Lösung.

1.
Das charakteristische Polynom von $ \mbox{$A$}$ ist

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \chi_A(X) &=& \det\left(\begin{array}... ...& 0 & X+1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ \end{array}\right) \end{array}$}$
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} &=& (X+1)\det\left(\begin{array}{rrrr... ...1 & X+1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & X+1 \\ \end{array}\right)\\ \end{array}$}$
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} &=& X(X+1)\det\left(\begin{array}{r... ... 1 \\ 0 & X \\ \end{array}\right) \par &=& X^4(X+1)^2\;.\\ \end{array}$}$

Die Eigenwerte von $ \mbox{$A$}$ sind $ \mbox{$\lambda_1=0$}$ mit algebraischer Vielfachheit vier und $ \mbox{$\lambda_2=-1$}$ mit algebraischer Vielfachheit zwei.

(Eigenwert $ \mbox{$\lambda_1=0$}$ )
Wir bringen $ \mbox{$C:=A-\lambda_1\text{E} = A$}$ auf Zeilenstufenform (inklusive Streichens von Nullzeilen)
$ \mbox{$\displaystyle Z_1 \; :=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & ... ... 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -1\\ \end{array}\right)\;. $}$

Wir erhalten als Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C = \text{Kern }Z_1$}$

$ \mbox{$\displaystyle (\; \left(\begin{array}{r}0\\ -1\\ 1\\ -1\\ 1\\ 0\e... ...eft(\begin{array}{r}0\\ -1\\ -1\\ 1\\ 0\\ 1\end{array}\right) \;) \; . $}$

Nun bringen wir $ \mbox{$Z_1 C$}$ auf Zeilenstufenform

$ \mbox{$\displaystyle Z_2 \; :=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & ... ... 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -1\\ \end{array}\right)\;. $}$
Position $ \mbox{$3$}$ ist eine neu hinzugekommene nichtausgewählte Spaltenposition. Wir können also die Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ ergänzen zu einer Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C^2 = \text{Kern }Z_2$}$
$ \mbox{$\displaystyle (\; \left(\begin{array}{r}0\\ -1\\ 1\\ -1\\ 1\\ 0\e... ...\left(\begin{array}{r}-1\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right) \;) \; . $}$

Nun bringen wir $ \mbox{$Z_2 C$}$ auf Zeilenstufenform

$ \mbox{$\displaystyle Z_3 \; :=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -1 \\ \end{array}\right)\;. $}$
Position $ \mbox{$2$}$ ist eine neu hinzugekommene nichtausgewählte Spaltenposition. Wir können also die Basis von $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)$}$ ergänzen zu einer Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C^3 = \text{Kern }Z_3$}$
$ \mbox{$\displaystyle (\; \left(\begin{array}{r}0\\ -1\\ 1\\ -1\\ 1\\ 0\e... ...\left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right) \;) \; . $}$
Nun ist $ \mbox{$\text{Kern }C^3 = \text{H}_A(0)$}$ , da seine Dimension gleich der algebraischen Vielfachheit von $ \mbox{$0$}$ als Eigenwert von $ \mbox{$A$}$ ist, nämlich gleich $ \mbox{$4$}$ .

Das Tableau zu $ \mbox{$\text{H}_A(\lambda_1)$}$ sieht also vor der Kettenbildung wie folgt aus.

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...{array}{r}-1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right)\\ \hline \end{array}$}$
Nun bilden wir den Vektor in Stufe $ \mbox{$3$}$ mittels $ \mbox{$C$}$ ab, tragen ihn in Stufe $ \mbox{$2$}$ ein, und streichen den bereits vorhanden Vektor in Stufe $ \mbox{$2$}$ aus Dimensionsgründen.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...ay}{r}-1\\ 1\\ 0\\ 0\\ \,\!0\\ 0\end{array}\right)\\ \hline \end{array}$}$
Nun bilden wir den Vektor in Stufe $ \mbox{$2$}$ mittels $ \mbox{$C$}$ ab, tragen ihn in Stufe $ \mbox{$1$}$ ein, und streichen den zweiten der schon vorhandenen Vektoren in Stufe $ \mbox{$1$}$ (der zufälligerweise mit dem neu eingetragenen Vektor identisch ist). Abschließend sieht unser Tableau also wie folgt aus.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...ay}{r}-1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ \,\!0\end{array}\right)\\ \hline \end{array}$}$

(Eigenwert $ \mbox{$\lambda_2=-1$}$ )
Wir bringen $ \mbox{$C:=A-\lambda_2\text{E} = A + \text{E}$}$ auf Zeilenstufenform
$ \mbox{$\displaystyle Z_1 \; :=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 &... ...0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ \end{array}\right)\;. $}$
Wir erhalten als Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C = \text{Kern }Z_1$}$
$ \mbox{$\displaystyle (\; \left(\begin{array}{r}0\\ 0\\ -1\\ 1\\ 1\\ 0\en... ...\left(\begin{array}{r}0\\ -1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right) \;) \; . $}$
Nun ist $ \mbox{$\text{E}_A(-1) = \text{Kern }C^1 = \text{H}_A(-1)$}$ , da seine Dimension gleich der algebraischen Vielfachheit von $ \mbox{$-1$}$ als Eigenwert von $ \mbox{$A$}$ ist, nämlich gleich $ \mbox{$2$}$ .

Das Tabelau zum Hauptraum $ \mbox{$\text{H}_A(\lambda_2)$}$ sieht also wie folgt aus.

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...array}{r}0\\ -1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right) \\ \hline \end{array}$}$
Der zweite Schritt, die Kettenbildung, entfällt hier.

Zusammensetzen der Bestandteile liefert die Kettenbasis von $ \mbox{$\mathbb{C}^6$}$ , und somit

$ \mbox{$\displaystyle S\;:=\;\left(\begin{array}{rrrrrr} 0 & 1 & -1 & 0 & 0 &... ...& -2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right)\;\in\;\mathbb{C}^{6\times 6}\;, $}$
sowie
$ \mbox{$\displaystyle J \;=\; S^{-1}AS \;=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} 0 & ... ... 0 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\right)\;\in\;\mathbb{C}^{6\times 6}\; . $}$
Anstatt $ \mbox{$S^{-1}AS$}$ als Produkt tatsächlich auszurechnen, rechnen wir die Probe $ \mbox{$AS = SJ$}$ . Zusammen mit einer direkten Überprüfung der Invertierbarkeit von $ \mbox{$S$}$ haben wir eine sichere Probe des Resultates durchgeführt.

2.
Bezüglich der Basis
$ \mbox{$\displaystyle \underline{y} \; :=\; (\; \left(\begin{array}{r}0\\ -1\... ...),\; \left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right) \;) $}$
von $ \mbox{$\text{H}_A(0)$}$ erhalten wir
$ \mbox{$\displaystyle \text{M}(x\mapsto Ax)_{\underline{y},\underline{y}} \;=\... ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right)\;\in\;\mathbb{C}^{4\times 4}\; . $}$
Dies ist eine obere Blockdreiecksmatrix mit Hauptdiagonalblöcken $ \mbox{$\begin{pmatrix}0&0\\ 0&0\end{pmatrix}$}$ , $ \mbox{$\left(0\right)$}$ , $ \mbox{$\left(0\right)$}$ . Warum?

3.
Gesondert führen wir $ \mbox{$A^0 = E$}$ , $ \mbox{$A^1 = A$}$ und
$ \mbox{$\displaystyle A^2 \;=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} 0 & 0 & 0 & 0 & 0... ... 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 1 & 3 \\ \end{array}\right) $}$
an. Denn es ist $ \mbox{$J^n = \text{diag}(0,0,0,0,(-1)^n,(-1)^n)$}$ für $ \mbox{$n\geq 3$}$ , und somit erhalten wir mit der nun doch zu berechnenden Inversen
$ \mbox{$\displaystyle S^{-1} \;=\; \left(\begin{array}{rrrrrr} -2 & -2 & -4 &... ... 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 1 & 1 & 3 \\ \end{array}\right) $}$
das Resultat
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} A^n &=& S \cdot\text{diag}(0,0,0,0,(... ...1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 1 & 1 & 3 \\ \end{array}\right) \end{array}$}$
für $ \mbox{$n\geq 3$}$ .