Aloha :)
zu a) Ja, es gibt eine eindeutige Abbildung \(T:\mathbb R^3\to\mathbb R^3\), die die Vektoren \(v_i\) auf die Vektoren \(w_i\) abbildet, weil die Determinante aus den \(v_i\) als Spaltenvektoren \(\ne0\) ist. Nach der Veratuschung von 2 Spalten hat die Determinante Diagonalgestalt, sodass wir nur die Elemente auf der Hauptdiagonalen multiplizieren müssen:$$\left|\begin{array}{rrr}0 & 0 & 4\\1 & 0 & 1\\0 & 1 & -2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrr}4 & 0 & 0\\1 & 1 & 0\\-2 & 0 & 1\end{array}\right|=4\cdot1\cdot1=4\ne0$$
zu b) Da wir sie für Teil c) eh brauchen, bestimmen wir die Abbildungsmatrix \(T\). Wir wissen, wie die Vektoren \(v_i\) durch die Abbildung \(T\) abgebildet werden:$$T\left(\begin{array}{r}0\\1\\0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}-2\\1\\3\end{array}\right)\quad;\quad T\left(\begin{array}{r}0\\0\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}2\\0\\-2\end{array}\right)\quad;\quad T\left(\begin{array}{r}4\\1\\-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}6\\1\\-5\end{array}\right)$$Das fassen wir in einer Matrix-Gleichung zusammen:$$T\left(\begin{array}{rrr}0 & 0 & 4\\1 & 0 & 1\\0 & 1 & -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr}-2 & 2 & 6\\1 & 0 & 1\\3 & -2 & -5\end{array}\right)$$die wir nach \(T\) umstellen und lösen können:$$T=\left(\begin{array}{rrr}-2 & 2 & 6\\1 & 0 & 1\\3 & -2 & -5\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{rrr}0 & 0 & 4\\1 & 0 & 1\\0 & 1 & -2\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{rrr}3 & -2 & 2\\0 & 1 & 0\\-3 & 3 & -2\end{array}\right)$$Wir erkennen sofort, dass Spalte 1 und Spate 3 der Abbildungsmatrix \(T\) sich nur um den Faktor \(\frac32\) unterscheiden und daher linear abhängig sind. Spalte 2 ist sicher linear unabhängig von den beiden anderen, wegen der \(1\) in der \(x_2\)-Koordinate. Damit können wir sofort eine Basis angeben:$$\operatorname{Basis}(T)=\left(\,\left(\begin{array}{r}1\\0\\-1\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}-2\\1\\3\end{array}\right)\,\right)$$Ihre Dimension ist offensichtlich gleich \(2\).
Den Kern der Matrix finden wir durch Lösen der Gleichung:$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Operation}\\\hline3 & -2 & 2 & 0 &\\0 & 1 & 0 & 0 &\\-3 & 3 & -2 & 0 &+Z_1\\\hline3 & -2 & 2 & 0 &+2Z_2\\0 & 1 & 0 & 0 &\\0 & 1 & 0 & 0 &-Z_2\\\hline3 & 0 & 2 & 0 &\Rightarrow 3x_1+2x_3=0\\0 & 1 & 0 & 0 &\Rightarrow x_2=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\end{array}$$Die letzte Gleichung ist immer erfüllt, daher der Haken. Die erste Gleichung stellen wir zu \(x_3=-\frac32x_1\) um und geben alle Lösungen an:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\0\\-\frac32x_1\end{pmatrix}=\frac{x_1}{2}\begin{pmatrix}2\\0\\-3\end{pmatrix}$$Damit haben wir eine Darstellung des Kerns gefunden:$$\operatorname{Kern}(T)=\left(\begin{array}{r}2\\0\\-3\end{array}\right)$$Die Dimension des Kerns ist gleich \(1\).
zu c) Das prüfen wir durch eine Matrix-Multiplikation nach:$$T^2=\left(\begin{array}{rrr}3 & -2 & 2\\0 & 1 & 0\\-3 & 3 & -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{rrr}3 & -2 & 2\\0 & 1 & 0\\-3 & 3 & -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr}3 & -2 & 2\\0 & 1 & 0\\-3 & 3 & -2\end{array}\right)=T\quad\checkmark$$
