[转载] $\mathrm{Jordan}$标准型的介绍

本文转载自陈洪葛的博客$,$ 而实际上来自xida博客朝花夕拾$,$ 可惜该博客已经失效

$\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathbb{F}$ 上的有限维向量空间$,$ $\mathcal{A}$ 是 $V$ 上的线性变换$,$ 则 $\mathcal{A}$ 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 $\mathcal{T}$ 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 $\mathcal{T}-$不变的子空间$,$ 则称 $\mathcal{T}$ 是可以分解的$;$ 如果 $V$ 不存在这样的分解$,$ 则称 $\mathcal{T}$ 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 $\mathbb{F}$ 上的有限维向量空间$,$ $\mathcal{T}$ 是 $V$ 上的线性变换$,$ 则 $\mathcal{T}$ 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 $\mathbb{F}$ 上 研究 $``$不可分解$"$ 的线性变换是一个棘手得多的问题$,$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 标准形做的事情$.$ 所以在本文中$,$ 域 $\mathbb{F}$ 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 $\mathcal{T}$ 在 $V$ 的一组基 $\{v_1,\cdots,v_n\}$ 的作用是一个向右的移位$:$
\[ \mathcal{T}:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow\cdots\rightarrow v_1\rightarrow0.\]
则称 $\mathcal{T}$ 是一个移位算子$.$ $\mathcal{T}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 块$.$ 注意 $\mathcal{T}$ 是一个幂零算子$:$ $\mathcal{T}^n=0$$,$ 它仅有唯一的特征值 $0.$
当然需要说明移位算子 $\mathcal{T}$ 确实是不可分解的线性变换$.$ 如果 $V=W\oplus N$ 为两个非平凡 $\mathcal{T}-$不变子空间的直和$,$ 则 $\mathcal{T}$ 在 $W$ 和 $N$ 上各有一个特征值为 $0$ 的特征向量$,$ 因此齐次线性方程组 $\mathcal{T}X=0$ 的解空间至少包含两个线性无关的向量$.$ 但是 $\mathcal{T}$ 的秩是 $n-1$$,$ 因此 $\mathcal{T}X=0$ 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 $\mathcal{T}$ 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}$$,$ $\mathcal{S}=\mathcal{T}+\lambda \mathcal{I}$$,$ 则 $\mathcal{S}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 标准形定理$:$
$\mathrm{Jordan}$ 标准形定理$:$ 设 $\mathcal{T}$ 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 $\mathcal{T}$ 在这组基下的矩阵 $T$ 为 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathcal{T}$ 的矩阵 $T$ 也是 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathcal{T}$ 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 (\mathcal{T}-\lambda_i \mathcal{I})^{n_i}$$,$ 则每个 $V_i$ 都是 $\mathcal{T}-$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$,$ $\mathcal{T}$ 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 $\mathcal{T}-$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 $\pi_i(\mathcal{T})$ 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 $\pi_i(\mathcal{T})$ 在 $V_i$ 上是恒等变换$,$ 而在其余的 $V_j\ne V_i$ 上是零变换 $\mathcal{O}$$.$ $\pi(x)=\pi_1(x)+\cdots+\pi_k(x)$ 模任何 $(x-\lambda_i)^{n_i}$ 都是 $1$$,$ 因此 $\pi(x)-1$ 可以被 $\mathcal{T}$ 的特征多项式 $f(x)$ 整除$,$ 从而 $\pi(\mathcal{T})-\mathcal{I}$ 在 $V$ 上是零变换$,$ 这就证明了 $\pi(\mathcal{T})$ 是 $V$ 上的恒等变换$.$ 对任何 $v\in V$$,$ \[v=\pi(\mathcal{T})v=\pi_1(\mathcal{T})v+\cdots+\pi_k(\mathcal{T})v.\]
我们来说明 $\pi_i(\mathcal{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 $(\mathcal{T}-\lambda_i\mathcal{I})^{n_i}\pi_i(\mathcal{T})v=\mathcal{O}$$,$ 这就证明了 $\pi_i(\mathcal{T})v\in V_i.$

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 $\pi_i(\mathcal{T})$ 作用在左边得到(根据前面的分析$,$ $\pi_i(\mathcal{T})$ 在 $V_i$ 上是恒等变换而在其它 $V_j$ 上是 $\mathcal{O}$)
\[\pi_i(\mathcal{T})v_1+\cdots+\pi_i(\mathcal{T})v_k=\pi_i(\mathcal{T})v_i=v_i=0,\]
由 $i$ 的任意性得到 $v_1=\cdots=v_k=0$$,$ 这就证明了是直和$.$
用中国剩余定理来构造特殊的算子(通常是给定的算子 $\mathcal{T}$ 的多项式)是一个普遍而重要的技巧$,$ 这里的证明也许有点高端但却是最简洁的$.$
现在我们只需要考虑单个子空间 $V_i$$.$ 令 $\mathcal{N}=\mathcal{T}-\lambda_i\mathcal{I}$$,$ 则 $\mathcal{N}$ 在 $V_i$ 上是幂零线性变换$:$ $\mathcal{N}^{n_i}=0$$,$ 这样问题归结为分析幂零线性变换 $\mathcal{N}$ 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 $\mathcal{N}$ 是 $V$ 上的幂零线性变换$,$ 要证明存在 $V$ 的一组基$,$ 使得 $\mathcal{N}$ 的矩阵是若干 $\mathrm{Jordan}$ 块的和$.$ 注意一个 $\mathrm{Jordan}$ 块对应的是一个移位轨道\[ v\rightarrow \mathcal{N}v\rightarrow \cdots \rightarrow \mathcal{N}^k v\rightarrow 0.\]
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 $\mathcal{N}(V)$$.$ 这是一个 $\mathcal{N}-$不变子空间$,$ 且由于 $\mathcal{N}$ 是幂零线性变换所以 $\dim \mathcal{N}(V)<\dim V$$,$ 所以可以对子空间 $\mathcal{N}(V)$ 使用归纳假设$:$ 存在 $\mathcal{N}(V)$ 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 $v_{i,1}\in \mathcal{N}(V)$ 因此可以设 $v_{i,1}=\mathcal{N}w_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 $\mathcal{N}(V)$ 中 $``$消失$"$ 了的轨道$:$ 注意 $\{v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_q}\}$ 是 $\ker \mathcal{N}$ 中的线性无关元$,$ 但是 $\ker \mathcal{N}$ 还可能有其它的基向量$.$ 将它们扩充为 $\ker \mathcal{N}$ 的一组基
\[ \{ v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_1}\}\cup \{ w_{q+1},\cdots,w_{K}\}\quad K=\dim\ker \mathcal{N}.\]
从而我们最终得到下面的轨道图:
\[\begin{array}{r}\mathbf{w_1\rightarrow} v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.&\\\mathbf{w_2\rightarrow} v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.&\\\cdots\cdots\cdots&\\\mathbf{w_q\rightarrow} v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.&\\\mathbf{w_{q+1}\rightarrow} 0.&\\\cdots\cdots&\\\mathbf{w_K}\rightarrow 0.\end{array}\]
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 $\mathcal{N}(V)$ 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 $\dim \mathcal{N}(V)+\dim\ker \mathcal{N}=\dim V$ 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 $\mathcal{N}$ 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 $\mathcal{N}(V)$ 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 $\ker \mathcal{N}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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$$.$ 用这个规则我们可以计算出对任何 $\lambda\in\mathbb{C}$ 和 $m\in\mathbb{Z}^+$$,$ $\mathcal{T}$ 的 $\mathrm{Jordan}$ 标准形中 $m$ 阶 $\mathrm{Jordan}$ 块 $J_{\lambda,m}$ 的个数 $n_m$ 来$:$ \[ n_m=\text{rank}(\mathcal{T}-\lambda\mathcal{I})^{m-1}-2\cdot\text{rank}(\mathcal{T}-\lambda\mathcal{I})^{m}+\text{rank}(\mathcal{T}-\lambda\mathcal{I})^{m+1}.\]
道理是这样的$:$ 以 $\lambda=0$ 为例子来计算$.$ 会算 $0$ 特征值 $\mathrm{Jordan}$ 块的个数$,$ 你就会算任何特征值的 $\mathrm{Jordan}$ 块的个数$.$ 设 $\mathcal{T}$ 的一个 $\mathrm{Jordan}$ 标准形为\[ \mathcal{T}= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu,\]
那么 $\mathcal{T}^m$ 就是\[\mathcal{T}^{m}= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}^{m}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_{\mu}^{m}.\]
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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $2$ $\cdots$ 依次类推$,$ 所以\[ \text{rank}\mathcal{T}^m=n_{m+1}\cdot1+n_{m+2}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^m.\]
同理\[ \text{rank}\mathcal{T}^{m+1}=n_{m+2}\cdot1+n_{m+3}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^{m+1}.\]
因此\[\text{rank}\mathcal{T}^m-\text{rank}\mathcal{T}^{m+1}=n_{m+1}+n_{m+2}+\cdots,\]
仍然同理\[\text{rank}\mathcal{T}^{m-1}-\text{rank}\mathcal{T}^{m}=n_{m}+n_{m+1}+\cdots,\]
所以\[n_m=\text{rank}\mathcal{T}^{m-1}-2\cdot\text{rank}\mathcal{T}^{m}+\text{rank}\mathcal{T}^{m+1}.\]
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 $\mathcal{T}$ 的 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 块$,$ 计算其 $k$ 次幂 $J_\lambda^k$ 的 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Taloy}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 会均匀的碎裂为一些小的 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 块$,$ 即 $J_0^k$ 的标准形中有 $k$ 个 $\mathrm{Jordan}$ 块$.$ 设 $n=qk+r$$,$ 这里 $0\leq r< k$$,$ 则这 $k$ 个 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 块 $J_0$$,$ $J_0^3$ 的 $\mathrm{Jordan}$ 标准形是什么样子的$?$ 这个时候 $J_0^3$ 有 $3$ 个轨道 $\{v_8,v_5,v_2\}$$,$ $\{v_7,v_4,v_1 \}$$,$ $\{v_6,v_3\}$$,$ 所以 $J_0^3$ 的 $\mathrm{Jordan}$ 标准形有 $2$ 个 $3$ 阶的 $\mathrm{Jordan}$ 块和 $1$ 个 $2$ 阶的 $\mathrm{Jordan}$ 块$.$
总结一下$:$ 零特征值的 $\mathrm{Jordan}$ 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 $\mathrm{Jordan}$ 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$,$ $\mathbb{F}$ 是 $\mathbb{Q}$ 的一个正规扩域$,$ 则如果 $f$ 在 $\mathbb{F}$ 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$.$