Aloha :)
Zur Bestimmung einer Basis des Bildes rechnen wir die linearen Abhängigkeiten aus den Spaltenvektoren heraus. Dazu verwenden wir elementare Spaltenumformungen nach Gauß:$$\begin{array}{rrrr} & -2S_1 & -3S_1 & -4S_1\\\hline1 & 2 & 3 & 4\\1 & 1 & 1 & 1\\0 & 0 & 3 & -3\\1 & 1 & 2 & 0\\2 & 2 & 2 & 2\end{array}\quad\to\quad\begin{array}{rrrr}+S_2 & \cdot(-1) & -2S_2 & -3S_2\\\hline1 & 0 & 0 & 0\\1 & -1 & -2 & -3\\0 & 0 & 3 & -3\\1 & -1 & -1 & -4\\2 & -2 & -4 & -6\end{array}\quad\to$$$$\begin{array}{rrrr} & & & +S_3\\\hline1 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 3 & -3\\0 & 1 & 1 & -1\\0 & 2 & 0 & 0\end{array}\quad\to\begin{array}{rrrr} \vec b_1 & \vec b_2 & \vec b_3 & \\\hline1 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 3 & 0\\0 & 1 & 1 & 0\\0 & 2 & 0 & 0\end{array}$$Es bleiben drei linear unabhängige Vektoren übrig, die wir als Basis für das Bild wählen können.
Zur Bestimmung des Kerns müssen wir das homogene Gleichungssystem lösen:$$\begin{array}{rrrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & x_4 & = & \text{Aktion}\\\hline1 & 2 & 3 & 4 & 0 &-Z_2\\1 & 1 & 1 & 1 & 0\\0 & 0 & 3 & -3 & 0 &\colon3\\1 & 1 & 2 & 0 & 0 &-Z_2\\2 & 2 & 2 & 2 & 0 & -2Z_2\\\hline0 & 1 & 2 & 3 & 0 &\\1 & 1 & 1 & 1 & 0 &-Z_1\\0 & 0 & 1 & -1 & 0 &\\0 & 0 & 1 & -1 & 0 &-Z_3\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\\\hline0 & 1 & 2 & 3 & 0 & -2Z_3\\1 & 0 & -1 & -2 & 0 &+Z_3\\0 & 0 & 1 & -1 & 0 &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\\\hline0 & 1 & 0 & 5 & 0 &\implies x_2+5x_4=0\\1 & 0 & 0 & -3 & 0 &\implies x_1-3x_4=0\\0 & 0 & 1 & -1 & 0 &\implies x_3-x_4=0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\end{array}$$In den 3 verbliebenen Gleichungen können wir \(x_4\) auf die rechte Seite bringen:$$x_2=-5x_4\quad;\quad x_1=3x_4\quad;\quad x_3=x_4$$und so alle Lösungen angeben:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3x_4\\-5x_4\\x_4\\x_4\end{pmatrix}=x_4\begin{pmatrix}3\\-5\\1\\1\end{pmatrix}$$Damit haben wir eine Basis des Kerns gefunden.
Wir fassen zusammen:
$$\text{Basis}(\text{Bild}(A))=\left(\;\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\\1\\2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\3\\1\\0\end{pmatrix}\;\right)\quad;\quad\text{Basis}(\text{Kern}(A))=\left(\;\begin{pmatrix}3\\-5\\1\\1\end{pmatrix}\;\right)$$
Die Abbildung ist nicht injektiv, denn die Dimension des Kerns ist \(1\), sodass es unendlich viele Vektoren gibt, die auf die \(0\) abbilden. Die Abbildung ist auch nicht surjektiv, da die Dimension des Bildes \(3\) ist, wir uns aber im \(\mathbb R^5\) befinden. Damit ist diese Abbildung kein X-morphismus.
