来源：‣（矩阵分析｜分章节 → Jordan 标准形：从重数到块大小）
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例如，一个特征值的代数重数为 $3$、几何重数为 $2$，对应两个 Jordan 块，阶数只能是 $2+1$。这就能绕开初等因子的计算。但代数重数为 $4$、几何重数为 $2$ 时，$3+1$ 和 $2+2$ 都可能，所以两个重数一般只能约束块大小，不能唯一确定标准形。
以下在特征多项式能完全分裂的数域上讨论，例如复数域。代数重数 $m_a(\lambda)$ 是特征多项式中该根的重数，等于对应块阶数之和；几何重数 $m_g(\lambda)=\dim\ker(A-\lambda I)$ 是对应块的个数。因此 $1\le m_g\le m_a$；所有特征值都满足 $m_g=m_a$，才可对角化。
继续计算
$$ d_k=\dim\ker\bigl((A-\lambda I)^k\bigr),\qquad d_0=0. $$
每增加一次幂，尚未“走完”的 Jordan 链各多贡献一个零空间维数。因此 $d_k-d_{k-1}$ 是大小至少为 $k$ 的块数，大小恰好为 $k$ 的块数为
$$ b_k=2d_k-d_{k-1}-d_{k+1}. $$
实际求解时，可用 $d_k=n-\operatorname{rank}((A-\lambda I)^k)$，逐次算到维数不再增长。两种分配 $3+1$、$2+2$ 的 $d_1$ 都为 $2$，但 $d_2$ 分别为 $3$、$4$，第二次幂就能区分它们。
证明｜为什么零空间维数的差分能数出 Jordan 块？
设属于 $\lambda$ 的块阶数为 $s_1,\ldots,s_r$。单块 $J_s(\lambda)-\lambda I$ 是向上移位的幂零矩阵，第 $k$ 次幂的零空间维数为 $\min(k,s)$。其他特征值的块减去 $\lambda I$ 后可逆，不贡献零空间。因此
$$ d_k=\sum_{i=1}^r\min(k,s_i). $$
一阶差分中，$s_i\ge k$ 的块贡献 $1$，其余贡献 $0$，所以 $d_k-d_{k-1}=\#\{i:s_i\ge k\}$。再减去大小至少为 $k+1$ 的块数，就得到 $b_k$。
参考核对：University of Alberta：Jordan 标准形。以上例子用于解释速记，不作为老师原话。