Egzamin z Algebry, 28 I 2010

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)

1 − i

cos(

π

4

) + i sin(

π

4

)

Rozwiązanie:

1 − i

cos(

π

4

) + i sin(

π

4

)

=

1 − i

√

2

2

+ i

√

2

2

=

(1 − i) · (

√

2

2

− i

√

2

2

)

(

√

2

2

+ i

√

2

2

) · (

√

2

2

− i

√

2

2

)

=

√

2

2

− i

√

2

2

− i

√

2

2

−

√

2

2

1
2

+

1
2

= −i

√

2

−i

√

2

2. Dla jakiej wartości parametru k układ równań jest sprzeczny











kx

1

+ x

2

= 1

x

2

+ x

3

= 1

x

3

= 1

Rozwiązanie:

|A| =

k 1 0

0 1 1
0 0 1

= k

;

1 0 1
1 1 1
0 1 1

= 1 6= 0

Rząd macierzy [A|B] jest równy 3, a rząd macierzy A jest < 3 dla k = 0

k = 0

3. Obliczyc kąt między osią Ox a płaszczyzną π : x + y = 0
Rozwiązanie:

~

n = [1, 1, 0]

wektor normalny płaszczyzny

~

v = [1, 0, 0]

wektor kierunkowy osi Ox (prostej)

cos α =

~

v · ~

n

|~v| · |~n|

=

1

√

2

=⇒ α =

π

4

kąt między wektorami

β =

π

2

− α =

π

4

kąt między prostą a płaszczyzną

π

4

4. Wyznaczyć współrzędne ognisk elipsy

x

2

9

+

y

2

25

= 1

Rozwiązanie:
a =

√

9 = 3

półoś x elipsy

b =

√

25 = 5

półoś y elipsy

Widać, że b > a a więc ogniska leżą na osi y

√

b

2

− a

2

= 4

O = (0, ±4)

5. Wyznaczyć punkt det A

−1

, jeżeli:

A =








1 0 0 0
0 1 2 3
0 2 0 1
0 1 1 0








Rozwiązanie:

|A| =

1 0 0 0
0 1 2 3
0 2 0 1
0 1 1 0

= 1 · (−1)

2

·

1 2 3
2 0 1
1 1 0

= 2 + 6 − 1 = 7

det A

−1

=

1

det A

=

1
7

1
7

1

2. Rozłożyć na czynniki liniowe wielomian W (z) = z

3

+ z

2

+ (1 + i)z .

Rozwiązanie:

W (z) = z

3

+ z

2

+ (1 + i)z = z · (z

2

+ z + 1 + i)

Szukamy pierwiastków wielomianu:

z

2

+ z + 1 + i = 0

∆ = 1 − 4(1 + i) = −3 − 4i

Obliczamy

w =

√

∆

w

2

= ∆

w = u + iv , u, v ∈ R

u

2

− v

2

+ 2uvi = −3 − 4i

przyrównujemy części rzeczywiste i urojone

(

u

2

− v

2

= −3

2uv = −4

v =

−2

u

z drugiego równania; podstawiamy do pierwszego

u

2

−

4

u

2

= −3

mnożymy przez u

2

u

4

+ 3u

2

− 4 = 0

Podstawiamy t = u

2

t

2

+ 3t − 4 = 0

∆ = 9 + 16 = 25

t

1

=

−3 − 5

2

= −4 , t

2

=

−3 + 5

2

= 1

u

2

= −4

brak rozwiązań

u

2

= 1

u

1

= 1 , u

2

= −1

v

1

= −2 , v

2

= 2

w

1

= 1 − 2i , w

2

= −1 + 2i

stąd

z

1

=

−1 + w

1

2

= −i

z

2

=

−1 + w

2

2

= −1 + i

W (z) = z(z − z

1

)(z − z

2

) = z(z + i)(z + 1 − i)

Odpowiedź:

W (z) = z(z + i)(z + 1 − i)

2

3. Przedyskutować rozwiązywalność układu równań w zależności od parametru p ∈ R











px + 2y − 3z =

1

x − y + 4z =

1

x + y − 2z = −1

Rozwiązanie:

Badamy rząd macierzy A

|A| =

p

2 −3

1 −1

4

1

1 −2

= −2p + 6

−2p + 6 = 0

p = 3

Dla p 6= 3 rząd macierzy A jest równy 3, Rząd macierzy [A|B]

3×4

też jest równy 3 więc

układ ma jedno rozwiązanie.

Dla p = 3 :

rz A = rz






3

2 −3

1 −1

4

1

1 −2






= 2

ponieważ wyznacznik:

3

2

1 −1

= −5 6= 0

rz [A|B] = rz






3

2 −3

1

1 −1

4

1

1

1 −2 −1






= {k

0

2

= k

2

+ k

4

} = rz






3 3 −3

1

1 0

4

1

1 0 −2 −1






=

1 + rz

"

1

4

1

1 −2 −1

#

= 1 + 2 = 3

Rząd macierzy: rz

"

1

4

1

1 −2 −1

#

= 2 , ponieważ wyznacznik:

1

4

1 −2

= −6 6= 0

Układ jest więc sprzeczny.

Odpowiedź:

Dla p 6= 3 - jedno rozwiązanie,

dla p = 3 - układ sprzeczny.

3

4. Napisać równanie płaszczyzny, która zawiera prostą

l :











x = 1 + 2t
y = 2 + 2t
z = −3t

, t ∈ R

i jest prostopadła do płaszczyzny π : 3x − 2y + 4z + 6 = 0

Rozwiązanie:

P = (1, 2, 0)

punkt leżący na prostej

~

v = [2, 2, −3]

wektor kierunkowy prostej

~

n = [3, −2, 4]

wektor prostopadły do płaszczyzny π

−

→

n

1

wektor prostopadły do szukanej płaszczyzny π

1

Mamy
−

→

n

1

⊥ ~n oraz −

→

n

1

⊥ ~v

ponieważ nie jest istotna długość wektora −

→

n

1

, przyjmujemy:

−

→

n

1

= ~

n × ~

v =

i

j

k

3 −2

4

2

2 −3

= [−2, 17, 10]

stąd:

−2x + 17y + 10z + D = 0

równanie szukanej płaszczyzny π

1

−2 + 34 + 0 + D = 0

punkt P ∈ π

1

D = −32

−2x + 17y + 10z − 32 = 0

równanie szukanej płaszczyzny π

1

Odpowiedź:

π

1

: −2x + 17y + 10z − 32 = 0

4

5. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt P (1, 1, 0) , równoległej do

płaszczyzny π : x + 2y − z + 4 = 0 oraz przecinającej prostą l :

x

2

=

y − 1

−1

=

z − 3

1

Rozwiązanie:

π

1

- płaszczyzna równoległa do π przechodząca przez punkt P

π

1

: x + 2y − z + D = 0

1 + 2 + D = 0

punkt P ∈ π

1

D = −3

π

1

: x + 2y − z − 3 = 0

A(x, y, z) - punkt przecięcia płaszczyzny π

1

i prostej l



















x + 2y − z − 3 = 0
x = 2t
y = 1 − t
z = 3 + t

−t − 4 = 0

t = −4

A(−8, 5, −1)

Wketor kierunkowy prostej:
−→

P A = [−9, 4, −1]

l

1

:

x − 1

−9

=

y − 1

4

=

z

−1

Odpowiedź:

l

1

:

x − 1

−9

=

y − 1

4

=

z

−1

5

6. Wyznaczyć współrzędne środka oraz promień okręgu utworzonego w wyniku przecięcia

sfery (x − 3)

2

+ (y − 7)

2

+ (z + 1)

2

= 25 płaszczyzną 2x − y − 2z − 10 = 0

Rozwiązanie:

Środek sfery S(3, 7, −1)

Promień sfery R =

√

25 = 5

Środek okręgu O jest rzutem środka sfery S na płaszczyznę.

Prosta prostopadła do płaszczyzny, przechodząca przez środek sfery:

l :











x = 3 + 2t
y = 7 − t
z = −1 − 2t

Punkt przecięcia prostej l i płaszczyzny: O(x, y, z):

2(3 + 2t) − (7 − t) − 2(−1 − 2t) − 10 = 0

9t − 9 = 0

t = 1

O(5, 6, −3)

Promień sfery , promień okręgu i odcinek OS tworzą trójkąt prostokątny:

R

2

= r

2

+ OS

2

25 = r

2

+

√

4 + 1 + 4

2

r = 4

Odpowiedź:

Środek okręgu: O(5, 6, −3)

Promień okręgu: r = 4

6