Lösung.

Das charakteristische Polynom berechnet sich zu

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \chi_A(X) & = & \det\left(\begin{ar... ... \end{array}\right)\vspace*{2mm}\\ &=& (X-1)^4 (X - 2) \;. \\ \end{array}$}$
Wir erhalten so die Eigenwerte $ \mbox{$\lambda_1 = 1$}$ mit der algebraischen Vielfachheit $ \mbox{$m_1 = 4$}$ und $ \mbox{$\lambda_2 = 2$}$ mit der algebraischen Vielfachheit $ \mbox{$m_2 = 1$}$ .

Im folgenden verwenden wir die formale Schreibweise des Algorithmus.

Beginnen wir mit $ \mbox{$\lambda_2 = 2$}$ . Es ist hier $ \mbox{$C = A - 2\text{E}$}$ . Mit der Zeilenstufenform

$ \mbox{$\displaystyle Z_1 \; =\; \left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1... ...0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{array}\right) $}$
von $ \mbox{$C$}$ erhalten wir
$ \mbox{$\displaystyle \underline{y}_1 \; = \; ( \left( \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array}\right) ) $}$
als eine Basis von $ \mbox{$\text{Kern}(C^1) = \text{E}_A(2)$}$ . Da die Dimension dieses Eigenraums gleich der algebraischen Vielfachheit ist, können wir sogleich den gefundenen Vektor $ \mbox{$x_{1,1} = y_{1,1}$}$ als einzigen Eintrag der Kette $ \mbox{$\text{Kette}(x_{1,1}) = (x_{1,1})$}$ in die Matrix $ \mbox{$S$}$ eintragen.

Fahren wir mit $ \mbox{$\lambda_1 = 1$}$ fort. Es ist hier $ \mbox{$C = A - \text{E}$}$ . Mit der Zeilenstufenform

$ \mbox{$\displaystyle Z_1 \; =\; \left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ \end{array}\right) $}$
von $ \mbox{$C$}$ erhalten wir
$ \mbox{$\displaystyle \underline{y}_1 \; = \; ( \left( \begin{array}{r} -1 \\ ... ...begin{array}{r} 0 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array}\right) ) $}$
als eine Basis von $ \mbox{$\text{Kern}(C^1)$}$ . Mit der Zeilenstufenform
$ \mbox{$\displaystyle Z_1 \; =\; \left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right) $}$
von $ \mbox{$Z_1\cdot C$}$ (und damit auch von $ \mbox{$C^2$}$ ) erhalten wir
$ \mbox{$\displaystyle \underline{y}_2 \; = \; ( \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array}\right) ) $}$
als eine Basisergänzung von $ \mbox{$\text{Kern}(C^1)$}$ zu $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)$}$ . Mit der Zeilenstufenform
$ \mbox{$\displaystyle Z_3 \; =\; \left( \begin{array}{rrrrr} 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right) $}$
von $ \mbox{$Z_2\cdot C$}$ (und damit auch von $ \mbox{$C^3$}$ ) erhalten wir
$ \mbox{$\displaystyle \underline{y}_3 \; = \; ( \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right) ) $}$
als eine Basisergänzung von $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)$}$ zu $ \mbox{$\text{Kern}(C^3) = \text{H}_A(1)$}$ .

In Stufe $ \mbox{$3$}$ nehmen wir $ \mbox{$x_{3,1} := y_{3,1} = \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right) $}$ .

In Stufe $ \mbox{$2$}$ ist nun zunächst $ \mbox{$C x_{3,1} = \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{array}\right)$}$ . Die aus $ \mbox{$\underline{y}_2$}$ zu treffende Auswahl ist leer.

In Stufe $ \mbox{$1$}$ ist nun zunächst $ \mbox{$C^2 x_{3,1} = \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right)$}$ , so daß wir aus $ \mbox{$\underline{y}_1$}$ den Vektor $ \mbox{$x_{1,1} = y_{1,2} = \left( \begin{array}{r} 0 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array}\right)$}$ auswählen können (nicht aber $ \mbox{$y_{1,1}$}$ !). Tragen wir nun noch die Ketten $ \mbox{$\text{Kette}(x_{3,1}) = (C^2 x_{3,1}, Cx_{3,1}, x_{3,1})$}$ und $ \mbox{$\text{Kette}(x_{1,1}) = (x_{1,1})$}$ in die Matrix $ \mbox{$S$}$ ein.

Wir erhalten

$ \mbox{$\displaystyle S \;=\; \left(\begin{array}{rrrrr} -1 & 1 & 1 & 1 & 0 \... ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ \end{array}\right)\; , $}$
so erhalten wir entsprechend (ohne dafür $ \mbox{$S^{-1}$}$ berechnen zu müssen)
$ \mbox{$\displaystyle J = S^{-1} AS \;=\; \left(\begin{array}{rrrrr} 2 & 0 &... ... \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right)\; . $}$
Zur Probe verifizieren wir stattdessen, daß $ \mbox{$S$}$ invertierbar ist, und daß $ \mbox{$SJ = AS$}$ .