K^4 nach K^3/Urbild von Untervektorraum/1/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&\,\,\,\,-y&+5z&+6w&=&25s\\3x&+5y&+2z&\,\,\,\,-w&=&11s\\2x&\,\,\,\,-y&-2z&+3w&=&s\,.\end{matrix}}$

Wir ersetzen die zweite Gleichung durch 3I-2II und die dritte durch I-III und erhalten das äquivalente System

${\begin{matrix}2x&\,\,\,\,-y&+5z&+6w&=&25s\\&-13y&+11z&20w&=&53s\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&+7z&+3w&=&24s\,.\end{matrix}}$

Daraus sieht man insbesondere, dass die Lösungsmenge zweidimensional ist. Man sieht außerdem, dass der Kern der Abbildung selbst eindimensional ist und aus der Dimensionsformel folgt, dass die Abbildung surjektiv ist, insbesondere liegt also jeder Punkt von ${}T$ im Bild. Um linear unabhängige Elemente der Lösungsmenge zu erhalten setzen wir zunächst  ${}s=0$  und  ${}w=1$  und erhalten  ${}z=-{\frac {3}{7}}$, 

${}y={\frac {1}{13}}{\left(11z+20w\right)}={\frac {1}{13}}{\left(-11\cdot {\frac {3}{7}}+20\right)}={\frac {1}{13}}{\left({\frac {107}{7}}\right)}={\frac {107}{91}}\,$

und  ${}x={\frac {1}{2}}{\left(y-5z-6w\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {107}{91}}+5\cdot {\frac {3}{7}}-6\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {107+195-546}{91}}=-{\frac {122}{91}}$. 

Wenn wir  ${}s=1$  und  ${}w=0$  setzen, erhalten wir  ${}z={\frac {24}{7}}$, 

${}y={\frac {1}{13}}{\left(11z-53s\right)}={\frac {1}{13}}{\left(11\cdot {\frac {24}{7}}-{\frac {371}{7}}\right)}={\frac {1}{13}}{\left(-{\frac {107}{7}}\right)}=-{\frac {107}{91}}\,$

und  ${}x={\frac {1}{2}}{\left(y-5z+25s\right)}={\frac {1}{2}}{\left(-{\frac {107}{91}}+5\cdot {\frac {24}{7}}+25\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {-107-1560+2275}{91}}={\frac {304}{91}}$. 

Eine Basis des Urbildes ist daher gegeben durch die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}-{\frac {122}{91}}\\{\frac {107}{91}}\\-{\frac {3}{7}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}{\frac {304}{91}}\\-{\frac {107}{91}}\\{\frac {24}{7}}\\0\end{pmatrix}}$.

Zur gelösten Aufgabe