一个复矩阵的特征多项式是 x³(x − 1)⁴。这样的矩阵一共有多少个相似类？

Step-by-step solution

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   用「在 $\mathbb{C}$ 上若尔当形是完全不变量」这一事实。 两个复矩阵相似，当且仅当它们的若尔当标准形在块的排列次序意义下相同。所以数相似类，就是数有多少种可能的若尔当形——再没有别的数据能把它们区分开。

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   从特征多项式读出特征值和它们的代数重数。 由 $x^3(x-1)^4$ 可知矩阵是 $7\times 7$ 的，并且

   $\lambda=0 \text{ 的重数为 } 3,\qquad \lambda=1 \text{ 的重数为 } 4$

   特征多项式只固定了每个特征值处所有块的总尺寸，却没规定这个总数如何拆成一块一块——剩下的自由度恰恰就在这里。

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   把「块的尺寸」翻译成整数分拆。 同一个特征值对应的那些若尔当块，尺寸是一组和为它代数重数的正整数，而且先后次序无关紧要。所以在特征值 $\lambda$ 处的选法，与它重数的分拆一一对应，个数由分拆函数 $p$ 给出。

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   把 $3$ 和 $4$ 的分拆全部列出来。 对 $\lambda=0$：

   $3,\quad 2+1,\quad 1+1+1\qquad\Longrightarrow\quad p(3)=3$

   对 $\lambda=1$：

   $4,\quad 3+1,\quad 2+2,\quad 2+1+1,\quad 1+1+1+1\qquad\Longrightarrow\quad p(4)=5$

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   两个特征值的选择互不牵制，所以相乘。 $0$ 处的若尔当结构对 $1$ 处的结构没有任何约束，因此总数就是乘积：

   $p(3)\cdot p(4)=3\cdot 5=15$

   其中一个类的代表元是 $J_2(0)\oplus J_1(0)\oplus J_3(1)\oplus J_1(1)$；让两个分拆各自独立地变动，就能扫遍全部 $15$ 个类。

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   拿两个极端情形做合理性检查。 两边都取全 $1$ 的分拆，得到可对角化的矩阵 $\operatorname{diag}(0,0,0,1,1,1,1)$——正好是其中一个类。两边都取单块分拆，得到 $J_3(0)\oplus J_4(1)$，这个类的最小多项式 $x^3(x-1)^4$ 恰好等于特征多项式。两者都在这 $15$ 个类里各占一席。