（叠甲：以下默认底层域 $K$为代数闭域（例如$\mathbb C$））
我们知道，矩阵乘法一般而言并没有交换律，于是满足交换律的矩阵们就有一定的稀缺性，有时具有一些有趣的性质。
记号：$K[A] = {f(A) \mid f \in K[x]}$，$C(A)={X\mid XA=AX}$
我们首先看一个广为人知的命题。
可交换的可对角化的矩阵可以同时对角化
设 $AB=BA$，且二者可对角化，那么存在$U$，使得$UAU^{-1},UBU^{-1}$ 同时为对角阵。
法1——爆算
第一步：对齐 $A$ 的特征景观
由于 $A$可对角化，存在可逆阵$U$，使得 $UAU^{-1} = D$。为了看清结构，我们将 $D$ 中相同的特征值聚集在一起，写成分块形式：
$$ D = \begin{pmatrix} \lambda_1 I_{k_1} & & \\ & \lambda_2 I_{k_2} & \\ & & \ddots \end{pmatrix} $$
这里 $\lambda_i$ 互不相同，$I_{k_i}$是$k_i$阶单位阵（即$\lambda_i$ 的重数）。
第二步：交换性带来的“形状限制”
设 $B’ = UBU^{-1}$。由 $AB=BA$可推导出$DB’ = B’D$。
我们将 $B’$按照$D$ 的尺寸进行分块：$B’ = (B’_{ij})$。
带入等式 $DB’ = B’D$ 可得，对于每一块都有：
$$ \lambda_i I_{k_i} B'_{ij} = B'_{ij} \lambda_j I_{k_j} \implies (\lambda_i - \lambda_j) B'_{ij} = 0 $$
当 $i \neq j$时，由于$\lambda_i \neq \lambda_j$，必有 $B’_{ij} = 0$。
这说明 $B’$ 必须是一个分块对角阵：
$$ B' = \begin{pmatrix} B'_{11} & & \\ & B'_{22} & \\ & & \ddots \end{pmatrix} $$
第三步：继承对角化性质
这是最关键的一步。因为 $B$可对角化，所以它的极小多项式$m_B(x)$ 没有重根。
由于 $B’$是分块对角阵，容易证明每个分块$B’{ii}$的极小多项式$m{B’_{ii}}(x)$必然能整除$m_B(x)$。
这意味着每个子块 $B’_{ii}$ 的极小多项式也没有重根。
根据可对角化的充要条件，每一个小块 $B’_{ii}$ 都是可对角化的。
第四步：局部微调实现全域对角化
对于每个 $B’{ii}$，存在可逆阵 $P_i$使得$P_i B’{ii} P_i^{-1} = \Lambda_i$（对角阵）。
构造全空间的变换矩阵 $P = \text{diag}(P_1, P_2, \dots)$。
此时，考虑总变换矩阵 $W = PU$：
对于 $A$：$WAW^{-1} = P D P^{-1}$。由于 $P$的分块结构与$D$一致，且$P_i$与单位阵的倍数$\lambda_i I$交换，所以$WAW^{-1} = D$，保持对角形不变。
对于 $B$：$WBW^{-1} = P B’ P^{-1} = \text{diag}(\Lambda_1, \Lambda_2, \dots)$，变成了对角阵。
至此，证明完成。
法2：不变子空间分解法
第一步：空间按 $A$ 的特征值进行谱分解
由于 $A$在$V$上可对角化，全空间$V$可以分解为$A$ 的特征子空间的直和：
$$ V = V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus \dots \oplus V_{\lambda_k} $$
其中 $V_{\lambda_i} = { v \in V \mid Av = \lambda_i v }$。
第二步：证明 $V_{\lambda_i}$是$B$ 的不变子空间
对于任何 $v \in V_{\lambda_i}$，我们考察 $Bv$ 后的结果。
利用交换性 $AB = BA$：
$$ A(Bv) = (AB)v = (BA)v = B(Av) = B(\lambda_i v) = \lambda_i (Bv) $$
这表明 $Bv$依然满足$A$的特征向量定义，其对应的特征值仍为$\lambda_i$。
因此，$Bv \in V_{\lambda_i}$，即 $V_{\lambda_i}$是$B$ 的不变子空间。
第三步：限制算子的可对角化性继承
由于 $B$在全空间$V$上可对角化，其极小多项式$m_B(x)$ 是互异一次因子的乘积。
考虑 $B$在子空间$V_{\lambda_i}$上的限制算子$B|{V{\lambda_i}}$。该限制算子的极小多项式 $m_{B|{V{\lambda_i}}}(x)$必然能整除$m_B(x)$。
因此，$m_{B|{V{\lambda_i}}}(x)$ 同样是由互异一次因子构成的。
结论： $B$在每一个特征子空间$V_{\lambda_i}$ 上都是可对角化的。
第四步：选取共同基底
既然 $B$在$V_{\lambda_i}$上可对角化，我们可以在每个$V_{\lambda_i}$中选出一组$B$的特征向量作为基底，记为$\mathcal{B}_i$。
因为这组基在 $V_{\lambda_i}$中，它们天然全是$A$的特征向量（特征值均为$\lambda_i$）。
因为这组基是按 $B$的特征向量选取的，它们也全是$B$ 的特征向量。
第五步：组合与完成
将这些基底合起来：$\mathcal{B} = \mathcal{B}_1 \cup \mathcal{B}_2 \cup \dots \cup \mathcal{B}_k$。
由于全空间是直和关系，$\mathcal{B}$构成了全空间$V$ 的一组基。在这组基下，$A$和$B$ 同时呈现为对角矩阵。
从中，有一件事具有一定的一般性，如果可交换，那么一方的特征子空间是另一方的不变子空间。类似的，核空间和像空间也一样：
若线性变换 $A,B$可以交换，那么$KerB,ImB$都是$A$ 不变子空间。
设
$$ AB=BA $$
考虑 $B\alpha=0$则$B(A\alpha)=A(B\alpha)=0$，故$A\alpha\in KerB$ 。
考虑 $\alpha=B\beta$，则$A(B\beta)=B(A\beta)\in ImB$ 。
通过Jordan标准型研究中心化子 C(A)
问题的转化
我们如何研究比较一般的对易性或者说可交换性呢？一个自然的想法是，原来的矩阵很复杂，我们可以看看标准型，如果能通过标准型判定，自然是极好的。那么就想到用 $Jordan$ 标准型来考虑问题。
若 $A = UJU^{-1}$（其中 $J$可以是 Jordan 标准型或对角阵），则关于$A$的算子性质可以平移到$J$ 上：
$A^k = UJ^kU^{-1}$-$g(A) = Ug(J)U^{-1}$
中心化子的相似性：$C(A) = U C(J) U^{-1}$这意味着研究$A$的交换矩阵，等价于在$A$的标准型坐标系下研究与$J$ 交换的矩阵。
Jordan标准型的对易性
K[A]
对于一个若尔当块 $J_k(\lambda)$，其多项式函数 $g(J_k(\lambda))$的结果是一个上三角托普利茨矩阵 (Upper Triangular Toeplitz Matrix)。其填充逻辑基于$g(x)$ 在特征值处的泰勒展开 (Taylor Expansion)。
展开式规则：
针对特征值 $\lambda$（阶数为 3）：
$g(x) \equiv c_0 + c_1(x-\lambda) + c_2(x-\lambda)^2 \pmod{(x-\lambda)^3}$其中系数$c_i = \frac{g^{(i)}(\lambda)}{i!}$。
针对特征值 $\mu$（阶数为 2）：
$g(x) \equiv d_0 + d_1(x-\mu) \pmod{(x-\mu)^2}$其中系数$d_i = \frac{g^{(i)}(\mu)}{i!}$。
$g(A)$ 的矩阵表示
假设 $A$由两个$\lambda$块（3阶和2阶）及一个$\mu$块（2阶）组成，那么$g(A)$ 的形式如下：
$$ g(A) = \begin{pmatrix} c_0 & c_1 & c_2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & c_0 & c_1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & c_0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & c_0 & c_1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & c_0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & d_0 & d_1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & d_0 \end{pmatrix} $$
关键逻辑：
同步性： 注意到两个不同的 $\lambda$块使用了完全相同的系数$c_0, c_1$。这是因为它们是由同一个多项式 $g(x)$ 作用的结果。
结构： 每个子块内部都是由展开系数构成的对角线平移。
$K[A]$ 代数的性质
根据中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem)，$K[A]$ 中的矩阵完全由这些独立的泰勒系数决定。
设矩阵 $A$的最小多项式为$m_A(x)$。如果我们可以将其分解为互素的因子：
$$ m_A(x) = \prod_{i=1}^k (x-\lambda_i)^{r_i} $$
那么根据 CRT，多项式子代数 $K[A]$ 可以被拆解为：
$$ K[A] \cong K[x]/(m_A(x)) \cong \frac{K[x]}{(x-\lambda_1)^{r_1}} \oplus \frac{K[x]}{(x-\lambda_2)^{r_2}} \oplus \dots \oplus \frac{K[x]}{(x-\lambda_k)^{r_k}} $$
考虑 CRT 中的一个原子项：$K[x] / (x-\lambda)^r$。这对应了 $A$的一个（或一组）关于$\lambda$ 的 Jordan 块。
在这个局部空间里，任何多项式 $g(x)$都可以绕着特征值$\lambda$ 做展开：
$$ g(x) = g(\lambda) + g'(\lambda)(x-\lambda) + \frac{g''(\lambda)}{2!}(x-\lambda)^2 + \dots + \frac{g^{(r-1)}(\lambda)}{(r-1)!}(x-\lambda)^{r-1} + R(x) $$
由于在局部空间里 $(x-\lambda)^r = 0$，余项 $R(x)$ 直接消失了。
C(A)
通常，$C(A)$包含$K[A]$ ，因为自己生成的多项式当然可以和自己交换。
可交换矩阵可同样分块
设矩阵 $A$ 为分块对角矩阵：
$$ A = \begin{bmatrix} A_1 & & 0 \\ & A_2 & \\ 0 & & \ddots & \\ & & & A_s \end{bmatrix} $$
其中，$A_i$是由对角元素均为$\lambda_i$ 的 若尔当块(Jordan blocks) 排成的对角分块矩阵。
关键前提：特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$ 两两互异 ($互异$: distinct / mutually different)。
若矩阵 $B$与$A$ 可交换，即满足：
$$ AB = BA $$
若 $AB = BA$，则 $A$的根子空间 (generalized eigenspace)$ker(A - \lambda_i I)^{n_i}$也是$B$-不变子空间。由于各 $\lambda_i$ 互异，这些子空间直接对应了矩阵的分块结构。
由此可以推导出矩阵 $B$必须具有与$A$ 相同的分块对角结构：
$$ B = \begin{bmatrix} B_1 & & 0 \\ & B_2 & \\ 0 & & \ddots & \\ & & & B_s \end{bmatrix} $$
并且满足分块间的交换性：
$$ B_i A_i = A_i B_i, \quad 1 \le i \le s $$
具体形式的探索
1. 特征值的平移不变性
设 $A$为对角元均为$\lambda$ 的若尔当形矩阵（Jordan Form）。
根据交换性定义：
$$ BA = AB \iff B(A - \lambda I) = (A - \lambda I)B $$
由此可知，求 $A$ 的交换代数等价于求其平移后的矩阵：
$C(A) = C(A - \lambda I)$
因此，以下进一步假设 $A$的对角元均为$0$。
2. 循环基（Cyclic Basis）的应用演示
通过循环基可以更直观地处理交换代数问题。
设 $A$ 为如下分块矩阵：
$$ A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & \vdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \vdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 \\ \dots & \dots & \dots & \vdots & \dots & \dots \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 \end{bmatrix} $$
即由一个 $3 \times 3$和一个$2 \times 2$ 的若尔当块组成的矩阵。
定义循环基向量：
- 第一组： 设 $\alpha_1 = [1, 0, 0, 0, 0]^T$$A\alpha_1 = [0, 1, 0, 0, 0]^T$$A^2\alpha_1 = [0, 0, 1, 0, 0]^T$$(A^3\alpha_1 = 0)$ 第二组： 设$\alpha_2 = [0, 0, 0, 1, 0]^T$$A\alpha_2 = [0, 0, 0, 0, 1]^T$$(A^2\alpha_2 = 0)$
于是，${\alpha_1, A\alpha_1, A^2\alpha_1, \alpha_2, A\alpha_2}$构成了$K^5$ 的一组基。
3. 交换矩阵 B 的性质推导
任取 $B \in C(A)$，将 $B$ 作用在基向量上。
设 $B\alpha_1$ 为基向量的线性组合：
$$ B\alpha_1 = k_1\alpha_1 + k_2A\alpha_1 + k_3A^2\alpha_1 + k_4\alpha_2 + k_5A\alpha_2 $$
利用 $BA = AB$ 进行约束：
- 对于 $B(A\alpha_1)$：
$$ B(A\alpha_1) = A(B\alpha_1) $$
$$ = k_1(A\alpha_1) + k_2(A^2\alpha_1) + k_4(A\alpha_2) $$
(注：$A^3\alpha_1=0$且$A^2\alpha_2=0$)
- 对于 $B(A^2\alpha_1)$：
$$ B(A^2\alpha_1) = A(BA\alpha_1) $$
$$ = k_1(A^2\alpha_1) $$
设 $B\alpha_2$ 为基向量的线性组合：
$$ B\alpha_2 = l_1\alpha_1 + l_2A\alpha_1 + l_3A^2\alpha_1 + l_4\alpha_2 + l_5A\alpha_2 $$
利用 $BA = AB$ 进行约束推导：
- 对于 $B(A\alpha_2)$：
$$ B(A\alpha_2) = A(B\alpha_2) = l_1A\alpha_1 + l_2A^2\alpha_1 + l_4A\alpha_2 $$
(注：$A^3\alpha_1=0$且$A^2\alpha_2=0$)
- 利用 $A^2\alpha_2 = 0$ 的性质：
$$ 0 = B(A^2\alpha_2) = A(B A\alpha_2) = l_1A^2\alpha_1 $$
由于 $A^2\alpha_1 \neq 0$，由此推导出核心约束：
$l_1 = 0$
$C(A)$ 中矩阵的一般形状
综合所有基向量在 $B$ 作用下的表现：
$$ B(\alpha_1, A\alpha_1, A^2\alpha_1, \alpha_2, A\alpha_2) = (\alpha_1, A\alpha_1, A^2\alpha_1, \alpha_2, A\alpha_2) \cdot \mathbf{M}_B $$
其中，在循环基下矩阵 $B$的表示矩阵$\mathbf{M}_B$ 为：
$$ \mathbf{M}_B = \begin{bmatrix} k_1 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 \\ k_2 & k_1 & 0 & \vdots & l_2 & 0 \\ k_3 & k_2 & k_1 & \vdots & l_3 & l_2 \\ \dots & \dots & \dots & \vdots & \dots & \dots \\ k_4 & 0 & 0 & \vdots & l_4 & 0 \\ k_5 & k_4 & 0 & \vdots & l_5 & l_4 \end{bmatrix} $$
我们可以看到，相当于第一列不断下移。
一般地我们可以证明：
命题：若 $X$与$J_n(0)$可交换，则$X$ 必为上三角 Toeplitz 矩阵。
证明：设 $N = J_n(0)$。由 $XN = NX$可知，比较第$(i, j)$元：$(XN){i,j} = x{i,j-1}$（$X$的列左移）$(NX){i,j} = x{i+1,j}$（$X$的行上移） 故$x_{i,j-1} = x_{i+1,j}$，这意味着沿主对角线平行的元素全部相等。
小结
若矩阵 $B$取以上形状，其中参数$k_1, \dots, k_5, l_2, \dots, l_5 \in K$ 任取，则：
$$ \{\alpha_1, A\alpha_1, A^2\alpha_1, \alpha_2, A\alpha_2\} \in \ker(AB - BA) $$
因为就是从 $AB=BA$推出来的。这说明该基底中的每一个向量都被$AB-BA$ 映射为零向量。由于这组向量构成空间的基，因此：
$$ AB = BA $$
一般情形下的分块结构
设 $A$为由多个上三角若尔当块组成的矩阵，特征值均为$\lambda$。
例如图中示例，当 $A$由阶数为$3, 2, 2$ 的三个块组成时：
$$ A = \text{diag}(J_3, J_2, J_2) $$
与之可交换的矩阵 $B \in C(A)$ 具有如下分块形状：
$$ B = \begin{bmatrix} \text{Toep}(3\times3) & \text{Toep}(3\times2) & \text{Toep}(3\times2) \\ \text{Toep}(2\times3) & \text{Toep}(2\times2) & \text{Toep}(2\times2) \\ \text{Toep}(2\times3) & \text{Toep}(2\times2) & \text{Toep}(2\times2) \end{bmatrix} $$
或者打出具体系数：
$$ B = \left[ \begin{array}{ccc:cc:cc} a_0 & a_1 & a_2 & a_7 & a_8 & a_{11} & a_{12} \\ 0 & a_0 & a_1 & 0 & a_7 & 0 & a_{11} \\ 0 & 0 & a_0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hdashline 0 & a_9 & a_{10} & a_3 & a_4 & a_{15} & a_{16} \\ 0 & 0 & a_9 & 0 & a_3 & 0 & a_{15} \\ \hdashline 0 & a_{13} & a_{14} & a_{17} & a_{18} & a_5 & a_6 \\ 0 & 0 & a_{13} & 0 & a_{17} & 0 & a_5 \end{array} \right] $$
- 对角块与交叉块：每个分块内部都呈现 Toeplitz 结构（主对角线及其平行线上元素相等）。
- 阶数限制：对于 $m \times n$的交叉分块，其独立变量的个数由$\min(m, n)$ 决定。
维数 $dim C(A)$ 的一般性推导
设 $A$是对角元均为$\lambda$ 的若尔当形矩阵，各对角块阶数满足：
$$ n_1 \ge n_2 \ge \dots \ge n_s $$
$C(A)$的总维数等于所有分块独立变量数之和。根据$\min(n_i, n_j)$ 的原则，维数分布呈现如下阶梯状矩阵模式：
- 第 1 行贡献：$n_1 + n_2 + n_3 + \dots + n_s$（由于 $n_1$最大，各$\min(n_1, n_j) = n_j$，但由于对称性及 $B_{ij}$结构，此处统计逻辑为各列对第$i$ 块的贡献）
- 通过对所有 $\min(n_i, n_j)$ 求和：
$$ \begin{array}{c|ccccc} & n_1 & n_2 & n_3 & \dots & n_s \\ \hline n_1 & n_1 & n_2 & n_3 & \dots & n_s \\ n_2 & n_2 & n_2 & n_3 & \dots & n_s \\ n_3 & n_3 & n_3 & n_3 & \dots & n_s \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ n_s & n_s & n_s & n_s & \dots & n_s \end{array} $$
将上述表格按行或按规律求和，可提炼出交换代数维数的最终计算公式：
**
$$ \mathbf{dim C(A) = n_1 + 3n_2 + 5n_3 + 7n_4 + \dots + (2s-1)n_s} $$
**
结构总结
我们可以把这种结构形象地理解为“大分块”嵌套“小分块”：
第一层：按“特征值”进行的大分块（外部结构）
由于特征值 $\lambda_i$ 互异，不同特征值对应的根子空间之间是“绝缘”的。
形态：整个矩阵 $B$ 呈现严格的分块对角（Block Diagonal）形状。
这意味着在 $B$矩阵中，如果横向和纵向对应的特征值不同，那个位置的整个子块必须全是$0$。
第二层：按“若尔当块”进行的小分块（内部结构）
在同一个特征值 $\lambda_i$对应的大对角块内部，可能存在多个小的若尔当块$J_{n_1}, J_{n_2} \dots$。
形态：这个大对角块内部是“全通”的，即每一对小块之间都可以有非零的交叉块。
约束：为了满足交换性，这些对角小块和交叉小块都必须是 Toeplitz 结构。
总结模型
如果矩阵 $A$有两个特征值$\lambda_1$（对应 $2$个若尔当块）和$\lambda_2$（对应 $1$个若尔当块），那么$B$ 的形状如下：
$$ B = \left[ \begin{array}{cc|c} \color{blue}{\text{Toep}} & \color{blue}{\text{Toep}} & \mathbf{0} \\ \color{blue}{\text{Toep}} & \color{blue}{\text{Toep}} & \mathbf{0} \\ \hline \mathbf{0} & \mathbf{0} & \color{green}{\text{Toep}} \end{array} \right] $$
蓝色区域：对应特征值 $\lambda_1$ 的“大块”，内部因为有多个若尔当块，所以填满了交叉 Toeplitz 块。
绿色区域：对应特征值 $\lambda_2$ 的“大块”，因为只有一个若尔当块，所以它只是一个简单的对角线 Toeplitz 块。
$\mathbf{0}$区域：因为特征值$\lambda_1 \neq \lambda_2$，所以大块之间必须为零，形成了分块对角的宏观结构。
这种分层结构完美解释了为什么当一个特征值对应多个块时，交换代数 $C(A)$会因为内部的“跨块耦合”而失去交换性（即$C(A)$ 不再是交换环）。
矩阵 A 的二次中心化子 $C(C(A))$
1. 二次中心化子的定义
二次中心化子 $C(C(A))$定义为所有与$C(A)$中每一个元素都交换的矩阵$M$ 组成的集合：
$$ C(C(A)) = \{ M \mid MB = BM, \forall B \in C(A) \} = ? $$
2. 实例推导
**以 $A = \left[ \begin{array}{ccc:cc} 0 & 1 & 0 & & \ 0 & 0 & 1 & & \ 0 & 0 & 0 & & \ \hdashline & & & 0 & 1 \ & & & 0 & 0 \end{array} \right]$ 为示例.
在 $C(A)$中选两个矩阵$B_1 = \left[ \begin{array}{ccc:cc} 0 & 1 & 0 & & \ 0 & 0 & 1 & & \ 0 & 0 & 0 & & \ \hdashline & & & 1 & 1 \ & & & 0 & 1 \end{array} \right] , \quad B_2 = \left[ \begin{array}{ccc:cc} 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \ & 0 & 0 & 0 & 1 \ & & 0 & 0 & 0 \ \hdashline & & & 0 & 0 \ & & & & 0 \end{array} \right]$若$M \in C(C(A))$，则 $M \in C(B_1)$，于是 $M = \left[ \begin{array}{ccc:cc} a_0 & a_1 & a_2 & & \ & a_0 & a_1 & & \ & & a_0 & & \ \hdashline & & & b_0 & b_1 \ & & & & b_0 \end{array} \right] \quad a_i, b_j \in K.$再由$M B_2 = B_2 M$(比较右上角的二阶块)$\Rightarrow a_0 = b_0, a_1 = b_1 \Rightarrow M \in K[A]$是$A$ 的多项式
3. 核心结论——双重中心化子定理
通过以上约束推导得出：
**
$$ C(C(A)) = K[A] $$
**
即：只有当 $M$是矩阵$A$ 的多项式（$A$的多项式环$K[A]$）时，它才能与 $C(A)$ 中的所有矩阵交换。
4. 关于交换环的深度观察
- 非交换性：特别地，在上述例子中 $B_1B_2 \neq B_2B_1$。
- 判别准则：只要矩阵 $A$的某一个特征值$\lambda$对应了两个或两个以上的若尔当块，那么它的交换代数$C(A)$ 就不是交换环。
一些杂题
我们会发现一些类似对易的样式的条件会满足的一些共性。例如之前提到的特征子空间是另一方的不变子空间。还有一个性质：
$$ BA-AB=A $$
这能得到
$$ BA^{k}-A^kB=kA^k $$
只需要归纳即可
$$ BA^k = (BA^{k-1})A = (A^{k-1}B + (k-1)A^{k-1})A = A^{k-1}(BA) + (k-1)A^k $$
$$ = A^{k-1}(AB+A) + (k-1)A^k = A^kB + A^k + (k-1)A^k = A^kB + kA^k $$
虽然不知道有什么用，但是还挺有意思。
此外，由于特征子空间是另一方的不变子空间，那么会想到拿循环子空间去给人家作用会得到一些有趣的结果，例如[[#3. 交换矩阵 B 的性质推导]]。
我们可以看一道期中考试的压轴，虽然不是对易的，但是可以类似地操作。
$$ 复数域上考虑，A^n=0，dimKerA=1，BA-AB=A，证明B可以对角化 $$
由于 $dimKerA=1$，只有一条链，我们就知道这对应一个强循环子空间$\alpha,A\alpha,…$，我们考虑$B$ 的作用：
$$ 设 B\alpha=k_0\alpha+k_1A\alpha+...+k_{n-1}A^{n-1}\alpha $$
那么我们带入这个条件
$$ BA\alpha-AB\alpha=A\alpha $$
就得到
$$ BA\alpha=(k_0+1)A\alpha+k_1A^2\alpha+...+k_{n-2}A^{n-1}\alpha $$
规律已经昭然，我们可以再算一项
$$ BA^2\alpha=A^2B\alpha+2A^2\alpha=(k_0+2)A^2\alpha+...+k_{n-3}A^{n-1}\alpha $$
以此类推，最后一项就是
$$ BA^{n-1}\alpha=(k_0+n-1)A^{n-1}\alpha $$
那么 $B$在这一组基下对应的矩阵就是一个下三角的矩阵，对角元是$k_0+i$，其中$i=0,1,2…$，所以他有$n$ 个互异特征值，从而可以对角化。