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zu a) Für alle Vektoren \(\binom{x}{y}\in U\) gilt die Bedinung \(x-y=0\) bzw. \(y=x\). Daher können wir sie alle in folgender Form schreiben:$$\binom{x}{y}\in U\implies \binom{x}{y}=\binom{x}{x}=x\cdot\binom{1}{1}$$Da \(x\in\mathbb R\) frei wählbar ist, können wir alle Vektoren aus \(U\) als Vielfaches von \(\binom{1}{1}\) ausdrücken. Daher ist \(\binom{1}{1}\) eine Basis von \(U\).
zu b) Wir setzen einen beliebigen Vektor \(\binom{u}{u}\) in \(f\) ein:$$f(x;y)=f(u;u)=\binom{u+2u}{u+u}=\binom{3u}{2u}=u\binom{3}{2}$$Für \(u=1\) erhalten wir das Bild \(\binom{3}{2}\), das nicht in \(U\) enthalten ist, da die beiden Koordinaten unterschiedlich sind. Daher ist \(f(U)\not\subset U\).
zu c) Wir zerlegen die Abbildung \(f\) wie folgt in eine Linearkombination$$f(x;y)=\binom{x+2y}{x+y}=x\binom{1}{1}+y\binom{2}{1}=\underbrace{\begin{pmatrix}1 & 2\\1 & 1\end{pmatrix}}_{\eqqcolon A}\binom{x}{y}$$und stellen fest, dass der Bild-Raum von den beiden linear unabhängigen Vektoren \(\binom{1}{1}\) und \(\binom{2}{1}\) aufgespannt wird. Daher ist das Bild von \(f\) zwei-dimensional und der Kern von \(f\) ist null-dimensional, d.h. nur der Nullvektor selbst gehört zum Kern.
zu d) Die Abbildung \(f\) ist bijektiv, also injektiv und surjektiv, da die Abbildungsmatrix \(A\) invertierbar ist.
