Am besten charakterisiert man die gesuchte lin Abbildung mit einer Darstellungsmatrix. Diese ist eine \(2\times 3\)-Matrix, weil vom \(\mathbb{R}^3\) in den \(\mathbb{R}^2\) abgebildet wird.

Also ist die Matrix von der Form \(A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\end{pmatrix}\).

Jetzt erhält man zwei Bedingungen \(A\cdot \begin{pmatrix}3\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) und \(A\cdot \begin{pmatrix}4\\7\\-27\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\).

Das sind vier Gleichungen bei sechs Unbekannten.

Um zu garantieren, dass der Kern nur von den beiden gegebenen Vektoren aufgespannt wird, kann man sich einen beliebigen Vektor \(v\in\mathbb{R}^3\) wählen, der nicht im Spann der beiden liegt und setzt

\(A\cdot v=\begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix},\)

wobei \(c_1,c_2\in\mathbb{R}\) beliebig gewählt sind und erhält zwei weitere Bedingungen.

Damit sollte sich die Darstellungsmatrix einer lin Abbildung mit gesuchten Eigenschaften ermitteln lassen.

Ein einfacher Weg zur Darstellungsmatrix A (2x3):

Die beiden Zeilen von A müssen senkrecht auf den beiden Vektoren (3,-1,4)^T und (4,7,-27)^T stehen. Da diese beiden Vektoren lin. unab. sind gibt es (bis auf vielfache) nur einen Vektor, der das erfüllt (also als Zeile in Frage kommt). Einen solchen kann man mit dem Kreuzprodukt ausrechnen (aber wir wollen nur das tun, was in der Aufgabe steht...). Diesen Vektor (das Kreuzprodukt) schreibt man zweimal als Zeile untereinander und hat eine Matrix A. Diese hat den Rang 1 (so sollte es nach Dimensionssatz auch sein).. Jeder Vektor aus dem Kern muss senkrecht auf diesem Zeilenvektor stehen, Es gibt aber im R^3 nur (bis auf vielfache) nur zwei lin. unabh., die das tun. Da wir schon zwei haben (die beiden U aufspannenden), kann es keinen weiteren aus U geben. Also kern A= U.

Da hier nur nach der Existenz gefragt wird, kann man den Beweis auch nicht-konstruktiv führen und sich auf diese Weise etwas Rechenarbeit sparen.

Man überprüft leicht, dass die Vektoren \( \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} \) und \( \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ -27\end{pmatrix} \) linear unabhängig sind. Sie lassen sich somit durch einen Vektor \(v \in \mathbb{R}^3\) zu einer Basis des \( \mathbb{R}^3 \) ergänzen. Nun ist durch \( \phi \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \) und \( \phi \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ -27 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \) und \( \phi(v)= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \) auf eindeutige Weise eine lineare Abbildung \( \phi: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2 \) charakterisiert, die offensichtlich \(U\) als ihren Kern besitzt.