33 Jordan-形

Jordan 形 #

这讲讲什么：给复向量空间上的每个算子挑一组基，把矩阵压到只剩对角线和紧挨其上的一条线——对角线填特征值，紧邻上方填 $0$ 或 $1$。这就是 Jordan 形。
前置：32 讲（广义特征空间分解）；31 讲（幂零算子、广义特征向量）；19 讲（上三角化）；20 讲（可对角化）；08 讲的线性映射基本定理（第三节的维数估计要用一次）
一句话：先在 $V$ 上按特征值分堆，再把每一堆里的幂零部分拆成若干条「链」，每条链正好给一个 Jordan 块。

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一、为什么需要它 #

1.1 三步走，每一步都留下一点没收拾干净的东西 #

20 讲已经说清：最理想的基是特征向量基，使 $T$ 的矩阵是对角阵。可惜不是每个算子都有这么多特征向量。

19 讲退一步：复向量空间上每个算子都有上三角矩阵，对角线上按重数排着全部特征值。代价是上三角部分可以塞任意数字。取

$$A=\begin{pmatrix}6&3&4\\0&6&2\\0&0&7\end{pmatrix}$$

对角线上读出特征值 $6,6,7$。可右上角那三个数 $3,4,2$ 有什么规律？没有。换一组基它们就变。

32 讲再进一步：$V$ 能按特征值拆成广义特征空间的直和

$$V=G(\lambda_1,T)\oplus\cdots\oplus G(\lambda_m,T),$$

每一块在 $T$ 下不变，而且 $T$ 在 $G(\lambda_k,T)$ 上等于 $\lambda_kI$ 加上一个幂零算子。于是矩阵成了分块对角，每块是 $\lambda_k$ 在对角线的上三角。可块内还有一串 $*$ 没定。

这一讲要做的，就是把最后那串 $*$ 也收拾掉。 收拾的结果是：块内除了对角线上的 $\lambda$，只剩紧挨对角线上方那条线上的 $0$ 和 $1$。剩下的 $1$ 不是垃圾——它精确记录了「这个块有多长」。

1.2 三个层次，一句话各说一遍 #

同一个算子，换不同的基，能得到的矩阵整齐程度不同：

能保证的	靠什么	没收拾掉的东西
上三角	19 讲	上三角部分任意
分块对角，块内上三角、对角元相同	32 讲	块内上三角部分任意
分块对角，块内只有超对角线的 $0$ 与 $1$	本讲	只剩块长与 $\lambda$

一句话：上三角是「把垃圾推到角落」，分块对角是「按特征值分堆」，Jordan 形是「每堆里只留下链长的记录」。

1.3 读完这一讲你应该能回答 #

1. 一个 $n\times n$ 矩阵的 Jordan 形里，到底有几个块？块长怎么定？
2. 为什么 $\lambda$ 相同的两个块不能随随便便合并成一个？
3. 每个复矩阵都有 Jordan 形——那它唯一吗？本节能证到哪一步？

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二、定义与最小例子 #

2.1 先把幂零算子摆出来 #

31 讲定义过：$T$ 幂零，指存在正整数 $m$ 使 $T^m=0$。使 $T^m=0$ 成立的最小 $m$ 叫 $T$ 的幂零指数（$T=0$ 时指数为 $1$）。

幂零算子的全部特征值都是 $0$：若 $Tv=\lambda v$ 且 $v\neq0$，则

$$0=T^mv=\lambda^mv,$$

故 $\lambda=0$。所以下面几个例子里，矩阵对角线上全是 $0$。

2.2 例 A：一条链，一个块 #

在 $\mathbb{C}^4$ 上定义

$$T(z_1,z_2,z_3,z_4)=(0,\ z_1,\ z_2,\ z_3).$$

容易验 $T^4=0$（每作用一次，非零分量往右挪一格，挪出四格就没了），而 $T^3\neq0$。取 $v=(1,0,0,0)$，算出

$$v=(1,0,0,0),\quad Tv=(0,1,0,0),\quad T^2v=(0,0,1,0),\quad T^3v=(0,0,0,1).$$

这四个向量分别是 $e_1,e_2,e_3,e_4$，当然是 $\mathbb{C}^4$ 的基。把它们倒过来排：

$$\mathcal{B}=(T^3v,\ T^2v,\ Tv,\ v)=(e_4,e_3,e_2,e_1).$$

逐列算 $T$ 关于 $\mathcal{B}$ 的矩阵。第 $j$ 列是 $T$ 作用在第 $j$ 个基向量上的像，用 $\mathcal{B}$ 表示出来的坐标：

• $T(e_4)=0$，第 1 列是 $(0,0,0,0)^{\mathsf T}$；
• $T(e_3)=e_4$，第 2 列是 $(1,0,0,0)^{\mathsf T}$；
• $T(e_2)=e_3$，第 3 列是 $(0,1,0,0)^{\mathsf T}$；
• $T(e_1)=e_2$，第 4 列是 $(0,0,1,0)^{\mathsf T}$。

于是

$$M(T,\mathcal{B})=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

对角线上全 $0$，紧挨对角线上方四个位置全是 $1$，其余全 $0$。这就是一个 $4\times4$ 的 Jordan 块。

2.3 例 B：三条链，三个块 #

再看一个「一个循环向量不够用」的算子。在 $\mathbb{C}^6$ 上定义

$$T(z_1,z_2,z_3,z_4,z_5,z_6)=(0,\ z_1,\ z_2,\ 0,\ z_4,\ 0).$$

$T^3=0$。注意 $z_4,z_6$ 这两个坐标从来没被送到别处，所以这个算子处理不了 $6$ 维——不存在 $u$ 使 $u,Tu,\dots,T^5u$ 成为基（那要求 $T^2u\neq0$ 且这六个向量撑满空间，可 $T$ 的像只有 $\operatorname{span}(e_2,e_3,e_5)$ 三个方向）。

改成分头找链。取

$$v_1=e_1,\qquad v_2=e_4,\qquad v_3=e_6.$$

三条链分别是

$$v_1\mapsto e_2\mapsto e_3\mapsto 0,\qquad v_2\mapsto e_5\mapsto 0,\qquad v_3\mapsto 0.$$

长度依次是 $3,2,1$。把每条链倒着排，依次拼起来：

$$\mathcal{B}=(\underbrace{e_3,e_2,e_1}_{3},\ \underbrace{e_5,e_4}_{2},\ \underbrace{e_6}_{1}).$$

逐列验：$T(e_3)=0$、$T(e_2)=e_3$、$T(e_1)=e_2$、$T(e_5)=0$、$T(e_4)=e_5$、$T(e_6)=0$。矩阵是

$$M(T,\mathcal{B})=\begin{pmatrix}0&1&0&0&0&0\\0&0&1&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&1&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

它是一个 $3\times3$ 块、一个 $2\times2$ 块、一个 $1\times1$ 块拼成的分块对角矩阵。

2.4 一般情形的定义 #

现在把 $\lambda I$ 加上去。

定义（Jordan 块） 设 $\lambda\in\mathbb{F}$、$d\ge1$。$d\times d$ 的 Jordan 块指

$$J_d(\lambda)=\begin{pmatrix}\lambda&1&&&0\\&\lambda&1&&\\&&\ddots&\ddots&\\&&&\lambda&1\\0&&&&\lambda\end{pmatrix},$$

即：对角线上全是 $\lambda$，紧挨对角线上方那条线（超对角线）上全是 $1$，其余全 $0$。

改写一下：

$$J_d(\lambda)=\lambda I_d+N_d,$$

其中 $N_d$ 就是把例 A 那个幂零块缩到 $d$ 维，满足 $N_d^d=0$、$N_d^{d-1}\neq0$。

定义（Jordan 基、Jordan 形） 设 $T\in\mathcal{L}(V)$。若 $V$ 有一个基，使 $T$ 关于该基的矩阵是分块对角矩阵

$$\begin{pmatrix}A_1&&0\\&\ddots&\\0&&A_p\end{pmatrix},\qquad A_k=J_{d_k}(\lambda_k),$$

就说这个基是 $T$ 的 Jordan 基，这个矩阵是 $T$ 的 Jordan 形。

注意定义里没有任何要求说 $\lambda_1,\dots,\lambda_p$ 互不相同。同一个 $\lambda$ 可以对应好几个块（例 B 就是 $\lambda=0$ 配三个块）。

2.5 回看定义，三个条件各管什么 #

• 分块对角：各块作用在互不相交的基向量组上，块与块之间没有耦合。这是 32 讲直和分解的矩阵版本。
• 每块对角元相同：一个块只属于一个 $\lambda$，也就是只落在一个 $G(\lambda,T)$ 里。不同特征值的向量不可能进同一个块。
• 超对角线全是 $1$：这是规范化的结果。$1$ 的含义是「$T$ 把这个基向量送向下一个，同时只加一个 $\lambda$」，也就是 $(T-\lambda I)$ 沿着链往下推一格。换成 $2$ 行不行？行，但那是没把基选好（第三节 3.4 会亲手把 $3$ 改成 $1$）。

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三、几个必须自己算一遍的结论 #

3.1 一条链的矩阵必然是超对角线上的一串 $1$ #

这一条第二节已经算过两遍，这里给出一般论证，因为它解释了「块」到底从哪来。

设 $N$ 幂零，$u\in V$ 满足 $N^mu=0$、$N^{m-1}u\neq0$。则

$$u,\ Nu,\ N^2u,\ \dots,\ N^{m-1}u$$

线性无关。证明：若 $\sum_{i=0}^{m-1}c_iN^iu=0$，设 $j$ 是最小的使 $c_j\neq0$ 的下标，两边作用 $N^{m-1-j}$，得 $c_jN^{m-1}u=0$，与 $N^{m-1}u\neq0$ 矛盾。

记 $U=\operatorname{span}(u,Nu,\dots,N^{m-1}u)$，则 $\dim U=m$，且 $U$ 在 $N$ 下不变。取基

$$\mathcal{B}_U=(N^{m-1}u,\ \dots,\ Nu,\ u),$$

即倒序。第 $j$ 个基向量是 $N^{m-j}u$，而

$$N\big(N^{m-j}u\big)=\begin{cases}N^{m-j+1}u,&j\ge2,\\ 0,&j=1.\end{cases}$$

于是 $j=1$ 时第 1 列是零列（$N(N^{m-1}u)=N^mu=0$）；$j\ge2$ 时 $N^{m-j+1}u$ 正是 $\mathcal{B}_U$ 的第 $j-1$ 个向量，第 $j$ 列就是 $e_{j-1}$。矩阵恰是 $J_m(0)$。

3.2 每个幂零算子都有 Jordan 基：证明的三步骨架 #

这是本讲的第一个核心结论。

定理 A 设 $T\in\mathcal{L}(V)$ 幂零。则 $V$ 有一个基是 $T$ 的 Jordan 基。

对 $\dim V$ 归纳。$\dim V=1$ 时唯一的幂零算子是 $0$，随便取一个非零向量即可。

设 $\dim V>1$，且结论对所有维数更小的空间成立。令 $m$ 是 $T$ 的幂零指数，取 $u$ 使 $T^{m-1}u\neq0$，令

$$U=\operatorname{span}(u,Tu,\dots,T^{m-1}u).$$

$U$ 在 $T$ 下不变，$\dim U=m$。若 $U=V$，由 3.1 就得到 Jordan 基，证完。

难点在 $U\neq V$ 的情形。思路：找到另一个不变子空间 $W$，使 $V=U\oplus W$；然后对 $U$、$W$ 分别用归纳假设，两组基拼起来就是 $V$ 的 Jordan 基。

怎么找 $W$？关键一步是用线性泛函切一刀。取 $\varphi\in V'$ 使 $\varphi(T^{m-1}u)\neq0$（存在：$T^{m-1}u\neq0$，可以把它扩充成基，再用对偶基取泛函）。令

$$W=\big\{\,v\in V:\ \varphi(T^kv)=0\ \text{对每个}\ k=0,1,\dots,m-1\ \big\}.$$

$W$ 在 $T$ 下不变：若 $v\in W$，则对 $k=0,\dots,m-2$ 有 $\varphi\big(T^k(Tv)\big)=\varphi(T^{k+1}v)=0$；对 $k=m-1$ 有 $\varphi\big(T^{m-1}(Tv)\big)=\varphi(T^mv)=0$（因为 $T^m=0$）。所以 $Tv\in W$。

$U\cap W=\{0\}$：设 $v\in U\cap W$ 且 $v\neq0$。写

$$v=c_0u+c_1Tu+\cdots+c_{m-1}T^{m-1}u,$$

令 $j$ 是最小的使 $c_j\neq0$ 的下标。两边作用 $T^{m-j-1}$：

$$T^{m-j-1}v=c_jT^{m-1}u,$$

因为次数更高的项都被 $T^m=0$ 杀掉了（$T^{m-j-1}\cdot T^iu=T^{m-1+(i-j)}u$，当 $i>j$ 时次数 $\ge m$，为零）。再作用 $\varphi$：

$$\varphi\big(T^{m-j-1}v\big)=c_j\,\varphi\big(T^{m-1}u\big)\neq0,$$

所以 $v\notin W$，矛盾。故 $U\cap W=\{0\}$。

$U+W=V$：定义 $S:V\to\mathbb{F}^m$，

$$Sv=\big(\varphi(v),\ \varphi(Tv),\ \dots,\ \varphi(T^{m-1}v)\big).$$

$S$ 线性，$\operatorname{null}S=W$。由 08 讲的线性映射基本定理，

$$\dim W=\dim\operatorname{null}S=\dim V-\dim\operatorname{range}S\ \ge\ \dim V-m,$$

因为 $\operatorname{range}S\subseteq\mathbb{F}^m$，维数至多 $m$。于是

$$\dim(U+W)=\dim U+\dim W\ \ge\ m+(\dim V-m)=\dim V,$$

故 $U+W=V$；与 $U\cap W=\{0\}$ 合起来得 $V=U\oplus W$。

$U$ 在 $T$ 下不变、$\dim U=m<\dim V$，由归纳假设 $U$ 有 $T|_U$ 的 Jordan 基；$W$ 在 $T$ 下不变、$\dim W<\dim V$，同理也有。两组基合并就是 $V$ 的基，$T$ 关于它的矩阵是两块分块对角，每块都是 Jordan 块。证毕。

3.3 从幂零推广到一般 #

定理 B（存在性） 设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$、$T\in\mathcal{L}(V)$。则 $V$ 有 $T$ 的 Jordan 基。

由 32 讲的广义特征空间分解，

$$V=G(\lambda_1,T)\oplus\cdots\oplus G(\lambda_m,T),$$

每块在 $T$ 下不变，且每个 $(T-\lambda_kI)|_{G(\lambda_k,T)}$ 幂零。在 $G(\lambda_k,T)$ 上写成

$$T\big|_{G(\lambda_k,T)}=\lambda_kI+N_k,$$

由定理 A，存在 $G(\lambda_k,T)$ 的基使 $N_k$ 的矩阵是若干块 $J_d(0)$。同一组基下 $\lambda_kI$ 的矩阵就是 $\lambda_kI$，两者相加（同一个基，逐项相加）把每个块的 $\lambda$ 补上：

$$J_d(0)+\lambda_kI=J_d(\lambda_k).$$

把各 $G(\lambda_k,T)$ 的基合并，就得到 $V$ 的 Jordan 基。

注意定理 B 里 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 是硬条件。 定理 A 对实空间也成立（证明只用了 $T^m=0$、线性泛函、维数估计），但定理 B 不行：$\mathbb{R}$ 上不保证特征值存在，广义特征空间分解就无从谈起。$\mathbb{R}^2$ 上转 $90°$ 就是反例（见第五节误区 1）。

3.4 亲手把一个 $3$ 改成 $1$ #

回到第一节那个矩阵

$$A=\begin{pmatrix}6&3&4\\0&6&2\\0&0&7\end{pmatrix},$$

它定义的算子是

$$T(z_1,z_2,z_3)=(6z_1+3z_2+4z_3,\ 6z_2+2z_3,\ 7z_3),$$

特征值 $6,6,7$。

先看 $G(7,T)$。算一下

$$T(10,2,1)=(70,14,7)=7\,(10,2,1),$$

而 $7$ 的重数是 $1$，所以 $G(7,T)=\operatorname{span}(10,2,1)$。

再看 $G(6,T)$。令 $z_3=0$：

$$T(z_1,z_2,0)=(6z_1+3z_2,\ 6z_2,\ 0),$$

可见 $\{(z_1,z_2,0)\}$ 在 $T$ 下不变、维数 $2$，就是 $G(6,T)$。

在这个二维块上，$T$ 关于 $(e_1,e_2)$ 的矩阵是

$$\begin{pmatrix}6&3\\0&6\end{pmatrix},$$

也就是

$$T(e_1)=6e_1,\qquad T(e_2)=3e_1+6e_2.$$

令 $N=T-6I$，则 $N(e_1)=0$、$N(e_2)=3e_1$、$N^2=0$。要按 3.1 的套路造链，不能从 $e_1$ 起（它已经在 $N$ 的零空间里，链长只有 $1$），要从 $N$ 作用下非零的向量起。取 $u=e_2$：

$$Nu=3e_1\neq0,\qquad N^2u=0.$$

链是 $e_2\mapsto3e_1\mapsto0$，长 $2$。倒着排得基

$$\big(Nu,\ u\big)=\big(3e_1,\ e_2\big)=\big((3,0,0),\ (0,1,0)\big).$$

验算：

$$T(3e_1)=18e_1=6\cdot(3e_1),\qquad T(e_2)=3e_1+6e_2=(3e_1)+6\,e_2.$$

关于基 $\big((3,0,0),\ (0,1,0),\ (10,2,1)\big)$，

$$M(T)=\begin{pmatrix}6&1&0\\0&6&0\\0&0&7\end{pmatrix}=\operatorname{diag}\big(J_2(6),\ J_1(7)\big).$$

那个讨厌的 $3$ 变成了 $1$。它不是被算掉的，是被基 $3e_1$ 吃掉的——把第一个基向量放缩 $3$ 倍，非对角元就跟着除以 $3$。

3.5 存在之后：块长分布是不是被算子唯一决定 #

必须坦白说清楚：上面证的是「存在」，不是「唯一」。

一个算子的 Jordan 形当然不可能字面上唯一——把块换个顺序排，矩阵变了，但仍然分块对角、每块仍是 Jordan 块，还是同一个算子关于另一组基的矩阵。

真正的问题是：块长分布是不是被算子唯一决定？ 也就是「$6$ 对应一个 $2\times2$ 块加一个 $1\times1$ 块」这件事，会不会因为换基变成「三个 $1\times1$ 块」？

答案是「不会」（否则这套理论就没意义）。要证这一点，得再加一段关于 $\dim\operatorname{null}(T-\lambda I)^k$ 的分析——下面 3.5 末就把它补完。

不过，从已有的证明里能免费读出三个必然不变的量：

量	等于什么	为什么
$\lambda$ 的块数	$\dim E(\lambda,T)$（几何重数）	每条链的末端都落在 $\operatorname{null}(T-\lambda I)$ 里，且这些末端恰好构成它的基
该 $\lambda$ 所有块长之和	$\dim G(\lambda,T)$（代数重数）	这些链上的向量全体构成 $G(\lambda,T)$ 的基
最长块的长度	极小多项式中 $(z-\lambda)$ 的指数	最长链要走到第 $d$ 步才归零，$d$ 就是使 $(T-\lambda I)^d$ 在 $G$ 上为零的最小 $d$

在幂零情形下，这三条退化成：块数 $=\dim\operatorname{null}T$；块长之和 $=\dim V$；最长块长 $=$ 幂零指数。

补全：唯一性的完整判据 #

上面那个反例反而指了路——要区分块长分布，得看更高次的零空间。事实上只要把所有 $k$ 次的零空间维数都看一遍，分布就被完全钉死了。

记 $N=T-\lambda I$（把它限制在 $G(\lambda,T)$ 上看）。设长度为 $s$ 的链（即对应 $s\times s$ 的 Jordan 块）有 $c_s$ 条。核心观察是：

$$\dim\operatorname{null}N^k=\sum_{s\ge 1}\min(k,s)\,c_s$$

为什么：一条长度为 $s$ 的链上，$N^k$ 把它打掉前 $\min(k,s)$ 个向量（链走 $s$ 步归零，走到第 $k$ 步就归零了 $k$ 个）。各条链独立，直接相加。

于是相邻两次的差

$$\dim\operatorname{null}N^{k}-\dim\operatorname{null}N^{k-1}=\#\{s\ge k\}=\text{「长度}\ge k\text{ 的链有多少条」}$$

这就把分布完全确定了：设 $b_k:=\#\{s\ge k\}$，则长度恰好为 $k$ 的链数为 $c_k=b_k-b_{k+1}$。$b_k$ 全部由算子的零空间维数算出，与基的选择无关。所以块长分布是算子的不变量。

3.6 初等因子：从特征矩阵直接算出来 #

本节约定 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$（或至少特征值全在 $\mathbb{F}$ 内）。这样才能把初等因子写成 $(\lambda-\lambda_0)^s$ 并对应到 Jordan 块；一般域上的情形见 3.7。

前面判断相似，要逐个 $k$ 算 $\dim\operatorname{null}N^k$。实际做题时有一条纯代数的路：不必碰基，只算多项式。

特征矩阵。设 $A\in\mathbb{F}^{n,n}$，把 $\lambda$ 当不定元，$A$ 的特征矩阵是 $\lambda I-A$（元素都是 $\mathbb{F}[\lambda]$ 里的多项式）。

行列式因子。对 $k=1,\dots,n$，定义 $D_k(\lambda)$ 为 $\lambda I-A$ 的全部 $k$ 阶子式的最大公因式（首一化）。约定 $D_0=1$。

不变因子。令

$$d_k(\lambda)=\frac{D_k(\lambda)}{D_{k-1}(\lambda)}\qquad(k=1,\dots,n)$$

则 $d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_n$，且 $d_n$ 就是极小多项式，而 $\prod_{k=1}^{n}d_k=\det(\lambda I-A)$ 是特征多项式。

[!note] 这三条不是「显然」
整除链 $d_1\mid\cdots\mid d_n$、$d_n=$ 极小多项式、$\prod d_k=\det$——这三条都是 Smith 标准形定理的内容，
严格证明要用 $\lambda$-矩阵的初等变换理论。本节把它当已知结论用，只演示「怎么算」。

初等因子。把每个 $d_k$ 分解成不可约因式的幂，把所有非平凡的幂次因子收集起来——这就是初等因子组。

$$A\sim B\iff \lambda I-A\ \text{与}\ \lambda I-B\ \text{有相同的初等因子组}$$

更简洁的版本：$\lambda I-A$ 与 $\lambda I-B$ 等价（即能通过初等行/列变换互变）。
这条路不需要求特征向量、不需要算零空间维数，只要会算行列式与最大公因式。

初等因子 ↔ Jordan 块，对应关系很简单：

初等因子	Jordan 块
$(\lambda-\lambda_0)^s$	一个 $s\times s$ 的 $J_s(\lambda_0)$
$\lambda-\lambda_0$（即 $s=1$）	一个 $1\times1$ 块

一个完整的手算例。设

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

第一步，写特征矩阵：

$$\lambda I-A=\begin{pmatrix}\lambda-2&-1&0\\0&\lambda-2&-1\\0&0&\lambda-2\end{pmatrix}$$

第二步，算行列式因子。$D_3=\det(\lambda I-A)=(\lambda-2)^3$。$D_2$ 是全部二阶子式的最大公因式。$3\times3$ 矩阵的二阶子式有 $\binom32\binom32=9$ 个，但只需抽出三个就能定案（三个都取自第 $1,2$ 行）：

$$\left|\begin{matrix}\lambda-2&-1\\0&\lambda-2\end{matrix}\right|=(\lambda-2)^2\ \ (第1,2列),\qquad \left|\begin{matrix}\lambda-2&0\\0&-1\end{matrix}\right|=-(\lambda-2)\ \ (第1,3列),\qquad \left|\begin{matrix}-1&0\\\lambda-2&-1\end{matrix}\right|=1\ \ (第2,3列).$$

最大公因式是 $1$（因为出现了 $1$），所以 $D_2=1$；同理 $D_1=1$（有元素 $1$）。

第三步，不变因子：$d_1=D_1/D_0=1$，$d_2=D_2/D_1=1$，$d_3=D_3/D_2=(\lambda-2)^3$。

第四步，初等因子组：只有 $\{(\lambda-2)^3\}$ 一个。

结论：$A$ 的 Jordan 形就是一个 $3\times3$ 块 $J_3(2)$——它本身就已是 Jordan 形，与自己相似，不稀奇。

换一个更有意思的例子。设

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

$D_3=(\lambda-2)^3$ 不变。$D_2$ 是全部二阶子式的最大公因式。$3\times3$ 矩阵有 $\binom32\binom32=9$ 个二阶子式，逐个枚举后，非零的只有四个：

取的行	取的列	子式	值
$1,2$	$1,2$	$\begin{vmatrix}\lambda-2&-1\\0&\lambda-2\end{vmatrix}$	$(\lambda-2)^2$
$1,3$	$1,3$	$\begin{vmatrix}\lambda-2&0\\0&\lambda-2\end{vmatrix}$	$(\lambda-2)^2$
$2,3$	$2,3$	$\begin{vmatrix}\lambda-2&0\\0&\lambda-2\end{vmatrix}$	$(\lambda-2)^2$
$1,3$	$2,3$	$\begin{vmatrix}-1&0\\0&\lambda-2\end{vmatrix}$	$-(\lambda-2)$

其余 $5$ 个全为 $0$（例如第 $1,2$ 行第 $1,3$ 列 $\begin{vmatrix}\lambda-2&0\\0&0\end{vmatrix}=0$）。

于是非零项恰是 $(\lambda-2)^2$（三个）与 $-(\lambda-2)$（一个），取公因式：

$$D_2=\lambda-2 .$$

这里最容易错的一步是：因为出现了 $-(\lambda-2)$ 这个一次因子，而不是常数，所以公因式是 $\lambda-2$，不是 $1$。正是这个 $D_2$ 把 $B$ 与上面的 $A$ 区分开了——$A$ 的 $D_2$ 是 $1$。

于是

$$d_1=1,\quad d_2=\frac{\lambda-2}{1}=\lambda-2,\quad d_3=\frac{(\lambda-2)^3}{\lambda-2}=(\lambda-2)^2 .$$

初等因子组：$\{(\lambda-2),\ (\lambda-2)^2\}$——两个块，尺寸 $1$ 与 $2$。

与 $A$ 对比：$A$ 与 $B$ 的特征多项式都是 $(\lambda-2)^3$、特征值都是 $2$，但两者不相似（$A$ 是一个 $3\times3$ 块，$B$ 是 $2+1$ 两个块）。注意几何重数已经不同：$\dim\operatorname{null}(A-2I)=1$，而 $\dim\operatorname{null}(B-2I)=2$（因为 $\operatorname{rank}(B-2I)=1$）——这一对其实用几何重数就能分开。差别也体现在极小多项式：$A$ 的是 $(\lambda-2)^3$，$B$ 的是 $(\lambda-2)^2$；以及 $D_2$：$A$ 的 $D_2=1$，$B$ 的 $D_2=\lambda-2$。

3.7 有理标准形：不依赖代数闭域的那种标准形 #

Jordan 形有个前提：特征值必须在 $\mathbb{F}$ 里。实矩阵若有复特征值（比如 $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$），在 $\mathbb{R}$ 上就没有 Jordan 形。

要一个「任何域上都有」的标准形，就得把块从 Jordan 块换成伴侣矩阵，并允许素因子是不可约多项式（而不只是一次因子）。这就是有理标准形（也叫 Frobenius 标准形）。

伴侣矩阵。给定首一多项式 $p(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_{m-1}z^{m-1}+z^m$，它的伴侣矩阵是

$$C(p)=\begin{pmatrix}0&0&\cdots&0&-a_0\\ 1&0&\cdots&0&-a_1\\ 0&1&\cdots&0&-a_2\\ \vdots&&\ddots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&-a_{m-1}\end{pmatrix}_{m\times m}$$

关键性质：$C(p)$ 的特征多项式与极小多项式都等于 $p$。这正好反过来印证 18 讲那句话——「每个首一多项式都是某个算子的极小多项式」，那个算子就是伴侣矩阵。

有理标准形定理。任何 $A\in\mathbb{F}^{n,n}$ 都相似于若干个伴侣矩阵的块对角和：

$$A\ \sim\ \operatorname{diag}\bigl(C(p_1),\,C(p_2),\,\dots,\,C(p_r)\bigr).$$

这里有一个必须说清的岔路：$p_i$ 有两种取法，对应两种不同的写法。

• 初等因子形式：$p_i$ 取全部初等因子（每个素幂配一个块，同一素多项式可以有多个块）。这与 3.6 的初等因子组一一对应。
• 不变因子形式：$p_i$ 取全部非常数不变因子，此时 $p_1\mid p_2\mid\cdots\mid p_r$，块数等于非平凡不变因子的个数。

两种写法只差把块重排、合并（用中国剩余定理：$C(pq)\sim\operatorname{diag}(C(p),C(q))$ 当 $p,q$ 互素），相似类完全一样。但「$p_i$ 恰是非常数不变因子」这句只对第二种写法成立，不能同时套在第一种上。

回到前面的例子。$A=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}$：不变因子是 $1,1,(\lambda-2)^3$。非常数不变因子只有 $(\lambda-2)^3$，所以有理标准形就是一个伴侣矩阵 $C\bigl((\lambda-2)^3\bigr)$：

$$(\lambda-2)^3=\lambda^3-6\lambda^2+12\lambda-8,$$

即 $a_0=-8$、$a_1=12$、$a_2=-6$。代入定义（最后一列放 $-a_i$）：

$$C=\begin{pmatrix}0&0&-a_0\\ 1&0&-a_1\\ 0&1&-a_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&8\\ 1&0&-12\\ 0&1&6\end{pmatrix}.$$

验一下：$\operatorname{tr}C=6$，$A$ 的迹也是 $6$ ✓；$\det C=8$，而三个特征值 $2,2,2$ 之积是 $8$ ✓。

再看 $B=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$，它的不变因子是 $1,\lambda-2,(\lambda-2)^2$。非常数不变因子有两个，所以有理标准形有两个块：

$$C(\lambda-2)=(\,2\,),\qquad C\bigl((\lambda-2)^2\bigr)=\begin{pmatrix}0&-4\\1&4\end{pmatrix},$$

于是 $B\sim\operatorname{diag}\bigl((2),\ \begin{pmatrix}0&-4\\1&4\end{pmatrix}\bigr)$。

一个真正需要有理标准形的例子。$\mathbb{R}^2$ 上 $A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$（转 $90°$）。$\lambda I-A=\begin{pmatrix}\lambda&1\\-1&\lambda\end{pmatrix}$，$D_1=1$（有常数 $1$），$D_2=\lambda^2+1$，故不变因子是 $(1,\ \lambda^2+1)$。$\lambda^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上不可约，初等因子就是它自己，有理标准形是单个伴侣块

$$C(\lambda^2+1)=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}=A,$$

即 $A$ 本身已经是有理标准形。它在 $\mathbb{R}$ 上没有 Jordan 形（第五节误区 1），但有有理标准形——这正是这套工具存在的理由。同一个矩阵搬到 $\mathbb{C}$ 上，$\lambda^2+1=(\lambda-\mathrm{i})(\lambda+\mathrm{i})$，初等因子裂成两个，Jordan 形成了 $\operatorname{diag}(\mathrm{i},-\mathrm{i})$。

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3.8 相似：把「无从下手」变成「算一串多项式」 #

$\lambda I-A$ 与 $\lambda I-B$ 之间能通过初等行、列变换互相化过去，就叫等价。判据是：

「$1\Rightarrow2$」几乎是白送的：若 $A=PBP^{-1}$ 且 $P$ 是常数矩阵，则

$$\lambda I-A=\lambda I-PBP^{-1}=P\,(\lambda I-B)\,P^{-1},$$

右端正是对 $\lambda I-B$ 左右乘可逆的 $\lambda$-矩阵，故两者等价。

「$2\Rightarrow1$」才是实质内容，靠 Smith 形是不变量、且能从它读回标准形（有理标准形或 Jordan 形）——见 3.7。这两个方向合起来，把「相似」这个关于基变换的问题，翻译成了关于多项式整除的问题。

3.9 给定 $A$，一步步算出 Jordan 形 #

流程四步：

1. 写出 $\lambda I-A$，求 $D_1,\dots,D_n$——$D_k$ 是全部 $k$ 阶子式的首一最大公因式。
2. 相除得不变因子 $d_k=D_k/D_{k-1}$，等于 $1$ 的直接丢掉。
3. 把每个非平凡 $d_k$ 分解成素幂，收集全部素幂，这是初等因子。
4. 每个 $(\lambda-\lambda_0)^s$ 写一个 $J_s(\lambda_0)$，按任意顺序拼成分块对角。

第 1 步是唯一费力的。三处能省力：$D_n$ 就是特征多项式（不必另算）；$D_1$ 只要矩阵里有一个非零常数元素就等于 $1$；$D_k$ 只需算到「公因式稳定」为止。

**完整手算例。**设

$$A=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&2&0\\0&0&0&2\end{pmatrix},\qquad \lambda I-A=\begin{pmatrix}\lambda-1&-1&0&0\\0&\lambda-1&-1&0\\0&0&\lambda-2&0\\0&0&0&\lambda-2\end{pmatrix}.$$

**第一步：**$D_1=1$，因为一阶子式里有常数 $-1$。

**第二步：**$D_2$。取第 $1,2$ 行与第 $2,3$ 列，子式是 $\begin{vmatrix}-1&0\\\lambda-1&-1\end{vmatrix}=1$。故 $D_2=1$。

**第三步：**$D_3$。三阶子式共 $\binom43\binom43=16$ 个。先看重一个事实：第 $3$ 行只有第 $3$ 列那个 $\lambda-2$ 非零，第 $4$ 行只有第 $4$ 列那个 $\lambda-2$ 非零（$\lambda I-A$ 是上三角的）。

任取一个三阶子式，它要用三行。若不用第 $3,4$ 行，就只剩第 $1,2$ 两行，凑不满三行——所以任何三阶子式都至少用上第 $3$ 行或第 $4$ 行。沿那一行展开，它就等于 $(\lambda-2)$ 乘上某个二阶子式，因此每个三阶子式都被 $\lambda-2$ 整除。

再算三个具体的，确认公因式正好是 $\lambda-2$、没有更高次：

$$\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&0\\0&\lambda-1&-1\\0&0&\lambda-2\end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda-2)\quad(\text{第 }1,2,3\text{ 行与列}),$$

$$\begin{vmatrix}-1&0&0\\\lambda-1&-1&0\\0&0&\lambda-2\end{vmatrix}=\lambda-2\quad(\text{第 }1,2,4\text{ 行，第 }2,3,4\text{ 列}),$$

$$\begin{vmatrix}-1&0&0\\0&\lambda-2&0\\0&0&\lambda-2\end{vmatrix}=-(\lambda-2)^2\quad(\text{第 }1,3,4\text{ 行，第 }2,3,4\text{ 列}).$$

第二个恰等于 $\lambda-2$ 本身，说明公因式的次数不可能更高。故

$$D_3=\lambda-2 .$$

**第四步：**$D_4=\det(\lambda I-A)=(\lambda-1)^2(\lambda-2)^2$（上三角，直接读对角线）。

于是

$$d_1=1,\quad d_2=1,\quad d_3=\lambda-2,\quad d_4=(\lambda-1)^2(\lambda-2).$$

**第五步：**分解。$d_3=\lambda-2$ 与 $d_4=(\lambda-1)^2(\lambda-2)$，素幂是

$$(\lambda-1)^2,\qquad (\lambda-2),\qquad (\lambda-2).$$

结论：

$$\text{Jordan 形}=\operatorname{diag}\bigl(J_2(1),\ J_1(2),\ J_1(2)\bigr).$$

核对：块长之和 $2+1+1=4=\dim V$ ✓；最长块 $2$，而极小多项式 $d_4=(\lambda-1)^2(\lambda-2)$ 中 $(\lambda-1)$ 的指数确实是 $2$ ✓；$\lambda=2$ 配两个 $1\times1$ 块，故 $\dim\operatorname{null}(A-2I)=2$，与直接数「$A-2I$ 的零空间维数」相符 ✓。

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四、几何直观 / 记忆钩子 #

4.1 一张图：链 #

每个 Jordan 块背后是一条链。幂零情形（$\lambda=0$）画成

$$u\ \xrightarrow{T}\ Tu\ \xrightarrow{T}\ T^2u\ \xrightarrow{T}\ \cdots\ \xrightarrow{T}\ T^{m-1}u\ \xrightarrow{T}\ 0$$

一般情形（$\lambda\neq0$），链的末端不是零，而是一个特征向量：

$$v\ \xrightarrow{T}\ Tv\ \xrightarrow{T}\ \cdots\ \xrightarrow{T}\ \big(T\text{ 不再把它推到新方向}\big)$$

矩阵里的 $1$ 就是这些箭头的记录：每个 $1$ 都是一次「被推着走」；一旦不再被推，块就到头了。

4.2 读矩阵的三句口诀 #

拿到一个 Jordan 形矩阵，不看数字只看形状：

1. 数块：块与块的分界处上方是 $0$；块数 $=$ 该 $\lambda$ 的几何重数。
2. 量长：从左上一路往右下数连续 $1$ 的个数，加 $1$ 就是块长；最长的块长 $=$ 幂零指数。
3. 定 $\lambda$：块内对角元的共同值。

4.3 三个极端，帮你定位 #

情形	Jordan 形长什么样	与前面讲的对应
$T$ 可对角化	全是 $1\times1$ 块，即对角阵	20 讲
$T$ 幂零	所有块都是 $J_d(0)$，对角线上全 $0$	31 讲
$T=\lambda I+N$，$N$ 幂零	一个（或几个）$J_d(\lambda)$	本讲

可对角化就是「每条链都只有一步」——这句话把 20 讲和本讲接上了。

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五、常见误区 #

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六、拓展（可跳过） #

6.1 用 Jordan 结构算函数：幂零为什么这么好用 #

设 $N$ 幂零、$N^m=0$。那么对任意多项式 $p$，

$$p(\lambda I+N)=\sum_{k\ge0}\frac{p^{(k)}(\lambda)}{k!}\,N^k$$

这个展开里只有前 $m$ 项非零。更一般地，任何形式幂级数在 $\lambda I+N$ 上都自动截断成有限和，收敛性问题消失。这是 Jordan 形最实用的地方。

举一个本讲内容直接支持的例子：$I+T$ 的平方根（$T$ 幂零）。考虑

$$\sqrt{1+x}=1+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots,\qquad a_1=\tfrac12,\ a_2=-\tfrac18,\ a_3=\tfrac1{16}.$$

把 $x$ 换成 $T$、$1$ 换成 $I$，令

$$R=I+a_1T+a_2T^2+\cdots+a_{m-1}T^{m-1}.$$

要 $R^2=I+T$，只需逐次让 $T^k$ 的系数对上。前几项展开：

$$R^2=I+2a_1T+\big(2a_2+a_1^2\big)T^2+\big(2a_3+2a_1a_2\big)T^3+\cdots$$

令 $T$ 的系数为 $1$：$2a_1=1$，得 $a_1=\tfrac12$。
令 $T^2$ 的系数为 $0$：$2a_2+a_1^2=0$，得 $a_2=-\tfrac18$。
令 $T^3$ 的系数为 $0$：$2a_3+2a_1a_2=0$，得 $a_3=\tfrac1{16}$。

第 $k$ 步的方程总形如 $2a_k+(\text{只含 }a_1,\dots,a_{k-1}\text{ 的项})=0$，因为 $2\neq0$，总能解出 $a_k$。于是 $R$ 存在。这个构造对实、复空间都成立，只用到 $T$ 幂零。

再往上一层：$T$ 可逆时，在每个 $G(\lambda_k,T)$ 上写成

$$T\big|_{G(\lambda_k,T)}=\lambda_k\Big(I+\frac{N_k}{\lambda_k}\Big),$$

其中 $N_k/\lambda_k$ 幂零，所以 $I+N_k/\lambda_k$ 有平方根；把复数 $\lambda_k$ 的平方根与它相乘，就得到该块上的平方根；再用直和拼起来，得到整个 $T$ 的平方根。这就是「分块 + 幂零」这台机器的一次真实运转。

6.2 可对角化 = Jordan 形全是一阶块 #

若 $T$ 可对角化，Jordan 形就是对角阵（全部 $1\times1$ 块），反之亦然。这条把 20 讲与本节并成一句：可对角化是「每个特征值只有块长为 1 的链」的极端情形。

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七、自测（先做，再看答案） #

1. 设 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{C}^3)$ 为 $T(z_1,z_2,z_3)=(0,z_1,0)$。求 $T$ 的 Jordan 形，并说出块数与各块长。

2. 判断：矩阵 $\begin{pmatrix}6&3&4\\0&6&2\\0&0&7\end{pmatrix}$ 是不是 Jordan 形？若不是，该往哪个方向改？

3. 矩阵 $B=\begin{pmatrix}2&1&0&0\\0&2&0&0\\0&0&2&1\\0&0&0&2\end{pmatrix}$ 中 $\lambda=2$ 的重数与块数各是多少？它能对角化吗？

4. 用本讲的方法，写出 $T(z_1,z_2,z_3)=(6z_1+3z_2+4z_3,\ 6z_2+2z_3,\ 7z_3)$ 的一组 Jordan 基，并验证矩阵。

5.（难） 证明 $\mathbb{C}^3$ 上 $T(z_1,z_2,z_3)=(z_2,z_3,0)$ 没有平方根。

答案（点开）

1. $Te_1=e_2$、$Te_2=0$、$Te_3=0$。
链：$e_1\mapsto e_2\mapsto0$（长 $2$），$e_3\mapsto0$（长 $1$）。
取基 $(e_2,e_1,e_3)$（每条链倒排、依次拼接）：

$$M=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}=J_2(0)\oplus J_1(0).$$

块数 $2$，块长 $2$ 与 $1$。核对：$\operatorname{null}T=\operatorname{span}(e_2,e_3)$ 是 $2$ 维，正好等于块数。

2. 不是。它是上三角，超对角线上是 $3$（不是 $1$），还多出右上角两个数。
方向：在 $G(6,T)=\operatorname{span}(e_1,e_2)$ 里把基由 $(e_1,e_2)$ 换成 $(3e_1,e_2)$，
第三个基向量换成 $(10,2,1)$，得到

$$\operatorname{diag}\big(J_2(6),J_1(7)\big)=\begin{pmatrix}6&1&0\\0&6&0\\0&0&7\end{pmatrix}.$$

3. 两个 $2\times2$ 块。重数 $=\dim G(2,B)=4$；块数 $=2$（把 $B-2I$ 写出来，它只有两个非零元，零空间 $2$ 维）。
不能对角化：块数 $2<4$，特征向量不够 $4$ 个。

4. $\lambda=6$：$N=T-6I$ 满足 $N(e_2)=3e_1$、$N^2=0$。
链 $e_2\mapsto3e_1\mapsto0$，取基 $\big((3,0,0),(0,1,0)\big)$。
$\lambda=7$：$T(10,2,1)=7(10,2,1)$，取基 $(10,2,1)$。
合并成一族：$\big((3,0,0),\ (0,1,0),\ (10,2,1)\big)$，矩阵 $\begin{pmatrix}6&1&0\\0&6&0\\0&0&7\end{pmatrix}$。
验算：$T(3,0,0)=(18,0,0)=6(3,0,0)$ ✓；
$T(0,1,0)=(3,6,0)=(3,0,0)+6(0,1,0)$ ✓；
$T(10,2,1)=(70,14,7)=7(10,2,1)$ ✓。

5. 记 $e_1=(1,0,0)$ 等。按题面 $T(z_1,z_2,z_3)=(z_2,z_3,0)$，所以

$$Te_1=0,\qquad Te_2=e_1,\qquad Te_3=e_2,$$

即 $T$ 的矩阵是 $\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}=J_3(0)$（超对角线上全 $1$），$\operatorname{null}T=\operatorname{span}(e_1)$。
设 $R^2=T$。由 $R^4=T^2$、$R^6=T^3=0$。

路线一（顺着交换性）：$RT=R\cdot R^2=R^3=R^2\cdot R=TR$，所以 $R$ 与 $T$ 交换。于是 $R$ 把 $\operatorname{null}T$ 送进 $\operatorname{null}T$：若 $Tv=0$，则 $T(Rv)=R(Tv)=0$。故 $Re_1=ce_1$。
由 $R^2=T$ 得 $R^2e_1=Te_1=\mathbf 0$，而 $R^2e_1=R(ce_1)=c^2e_1$，于是 $c^2=0$，即 $c=0$、$Re_1=0$。
再看 $e_2$：$Te_2=e_1\ne0$，故 $e_2\in\ker T^2$（因 $T^2e_2=Te_1=0$）。而 $R$ 保持 $\ker T^2$ 不变（与 $T$ 交换），且 $\ker T^2=\operatorname{span}(e_1,e_2)$。设 $Re_2=\alpha e_1+\beta e_2$，则

$$R^2e_2=Re_1\cdot\alpha+R(\beta e_2)=\alpha Re_1+\beta(\alpha e_1+\beta e_2)=\beta\alpha e_1+\beta^2e_2,$$

它必须等于 $Te_2=e_1$，故 $\beta^2=1$ 且 $\alpha\beta=1$，即 $\alpha=\beta=\pm1$。代入验 $R^2e_2=e_1$ 无矛盾——这条路要再往下才出矛盾，写起来偏长。

路线二（走幂零指数，最干净）：由 $R^2=T$ 得 $R^4=T^2$。$T^2$ 的矩阵是 $T$ 的平方，直接算得 $T^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\ne0$，故 $R^4\ne0$。
另一方面 $R^6=T^3=0$，即 $R$ 是 $\mathbb{R}^3$ 上的幂零算子，幂零指数 $\le3$（3 维空间上幂零算子的指数不超过维数），所以 $R^3=0$。
于是 $T^2=R^4=R\cdot R^3=0$，与 $R^4\ne0$ 矛盾。
所以 $T$ 没有平方根。（这个论证只用到「$T$ 是一条长 $3$ 的链」，正好印证 6.1 的说法。）

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八、复习卡 #

项	内容
Jordan 块 $J_d(\lambda)$	$d\times d$：对角全 $\lambda$，超对角线全 $1$，其余 $0$
等价写法	$J_d(\lambda)=\lambda I_d+N_d$，$N_d^d=0$，$N_d^{d-1}\neq0$
Jordan 基	使 $T$ 的矩阵为各 $J_{d_k}(\lambda_k)$ 的分块对角的基
Jordan 形	该矩阵；$\lambda_k$ 不必互异
链（幂零）	$u\mapsto Tu\mapsto\cdots\mapsto T^{m-1}u\mapsto0$
块从哪来	一条链一个块；基倒序排即得超对角线上的 $1$
块数	$=\dim E(\lambda,T)=\dim\operatorname{null}(T-\lambda I)$，即几何重数
块长之和	$=\dim G(\lambda,T)$，即代数重数
最长块长	极小多项式中 $(z-\lambda)$ 的指数；幂零时即幂零指数
存在性（幂零）	定理 A：任何域都成立；归纳 + 泛函造补空间 $W$
存在性（一般）	定理 B：需 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$；广义特征空间分解 + 定理 A
唯一性	块长分布由 $\dim\operatorname{null}N^k$ 逐层确定（$b_k-b_{k+1}=$ 长度恰为 $k$ 的链数）；不计块顺序时 Jordan 形唯一
数域限制	$\mathbb{R}$ 上一般没有；反例：$90°$ 旋转
与对角化	可对角化 $\iff$ 全为 $1\times1$ 块（每条链只有一步）
规范化	块内超对角线的非零元可靠换基改成 $1$；$0$ 表示块的接缝
行列式因子 $D_k$	$\lambda I-A$ 的全部 $k$ 阶子式的首一最大公因式；$D_n=$ 特征多项式
不变因子 $d_k$	$d_k=D_k/D_{k-1}$，满足 $d_1\mid\cdots\mid d_n$；$d_n=$ 极小多项式
初等因子	各 $d_k$ 分解成素幂后，收齐全部 $(\lambda-\lambda_0)^s$（按重数重复）
主对应	一个 $(\lambda-\lambda_0)^s$ $\longleftrightarrow$ 一个 $J_s(\lambda_0)$；次数之和 $=n$
块数/块长怎么读	$\lambda_0$ 配几个块 $=$ 含 $\lambda-\lambda_0$ 的初等因子个数；块长 $=$ 各指数
相似判据	$A\sim B\iff\lambda I-A$ 与 $\lambda I-B$ 等价 $\iff$ 不变因子相同 $\iff$ 初等因子组相同
最常见的误判	特征多项式相同（甚至极小多项式也相同）不足以保证相似
有理标准形	素幂 $p^{e}$ 配伴侣块 $C[p^{e}]$；任何域上都存在，不需特征值
伴侣矩阵	次对角线全 $1$，最后一列放 $-a_i$；$\det(\lambda I-C[p])=p(\lambda)$
两种挂法	初等因子形式（每个素幂一块）／不变因子形式（每个非常数 $d_k$ 一块）
与基域的关系	不变因子与基域无关；初等因子随基域变化

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九、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 主线索：Sheldon Axler《线性代数应该这样学》第 4 版（吴俊达、何阳 译）§8C「广义特征空间分解的推论」，印刷页码 p266–271（PDF p280–285）。本讲的存在性定理、两个幂零算子的例子、Jordan 基的定义都出自这一节。
• 上一层的准备：广义特征空间与它的直和分解在同一章 §8B（印刷页码 p257 起），本讲只在 3.3 用它来拼接，细节见 32 讲。
• 幂零算子的基本性质：31 讲；上三角化：19 讲；可对角化：20 讲。
• 唯一性的证明：本讲 3.5 末已给完整路线——用 $\dim\operatorname{null}(T-\lambda I)^k$（$k=1,2,3,\dots$）这一族数刻画块长分布，可查任何一本标准教材的「Jordan 标准形」章节，或「有理标准形 / Frobenius 标准形」相关材料。
• 术语别名：「Jordan 形」=「若尔当型」=「Jordan 标准形」=「Jordan canonical form」；「广义特征空间」=「根空间（root space）」；「超对角线」=「superdiagonal」；「幂零指数」=「nilpotency index」。
• 初等因子 / 不变因子 / 有理标准形：Steven Roman《高等线性代数》（Advanced Linear Algebra, 3rd ed., GTM 135）第 7 章「有理标准形与 Jordan 标准形」。初等因子与不变因子的定义（$D_k$ 与 $d_k$）、有理标准形的两种形式、Jordan 标准形作为代数闭域上的特例，均见该章（PDF p148–p171）。本讲 3.7 的「不变因子形式 / 初等因子形式」之分就是那一章的术语；「不变因子与基域无关、初等因子随基域变化」是该章末的定理，3.7 换域的例子正是在演示它。
• $\lambda$-矩阵与初等因子的算法：Siegfried Bosch《线性代数》（Lineare Algebra, Springer 2014）第 6 章「初等因子理论」。那里从主理想环上的矩阵消元讲起，给出「逐次用带余除法压低次数、把主对角线摆成整除链」的构造（PDF p188–p199），并用一个手算例子走完全程（PDF p218–p219）。本讲 3.6 的「$D_k$ 是 $k$ 阶子式的最大公因式、Smith 形主对角就是 $d_k$」与 3.9 的四步流程都与这套做法一致。
• 伴侣矩阵与 Frobenius 标准形：上述两书均有；「伴侣矩阵的极小多项式与特征多项式都等于 $p$」是该理论的标准入口，本讲 3.7 用它说明 18 讲那句「每个首一多项式都是某个算子的极小多项式」。
• 历史：Camille Jordan（1838–1922）于 1870 年发表该分解的证明；Frobenius 的有理标准形（1887 前后）比 Jordan 形更早给出「任意域上的标准形」。
• 关于平方根：$a_1=\tfrac12,\ a_2=-\tfrac18,\ a_3=\tfrac1{16}$ 与二项级数 $(1+x)^{1/2}=\sum_k\binom{1/2}{k}x^k$ 一致；本讲只用到「能逐步解出」这一点，不依赖级数收敛。