从Roth消去法则到Jordan标准形

doi:10.12677/pm.2026.162047

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从Roth消去法则到Jordan标准形
From Roth’s Removal Rule to Jordan Canonical Form

DOI: 10.12677/pm.2026.162047, PDF, HTML, XML, 科研立项经费支持
作者: 李昊状, 周少玲, 徐涛^*：河北工程大学数理科学与工程学院，河北邯郸；刘合国：海南大学数学与统计学院，海南海口；韦文博：西南交通大学数学学院，四川成都
关键词: Roth消去法则；Jordan标准形；幂零矩阵；Roth’s Removal Rule； Jordan Canonical Form； Nilpotent Matrix

摘要: 本文从Roth消去法则出发，给出了Jordan标准形定理的一个纯矩阵证明。

Abstract: From the Roth’s removal rule, we give a proof of pure matrix for Jordan canonical form theorem.

文章引用：李昊状, 刘合国, 韦文博, 周少玲, 徐涛. 从Roth消去法则到Jordan标准形[J]. 理论数学, 2026, 16(2): 185-193. https://doi.org/10.12677/pm.2026.162047

1. 引言

1952年，Roth在[1]中给出了两个定理，其中一个称为Roth消去法则。

Roth消去法则设 $A$ 和 $B$ 分别是 $m$ 阶和 $n$ 阶方阵， $C$ 是 $m \times n$ 矩阵，矩阵方程

$A X - X B = C$ ,

有解当且仅当分块矩阵 $(\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix})$ 与 $(\begin{matrix} A & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ 相似，其中 $0$ 是零矩阵。

如果 $m \times n$ 矩阵 $X$ 满足矩阵方程

$A X - X B = C$ ,

那么

${(\begin{matrix} I_{m} & - X \\ 0 & I_{n} \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{m} & - X \\ 0 & I_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ ,

其中 $I_{m}$ 和 $I_{n}$ 分别是 $m$ 阶和 $n$ 阶单位矩阵。因此，矩阵方程 $A X - X B = C$ 的求解是至关重要的。

众所周知，Jordan标准形定理是矩阵分析中最重要的结论之一。

Jordan标准形定理设 $A$ 是代数闭域 $F$ 上的 $n$ 阶方阵，则存在 $F$ 上的一个可逆矩阵 $P$ ，使得

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} J_{n_{1}} (λ_{1}) \\ J_{n_{2}} (λ_{2}) \\ ⋱ \\ J_{n_{t}} (λ_{t}) \end{matrix})$ ,

其中Jordan块

$J_{n_{i}} (λ_{i}) = (\begin{matrix} λ_{i} & 1 \\ λ_{i} & 1 \\ ⋱ & ⋱ \\ λ_{i} & 1 \\ λ_{i} \end{matrix})$ .

并且Jordan块 $J_{n_{1}} (λ_{1}), J_{n_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{n_{t}} (λ_{t})$ 除排列顺序外，是由 $A$ 唯一确定的。

Jordan标准形定理有许多经典的证明，见[2]-[4]。本文从Roth消去法则的思路出发，运用纯矩阵的运算，给出了Jordan标准形定理的一个新证明。

$M_{m, n} (F)$ 表示域 $F$ 上所有 $m \times n$ 矩阵的集合，特别地 $M_{n, n} (F)$ 记为 $M_{n} (F)$ ，其他符号都是标准的，参考[3]。

2. 预备知识

定义2.1 设 $A$ 是 $n$ 阶方阵，如果 $A^{r} = 0$ ，但 $A^{r - 1} \neq 0$ ，则称 $A$ 是 $r$ 次幂零矩阵。

引理2.1 设 $F$ 是一个代数闭域， $A$ 是 $F$ 上的 $m$ 次 $m$ 阶幂零矩阵。如果 ${(\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix})}^{m} = 0$ ，则 $(\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix})$ 相似于 $(\begin{matrix} J_{m} (0) & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ 。

证明因为 $A^{m - 1} \neq 0$ ，所以存在域 $F$ 上的列向量 $x$ ，使得 $A^{m - 1} x, A^{m - 2} x, \dots, A x, x$ 线性无关。设 $P = (A^{m - 1} x, A^{m - 2} x, \dots, A x, x)$ ，则

$P^{- 1} A P = J_{m} (0) = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \\ ⋱ & ⋱ \\ 0 & 1 \\ 0 \end{matrix})$ .

因此

${(\begin{matrix} P & 0 \\ 0 & I \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix}) (\begin{matrix} P & 0 \\ 0 & I \end{matrix}) (\begin{matrix} J_{m} (0) & P^{- 1} C \\ 0 & B \end{matrix})$ .

令 $D = P^{- 1} C$ ，只需要证明 $(\begin{matrix} J_{m} (0) & D \\ 0 & B \end{matrix})$ 相似于 $(\begin{matrix} J_{m} (0) & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ 即可。根据Roth消去法则，我们需要证明矩阵方程

$J_{m} (0) X - X B = D$ ,

有解。

设 $X = (\begin{matrix} X_{1} \\ X_{2} \\ ⋮ \\ X_{m - 1} \\ X_{m} \end{matrix})$ ， $D = (\begin{matrix} D_{1} \\ D_{2} \\ ⋮ \\ D_{m - 1} \\ D_{m} \end{matrix})$ ，则矩阵方程 $J_{m} (0) X - X B = D$ 等价于

${\begin{cases} X_{2} - X_{1} B = D_{1}, \\ X_{3} - X_{2} B = D_{2}, \\ ⋮ \\ X_{m} - X_{m - 1} B = D_{m - 1}, \\ - X_{m} B = D_{m}, \end{cases}$

即

${\begin{cases} X_{2} = D_{1} + X_{1} B, \\ X_{3} = D_{2} + X_{2} B = D_{2} + D_{1} B + X_{1} B^{2}, \\ X_{4} = D_{3} + X_{3} B = D_{3} + D_{2} B + D_{1} B^{2} + X_{1} B^{3}, \\ ⋮ \\ X_{m} = D_{m - 1} + X_{m - 1} B, \\ - X_{m} B = D_{m} . \end{cases}$

下面证明 $X_{m} = D_{m - 1} + X_{m - 1} B$ 等价于 $- X_{m} B = D_{m}$ 。注意到

$X_{m} = D_{m - 1} + X_{m - 1} B = D_{m - 1} + D_{m - 2} B + \dots + D_{1} B^{m - 2} + X_{1} B^{m - 1}$ ,

因此有

$X_{m} B = D_{m - 1} B + D_{m - 2} B^{2} + \dots + D_{1} B^{m - 1} + X_{1} B^{m}$ .

另一方面，因为 ${(\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix})}^{m} = 0$ ，所以 ${(\begin{matrix} J_{m} (0) & D \\ 0 & B \end{matrix})}^{m} = 0$ ，于是

$J_{m} {(0)}^{m - 1} D + J_{m} {(0)}^{m - 2} D B + \dots + J_{m} (0) D B^{m - 2} + D B^{m - 1} = 0$ , $B^{m} = 0$ .

不难验证

$J_{m} {(0)}^{m - 1} D + J_{m} {(0)}^{m - 2} D B + \dots + J_{m} (0) D B^{m - 2} + D B^{m - 1}$ ,

的第一行是

$D_{m} + D_{m - 1} B + D_{m - 2} B^{2} + \dots + D_{1} B^{m - 1}$ ,

从而有

$D_{m} + D_{m - 1} B + D_{m - 2} B^{2} + \dots + D_{1} B^{m - 1} = 0$ .

因此 $X_{m} B = - D_{m} + X_{1} B^{m}$ ，从而有 $- X_{m} B = D_{m}$ 。

所以原方程等价于

${\begin{cases} X_{2} = D_{1} + X_{1} B, \\ X_{3} = D_{2} + D_{1} B + X_{1} B^{2}, \\ X_{4} = D_{3} + D_{2} B + D_{1} B^{2} + X_{1} B^{3}, \\ ⋮ \\ X_{m} = D_{m - 1} + D_{m - 2} B + \dots + D_{1} B^{m - 2} + X_{1} B^{m - 1} . \end{cases}$

令 $X_{1} = 0$ ，则

$X = (\begin{matrix} 0 \\ D_{1} \\ ⋮ \\ D_{m - 1} + D_{m - 2} B + \dots + D_{1} B^{m - 2} + X_{1} B^{m - 1} \end{matrix})$ .

证毕。

引理2.2 设 $A$ 是代数闭域 $F$ 上的 $m$ 次 $n$ 阶幂零矩阵，则存在 $F$ 上的一个可逆矩阵 $P$ ，使得

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} J_{m} (0) \\ J_{m_{1}} (0) \\ ⋱ \\ J_{m_{s}} (0) \end{matrix})$ ,

并且Jordan块 $J_{m} (0), J_{m_{1}} (0), \dots, J_{m_{s}} (0)$ 除排列顺序外，是由 $A$ 唯一确定的。

证存在一个列向量 $x$ ，使得 $A^{m - 1} x, A^{m - 2} x, \dots, A x, x$ 线性无关。构造 $n$ 阶可逆矩阵

$Q = (A^{m - 1} x, A^{m - 2} x, \dots, A x, x, x_{m + 1}, \dots, x_{n})$ ,

则

$Q^{- 1} A Q = (\begin{matrix} J_{m} (0) & C \\ 0 & B \end{matrix})$ ,

其中 $B$ 是 $n - m$ 阶方阵， $C$ 是 $m \times (n - m)$ 矩阵。由引理2.1可得，存在 $F$ 上的一个可逆矩阵 $R$ ，使得

$R^{- 1} (\begin{matrix} J_{m} (0) & C \\ 0 & B \end{matrix}) R = (\begin{matrix} J_{m} (0) & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ .

因此

$R^{- 1} Q^{- 1} A Q R = (\begin{matrix} J_{m} (0) & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ ,

其中 $B$ 是幂零矩阵。由归纳可知，在 $F$ 上存在一个可逆矩阵 $P$ ，使得

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} J_{m} (0) \\ J_{m_{1}} (0) \\ ⋱ \\ J_{m_{s}} (0) \end{matrix})$ .

下证唯一性。设存在一个可逆矩阵 $S$ ，使得

$S^{- 1} A S = (\begin{matrix} U_{k_{1}} (0) \\ U_{k_{2}} (0) \\ ⋱ \\ U_{k_{t}} (0) \end{matrix})$ ,

则

$P^{- 1} A^{m - 1} P = (\begin{matrix} J_{m} {(0)}^{m - 1} \\ J_{m_{1}} {(0)}^{m - 1} \\ ⋱ \\ J_{m_{s}} {(0)}^{m - 1} \end{matrix})$ ,

$S^{- 1} A^{m - 1} S = (\begin{matrix} U_{k_{1}} {(0)}^{m - 1} \\ U_{k_{2}} {(0)}^{m - 1} \\ ⋱ \\ U_{k_{t}} {(0)}^{m - 1} \end{matrix})$ .

注意到 $r a n k (P^{- 1} A^{m - 1} P) = r a n k (S^{- 1} A^{m - 1} S)$ ，可以得到 $J_{m} (0), J_{m_{1}} (0), \dots, J_{m_{s}} (0)$ 与 $U_{k_{1}} (0), U_{k_{2}} (0), \dots, U_{k_{t}} (0)$ 中的 $m$ 阶方阵个数相同。类似地，由于 $r a n k (P^{- 1} A^{m - 2} P) = r a n k (S^{- 1} A^{m - 2} S)$ ，得到 $J_{m} (0), J_{m_{1}} (0), \dots, J_{m_{s}} (0)$ 与 $U_{k_{1}} (0), U_{k_{2}} (0), \dots, U_{k_{t}} (0)$ 中的 $m - 1$ 阶方阵个数相同。依次类推，得到 $J_{m} (0), J_{m_{1}} (0), \dots, J_{m_{s}} (0)$ 与 $U_{k_{1}} (0), U_{k_{2}} (0), \dots, U_{k_{t}} (0)$ 中的 $i$ 阶方阵个数相同，其中 $1 \leq i \leq m$ 。因此Jordan块 $J_{m} (0), J_{m_{1}} (0), \dots, J_{m_{s}} (0)$ 与Jordan块 $U_{k_{1}} (0), U_{k_{2}} (0), \dots, U_{k_{t}} (0)$ 除排列顺序外是相同的。

引理2.3 设 $A$ 和 $B$ 分别是代数闭域 $F$ 上的 $m$ 阶幂零矩阵、 $n$ 阶可逆矩阵，则 $(\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix})$ 相似于 $(\begin{matrix} A & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ 。

证定义 $M_{m, n} (F)$ 上的变换

$α (X) = A X - X B$ ,

显然， $α$ 是一个线性变换。

下面证明 $α$ 是满射。令 $C \in M_{m, n} (F)$ ，如果 $A X - X B = C$ ，则 $A X = C + X B$ 。由此得到

$A^{2} X = A C + A X B = A C + (C + X B) B = A C + C B + X B^{2}$ ,

$A^{3} X = A (A^{2} X) = A (A C + C B + X B^{2}) = A^{2} C + A C B + C B^{2} + X B^{3}$ ,

$⋮$

$A^{n} X = A^{n - 1} C + A^{n - 2} C B + \dots + A C B^{n - 2} + C B^{n - 1} + X B^{n}$ .

设 $B$ 的特征多项式为

$p_{B} (λ) = \det (λ I_{n} - B) = λ^{n} + a_{1} λ^{n - 1} + \dots + a_{n - 1} λ + a_{n}$ ,

则

$\begin{matrix} p_{B} (A) X = (A^{n - 1} C + A^{n - 2} C B + \dots + A C B^{n - 2} + C B^{n - 1}) + \dots \\ + a_{n - 2} (A C + C B) + a_{n - 1} C + X p_{B} (B) \\ = (A^{n - 1} C + A^{n - 2} C B + \dots + A C B^{n - 2} + C B^{n - 1}) + \dots \\ + a_{n - 2} (A C + C B) + a_{n - 1} C . \end{matrix}$

因为 $p_{A} (λ)$ 与 $p_{B} (λ)$ 互素，所以存在多项式 $u (λ)$ 和 $v (λ)$ ，使得

$u (λ) p_{A} (λ) + v (λ) p_{B} (λ) = 1$ ,

从而

$u (A) p_{A} (A) + v (A) p_{B} (A) = I$ .

根据Cayley-Hamilton定理，可得

$v (A) p_{B} (A) = I$ .

注意到

$\begin{matrix} v (A) p_{B} (A) X = v (A) (A^{n - 1} C + A^{n - 2} C B + \dots + A C B^{n - 2} + C B^{n - 1}) \\ + \dots + a_{n - 2} v (A) (A C + C B) + a_{n - 1} v (A) C, \end{matrix}$

所以

$\begin{matrix} X = v (A) (A^{n - 1} C + A^{n - 2} C B + \dots + A C B^{n - 2} + C B^{n - 1}) + \dots \\ + a_{n - 2} v (A) (A C + C B) + a_{n - 1} v (A) C . \end{matrix}$

因此 $α$ 是满射，这也表明矩阵方程 $A X - X B = C$ 有解。根据Roth消去法则可知， $(\begin{matrix} A & C \\ 0 & B \end{matrix})$ 与 $(\begin{matrix} A & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ 相似。

3. 证明

Jordan标准形定理的证明用 $r$ 表示满足 $r a n k A^{r}$ $= r a n k A^{r + 1}$ 的最小正整数。设线性方程组 $A^{r} X = 0$ 的基础解系为 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{m}$ ，则 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{m}$ 线性无关。构造 $n$ 阶可逆矩阵

$Q = (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{m}, X_{m + 1}, \dots, X_{n})$ .

注意到 $s p a n (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{m})$ 是 $A$ 的不变子空间，有

$Q^{- 1} A Q = (\begin{matrix} N & C \\ 0 & B \end{matrix})$ ,

其中 $N$ 是 $m$ 阶方阵， $B$ 是 $n - m$ 阶方阵， $C$ 是 $m \times (n - m)$ 矩阵。因此

$Q^{- 1} A^{r} Q = (\begin{matrix} N^{r} & * \\ 0 & B^{r} \end{matrix})$ .

从 $Q$ 的构造可知 $N^{r} = 0$ 。因此 $N$ 是幂零矩阵， $B$ 是可逆矩阵。根据引理2.3，存在 $F$ 上的可逆矩阵 $P_{1}$ ，使得

$P_{1}^{- 1} A P_{1} = (\begin{matrix} N & 0 \\ 0 & B \end{matrix})$ .

由引理2.2知，存在 $F$ 上的可逆矩阵 $P_{2}$ ，使得

$P_{2}^{- 1} N P_{2} = (\begin{matrix} J_{n_{1}} (0) \\ J_{n_{2}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{l}} (0) \end{matrix})$ ,

且Jordan块 $J_{n_{1}} (0), J_{n_{2}} (0), \dots, J_{n_{l}} (0)$ 除排列顺序外，是由 $N$ 唯一确定的。因此

$\begin{matrix} A_{1} = {(\begin{matrix} P_{2} & 0 \\ 0 & I_{n - m} \end{matrix})}^{- 1} P_{1}^{- 1} A P_{1} (\begin{matrix} P_{2} & 0 \\ 0 & I_{n - m} \end{matrix}) \\ = {(\begin{matrix} P_{2} & 0 \\ 0 & I_{n - m} \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} N & 0 \\ 0 & B \end{matrix}) (\begin{matrix} P_{2} & 0 \\ 0 & I_{n - m} \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} P_{2}^{- 1} N P_{2} & 0 \\ 0 & B \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} J_{n_{1}} (0) \\ J_{n_{2}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{l}} (0) \\ B \end{matrix}) . \end{matrix}$

选取 $B$ 的特征值 $λ$ ，存在 $F$ 上的可逆矩阵 $P_{3}$ ，使得

$P_{3}^{- 1} (B - λ I_{n - m}) P_{3} = (\begin{matrix} N_{1} & 0 \\ 0 & B_{1} \end{matrix})$ ,

其中 $N_{1}$ 是幂零矩阵， $B_{1}$ 是可逆矩阵。因此

$\begin{matrix} A_{2} = {(\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix})}^{- 1} A_{1} (\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix}) \\ = {(\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} J_{n_{1}} (0) \\ J_{n_{2}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{l}} (0) \\ B \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} J_{n_{1}} (0) \\ J_{n_{2}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{l}} (0) \\ P_{3}^{- 1} B P_{3} \end{matrix}) \end{matrix}$

$= (\begin{matrix} J_{n_{1}} (0) \\ J_{n_{2}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{l}} (0) \\ N_{1} + λ I \\ B_{1} + λ I \end{matrix}) .$

由引理2.2知，存在 $F$ 上的可逆矩阵 $P_{4}$ ，使得

$P_{4}^{- 1} N_{1} P_{4} =$ $(\begin{matrix} J_{n_{l + 1}} (0) \\ J_{n_{l + 2}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{s}} (0) \end{matrix})$ ,

且Jordan块 $J_{n_{l + 1}} (0), J_{n_{l + 2}} (0), \dots, J_{n_{s}} (0)$ 除排列顺序外，是由 $N_{1}$ 唯一确定的。令

$P_{5} = P_{1} (\begin{matrix} P_{2} & 0 \\ 0 & I_{n - m} \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{m} \\ P_{4} \\ I \end{matrix})$ ,

则

$\begin{matrix} P_{5}^{- 1} A P_{5} = {(\begin{matrix} I_{m} \\ P_{4} \\ I \end{matrix})}^{- 1} {(\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix})}^{- 1} A_{1} (\begin{matrix} I_{m} & 0 \\ 0 & P_{3} \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{m} \\ P_{4} \\ I \end{matrix}) \\ = {(\begin{matrix} I_{m} \\ P_{4} \\ I \end{matrix})}^{- 1} A_{2} (\begin{matrix} I_{m} \\ P_{4} \\ I \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} J_{n_{1}} (0) \\ ⋱ \\ J_{n_{l}} (0) \\ J_{n_{l + 1}} (0) + λ I \\ ⋱ \\ J_{n_{s}} (0) + λ I \\ B_{1} + λ I \end{matrix}) . \end{matrix}$

归纳可知，存在 $F$ 上的可逆矩阵 $P$ ，使得

$P^{- 1} A P = (\begin{matrix} J_{n_{1}} (λ_{1}) \\ J_{n_{2}} (λ_{2}) \\ ⋱ \\ J_{n_{t}} (λ_{t}) \end{matrix})$ ,

且Jordan块 $J_{n_{1}} (λ_{1}), J_{n_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{n_{t}} (λ_{t})$ 除排列顺序外，是由 $A$ 唯一确定的。证毕。

基金项目

河北省自然科学基金资助项目(A2022402002)。

NOTES

^*通讯作者。

参考文献

[1]	Roth, W.E. (1952) The Equations AX − YB = C and AX − XB = C in Matrices. Proceedings of the American Mathematical Society, 3, 392-396. [Google Scholar] [CrossRef]
[2]	王萼芳, 石生明. 高等代数[M]. 第3版. 北京: 高等教育出版社, 2003.
[3]	Horn, R.A. and Johnson, C.R. (2004) Matrix Analysis. Cambridge University Press.
[4]	Jacobson, N. (1953) Lectures in Abstract Algebra Volume II: Linear Algebra. Springer-Verlag.

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