ここでは，この射影変換で直線の像はどうなるかを調べる．
まず，よく知られた１次変換で直線の像がどうなるかを調べよう．
一次変換
$f:\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
で直線の像を調べよう．
直線$l$の像が直線$m$のとき
$m$の方程式が
$px+qy=r$
のとき，直線$l$の方程式は，$l$上の点$(x,y)$の像
$(ax+by,cx+dy)$
が$m$上より
$p(ax+by)+q(cx+dy)=r$
として求める．
すなわち，直線は戻しているわけです．これは関数の平行移動を考えると分かり易い．
同じことをこれから行う．

射影変換は，射影座標系を用いて
$k\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}, \text{ただし} \begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}\neq 0$
と表せる．
この射影変換で直線の像はどうなるかを調べよう．
$A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}$
とおく．
$A$で決まる射影変換で,直線$l:L_1x+L_2y+L_3z=0$の像が$l':L_1'x+L_2'y+L_3'z=0$のとき
$(x,y,z)$が直線$l$上にあるための必要十分条件は $A\left(\begin{smallmatrix}x\\y\\z\end{smallmatrix}\right)$が$l'$上にあることであるから
$\begin{pmatrix}L_1'&L_2'&L_3'\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0$
この直線が$l:L_1x+L_2y+L_3z=0$である.したがって
$\begin{pmatrix}L_1&L_2&L_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}L_1'&L_2'&L_3'\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}$
ここで，$(L_1,L_2,L_3),(L_1',L_2',L_3')$は斉次座標であるから
$k\begin{pmatrix}L_1&L_2&L_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}L_1'&L_2'&L_3'\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}\cdots (\sharp)$
となる．
ここで，
$(\det A)A^{-1}=\begin{pmatrix}A_{11}&A_{21}&A_{31}\\A_{12}&A_{22}&A_{32}\\A_{13}&A_{23}&A_{33}\end{pmatrix}$
(余因子行列，転置していることに注意)を$(\sharp)$の右側からかけ，
$k\begin{pmatrix}L_1'&L_2'&L_3'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}L_1&L_2&L_3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A_{11}&A_{21}&A_{31}\\A_{12}&A_{22}&A_{32}\\A_{13}&A_{23}&A_{33}\end{pmatrix}\cdots (\flat)$
を得る．
この変形を見ればわかるように，射影平面で，点は列ベクトルで，直線は行ベクトルで表すと便利である(ベクトルの反変ベクトル，共変ベクトルを参考)．

射影変換の不動点，不動直線を調べよう．
射影変換
$k\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$
の不動点は
$A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}$
の固有ベクトルである．３次方程式は少なくとも１つの実数解をもつから，射影変換は少なくとも１つの不動点を持つ．
$A\neq kE$のとき，不動点は多くとも３個である．
射影変換の不動直線は，上記$(\flat)$の固有ベクトルであるが，$(\flat)$の転置をとった式
$k\begin{pmatrix}L_1'\\L_2'\\L_3'\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}A_{11}&A_{12}&A_{13}\\A_{21}&A_{22}&A_{23}\\A_{31}&A_{32}&A_{33}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}L_1\\L_2\\L_3\end{pmatrix}$
で考えることになる．すなわち，$A$の余因子行列の転置行列の固有ベクトルが不動直線の係数である．

例
射影変換
$k\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&-1&0\\6&-3&0\\1&-1&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$
の不動点，不動直線を求めよう．
行列$A$の固有方程式は
$x^3-x-6=0$
より$A$の固有値は$3,-2,-1$
固有ベクトルは
$(1,1,0),(1,6,5),(0,0,1)$
であり，これが不動点である．
不動直線は$A$の余因子行列を$B$とすると
$B=\begin{pmatrix}3&-1&0\\6&-4&0\\-3&3&-6\end{pmatrix}$
である．
$B$の転置行列${}^tB$の固有ベクトルは
$(6,-1,0),(1,-1,0),(1,-1,1)$
である．したがって，不動直線は
$6x-y=0,x-y=0,x-y+z=0$
である．

Jordeanの標準形
行列の標準化は，固有方程式が多重解をもつときも扱う必要がある．ここでは，固有方程式が多重解を持つときの行列の標準化を述べる．標題のジョルダンの標準形では冪零行列がどのようになっているかを理解することが重要である．
1次変換
$f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$
を表す行列を
$A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix} $
とする．
以後，1次変換$f$を行列$A$と表すこともある．
この1次変換$f$を$\mathbb{R}^3$の別の基底$\{\boldsymbol{u},\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}\}$で表すとどうなるかを調べよう．
$f:x\boldsymbol{u}+y\boldsymbol{v}+z\boldsymbol{w}\mapsto x'\boldsymbol{u}+y'\boldsymbol{v}+z'\boldsymbol{w}$
のとき
$f(\boldsymbol{u})=p_{11}\boldsymbol{u}+p_{21}\boldsymbol{v}+p_{31}\boldsymbol{w}$
$f(\boldsymbol{v})=p_{12}\boldsymbol{u}+p_{22}\boldsymbol{v}+p_{32}\boldsymbol{w}$
$f(\boldsymbol{w})=p_{13}\boldsymbol{u}+p_{23}\boldsymbol{v}+p_{33}\boldsymbol{w}$
とおく．ここで
$\begin{pmatrix} f(\boldsymbol{u})& f(\boldsymbol{v})&f(\boldsymbol{w})\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \boldsymbol{u}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}p_{11}&p_{12}&p_{13}\\p_{21}&p_{22}&p_{23}\\p_{31}&p_{32}&p_{33}\end{pmatrix} $
と行列を用いて表記すると見やすい．
$f(x\boldsymbol{u}+y\boldsymbol{v}+z\boldsymbol{w})$
$=xf(\boldsymbol{u})+yf(\boldsymbol{v})+zf(\boldsymbol{w})$
$=\begin{pmatrix}f(\boldsymbol{u})&f(\boldsymbol{v})&f(\boldsymbol{w})\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix} \boldsymbol{u}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}p_{11}&p_{12}&p_{13}\\p_{21}&p_{22}&p_{23}\\p_{31}&p_{32}&p_{33}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$
したがって
$\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p_{11}&p_{12}&p_{13}\\p_{21}&p_{22}&p_{23}\\p_{31}&p_{32}&p_{33}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$
を得る．
特に1次変換$f$の固有値が実数で多重解を持たないとき，固有値を$\alpha,\beta,\gamma$その固有ベクトルをそれぞれ$\boldsymbol{u},\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}$ とするとき
$f(\boldsymbol{u})=\alpha \boldsymbol{u},f(\boldsymbol{v})=\beta \boldsymbol{v},f(\boldsymbol{w})=\gamma \boldsymbol{w}$
であるから，$f$を基底$\{\boldsymbol{u},\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}\}$で表すと
$\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha &0&0\\0&\beta &0\\0&0&\gamma\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$
となり，扱いやすくなる．
同じことを固有値が多重解のとき行おうというのである．

以下考える$n$次元ベクトル空間$V$とは$n$次元数ベクトル空間$\mathbb{R}^n$のことと考えればよい．
定義1
$W_1,W_2,\dots ,W_k$をベクトル空間$V$の部分空間とする．
$\{w_1+w_2+\dots +w_k|w_i\in W_i\}$
で定まるベクトル空間を$W_1,W_2,\dots ,W_k$の和空間と呼び
$W_1+W_2+\dots +W_k$
と表す．

定義2
$W_1,W_2,\dots ,W_k$をベクトル空間$V$の部分空間とする．
$W_1+W_2+\dots +W_k$の任意の元が
$w_1+w_2+\dots +w_k,(w_i\in W_i,1\leqq i\leqq k)$
と一意的に表せるとき，$W_1,W_2,\dots ,W_k$の和空間 $W_1+W_2+\dots +W_k$は直和であるといい
$W_1\oplus W_2\oplus \cdots \oplus W_k$
と表す．

定義3
$W_1,W_2,\dots ,W_k$をベクトル空間$V$の部分空間とする．
$V=W_1\oplus W_2\oplus \cdots \oplus W_k$
のとき，$V$は$W_1,W_2,\cdots ,W_k$の直和であるという．

定義4
$A$はベクトル空間$V$上の1次変換とする．
$V$の部分空間$W$が
$w\in W$なら$Aw\in W$
を満たすとき，$W$は$A$に関して不変であるという．

$A$はベクトル空間$V$上の1次変換とする．
$V$が$W_1,W_2$の直和であり，$W_1,W_2$がそれぞれ$A$不変であるとき，$A$は分解される．それを説明する．
$\dim W_1=3,\dim W_2=2$で説明する．
$W_1$の基底を$\boldsymbol{u_1},\boldsymbol{u_2},\boldsymbol{u_3}$,$W_2$の基底を$\boldsymbol{v_1},\boldsymbol{v_2}$とすると，$V=W_1\oplus W_2$であるから$\boldsymbol{u_1},\boldsymbol{u_2},\boldsymbol{u_3},\boldsymbol{v_1},\boldsymbol{v_2}$は$V$の基底である．
$W_1,W_2$は共に$A$不変であるから3行3列の行列$B$,2行2列の行列$C$を用いて
$A\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\boldsymbol{u_2}&\boldsymbol{u_3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\boldsymbol{u_2}&\boldsymbol{u_3}\end{pmatrix}B$
$A\begin{pmatrix}\boldsymbol{v_1}&\boldsymbol{v_2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\boldsymbol{v_1}&\boldsymbol{v_2}\end{pmatrix}C$
と表すことが出来る．
したがって
$A\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\boldsymbol{u_2}&\boldsymbol{u_3}&\boldsymbol{v_1}&\boldsymbol{v_2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\boldsymbol{u_2}&\boldsymbol{u_3}&\boldsymbol{v_1}&\boldsymbol{v_2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}B&0\\0&C\end{pmatrix}$
1次変換$A$は，$V$が$A$不変な2つの部分空間$W_1,W_2$の直和に分解されるとき，すなわち $V=W_1\oplus W_2$
のとき$A$の問題は$B,C$の問題に還元される．これは$V$が3つ以上の直和に分解されるときも同様である．

準備は終わりました．これから本題に入ります．
1次変換$A$の固有値が多重解のときの，行列の対角化に対応する内容を学びます．
ここでは行列$A$の固有多項式を$f_A(x)$と表す．すなわち
$f_A(x)=\det(xE-A)$
である．
以下行列$A$の固有多項式は
$f_A(x)=(x-\alpha )^l(x-\beta)^m(x-\gamma )^n$
とする．ここで$\alpha,\beta,\gamma$は互いに異なる実数．
$A:\mathbb{R}^{l+m+n}\to \mathbb{R}^{l+m+n}$
である．
$V=\mathbb{R}^{l+m+n}$とする．
$A$の固有多項式より，$A$の固有値は$\alpha,\beta,\gamma$である．
$A$の固有値$\alpha$の固有ベクトルは
$A\boldsymbol{v}=\alpha \boldsymbol{v}$
の解$\boldsymbol{v}$であるが，ここでは
$(a-\alpha E)\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$
とみる．
$\alpha,\beta,\gamma$の固有ベクトル空間では$V$全体を表すことが出来ないので，固有ベクトル空間を拡張する．
十分大きい$t$で
$W_{\alpha}=\{\boldsymbol{v}\in V|(A-\alpha E)^t\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}\}$
によって$W_{\alpha}$を定義する．
この$V$の部分空間$W_{\alpha}$を$A$の固有値$\alpha$の広義の固有ベクトル空間と呼ぶ．
$A(a-\alpha E)^t=(A-\alpha E)^tA$
であるから，$W_{\alpha}$は$A$不変であることが分かる．
同様に$\beta,\gamma$の広義の固有ベクトル空間$W_{\beta},W_{\gamma}$を定義する．
まず
$V=W_{\alpha}\oplus W_{\beta}\oplus W_{\gamma}$
を示す．
証明には次の補助命題を利用する．
補助命題
$A_1,A_2,\dots ,A_k$はベクトル空間$V$上の一次変換である．
$A_1,A_2,\dots ,A_k$が
$A_1+A_2+\cdots +A_k=E$
$A_i^2=E ,(1\leqq i\leqq k)$
$A_iA_j=0,(i\neq j,1\leqq i,j\leqq k)$
を満たすとき
$W_1,W_2,\dots ,W_k$を
$W_i=\{\boldsymbol{v}|A_i\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v},\boldsymbol{v}\in V\}=A_iV,(1\leqq i \leqq k)$
$(\because$任意の $\boldsymbol{v}\in V $で$A_i\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v_i}$とすると$A_i \boldsymbol{v_i}=A_i^2\boldsymbol{v}=A_i\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v_i})$
で定義すると$V$は
$V=W_1\oplus W_2\oplus \cdots \oplus W_k$
と直和分解される．
証明
$\boldsymbol{v}\in V$のとき
$\boldsymbol{v}=E\boldsymbol{v}=(A_1+\cdots +A_k)\boldsymbol{v}$
$=A_1\boldsymbol{v}+\cdots +A_k\boldsymbol{v}$
であるから
$V=W_1+\cdots +W_k$
は成り立つ．あとは直和を示せばより．すなわち
$\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v_1}+\cdots +\boldsymbol{v_k}$
の時の$\boldsymbol{v_i}$の一意性を示せばよい．
$\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v_1}+\cdots +\boldsymbol{v_k}$
$=\boldsymbol{v_1'}+\cdots +\boldsymbol{v_k'}, (\boldsymbol{v_i},\boldsymbol{v'_i}\in W_i)$
とする．
$A_1\boldsymbol{v}=A_1\boldsymbol{v_1}+A_1\boldsymbol{v_2}+\cdots +A_1\boldsymbol{v_k}$
$=A_1A_1\boldsymbol{v_1}+A_1A_2\boldsymbol{v_2}+\cdots +A_1A_k\boldsymbol{v_k}$
$(\because \boldsymbol{v_i}=A_i\boldsymbol{v_i})$
$=\boldsymbol{v_1}+\boldsymbol{0}+\cdots +\boldsymbol{0}$
同様に $A_1\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v_1'}+\boldsymbol{0}+\cdots +\boldsymbol{0}$
$\therefore \boldsymbol{v_1}=\boldsymbol{v_1'}$
他も同様．$\blacksquare$

行列$A$の固有多項式は
$f_A(x)=(x-\alpha)^l(x-\beta)^m(x-\gamma)^n$
である．
$(x-\beta)^m(x-\gamma)^n,(x-\alpha)^l(x-\gamma)^n,(x-\beta)^m(x-\gamma)^n$
の共通因数は$1$であるから
$p(x)(x-\beta)^m(x-\gamma)^n+q(x)(x-\alpha)^l(x-\gamma)^n+r(x)(x-\beta)^m(x-\gamma)^n=1$
を満たす多項式$p(x),q(x),r(x)$が存在する．
($\because$ユークリッドの互除法．整数の場合でよく用いるが多項式でも成り立つ．高校数学A参照)
したがって,$x$に$A$を代入した
$p(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n +q(A)(A-\alpha E)^l(A-\gamma E)^n+r(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n=E$
が成り立つ.
$p(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n=A_{\alpha},q(A)(A-\alpha E)^l(A-\gamma E)^n=A_{\beta}, r(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n=A_{\gamma}$
とおく．
$A_{\alpha}+A_{\beta}+A_{\gamma}=E$
が成り立つ．
$A_{\alpha}A_{\beta},A_{\beta}A_{\gamma},A_{\gamma}A_{\alpha}$は
$(A-\alpha E)^l(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n$
を因数に持つので
$A_{\alpha}A_{\beta}=0,A_{\beta}A_{\gamma}=0,A_{\gamma}A_{\alpha}=0$

$A_{\alpha}=A_{\alpha}E=A_\alpha (A_{\alpha}+A_{\beta}+A_{\gamma})=A_{\alpha}^2$
$A_{\beta},A_{\gamma}$も同様． したがって
$W_{\alpha}'=\{\boldsymbol{v}\in V|A_{\alpha}\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}\}$
$W_{\beta}'=\{\boldsymbol{v}\in V|A_{\beta}\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}\}$
$W_{\gamma}'=\{\boldsymbol{v}\in V|A_{\gamma}\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}\}$
で$V$の部分空間$W_{\alpha}',W_{}\beta',W_{\gamma}'$を定義すれば，補助命題より
$V=W_ {\alpha}'\oplus W_{\beta}'\oplus W_{\gamma}'$
となる．

$A$の広義の固有ベクトル空間は十分大きな$t$で
$W_{\alpha}=\{\boldsymbol{v}\in V|(A-\alpha E)^t\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}\}$
と定義されるが（$W_{\beta},W_{\gamma}$も同様）
$W_{\alpha}=W_{\alpha}'$
を証明すれば，
$V=W_ {\alpha}\oplus W_{\beta}\oplus W_{\gamma}$
を証明したことになる．それを証明する．
$W_{\alpha}'\subset W_{\alpha}$の証明
$A_{\alpha}=p(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n$
である．
十分大きい$t$で
$(A-\alpha E)^tA_{\alpha}=(A-\alpha E)^tp(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n=0$
であるから，任意の$\boldsymbol{v}\in V$で $(A-\alpha E)^tA_{\alpha}\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$
$\therefore W_{\alpha}'\subset W_{\alpha} \ \ \blacksquare$
$W_{\alpha}\subset W_{\alpha}'$の証明
$\boldsymbol{v}\in W_{\alpha}$
とする．
すでに用いた
$p(x)(x-\beta)^m(x-\gamma )^n+q(x)(x-\alpha)^l(x-\gamma )^n+r(x)(x-\alpha)^l(x-\beta)^m=1$
を用いる．$p(x)$は$x-\alpha$を因数に持たないから
$M(x)(x-\alpha)^t+N(x)p(x)(x-\beta)^m(x-\gamma )^n=1$
となる多項式$M(x),N(x)$が存在する．
ここで
$A_{\alpha}=p(A)(A-\beta E)^m(A-\gamma E)^n$
であるから
$M(A)(A-\alpha E)^t+N(A)A_{\alpha}=E$
$(A-\alpha E)^t\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$
のとき
$\boldsymbol{v}=N(A)A_{\alpha}\boldsymbol{v}=A_{\alpha }(N(A)\boldsymbol{v})$
したがって
$\boldsymbol{v}\in W_{\alpha }' \ \ \blacksquare$

$V$が広義ベクトル空間の直和になること，すなわち
$V=W_{\alpha}\oplus W_{\beta}\oplus W_{\gamma}$
が分かった．

今考えている1次変換$A$の固有多項式は
$f_A=(x-\alpha)^lx(x-\beta)^m(x-\gamma)^n$
である．広義の固有ベクトル空間の次元が
$\dim W_{\alpha}=l,\dim W_{\beta}=m,\dim W_{\gamma}=n$
であることを示す．
以下，n次の単位行列を$E_n$と行列のサイズは右下の添え字で表す．
$\dim W_{\alpha}=l',\dim W_{\beta}=m',\dim W_{\gamma}=n'$
とする．
$\boldsymbol{v}\in {\alpha}$とすると十分大きな$t$で
$(A-\alpha E_{l'+m'+n'})^t\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$
である．したがって$A-E_{l'+m'+n'}$はべき零である．
$\boldsymbol{u_1},\dots ,\boldsymbol{u_l}$を$W_{\alpha}$の基底とすると
$(A-E_{l'+m'+n'})\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\cdots &\boldsymbol{u_l{'}}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\cdots &\boldsymbol{u_{l'}}\end{pmatrix}B_1$
となる．ここで$B_1$は$l'$次正方行列．
したがって
$A\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\cdots &\boldsymbol{u_{l'}}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\cdots &\boldsymbol{u_{l'}}\end{pmatrix}(B_1+E_{l'})$
$W_{\beta},W_{\gamma}$でも同様であり $\{\boldsymbol{u_1},\dots ,\boldsymbol{u_{l'}}\},\{\boldsymbol{v_1},\dots ,\boldsymbol{v_{m'}}\}, \{\boldsymbol{w_1},\dots ,\boldsymbol{w_{n'}}\}$をそれぞれ$W_{\alpha},W_{\beta},W_{\gamma}$の基底とすれば
$A\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\cdots &\boldsymbol{u_{l'}}&\boldsymbol{v_1}&\cdots &\boldsymbol{v_{m'}}&\boldsymbol{w_1}&\cdots &\boldsymbol{w_{n'}}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\boldsymbol{u_1}&\cdots &\boldsymbol{u_{l'}}&\boldsymbol{v_1}&\cdots &\boldsymbol{v_{m'}}&\boldsymbol{w_1}&\cdots &\boldsymbol{w_{n'}}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}B_1+\alpha E_{l'}&0&0\\ 0&B_2+\beta E_{m'}&0\\ 0&0&B_3+\gamma E_{n'}\end{pmatrix}$
ここで$B_1,B_2,B_3$はべき零である．
固有値はすべて$0$
$(\because B\boldsymbol{v}=x\boldsymbol{v}$のとき$B^n\boldsymbol{v}=x^n\boldsymbol{v},B^n=0$より$x=0)$
したがって
$f_{B_1}(x)=\det(xE_{l'}-B_1)=x^{l'}$
$f_{B_1+\alpha E_{l'}}=\det(xE_{l'}-B_1-\alpha E_{l'})=(x-\alpha )^{l'}$
したがって
$\begin{pmatrix}B_1+\alpha E_{l'}&0&0\\ 0&B_2+\beta E_{m'}&0\\ 0&0&B_3+\gamma E_{n'}\end{pmatrix}$
の固有多項式は
$(x-\alpha)^{l'}(x-\beta)^{m'}(x-\gamma)^{n'}$
である．$A$の固有多項式と一致するから
$l=l',m=m',n=n' \ \ \blacksquare$

$A$の固有値が多重解の時，$A-\alpha E,A-\beta E,A-\gamma E$はそれぞれ広義の固有空間でべき零行列である．次にべき零行列の標準化を考える．
行列$A$はべき零の$n$次正方行列とする．
行列$A$の固有値は$0$だけであるから$A$の固有多項式は
$f_A(x)=x^n$
したがってケーリー・ハミルトンの定理より
$A^n=0$

例えば$A^3=0$が成り立つとき，もし$V$の基底の一部として
$\{\boldsymbol{v},A\boldsymbol{v},A^2\boldsymbol{v}\}$
を取ることが出来れば
$A(A^2\boldsymbol{v})=\boldsymbol{0},A(A\boldsymbol{v})=A^2\boldsymbol{v}, A(\boldsymbol{v})=A\boldsymbol{v}$
であるから
$A\begin{pmatrix}A^2\boldsymbol{v}&A\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}A^2\boldsymbol{v}&A\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$
となる．行列の積のこの性質を利用する．
ちなみに
$A\begin{pmatrix}\boldsymbol{v}&A\boldsymbol{v}&A^2\boldsymbol{v}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\boldsymbol{v}&A\boldsymbol{v}&A^2\boldsymbol{v}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$
である．
べき零行列の基底の取り方を学べばジョルダンの標準化は解決する．
実際に基底を作っていこう．
$n$次のべき零行列$N$で
$N^4=0,N^3\neq 0$
として考える．すなわち，$N$の最小多項式は4次である．
ベクトル空間$W_i(1\leqq i \leqq 4)$を
$W_i=\{\boldsymbol{v}\in V|A^i\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0} \}$
と定義すれば
$V(\mathbb{R}^n)=W_4\supset W_3\supset W_2\supset W_1$
を満たす．なお，
$\dim W_i=\ker N^i=n-\mathrm{rank} N^i$
まず，
$W_4$の元であるが$W_3$の元ではない1次独立な$\boldsymbol{v}$を取り，$W_3$の基底に付け加えて$V$の基底とする．
ここではそれを
$\boldsymbol{v_1},\boldsymbol{v_2}$
とする.
次に，$N\boldsymbol{v_1},N\boldsymbol{v_2}$は$W_3$の元であるが，$W_2$の元ではない．それ以外に$W_3$ の元であるが$W_2$の元でないものが存在すれば1次独立な元をすべて取る． ここではそれを$\boldsymbol{v_3}$だけとする．
同じことを繰り返す．
$N^2\boldsymbol{v_1},N^2\boldsymbol{v_1},N\boldsymbol{v_3}$以外に$W_2$の元であるが$W_1$の元でないのが存在すれば，1次独立のベクトルを取るが，ここではないとしている．
最後に$N^3\boldsymbol{v_1},N^3\boldsymbol{v_1},N^2\boldsymbol{v_3}$以外の$W_1$の1次独立の元を取る．それを$\boldsymbol{v_4},\boldsymbol{v_5}$とする．
次の表はそれをまとめたものである．
$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline v\in W_4,v\notin W_3 & v_1,v_2 & & & \\ \hline v\in W_3,v\notin W_2 & Nv_1 ,Nv_2 & v_3 & & \\ \hline v\in W_2,v\notin W_1 & N^2v_1,N^2v_2 &Nv_3 & \hspace{1cm} & \\ \hline v\in W_1 & N^3v_1,N^3V_2 &N^2v_3 & &v_4,v_5 \\ \hline \end{array}$
行列$A$は$13\times 13$型である．
行列$P$を
$P=\begin{pmatrix}N^3\boldsymbol{v_1}&N^2\boldsymbol{v_1}&N\boldsymbol{v_1}&\boldsymbol{v_1}& N^3\boldsymbol{v_2}&N^2\boldsymbol{v_2}&N\boldsymbol{v_2}&\boldsymbol{v_2} &N^2\boldsymbol{v_3}&N\boldsymbol{v_3}&\boldsymbol{v_3}&\boldsymbol{v_4}&\boldsymbol{v_5} \end{pmatrix}$ とすれば
$NP=PM$
で
$M=\begin{pmatrix}0&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}$
である，
さらに
$A=aE+N$
のとき
$aEP=P(aE)$
が成り立つから
$AP=P(aE+M)$
ここで
$aE+M=\begin{pmatrix}a&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&a&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&a&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&a&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&a&1&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&a&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&a&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&a&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&a&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&a&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&a&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&a&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&a\end{pmatrix}$
である．

注意点を述べる．
$1. \ \ \boldsymbol{v_1},\dots , \boldsymbol{v_k}\in W_{i+1},\boldsymbol{v_1},\dots ,\boldsymbol{v_k}\notin W_{i}$かつ1次独立の時
$N\boldsymbol{v_1},\dots ,N\boldsymbol{v_k}$
は$W_i$の元であり1次独立
$(\because ) \boldsymbol{v_1},\dots , \boldsymbol{v_k}\notin W_{1}=\ker N$
である．
$c_1N\boldsymbol{v_1}+\dots+c_kN\boldsymbol{v_k}=\boldsymbol{0}$
とすると
$c_1N\boldsymbol{v_1}+\dots+c_kN\boldsymbol{v_k}$
$=N(c_1\boldsymbol{v_1}+\dots+c_k\boldsymbol{v_k})=\boldsymbol{0}$
より
$c_1\boldsymbol{v_1}+\dots+c_k\boldsymbol{v_k}=\boldsymbol{0}$
$\therefore c_1=\dots =c_k=0 \blacksquare$

$2. W_i$の列は真部分集合の列である．すなわち
$V(\mathbb{R}^n)=W_k\supsetneqq W_{k-1}\supsetneqq \cdots \supsetneqq W_2\supsetneqq W_1$
である．
$(\because) \ \ \dim W_i=\ker N^i=n-\mathrm{rank} N^i$
である．
$\mathrm{rank}N^i=\mathrm{rank}N^{i+1}$
のとき$i\leqq k$で$\mathrm{rank}N^k$が一定であるから成り立つ．
$(\because \mathrm{rank}N^k=\mathrm{rank}N^{k+1}\Leftrightarrow \mathrm{Im}N^{k}\cap \ker N=\{\boldsymbol{0}\}$
が成り立つ．$N\mathrm{R}^n\subset \mathrm{R}^n$より$\mathrm{Im}N^{k+1}\subset \mathrm{Im}N^k$
したがって$\mathrm{Im}N^k\cap \ker N\cap =\boldsymbol{0}$なら$\mathrm{Im}N^{k+1}\cap \ker N =\boldsymbol{0})$
したがって，$N^k=0$となる最小の$k$($N$の最小多項式の次数)は $\mathrm{rank}N^i=\mathrm{rank}N^{i+1}$
となる最小の$i$である．
なお，$W_i\supsetneqq W_{i-1}$のとき
$\boldsymbol{v}\in W_i$かつ$\boldsymbol{v}\notin W_{i-1}$
を満たす$\boldsymbol{v}$が存在するから，
$N\boldsymbol{v},N^2\boldsymbol{v},\dots$を考えることにより
$W_{i-1},W_{i-2},\dots$
真部分集合の列であることが分かる.$\blacksquare$

$3. \ \ N^{i}\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$かつ$N^{i-1}\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}$
である一次独立な$\boldsymbol{v}$の個数を求めよう．
$(\dim W_i-\dim W_{i-1})-(\dim W_{i+1}-\dim W_i)$
を求めることである．
$(\because) \ W_i \setminus W_{i-1}\ni \boldsymbol{v}$ のとき$N\boldsymbol{v}\in W_{i+1}\setminus W_i$
したがって
$(n-\mathrm{rank}N^{i})-(n-\mathrm{rank}N^{i-1})-(n-\mathrm{rank}N^{i+1})+(n-\mathrm{rank}N^{i})$
$=\mathrm{rank}N^{i-1}+\mathrm{rank}N^{i+1}-2\mathrm{rank}N^i$
である．$\blacksquare$
したがって，$\mathrm{rank}N^k (1\leqq k)$によってジョルダン標準形の形が決まる．


実際にジョルダンの標準形を求めよう．私には問題を作る力はないので，専門書である
斎藤正彦著　線形代数入門　東京大学出版会
の例題をそのまま使わせていただく．
なお，この書では単因子を用いてジョルダンの標準形を解説している．合わせて参考にされたら良いと思う．
以下4次の正方行列を扱う．
べき零行列$N$で場合分けする．
$(case 1) N^3\neq 0$のとき．
$\mathrm{rank}N=3,\mathrm{rank}N^2=2,\mathrm{rank}N^3=1$
である．(∵　注意２)
$N^3\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}$
である$\boldsymbol{v}$をとり
$P=\begin{pmatrix}N^3\boldsymbol{v}&N^2\boldsymbol{v}&N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}\end{pmatrix}$
とすれば
$AP=P\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
である．
例１
$A=\begin{pmatrix}-3&-2&-3&1\\5&3&4&-1\\2&1&2&-1\\-4&-2&-3&2\end{pmatrix}$
固有多項式は$(x-1)^4$である．
したがって,ケーリーハミルトンの定理より
$(A-E)^4=0$
は必ず成り立つ．
$N=A-E$
とおく．
$N,N^2,N^3$はいずれも零行列でない．
ちなみに
$\mathrm{rank}N=3,\mathrm{rank}N^2=2,\mathrm{rank}N^3=1$
である．
$N^3$の第1列が$\boldsymbol{0}$でないので
$\boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}$
とする．
$N^3\boldsymbol{v},N^2\boldsymbol{v},N\boldsymbol{v},\boldsymbol{v}$
を並べた行列を
$P=\begin{pmatrix}-1&-4&-4&1\\0&2&5&0\\1&3&2&0\\-1&-4&-4&0\end{pmatrix}$
とすると
$NP=P\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
である．
$A=E+N$
であるから
$AP=P\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{pmatrix}$
である．
$A=P\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{pmatrix}P^{-1}$
を確認したのが右の計算である．

この例のように，$n$次正方行列$A$の固有多項式が$(x-a)^n$のとき，$A$の最小多項式が$n$次のとき，言い方を変えれば$(A-aE)^{n-1}\neq 0$のときは
$(A-aE)^{n-1}\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}$
となる$\boldsymbol{v}$をみつけ
$P=(N^{n-1}\boldsymbol{v},N^{n-2},\cdots,N\boldsymbol{v},\boldsymbol{v})$
で行列$P$を定めればよい．

$(case 2) N^2\neq 0,N^3=0$のとき．
このとき$\mathrm{rank}N^2=1,\mathrm{rank}N=1$である(すぐにわかる)．
$N^2\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}$
となる$\boldsymbol{v}$を一つとる(2つあることはないから$\mathrm{rank}N^2=1$)．
$N^2\boldsymbol{v},N\boldsymbol{v},\boldsymbol{v}$に$N$の固有ベクトル$\boldsymbol{w}$を加えて
$P=\begin{pmatrix}N^2\boldsymbol{v}&N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix}$
とすればよい．ここで$\{N^2\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}\}$が$N$の固有空間の基底で$\mathrm{rank}N=2$である．
例2
$A=\begin{pmatrix}-2&-1&-2&1\\5&3&4&-1\\1&0&1&-1\\-3&-1&-2&2\end{pmatrix}$
の固有多項式は$(x-1)^4$である．
$N=A-E$
とおく．
$N^2\neq 0,N^3=0$
したがって，$A$の最小多項式は3次である． $N,N^2$は右図．
$N^2$の第1列ベクトルが零ベクトルでないから
$N^2\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}$
を満たす$\boldsymbol{v}$として
$\boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}$
をとる．
$N^2\boldsymbol{v},N\boldsymbol{v},\boldsymbol{v}$ともう一つのベクトルは， $N$の固有ベクトルで $N^2\boldsymbol{v}$と1次独立であるベクトルを取る．
$N$の第3行，第4行を考えればよいから
$\begin{cases}x+w=0\\-3x-y-2z+w=0\end{cases}$
を解けばよい．ここでは
$N^2\boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}-1\\2\\0\\-1\end{pmatrix}$
ともう一つのベクトルとして
$\boldsymbol{w}=\begin{pmatrix}0\\2\\-1\\0\end{pmatrix}$
を取る．
$P=\begin{pmatrix}N^2\boldsymbol{v}&N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1&-3&1&0\\2&5&0&2\\0&1&0&-1\\-1&-3&0&0\end{pmatrix}$
とすれば
$NP=P\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
$A=E+N$
であるから,
$NP=P\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}$
を得る．

$(case 3) N\neq 0,N^2=0$のとき．
$\mathrm{rank}N=2$の場合と$\mathrm{rank}N=1$の場合がある．
$\mathrm{rank}N=2$のとき
$A\boldsymbol{v}\neq\boldsymbol{0}$である1次独立なベクトルは2つ存在するからそれを$\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}$とする．
$P=\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&N\boldsymbol{w}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix}$
とすれば
$NP=P\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
である．
$\mathrm{rank}N=1$のとき
$N\boldsymbol{v}\neq\boldsymbol{0}$である1次独立なベクトルは1つ存在する. それを$\boldsymbol{v}$とする．
$N\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$
の一次独立なベクトル$\boldsymbol{v}$は3つ存在する．$N\boldsymbol{v}$以外の2つの1次独立なベクトルを
$\boldsymbol{w},\boldsymbol{u}$
とし，
$P=\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}&\boldsymbol{u}\end{pmatrix}$
とすれば
$NP=P\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
である．
例3
$A=\begin{pmatrix}0&-1&-1&0\\-1&1&0&1\\2&1&2&-1\\-1&-1&-1&1\end{pmatrix}$
固有多項式は$f_A(x)=(x-1)^4$
$N=A-E=\begin{pmatrix}-1&-1&-1&0\\-1&0&0&1\\2&1&1&-1\\-1&-1&-1&0\end{pmatrix}$
は$N^2=0,\mathrm{rank}N=2$である．
$N$の第3列，第4列に注目して
$\boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}, \boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$
とする．
$P= \begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&N\boldsymbol{w}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}-1&0&0&0\\0&0&1&0\\1&1&-1&0\\-1&0&0&1\end{pmatrix}$
であり，
$NP=P\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
$A=N+E$
あるから
$AP=P\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{pmatrix}$
を得る．
以上の例題は比較的簡単にジョルダン標準形が求められた．すべてがこのように求まるとは限らない．
次の例題を解いてみよう．
例4
$A=\begin{pmatrix}0&-1&-1&0\\6&3&4&-2\\-5&-1&-2&2\\-1&-1&-1&1\end{pmatrix}$
固有多項式は$f_A(x)=(x-1)^3(x+1)$であるので
固有値1の広義固有ベクトル空間は3次元で，固有値$-1$の固有空間は1次元．
まず固有値$1$の広義固有空間の基底を求める．
$A-E=N$
とおく．
$N=\begin{pmatrix}-1&-1&-1&0\\6&2&4&-2\\-5&-1&-3&2\\-1&-1&-1&0\end{pmatrix}$
固有値$1$の固有ベクトルを求める．
$\mathrm{rank}N=2$より固有空間は2次元でありそれを求める．
$N$の第1行，第2行だけもちいればよい．
$\begin{cases}-x-y-z=0\\6x+2y+4z-2w=0\end{cases}$
1次独立の2つの解を求め
$\alpha\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\2\end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix}-1\\-1\\2\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha -\beta\\-\alpha -\beta\\2\beta\\2\alpha\end{pmatrix}$
が$A$の固有値$1$の固有ベクトル空間である．
固有値$1$の広義固有空間の基底は
$N\boldsymbol{v},\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}$
で，$N\boldsymbol{v},\boldsymbol{w}$が$A$の固有値$1$の固有ベクトル．
したがって，$N\boldsymbol{v}$が固有ベクトルである$\boldsymbol{v}$を求める必要がある．$\cdots (\sharp)$
ジョルダンの標準形を求めるときこれが面倒なところです．
次のように行うのが一般的．
$N\boldsymbol{v}$が固有ベクトルより
$\begin{pmatrix}-1&-1&-1&0\\6&2&4&-2\\-5&-1&-3&2\\-1&-1&-1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\alpha -\beta\\-\alpha-\beta\\ 2\beta\\2\alpha\end{pmatrix} $
解が存在するのは
$\alpha -\beta=2\alpha,(\alpha -\beta)+2\beta =\alpha+\beta$
$\therefore \alpha +\beta=0$
$\alpha =\frac{1}{2}$とし，固有ベクトルとして
$\begin{pmatrix}1\\0\\-1\\1\end{pmatrix}$
を取る．
$\begin{pmatrix}-1&-1&-1&0\\6&2&4&-2\\-5&-1&-3&2\\-1&-1&-1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1\\0\\-1\\1\end{pmatrix} $
より
$\begin{cases}-x-y-z=1\\6x+2y+4z-2w=0\end{cases}$
解の1つとして
　 $x=2,y=0,z=-3,w=0$
をとる．
もう一つの固有ベクトルとして$\alpha =1，\beta =0$すなわち
$\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\2\end{pmatrix}$
次に固有値$-1$の固有ベクトルを求める．
$A+E=\begin{pmatrix}1&-1&-1&0\\6&4&4&-2\\-5&-1&-1&2\\-1&-1&-1&2\end{pmatrix}$
より第2列,第3列　に注目し
$\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}$
これで基底が求まった．
基底を並べた行列$P$として
$P=\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}&\boldsymbol{u}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}1&2&1&0\\0&0&-1&1\\-1&-3&0&-1\\1&0&2&0\end{pmatrix}$ とすればよい．
$(A-E)\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} $
$\therefore A\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}N\boldsymbol{v}&\boldsymbol{v}&\boldsymbol{w}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} $
$(A+E)\boldsymbol{u}=\boldsymbol{0}$
より
$A\boldsymbol{u}=-\boldsymbol{u}$
したがって
$AP=P\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1\end{pmatrix}$
を得る．

注意
$(\sharp)$で例えば$N^2=0$なら
$N^2\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}$かつ$N\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}\cdots (\flat)$
となる$\boldsymbol{v}$は
$N\boldsymbol{v}\neq \boldsymbol{0}$であれば$v$は何でもよい(∵　$N^2=0$)
しかし$N^2=0$の条件がなければ
$(\flat)$は$N\boldsymbol{v}$が固有ベクトルとして$\boldsymbol{v}$を求める必要がある．
例えば，すでに扱った例で$N$の広義固有ベクトルの基底が次の表の時
$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline v\in W_4,v\notin W_3 & v_1,v_2 & & & \\ \hline v\in W_3,v\notin W_2 & Nv_1 ,Nv_2 & v_3 & & \\ \hline v\in W_2,v\notin W_1 & N^2v_1,N^2v_2 &Nv_3 & \hspace{1cm} & \\ \hline v\in W_1 & N^3v_1,N^3V_2 &N^2v_3 & &v_4,v_5 \\ \hline \end{array}$
$\boldsymbol{v_1},\boldsymbol{v_2}$は比較的簡単に求められるが，$\boldsymbol{v_3}$は$N^2\boldsymbol{v_3}$が$N$の固有ベクトルを解く必要がある．

7.相反変換

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