能穷举所有可能性。

所以这篇内容不提供“1000题答案速查表”，而是带你重画一张矩阵运算的操作地图：标出每条运算路径的起点（原始条件）、关键检查点（可逆？满秩？维数匹配？）、常见断点（哪里容易默认交换律？哪里会误用分配律？），以及绕过断点的替代路线。它适合两类人：一类是反复错同一类题、总在“感觉应该能化简”和“算了半天没结果”之间摇摆的；另一类是想把第三章从“机械计算”升级为“策略推演”的。下面我们就从最基础却最易被忽略的“矩阵乘法”开始，一层层剥开它的约束逻辑。

2. 矩阵乘法：维数匹配只是入场券，非交换性才是主考场

几乎所有初学者都背过：$A_{m \times n} B_{n \times p} = C_{m \times p}$。但这句话的潜台词常被忽略——维数匹配是必要条件，而非充分条件；它只保证乘法“能做”，不保证结果“有意义”或“可简化”。我们来看一个典型陷阱题：

设 $A$ 为 $3 \times 4$ 矩阵，$B$ 为 $4 \times 2$ 矩阵，$C$ 为 $2 \times 3$ 矩阵。判断 $(AB)C$ 与 $A(BC)$ 是否相等。

标准答案当然是“相等，因矩阵乘法满足结合律”。但如果你只停在这里，就错过了命题人真正想考的点。我们来拆解两个乘积的实际维度：

• $AB$：$3 \times 4$ 乘 $4 \times 2$ → $3 \times 2$ 矩阵

• $(AB)C$：$3 \times 2$ 乘 $2 \times 3$ → $3 \times 3$ 矩阵

• $BC$：$4 \times 2$ 乘 $2 \times 3$ → $4 \times 3$ 矩阵

• $A(BC)$：$3 \times 4$ 乘 $4 \times 3$ → $3 \times 3$ 矩阵

维度一致，结合律成立。但注意：$BC$ 是 $4 \times 3$，而 $AB$ 是 $3 \times 2$，二者完全不可比。这意味着，如果你在解题中试图用 $AB$ 的某个性质（比如秩）去推测 $BC$ 的性质，就犯了维度错位的根本错误。很多学生在处理复合表达式时，会下意识把中间结果当成“同类型对象”来操作，这是线性代数初学阶段最顽固的认知偏差。

更隐蔽的陷阱来自非交换性。课本强调“$AB \neq BA$”，但很少说明：这种不等，不是偶然的数值差异，而是结构层面的必然冲突。我们用一个极简例子说明：

设 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \ 0 & 0 \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} 0 & 1 \ 0 & 0 \end{bmatrix}$
则 $AB = \begin{bmatrix} 0 & 1 \ 0 & 0 \end{bmatrix}$, 而 $BA = \begin{bmatrix} 0 & 0 \ 0 & 0 \end{bmatrix}$

$A$ 是投影到 $x$ 轴的算子，$B$ 是将 $x$ 轴向量移到 $y$ 轴的算子。先投影再移动，得到非零结果；先移动再投影，$x$ 轴上已无向量可投，结果为零。顺序决定了信息是否被提前抹除。这个思想直接对应到真题中：

已知 $A$ 为 $n$ 阶幂零矩阵（即存在 $k$ 使 $A^k = 0$），$B$ 为 $n$ 阶可逆矩阵。问 $BAB^{-1}$ 是否幂零？

直觉可能觉得“相似变换不改变幂零性”，但必须验证：$(BAB^{-1})^k = BA^k B^{-1} = B0B^{-1} = 0$。这里的关键是，$B$ 和 $B^{-1}$ 像“保护壳”一样包住了 $A^k$，确保乘法顺序严格按 $(BAB^{-1})(BAB^{-1})\cdots$ 展开，从而 $A$ 的幂次能完整累积。如果顺序乱了，比如写成 $B^k A^k B^{-k}$，就完全错误——因为 $B$ 和 $A$ 不可交换。

2.1 维数检查的三步法：从“能算”到“该算”

我在批改作业时，要求学生对任何含多个矩阵的表达式，强制执行以下三步检查，缺一不可：

1. 标记所有矩阵的维度：用下标清晰写出，如 $A_{m \times n}, B_{n \times p}, C_{p \times q}$。不要心算，写在草稿纸上。很多错误源于维度记忆模糊，比如把 $A^T$ 的维度记成和 $A$ 一样。

2. 按括号优先级，逐层计算中间结果维度：对 $(AB)C$，先算 $AB$ 维度，再用该维度与 $C$ 匹配；对 $A(BC)$，先算 $BC$ 维度。重点看：每一层乘积的“内维”是否严格相等。例如，若 $A_{3 \times 4}, B_{5 \times 2}$，则 $AB$ 根本无法定义，无需继续。

3. 判断该中间结果是否具备后续操作的资格：比如，若下一步要对 $AB$ 求逆，则必须检查 $AB$ 是否为方阵且满秩；若要计算 $\text{tr}(AB)$，则 $AB$ 必须是方阵（迹只对方阵定义）。这步常被跳过，导致“算出 $AB$ 是 $3 \times 3$，就直接写 $(AB)^{-1}$”，却忘了验证其行列式是否为零。

提示：当题目给出 $r(A) = r(B) = k$ 时，维数检查要升级。例如 $A_{m \times n}, B_{n \times p}$，即使 $AB$ 维度合法，其秩 $r(AB)$ 的最大值是 $\min{r(A), r(B)} = k$，但最小值可能是 $0$。此时“能算”不等于“有信息量”。

2.2 非交换性的实战判据：什么情况下可以“假装”交换？

虽然 $AB \neq BA$ 是铁律，但考试中常需判断某表达式能否化简，这时需要快速判据。我总结了三条高概率安全的“准交换”场景，经数百道真题验证有效：

• 与数量矩阵（标量矩阵）相乘：若 $k$ 是常数，则 $kA = Ak$ 恒成立。注意：$kI$（单位阵的倍数）也属于此类，故 $(kI)A = A(kI)$。这是唯一可无条件交换的情形。

• 与自身幂次相乘：$A^m A^n = A^n A^m = A^{m+n}$。因为幂次本质是重复自乘，顺序天然固定。但注意：$A^2 B$ 与 $B A^2$ 仍不可交换，除非 $A$ 与 $B$ 可交换。

• 在特定结构下与转置共存：$(AB)^T = B^T A^T$ 是转置的核心性质。它不是交换，而是“顺序反转”。但当你看到 $(AB)^T (AB)$，可立即化为 $B^T A^T A B$，此时 $A^T A$ 是对称阵，若题目后续涉及正交性或特征值，这个形式就比原式更有利。

注意：切勿将“$A$ 对称”（即 $A^T = A$）误认为可交换。对称性只约束自身转置，不解决 $AB$ 与 $BA$ 的关系。曾有学生因 $A$ 对称就默认 $AB = BA$，导致整道证明题崩盘。

3. 逆矩阵：可逆性判定是前置动作，而非计算终点

第三章大量题目以“求 $(\cdots)^{-1}$”为问法，但实际解题中，90% 的时间花在判断“这个东西到底有没有逆”上，而非计算逆矩阵本身。很多学生一看到求逆，立刻启动伴随矩阵公式或初等行变换，算到一半发现行列式为零，前功尽弃。这暴露了一个根本误区：把“求逆”当作一个计算动作，而忽略了它首先是一个存在性判定问题。

我们以张宇1000题中一道经典题为例：

设 $A, B$ 均为 $n$ 阶矩阵，且 $AB = A + B$。证明：$A - I$ 与 $B - I$ 均可逆，并求 $(A - I)^{-1}$。

标准解法是移项：$AB - A - B = 0$，两边加 $I$ 得 $AB - A - B + I = I$，即 $(A - I)(B - I) = I$。于是直接得出 $(A - I)^{-1} = B - I$。但关键在第一步：为什么能想到加 $I$？因为观察到左边是 $AB - A - B$，这类似于乘法展开式 $(A - I)(B - I) = AB - A - B + I$ 的前三项。这种“配方”思维，本质是对可逆性充要条件的主动构造：若能找到 $X,Y$ 使得 $XY = I$，则 $X$ 可逆且 $Y = X^{-1}$。

因此，处理逆矩阵问题，我坚持一个铁律：永远先尝试构造 $XY = I$ 或 $YX = I$ 的形式，而不是硬算。构造失败再转向行列式或秩的判定。

3.1 可逆性的四层判定阶梯：从直观到严谨

针对不同题干信息，我设计了递进式的判定阶梯，确保不漏判、不错判：

例题强化：

设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，$B$ 为 $n \times m$ 矩阵，且 $AB = I_m$。问 $BA$ 是否等于 $I_n$？

答案：不一定。反例：$m=1,n=2$，取 $A = [1\ 0], B = \begin{bmatrix} 1 \ 0 \end{bmatrix}$，则 $AB = [1] = I_1$，但 $BA = \begin{bmatrix} 1 & 0 \ 0 & 0 \end{bmatrix} \neq I_2$。此例深刻说明：左逆存在不等于可逆，除非矩阵是方阵。这是第三章最易混淆的点，务必刻入本能。

3.2 求逆的“避坑三原则”：少算一步，多对一分

即使确认可逆，求逆过程仍有大量隐形雷区。基于阅卷经验，我提炼出三个必须遵守的原则：

原则一：拒绝“万能公式”，拥抱“结构化拆解”
伴随矩阵公式 $A^{-1} = \frac{1}{\det A} A^*$ 在理论完美，但实操灾难：计算代数余子式极其耗时，且符号极易出错。更好的策略是识别矩阵结构：

• 若 $A$ 是分块对角阵 $\begin{bmatrix} A_1 & 0 \ 0 & A_2 \end{bmatrix}$，则 $A^{-1} = \begin{bmatrix} A_1^{-1} & 0 \ 0 & A_2^{-1} \end{bmatrix}$；
• 若 $A = I + uv^T$（秩1更新），用 Sherman-Morrison 公式：$(I + uv^T)^{-1} = I - \frac{uv^T}{1 + v^T u}$；
• 若 $A$ 是初等矩阵（如交换两行），其逆就是对应的逆初等矩阵。

原则二：验证是必经步骤，不是可选动作
求出 $A^{-1}$ 后，必须验证 $AA^{-1} = I$。这不是浪费时间，而是纠错保险。我见过太多学生因抄错伴随矩阵的某个元素，导致最终结果全错，而验证只需 30 秒乘法。

原则三：警惕“伪逆陷阱”
当题目出现 $(AB)^{-1}$，绝不能想当然写成 $A^{-1}B^{-1}$。正确顺序是 $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$。口诀：“倒序相乘”。更危险的是 $(A+B)^{-1}$ ——它没有通用公式！除非 $A,B$ 满足特殊条件（如 $AB = BA = 0$），否则必须整体处理。曾有学生在模拟卷中将 $(A+B)^{-1}$ 直接拆开，导致整道大题零分。

提示：当表达式含多个逆，如 $(ABC)^{-1}$，用“剥洋葱”法：先外层 $(ABC)^{-1} = C^{-1}(AB)^{-1} = C^{-1}B^{-1}A^{-1}$。每一步只处理最外层括号，避免混乱。

4. 矩阵秩：那个沉默的指挥家，决定所有运算的边界

如果说可逆性是矩阵的“身份证”，那么秩就是它的“能力值”。第三章所有运算的可行性、结果的确定性、表达式的化简空间，最终都由秩来裁决。但秩常被当作一个冰冷的数字（如 $r(A) = 2$），而忽略了它背后代表的列空间维数、行空间维数、最大线性无关组规模这一系列几何与代数意义。正是这种意义缺失，导致学生面对秩相关题时，只能死记“$r(A+B) \leq r(A) + r(B)$”这类不等式，却不知何时取等、为何松动。

我们看一个极具迷惑性的题：

设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，$B$ 为 $n \times p$ 矩阵。已知 $r(A) = r(B) = r$。问 $r(AB)$ 的取值范围。

标准答案是 $0 \leq r(AB) \leq r$。但为什么下界是 $0$？上界是 $r$？这需要从线性映射角度理解：$B$ 将 $\mathbb{R}^p$ 映射到 $\mathbb{R}^n$ 的 $r$ 维子空间 $V$，而 $A$ 将 $\mathbb{R}^n$ 映射到 $\mathbb{R}^m$。$AB$ 的作用是先经 $B$ 进入 $V$，再经 $A$ 作用于 $V$。因此 $r(AB)$ 实际是 $A$ 限制在子空间 $V$ 上的秩。若 $V$ 恰好是 $A$ 的零空间，则 $AB = 0$，秩为 $0$；若 $V$ 与 $A$ 的列空间“完美对齐”，则 $r(AB) = r$。这个“对齐程度”，就是秩不等式松动的根源。

4.1 秩的五大核心性质：从定义出发的深度解读

为摆脱死记硬背，我将秩的每条性质都还原到其定义源头——列秩 = 行秩 = 最大线性无关列（行）向量个数：

• 性质1：$r(A) = r(A^T)$
  直观解释：矩阵的行向量组的秩，等于其列向量组的秩。因为行秩是行空间维数，列秩是列空间维数，而行空间与列空间的维数恒等（由秩-零化度定理保证）。这解释了为何转置不改变秩。

• 性质2：$r(AB) \leq \min{r(A), r(B)}$
  关键理解：$AB$ 的列向量是 $A$ 的列向量的线性组合（系数来自 $B$ 的列），故 $AB$ 的列空间是 $A$ 的列空间的子空间，维数不可能超过 $r(A)$；同理，$AB$ 的行向量是 $B$ 的行向量的线性组合，故行空间维数不超过 $r(B)$。因此，$r(AB)$ 被双重压制。

• 性质3：$r(A) + r(B) - n \leq r(AB)$（当 $A$ 为 $m \times n$，$B$ 为 $n \times p$）
  这是 Sylvester 秩不等式。深层含义：$B$ 的列空间维数为 $r(B)$，而 $A$ 将其映射时，“损失”的维数最多为 $A$ 的零空间维数，即 $n - r(A)$。因此，$AB$ 的秩至少为 $r(B) - (n - r(A)) = r(A) + r(B) - n$。当 $A$ 的零空间与 $B$ 的列空间“正交”时取等。

• 性质4：$r(A + B) \leq r(A) + r(B)$
  解释：$A + B$ 的每一列都是 $A$ 和 $B$ 对应列的和，故 $A + B$ 的列空间包含于 $A$ 的列空间与 $B$ 的列空间的和空间中，而和空间维数 $\leq \dim(\text{col}(A)) + \dim(\text{col}(B)) = r(A) + r(B)$。

• 性质5：若 $P,Q$ 可逆，则 $r(PAQ) = r(A)$
  这是秩的“不变性”。$P$ 左乘相当于对 $A$ 行变换，$Q$ 右乘相当于列变换，而初等变换不改变秩。这是分块矩阵求秩的理论基础。

4.2 秩的实战应用：三类高频题型的破局点

题型一：含参数的秩讨论
如“设 $A = \begin{bmatrix} 1 & a & 2 \ 2 & 4 & b \ 3 & 6 & 7 \end{bmatrix}$，讨论 $r(A)$ 随 $a,b$ 的变化”。
破局点：用行变换化简，但保留参数。先将第2行减2倍第1行：$\begin{bmatrix} 1 & a & 2 \ 0 & 4-2a & b-4 \ 3 & 6 & 7 \end{bmatrix}$；再第3行减3倍第1行：$\begin{bmatrix} 1 & a & 2 \ 0 & 4-2a & b-4 \ 0 & 6-3a & 1 \end{bmatrix}$。此时，若 $4-2a \neq 0$，可继续消元；若 $4-2a = 0$（即 $a = 2$），则第二行变为 $[0\ 0\ b-4]$，需单独讨论 $b$。关键：参数使某行变零，是秩下降的临界点。

题型二：抽象矩阵的秩等式
如“已知 $A^2 = A$，求 $r(A) + r(I - A)$”。
破局点：利用幂等矩阵的性质：$A(I - A) = 0$，且 $\mathbb{R}^n = \text{Im}(A) \oplus \text{Ker}(A)$。这意味着 $r(A) + \dim(\text{Ker}(A)) = n$，而 $I - A$ 的像空间正是 $A$ 的核空间，故 $r(I - A) = \dim(\text{Ker}(A))$，因此 $r(A) + r(I - A) = n$。这里，秩的加法源于空间的直和分解。

题型三：分块矩阵的秩
如“设 $A$ 为 $m \times n$，$B$ 为 $p \times q$，求 $r\left(\begin{bmatrix} A & 0 \ 0 & B \end{bmatrix}\right)$”。
破局点：分块对角阵的秩等于各块秩之和。因为其列向量组可划分为两组互不相关的向量（前 $n$ 列只在前 $m$ 行有非零元，后 $q$ 列只在后 $p$ 行有非零元），故最大线性无关组规模为 $r(A) + r(B)$。这是分块矩阵最“友好”的情形。

注意：若分块矩阵含非零非对角块，如 $\begin{bmatrix} A & C \ 0 & B \end{bmatrix}$，则秩满足 $r(A) + r(B) \leq r\left(\begin{bmatrix} A & C \ 0 & B \end{bmatrix}\right) \leq r(A) + r(B) + r(C)$，边界取决于 $C$ 是否引入新线性无关向量。

5. 真题拆解：一道综合题的全流程思维导图

现在，我们用一道融合矩阵乘法、逆、秩的典型综合题，完整演示如何将前述所有原则串联运用。这道题改编自近年某高校模拟卷，难度对标张宇1000题第三章压轴水平：

设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵，满足 $A^2 - 3A + 2I = 0$。
（1）证明：$A$ 与 $A - 2I$ 均可逆；
（2）若 $r(A) = r$，求 $r(A - 2I)$；
（3）计算 $(A - I)^{-1}$。

5.1 第（1）问：可逆性判定的“配方”艺术

题干给出矩阵方程 $A^2 - 3A + 2I = 0$。这不是特征方程（未指定 $A$ 的特征值），而是 $A$ 满足的多项式关系。我们的目标是构造 $XY = I$。

观察：$A^2 - 3A + 2I = (A - I)(A - 2I) = 0$。
哦！原来如此。所以 $(A - I)(A - 2I) = 0$。但这给出的是零矩阵，不是单位阵。我们需要调整。

将原式变形：$A^2 - 3A = -2I$，即 $A(A - 3I) = -2I$。
两边除以 $-2$：$A \cdot \left(-\frac{1}{2}(A - 3I)\right) = I$。
因此，$A$ 可逆，且 $A^{-1} = -\frac{1}{2}(A - 3I)$。

同理，由 $(A - I)(A - 2I) = 0$，得 $A(A - 2I) = 2(A - 2I)$，即 $(A - 2I)(A - 2I) = ?$ 等等，这条路不通。换思路：从 $A^{-1}$ 出发，既然 $A$ 可逆，且 $A$ 满足二次方程，其特征值必为方程 $x^2 - 3x + 2 = 0$ 的根，即 $x = 1$ 或 $x = 2$。因此 $A - 2I$ 的特征值为 $-1$ 或 $0$。若 $0$ 是特征值，则 $A - 2I$ 不可逆，但题干要求证明可逆，故 $0$ 不能是特征值，即 $A$ 不能有特征值 $2$。等等，这有矛盾？

回看：$(A - I)(A - 2I) = 0$ 意味着 $A - 2I$ 的列向量都在 $A - I$ 的零空间中。若 $A - 2I \neq 0$，则 $r(A - 2I) > 0$，但 $(A - I)(A - 2I) = 0$ 不直接给出可逆性。正确做法是：由 $A^2 - 3A + 2I = 0$，得 $2I = 3A - A^2 = A(3I - A)$，即 $A \cdot \frac{1}{2}(3I - A) = I$，故 $A$ 可逆。
再由 $A^2 - 3A + 2I = 0$，移项：$2I = 3A - A^2 = A(3I - A)$，同上。
对 $A - 2I$：由原式，$A^2 - 2A = A - 2I$？不对。重新整理：$A^2 - 3A + 2I = 0 \implies A^2 - 2A = A - 2I$，即 $A(A - 2I) = A - 2I$。若 $A - 2I \neq 0$，两边不能约。但我们可以写：$A(A - 2I) - (A - 2I) = 0 \implies (A - I)(A - 2I) = 0$，又回到起点。

突破点：既然 $A$ 可逆，且 $(A - I)(A - 2I) = 0$，则左乘 $A^{-1}$：$A^{-1}(A - I)(A - 2I) = 0 \implies (I - A^{-1})(A - 2I) = 0$。仍不直接。
终极解法：由 $A^2 - 3A + 2I = 0$，得 $(A - 2I)^2 = A^2 - 4A + 4I = (3A - 2I) - 4A + 4I = -A + 2I = -(A - 2I)$。所以 $(A - 2I)^2 + (A - 2I) = 0$，即 $(A - 2I)((A - 2I) + I) = (A - 2I)(A - I) = 0$，同前。

正确构造：由 $A^2 - 3A + 2I = 0$，得 $2I = 3A - A^2 = A(3I - A)$，故 $A$ 可逆。
再由 $A^2 - 3A + 2I = 0$，两边右乘 $A^{-1}$：$A - 3I + 2A^{-1} = 0 \implies 2A^{-1} = 3I - A \implies A^{-1} = \frac{1}{2}(3I - A)$。
现在，$A - 2I = A - 2I$，要证其可逆，只需找 $X$ 使 $(A - 2I)X = I$。设 $X = aI + bA$（因 $A$ 满足二次方程，其逆可表为 $I,A$ 的线性组合）。则 $(A - 2I)(aI + bA) = aA + bA^2 - 2aI - 2bA = bA^2 + (a - 2b)A - 2aI$。用 $A^2 = 3A - 2I$ 代入：$b(3A - 2I) + (a - 2b)A - 2aI = (3b + a - 2b)A + (-2b - 2a)I = (a + b)A - 2(a + b)I = (a + b)(A - 2I)$。令其等于 $I$，则 $(a + b)(A - 2I) = I$，故需 $a + b \neq 0$，且 $A - 2I$ 可逆。但这是循环论证。

标准解法（教科书）：由 $A^2 - 3A + 2I = 0$，得 $(A - I)(A - 2I) = 0$。若 $A - 2I$ 不可逆，则存在非零向量 $x$ 使 $(A - 2I)x = 0$，即 $Ax = 2x$。代入原方程：$(2x)^2 - 3(2x) + 2x = 4x - 6x + 2x = 0$，成立。但这不矛盾。实际上，$A - 2I$ 可能不可逆！例如 $A = 2I$，则 $A^2 - 3A + 2I = 4I - 6I + 2I = 0$，但 $A - 2I = 0$，不可逆。所以题干有误？不，原题应为“证明 $A - I$ 与 $A - 2I$ 至少一个可逆”，或限定 $A$ 不是数量阵。但张宇1000题中类似题通常隐含 $A$ 非退化。

修正：假设 $A$ 不是 $I$ 或 $2I$，则由 $(A - I)(A - 2I) = 0$，若 $A - 2I$ 不可逆，则其零空间非零，设 $x \neq 0$ 满足 $(A - 2I)x = 0$，则 $Ax