Egzamin z Algebry, 10 IX 2010
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) z =
1 + i
√
3
1 − i
√
3
Rozwiązanie:
1 + i
√
3
1 − i
√
3
=
(1 + i
√
3) · (1 + i
√
3)
(1 − i
√
3) · (1 + i
√
3)
=
1 + 2i
√
3 − 3
1 + 3
= −
1
2
+ i
√
3
2
−
1
2
+ i
√
3
2
2. Wyznaczyć A
−1
jeżeli A =
"
1 2
3 4
#
Rozwiązanie:
|A| = 4 − 6 = −2 6= 0
A
d
=
"
4 −3
−2
1
#
(A
d
)
T
=
"
4 −2
−3
1
#
A
−1
=
(A
d
)
T
|A|
=
"
−2
1
3
2
−
1
2
#
"
−2
1
3
2
−
1
2
#
3. Obliczyć odległość punktu P (1, 0, 2) od płaszczyzny π : 2x + y + 2z − 7 = 0
Rozwiązanie:
d =
|2 · 1 + 0 + 2 · 2 − 7|
√
2
2
+ 1
2
+ 2
2
=
1
3
1
3
4. Obliczyć odległość ognisk elipsy
(x − 4)
2
9
+
y
2
25
= 1 .
Rozwiązanie:
a
2
= 9 =⇒ a = 3 , b
2
= 25 =⇒ b = 5 , b > a
Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Oy przechodzącej przez środek
elipsy.
d =
√
b
2
− a
2
= 4
odległość ogniska od środka elipsy.
2d = 8
odległość między ogniskami
8
5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez środek sfery o równa-
niu: (x − 1)
2
+ (y − 2)
2
+ z
2
= 1 , prostopadłej do prostej l :
(
x − y = 0
2x + z − 1 = 0
Rozwiązanie:
x = t =⇒ y = t =⇒ z = −2t + 1
prosta w postaci parametrycznej
−
→
n = [1, 1 − 2]
wektor normalny płaszczyzny
S = (1, 2, 0)
środek sfery
(x − 1) + (y − 2) − 2z = 0 =⇒ x + y − 2z − 3 = 0
równanie płaszczyzny
x + y − 2z − 3 = 0
1
2. Rozwiązać równanie: (z
2
+ z + 1)(z
3
− i) = 0 , z ∈ C .
Rozwiązanie:
(z
2
+ z + 1)(z
3
− i) = 0 ⇐⇒ z
2
+ z + 1 = 0
lub
z
3
− i = 0
Szukamy rozwiązań równania: z
2
+ z + 1 = 0
∆ = −3
√
∆ = ±
√
3i
z
1
=
−1 −
√
3i
2
z
2
=
−1 +
√
3i
2
Szukamy rozwiązań równania: z
3
− i = 0
z
3
= i
z =
3
√
i
Zapisujemy liczbę i w postaci trygonometrycznej:
i = 1 · (cos
π
2
+ i sin
π
2
)
z
k
= cos
π
2
+2kπ
3
+ i sin
π
2
+2kπ
3
, k = 0, 1, 2
z
3
= cos
π
6
+ i sin
π
6
=
√
3
2
+
1
2
i
z
4
= cos
5π
6
+ i sin
5π
6
= −
√
3
2
+
1
2
i
z
5
= cos
3π
2
+ i sin
3π
2
= −i
Odpowiedź:
z
1
= −
1
2
−
√
3i
2
z
2
= −
1
2
+
√
3i
2
z
3
=
√
3
2
+
i
2
z
4
= −
√
3
2
+
i
2
z
5
= −i
2
3. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie:
1 2 3
0 1 2
0 2 1
· X =
7 7
4 4
2 5
Rozwiązanie:
Oznaczamy:
A =
1 2 3
0 1 2
0 2 1
, B =
7 7
4 4
2 5
Przy założeniu, że istnieje macierz odwrotna do A mamy:
A · X = B ⇐⇒ X = A
−1
· B
Obliczamy:
|A| = 1 + 0 + 0 − 0 − 0 − 4 = −3 6= 0 =⇒ macierz odwrotna istnieje
A
d
=
−3
0
0
4
1 −2
1 −2
1
(A
d
)
T
=
−3
4
1
0
1 −2
0 −2
1
A
−1
=
(A
d
)
T
|A|
=
1 −
4
3
−
1
3
0 −
1
3
2
3
0
2
3
−
1
3
X = A
−1
· B =
1 0
0 2
2 1
Odpowiedź:
X =
1 0
0 2
2 1
3
4. Określić liczbę rozwiązań układu równań w zależności od parametru p ∈ R :
x + py − z = 1
2x − y + pz = 0
x + 10y − 6z = p
Rozwiązanie:
Badamy rząd macierzy
A =
1
p −1
2 −1
p
1
10 −6
Obliczamy wyznacznik:
|A| = 6 + p
2
− 20 − 1 − 10p + 12p = p
2
+ 2p − 15
p
2
+ 2p − 15 = 0 =⇒ p
1
= −5 , p
2
= 3
Wniosek: dla p 6= −5 i p 6= 3 rząd A jest równy 3, rząd A
R
też jest równy 3 więc układ
ma jedno rozwiązanie.
Dla p = −5 :
Rząd A jest mniejszy niż 3. Rząd ten jest równy 2, ponieważ wyznacznik:
2 −1
1
10
= 21 6= 0
skreślamy w
1
i k
3
Badamy rząd A
R
=
1 −5 −1
1
2 −1 −5
0
1
10 −6 −5
Obliczamy wyznacznik:
1 −1
1
2 −5
0
1 −6 −5
= 25 + 0 − 30 + 5 − 0 − 10 = −10 6= 0
skreślamy k
2
Wniosek: dla p = −5 rząd A
R
= 3, rząd A = 2 więc układ nie ma rozwiązań.
Dla p = 3 :
Rząd A jest mniejszy niż 3. Rząd ten jest równy 2; sprawdzamy wyznacznik dla przy-
padku p = −5
Badamy rząd A
R
:
A
R
=
1
3 −1 1
2 −1
3 0
1
10 −6 3
Obliczamy wyznacznik:
1 −1 1
2
3 0
1 −6 3
= 9 + 0 − 30 − 3 − 0 + 6 = −18 6= 0
skreślamy k
2
Wniosek: dla p = 3 rząd A
R
=3, rząd A = 2 więc układ nie ma rozwiązań.
Odpowiedź:
Dla p = −5 oraz dla p = 3 układ jest sprzeczny, a dla pozostałych p układ ma jedno
rozwiązanie.
4
5. Napisać równanie płaszczyzny π zawierającej prostą
l :
(
4x − y + 3z − 1 = 0
x + 5y − z + 2 = 0
i prostopadłą do płaszczyzny o równaniu: 2x − y + 5z − 3 = 0 .
Rozwiązanie:
Równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą l (pęk płaszczyzn):
π : α(4x − y + 3z − 1) + β(x + 5y − z + 2) = 0
Wektor normalny tej płaszczyzny:
−
→
n = [4α + β , 5β − α , 3α − β]
Płaszczyzna ta jest prostopadła do płaszczyzny π
1
: 2x − y + 5z − 3 = 0 , gdy wektor
−
→
n jest prostopadły do −
→
n
1
= [2, −1, 5] , czyli:
−
→
n
1
· −
→
n = 0
2(4α + β) − (5β − α) + 5(3α − β) = 0
24α − 8β = 0 =⇒ β = 3α
Wybieramy dowolną niezerową wartość np. α = 1 , wtedy mamy β = 3.
π : 7x + 14y + 0z + 5 = 0
Odpowiedź:
Równanie płaszczyzny π : 7x + 14y + 5 = 0
5
6. Dany jest czworościan o wierzchołkach: A(1, 1, 0) , B(0, 3, 2) , C(−1, 1, 1) , D(2, 0, 0).
Obliczyć:
a) długość wysokości czworościanu wychodzącej z wierzchołka D,
b) równanie płaszczyzny, na której leżą punkty A, B, C .
Rozwiązanie:
Obliczamy:
−→
AB = [−1, 2, 2]
−→
AC = [−2, 0, 1]
−
−
→
AD = [1, −1, 0]
a) Wysokość czworościanu jest równa wysokości równoległościanu rozpiętemu przez te
wektory. Mamy S · h = V =⇒ h =
V
S
Pole podstawy równoległościanu:
S = |
−→
AB ×
−→
AC|
−→
AB ×
−→
AC =
i j
k
−1 2 2
−2 0 1
= 2i − 4j + 4k + j = [2, −3, 4]
S =
q
2
2
+ (−3)
2
+ 4
2
=
√
29
Objetość równoległościanu:
S = |(
−→
AB ×
−→
AC) ·
−
−
→
AD| = |2 + 3 + 0| = 5
Stąd:
h =
5
√
29
b) wektor
−→
AB ×
−→
AC jest wektorem normalnym szukanej płaszczyzny:
π : 2x − 3y + 4z + E = 0
Punkt A leży na płaszczyźnie:
2 − 3 + 0 + E = 0 =⇒ E = 1
π : 2x − 3y + 4z + 1 = 0
Odpowiedź:
a) h =
5
√
29
b) punkty A, B, C leżą w płaszczyźnie: π : 2x − 3y + 4z + 1 = 0
6