K^4 nach K^3/Urbild von Untervektorraum/2/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+2y&+3z&\,\,\,\,-w&=&7s\\&\,\,\,\,-y&+3z&+2w&=&s\\4x&+y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+4w&=&12s\,.\end{matrix}}$

Wir ersetzen die dritte Gleichung durch -4I-7II+III und erhalten das äquivalente System

${\begin{matrix}x&+2y&+3z&\,\,\,\,-w&=&7s\\&\,\,\,\,-y&+3z&+2w&=&s\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&-33z&-6w&=&-23s\,.\end{matrix}}$

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 ${}z=-{\frac {2}{11}}$,

${}y={\frac {16}{11}}\,$

und ${}x=-{\frac {15}{11}}$.

Wenn wir ${}s=1$ und ${}w=0$ setzen, erhalten wir ${}z={\frac {23}{33}}$,

${}y={\frac {12}{11}}\,$

und ${}x={\frac {30}{11}}$.

Eine Basis des Urbildes ist daher durch die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}-{\frac {15}{11}}\\{\frac {16}{11}}\\-{\frac {2}{11}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}{\frac {30}{11}}\\{\frac {12}{11}}\\{\frac {23}{33}}\\0\end{pmatrix}}$ gegeben.

Zur gelösten Aufgabe