Aloha :)
Wir bestimmen zunächst die Determinante der Koeffizientenmatrix:$$D\coloneqq\left|\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\\alpha & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\\alpha & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & \alpha+2\end{array}\right|=\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\1 & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & 1\end{array}\right|$$$$\phantom{D}=\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}1 & 3 & 3\\6 & 4 & 0\\7 & 0 & 8\end{array}\right|=2\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}1 & 3 & 3\\3 & 2 & 0\\7 & 0 & 8\end{array}\right|=2\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}1 & 3 & 3\\0 & -7 & -9\\0 & -21 & -13\end{array}\right|$$$$\phantom{D}=2\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}7 & 9\\21 & 13\end{array}\right|=2\alpha(\alpha+2)(7\cdot13-21\cdot9)=-196\alpha(\alpha+2)$$Für \(\alpha\ne0\) und \(\alpha\ne-2\) ist die Determinante der Koeffizientenmatrix ungleich null und daher invertierbar. Unabhängig von \(\beta\) gibt es dann immer genau eine Lösung. Die Lösung ist in diesen Fällen also ein Punkt mit Dimension \(0\). Das heißt, wir haben \(0\) frei wählbare Parameter (auch Freiheitsgrade) genannt.$$\implies\boxed{\text{genau \(1\) Lösung mit Dimension \(0\) für \(\alpha\ne0\;\land\;\alpha\ne-2\).}}$$
Zur Betrachtung des Falles \(\alpha=0\) schreiben wir uns das LGS nochmal vollständig auf:$$\left(\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\0 & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & 2\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\beta\\0\\\beta\\0\end{pmatrix}$$
Wir erkennen, dass die 4-te Gleichung$$0x_1+0x_2+0x_3+0x_4+0x_5=\beta$$für \(\beta\ne0\) immer falsch ist, sodass das LGS für diese Fälle keine Lösung besitzt.
Für \(\beta=0\) ist die Gleichung hingegen sicher erfüllt. In diesem Fall verlieren wir die 4-te Glechung als Bestimmungsgleichung für die 5 Unbekannten. Wegen der ersten Spalte der Matrix können wir offensichtlich \(x_1\) völlig frei wählen. Die anderen 4 Unbekannten sind dann durch die 4 verbliebenen Bestimmungsgleichungen bestimmt:$$\left(\begin{array}{rrrr}1 & 3 & 3 & 0\\6 & 4 & 0 & 0\\7 & 0 & 8 & 0\\-28 & 0 & -32 & 2\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$Dieses LGS hat genau \(1\) Lösung, weil die Determinante der Koeffizientenmatrix ungleich null ist. Wenn man die inverse Koeffizientmatrix mit dem Null-Ergebnisvektor multipliziert, erhält man als Lösung den 4-dimensionalen Nullvektor. Die Lösung unseres gesamten Gleichungssystems lautet daher:$$\vec x=t\cdot(1;0;0;0;0)^T\quad;\quad t\in\mathbb R$$Wir haben also einen Freiheitsgrad in der Lösung bzw. die Dimension 1.$$\implies\boxed{\text{unendlich viele Lösungen mit Dimension \(1\) für \(\alpha=0\;\land\;\beta=0\).}}$$
Zur Betrachtung des Falles \(\alpha=-2\) schreiben wir uns das LGS auch nochmal vollständig auf:$$\left(\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\-2 & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\-2 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & 0\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\beta\\0\\\beta\\0\end{pmatrix}$$
Wir erkennen sofort, dass wegen der 5-ten Spalte der Koeffizientenmatrix die Variable \(x_5\) völlig frei wählbar ist. Berücksichtigen wir dies, erhalten wir 5 Bestimmungsgleichungen für 4 Unbekannte:$$\left(\begin{array}{rrrr}0 & 1 & 3 & 3\\-2 & 6 & 4 & 0\\0 & 7 & 0 & 8\\-2 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\beta\\0\\\beta\\0\end{pmatrix}$$Durch die 4-te Gleichung$$-2x_1=\beta\quad\Longleftrightarrow\quad x_1=-\frac{\beta}{2}$$ist die Variable \(x_1\) fest vorgegeben, übrig bleibt:
$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 3 & 3\\6 & 4 & 0\\7 & 0 & 8\\-28 & 0 & -32\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$Die dritte und die vierte Gleichung sind äquivalent (Faktor \(-4\)), sodass bleibt:$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 3 & 3\\6 & 4 & 0\\7 & 0 & 8\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$Die Determinante dieser Matrix haben wir oben schon zu \(-196\) ausgerechnet. Daher ist die Lösung hier eindeutig \(x_2=x_3=x_4=0\).
Insgesamt haben wir also für \(\alpha=-2\) unabhängig von \(\beta\) immer unendlich viele Lösungen:$$\vec x=\left(-\frac{\beta}{2};0;0;0;0\right)^T+x_5\cdot(0;0;0;0;1)^T$$mit einem Freiheitsgrad bzw. einer Dimension:$$\implies\boxed{\text{unendlich viele Lösungen mit Dimension \(1\) für \(\alpha=-2\).}}$$
