Jordan 标准形定理是线性代数中的基本定理，专门为它写一篇长文好像有点多余：这方面的教材讲义实在是太多了！一个陈旧的定理还能写出什么新意来呢？

理由有两个。第一个原因是我曾经在给学生讲这个定理的时候，突然发现不知道该怎么启发学生为好。虽然我知道 Jordan 标准形定理的很多种证法，照念几个不在话下，但是感觉有点疙疙瘩瘩的：怎么才能说清定理背后的想法，让学生觉得定理的成立是顺理成章的呢？于是我知道我对这个定理的理解还有模糊的地方。

第二个原因是 Jordan 块有一个重要的代数性质是通常教材中不讲的，而这个性质是代数学中一类重要而常见的性质的雏形，这就是不可分解性。与之对应的是可对角化的线性变换的完全可约性。从一开始就让学生接触这些现象是有好处的。

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我们从中学就知道整数环和多项式环有唯一因子分解定理：每个整数可以唯一地分解为素数的乘积，每个（域上的）多项式可以唯一地分解为不可约多项式的乘积。在数学里面有很多这样的唯一分解定理，而我们现在想知道：有没有所谓的 "线性变换的唯一分解定理" 呢？可以猜测如果有这样的定理存在，那么大概可以表述为如下的样子：

线性变换的唯一分解定理（粗糙的版本）：设 $V$ 是域 $F$ 上的有限维向量空间，$A$ 是 $V$ 上的线性变换，则 $A$ 可以唯一地分解为若干个 "简单的" 线性变换的组合，而且这些 “简单的” 线性变换本身不能再分解。

这个表述很不清楚，整数和多项式的分解就是表示为素因子的乘积，那么什么是线性变换的分解呢？什么又是不可分解的线性变换呢？正确的概念是直和：

设 $T$ 是 向量空间 $V$ 上的线性变换，如果 $V$ 可以分解为一些非平凡的子空间的直和 $V=V_1\oplus\cdots\oplus V_k$，使得每一个 $V_i$ 都是 $T-$ 不变的子空间，则称 $T$ 是可以分解的； 如果 $V$ 不存在这样的分解，则称 $T$ 是不可分解的线性变换。

这样我们就可以比较准确的表述线性变换的唯一分解定理了：

线性变换的唯一分解定理（修正的版本）：设 $V$ 是域 $F$ 上的有限维向量空间，$T$ 是 $V$ 上的线性变换，则 $T$ 可以唯一地分解为若干个不可分解的线性变换的直和。

这里有一个很严重的问题需要说明：在一般的域 $F$ 上 研究 "不可分解" 的线性变换是一个棘手的多的问题，这个问题的解决要用到我们后面要学的有理标准形，而在复数域上问题就简单很多，这就是 Jordan 标准形做的事情。所以在本文中，域 $F$ 都假定为复数域 $\mathbb{C}$。

那么什么样的线性变换算是不可分解的线性变换呢？

最简单也是最重要的例子就是移位算子：假设 $T$ 在 $V$ 的一组基 $\{v_1,\cdots,v_n\}$ 的作用是一个向右的移位：

\[ T:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow\cdots\rightarrow v_1\rightarrow0.\]

则称 $T$ 是一个移位算子。$T$ 在这组基下的矩阵

\[J_0=\begin{pmatrix}0&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&0&1\\&&&0\end{pmatrix}.\]

$J_0$ 叫做特征值为 0 的 Jordan 块。注意 $T$ 是一个幂零算子：$T^n=0$，它仅有唯一的特征值 0。

当然需要说明移位算子 $T$ 确实是不可分解的线性变换。如果 $V=W\oplus N$ 为两个非平凡 $T-$ 不变子空间的直和，则 $T$ 在 $W$ 和 $N$ 上各有一个特征值为 0 的特征向量，因此齐次线性方程组 $TX=0$ 的解空间至少包含两个线性无关的向量。但是 $T$ 的秩是 $n-1$，因此 $TX=0$ 的解空间是 1 维的，这就导致了矛盾。

用同样的方法可以说明给移位算子 $T$ 加上一个数乘变换以后得到的仍然是不可分解的线性变换：设 $\lambda\in\mathbb{C}$，$S=T+\lambda I$，则 $S$ 也是不可分解线性变换，其对应的矩阵

\[J_\lambda=\begin{pmatrix}\lambda&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda&1\\&&&\lambda\end{pmatrix}\]

叫做特征值为 $\lambda$ 的 Jordan 块。

现在我们已经找到了一族不可分解的线性变换，那么它们是否就构成了全部的线性变换呢？答案是肯定的，这就是 Jordan 标准形定理：

Jordan 标准形定理：设 $T$ 是 $\mathbb{C}$ 上有限维向量空间 $V$ 上的线性变换，则存在 $V$ 的一组基使得 $T$ 在这组基下的矩阵为 Jordan 块的直和：\[T=J_{\lambda_1}\oplus\cdots\oplus J_{\lambda_r}.\]这种分解是唯一的，意思是如果存在 $V$ 的另一组基使得 $T$ 的矩阵也是 Jordan 块的直和 \[T=J_{\mu_1}\oplus\cdots\oplus J_{\mu_s},\]则 $r=s$ 且适当重排后有 $J_{\lambda_i}=J_{\mu_i}$。

定理的结论包含存在性和唯一性两部分，我们先来处理存在性的证明。

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第一步：转化为幂零的情形

定理 【广义特征子空间分解】：设 $T$ 的特征多项式为 $f(x)$，而且 $f(x)$ 在复数域上分解为一次因式的乘积\[f(x)=(x-\lambda_1)^{n_1}\cdots(x-\lambda_k)^{n_k},\]

这里的 $\lambda_i$ 互不相同。令 $V_i=\ker (T-\lambda_i I)^{n_i}$，则每个 $V_i$ 都是 $T-$ 不变子空间而且\[ V=V_1\oplus\cdots\oplus V_m.\]

这样就把 $V$ 分解为一些不变子空间 $V_i$ 的直和，$T$ 限制在每个 $V_i$ 上只有单一的特征值 $\lambda_i$。

证明：显然 $V_i$ 都是 $T-$ 不变子空间。要证明 $V$ 是它们的直和，我们先从一个特别的结论开始：

对每个 $1\leq i\leq k$ 都存在多项式 $\pi_i(x)$ 使得 $\pi_i(x)\equiv1\mod (x-\lambda_i)^{n_i}$，但是对其它 $j\ne i$ 有 $\pi_i(x)\equiv0\mod (x-\lambda_j)^{n_j}$。线性变换 $\pi_i(T)$ 不是别的，正是 $V$ 到子空间 $V_i$ 的投影。

由于所有 $(x-\lambda_i)^{n_i}$ 的根互不相同，因而两两互素，所以根据中国剩余定理满足要求的 $\pi_i(x)$ 是存在的。显然 $\pi_i(T)$ 在 $V_i$ 上是恒等变换，而在其余的 $V_j\ne V_i$ 上是 0。$\pi(x)=\pi_1(x)+\cdots+\pi_k(x)$ 模任何 $(x-\lambda_i)^{n_i}$ 都是 1，因此 $\pi(x)-1$ 可以被 $T$ 的特征多项式 $f(x)$ 整除，从而 $\pi(T)-I$ 在 $V$ 上是零变换，这就证明了 $\pi(T)$ 是 $V$ 上的恒等变换。对任何 $v\in V$，\[v=\pi(T)v=\pi_1(T)v+\cdots+\pi_k(T)v.\]

我们来说明 $\pi_i(T)v\in V_i$，从而 $V=V_1+\cdots+V_k$。这是因为 $(x-\lambda_i)^{n_i}\pi_i(x)$ 可以被 $f(x)$ 整除，因此 $(T-\lambda_i)^{n_i}\pi_i(T)v=0$，这就证明了 $\pi_i(T)v\in V_i$。

我们再来说明这是直和。如果 $v_i\in V_i$ 满足 $v_1+\cdots+v_k=0$，用 $\pi_i(T)$ 作用在左边得到（根据前面的分析，$\pi_i(T)$ 在 $V_i$ 上是恒等变换而在其它 $V_j$ 上是 0）

\[\pi_i(T)v_1+\cdots+\pi_i(T)v_k=\pi_i(T)v_i=v_i=0,\]

由 $i$ 的任意性得到 $v_1=\cdots=v_k=0$，这就证明了是直和。

用中国剩余定理来构造特殊的算子（通常是给定的算子 $T$ 的多项式）是一个普遍而重要的技巧，这里的证明也许有点高端但却是最简洁的。

现在我们只需要考虑单个子空间 $V_i$。令 $N=T-\lambda_i$，则 $N$ 在 $V_i$ 上是幂零线性变换：$N^{n_i}=0$，这样问题归结为分析幂零线性变换 $N$ 的结构。

幂零线性变换更简单的原因是它可以表示为移位算子的直和，而移位算子的结构非常简单。

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第二步：对幂零变换的情形加以证明

设 $N$ 是 $V$ 上的幂零线性变换，要证明存在 $V$ 的一组基，使得 $N$ 的矩阵是若干 Jordan 块的和。注意一个 Jordan 块对应的是一个移位轨道\[ v\rightarrow Nv\rightarrow \cdots \rightarrow N^kv\rightarrow 0.\]

我们要证明存在若干条这样的互不相交的轨道，这些轨道所包含的全部非零向量构成 $V$ 的一组基。

这一步的证明方法很多，但是相差不是很大，具体喜欢那种要看个人主观，这里介绍的是最简单也是最容易被初学者接受的一种。

对 $V$ 的维数 $\dim V$ 归纳，$\dim V=1$ 时显然结论成立。

现假设结论对所有维数小于 $\dim V$ 的向量空间成立，我们考虑 $V$ 的像空间 $N(V)$。这是一个 $N-$ 不变子空间，且由于 $N$ 是幂零线性变换所以 $\dim N(V)<\dim V$，所以可以对子空间 $N(V)$ 使用归纳假设：存在 $N(V)$ 的一组基如下，它们构成 $q$ 条不相交的轨道 $\mathcal{O}_1,\cdots,\mathcal{O}_q$：

\[\begin{array}{l}&v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.\\&v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.\\&\cdots\cdots\cdots\\& v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.\end{array}\]

由于 $v_{i,1}\in N(V)$ 因此可以设 $v_{i,1}=Nw_i$，从而我们得到一组更长的轨道（就是在前面加上一项）

\[\begin{array}{l}&w_1\rightarrow v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.\\&w_2\rightarrow v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.\\&\cdots\cdots\cdots\\&w_q\rightarrow v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.\end{array}\]

那么这些新轨道包含的向量是否构成 $V$ 的一组基？答案是我们还要补上一些在 $V$ 中长度是 1，但是在 $N(V)$ 中 "消失" 了的轨道：注意 $\{v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_q}\}$ 是 $\ker N$ 中的线性无关元，但是 $\ker N$ 还可能有其它的基向量。将它们扩充为 $\ker N$ 的一组基

\[ \{ v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_1}\}\cup \{ w_{q+1},\cdots,w_{K}\}\quad K=\dim\ker N.\]

从而我们最终得到下面的轨道图：

\[\begin{array}{r}\mathbf{w_1\rightarrow} v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.&\\\mathbf{w_2\rightarrow} v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.&\\\cdots\cdots\cdots&\\\mathbf{w_q\rightarrow} v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.&\\\mathbf{w_{q+1}\rightarrow} 0.&\\\cdots\cdots&\\\mathbf{w_K\rightarrow0}.\end{array}\]

你可以看到 $w_{q+1},\ldots,w_K$ 正是那些在 $V$ 中长度为 1，但是在 $N(V)$ 中消失了的轨道。

最后只剩下验证这些向量确实构成 $V$ 的一组基。显然这些向量一共有 $\dim N(V)+\dim\ker N=\dim V$ 个，所以只要说明它们是线性无关的。

假设有线性关系

\[\cdots+(c_0w_i+c_1v_{i,1}+\cdots+c_{n_i}v_{i,n_i})+\cdots+\sum_{j=q+1}^K d_jw_j=0,\]

我们要说明出现在上式中的所有系数都是 0。左边用 $N$ 作用得到

\[\cdots+(c_0v_{i,1}+c_1v_{i,2}+\cdots+c_{n_i-1}v_{i,n_i})+\cdots=0.\]

这是一个关于 $N(V)$ 的一组基的一个线性关系，于是 $c_0=\cdots=c_{n_i-1}=0$，从而剩下的线性关系为

\[\cdots+c_{n_i}v_{i,n_i}+\cdots+\sum_{j=q+1}^K d_jw_j=0.\]

而这是一个关于 $\ker N$ 的一组基的一个线性关系，于是 $c_{n_i}=d_{q+1}=\cdots=d_K=0$，从而所有的系数都是 0，这就完成了 Jordan 标准形存在性的证明。

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分解唯一性的证明：

最后我们还剩下分解唯一性定理的证明，这部分要简单许多，主要是利用了 Jordan 块的一个很特殊的性质：设

\[J_0=\begin{pmatrix}0&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&0&1\\&&&0\end{pmatrix}_{n\times n}\]

是一个 0 特征值的 Jordan 块，则 $J_0^2$ 就是把斜对角线上的 1 向右上方平移一步，$J_0^3$ 就是向右上方平移两步，以此类推，$J_0^{n-1}$ 变成

\[\begin{pmatrix}0&\cdots&1\\&\ddots&\vdots\\&&0\end{pmatrix},\]

最终 $J_0^n=0$。用这个规则我们可以计算出对任何 $\lambda\in\mathbb{C}$ 和 $m\in\mathbb{Z}^+$，$T$ 的 Jordan 标准形中 $m$ 阶 Jordan 块 $J_{\lambda,m}$ 的个数 $n_m$ 来：\[ n_m=\text{rank}(T-\lambda I)^{m-1}-2\cdot\text{rank}(T-\lambda I)^{m}+\text{rank}(T-\lambda I)^{m+1}.\]

道理是这样的：以 $\lambda=0$ 为例子来计算。会算 0 特征值 Jordan 块的个数，你就会算任何特征值的 Jordan 块的个数。设 $T$ 的一个 Jordan 标准形为

\[ T= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu,\]

那么 $T^m$ 就是

\[T^{m}= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}^{m}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_{\mu}^{m}.\]

注意后半部分 $\oplus_{\mu\ne0}J^m_\mu$ 对任何 $m$ 都是保持满秩的，因此这部分的秩始终不变。前面的部分中所有阶数小于等于 $m$ 的 Jordan 块 $J_{0,k}(k\leq m)$ 的 $m$ 次幂都变成了 0 矩阵，$J_{0,m+1}^m$ 的秩是 1； $J_{0,m+2}^m$ 的秩是 2 . . . 依次类推，所以

\[ \text{rank}T^m=n_{m+1}\cdot1+n_{m+2}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^m.\]

同理

\[ \text{rank}T^{m+1}=n_{m+2}\cdot1+n_{m+3}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^{m+1}.\]

因此

\[\text{rank}T^m-\text{rank}T^{m+1}=n_{m+1}+n_{m+2}+\cdots,\]

仍然同理

\[\text{rank}T^{m-1}-\text{rank}T^{m}=n_{m}+n_{m+1}+\cdots,\]

所以

\[n_m=\text{rank}T^{m-1}-2\cdot\text{rank}T^{m}+\text{rank}T^{m+1}.\]

现在你可以看到 $n_m$ 的表达式不依赖于具体的基的选择，仅依赖于线性变换自身的相似不变量，所以 $T$ 的 Jordan 标准形在只差一个排列的意义下是唯一的。

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一个很有意思的问题是，给定

\[J_\lambda=\begin{pmatrix}\lambda&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda&1\\&&&\lambda\end{pmatrix}_{n\times n}\]

为一个特征值 $\lambda$ 的 Jordan 块，计算其 $k$ 次幂 $J_\lambda^k$ 的 Jordan 标准形。

当 $\lambda\ne0$ 时，

\[J_\lambda^k = \begin{pmatrix}\lambda^k &k\lambda^{k-1}&\ddots &\\&\lambda^k&\ddots&\ddots\\&&\ddots&k\lambda^{k-1}\\&&&\lambda^k\end{pmatrix}.\]

（你知道怎样计算 $J_\lambda^k$ 吗？记住这个技巧：把多项式 $x^k$ 在 $\lambda$ 处 Taloy 展开：\[x^k=(x-\lambda)^k+a_{k-1}(x-\lambda)^{k-1}+a_1(x-\lambda)+a_0,\]然后将 $J_\lambda$ 代入即可。）

和 Jordan 块不可分解性的证明完全一样，我们发现 $J_\lambda^k-\lambda^k I$ 的秩是 $n-1$，因此方程组 $J_\lambda^kX=\lambda^k X$ 的解空间是 1 维的，从而 $J_\lambda^k$ 是不可分解的，因此其 Jordan 标准形只有一块，就是

\[\begin{pmatrix}\lambda^k&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda^k&1\\&&&\lambda^k\end{pmatrix}_{n\times n}.\]

最有意思的情形发生在 $\lambda=0$ 时。这个时候 Jordan 会均匀的碎裂为一些小的 Jordan 块的和。

这个时候 $J_0$ 是一个移位算子：

\[J_0:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow \cdots \rightarrow v_1\rightarrow 0.\]

整个轨道只有一条。但是 $J_0^k$ 则是 $k$ 步 $k$ 步地跳：

\[J_0^k:\quad \left\{ \begin{array}{l} v_n\rightarrow v_{n-k}\rightarrow \cdots \rightarrow0,\\v_{n-1}\rightarrow v_{n-1-k}\rightarrow \cdots\rightarrow 0,\\\cdots\\v_{n-k+1}\rightarrow v_{n-2k+1}\rightarrow \cdots \rightarrow 0.\end{array}\right.\]

所以 $J_0^k$ 有 $k$ 条轨道，每个轨道都是一个 Jordan 块，即 $J_0^k$ 的标准形中有 $k$ 个 Jordan 块。设 $n=qk+r$，这里 $0\leq r< k$，则这 $k$ 个 Jordan 块中有 $r$ 个是 $q+1$ 阶的，$k-r$ 个是 $q$ 阶的。

举个例子就明白了，一个 8 阶的 0 特征值 Jordan 块 $J_0$，$J_0^3$ 的 Jordan 标准形是什么样子的？这个时候 $J_0^3$ 有 3 个轨道 $\{v_8,v_5,v_2\}$, $\{v_7,v_4,v_1 \}$, $\{v_6,v_3\}$，所以 $J_0^3$ 的 Jordan 标准形有 2 个 3 阶的 Jordan 块和 1 个 2 阶的 Jordan 块。

总结一下：零特征值的 Jordan 块的高次幂一定会分裂，而且是尽可能均匀的分裂；非零特征值的 Jordan 块的任意次幂都不会分裂。

一个不可约的代数结构，在某种限制或者扩张的意义下却能均匀的 "碎裂"，这是代数学中一个常见而重要的现象。比如设 $f$ 是一个有理数域 $\mathbb{Q}$ 上的不可约多项式，$F$ 是 $Q$ 的一个正规扩域，则如果 $f$ 在 $F$ 上是可约的，那么 $f$ 必然分解成一些次数相同的多项式的乘积：\[f=f_1f_2\cdots f_r,\quad \deg f_1=\cdots=\deg f_r.\]

类似的还有代数数论中素理想的分解，群表示论中不可约表示（在诱导和限制下）的分解，代数几何中不可约代数簇的分解等等。

Jordan 标准形