Aloha :)
zu 1)$$A=\left(\begin{array}{rr}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}3 & 4\\2 & 3\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{rr}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}3 & -4\\-2 & 3\end{array}\right)=\boxed{\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)}$$
zu 2)$$A\cdot\binom{1}{-1}=\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\binom{1}{-1}=\boxed{\left(\begin{array}{r}12\\-5\\23\end{array}\right)}$$
zu 3)$$A\cdot\vec u_3=\vec w_3\Longleftrightarrow\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\binom{u_{3,x}}{u_{3,y}}=\left(\begin{array}{r}3\\-1\\7\end{array}\right)$$Wir haben 3 Gleichungen für 2 Unbekannte, daher lassen wir zur Lösung die letzte Gleichung weg:
$$\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\end{array}\right)\binom{u_{3,x}}{u_{3,y}}=\left(\begin{array}{r}3\\-1\end{array}\right)\implies\binom{u_{3,x}}{u_{3,y}}=\boxed{\binom{2}{1}}$$Es könnte noch sein, dass der Vektor \(\vec w_3=(3;-1;7)^T\) nicht in der Wertemenge von \(L\) bzw. von \(A\) enthalten ist (wir haben zur Berechnung ja die letzte Komponenten einfach weggelassen). Daher machen wir kurz die Probe:$$A\cdot\binom{2}{1}=\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\cdot\binom{2}{1}=\left(\begin{array}{r}3\\-1\\7\end{array}\right)\quad\checkmark$$
Beim Urbild des zweiten Vektors \(\vec w_4\) verfahren wir analog:
$$A\cdot\vec u_4=\vec w_4\Longleftrightarrow\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\binom{u_{4,x}}{u_{4,y}}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\1\end{array}\right)$$Wir haben wieder 3 Gleichungen für 2 Unbekannte, daher lassen wir zur Lösung wieder die letzte Gleichung weg:
$$\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\end{array}\right)\binom{u_{4,x}}{u_{4,y}}=\left(\begin{array}{r}1\\1\end{array}\right)\implies\binom{u_{4,x}}{u_{4,y}}=\boxed{\binom{10}{7}}$$Es könnte noch sein, dass der Vektor \(\vec w_4=(1;1;1)^T\) nicht in der Wertemenge von \(L\) bzw. von \(A\) enthalten ist. Daher machen wir wieder kurz die Probe:$$A\cdot\binom{10}{7}=\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\cdot\binom{10}{7}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\9\end{array}\right)\quad\text{FAIL}$$Hier wollte man uns also reinlegen. Der Vektor \(\vec w_4=(1;1;1)^T\) gehört gar nicht zur Wertemenge von \(L\) bzw. \(A\).