dein Ansatz ist okay. Du solltest aber dabei beachten, dass du irgendwann mal die dritte Zeile mit \( 2a-1\) multiplizierst. Das ist aber nur erlaubt, falls \( 2a-1 \neq 0 \). D.h. den Spezialfall \( a = \frac{1}{2} \) müsstest du danach auf jeden Fall nochmal separat betrachten!
Sei deshalb \( a \neq \frac{1}{2} \). Der rot markierte Eintrag ist somit schon einmal \(\neq0\).
$$ \left(\begin{array}{ccccc}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & \color{red}{-2 a+1} & -1 & 12 \\ 0 & 0 & 2 a^{2}+2 a-4 & 12 a+24\end{array}\right) $$
Um jetzt den Rang der Koeffizientenmatrix zu bestimmen muss man sich fragen, wann der grün markierte Eintrag =0 ist $$ \left(\begin{array}{ccccc}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2 a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & \color{green}{2 a^{2}+2 a-4} & 12 a+24\end{array}\right) $$
Das ist der Fall, falls a = 1 oder a = -2. Wie sieht es jetzt mit dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix aus? Dazu betrachtet man zusätzlich den blau markierten Eintrag:
$$ \left(\begin{array}{ccccc}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2 a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & \color{green}{2 a^{2}+2 a-4} & \color{blue}{12 a+24} \end{array}\right) $$
Dieser ist 0, falls a = -2. Und jetzt überprüft man nochmals alle Spezialfälle:
a = 1, dann ist Rang(A) = 2 und Rang(A|b) = 3 => keine Lösung
a = -2, dann ist Rang(A) = Rang(A|b) = 2 < 3 => unendlich viele Lösungen
Für \( a \neq -2, \frac{1}{2}, 1 \) existiert genau eine Lösung, da Rang(A) = Rang(A|b) = 3.
a = 1/2 ...
