设矩阵$A, B \in F^{m \times n}$，则以下表述等价：
(1) $A$与$B$相抵；
(2) 存在可逆矩阵$P \in F^{m \times m}$和$Q \in F^{n \times n}$使得$A = PBQ$；
(3) 矩阵$A$与$B$均可通过有限次初等行列变换得到同一个矩阵；
(4) $\text{rank}(A) = \text{rank}(B)$.
设$A \in \mathbb{C}^{m \times n}, B \in \mathbb{C}^{n \times p}$，证明：
\[\text{rank}(A) + \text{rank}(B) - n \leq \text{rank}(AB) \leq \min(\text{rank}(A), \text{rank}(B)).\]
设$A \in \mathbb{C}^{m \times n}_r(r > 0)$，则存在列满秩矩阵$B$和行满秩矩阵$C$使得$A = BC$。
令 \(A = [a_1, \cdots, a_n]\)，则有 \(R(A) = \operatorname{span}(a_1, \cdots, a_n)\) 且 \(\operatorname{rank}(A) = \operatorname{dim}(R(A))\)，其中 \(a_i \in \mathbb{C}^m, i = 1, \cdots, n\)。任取 \(R(A)\) 的一组基，则 \(a_i\) 必可由基 \(b_1, \cdots, b_r\) 线性表示，即
矩阵\(A \in \mathbb{C}^{m \times n}(r > 0)\) 有右逆（即存在矩阵 \(B\) 使得 \(AB = I\)）的充分必要条件是 \(A\) 为行满秩矩阵；矩阵 \(A\) 有左逆（即存在矩阵 \(B\) 使得 \(BA = I\)）的充分必要条件是 \(A\) 为列满秩矩阵。
证明有$A \in \mathbb{C}^{m \times n}$ 有右逆 $\Leftrightarrow \exists B \in \mathbb{C}^{n \times m}, A_{m \times n} B_{n \times m} = I_{m}$
充分性. $\operatorname{rank}(A)= m \Rightarrow AB = I$.
对$A$进行相抵分解, 即$A = P_{m \times m} [I_m, 0]Q_{n \times n}$, 可取$B = Q^{-1} [I_m, 0]^T P^{-1}$, 显然$AB = I$.
必要性. $AB = I \Rightarrow \operatorname{rank}(A) = m$.
$\operatorname{rank}(A) \geq rank(AB) = m$, 显然$A$是满秩的.
{注}:
当 \(A\) 为可逆矩阵时，其右（左）逆唯一存在，即为 \(A\) 的逆矩阵；
当 \(A\) 为行（列）满秩矩阵（非可逆阵）时，其右（左）逆存在且不唯一；
当 \(A\) 为其它情况时，其右（左）逆不存在。
(1) $\text{rank}(A) = \text{rank}(A^H A)$。
(2) $\text{rank}(A^H) = \text{rank}(A A^H)$。
(3) $\text{rank}(A) = \text{rank}(A^H A) = \text{rank}(A A^H) = \text{rank}(A^H) = \text{rank}(A^H)$。
$\forall x \in \mathbb{C}^n, Ax = 0 \rightarrow A^HAx = 0$显然成立.
$\forall x \in \mathbb{C}^n, A^HAx = 0 \rightarrow x^HA^HAx = 0 \rightarrow (Ax)^H(Ax) = 0 \rightarrow Ax = 0$.
所以$N(A) = N(A^HA)$, 根据 秩-零化度定理 , $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A^HA)$. 又由于 $N(A) + R(A^H ) = \mathbb{C}^n$, 所以 $R(A^H) = R(A^HA)$. 令 $A = A^H$, 则有 $R(A) = R(AA^H)$.
显然有 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(AA^H) = \operatorname{rank}(A^H) = \operatorname{rank}(A^H A)$.
设$A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$是非奇异矩阵，则存在唯一的单位下三角矩阵$L$和上三角矩阵$U$使得$A = LU$成立的充分必要条件是$A$的所有顺序主子式均非零，即
\[\Delta_i(A) = \left| \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1i} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2i} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i1} & a_{i2} & \cdots & a_{ii} \end{array} \right| \neq 0, \quad i = 1, \cdots, n\]
见教材P79.
{注}:
设$A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$是非奇异矩阵，则存在唯一的单位下三角矩阵$L$，对角矩阵$D$和单位上三角矩阵$U$使得$A = LDU$成立的充分必要条件是$A$的所有顺序主子式均非零，即
\[\Delta_i(A) = \left| \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1i} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2i} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i1} & a_{i2} & \cdots & a_{ii} \end{array} \right| \neq 0, \quad i = 1, \cdots, n\]分解式$A = LDU$称为矩阵$A$的LDU分解。
{注}:
设$A = [a_{ij}] \in \mathbb{C}^{n \times n}$是非奇异矩阵，则存在排列矩阵$P$使得$PA$的所有顺序主子式均非零。
若$n$阶实对称矩阵$A$是正定的，则存在唯一的正上三角矩阵$R$使得$A = R^{\top} R$。
由于矩阵$A$是正定的，故其所有顺序主子式均大于0。则$A$可以进行$LDU$分解，即$A = LDU$。由于$A$是实对称矩阵，即$A^\top = U^\top DL^\top = LDU$，由分解的唯一性可得$L = U^{\top}$，则有$A = U^{\top} DU$。令$R ^\top = U^{\top} \sqrt{D}$，则有$A = R^{\top} R$。
唯一性。
假设存在另一正上三角矩阵 $R'$使得$A = R'^{\top} R'$，由于 $R$为正上三角矩阵，则可令 $R'^\top = U'^\top \sqrt[]{D'}$, 则 $A = U'^\top D'U'$, 由分解的唯一性可得 $U = U'$, $D = D'$, 即 $R = R'$。
若复方阵$A$可分解为$A = QR$，其中$Q$为酉矩阵，$R$为上三角矩阵，则称矩阵$A$可作$QR$分解（或酉三角分解）。若分解式$A = QR$中，矩阵$A$是实方阵，$Q$为正交矩阵，$R$为上三角矩阵，此时称分解式$A = QR$为正交三角分解。
若实方阵$A$满秩，则存在正交矩阵$Q$及正线上三角矩阵$R$满足$A = QR$且分解唯一。
记为 \(A = [a_1, \cdots, a_n]\)，则向量组 \(a_1, \cdots, a_n\) 是 \(\mathbb{R}^n\) 空间的一组基。由 Gram-Schmidt 正交化方法知，根据基 \(a_1, \cdots, a_n\) 可构造出 \(\mathbb{R}^n\) 的一组标准正交基 \(z_1, \cdots, z_n\)，且这两组基有如下关系：
{注}:
设 $A = \begin{bmatrix} 3& 0\\ 0& 1\\ 4& 0 \end{bmatrix}$，对$A$可进行两种$QR$分解，如下
设复方阵$A$可逆，则存在酉矩阵$U$及正线上三角矩阵$R$满足$A = UR$且分解唯一。
任意$n$阶复方矩阵\(A\)相似于上三角矩阵\(\Lambda\)，即存在可逆矩阵\(P\)使得\(A = P^{-1}\Lambda P\)为上三角矩阵，其中上三角矩阵\(\Lambda\)的对角元素是矩阵\(A\)的特征值。
采用数学归纳法证明存在 \(m\) 个可逆矩阵 \(P_1, \cdots, P_m\) 使得
当\(m = 1\)时，令$\lambda_1$为一个特征值，$\eta _1$为对应的特征向量。令利用基的扩充定理找到$\mathbb{C}^n$的一组基并构成列向量，即令$P=[\eta _1, \cdots , \eta _n]$，则有$AP = A[\eta _1, \cdots , \eta _n]=[\lambda _1\eta _1, \cdots , A\eta _n]$，即有
由于$A$与$P^{-1}AP$相似，有\(A_1 \in \mathbb{C}^{(n-1) \times (n-1)}\) 的特征值为 \(\lambda_2, \cdots, \lambda_n\)。
假设当 \(m = k \in \{1, \cdots, n-2\}\) 时存在可逆矩阵 \(P_1, \cdots, P_k\) 使得
当 \(m = k+1\) 时，仿照 \(P_1\) 构造方法知，存在 \(n-k\) 阶矩阵 \(V_{k+1}\) 使得
定义 \(P_{k+1} = \left[\begin{array}{cc} I_k & O \\ O & V_{k+1} \end{array}\right]\) ，则有
因此，存在 \(n-1\) 个可逆矩阵 \(P_1, \cdots, P_{n-1}\) 使得
记 \(P = P_1 \cdots P_{n-1}\) ，则上式右端为上三角矩阵。证毕。
{注}：
当$m=1$时，一定可以找到特征值的原因是根据代数基本定理，但是在实数域中不一定成立。
代数基本定理：任何复系数一元$n$次多项式 方程在复数域上至少有一根($n \geq 1$)，由此推出，$n$次复系数多项式方程在复数域内有且只有$n$个根（重根按重数计算）。
这里数域为$\mathbb{C}$，因为实数域中矩阵可能没有特征值。
设$A \in \mathbb{R}^{n \times n}$的特征值均为实数，则存在正交矩阵$Q$使得
证明可由定理3.5.1显然得到。
任意复方阵$A$酉相似于上三角矩阵$\Lambda$，即存在一酉矩阵$U$使得$\Lambda = U^{\text{H}} AU$为上三角矩阵。
只需要对定理3.5.1中的$P$进行$QR$分解即可得到。
若矩阵$A, B$均为上三角矩阵，则矩阵$A \pm B, AB, A^{-1}$也为上三角矩阵。
$A+B$显然是上三角的。
下面证明$AB$和$A^{-1}$是上三角的。
$c_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}$，当$i > j$时，$c_{ij} = 0$，故$C$为上三角矩阵。
当$A$为上三角时，$A_{ij} = 0, \forall i < j$
设$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，$\varphi(\lambda) = a_n \lambda^n + a_{n-1} \lambda^{n-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0$，其中$a_i \in \mathbb{C}$（$i = 0, 1, \cdots, n$）是数域$\mathbb{C}$上的多项式，则
称为矩阵多项式。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的$n$个特征值为$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$，$\varphi(\lambda)$为任一多项式，则矩阵多项式$\varphi(A)$的$n$个特征值为$\varphi(\lambda_1), \cdots, \varphi(\lambda_n)$。
根据定理3.5.2，存在一酉矩阵$U$使得$U^H A U = \Lambda$，其中$\Lambda$为上三角矩阵，其对角线元素为矩阵$A$的特征值，记为$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$。注意到
式中：上三角矩阵$\varphi(\Lambda)$的对角线元素为$\varphi(\lambda_1), \cdots, \varphi(\lambda_n)$。由于$\varphi(A)$酉相似于上三角矩阵$\varphi(\Lambda)$，故矩阵多项式$\varphi(A)$的$n$个特征值为$\varphi(\lambda_1), \cdots, \varphi(\lambda_n)$。证毕。
{注}：
由于对$A$的属于$\lambda _1$的特征向量$\alpha _1$，有$A^k\alpha _1 = \lambda^k _1 \alpha _1, k=1, \cdots, n$，则
显然有$n$阶矩阵$A$的属于特征值$\lambda_i$的特征向量$\alpha_i$也是$\varphi(A)$的属于特征值$\varphi(\lambda_i)$的特征向量。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的特征多项式为$f_A(\lambda) = \det(\lambda I - A)$，则 $f_A(A) = 0$。
设矩阵$A$的特征多项式为$f_A(\lambda) = \lambda ^n + a_{n-1}\lambda ^{n-1} + \cdots + a_0$。由定理3.5.2知，存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \Lambda$，其中$\Lambda$为上三角矩阵，其对角元素为$\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$。则矩阵多项式$f(A)$可写成
设复方阵$A$可逆，其特征多项式为$f_A(\lambda) = \lambda^n + a_{n-1} \lambda^{n-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0$，则矩阵$A$的逆矩阵计算公式为
\[A^{-1} = -\frac{1}{a_n} \left( A^{n-1} + a_{n-1} A^{n-2} + \cdots + a_1 I \right)\]
{注}: 该结论说明，矩阵$A$的逆矩阵可以通过低阶矩阵表示。
给定复方阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，若存在多项式$g(\lambda)$使得$g(A) = 0$，则称$g(\lambda)$为$A$的零化多项式。
设复方阵$A$的零化多项式中次数最小的首1多项式称为$A$的最小多项式，记为$m_A(\lambda)$。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，则
- 矩阵$A$的最小多项式$m_A(\lambda)$是唯一的，且可整除$A$的任一零化多项式，特别地，有$m_A(\lambda) \mid f_A(\lambda)$。
- 矩阵$A$的特征多项式$f_A(\lambda)$与最小多项式$m_A(\lambda)$具有相同的根（不计重数）。
(1) 对任意多项式 \(g(\lambda)\) 和 \(h(\lambda)\)，必存在多项式 \(q(\lambda)\) 以及多项式 \(r(\lambda)\) 使得
式中：\(r(\lambda) = 0\) 或 \(\deg[r(\lambda)] < \deg[h(\lambda)]\)。该结论可由多项式除法定理得到，把 \(g(\lambda)\) 除以 \(h(\lambda)\) 得到商 \(q(\lambda)\) 和余式 \(r(\lambda)\)。
若 \(g(\lambda)\) 和 \(h(\lambda)\) 分别定义为矩阵的特征多项式 \(f_A(\lambda)\) 和最小多项式 \(m_A(\lambda)\)，则代入上式得 \(f_A(\lambda) = m_A(\lambda) q(\lambda) + r(\lambda)\)，则有$f_A(A)= m_A(A)g(A) + r(A) = 0$，得\(r(A) = 0\)。
现在说明$r(\lambda ) = 0$。若$r(\lambda) \neq 0$，则存在一个次数更低的多项式\(r(\lambda)\)使得\(r(A) = 0\)，与\(m_A(\lambda)\)为最小多项式矛盾，故\(r(\lambda) = 0, f_A(\lambda) = m_A(\lambda) q(\lambda)\)，即\(m_A(\lambda) \mid f_A(\lambda)\)。
下面说明\(m_A(\lambda)\) 是唯一的。
若存在另一多项式 \(m'_A(\lambda)\) 使得 \(m'_A(\lambda) \mid f_A(\lambda)\)，则必然有 \(\deg m'_A(\lambda) = \deg m_A(\lambda)\)，则$(m'_A(\lambda) - m_A(\lambda ))$也必然是零化多项式且 $\deg (m'_A(\lambda) - m_A(\lambda )) < \deg m_A(\lambda )$，与已知矛盾，故 \(m_A(\lambda)\) 是唯一的。
(2) $m_A(\lambda )$的根显然一定是$f_A(\lambda )$的根，下面说明 $f_A(\lambda )$的根也是$m_A(\lambda )$的根。
设 \(\lambda_i\) 是矩阵 \(A\) 的特征值，\(x_i\) 是属于 \(\lambda_i\) 的特征向量。根据推论3.5.1知，\(m_A(\lambda_i)\) 是矩阵多项式 \(m_A(A)\) 的特征值，且 \(x_i\) 是属于 \(m_A(A)\) 的特征向量，即
由于 \(m_A(A)\) 是矩阵 \(A\) 的零化多项式，故 \(m_A(A) = 0\)，进而有 \(m_A(\lambda_i) x_i = 0\)。又知 \(x_i\) 是非零向量，故 \(m_A(\lambda_i) = 0\)，即$f_A(\lambda )$的根也是$m_A(\lambda )$的根。证毕。
若$n$阶复方阵$A$相似于对角矩阵，则矩阵$A$称为可对角化矩阵（或单纯矩阵）。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的全部互异特征根为$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$（其中$m \leqslant n$），则以下表达等价：
- $A$是单纯矩阵
- $A$有$n$个线性无关的特征向量
- 特征值$\lambda_i$($i=1, \cdots, m$)的代数重数等于其几何重数
- $\sum_{i=1}^{m} \operatorname{dim} E(\lambda_i) = n$
- 最小多项式$m_A(\lambda)$无重根
(1)~(4)根据实矩阵可对角化条件推广而得。
下面证明(5)。
(1) $\Rightarrow$ (5).
由于矩阵 \(A\) 是单纯矩阵，所以存在一个可逆矩阵 \(P\) 使得 \(P^{-1}AP = \Lambda\)，其中$\Lambda$是对角矩阵。
设$\lambda _1, \cdots, \lambda _m$为互异特征值，$d_i$代表重数\((\sum_{i=1}^{m}d_i = n)\)，考虑如下矩阵多项式
下面考察矩阵矩阵$B$。
故$g(A) = 0$，所以$g(\lambda )$为最小多项式，且无重根。
(5) $\Rightarrow$ (4).
设矩阵 $A$ 的最小多项式为 $m_A(\lambda) = (\lambda - \lambda_1) \cdots (\lambda - \lambda_m)$, 则
由矩阵秩乘积的推论有:
则有：
由于 $m$ 个特征子空间的和空间是 $\mathbb{C}^n$ 空间的线性子空间, 因此$\sum_{i=1}^m \operatorname{dim} E(\lambda_i) = n$. 证毕.
若复方阵$A$的零化多项式$g(\lambda)$无重根，则矩阵$A$是单纯矩阵。
若$n$阶复方阵$A$恰好有$n$个互异特征值，则它必可对角化；反之则不然。
{注}：上述两个推论仅是复方阵$A$为单纯矩阵的充分条件而非必要条件。
设存在酉矩阵 $U$ 使得 $U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$。则$A$的不同特征值的特征子空间正交。
令 $U = [u_1, \cdots, u_n]$，则有
显然有 $Au_i = \lambda_i u_i$，即 $u_i$ 是属于 $\lambda_i$ 的特征向量。对于酉矩阵，其列向量$u_i, u_j$两两正交。
考察特征子空间
由于$u_i, u_j$两两正交，故$E(\lambda_i)$与$E(\lambda_j)$正交。证毕。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，则$A$是Hermite矩阵当且仅当$A$的所有特征值$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$为实数，且存在酉矩阵$U \in \mathbb{C}^{n \times n}$使得$U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$。
充分性。
若$A$的所有特征值$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$为实数，且存在酉矩阵$U \in \mathbb{C}^{n \times n}$使得$U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$，对其两端取共轭转置有$U^H A^H U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n) = U^H A U$，则$A = A^H$，故$A$是Hermite矩阵。
必要性。
若$A$是Hermite矩阵，由Schur定理可得$A$酉相似于上三角矩阵，即存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \Lambda$，其中$\Lambda$对角线元素为$A$的特征值。对其两端取共轭转置有 $U^H A^H U = \overline{\Lambda } = U^H A U = \Lambda$，则有$A$的特征值为实数。证毕。
设矩阵$A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，则$A$是实对称矩阵当且仅当$A$的所有特征值$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$为实数，且存在正交矩阵$Q \in \mathbb{R}^{n \times n}$使得$Q^{\top} A Q = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，若$A^H A = A A^H$，则称$A$为正规矩阵（或规范矩阵）。
复方阵$A$是正规矩阵当且仅当$A$酉相似于对角矩阵，即$A^H A = A A^H$当且仅当存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$。
充分性。
由 $U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$ $\Rightarrow$ $A^H A = A A^H$ 。
若存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$，则有$A^H A = U^H \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n) \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n) U = U^H \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)^2 U = U^H \operatorname{diag}(\lambda_1^2, \cdots, \lambda_n^2) U = A A^H$，故$A$是正规矩阵。
必要性。
由 $A^H A = A A^H$ $\Rightarrow$ $U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$。
由定理3.6.3可得$A$酉相似于上三角矩阵，即存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \Lambda$，其中$\Lambda$为上三角矩阵。则有
令
则
根据上式左右两端矩阵对角线元素相等，得
依次求解得 \(a_{12} = \cdots = a_{1 n} = 0, a_{23} = \cdots = a_{2 n} = 0, \cdots, a_{(n-1) n} = 0\)。由此，上三角矩阵 \(\Lambda\) 退化为对角矩阵，即 \(A\) 酉相似于对角矩阵 \(\Lambda\)。
复方阵$A$是正规矩阵当且仅当$A$有$n$个特征向量构成$\mathbb{C}^n$空间的一组标准正交基，且属于$A$的不同特征值的特征向量正交。
实方阵$A$是正交矩阵当且仅当$A$的所有特征值的模值为1，且存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$，其中$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$是$A$的$n$个特征值。
充分性。
由$A =U \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n) U^H$，有
必要性。
由于正交矩阵为正规矩阵，其必然可以酉相似对角化。现在证明其特征值的模值为1。
设$\lambda$是矩阵$A$的特征值，$x$是属于特征值$\lambda$的特征向量，则有$Ax = \lambda x$。进一步，
又知$A$是正交矩阵，故$A^H A = I$。上式可进一步改写为
由于特征向量$x$为非零向量，故$x^H x \neq 0$。因此，$\|\lambda\|^2 = 1$，即$\|\lambda\| = 1$。
{注}：由于正交矩阵的特征值不一定为实数，所以这里只能说明其模值为1和存在酉矩阵对角化。
设矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，则$A$是酉矩阵当且仅当$A$的所有特征值的模为1，且存在酉矩阵$U$使得$U^H A U = \operatorname{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$，其中$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$是$A$的$n$个特征值。
设$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$是正规矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的$m$个互异特征值，其代数重数分别为$d_1, \cdots, d_m$且$d_1 + \cdots + d_m = n$。矩阵$A$的谱分解式为
$$A = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_j$$式中：$E_j = \sum_{i=1}^{d_j} u_{ji} u_{ji}^H, j = 1, \cdots, m$，称为矩阵$A$的谱阵，$u_{j1}, \cdots, u_{jd_j}$是属于特征值$\lambda_j$的$d_j$个单位正交的特征向量。
设正规矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$有谱分解式$A = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_j$，其中，$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$是$A$的$m$个互异特征值，$E_1, \cdots, E_m$是$A$的$m$个谱阵，则对任意$i, j = 1, \cdots, m$且$i \neq j$，有性质
(1) $E_j = E_j^H = (E_j)^2$;
(2) $E_i E_j = O$;
(3) $E_i A = A E_i = \lambda_i E_i$;
(4) $\sum_{k=1}^{m} E_k = I$;
(5) 谱阵集合$\{E_1, \cdots, E_m\}$唯一。
(1) 用到正交向量性质：$u_{ji}^H u_{ji} = 1$，$u_{ji}^H u_{ki} = 0$($j \neq k$)。
$(E_j)^H = \sum_{i=1}^{d_j} (u_{ji} u_{ji}^H)^H = \sum_{i=1}^{d_j} u_{ji} u_{ji}^H = E_j$。
$(E_j)^2 = \sum_{i=1}^{d_j} u_{ji} u_{ji}^H \sum_{i=1}^{d_j} u_{ji} u_{ji}^H = \sum_{i=1}^{d_j} (u_{ji} u_{ji}^H) (u_{ji} u_{ji}^H) = \sum_{i=1}^{d_j} u_{ji} (u_{ji}^H u_{ji}) u_{ji}^H = E_j$。
(2) 对正规矩阵来说，属于不同特征值的向量正交。
$E_i E_j = \sum_{k=1}^{d_i} u_{ki} u_{ki}^H \sum_{l=1}^{d_j} u_{jl} u_{jl}^H = \sum_{k=1}^{d_i} \sum_{l=1}^{d_j} u_{ki} u_{ki}^H u_{jl} u_{jl}^H = \sum_{k=1}^{d_i} \sum_{l=1}^{d_j} u_{ki} (u_{ki}^H u_{jl}) u_{jl}^H = 0$。
(3)
$E_i A = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_i E_j \overset{性质2}{=} \lambda_i E_i E_i \overset{性质3}{=} \lambda E_i$
$A E_i = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_j E_i = \lambda_i E_i E_i = \lambda E_i$
(4) 用到 $U U^H = U^H U = I$。
令 $U = \begin{bmatrix} u_{11}, \cdots, u_{1d_1}, \cdots, u_{m1}, \cdots, u_{md_m} \end{bmatrix} \in \mathbb{C}^{n \times m}$，则有 $\sum_{k=1}^{m} E_k = \sum_{k=1}^{m} \sum_{i=1}^{d_k} u_{ki} u_{ki}^H = U U^H = I$。
(5) 采用反证法证明。
{注}：
酉对角化分解有很强的几何意义，其实质是将一个矩阵对应的变换分解为旋转变换和拉伸变换分离。对于 $A = U \Lambda U^H$，$Ax = U \Lambda U^Hx$ 代表了先将 $x$ 旋转到 $U^Hx$，然后在各个方向上拉伸 $\lambda_i$ 倍，最后再旋转回来。
谱分解也有很强的几何意义，其本质是将矩阵对应的变换描述为在一组标准正交基上的拉伸。对于每个谱阵 $E_i$，其可以看作是一个投影矩阵，将向量投影到特征值 $\lambda_i$ 对应的特征子空间上。对于 $Ax = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_jx$，其中 $E_jx$ 代表了将 $x$ 投影到 $\lambda_j$ 对应的特征子空间上，然后再拉伸 $\lambda_j$ 倍后合并。
通过此我们能更好的理解矩阵的定义。
设$E \in \mathbb{C}^{n \times n}$，若$E^2 = E$，则称$E$为幂等矩阵（或投影矩阵）。Hermite幂等矩阵称为正交投影矩阵。
{注}：幂等矩阵和投影矩阵等价，即一个矩阵是幂等矩阵当且仅当它是投影矩阵。对称幂等矩阵称为正交投影矩阵，因为对 $x$ 的分解 $x = Px + (I - P)x$ 有，$(Px)^H (I-P)x = x^H P^H (x-Px) = 0$，即投影分量是正交的。
若$E \in \mathbb{C}_r^{n \times n}$是幂等矩阵，则
(1) $E$为单纯矩阵且相似于$\begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$;
(2) $\operatorname{tr}(E) = r$;
(3) $Ex = x \Leftrightarrow x \in R(E)$，其中$x \in \mathbb{C}^n$。
(1)
由 \(E^2 = E\) 可知，\(\varphi(\lambda) = \lambda(\lambda - 1)\) 是矩阵 \(E\) 的零化多项式，故 \(E\) 为单纯矩阵，且它的特征值只能为 0 或 1。又知 \(\text{rank}(E) = r\)，故矩阵 \(E\) 的特征值 1 有 \(r\) 重根。综上知，\(E\) 相似于 \(\begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\)。
(2)
由性质（1）知，存在可逆矩阵 \(P\) 使得
又知 \(\operatorname{tr}(E) = \operatorname{tr}(P^{-1} A P)\)，故 \(\operatorname{tr}(E) = r\)。
(3)
由 \(Ex = x\) 知，\(x \in R(E)\)；反之，若 \(x \in R(E)\)，则存在向量 \(y \in \mathbb{C}^n\) 满足
求向量$b \in \mathbb{C}^n$在$V_m = \text{span}(a_1, \cdots, a_m)$上的正交投影，其中向量组$a_1, \cdots, a_m$是$\mathbb{C}^n$空间的$m$个线性无关向量，$m \leq n$。
定义矩阵$A = [a_1, \cdots, a_m] \in \mathbb{C}^{n \times m}$，则矩阵$A$列满秩。由此，$A^H A$为可逆矩阵，并可定义矩阵$P = A(A^H A)^{-1} A^H$。显然，$P^H = P$且
因此，$P$是正交投影矩阵。
该例子说明了如何构建一个空间的正交投影矩阵。可以用于最小二乘法的求解。
(1) \(R(P) = V_m\);
(2) \(N(P) = R(P)^\perp\);
(3) \(Pb \in R(P)\);
(4) \(b = Pb + (I - P)b\);
(5) \((I - P)b \in N(P)\).
(1) $R(A) = V_m$。
由于 $\forall x, R(P) = Px = A(A^H A)^{-1} A^H x = A((A^H A)^{-1} A^H x) = Ay$，则有 $R(P) \subset R(A)$。
同时 $\forall y, R(A) = Ay$，取 $x = Ay$，则有 $Px = A(A^H A)^{-1} A^H Ay = Ay$，故 $R(A) \subset R(P)$。综上 $R(P) = R(A) = V_m$。
(2) $N(P) = R(P)^\perp$。
由 定理1.5.3 有 $N(P) = R(P^H)^\perp = R(P)^\perp$。
(3) (4) (5) 显然。
设$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$是单纯矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的$m$个互异特征值，其代数重数分别为$d_1, \cdots, d_m$，则矩阵$A$的谱分解式定义为
$$A = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_j$$式中：$E_j = \sum_{i=1}^{d_j} a_{ji} \beta_{ji}^H, j = 1, \cdots, m$，称为$A$的谱阵，$a_{j1}, \cdots, a_{jd_j}$是属于特征值$\lambda_j$的$d_j$个线性无关的单位特征向量，行向量$\beta_{jk}^H, k = 1, \cdots, d_j, j = 1, \cdots, m$，是矩阵$[a_{11}, \cdots, a_{1d_1}, \cdots, a_{m1}, \cdots, a_{md_m}]^{-1}$的第$\left(\sum_{i=1}^{j-1} d_i + k\right)$行（令$d_0 = 0$）。
设$n$阶复方阵$A$有$m$个互异特征值$\lambda_1, \ldots, \lambda_m$，则$A$是单纯矩阵当且仅当存在$m$个$n$阶矩阵$E_1, \ldots, E_m$使得对任意$i, j = 1, \ldots, m$且$i \neq j$，有性质：
- $A = \sum_{k=1}^{m} \lambda_k E_k$；
- $E_i = (E_i)^2$；
- $E_i E_j = O$；
- $E_i A = A E_i = \lambda_i E_i$；
- $\sum_{k=1}^{m} E_k = I$；
- 谱阵集合$\{E_1, \ldots, E_m\}$唯一。
必要性。
(1) 由定义显然可得。
由 $P P^{-1} = P^{-1} P = I$ 可得：
即(5)成立：
定义
则 \(E_j = X_j Y_j\)，则
由上式知，当 \(i, j = 1, \cdots, m\) 且 \(i \neq j\) 时，\(Y_j X_j = I_{d_j}, Y_i X_j = O\)。于是，(2)和(3)成立。进而，
即(4)成立。
(6) 的证明参照 定理3.7.1。
充分性。
设 \(\text{rank}(E_j) = d_j, j = 1, \cdots, m\)，则有
由 \(\text{dim}(R(E_j)) = d_j\) 得，可取列空间 \(R(E_j)\) 的一组基 \(\alpha_{j1}, \cdots, \alpha_{jd_j}\)，并定义
由满秩分解知，\(E_j = X_j Y_j\)，其中，\(Y_j \in \mathbb{C}^{d_j \times n}, j = 1, \cdots, m\)。由此，定义
则有 \(XY = \sum_{j=1}^{m} X_j Y_j = \sum_{j=1}^{m} E_j = I_n\)。故 \(X\) 是可逆矩阵。
再由 \(YX = I\)，得，当 \(i = 1, \cdots, m\) 且 \(i \neq j\) 时，\(Y_j X_j = I_{d_j}, Y_i X_j = O\)。由此，计算 \(E_j X_i\) 得
考察矩阵 \(AX\)：
即 \(AX = \text{diag}(\lambda_1, \cdots, \lambda_m) X\)。因此，\(A\) 是单纯矩阵。证毕。
设单纯矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的谱分解为$A = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_j$，$f(\lambda)$为数域$\mathbb{C}$上的多项式，则
$$f(A) = \sum_{j=1}^{m} f(\lambda_j) E_j$$式中，$\lambda_1, \ldots, \lambda_m$为$A$的$m$个互异特征值，$E_j (j = 1, \ldots, m)$是矩阵$A$的谱阵。
首先用数学归纳法证明对 \(k = 0, 1, 2, \cdots\)，有
当 \(k = 0\) 和 \(k = 1\) 时，上式显然成立。假设当 \(k = p\) 时，有
现考察 \(k = p + 1\)。此时，
于是
设 \(f(\lambda) = a_n \lambda^n + a_{n-1} \lambda^{n-1} + \cdots + a_1 \lambda + a_0\)，则
将式(3.7.12)代入上式得
注意到 \(f(\lambda_i) = a_n \lambda_i^n + a_{n-1} \lambda_i^{n-1} + \cdots + a_1 \lambda_i + a_0\)，故 \(f(A) = \sum_{i=1}^m f(\lambda_i) E_i\)。证毕。
设单纯矩阵$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$的谱分解为$A = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j E_j$，则
$$E_i = \frac{1}{\prod_{l=1, l \neq i}^{m} (\lambda_i - \lambda_l)} \prod_{l=1, l \neq i}^{m} (A - \lambda_l I), \quad i = 1, \cdots, m$$
令$f_i(\lambda) = \prod_{l=1, l \neq i}^{m} (\lambda - \lambda_l)$，则由 推论3.7.1 知
式中：
因此，$f_i(A) = f_i(\lambda_i) E_i$，即$E_i = f_i(A) / f_i(\lambda_i)$。证毕。
{注}：该推论提供了一种高效求解单纯矩阵谱阵的方法，其不再需要求特征向量。
以$\lambda$多项式为元素的矩阵称为$\lambda$矩阵，记为$A(\lambda)$，即
$$A(\lambda) = [a_{ij}(\lambda)]_{m \times n}, \quad a_{ij}(\lambda) \in P_n(\lambda).$$
判断$A(\lambda)$和$B(\lambda)$是否为$\lambda$矩阵，其中
$$A(\lambda) = \begin{bmatrix} 1-\lambda & \lambda^2 & \lambda \\ \lambda & \lambda & -\lambda \\ 1+\lambda^2 & \lambda^2 & -\lambda^2 \end{bmatrix}, \quad B(\lambda) = \begin{bmatrix} \lambda & \lambda^2 & \lambda \\ \lambda & \lambda & -\lambda \\ \lambda^{-2} & \lambda^2 & -\lambda^2 \end{bmatrix}$$
$A(\lambda)$ 是 $\lambda$ 矩阵；由于 $\lambda^{-2}$ 不是 $\lambda$ 多项式，故 $B(\lambda)$ 不是 $\lambda$ 矩阵。
$\lambda$矩阵$A(\lambda)$中非零子式的最高阶数$r$定义为$A(\lambda)$的秩，记为$\text{rank}(A(\lambda)) = r$。
求$A(\lambda) = \begin{bmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda + 1 \end{bmatrix}$的行列式和秩。
$|A(\lambda)| = \lambda(\lambda + 1)$，故$\text{rank}(A(\lambda)) = 2$。由于 $\lambda$ 只是一个符号，就相当于 $f(x) = ax^2 + bx + c$ 中的 $x$，故不能讨论 $\lambda$ 不同取值下 $A(\lambda)$ 的秩。
设$A \in \mathbb{C}^{n \times n}$，$f_A(\lambda) = |\lambda I - A|$是关于$\lambda$的一元$n$次多项式。$A$的特征矩阵$\lambda I - A$的秩为$n$，即$\lambda I - A$总是满秩的。
设$A(\lambda)$是$n$阶$\lambda$方阵，若存在$n$阶$\lambda$方阵$B(\lambda)$满足$A(\lambda)B(\lambda) = B(\lambda)A(\lambda) = I$，则称$\lambda$矩阵$A(\lambda)$是可逆的，并称$B(\lambda)$为$A(\lambda)$的逆矩阵，记作$A(\lambda)^{-1}$。
$n$阶$\lambda$方阵$A(\lambda)$可逆的充分必要条件是它的行列式$|A(\lambda)|$为非零常数。
必要性。
若$\lambda$方阵$A(\lambda)$可逆，则存在$\lambda$方阵$B(\lambda)$满足$A(\lambda)B(\lambda) = I$。对等式两端取行列式得
因为$|A(\lambda)|$和$|B(\lambda)|$均是$\lambda$的多项式，所以$|A(\lambda)|$和$|B(\lambda)|$只能是零次多项式，即行列式$|A(\lambda)|$为非零常数。
充分性。
设$|A(\lambda)| = \tau \neq 0$，$(A(\lambda))^*$是$A(\lambda)$的伴随矩阵，则
注意到$\frac{1}{\tau}(A(\lambda))^*$也是$n$阶$\lambda$矩阵，则根据上式知，$\frac{1}{\tau}(A(\lambda))^*$是$A(\lambda)$的逆矩阵。
证毕。
下列三种变换称为$\lambda$矩阵的初等变换：
(1) $\lambda$矩阵的两行（列）互换位置，记为 $P(i, j)$；
(2) $\lambda$矩阵的某一行（列）乘以非零常数$k$，记为 $P(i(c))$；
(3) $\lambda$矩阵的某一行（列）的$\varphi(\lambda)$倍加到另一行（列），其中$\varphi(\lambda) \in P_n(\lambda)$，记为 $P(i, j(\phi ))$。
对 \(\lambda\) 矩阵作一次初等行变换意味着左乘相应的初等矩阵，对 \(\lambda\) 矩阵作一次初等列变换则意味着右乘相应的初等矩阵。由于三种初等矩阵的行列式均为非零常数，故初等矩阵都是可逆的且对 \(\lambda\) 矩阵作初等变换不改变它的秩。
若$\lambda$矩阵$A(\lambda)$经过有限次初等变换变为$B(\lambda)$，则称$A(\lambda)$与$B(\lambda)$相抵，记为 $A(\lambda) \cong B(\lambda)$。
{注}：$\lambda$ 矩阵的相抵关系秩相等不等价。由于 $A(\lambda) \cong B(\lambda) \Rightarrow PAQ = B$，由于初等矩阵都是可逆的，其行列式为非零常数，由 $\lvert P \rvert \lvert A \rvert \lvert Q \rvert = \lvert B \rvert$ 知其行列式只能相差一个非零常数。
设$\lambda$矩阵$A(\lambda)$的秩为$r$，对于正整数$1 \leq k \leq r$，$A(\lambda)$的全部$k$阶子式的首1最大公因式称为$k$阶行列式因子，记为$D_k(\lambda)$。
求$A(\lambda) = \begin{bmatrix} 1-\lambda & \lambda^2 & \lambda \\ \lambda & \lambda & -\lambda \\ 1+\lambda^2 & \lambda^2 & -\lambda^2 \end{bmatrix}$各阶行列式因子。
$A(\lambda)$的一阶子式为：$1-\lambda, \lambda^2, \lambda, \lambda, \lambda, -\lambda, 1+\lambda^2, \lambda^2, -\lambda^2$。一阶因子的首1最大公因式为$D_1(\lambda) = 1$。
$A(\lambda)$的二阶子式共9个，分别为：$\lambda(1-\lambda-\lambda^2), -\lambda, -\lambda(\lambda^2+\lambda), -\lambda(\lambda^2+\lambda), -\lambda(\lambda^2+\lambda), -\lambda(\lambda^2), -\lambda(\lambda^2), -\lambda(\lambda^3-\lambda^2), -\lambda, \lambda, 0$。二阶因子的首1最大公因式$D_2(\lambda) = \lambda$。
$A(\lambda)$的三阶子式共1个，即$D_3(\lambda) = |A(\lambda)| = \lambda^3 + \lambda^2$。
相抵的$\lambda$矩阵具有相同的秩和相同的各阶行列式因子。
只需证明 \(\lambda\) 矩阵经过 1 次初等变换，秩和行列式因子不变。
(1) 对 $P(i, j)A =B$，在 $k$ 阶子式中，若未包含第 $i, j$ 行，则该子式不变；若同时包含 $i, j$ 行，则显然其子式为相反数。若只包含第 $i$ 行，由于行列式因子的定义，可以将第 $i$ 行替换为第 $j$ 行，故其 $k$ 阶子式集合保持不变。
(2) 对 $P(i(c))A = B$，在 $k$ 阶子式中，若未包含第 $i$ 行，则该子式不变；若包含第 $i$ 行，则其子式为 $k$ 阶子式的 $c$ 倍。由于行列式因子要求为首 1 最大公因式，故其不变。
(3) 对 $P(i, j(\phi))A = B$，在 $k$ 阶子式中，若未包含第 $i$ 行，则该子式不变；若包含第 $i$ 行，则其子式为一个 $k$ 阶子式和另一个 $k$ 阶子式的 $\phi$(或$-\phi$) 倍之和。由于行列式因子要求为首 1 最大公因式，故其不变。
设$\lambda$矩阵$A(\lambda)$的秩为$r$，则
$$A(\lambda) \cong \begin{bmatrix} d_1(\lambda) & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \ddots & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \cdots & d_r(\lambda) & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}$$
式中：$d_i(\lambda)$是首1多项式，且$d_i(\lambda) | d_{i+1}(\lambda)$，称此标准形为$A(\lambda)$的Smith标准形。
$\lambda$矩阵的Smith标准形是唯一的。
在$\lambda$矩阵$A(\lambda)$的Smith标准形中 $d_1(\lambda), \cdots, d_r(\lambda)$由$A(\lambda)$唯一确定的，称为$A(\lambda)$的不变因子。
$$\begin{gathered} D_1(\lambda) = d_1(\lambda)\\ D_2(\lambda) = d_1(\lambda) d_2(\lambda) \\ D_r(\lambda) = d_1(\lambda) d_2(\lambda) \cdot \ldots \cdot d_r(\lambda) \end{gathered}$$或
$$\begin{gathered} d_1(\lambda) = D_1(\lambda) \\ d_2(\lambda) = \frac{D_2(\lambda)}{D_1(\lambda)} \\ d_r(\lambda) = \frac{D_r(\lambda)}{D_{r-1}(\lambda)} \end{gathered}$$
$\lambda$矩阵$A(\lambda)$与$B(\lambda)$相抵当且仅当它们有完全一致的不变因子 $d_i(\lambda )$。
设$\lambda$矩阵$A(\lambda)$的不变因子为$d_1(\lambda), \cdots, d_r(\lambda)$，且有如下分解式，则所有幂指数大于零的因子$(\lambda - \lambda_j)^{e_{ij}}, i = 1, \cdots, r, j = 1, \cdots, s$，统称为$\lambda$矩阵$A(\lambda)$的初等因子。
复数域 \(\mathbb{C}\) 上的一元多项式可分解成一次因子的幂的乘积形式。设 \(A(\lambda)\) 的不变因子 \(d_1(\lambda), \cdots, d_r(\lambda)\) 可分解为
式中：\(\lambda_1, \cdots, \lambda_s\) 互异，\(e_{ij} (i = 1, \cdots, r; j = 1, \cdots, s)\) 为非负整数。
由 \(d_1(\lambda) | d_{i+1}(\lambda)\) 知，
即序列 \(e_{1j}, e_{2j}, \cdots, e_{rj}\) 是非严格递增的。
{注}：相抵矩阵有相同的行列式因子 $D_i(\lambda )$，有相同的不变因子 $d_i(\lambda )$，有相同的初等因子。
$\lambda$矩阵$A(\lambda) \cong B(\lambda)$当且仅当它们有完全一致的初等因子，且$\text{rank}(A(\lambda)) = \text{rank}(B(\lambda))$。
必要性。
相抵矩阵秩相等，有相同的行列式因子 $D_i(\lambda )$，有相同的不变因子 $d_i(\lambda )$，有相同的初等因子。
充分性。
由于秩相同，则其不变因子的个数相同，记为 $d_1, \cdots , d_r$。由于 $d_{i} \mid d_{i+1}$，所以幂指数最大的初等因子 $(\lambda - \lambda _j)^{e_{rj}}, e_{rj} = \max {e_{ij}}$ 必是 $d_r$ 的因子，故 $d_{rA} = d_{rB}$。对于 $d_{r-1}$，首先在初等因子中去掉 $d_r$ 的因子，则余下的的幂指数最大的初等因子(若已为空集，则补1)必是 $d_{r-1}$ 的因子，故 $d_{r-1A} = d_{r-1B}$。以此类推，可知 $d_{1A} = d_{1B}$。证毕。
设$\lambda$矩阵$A(\lambda)$为对角块矩阵，即
$$A(\lambda) = \operatorname{diag}(A_1(\lambda), \cdots, A_s(\lambda))$$则 $A_1(\lambda), \cdots, A_s(\lambda)$ 初等因子的全体就是 $A(\lambda)$ 的全部初等因子，其中 $A_i(\lambda), i = 1, \cdots, s$ 是适当阶数的$\lambda$矩阵。
{注}：该定理给出了一个求解初等因子的方法，不需要再求不变因子。再求解 Smith 标准型的时候，可以先对角化，然后再求出各个对角块的初等因子。
求 $A(\lambda) = \begin{vmatrix} \lambda - a & -1 \\ & \lambda - a & \ddots \\ & & \ddots & -1 \\ & & & \lambda - a \end{vmatrix}_{n \times n}$ 的初等因子、不变因子和 Smith 标准形。
考察 $A(\lambda)$ 的 $(n-1)$ 阶子式
故 $A(\lambda)$ 的 $(n-1)$ 阶子式的不变因子为 $d_{n-1} = 1$。
又知 $|A(\lambda)| = (\lambda - a)^n$，故 $A(\lambda)$ 的不变因子为 $d_1 = d_2 = \cdots = d_{n-1} = 1, d_n = (\lambda - a)^n$。相应地，$A(\lambda)$ 的初等因子为 $(\lambda - a)^n$，其 Smith 标准形为
{注}：后面可以看见这里的 $A(\lambda )$ 其实是一个 Jordan 块。
复方阵$A$和$B$相似当且仅当它们的特征矩阵相抵。
必要性。
若矩阵 $A$ 与 $B$ 相似, 则存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP=B$，从而
故 $\lambda I - A$ 与 $\lambda I - B$ 相抵。
充分性。
书上的充分性看不懂，也不知道对不对，可能需要另找证明。
{注}：矩阵相抵等价于矩阵不变因子相同，等价于秩相等且初等因子相同(由于特征矩阵都是满秩的，所以对于特征矩阵来说也就是初等因子相同)。
复方阵$A$是单纯矩阵的充分必要条件是它的特征矩阵$\lambda I - A$的初等因子为一次的。
必要性。
由于 $A$ 是单纯矩阵，即可对角化。
则 $A$ 的特征矩阵与 $B$ 的特征矩阵相抵，即
由于相抵的矩阵的初等因子相同，所以 $\lambda I - A$ 的初等因子与 $\lambda I - B$ 的初等因子相同，根据定理3.8.5，$\lambda I - B$ 的初等因子即为对角线所有元素 $\lambda - \lambda _i$，均为一次的(可能有重复的)。
充分性。
若 $\lambda I - A$ 的初等因子均为一次的，由于其秩为 $n$，故其必有 $n$ 个初等因子。构造矩阵 $B = \lambda I - \Lambda$，将这 $n$ 个初等因子分布在其对角线上，使得每个对角线元素对应一个初等因子，由定理3.8.5可知，$B$ 的特征矩阵的初等因子与 $\lambda I - A$ 的初等因子相等。由定理3.8.6可知，$A$ 与 $\Lambda$ 相似。而显然 $\Lambda$ 为对角矩阵，所以 $A$ 是单纯矩阵。
复方阵$A$是单纯矩阵的充分必要条件是它的特征矩阵$\lambda I - A$的不变因子无重根。
判断$n$阶方阵$A$是否为单纯矩阵，其中
$$A=\left[\begin{array}{cccc} a & 1 & & \\ & a & 1 & \\ & & a & \ddots \\ & & & \ddots & 1 \\ & & & & a \end{array}\right]_{n\times n}$$
由例3.8.11知，特征矩阵 $\lambda I-A$ 的初等因子为 $(\lambda-a)^n$。故当 $n\geqslant 2$ 时，其初等因子不是一次的，即矩阵 $A$ 不是单纯矩阵。
设$A=\left[a_{ij}\right]\in \mathbb{C}^{n\times n}$，其特征矩阵$\lambda I-A$的初等因子为$(\lambda-\lambda_1)^{n_1},(\lambda-\lambda_2)^{n_2},\cdots,(\lambda-\lambda_t)^{n_s}$。对$(\lambda-\lambda_i)^{n_i}$作$n_i$阶矩阵
$$J_i=\left[\begin{array}{cccc} \lambda_i & 1 & & \\ & \lambda_i & 1 & \\ & & \ddots & \ddots \\ & & & \lambda_i & 1 \\ & & & & \lambda_i \end{array}\right]_{n_i\times n_i}$$则称矩阵$J_i(i=1,\cdots, s)$为矩阵$A$的Jordan块。
{注}：
求 Jordan 块
$$J_i=\left[\begin{array}{cccc} \lambda_i & 1 & & \mathbf{O} \\ & \lambda_i & 1 & \\ & & \ddots & \ddots \\ \mathbf{O} & & & \lambda_i \end{array}\right]_{n_i\times n_i}$$的最小多项式。
由矩阵 $J_i$ 的特征多项式为 $f_{J_i}(\lambda)=(\lambda-\lambda_i)^{n_i}$ 知，其最小多项式可能为 $(\lambda-\lambda_i),\ldots,(\lambda-\lambda_i)^{n_i}$。经计算知，对 $j=1,\ldots,n_i-1$，$(J_i-\lambda_i I)^j \neq \mathbf{O}$。因此，矩阵 $J_i$ 的最小多项式为 $m_{J_i}(\lambda)=(\lambda-\lambda_i)^{n_i}$。
{注}：
设$A=\left[a_{ij}\right]\in \mathbb{C}^{n\times n}$，其特征矩阵$\lambda I-A$的初等因子为$(\lambda-\lambda_1)^{n_1},\cdots,(\lambda-\lambda_s)^{n_s}$，其对应的 Jordan 块分别记为$J_1,\cdots, J_s$，则由 $s$ 个 Jordan 块组成的 $n$ 阶对角块矩阵$J=\operatorname{diag}(J_1,\cdots, J_s)$称为矩阵$A$的 Jordan 标准形）。
{注}：显然，Jordan 标准形中的 Jordan 块是唯一的，但 Jordan 块的排列次序不唯一。
设矩阵 $J$ 是复方阵 $A$ 的 Jordan 标准形，则矩阵 $A$ 与矩阵 $J$ 相似。
特征矩阵 $\lambda I-A$ 的初等因子为 $(\lambda-\lambda_1)^{n_1},\cdots,(\lambda-\lambda_s)^{n_s}$，其对应的 Jordan 块分别为 $J_1,\cdots, J_s$，则 $J=\operatorname{diag}(J_1,\cdots, J_s)$ 是矩阵 $A$ 的 Jordan 标准形。显然，$\lambda$ 矩阵 $\lambda I-J$ 与 $\lambda I-A$ 的初等因子完全相同。因此，$\lambda I-A$ 与 $\lambda I-J$ 相抵，即矩阵 $A$ 与 $J$ 相似。证毕。
{注}：由该定理可知，Jordan 标准形已经是 $A$ 的相似矩阵的最简形式。由此可见，若矩阵 $A$ 想要对角化，次对角线上的元素必须为0，即必须有 $n_i=1$，即 $n$ 个 Jordan 块。
设 $J$ 为 $A$ 的 Jordan 标准形，$J_1, \cdots, J_s$ 为 $J$ 的Jordan块，则 $J_i$ 对应的特征值的特征空间维度为1。
设 $J_1, \cdots, J_s$ 为 $J$ 的Jordan块
其中 $\lambda _i$ 为矩阵$A$的特征值。
1.若 $\lambda _i, \cdots ,\lambda _s$ 互不相同。
Jordan 块的定义
由于
所以 $\operatorname{rank}(\lambda_i I - J) = n-1$，则 $\dim N (\lambda_i I - J) = 1$，即 $\lambda_i$ 对应的特征向量为一维的。
2.若存在 $\lambda _i = \lambda _j$。
将 $J_i$ 和 $J_j$ 看作同一个块，则显然 $\operatorname{rank}(\lambda_i I - J) = n-2$，则 $\dim N (\lambda_i I - J) = 2$，即 $\lambda_i$ 对应的特征向量为二维。仍然有 $J_i$ 对应的特征向量为一维的。
求矩阵 $A$ 的 Jordan 标准形 $J$，并求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP=J$，其中
$$A=\left[\begin{array}{ccc} -1 & -2 & 6 \\ -1 & 0 & 3 \\ -1 & -1 & 4 \end{array}\right]$$
对矩阵 $A$ 的特征矩阵 $\lambda I-A$ 作初等变换得
则特征矩阵 $\lambda I-A$ 的初等因子为 $(\lambda-1),(\lambda-1)^2$。由此，矩阵 $A$ 的 Jordan 标准形为
设 $P=[p_1 \quad p_2 \quad p_3]$，则 $A[p_1 \quad p_2 \quad p_3]=[p_1 \quad p_2 \quad p_3]J$。整理得
由 $Ap_i=p_i$ 解得两个线性无关的向量为 $p_1=(3,0,1)^T$ 和 $p_2=(0,3,1)^T$。
将 $p_2=(0,3,1)^T$ 代入 $Ap_3=p_2+p_3$ 发现此方程无解（为什么？）。
解释：将 $Ap_3=p_2+p_3$ 变为 $(A - I)p_3 = p_2$ 可知，$p_2$ 必须在 $A-I$ 零空间和 $A-I$ 列空间的交空间中，显然上面取的 $p_2$ 不在 $A-I$ 的列空间中，故无解。
重新调整方程 $Ap_i=p_i$ 的解，经观察得 $p_1=(3,0,1)^T$ 和 $p_2=(2,1,1)^T$。此时，$p_3=(-1,0,0)^T$。
因此，
设 $A\in C^{n\times n}$，其特征矩阵 $\lambda I-A$ 的 Smith 标准形为 $\operatorname{diag}\left(d_1(\lambda),\cdots, d_n(\lambda)\right)$，则 $A$ 的最小多项式 $m_A(\lambda)=d_n(\lambda)$。
利用矩阵 $A$ 的 Jordan 标准形 $J$ 进行求解。若标准形 $J$ 仅包含一个 Jordan 块 $J_1$，则由例3.8.14 知，$m_{J_1}(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_1\right)^{k_1}$，故 $J_1$ 的最小多项式恰好等于它所对应的初等因子。
当 $J$ 包含两个 Jordan 块 $J_1$ 和 $J_2$ 时，下面分两种情况讨论：
(1) 若 $\lambda_1=\lambda_2$，此时 $J_1$ 和 $J_2$ 的最小多项式分别为
经计算知，矩阵 $J$ 的最小多项式为 $m_{J_1}(\lambda)$ 和 $m_{J_2}(\lambda)$ 的最小公倍式。
(2) 若 $\lambda_i\neq\lambda_p$，矩阵 $J$ 的最小多项式仍为 $m_{J_i}(\lambda)$ 和 $m_{J_p}(\lambda)$ 的最小公倍式。
将上述结论推广至一般的 Jordan 标准形 $J$ 时，矩阵 $J$ 的最小多项式等于特征矩阵 $\lambda I-A$ 的初等因子的最小公倍式。又知所有初等因子的最高幂指数必为不变因子 $d_n(\lambda)$ 的因子，因此，矩阵 $J$ 的最小多项式恰为不变因子 $d_n(\lambda)$。
{注}：$\lambda I-A$ 的初等因子的最小公倍式即为矩阵 $A$ 的最小多项式 $m_A(\lambda)$。