Aloha :)
zu a) Bestimmung der Abbildungsmatrix \(A\)
$$F(x;y;z)=\binom{y+z}{2x-z}=\binom{0}{2x}+\binom{y}{0}+\binom{z}{-z}$$$$\phantom{F(x;y;z)}=\binom{0}{2}x+\binom{1}{0}y+\binom{1}{-1}z$$$$\phantom{F(x;y;z)}=\left(\begin{array}{rrr}0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1\end{array}\right)\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$$Damit lautet die Abbildungsmatrix:$$A=\left(\begin{array}{rrr}0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1\end{array}\right)$$
zu b) Sei nun gegeben:$$A=\left(\begin{array}{rrr}1 & 2 & 2\\1 & 2 & 1\\2 & 4 & 3\end{array}\right)\quad;\quad\vec x=\left(\begin{array}{r}2\\3\\-1\end{array}\right)$$Das Produkt aus Matrix und Vektor ergibt:$$A\cdot\vec x=\left(\begin{array}{rrr}1 & 2 & 2\\1 & 2 & 1\\2 & 4 & 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{r}2\\3\\-1\end{array}\right)=\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\cdot2+\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}\cdot3+\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}\cdot(-1)$$$$\phantom{A\cdot\vec x}=\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}6\\6\\12\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-2\\-1\\-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\7\\13\end{pmatrix}$$
zu c) Eine Basis des Bildes erhalten wir, indem wir alle linearen Abhängigkeiten aus den Spalten der Matrix herausrechnen. Dazu verwenden wir elementare Spaltenoperationen. Unser Ziel ist es, so viele Zeilen wie möglich zu erhalten, die genau eine Eins und sonst nur Nullen enthalten.$$\begin{array}{rrr} & -2S_1 & -2S_1\\\hline1 & 2 & 2\\1 & 2 & 1\\2 & 4 & 3\end{array}\to\begin{array}{rrr} +S_3 & & \cdot(-1)\\\hline1 & 0 & 0\\1 & 0 & -1\\2 & 0 & -1\end{array}\to\begin{array}{rrr} \vec b_1 & & \vec b_2\\\hline1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1\\1 & 0 & 1\end{array}$$Wir erhalten 2 Basisvektoren, also ist der Rang der Matrix gleich \(2\):$$\operatorname{Bild}(A)=\left(\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\right)$$
Der Kern der Abbildung besteht aus allen Vektoren, die auf \(\vec 0\) abgebildet werden. Zur Bestimmung des Kerns führen wir elementare Zeilenoperationen aus. Unser Ziel ist es, so viele Spalten wie möglich zu erhalten, die genau eine Eins uns sonst nur Nullen enthalten:$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Operation}\\\hline1 & 2 & 2 & 0 &\\1 & 2 & 1 & 0 &-\text{Gleichung 1}\\2 & 4 & 3 & 0 &-2\cdot\text{Gleichung 1}\\\hline1 & 2 & 2 & 0 &+2\cdot\text{Gleichung 2}\\0 & 0 & -1 & 0 &\cdot\,(-1)\\0 & 0 & -1 & 0 &-\text{Gleichung 2}\\\hline1 & 2 & 0 & 0 &\Rightarrow x_1+2x_2=0\\0 & 0 & 1 & 0 &\Rightarrow x_3=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\Rightarrow 0=0\quad\checkmark\end{array}$$Wegen \((x_1=-2x_2)\) und \((x_3=0)\) lauten die Vektoren des Kerns:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2x_2\\x_2\\0\end{pmatrix}=x_2\cdot\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}$$Der Kern ist also 1-dimensional:$$\operatorname{Kern}(A)=\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}$$
Injektiv bedeutet, dass jedes Element der Zielmenge höchstens 1-mal getroffen wird. Da der Kern aber 1-dimensional ist, gibt es unendlich viele Vektoren, die das Ziel-Element \(\vec 0\) treffen. Daher ist die Abbildung nicht injektiv.
