贡献者： 叶月2_; addis
利用幂零变换的结论（定理 1 ），本节进一步证明，任意线性变换都能化为类似的 Jordan 形，并且 Jordan 形是唯一的。
1. 线性变换的 Jordan 形
由定理 3 可知，任意线性空间都可以分解为任意线性变换的不变子空间之直和，例如对于线性变换 $A$,我们有：
\begin{equation}
V= \operatorname {ker}f(A)= \operatorname {ker}f_1(A)\oplus \operatorname {ker}f_2(A)...\oplus \operatorname {ker}f_m(A)~,
\end{equation}
其中 $f(A)$ 是 $A$ 的特征多项式，$f_i(A)$ 是本征值相关的互素项：$f_i(A)=(A-\lambda_iI)^{k_i}$。为方便计，设 $ \operatorname {ker}f_i(A)=W_i,A-\lambda_iI=B_i$，则 $A=A|_{W_1}\oplus A|_{W_2}\oplus...\oplus A|_{W_n}=\bigoplus^n_{i=1}(B_i+\lambda_iI)$
由定理 1 可知，幂零变换意味着 $W_i$ 存在某组基，使得 $B_i$ 在该基下都是 Jordan 形矩阵，称对应该基的 $A|_{W_i}$ 为一般线性变换的 Jordan 形。归纳此段讨论为下述定理：
定理 1
设 $A$ 为域 $\mathbb F$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内的一个线性变换，其特征多项式的所有根 $\lambda\in\mathbb F$，则在 $V$ 内存在一组基，使线性变换 $A$ 在这组基下可以表示为如下块对角矩阵：
\begin{equation}
J=\left(\begin{array}{cccc}
J_1 & & & 0 \\
& J_2 & & \\
& & \ddots & \\
0 & & & J_s
\end{array}\right), \quad J_i=\left(\begin{array}{cccc}
\lambda_i & 0 & & 0 \\
1& \lambda_i & & \\
\vdots& 1& \ddots & 0 \\
0 &\cdots &1 & \lambda_i
\end{array}\right)~.
\end{equation}
$A|_{W_i}$ 由若干个 Jordan 块直和而成，每块对应一个本征向量，不同块的本征数量线性无关，因此块数就是几何重数。实数域上不能保证根都在域内，因而线性变换未必有 Jordan 形，而复数域上的线性变换总能表示为该形式。
另一种证明思路
对于具有本征值 $\lambda$ 的线性变换 $A$ 而言，我们有如下基本结论：
\begin{equation}
\begin{aligned}
& \operatorname {ker}B\subseteq \operatorname {ker}B^2\subseteq...\subseteq \operatorname {ker}B^k\\
& \operatorname {Im}B\supseteq \operatorname {Im}B^2\supseteq...\supseteq \operatorname {Im}B^k~,
\end{aligned}
\end{equation}
其中 $B=A-\lambda I$。
在这两个序列中，一旦有两个连续的子空间相等，后续序列中的子空间都相等。
引理 1
设 $ \operatorname {ker}B^k= \operatorname {ker}B^{k+1}$，对于任意 $m>k$，有
\begin{equation}
\operatorname {ker}B^{k+m}= \operatorname {ker}B^{k+m+1},\quad \operatorname {Im}B^{k+m}= \operatorname {Im}B^{k+m+1}~.
\end{equation}
Proof.1
由式 3 知，我们只需要证明 $ \operatorname {ker}B^{k+m+1}\supseteq \operatorname {ker}B^{k+m}$ 即可。设任意 $ \boldsymbol{\mathbf{x}} \in \operatorname {ker}B^{k+m+1}$，则
\begin{equation}
B^{k+m+1} \boldsymbol{\mathbf{x}} =B^{k+1}B^m \boldsymbol{\mathbf{x}} = \boldsymbol{\mathbf{0}} ~,
\end{equation}
因此可知 $B^m \boldsymbol{\mathbf{x}} \in \operatorname {ker}B^{k+1}$。由题设得：$B^{k}B^m \boldsymbol{\mathbf{x}} = \boldsymbol{\mathbf{0}} $，遂 $ \boldsymbol{\mathbf{x}} \in \operatorname {ker}B^{k+m}$，得证。
由于 $V$ 有限维，象空间或者核空间不可能无限 “扩大”，因而满足上述条件的 $k$ 总是存在的。
接下来我们证明：$V= \operatorname {ker}B^k\oplus \operatorname {Im}B^k$，由于 $ \operatorname {dim}V= \operatorname {dim} \operatorname {ker}B^k+ \operatorname {dim} \operatorname {Im}B^k$，因此只需要证明两个子空间无交集即可。
设任意 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} \in \operatorname {ker}B^k\cap \operatorname {Im}B^k$，可令 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} =B^k \boldsymbol{\mathbf{u}} $。则有 $B^k \boldsymbol{\mathbf{v}} =B^2k \boldsymbol{\mathbf{u}} = \boldsymbol{\mathbf{0}} $，则 $ \boldsymbol{\mathbf{u}} \in \operatorname {ker}B^{2k}= \operatorname {B^k}$，那么我们有 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} =B^k \boldsymbol{\mathbf{u}} = \boldsymbol{\mathbf{0}} $，得证。
由于 $B^k$ 与 $A$ 可交换，所以 $ \operatorname {ker}B^k, \operatorname {Im}B^k$ 是 $A$ 的不变子空间。设 $K= \operatorname {ker}B^k,I= \operatorname {Im}B^k$，则有：
\begin{equation}
A=A|_K\oplus A|_I~,
\end{equation}
接下来我们就可以用归纳法证明定理 1 了。依然设 $\lambda$ 为 $A$ 的一个本征值，且 $B=A-\lambda I,n= \operatorname {dim}V$。
维度为 $1$ 时 $A$ 是一阶方阵所以该定理成立。假设定理对维度 $< n$ 的线性空间都成立，只要我们推出对 $n$ 维线性空间 $V$ 成立则得证。由于 $B|_K$ 是幂零变换，因此 $A|_K$ 可化为 Jordan 形，$A|_I$ 由题设也有 Jordan 形，定理得证。
2. Jordan 形的唯一性
当 $A$ 有 Jordan 形时，其对应 $V$ 上的一个幂等变换。因此，只要证明 $B$ 的 Jordan 形是唯一的2，则 $A$ 自然也有唯一的 Jordan 表示。（只改变以不同 $\lambda$ 区分的 Jordan 矩阵顺序视为一种表示。）
$B$ 的 Jordan 形是唯一的，等价于说 $V$ 关于 $B$ 的循环子空间分解方式唯一。用归纳法证明，并设定理对于 $Im B$ 成立。反设不唯一，即：
\begin{equation}
V=V_1\oplus V_2\oplus...\oplus V_k=W_1\oplus W_2\oplus...\oplus W_s~.
\end{equation}
用 $B$ 作用两端后得：
\begin{equation}
\operatorname {Im}B=B(V_1)\oplus B(V_2)\oplus...\oplus B(V_k)=B(W_1)\oplus B(W_2)\oplus...\oplus B(W_s)~.
\end{equation}
由于在像上分解唯一，则上述两种分解之间必然有指定同构。比如：$B(V_r)=B(W_s)$。由维度关系知：$V_r=W_s$
3. Jordan 矩阵的计算方法
1. ^ 参考蓝以中《高等代数简明教程》
2. ^ 该证明引用 Jier Peter 的《代数学基础》