在上一节中，我们介绍了 Jordan 标准型的存在性以及通用的构造方法（寻找广义特征向量链）。
然而，直接求解高阶矩阵的广义特征空间往往计算量巨大。
Cayley-Hamilton 定理告诉我们 $F_A(A) = O$ ，即特征多项式是一个可以将矩阵 “零化” 的多项式。
但特征多项式往往显得 “太大” 了，是否存在一个次数更低的多项式也能让矩阵归零？这个多项式是否蕴含了关于 Jordan 块结构的秘密？

# 极小多项式

定义
令 $A$ 为 $\mathbb F$ 上的 $n$ 阶方阵。
在所有满足 $P(A) = O$ 的非零多项式 $P(\lambda) \in \mathbb F[\lambda]$ 中，次数最低且首项系数为 $1$ 的多项式，称为 $A$ 的 极小多项式 (Minimal Polynomial)「最小多項式」，记作 $m_A(\lambda)$ 。

极小多项式具有极其优良的性质，它是矩阵代数结构的 “基因”。

命题 极小多项式的性质

唯一性：矩阵 $A$ 的极小多项式是唯一的。
整除性：若多项式 $g(\lambda)$ 满足 $g(A) = O$ ，则 $m_A(\lambda)$ 整除 $g(\lambda)$ 。特别地， $m_A(\lambda)$ 整除特征多项式 $F_A(\lambda)$ 。
根的同一性： $m_A(\lambda)$ 与 $F_A(\lambda)$ 拥有完全相同的根（特征值），只是重数可能不同。

证明

(1) & (2)
设 $g(\lambda)$ 满足 $g(A) = O$ 。做带余除法： $g(\lambda) = m_A(\lambda) q(\lambda) + r(\lambda)$ ，其中 $\deg r < \deg m_A$ 或 $r = 0$ 。
代入 $A$ 得 $g(A) = m_A(A) q(A) + r(A) \implies O = O \cdot q(A) + r(A) \implies r(A) = O$ 。
由于 $m_A$ 是次数最低的零化多项式，若 $r$ 非零且次数更低，则矛盾。故 $r(\lambda) = 0$ ，即 $m_A \mid g$ 。
若有两个首一的极小多项式 $m_1, m_2$ ，则互为整除且首一，故 $m_1 = m_2$ 。

(3)
由 (2) 可知 $F_A(\lambda) = m_A(\lambda) k(\lambda)$ ，故 $m_A$ 的根必为 $F_A$ 的根。
反之，设 $\lambda_0$ 为 $F_A$ 的根（特征值），对应特征向量 $\boldsymbol x \neq \boldsymbol 0$ 。
有 $A \boldsymbol x = \lambda_0 \boldsymbol x \implies A^k \boldsymbol x = \lambda_0^k \boldsymbol x \implies m_A(A) \boldsymbol x = m_A(\lambda_0) \boldsymbol x$ 。
因 $m_A(A) = O$ ，故 $m_A(\lambda_0) \boldsymbol x = \boldsymbol 0$ 。因 $\boldsymbol x \neq \boldsymbol 0$ ，故 $m_A(\lambda_0) = 0$ 。
即特征值必为极小多项式的根。
$\square$

利用极小多项式，我们可以给出一个判定对角化的最强充要条件。

定理
$n$ 阶方阵 $A$ 可对角化的充分必要条件是：
$A$ 的极小多项式 $m_A(\lambda)$ 可以分解为互不相同的线性因式的乘积（即无重根）。

$m_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2)\dots(\lambda - \lambda_k), \quad \lambda_i \neq \lambda_j$

推论：若 $A$ 是幂等矩阵 ( $A^2=A$ )，则 $m_A(\lambda) \mid \lambda(\lambda-1)$ ，无重根，故幂等矩阵必可对角化。

# 不变因子与初等因子

为了精确确定 Jordan 标准型，仅知道特征多项式是不够的，通常还需要结合秩的信息。但从多项式理论的角度，我们可以引入 “不变因子” 来彻底解构矩阵。

考虑特征矩阵 $\lambda E - A$ 。这是一个元素为 $\lambda$ 的多项式的矩阵。
通过行列变换（允许乘以多项式系数，互换，加减），可以将 $\lambda E - A$ 化为对角型，称为 Smith 标准型：

$\lambda E - A \sim \begin{pmatrix} d_1(\lambda) & & & \\ & d_2(\lambda) & & \\ & & \ddots & \\ & & & d_n(\lambda) \end{pmatrix}$

满足 $d_1(\lambda) \mid d_2(\lambda) \mid \dots \mid d_n(\lambda)$ （整除关系）。
这些非零多项式 $d_i(\lambda)$ 称为矩阵 $A$ 的 不变因子 (Invariant Factor)「不変因子」。

命题 不变因子与多项式的关系

$F_A(\lambda) = d_1(\lambda) d_2(\lambda) \cdots d_n(\lambda)$ （不计符号差）
$m_A(\lambda) = d_n(\lambda)$ （即最大的那个不变因子）

将每个不变因子 $d_i(\lambda)$ 在复数域上彻底分解为一次因式幂积的乘积：

$d_i(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^{e_{i1}} (\lambda - \lambda_2)^{e_{i2}} \cdots$

所有这些分解出来的形如 $(\lambda - \lambda_j)^{k}$ 的幂因子（不含常数项），汇集在一起，统称为矩阵 $A$ 的 初等因子 (Elementary Divisor)「単因子」。

初等因子与 Jordan 块的一一对应关系：
每一个初等因子 $(\lambda - c)^k$ ，都严格对应一个特征值为 $c$ ，阶数为 $k$ 的 Jordan 块 $J_k(c)$ 。

# 极小多项式与 Jordan 型的速解

在实际计算中（尤其是低阶矩阵），我们不需要去求 Smith 标准型。
结合特征多项式 $F_A(\lambda)$ 、极小多项式 $m_A(\lambda)$ 以及秩的信息，通常足以快速确定 Jordan 标准型。

以下是判定规则的总结：

特征值： $F_A(\lambda)$ 的根决定了对角线上的元素。
代数重数： $F_A(\lambda) = \cdots (\lambda - c)^n \cdots$ ，指数 $n$ 决定了特征值 $c$ 对应的所有 Jordan 块的总阶数之和（即 Jordan 矩阵中 $c$ 出现的总次数）。
几何重数： $\dim V_c = n - \mathrm{rank}(A - cE)$ 决定了特征值 $c$ 对应的 Jordan 块的个数。
极小多项式： $m_A(\lambda) = \cdots (\lambda - c)^m \cdots$ ，指数 $m$ 决定了特征值 $c$ 对应的 最大的那个 Jordan 块的阶数。

示例
设 $4$ 阶方阵 $A$ 的特征多项式为 $F_A(\lambda) = (\lambda - 2)^4$ 。
此时特征值只有 $2$ 。这就意味着 Jordan 矩阵对角线上全为 $2$ 。
我们需要确定 Jordan 块的结构（是 $4$ 还是 $3+1$ 还是 $2+2$ 等）。

讨论极小多项式 $m_A(\lambda)$ 的可能情况：

若 $m_A(\lambda) = (\lambda - 2)$ ：
最大块阶数为 1。即所有块都是 $J_1(2)$ 。
此时 $J = \mathrm{diag}(2, 2, 2, 2)$ 。且 $A$ 必须等于 $2E$ 。
若 $m_A(\lambda) = (\lambda - 2)^2$ ：
最大块阶数为 2。可能的划分： $4 = 2 + 2$ 或 $4 = 2 + 1 + 1$ 。
- 如何区分？看几何重数（特征向量个数）。
- 若 $\mathrm{rank}(A - 2E) = 2$ ，则几何重数 $4-2=2$ ，有两个块，故为 $J_2(2) \oplus J_2(2)$ 。
- 若 $\mathrm{rank}(A - 2E) = 1$ ，则几何重数 $4-1=3$ ，有三个块，故为 $J_2(2) \oplus J_1(2) \oplus J_1(2)$ 。
若 $m_A(\lambda) = (\lambda - 2)^3$ ：
最大块阶数为 3。划分只能是 $4 = 3 + 1$ 。
此时 $J = J_3(2) \oplus J_1(2)$ 。
若 $m_A(\lambda) = (\lambda - 2)^4$ ：
最大块阶数为 4。划分只能是 $4 = 4$ 。
此时 $J = J_4(2)$ 。

如何快速求极小多项式？

先写出 $F_A(\lambda)$ 。
设 $m_A(\lambda)$ 为包含所有不同特征值因子的多项式，指数先设为 1 或未知。
验证 $(A - \lambda_i E)^k$ 是否为零矩阵。从低次幂开始尝试。

示例
求矩阵

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

的 Jordan 标准型。

解

方法一：利用秩与链
特征多项式显然为 $F_A(\lambda) = (\lambda - 2)^3$ 。特征值 2，代数重数 3。
计算 $A - 2E$ ：

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

$\mathrm{rank}(A-2E) = 2$ 。
几何重数 = $3 - 2 = 1$ 。
说明只有一个 Jordan 块。
既然总阶数是 3，又只有一个块，那必然是 $J_3(2)$ 。

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

方法二：利用极小多项式
$F_A(\lambda) = (\lambda - 2)^3$ 。
$m_A(\lambda)$ 可能是 $(\lambda-2), (\lambda-2)^2, (\lambda-2)^3$ 。
计算 $(A-2E)$ ：非零。
计算 $(A-2E)^2$ ：

$(A - 2E)^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \neq O$

计算 $(A-2E)^3$ ：

$(A-2E)^3 = (A-2E)^2 (A-2E) = O$

所以 $m_A(\lambda) = (\lambda - 2)^3$ 。
最大 Jordan 块的阶数是 3。因为矩阵是 3 阶的，所以只能有一个块 $J_3(2)$ 。
$\square$

示例
求矩阵

$A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ -4 & -1 & 0 \\ 4 & -8 & -2 \end{pmatrix}$

的 Jordan 标准型。

解

计算特征多项式

$F_A(\lambda) = \det(\lambda E - A) = (\lambda + 2) [(\lambda - 3)(\lambda + 1) + 4] = (\lambda + 2) (\lambda^2 - 2\lambda + 1) = (\lambda + 2)(\lambda - 1)^2$

特征值： $-2$ (重数 1)， $1$ (重数 2)。

对于 $\lambda = -2$ ：代数重数 1，对应的 Jordan 块必然是 $J_1(-2)$ （即 $[-2]$ ）。

对于 $\lambda = 1$ ：代数重数 2。可能的块结构是 $J_2(1)$ 或 $J_1(1) \oplus J_1(1)$ 。
这取决于 $A - 1E$ 的秩，或者极小多项式中 $(\lambda - 1)$ 的次数。
计算 $A - E$ ：

$A - E = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -4 & -2 & 0 \\ 4 & -8 & -3 \end{pmatrix}$

第一行乘以 -2 等于第二行，显然前两行线性相关。
但第三行显然无法由第一行消去（第三列非零）。
实际上 $\mathrm{rank}(A - E) = 2$ 。
几何重数 = $3 - 2 = 1$ 。
说明对应 $\lambda = 1$ 只有一个 Jordan 块。
因为代数重数为 2，所以这个块必然是 $J_2(1)$ 。

综上，Jordan 标准型为

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

（注：块的顺序不唯一）
$\square$

通过结合特征多项式（决定总成分）、极小多项式（决定最大块）、秩与几何重数（决定块的数量），我们可以像拼积木一样快速确定 Jordan 标准型，而无需进行繁琐的基底构造过程。

内容已经过 Gemini 3.0 Pro 审查

# 极小多项式

# 不变因子与初等因子

# 极小多项式与 Jordan 型的速解

【线性代数】16-奇异值分解 (SVD)

【线性代数】14-Jordan 标准型