1. Zadanie wstępne
Grupa A
Zadanie
Odp.
√
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)
− 2 i
z = ±( − 1 + i)
Rozwiązanie:
w = − 2 i = 2(cos 3 π + i sin 3 π) 2
2
√
√
3 π + 2 kπ
3 π + 2 kπ
w = z
2
2
k =
2(cos
+ i sin
)
2
√
2
√
√
√
z
2
0 =
2(cos 3 π + i sin 3 π) =
2 −
+ i 22) = − 1 + i
4
4
2
√
√ √
√
z
2
1 =
2(cos 7 π + i sin 7 π) =
2
− i 22) = 1 − i
4
4
2
2. Wyznaczyć w zależności od parametru p rząd macierzy A .
Dla p = ± 1 rząd
1
2 2 1
A = 2, dla p 6= 1
A = 1
1 0 1
i 6= − 1 rząd A jest
1 p 2 0 1
równy 3
Rozwiązanie:
"
#
"
#
1
1 1
1
1
1
1
rz A = 1 + rz
= 1 + rz
,
= p 2 − 1
1 p 2 1
1 p 2
1 p 2
Dla p 2 = 1 Rżad A jest równy 2, dla pozostałych p rząd A jeest równy 3.
−
→
3. Dla jakiej wartości parametru k różnica wektorów u = [2 k, 2 , k − 1] oraz k = − 1
−
→
v = [3 , 3 , 2 k] jest wektorem prostopadłym do osi Oz ?
Rozwiązanie:
−
→
u − −
→
v = [2 k − 3 , − 1 , −k − 1]
−
→
a = [0 , 0 , 1] wektor kierunkowy osi Oz
−
→
−
→
0 = a · ( u − −
→
v ) = −k − 1 = ⇒ k = − 1
( x − 4)2
y 2
√
4. Obliczyć odległość ognisk elipsy
+
= 1 od początku układu
4 2
9
25
współrzędnych .
Rozwiązanie:
Środek eplisy: S(4 , 0) . Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Oy przecho-
√
dzącej przez S, ponieważ b > a ( a = 3 , b = 5). w punktach (4 , ± b 2 − a 2) =
(4 , ± 4)
√
√
Odległość d =
42 + 42 = 4 2
h
i
5. Wyznaczyć wersory kierunkowe prostej l danej w postaci krawędziowej
± 1
√ , − 2
√ , 1
√
6
6
6
(
2 x + y + 1 = 0
l :
x + y + z = 0
Rozwiązanie:
Postać parametryczna: x = t = ⇒ y = − 2 t − 1 = ⇒ z = t + 1
−
→
wektor kierunkowy: v = [1 , − 2 , 1]
−
→
v
[1 , − 2 , 1]
h
1
− 2
1 i
wersor kierunkowy:
=
√
= √ , √ , √
|−
→
v |
6
6
6
6
1
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) sumę liczb
√
√
2 i
z =
2(cos π + i sin π ) oraz w =
2(cos 3 π + i sin 3 π )
4
4
4
4
Rozwiązanie:
√
√
√
z =
2( 2 + i 2 ) = 1 + i
2
2
√
√
√
w =
2( − 2 + i 2 ) = − 1 + i 2
2
z + w = 1 + i − 1 + i = 2 i
−
→
2. Dla jakiej wartości parametru p suma wektorów u = [2 p, 1 , p + 1] oraz p = 1
−
→
w = [3 , p, − 2] jest wektorem równoległym do płaszczyzny xOy ?
Rozwiązanie:
−
→
−
→
u + w = [2 p + 3 , p + 1 , p − 1]
−
→
n = [0 , 0 , 1] wektor prostopadły do płaszczyzny xOy
−
→
−
→
−
→
0 = n · ( u + w ) = p − 1 = ⇒ p = 1
h
i
3. Wyznaczyć wersory normalne płaszczyzny
± 1
√ , 2
√ , − 1
√
6
6
6
x = 1 + t
π :
y = s
; t, s ∈ R
z = 2 + t + 2 s
Rozwiązanie:
x = 1 + t = ⇒ t = x − 1
z = 2 + t + 2 s = ⇒ z = 2 + x − 1 + 2 y = ⇒ x + 2 y − z + 1 = 0
−
→
n = [1 , 2 , − 1] wektor prostopadły do płaszczyzny π
−
→
n
[1 , 2 , − 1]
h
1
2
− 1 i
=
√
= √ , √ , √
wersor normalny
|−
→
n |
6
6
6
6
4. Wyznaczyć det A− 1 , jeżeli
1
7
1 0 0 0
0 1 2 3
A =
0 2 0 1
0 1 1 0
Rozwiązanie:
1 2 3
|A| = 1 · ( − 1)1+1 · 2 0 1 = 0 + 2 + 6 − 0 − 1 − 0 = 7
1 1 0
1
1
det A− 1 =
=
det A
7
( x − 4)2
( y − 2)2
5. Wyznaczyć ogniska elipsy
+
= 1 .
F 1 = (1 , 2) ,
25
16
Rozwiązanie:
F 2 = (7 , 2)
Środek eplisy: S(4 , 2) . Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Ox przecho-dzącej przez S, ponieważ a > b ( a = 5 , b = 4).
√
Położenie ognisk, gdy środkeim elipsy jest punkt (0 , 0) : F = ( ± a 2 − b 2 , 0) =
( ± 3 , 0)
−→
Po przesunięciu o wektor OS = [4 , 2]
2
z 4 − (9 + i) z 2 + 9 i = 0
Rozwiązanie:
Podstawiamy t = z 2
t 2 − (9 + i) t + 9 i = 0
∆ = (9 + i)2 − 36 i = 81 + 18 i − 1 − 36 i = 81 − 18 i − 1 = (9 − i)2
√∆ = ±(9 − i)
9 + i + 9 − i
t 1 =
= 9
2
9 + i − 9 + i
t 2 =
= i
2
Stąd:
z 2 = 9 = ⇒ z 1 = 3 , z 2 = − 3
z 2 = i
Zapisujemy liczbe i w postaci trygonometrycznej: i = 1 · (cos π + i sin π ) 2
2
√
π + 2 kπ
π + 2 kπ
z =
i = cos 2
+ i sin 2
2
2
√
√
z
2
2
3 = cos π + i sin π =
+ i
4
4
2
2
√
√
z
2
2
4 = cos 5 π + i sin 5 π = −
− i
4
4
2
2
Odpowiedź:
z 1 = 3
z 2 = − 3
√
√
z
2
2
3 =
+ i
2
2
√
√
z
2
2
4 = −
− i
2
2
3
3. Wyznaczyć parametr p tak, by układ równań
− 2 x + 6 y − 4 z = − 2
3 x + 2 y − 5 z = 3
2 x − 6 y + pz = 2
miał nieskończenie wiele rozwiązań. Dla wyznaczonego p rozwiązać ten układ.
Rozwiązanie:
Badamy rząd macierzy
− 2
6 − 4
A =
3
2 − 5
2 − 6
p
Obliczamy wyznacznik
− 2
6 − 4
|A| =
3
2 − 5 = − 4 p − 60 + 72 + 16 + 60 − 18 p = − 22 p + 88
2 − 6
p
|A| = 0 ⇐⇒ p = 4
Wniosek: dla p 6= 4 rząd A jest równy 3, rząd AR jest równy 3 więc układ ma jedno rozwiązanie.
Dla p = 4 mamy
Rząd A jestrówny 2, ponieważ wyznacznik:
− 2 6
= − 22 6= 0
3 2
Rząd
− 2
6 − 4 − 2
A
R =
3
2 − 5
3
2 − 6
4
2
jest równy rzędowi A ponieważ 4-ta kolumna jest równa pierwszej.
układ ma więc nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru.
podstawiamy parametr z = t
Po usunięciu ostatniego równania:
(
− 2 x + 6 y = − 2 + 4 t 3 x + 2 y = 3 + 5 t
− 2 6
− 2 + 4 t 6
|A| =
= − 22 , |A
= − 4 + 8 t − 18 − 30 t = − 22 − 22 t , 3 2
1 | =
3 + 5 t 2
− 2 − 2 + 4 t
|A
2 | =
= − 6 − 10 t + 6 − 12 t = − 22 t 3
3 + 5 t
|A
x
1 |
=
= 1 + t
|A|
|A
y
2 |
=
= t
|A|
Odpowiedź:
Dla p = 4 układ ma nieskończenie wiele rozwiązań: x = 1 + t , y = t , z = t , t ∈ R
4
4. Przez punkt P (1 , 2 , 1) poprowadzić płaszczyznę prostopadłą do rzutu prostej x − 1
y − 3
z
l :
=
=
2
− 1
3
na płaszczyznę π : x + y + z + 1 = 0 .
Rozwiązanie:
−
→
Wektor kierunkowy prostej l , v == [2 , − 1 , 3] .
−
→
Wektor normalny płaszczyzny π , n == [1 , 1 , 1] .
−
→
−
→
Wektor n 1 = v × −
→
n jest wektorem normalnym płaszczyzny zawierającej prostą l i jej rzut l0 (płaszczyzny rzutującej).
−
→
−
→
Wektor n 2 = n 1 × −
→
n jest wektorem kierunkowym prostej l0 i jednocześnie wektorem normalnym szukanej płaszczyzny.
−
→
n 1 == [2 , − 1 , 3] × [1 , 1 , 1] = [ − 4 , 1 , 3]
−
→
n 2 == [ − 4 , 1 , 3] × [1 , 1 , 1] = [ − 2 , 7 , − 5]
Równanie szukanej płaszczyzny:
π 1 : − 2 x + 7 y − 5 z + D = 0
Ponieważ P ∈ π :
− 2 + 14 − 5 + D = 0 = ⇒ D = − 7
π 1 : − 2 x + 7 y − 5 z − 7 = 0
Odpowiedź:
Równanie szukanej płaszczyzny π 1 : − 2 x + 7 y − 5 z − 7 = 0
5
5. Wyznaczyć płaszczyznę styczną do sfery x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z = 2 , prostopadłą do prostej
x
y + 1
z
l :
=
=
2
− 1
2
Rozwiązanie:
Ponieważ płaszczyzna jest prostopadła do prostej, więc wektor kierunkowy prostej
−
→
−
→
v = [2 , − 1 , 2] jest równoległy do wektora n normalnego płaszczyzny π .
Stąd równanie płaszczyzny:
π : 2 x − y + 2 z + D = 0
Szukamy środka i promienia sfery:
x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z = 2
( x 2 − 2 x + 1) − 1 + y 2 + ( z 2 + 2 z + 1) − 1 = 2
( x − 1)2 + y 2 + z(+1)2 = 4
Stąd środek sfery O(1 , 0 , − 1) a jej promień R + 2 .
Sfera jest styczna do płaszczyzny, więc odległość środka sfery O od płaszczyzny jest równa R :
| 2 · 1 − 0 + 2 · ( − 1) + D| = 2
q22 + ( − 1)2 + 22
|D| = 2
3
|D| = 6
D! = 6 , D 2 = − 6
Odpowiedź:
Równania płaszczyzn stycznych:
π 1 : 2 x − y + 2 z + 6 = 0
π 2 : 2 x − y + 2 z − 6 = 0
6
6. Na prostej l : x = y = z wyznaczyć punkty, których odległość od płaszczyzny π :
− 2 x + y + 2 z + 1 = 0 jest równa 1.
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie prostej do postaci parametrycznej:
x = t
l :
y = t
z = t
Odległość punktu prostej P ( t, t, t) od płaszczyzny π jest równa:
| − 2 t + t + 2 t + 1 |
|t + 1 |
d =
=
q( − 2)2 + 12 + 22
3
Mamy:
|t + 1 | = 1
3
|t + 1 | = 3
t + 1 = ± 3
t 1 = − 4 . t 2 = 2
Stąd:
P 1( − 4 , − 4 , − 4)
P 2(2 , 2 , 2)
Odpowiedź:
Szukane punkty to: P 1( − 4 , − 4 , − 4) i P 2(2 , 2 , 2) 7