Lösung.

  1. Es ist
    $ \mbox{$\displaystyle f(\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}) \;=\; \... ... 1&1&0\\ 0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}\;. $}$
    Eine Abbildung dieser Form ist stets linear.

  2. Die Zeilenstufenform der aus $ \mbox{$\underline{x}$}$ bzw. $ \mbox{$\underline{y}$}$ gebildeten Matrix ist jeweils die Einheitsmatrix. Daher sind $ \mbox{$\underline{x}$}$ und $ \mbox{$\underline{y}$}$ Basen des $ \mbox{$\mathbb{R}^3$}$ .

  3. Es wird
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} f(\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pm... ...nd{pmatrix} + (-2)\cdot\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\;. \end{array}$}$
    Also ist
    $ \mbox{$\displaystyle \text{M}(f)_{\underline{y},\underline{x}} \;=\; \left(\begin{array}{rrr}1&\;1&0\\ 0&0&4\\ 0&0&-2\end{array}\right)\;. $}$
    Ferner wird
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} f(\begin{pmatrix}3\\ 1\\ 1\end{pm... ...} + 1\cdot\left(\begin{array}{r}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)\;. \end{array}$}$
    Also ist
    $ \mbox{$\displaystyle \text{M}(f)_{\underline{x},\underline{y}} \;=\; \begin{pmatrix}6&3&2\\ 0&0&0\\ 4&2&1\end{pmatrix}\;. $}$

    Alternativ. Es wird

    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclclcl} \text{M}(f)_{\underline{y},\under... ...= & \begin{pmatrix}6&3&2\\ 0&0&0\\ 4&2&1\end{pmatrix} \; . \\ \end{array}$}$

  4. Die Zeilenstufenform von $ \mbox{$\text{M}(f)_{\underline{y},\underline{x}}$}$ berechnet sich zu
    $ \mbox{$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr}1&\;1&0\\ 0&0&4\\ 0&0&-2\end{array}\right)\;\leadsto\;\begin{pmatrix}1&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}\;. $}$
    Also ist $ \mbox{$(\left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right))$}$ eine Basis von $ \mbox{$\text{Kern }\text{M}(f)_{\underline{y},\underline{x}}$}$ . Es ist
    $ \mbox{$\displaystyle (-1)\cdot \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix} + 1\cd... ...array}\right) \;=\; \left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ -1\end{array}\right)\;, $}$
    und somit ist $ \mbox{$(\left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ -1\end{array}\right))$}$ eine Basis von $ \mbox{$\text{Kern }f$}$ .
  5. Die in 4. berechnete Zeilenstufenform von $ \mbox{$\text{M}(f)_{\underline{y},\underline{x}}$}$ hat ausgewählte Spalten in Position $ \mbox{$1$}$ und $ \mbox{$3$}$ . Also ist $ \mbox{$(\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix},\left(\begin{array}{r}0\\ 4\\ -2\end{array}\right))$}$ eine Basis von $ \mbox{$\text{Bild}\text{M}(f)_{\underline{y},\underline{x}}$}$ .

    Es ist

    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} 1\cdot \begin{pmatrix}3\\ 1\\ 1\end... ...right) &=& \left(\begin{array}{r}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)\;, \end{array}$}$
    und somit ist $ \mbox{$(\begin{pmatrix}3\\ 1\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\ 2\\ 0\end{pmatrix})$}$ eine Basis von $ \mbox{$\text{Bild} f$}$ .

  6. Es gilt $ \mbox{$\dim\text{Kern }f=1$}$ , $ \mbox{$\dim\text{Bild} f=2$}$ und in der Tat
    $ \mbox{$\displaystyle \dim\mathbb{R}^3 \;=\; 3 \;=\; 1+2 \;=\; \dim\text{Kern }f + \dim\text{Bild} f\;. $}$