Egzamin podstawowy (wersja przykładowa), 2014

Algebra z geometrią analityczną

W rozwiązaniach prosimy formułować lub nazywać wykorzystywane twierdzenia,

stosowane wzory, uzasadniać wyciągane wnioski oraz starannie sporządzać rysunki.

1

2

3

4

5

Σ

A

Zestaw A

Zadanie 1 Wyznacz wszystkie elementy zbioru

3

q

(1 + i)

3

.

Zadanie 2 Rozwiąż układ równań z parametrem rzeczywistym a ∈ R:











2x

+

3y

−

z

=

1

x

−

ay

+ 2z =

3

−x + 2ay − 3z = −4

.

Zadanie 3 Wyznacz odległość punktu P = (1, 2, 3) od płaszczyzny π zadanej w postaci para-
metrycznej:











x =

1 + s + t

y

= 2 − 2s + t

z

=

s − t

s, t ∈ R

.

Zadanie 4 Dla jakich wymiernych wartości parametru t ∈ Q wektory u = (t

2

, 3, 2t

2

, 1, t) i

v = (−3t, t

2

, t

2

, 1, −3) są ortogonalne w R

5

?

Zadanie 5 Wyznacz (o ile istnieją) macierze złożeń K◦L oraz L◦K w bazach standardowych,
jeżeli L : R

3

7→ R

2

oraz K : R

2

7→ R

4

są przekształceniami linowymi, danymi wzorami:

L(x, y, z) = (x − 2y, x + y + 3z),

K(u, v) = (u + v, v, u − 2v, 3u).

Instytut Matematyki i Informatyki PWr

Rozwiązania

Rozwiązanie zadania 1 Wiadomo, że istnieją dokładnie 3 zespolone pierwiastki trzeciego stop-

nia z dowolnej niezerowej liczby zespolonej. Niech

3

q

(1 + i)

3

= {w

0

, w

1

, w

2

}. Z definicji pierwiastka

wynika, że jeden z nich – powiedzmy w

0

– jest równy w

0

= 1 + i, gdyż w

3

0

= (1 + i)

3

.

Ponadto wiemy, że w

0

, w

1

i w

2

na płaszczyźnie zespolonej są rozłożone równomiernie na jednym

okręgu o środku w 0. Wynika stąd, że np. w

1

otrzymamy obracając w

0

o kąt

2π

3

, tzn.

w

1

= w

0



cos

2π

3

+ i sin

2π

3



= (1 + i)



−

1

2

+ i

√

3

2



= −

√

3 + 1

2

+ i

√

3 − 1

2

.

Podobnie uzyskujemy w

2

w

2

= w

0



cos

4π

3

+ i sin

4π

3



= (1 + i)



−

1

2

− i

√

3

2



=

√

3 − 1

2

− i

√

3 + 1

2

.

Odpowiedź:

3

q

(1 + i)

3

= {1 + i, −

√

3+1

2

+ i

√

3−1

2

,

√

3−1

2

− i

√

3+1

2

}.

Rozwiązanie zadania 2 Układ równań jest Cramera wtedy i tylko wtedy gdy

0 6=W =









2

3

−1

1

−a

2

−1

2a

−3









= 6a − 6 − 2a + a + 9 − 8a = 3 − 3a ←→ a 6= 1.

Wtedy dla a ∈ R \ {1} mamy jedno rozwiązanie układu równań:

x =

W

x

W

=









1

3

−1

3

−a

2

−4

2a

−3

















2

3

−1

1

−a

2

−1

2a

−3









=

3a − 24 − 6a + 4a + 27 − 4a

3 − 3a

=

3 − 3a

3 − 3a

= 1,

y =

W

y

W

=









2

1

−1

1

3

2

−1 −4 −3

















2

3

−1

1

−a

2

−1

2a

−3









=

−18 − 2 + 4 − 3 + 3 + 16

3 − 3a

=

0

3 − 3a

= 0,

z =

W

z

W

=









2

3

1

1

−a

3

−1

2a

−4

















2

3

−1

1

−a

2

−1

2a

−3









=

8a − 9 + 2a − a + 12 − 12a

3 − 3a

=

3 − 3a

3 − 3a

= 1.

Jeśli a = 1, to rozważany układ równań nie jest układem Cramera i mamy






2

3

−1 |

1

1

−1

2

|

3

−1

2

−3 | −4






w

1

+w

3

w

2

+w

3

←→






1

5 −4 | −3

0

1 −1 | −1

−1 2 −3 | −4






w

1

+w

3

←→






0

7 −7 | −7

0

1 −1 | −1

−1 2 −3 | −4






←→

←→






0

1 −1 | −1

0

1 −1 | −1

−1 2 −3 | −4






←→

0

1 −1 | −1

−1 2 −3 | −4

!

(−1)·w

2

←→

0

1

−1 | −1

1 −2

3

|

4

!

w

2

+2w

1

←→

←→

0 1 −1 | −1
1 0

1

|

2

!

←→

(

y

= −1 + z

x =

2 − z

∧ z ∈ R, z jest parametrem rzeczywistym.

Rozwiązanie zadania 3 Parametryczne równanie płaszczyzny

π :











x =

1 + s + t

y

= 2 − 2s + t

z

=

s + t

s, t ∈ R

doprowadzamy do postaci normalnej ax + by + cz + d = 0 poprzez rugowanie zmiennych s oraz t.
Wtedy mamy x + 2y + 3z − 5 = 0 oraz punkt P (1, 2, 3) = (x

0

, y

0

, z

0

) i możemy zastosować wzór

na odległość punktu od płaszczyzny π:

d(P, π) =

|ax

0

+ by

0

+ cz

0

+ d|

√

a

2

+ b

2

+ c

2

=

|1 · 1 + 2 · 2 + 3 · 3 − 5|

√

1

2

+ 2

2

+ 3

2

=

9

√

14

=

9

14

√

14.

Rozwiązanie zadania 4 Wektory są ortogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny
jest równy zero, czyli

(u ⊥ v)

←→



(t

2

, 3, 2t

2

, 1, t) ◦ (−3t, t

2

, t

2

, 1, −3) = 0



←→

(−3t

3

+ 3t

2

+ 2t

4

+ 1 − 3t = 0).

Zatem wystarczy znaleźć pierwiastki wymierne wielomianu W (t) = 2t

4

− 3t

3

+ 3t

2

− 3t + 1. Szu-

kamy ich pośród liczb postaci p/q, gdzie p ∈ {±1} jest dzielnikiem całkowitym wyrazu wolnego
wielomianu W , a q ∈ {±1, ±2} jest dzielnikiem współczynnika przy t

4

. Stąd p/q ∈ {±1, ±

1
2

}.

Obliczając

W (1) = 0,

W (−1) = 12,

W (

1

2

) = 0,

W (−

1

2

) =

15

4

,

widzimy, że jedynymi wymiernymi pierwiastkami wielomianu W są liczby 1 i

1
2

.

Rozwiązanie zadania 5 Zacznijmy od wyznaczenia macierzy przekształceń L oraz K. W tym
celu obliczymy ich wartości w elementach baz standardowych:

L(1, 0, 0) = (1, 1),

L(0, 1, 0) = (−2, 1),

L(0, 0, 1) = (0, 3),

K(1, 0) = (1, 0, 1, 3),

K(0, 1) = (1, 1, −2, 0).

Macierz przekształcenia otrzymujemy, zapisując współrzędne uzyskanych wektorów w kolejnych
kolumnach macierzy, czyli

M

L

=

"

1 −2 0
1

1

3

#

,

M

K

=








1

1

0

1

1 −2
3

0








Zauważmy, że mnożenie macierzy M

L

M

K

nie jest wykonalne. Zatem z twierdzenia o postaci ma-

cierzy złożenia przekształceń liniowych wynika, że złożenie L ◦ K jest źle określone, a więc jego
macierz nie istnieje. Z tego samego twierdzenia wynika, że złożenie K ◦ L jest dobrze określone, a
jego macierz obliczamy następująco:

M

K◦L

= M

K

M

L

=








1

1

0

1

1 −2
3

0








"

1 −2 0
1

1

3

#

=








2 −1

3

1

1

3

−1 −4 −6

3 −6

0






