Egzamin z Algebry, 7 II 2008 godz. 12.00
1. Rozwiązać równanie z 4 = (1 − i)4 , z ∈ C
Rozwiązanie:
q
z = 4 (1 − i)4
Zapisujemy liczbę 1 − i w postaci trygonometrycznej
√
1 − i =
2(cos( −π ) + i sin( −π ))
4
4
wtedy
(1 − i)4 = 4(cos( −π) + i sin( −π)) Ze wzoru na pierwiastki zespolone:
√
zk = 2(cos( −π+2 kπ ) + i sin( −π+2 kπ )) , k = 0 , 1 , 2 , 3
4
4
√
z 0 = 2(cos( −π ) + i sin( −π )) = 1 − i 4
4
√
z 1 = 2(cos( π ) + i sin( π )) = 1 + i 4
4
√
z 2 = 2(cos(3 π ) + i sin(3 π )) = − 1 + i 4
4
√
z 3 = 2(cos(5 π ) + i sin(5 π )) = − 1 − i 4
4
2. Jaką wartość ma wyznacznik kwadratowej, rzeczywistej macierzy A , jeżeli spełnia ona równanie
AT · A · AT − A = 0
Podać dwa przykłady macierzy spełniających to rónanie Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie:
AT · A · AT = A
Obliczmay wyznaczniki lewej i prawej strony. Korzystamy z tego, że wyznacznik iloczynu macierzy jest równy iloczynowi wyznaczników, a wyznacznik macierzy |AT | = |A|:
|A| 3 = |A|
|A| 3 − |A| = 0
|A|( |A| 2 − 1) = 0
|A|( |A| − 1)( |A| + 1) = 0
|A| = 0 lub |A| = 1 lub |A| = − 1
Przykłady macierzy A spełniających równanie: 1. A = 0 - macierz zerowa
2. A = I - macierz jednostkowa
3. Podać definicję macierzy odwrotnej. Obliczyć macierz odwrotną do macierzy A:
0 0 1 0
0 0 0 1
2 4 0 0
0 2 0 0
Rozwiązanie:
Można stosować algorytm obliczania dopełnień algebraicznych, ale szybszy jest algorytm następujący:
Dopisujemy z prawej strony macierz jednostkową i wykonujemy operacje wierszami (metoda eliminacji Gaussa) aby doprowadzić lewą część do macierzy jednostkowej.
Wtedy w prawej części będzie macierz odwrotna.
0 0 1 0 1 0 0 0
2 4 0 0 0 0 1 0
1 2 0 0 0 0 1 0
2
0 0 0 1 0 1 0 0
0 2 0 0 0 0 0 1
0 2 0 0 0 0
0 1
∼
∼
∼
2 4 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0 0 0
0 0 1 0 1 0 0 0
0 2 0 0 0 0 0 1
0 0 0 1 0 1 0 0
0 0 0 1 0 1 0 0
1 0 0 0 0 0 1 − 1
2
0 1 0 0 0 0
0
1
2
0 0 1 0 1 0 0
0
0 0 0 1 0 1 0
0
Opis operacji:
Krok 1: Przestawianie wierszy: w0 = w
= w
= w
= w
3
1 , w0 4
2 , w0 1
3 , w0 2
4
Krok 2: Dzielimy wiersz pierwszy przez 2: w0 = w 1
1
2
Krok 3: Odejmujemy od wiersza pierwszego wiersz drugi i dzielimy drugi przez 2: w0 = w
= w 2
1
1 − w 2 , w0 2
2
Odpowiedź:
0 0 1 − 1
2
0 0 0
1
A− 1 =
2
1 0 0
0
0 1 0
0
4. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt P (0 , 0 , 5) leżącej w płaszczyżnie π : 3 x + 2 y − z + 5 = 0 i prostopadłej do prostej
x =
t
l :
y =
1 + t , t ∈ R
z = 7 + 5 t
Rozwiązanie:
Łatwo można sprawdzić, że punkt P leży w płąszczyźnie π
Wektor kierunkowy szukanej prostej jest prostopadły do wektora kierunkowego prostej l ~v = [1 , 1 , 5]
Wektor ten jest też prostopadły do wektora ~n prostopadłego do płaszczyzny π ~n =
[3 , 2 , − 1]
Możemy przyjąć, że szukany wektor ~
v 1 = ~v × ~n
~
v 1 = [ − 11 , 16 , − 1]
Odpowiedź:
x = − 11 t
l 1 :
y =
16 t
, t ∈ R
z = 5 − t
5. Obliczyć objętość czworościanu ograniczonego płaszczyznami: x = 0 , y = 2 , z = − 1 , x + y + z = 6
Rozwiązanie:
Obliczamy wierzchołki czworościanu. Każdy z nich jest punktem przcięcia trzech płaszczyzn zwierających ściany.
x = 0
x = 0
x = 0
x + y + z = 6
A :
y = 2
B :
y = 2
C :
x + y + z = 6 D :
y = 2
z = − 1
x + y + z = 6
z = − 1
z = − 1
Stąd dostajemy:
A(0 , 2 , − 1) , B(0 , 2 , 4) , C(0 , 7 , − 1) , D(5 , 2 , − 1) Objetość czworościanu jest równa:
−→ −→ −−→
V = 1 |( AB, AC, AD) |
6
Obliczmy wektory:
−→
−→
−−→
AB = [0 , 0 , 5] , AC = [0 , 5 , 0] , AD = [5 , 0 , 0]
Ich iloczyn mieszany:
0 0 5
−→ −→ −−→
( AB, AC, AD) =
0 5 0 = − 125
5 0 0
Odpowiedź:
V = 125
6
6. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt P (2 , 1) i przecinającej parabolę y 2 = 4 x w punktach symetrycznych względem punktu P .
Rozwiązanie:
Łatwo zauważyć, że szukana prosta nie może być pionowa. Ma więc równanie: y − 1 = k( x − 2). Szukamy punktów przcięcia Q( x, y) prostej z parabolą. Współrzędne tych punktów są rozwiązaniami układu równań: :
( y 2 = 4 x
y − 1 = k( x − 2)
Rozwiązujemy ten układ
y − 1 = k y 2 − 2 k
4
ky 2 − 4 y − 8 k + 4 = 0
Jest to rónanie kwadratowe, gdy prosta nie jest pozioma ( k 6= 0). Widać, że prosta pozioma przecina parabloę tylko wjednym punkcie, więc możemy założyć, że k 6= 0
∆ = 16 − 4 k( − 8 k + 4) = 16(1 + 2 k 2 − k) Sprawdzamy znak ∆ > 0
2 k 2 − k + 1 > 0
∆1 = 1 − 8 = − 7 < 0
A więc ∆ > 0 dla każdej wartości k. Mamy więc dwa punkty przecięcia prostej z parabolą.q
√
4 +
16(2 k 2 − k + 1)
1 +
2 k 2 − k + 1
y 1 =
= 2
2 k
k
q
√
4 −
16(2 k 2 − k + 1)
1 −
2 k 2 − k + 1
y 2 =
= 2
2 k
k
Punkty te będą symetryczne względem punktu P wtedy i tylko wtedy, gdy P będzie y
środkiem odcinka Q
1 + y 2
1 Q 2 czyli gdy
= 1 ( nie musimy sprawdzać warunku na
2
współrzędne x punktów przecięcia ponieważ punkty te leżą na prostej) 2 = 1
k
Czyli
k = 2
Odpowiedź:
Szukane równanie prostej:
y − 1 = 2( x − 2)
po uproszczeniu
y = 2 x − 3