引理1：已知$g_1(x),g_2(x),\cdots,g_k(x)$两两互素，$r_1(x),r_2(x),\cdots,r_k(x)$为$k$个非零多项式，并且$\partial(r_i(x))<\partial(g_i(x))\;\;(i=1,2,\cdots,k)$，求存在一个多项式$f(x)$，被$g_i(x)除余式是r_i(x)$
证明：令$G_i(x)=g_1(x)\cdots g_{i-1}(x)g_{i+1}(x) \cdots g_k(x)$，因为$g_1(x),g_2(x),\cdots,g_k(x)$两两互素
$\Rightarrow(g_i(x),G_i(x))=1 \Rightarrow 存在u_i(x)g_i(x)+v_i(x)G_i(x)=1$
$\Rightarrow u_i(x)g_i(x)r_i(x)+v_i(x)G_i(x)r_i(x)=r_i(x) \Rightarrow v_i(x)G_i(x)r_i(x)=r_i(x)-u_i(x)g_i(x)r_i(x)$,所以$g_1(x),\cdots ,g_{i-1}(x),g_{i+1}(x), \cdots ,g_k(x)都整除v_i(x)G_i(x)r_i(x) ，而g_i(x)除v(x)G_i(x)r_i(x) 余r_i(x)，取$
$$f(x)=\sum_{i=1}^kv_i(x)G_i(x)r_i(x)=v_1(x)G_1(x)r_1(x)+\cdots+v_k(x)G_k(x)r_k(x) $$
$\Rightarrow g_i(x)除f(x)余式r_i(x)$
引理2：已知$A,B$都是$n$级方阵，$AB=BA$，且$A,B$均可对角化，证明$A,B$可以同时对角化。
证明：由于$A$可对角化。所以存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=diag\{\lambda_1E_1,\lambda_2E_2,\cdots,\lambda_sE_s\}$，其中$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s是A所有互异的特征值，E_1,E_2,\cdots,E_s分别是r_1,r_2,\cdots,r_s级单位矩阵$，且$r_1+r_2+\cdots+r_s=n$,由$AB=BA得P^{-1}BPP^{-1}AP=P^{-1}APP^{-1}BP$
$\Rightarrow P^{-1}BP=diag\{B_1,B_2,\cdots,B_s\}，B_1,B_2,\cdots,B_s分别是r_1,r_2,\cdots,r_s级方阵$
由$B$可对角化，所以$P^{-1}BP$可以对角化 $\Rightarrow B_1,B_2,\cdots,B_s可以对角化$
$$\Rightarrow 对任意的i=1,2,\cdots ,s,存在可逆矩阵Q_i使得Q_i^{-1}B_iQ_i为对角矩阵。$$
取$Q=diag\{Q_1,Q_2,\cdots,Q_s\}，则Q^{-1}P^{-1}BPQ=diag\{Q_1^{-1}B_1Q_1,Q_2^{-1}B_2Q_2,\cdots,Q_s^{-1}B_sQ_s\}为对角矩阵$
$$\Rightarrow 取T=PQ，有T^{-1}BT，T^{-1}BT同时为对角矩阵。$$
（来自复旦大学高代教材的证明过程）
若当—谢瓦莱（Jordan-Chevalley）分解定理：设A是$n$阶复矩阵，则$A$可分解为$A=B+C$，其中$B,C$适合下面的条件：
(1)$B$是一个可对角化的矩阵
(2)$C$是一个幂零矩阵
(3)$BC=CB$
(4)$B,C$均可表示为$A$的多项式
不仅如此,上述满足条件(1)——(3)分解是唯一的。
证明:先对$A$的若当标准形$J$证明结论，
设$A$的全体不同特征值为$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s，且J=\begin{pmatrix}J_1&&&\\&J_2&&\\&&\ddots&\\&&&J_s\end{pmatrix}，其中J_i是属于特征值\lambda_i的根子空间对应的块，其阶设为m_i.$显然，对每个$i$均有$J_i=M_i+N_i,其中M_i=\lambda_iI是对角阵,N_i是一个幂零矩阵。又M_iN_i=N_iM_i。$
$令M=\begin{pmatrix}M_1&&&\\&M_2&&\\&&\ddots&\\&&&M_S\end{pmatrix}，N=\begin{pmatrix}N_1&&&\\&N_2&&\\&&\ddots&\\&&&N_S\end{pmatrix}，$
则$J=M+N,MN=NM,M是对角阵，N是幂零矩阵。$
因为$(J_i-\lambda_i I)^{m_i} =0$,所以$J_i$适合多项式$(\lambda-\lambda_i)^{m_i}$.而$\lambda_i互不相同$，因此多项式$(\lambda-\lambda_1)^{m_1},(\lambda-\lambda_2)^{m_2},\cdots ,(\lambda-\lambda_s)^{m_s}$两两互素。由引理1，存在多项式$g(\lambda)$满足条件：
$$g(\lambda)=h_i(\lambda)(\lambda-\lambda_i)^{m_i}+\lambda_i,对所有的i=1,2,\cdots ,s成立(这里h_i(\lambda)也是多项式)。$$
代入$J_i$得到$$g(J_i)=h_i(J_i)(J_i-\lambda_i I)^{m_i}+\lambda_i I=\lambda_i I=M_i$$
于是$$g(J)=\begin{pmatrix}g(J_1)&&&\\&g(J_2)&&\\&&\ddots&\\&&&g(J_s)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}M_1&&&\\&M_2&&\\&&\ddots&\\&&&M_s\end{pmatrix}=M.$$
又因为$N=J-M=J-g(J),$所以$N$也是$J$的多项式。
现考虑一般情况：设$P^{-1}AP=J,则A=PJP^{-1}=P(M+N)P^{-1}$
令$B=PMP^{-1},C=PNP^{-1},则B是可对角化矩阵，而C是幂零矩阵，又g(A)=g(PJP^{-1})=Pg(J)P^{-1}=PMP^{-1}=B$
又易证明$BC=CB(\because MN=NM\Rightarrow PMP^{-1}PNP^{-1}=PNP^{-1}PMP^{-1})，C=A-g(A)$
（注意方法）最后证明唯一性，假设$A$有另一满足条件的分解$A=B_1+C_1，则B_1-B=C_1-C。由B_1C_1=C_1B_1不难验证AB_1=B_1A , AC_1=C_1A (注：在A=B_1+C_1右乘B_1，得AB_1=B_1B_1+C_1B_1=B_1B_1+B_1C_1=B_1A ，同理AC_1=C_1A).$
因为$B=g(A),故BB_1=B_1B 。同理CC_1=C_1C 。设C^r =0,C_1^t =0 ，用二项式定理知道(C_1-C)^{r+t}=0 。于是$
$$(B_1-B)^{r+t}=(C_1-C)^{r+t}=0.$$
因为$BB_1=B_1B$,他们都是可对角化的矩阵，由引理2知道它们可以同时对角化，即存在可逆阵$Q$，使得$Q^{-1}BQ和Q^{-1}B_1Q$都是对角阵。注意到$$(Q^{-1}BQ-Q^{-1}B_1Q)^{r+t}=\lbrack Q^{-1}(B-B_1)Q\rbrack^{r+t}=Q^{-1}(B-B_1)^{r+t}Q=0,$$
两个对角阵之差依旧是对角阵，这个差的幂要等于零矩阵，这两个矩阵必相等，由此即得$B=B_1,于是C=C_1.证毕 \square$
沪公网安备 31011702001868号）
