Nếu $L$ là một mở rộng của trường $K$, thì các nghiệm của $\chi_u$ trong $L$ là các trị riêng của tự đồng cấu $1, \otimes u$ của không gian vectơ $L$-vectơ $L \otimes_K E$. Chúng thường được gọi là các trị riêng của $u$ trong $L$. Do lạm dụng ngôn ngữ, ta nói rằng mọi trị riêng của $u$ thuộc $L$ nếu điều này đúng với mọi trị riêng của $u$ trong một mở rộng đóng đại số của $L$; điều này có nghĩa là $\chi_u$ phân tích thành các nhân tử tuyến tính trong $L[X]$.

Cho $U$ là một ma trận bình phương cấp $n$ với các hệ số trong $K$. Khi đó theo định nghĩa đa thức đặc trưng của $U$ là

các trị riêng của $U$ (trong một mở rộng $L$ của $K$) là các nghiệm (trong $L$) của đa thức $\chi_U$; chúng cũng là các vô hướng $a$ (trong $L$) sao cho tồn tại một nghiệm khác không của hệ phương trình tuyến tính $UX = \alpha X$, trong đó $X$ là một ma trận cột cấp $n$; một ma trận cột $X$ thỏa mãn phương trình này được gọi là một vectơ riêng của $U$ tương ứng với $a$.

Nếu $U$ là ma trận của một tự đồng cấu $u$ của một không gian vectơ $n$-chiều đối với một cơ sở $B$, thì $\chi_U = \chi_u$, các trị riêng của $U$ là các trị riêng của $u$, và các vectơ riêng của $U$ là các ma trận của các vectơ riêng của $u$ đối với cơ sở $B$.

Mệnh đề đầu tiên là hiển nhiên. Theo định nghĩa không gian con $V_a$ bị triệt tiêu bởi phần tử $X - a$ của $K[X]$; các $X - a, a \in K$ là bất khả quy và từng đôi một không liên hợp; do đó mệnh đề thứ hai suy ra từ VII, p. 8, Th. 1.

Thật vậy $u$ và $u'$ đồng dạng khi và chỉ khi các $K[X]$-môđun E, và $E'_u$ là đẳng cấu.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 4 và sự kiện rằng các $L[X]$-môđun $E_{(L)u_{(L)}}$ và $(K[X]/(q_i))_{(L)}$ lần lượt đẳng cấu với $L[X] \otimes_{K[X]} E_u$ và $L[X]/(\bar{q}_i)$.

Cho U là một ma trận vuông cấp n với các hệ số trong một trường giao hoán K. Khi đó các bất biến đồng dạng của tự đồng cấu của $K^n$ được xác định bởi U được gọi là các bất biến đồng dạng của $U$. Khi đó suy ra từ Hệ quả 1 trên rằng hai ma trận vuông đồng dạng khi và chỉ khi chúng có cùng các bất biến đồng dạng, và rằng nếu $u$ là một tự đồng cấu của một không gian vectơ hữu hạn chiều $E$ trên $K$, và $U$ là ma trận của $u$ đối với một cơ sở nào đó $B$ của $E$, thì các bất biến đồng dạng của $U$ và $u$ trùng nhau. Theo Hệ quả 1 và 2 trên, ta có:

Cho $E$ là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên một trường giao hoán $K$, cho $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một cơ sở của $E$ và cho $u$ là một tự đồng cấu của $E$. Khi đó theo dãy khớp (1) của VII, p. 29, $K[X]$-môđun $E$, liên kết với $u$, là đẳng cấu với thương của $K[X]$-môđun tự do $E[X]$, với cơ sở $(1 \otimes e_i)$, bởi ảnh của $E[X]$ qua ánh xạ $K[X]$-tuyến tính $X - \bar{u}$. Các bất biến tương tự $q_i(X)$ của $u$ (VII, p. 32, Định nghĩa 2) do đó là các nhân tử bất biến của $X - \bar{u}$ (VII, p. 22). Vì vậy Mệnh đề 6 của VII, p. 22, kéo theo:

Vì $q(X) = q_n(X)$, rõ ràng là $q(X)$ chia hết cho $\chi_u(X)$. Mặt khác, vì mỗi $q_i$ chia hết cho $q$, tích của chúng $\chi_u$ chia hết cho $q^n$.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Hệ quả 2.

Bây giờ ta viết lại Mệnh đề 9 của VII, p. 24, cho phân tích của một môđun thành tổng trực tiếp của các môđun con không phân tích được.

Các $p_k^{n(k)}$ xác định các bất biến đồng dạng của $u$ và ngược lại; ta có thể chuyển từ cái này sang cái kia bằng thủ tục được giải thích trong VII, p. 25, Các chú ý 2 và 3. Hơn nữa, ta có thể ngay lập tức chuyển từ phân tích được xét trong Mệnh đề 6 sang các phân tích được xét trong Mệnh đề 3 và 4.

Chú ý rằng các đa thức bất khả quy monic $p \in K[X]$ sao cho $m(p^n) > 0$ với một số nguyên $n \geq 1$ nào đó chính xác là các nhân tử bất khả quy monic của đa thức tối tiểu của $u$. Như vậy, trái với các bất biến đồng dạng, các đa thức này nói chung phụ thuộc vào trường $K$ mà ta đang làm việc.

Môđun con $M_a$, vì được sinh hữu hạn như một $K[X]$-môđun, khi đó có một linh hóa tử có dạng $(X - a)'$; nói cách khác, tồn tại một số nguyên $r \geq 1$ sao cho

Vẫn giả sử rằng các trị riêng của $u$ thuộc $K$, ta áp dụng Mệnh đề 6 của VII, p. 34 cho $u$. Các đa thức $p_k$ không gì khác hơn là các $X - a$ (khi $a$ chạy qua tập hợp các trị riêng của $u$), và ta thấy rằng $E$ là tổng trực tiếp của các không gian con $E_i$ đóng đối với $u$, cyclic (đối với $u$), và sao cho đa thức tối tiểu của hạn chế của $u$ lên $E_i$ có dạng $(X - a)^m$. Gọi $E_i'$ là $K[X]$-môđun liên kết với $E_i$; khi đó $E_i'$ đẳng cấu với một trong các môđun $K[X]/((X - a)^m)$. Bây giờ các lớp thặng dư mod $(X - a)^m$ của các phần tử $(X - \alpha)^k$ ($0 \leq k \leq m - 1$) tạo thành một cơ sở $K$ của $K[X]/((X - a)^m)$ (IV, p. 11, Hệ quả), và

cho $0 \leq k \leq m - 1$; suy ra rằng $E_i$ có chiều $m$, và nếu $a$ là trị riêng duy nhất của hạn chế $u_i$ của $u$ trên $E_i$, thì tồn tại một cơ sở của $E_i$ sao cho ma trận của $u_i$ đối với cơ sở đó là ma trận $m \times m$

(i) các trị riêng của $u$ (trong một mở rộng đóng đại số nào đó của $K$) thuộc về $K$;

(ii) tồn tại một cơ sở của $E$ sao cho ma trận của $u$ đối với cơ sở đó là tam giác dưới (tương ứng tam giác trên);

(iii) tồn tại một cơ sở của $E$ sao cho ma trận của $u$ đối với cơ sở đó là một khối đường chéo của các ma trận Jordan.

Ta có (i) $\Rightarrow$ (iii) theo Mệnh đề 7 và các nhận xét ở trên, và các khẳng định (iii) $\Rightarrow$ (ii) và (ii) $\Rightarrow$ (i) là tầm thường.

(6)

và vết cùng định thức của nó được cho bởi

(7)

Hiển nhiên rằng (7) và (8) suy ra từ (6) nhờ vào (5). Để chứng minh công thức (6), ta có thể giả sử rằng K là đóng đại số. Khi đó ta lấy một cơ sở của E sao cho ma trận $U$ của $u$ là tam giác dưới ($VII$, p. 35, Hệ quả của Mệnh đề 8); ta sẽ sử dụng bổ đề dễ dàng sau:

Vì ma trận $U$ của $u$ là tam giác dưới với đường chéo $(\alpha_i)$ nào đó, nên từ Bổ đề 1 suy ra rằng $q(U)$ là một ma trận tam giác dưới với đường chéo $(q(\alpha_i))$. Khi đó $X . I, -q(U)$ là một ma trận tam giác dưới với đường chéo $(X - q(a;))$, điều này chứng minh (6).

Thật vậy, nói rằng $q$ và $\chi_u$ nguyên tố cùng nhau tương đương với nói rằng chúng không có nghiệm chung trong một mở rộng đóng đại số của K, hay nói cách khác (8) là $\det(q(u)) \neq 0$.

Viết $r = p/q$ trong đó $p$ và $q$ là các đa thức nguyên tố cùng nhau. Khi đó $u$ thế được vào $r$ khi và chỉ khi $\det(q(u)) \neq 0$, do đó khẳng định thứ nhất suy ra từ (8). Theo Hệ quả 1, ta có thể giả sử $q$ nguyên tố cùng nhau với $\chi_u$, do đó theo đồng nhất thức Bezout tồn tại các đa thức $g$ và $h$ sao cho $qg + h\chi_u = 1$. Khi đó $q(\alpha_i)g(\alpha_i) = 1$ và $q(u)g(u) = 1$ theo định lý Cayley-Hamilton (III, p. 541). Các công thức đã nêu khi đó thu được bằng cách áp dụng các công thức (6), (7) và (8) vào $p(u)\ g(u) = r(u)$.

Đây là trường hợp đặc biệt của hệ quả trước.

Nếu $u$ lũy linh thì các $a_i$ đều bằng không, và $\operatorname{Tr}(u^s) = 0$ với mọi $s > 0$ (Hệ quả 3). Ngược lại, nếu $\operatorname{Tr}(u^s) = 0$ với $1 \leq s \leq n$, thì các $a_i$ đều bằng không vì $K$ có đặc số không (IV, p. 72, Hệ quả), và $u$ là lũy linh (VII, p. 33).

Tự đồng cấu $Y \cdot 1 - \tilde{u}$ là khả nghịch vì định thức của nó là phần tử khác không $\chi_u(Y)$ của $K(Y)$. Suy ra $\tilde{u}$ thế được vào hàm hữu tỉ $r(X) = (Y - X)^{-1}$ trong $K(Y)(X)$. Khẳng định thứ hai bây giờ suy ra từ Hệ quả 2, bởi quan hệ

Trước hết ta làm việc trong trường $K(T)$ của các hàm hữu tỉ, và đặt $P(T) = \det(I, -T \cdot U)$, trong đó $U$ là ma trận của $u$ đối với một cơ sở nào đó của $E$. Khi đó

do đó $P'(T)/P(T) = n/T - \chi_u'(T^{-1})/T^2 \chi_u(T^{-1})$. Hơn nữa, theo Hệ quả 5 ta có

Suy ra $-TP'(T)/P(T) = -n + \operatorname{Tr}((I_n - TU)')$. Hệ quả bây giờ thu được bằng cách khai triển mỗi vế của đẳng thức này thành một chuỗi lũy thừa hình thức.