Egzamin z Algebry, 13 IX 2012
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Obliczyć wartość (z)
2
jeżeli z = 1 − i
Rozwiązanie:
z = 1 + i
(
z)
2
= (1 + i)
2
= 1 + 2i + i
2
= 2i
2i
2
Wyznaczyć rząd macierzy
A =
1 1 2 4 0 0
2 0 4 8 2 0
1 0 2 4 0 3
Rozwiązanie:
Wybieramy kolumny: 2,5,6:
1 0 0
0 2 0
0 0 3
= 6 6= 0 więc rząd macierzy A jest równy 3.
3
3
Obliczyć iloczyn mieszany wektorów (−
→
a ,
−
→
b , −
→
c ) jeżeli −
→
a = [0, 0, 1] ,
−
→
b = [1, 0, 1] , −
→
c = [1, 1, 0] .
Rozwiązanie:
(−
→
a ,
−
→
b , −
→
c ) =
0 0 1
1 0 1
1 1 0
= 1
1
4
Wyznaczyć równanie prostych będących osiami symetrii elipsy:
(x − 1)
2
9
+
(y + 2)
2
4
= 1
Rozwiązanie:
S(1, −2)
środek elipsy
x = 1 ,
y = −2
5
Napisać równanie powierzchni walcowej obrotowej, której osią obrotu jest
oś Oy , a jej średnica wynosi 2.
Rozwiązanie:
Promień powierzchni: R = 1
x
2
+ z
2
= 1
1
2. Rozwiązać równanie: z
4
+ 2z
3
+ 2z
2
− 2z − 3 = 0 , z ∈ C
Rozwiązanie:
W (z) = z
4
+ 2z
3
+ 2z
2
− 2z − 3 = 0
Jeżeli wielomian ma pierwiastek rzeczywisty, wymierny z =
p
q
to p|3 oraz q|1 czyli
z = ±1, ±3
Sprawdzamy W (1) = 0 , czyli z
1
= 1 oraz W (z) dzieli się przez z − 1
z
4
+ 2z
3
+ 2z
2
− 2z − 3 = (z − 1)(z
3
+ 3z
2
+ 5z + 3)
Szukamy rzeczywistych, wymiernych pierwiastków wielomianu P (z) = z
3
+3z
2
+5z +3.
Sprawdzamy: z = ±1, ±3
P (−1) = 0 czyli z
2
= −1 oraz
z
3
+ 3z
2
+ 5z + 3 = (z + 1)(z
2
+ 2z + 3)
Rozwiązujemy równanie:
z
2
+ 2z + 3 = 0
∆ = 4 − 12 = −8
√
∆ = ±2
√
2i
z =
−2 ± 2
√
2i
2
= −1 ±
√
2i
Czyli
z
3
= −1 −
√
2i , z
4
= −1 +
√
2i
Odpowiedź:
z
1
= 1 , z
2
= 1 , z
3
= −1 −
√
2i , z
4
= −1 +
√
2i
2
3. Podać liczbę rozwiązań układu równań w zależności od parametru p
3x + py
+ 3z = p
x +
y +
z = 1
px + py −
z = 2
Rozwiązanie:
Obliczamy
|A| =
3 p
3
1 1
1
p p −1
= −3 + p
2
+ 3p − 3p − 3p + p = p
2
− 2p − 3
|A| = 0 ⇐⇒ p
2
− 2p − 3 = 0
∆ = 16 =⇒ p =
2 ± 4
2
p
1
= −1 , p
2
= 3
Wniosek: dla p /
∈ {−1, 3} rzędy macierzy A oraz A|B są równe 3, więc układ ma jedno
rozwiązanie.
Dla p = −1 :
rząd A = rząd
3 −1
3
1
1
1
−1 −1 −1
= {k
1
= k
3
} = rząd
3 −1
1
1
−1 −1
= 2
(kolumny nie
są proporcjonalne)
rząd A|B = rząd
3 −1
3 −1
1
1
1
1
−1 −1 −1
2
= {k
1
= k
3
} = rząd
3 −1 −1
1
1
1
−1 −1
2
=
{w
0
3
= w
3
+ w
2
} = rząd
3 −1 −1
1
1
1
0
0
3
= {rozw. Laplace’a względem w
3
} = 1 +
rząd
"
3 −1
1
1
#
= 1 + 2 = 3
(wiersze nie są proporcjonalne)
Wniosek: dla p = −1 układ nie ma rozwiązań.
Dla p = 3 :
rząd A = rząd
3 3
3
1 1
1
3 3 −1
= {k
1
= k
2
} = rząd
3
3
1
1
3 −1
= 2
(kolumny nie są
proporcjonalne)
rząd A|B = rząd
3 3
3 3
1 1
1 1
3 3 −1 2
= {k
1
= k
2
} = rząd
3
3 3
1
1 1
3 −1 2
= {w
1
=
3w
2
} = rząd
"
1
1 1
3 −1 3
#
= 2
(wiersze nie są proporcjonalne)
Wniosek: dla p = 3 układ ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od 1 parametru.
Odpowiedź:
Dla p = −1 układ nie ma rozwiązań,
dla p = 3 układ ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru,
a dla pozostałych p układ ma jedno rozwiązanie.
3
4. Dla jakiej wartości parametru m prosta
l :
x = 1 + mt
y = −1 + t
z = 2t
, t ∈ R
przebija płaszczyznę π : x + z = 0 pod kątem
π
4
?
Rozwiązanie:
Wektor kierunkowy prostej l:
−
→
v = [m , 1 , 2]
Wektor normalny płaszczyzny π:
−
→
n = [1 , 0 , 1]
Kąt między wektorami −
→
v , −
→
n :
cos α =
−
→
v · −
→
n
|−
→
v | · |−
→
n |
cos α =
m + 2
√
m
2
+ 5 ·
√
2
Prosta przepija płaszczyznę pod kątem β =
π
4
gdy
α =
π
2
− β lub α = π − (
π
2
− β) , czyli gdy:
| cos α| = sin β =
√
2
2
|m + 2|
√
m
2
+ 5 ·
√
2
=
√
2
2
√
m
2
+ 5 = |m + 2|
m
2
+ 5 = m
2
+ 4m + 4 =⇒ 4m = 1
m =
1
4
Odpowiedź:
m =
1
4
4
5. Płaszczyzna π przechodzi przez punkt P (1, 2, −1) i jest równoległa do wektorów −
→
u =
[1 , 1 , −1] oraz −
→
v = [−1 , 0 , 2] . Wyznaczyć punkt wspólny płaszczyzny π oraz osi
Ox .
Rozwiązanie:
Wektor normalny płaszczyzny −
→
n jest prostopadły do wektorów −
→
u oraz −
→
v więc:
−
→
n = k−
→
u × −
→
v
Możemy przyjąć k = 1 , ponieważ długość wektora −
→
n jest nieistotna.
−
→
n = −
→
u × −
→
v =
~i ~j
~k
1 1 −1
−1 0
2
= 2~i + ~j + ~k − 2~j = [2 , −1 , 1]
Stąd równanie płaszczyzny pi:
2x − y + z + D = 0
2 − 2 − 1 + D = 0 =⇒ D = 1
P ∈ π
π : 2x − y + z + 1 = 0
Równanie osi Ox : y = 0 , z = 0
Stąd: 2x + 0 + 0 + 1 = 0 =⇒ x = −
1
2
Odpowiedź:
Szukany punkt wspólny : (−
1
2
, 0 , 0)
5
6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny stycznej do sfery x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x − 2y − 2z − 24 = 0
, której odległość od środka układu współrzędnych jest największa.
Rozwiązanie:
x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x − 2y − 2z − 24 = 0 =⇒
(x − 1)
2
− 1 + (y − 1)
2
− 1 + (z − 1)
2
− 1 − 24 = 0 =⇒
(x − 1)
2
+ (y − 1)
2
+ (z − 1)
2
= 27
Środek sfery jest w punkcie S(1, 1, 1) , a jej promień R =
√
27 = 3
√
3 .
O(0, 0, 0) - środek układu współrzędnych.
Wektor normalny szukanej płaszczyzny:
−
→
n =
−→
OS = [1, 1, 1]
Punkt styczności A znajdujemy z zalezności:
wektory
−→
SA i
−→
OS są równoległe, mają ten sam zwrot, a długość wektora
−→
SA jest równa
R . Stąd:
−→
SA = R
−→
OS
|
−→
OS|
−→
SA = 3
√
3
[1, 1, 1]
√
3
= [3, 3, 3]
Stąd A(4, 4, 4)
π : x + y + z + D = 0
4 + 4 + 4 + D = 0 =⇒ D = −12
A ∈ π
π : x + y + z − 12 = 0
Odpowiedź:
Szukana płaszczyzna:
π : x + y + z − 12 = 0
6
Egzamin z Algebry, 10 II 2012 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Przedstawić w postaci kanonicznej (algebraicznej) iloczyn liczb zespolonych
z
1
= cos
3π
4
+ i sin
3π
4
i
z
2
= 1 + i
Rozwiązanie:
z
1
= −
√
2
2
+ i
√
2
2
z
1
· z
2
= (−
√
2
2
+ i
√
2
2
) · (1 + i) = −
√
2
2
− i
√
2
2
+ i
√
2
2
−
√
2
2
= −
√
2
−
√
2
2
Dla jakiej wartości parametru p ∈ R rząd macierzy A jest równy 3 ?
A =
p 1 −1
1 2
0
−1 p
0
Rozwiązanie:
detA =
p 1 −1
1 2
0
−1 p
0
= 0 + 0 − p − (2 + 0 + 0) = −p − 2
−p − 2 6= 0 =⇒ p 6= −2
p 6= −2
3
Wyznaczyć kąt między wektorem −
→
w = [3 , 2 , −
√
3] i osią Oy układu współ-
rzędnych.
Rozwiązanie:
−
→
j = [0, 1, 0]
cos α =
−
→
w ◦
−
→
j
|−
→
w | · |
−
→
j |
=
0 + 2 + 0
√
9 + 4 + 3 · 1
=
1
2
α =
π
3
π
3
4
Napisać równanie okręgu o promieniu r = 1 , którego środek leży w ognisku
hiperboli
(x − 5)
2
16
−
y
2
9
= 1 , położonym bliżej początku układu współrzęd-
nych.
Rozwiązanie:
a = 4 , b = 3 , środek S(5, 0)
F (5 ±
√
a
2
+ b
2
, 0) =⇒ F (5 ± 5, 0)
ogniska hiperboli
F
1
(0, 0) , F
2
(10, 0)
F
1
(0, 0) jest położone bliżej początku układu =⇒ jest środkiem okręgu.
x
2
+ y
2
= 1
5
Napisać w postaci kanonicznej równanie powierzchni walcowej o kierownicy
danej równaniem
y
2
5
+
z
2
10
= 1 i tworzącej równoległej do osi Ox .
Rozwiązanie:
Szukana powierzchnia walcowa:
{(x, y, z) ∈ R
3
:
y
2
5
+
z
2
10
= 1}
y
2
5
+
z
2
10
= 1
1
2. Rozłożyć na czynniki liniowe wielomian
W (z) = z
3
− iz
2
− 2iz − 2
wiedząc, że jednym z jego pierwiastków jest z
1
= i .
Rozwiązanie:
Dzielimy wielomian W (z) przez wielomian z − i
W (z) = (z − i)(z
2
− 2i)
Rozwiązujemy równanie:
z
2
− 2i = 0 =⇒ z
2
= 2i =⇒ z =
√
2i
2i = 2(cos
π
2
+ i sin
π
2
)
postać trygonometryczna
z
k
=
√
2
cos
π
2
+ 2kπ
2
+ i sin
π
2
+ 2kπ
2
, k = 0, 1
z
0
=
√
2(cos
π
4
+ i sin
π
4
) =
√
2(
√
2
2
+ i
√
2
2
) = 1 + i
z
1
=
√
2(cos
5π
4
+ i sin
5π
4
) =
√
2(−
√
2
2
− i
√
2
2
) = −1 − i
Stąd:
W (z) = (z − i)(z − 1 − i)(z + 1 + i)
Odpowiedź:
W (z) = (z − i)(z − 1 − i)(z + 1 + i)
2
3. Wyznaczyć niewiadomą y z układu równań
x
+ 2y + 2z + 3t = 3
3y
+
t
= 1
5x − 2y
+
t
= 1
4x − 5y
+ 2t = 1
Rozwiązanie:
Obliczamy:
|A| =
1
2
2 3
0
3
0 1
5 −2 0 1
4 −5 0 2
= 2·(−1)
1+3
0
3
1
5 −2 1
4 −5 2
= 2
0+12−25−(−8+0+30)
= −70
(zastosowaliśmy rozwinięcie Laplace’a względem trzeciej kolumny)
Ponieważ |A| 6= 0 więc układ ma jedno rozwiązanie. Stosujemy wzory Cramera:
y =
|A
y
|
|A|
|A
y
| =
1 3 2 3
0 1 0 1
5 1 0 1
4 1 0 2
= 2 · (−1)
1+3
0 1 1
5 1 1
4 1 2
= 2
0 + 4 + 5 − (4 + 0 + 10)
= −10
(zastosowaliśmy rozwinięcie Laplace’a względem trzeciej kolumny)
y =
−10
−70
=
1
7
Odpowiedź:
y =
1
7
3
4. Dane są trzy punkty A(1, 1, −4) , B(−1, 0, 0) , C(0, 0, −1) . Jeżeli punkty są współ-
liniowe wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez te punkty. W przeciwnym
wypadku napisać równanie zawierającej je płaszczyzny.
Rozwiązanie:
−→
AB = [−2, −1, 4] ,
−→
AC = [−1, −1, 3]
Widać, że wektory nie są równoległe, a więc punkty nie są współliniowe.
Wektorem normalnym płaszczyzny zawierającej punkty A ,B , C jest
−
→
n =
−→
AB ×
−→
AC
Obliczamy
−→
AB ×
−→
AC =
i
j k
−2 −1 4
−1 −1 3
= [1, 2, 1]
π : x + 2y + z + D = 0
A ∈ π =⇒ 1 + 2 − 4 + D = 0 =⇒ D = 1
π : x + 2y + z + 1 = 0
Odpowiedź:
Punkty A ,B , C nie są współliniowe. Równanie płaszczyzny zawierającej te punkty:
π : x + 2y + z + 1 = 0
4
5. Wyznaczyć rzut prostokątny punktu A(0, 1, 2) na płaszczyznę π :
x
2
+
y
3
+
z
4
= 1
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie płaszczyzny:
π : 6x + 4y + 3z − 12 = 0
−
→
n = [6, 4, 3]
wektor normalny π
Prosta prostopadła do płaszczyzny pi przechodząca przez punkt A:
l :
x = 6t
y = 4t + 1
z = 3t + 2
Rzut A jest punktem przecięcia prostej l i płaszczyzny π:
36t + 4(4t + 1) + 3(3t + 2) − 12 = 0
61t − 2 = 0
t =
2
61
=⇒ x =
12
61
, y =
69
61
, z =
128
61
Odpowiedź:
Rzut punktu A:
A
0
= (
12
61
,
69
61
,
128
61
)
5
6. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez środek sfery
(x + 1)
2
+ (y − 5)
2
+ (z + 2)
2
= 36 , równoległej do prostej
l :
(
2x + 2y + z − 3 = 0
4x + 2y + z + 2 = 0
Rozwiązanie:
Środek sfery jest w punkcie O(−1, 5, −2) .
Prosta l
1
równoległa do l ma równanie:
l
1
:
(
2x + 2y + z + D
1
= 0
4x + 2y + z + D
2
= 0
O ∈ l
1
=⇒
(
−2 + 10 − 2 + D
1
= 0
−4 + 10 − 2 + D
2
= 0
=⇒
(
D
1
= −6
D
2
= −4
Odpowiedź:
Szukana prosta:
l
1
:
(
2x + 2y + z − 6 = 0
4x + 2y + z − 4 = 0
6
Egzamin z Algebry, 10 II 2012 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Obliczyć (1 + i)
4
Rozwiązanie:
1 + i =
√
2(cos
π
4
+ i sin
π
4
)
(1 + i)
4
= 4(cos π + i sin π) = −4
−4
2
Rozwiązać równanie
x
2
4 9
x 2 3
1 1 1
= 0
Rozwiązanie:
x
2
4 9
x 2 3
1 1 1
= 2x
2
+ 12 + 9x − (18 + 3x
2
+ 4x) = −x
2
+ 5x − 6 = 0
∆ = 1 =⇒ x =
−5 ± 1
−2
x
1
= 3
x
2
= 2
3
Napisać równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt P (7 , −5 , 1) ,
która odcina na osiach współrzędnych równe odcinki dodatnie.
Rozwiązanie:
π : x + y + z + D = 0
płaszczyzna odcinająca równe odcinki
P ∈ π =⇒ 7 − 5 + 1 + D = 0 =⇒ D = −3
x+y+z−3 = 0
4
Wyznaczyć równanie okręgu przechodzącego przez punkty P (3, 0) i Q(9, 0)
, którego środek leży na prostej y = 4 .
Rozwiązanie:
x = 6
symetralna odcinka P Q
S(6, 4)
środek okręgu
R = P S =
q
3
2
+ (−4)
2
= 5
promień okręgu
(x − 6)
2
+ (y − 4)
2
= 25
równanie okręgu
(x − 6)
2
+ (y −
4)
2
= 25
5
Dla jakich wartości parametru p wektor −
→
w = −
→
u × −
→
v , gdzie −
→
u = [1, 1, 1] ,
−
→
v = [0, 1, p] jest równoległy do osi Oz ?
Rozwiązanie:
−
→
w =
i
j k
1 1
0
0 1
p
= [p, −p, 1]
[p, −p, 1] k [0, 0, 1] ⇐⇒ p = 0
p = 0
1
2. Rozwiązać równanie: z
3
+ z
2
+ z + 1 = 0 , z ∈ C
Rozwiązanie:
z
2
(z + 1) + z + 1 = 0
(z + 1)(z
2
+ 1) = 0 =⇒ z + 1 = 0
lub
z
2
+ 1 = 0
z + 1 = 0 =⇒ z = −1
z
2
+ 1 = 0 =⇒ z
2
= −1 =⇒ z = ±i
Odpowiedź:
z
1
= −1 , z
2
= i , z
3
= i
2
3. Obliczyć wyznacznik
1 −1
1
−1
1
i
−1 −1
1
1
1
1
1
2
4
8
Rozwiązanie:
1 −1
1
−1
1
i
−1 −1
1
1
1
1
1
2
4
8
= {k
0
1
= k
1
+ k
4
} =
0 −1
1
−1
0
i
−1 −1
2
1
1
1
9
2
4
8
= {w
0
4
= w
4
−
9
2
w
3
} =
0 −1
1
−1
0
i
−1 −1
2
1
1
1
0 −
5
2
−
1
2
7
2
= {Rozw. Laplace’a względem k
1
} = 2·(−1)
3+1
−1
1
−1
i
−1 −1
−
5
2
−
1
2
7
2
=
{w
0
3
= 2w
3
} =
−1
1
−1
i
−1 −1
−5 −1
7
= 7 + 5 + i − (−5 − 1 + 7i) = 18 − 6i
Odpowiedź:
Wyznacznik jest równy: 18 − 6i
3
4. Dla jakiej wartości D prosta
l :
(
x + y − z + 2 = 0
2x − y + z + D = 0
przecina oś Ox ?
Rozwiązanie:
Punkt leżący na osi Ox ma współrzędne: P (x, 0, 0) .
Ponieważ P ∈ l więc:
x + y − z + 2 = 0 =⇒ x + 2 = 0 =⇒ x = −2
2x − y + z + D = 0 =⇒ −4 + D = 0 =⇒ D = 4
Odpowiedź:
Prosta przecina oś Ox dla D = 4
4
5. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt A(1, 0, −1), równoległej do
płaszczyzny π : 3x − 2y − 3z + 3 = 0 i przecinającej prostą
l :
x − 2
1
=
y − 1
−2
=
z + 2
2
.
Rozwiązanie:
Niech B(x, y, z) będzie punktem przecięcia prostej l i szukanej l
1
B ∈ l =⇒
x = t + 2
y = −2t + 1
z = 2t − 2
l
1
k π =⇒
−→
AB ⊥ −
→
n =⇒
−→
AB ◦ −
→
n = 0
−→
AB = [t + 1 , −2t + 1 , 2t − 1]
−
→
n = [3 , −2 , −3]
3(t + 1) − 2(−2t + 1) − 3(2t − 1) = 0 =⇒ t + 4 =⇒ t = −4
stąd:
−→
AB = [−3 , 9 , −9] k [−1, 3, −3]
Wektor
−→
AB jest wektorem kierunkowym prostej.
l
1
:
x = −t + 1
y = 3t
z = −3t − 1
Odpowiedź:
Równanie szukanej prostej:
l
1
:
x = −t + 1
y = 3t
z = −3t − 1
5
6. Wyznaczyć równania płaszczyzn stycznych do sfery x
2
+y
2
+z
2
−10x+2y+26z −30 = 0
i równoległych do prostych
x + 5
2
=
y − 1
−3
=
z + 13
2
oraz
x + 7
3
=
y + 1
−2
=
z − 8
0
Rozwiązanie:
π k l =⇒ −
→
n ⊥ −
→
v
Wektor normalny płaszczyzny jest więc prostopadły do obu wektorów kierunkowych
prostych, czyli:
−
→
n = −
→
v
1
× −
→
v
2
v
1
= [2 , −3 , 2] , v
2
= [3 , −2 , 0]
−
→
v
1
× −
→
v
2
=
i
j k
2 −3
2
3 −2
0
= [4, 6, 5]
Równanie płaszczyzny π ma postać:
π : 4x + 6y + 5z + D = 0
Płaszczyzna π jest styczna do sfery gdy odległość d środka sfery O od π jest równa
promieniowi sfery.
x
2
+y
2
+z
2
−10x+2y+26z−30 = 0 =⇒ (x−5)
2
−25+(y+1)
2
−1+(z+13)
2
−169−30 =
0 =⇒ (x − 5)
2
+ (y + 1)
2
+ (z + 13)
2
= 225
Środek sfery jest w punkcie O(5, −1, −13) , a jej promień R =
√
225 = 15
d =
|20 − 6 − 65 + D|
√
4
2
+ 6
2
+ 5
2
=
|D − 51|
√
77
|D − 51|
√
77
= 15 =⇒ |D − 51| = 15
√
77 =⇒ D − 51 = ±15
√
77
D
1
= 51 + 15
√
77
D
2
= 51 − 15
√
77
Odpowiedź:
Szukane płaszczyzny:
π
1
: 4x + 6y + 5z + 51 + 15
√
77 = 0
π
2
: 4x + 6y + 5z + 51 − 15
√
77 = 0
6
Egzamin z Algebry, 3 II 2012 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Wyznaczyć moduł i argument główny liczby zespolonej z , jeżeli z = 1 + i .
Rozwiązanie:
z = 1 − i
|z| =
q
1
2
+ (−1)
2
=
√
2
cos ϕ =
1
√
2
, sin ϕ = −
1
√
2
=⇒ ϕ = −
π
4
+ 2kπ , k ∈ Z
Arg z ∈< 0, 2π) =⇒ Arg z =
7π
4
|z| =
√
2
Arg z =
7π
4
2
Dla jakiej wartości parametru p ∈ R macierz
A =
1 1 −1
1 2
0
−1 p
0
jest nieosobliwa?
Rozwiązanie:
detA =
1 1 −1
1 2
0
−1 p
0
= 0 + 0 − p − (2 + 0 + 0) = −p − 2
−p − 2 6= 0 =⇒ p 6= −2
p 6= −2
3
Napisać w postaci kierunkowej równanie prostej
l :
(
2x + y − 1 = 0
x + y + z = 0
Rozwiązanie:
x = t
2x + y − 1 = 0 =⇒ 2t + y − 1 = 0 =⇒ y = −2t + 1 =⇒ t =
y − 1
−2
x + y + z = 0 =⇒ t − 2t + 1 − 1 = 0 =⇒ z = t
x
1
=
y−1
−2
=
z
1
4
Wyznaczyć półosie elipsy: 4x
2
+ 9y
2
− 8x − 36y + 4 = 0 .
Rozwiązanie:
4(x − 1)
2
− 4 + 9(y − 2)
2
− 36 + 4 = 0 =⇒ 4(x − 1)
2
+ 9(y − 2)
2
= 36 =⇒
(x − 1)
2
9
+
(y − 2)
2
4
= 1
a =
√
9 = 3 , b =
√
4 = 2
półosie elipsy
a = 3 , b = 2
5
Napisać równanie sfery o środku w punkcie S(4, 3, 2) stycznej do płaszczyzny
xOy
Rozwiązanie:
R = 2
odległość S odpłaszczyzny xOy
(x − 4)
2
+ (y − 3)
2
+ (z − 2)
2
= 4
równanie sfery
(x − 4)
2
+ (y −
3)
2
+(z−2)
2
= 4
1
2. Wzynaczyć wszystkie liczby zespolone z , dla których macierz
A =
1 z
2
1
z
1 1
0
0 1
ma macierz odwrotną. Wyznaczyć A
−1
dla z = −1 .
Rozwiązanie:
Macierz A ma macierz odwrotną, gdy |A| 6= 0
|A| =
1 z
2
1
z
1 1
0
0 1
= 1 + 0 + 0 − 0 − 0 − z
3
= −z
3
+ 1
Roazwiązujemy równanie:
z
3
− 1 = 0 =⇒ z
3
= 1 =⇒ z =
3
√
1
1 = 1(cos 0 + i sin 0)
postać trygonometryczna
z
k
= cos
0 + 2kπ
3
+ i sin
0 + 2kπ
3
, k = 0, 1, 2
z
0
= cos 0 + i sin 0 = 1
z
1
= cos
2π
3
+ i sin
2π
3
= − cos
π
3
+ i sin
π
3
= −
1
2
+ i
√
3
2
z
2
= cos
4π
3
+ i sin
4π
3
= − cos
π
3
− i sin
π
3
= −
1
2
− i
√
3
2
Odpowiedź: a)
Macierz A ma macierz odwrotną gdy z ∈ C \
n
1 ,
1
2
+ i
√
3
2
,
1
2
− i
√
3
2
o
Punkt b):
Dla z = −1 mamy:
A =
1 1 1
−1 1 1
0 0 1
oraz |A| = 2
Macierz dopełnień algebraicznych:
A
d
=
1
1 0
−1
1 0
0 −2 2
A
d
T
=
1 −1
0
1
1 −2
0
0
2
Odpowiedź: b)
A
−1
=
1
|A|
A
d
T
=
1
2
−
1
2
0
1
2
1
2
−1
0
0
1
2
3. Dla jakich wartości parametru p ∈ R układ równań
(2 − p)x +
y
+
2z
= 0
2x
+ (1 − p)y +
2z
= 0
2x
+
y
+ (2 − p)z = 0
ma rozwiązania niezerowe?
Rozwiązanie:
Układ jednorodny ma zawsze rozwiązanie zerowe. Układ będzie miał rozwiązania nie-
zerowe, gdy rządy macierzy A będzie mniejszy od 3, czyli gdy wyznacznik |A| = 0
Obliczamy:
|A| =
2 − p
1
2
2
1 − p
2
2
1
2 − p
= {k
0
1
= k
1
−k
3
} =
−p
1
2
0
1 − p
2
p
1
2 − p
= p
−1
1
2
0
1 − p
2
1
1
2 − p
=
p
−(1 − p)(2 − p) + 0 + 2 −
2(1 − p) − 2 + 0
= p(−2 + 3p − p
2
+ 2 − 2 + 2p + 2) =
p(−p
2
+ 5p) = p
2
(5 − p)
p
2
(5 − p) = 0
p
1
= 0
p
2
= 5
Odpowiedź:
Układ ma niezerowe rozwiązania dla:
p = 0 lub p = 5
3
4. Wyznaczyć kosinusy kątów jakie tworzy prosta
l :
(
x − 2y + z = 0
2x + y − z = 0
z osiami układu współrzędnych.
Rozwiązanie:
−
→
n
1
= [1, −2, 1] , −
→
n
2
= [2, 1, −1]
wektory normalne płaszczyzn
wektor normalny kierunkowy prostej l jest równy:
−
→
v = −
→
n
1
× −
→
n
2
=
i
j
k
1 −2
1
2
1 −1
= [1, 3, 5]
cos α =
v
x
|−
→
v |
=
1
√
1
2
+ 3
2
+ 5
2
=
1
√
35
cos β =
v
y
|−
→
v |
=
3
√
35
cos γ =
v
z
|−
→
v |
=
5
√
35
Odpowiedź:
cos α =
1
√
35
,
cos β =
3
√
35
,
cos γ =
5
√
35
4
5. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt A(1, 2, 1) i przecinającęj dwie
proste
l
1
:
x − 1
1
=
y + 3
−2
=
z − 1
2
,
l
2
:
x − 2
2
=
y − 2
1
=
z
3
Rozwiązanie:
Przez punkt A i prostą l
1
prowadzimy płaszczyznę π . Następnie szukamy punktu B
przecięcia płaszczyzny π i prostej l
2
. Szukana prosta to prosta AB .
Wybieramy dowolny punkt prostej l
1
np. C(1, −3, 1) .
Wektor kierunkowy prostej l
1
jest równy −
→
v
1
= [1, −2, 2]
Wektor normalny −
→
n płaszczyny π jest prostpadły do wektorów −
→
v
1
i
−→
AC . Ponieważ
jego długość jest nieistotna, więc możemy przyjąć:
−
→
n = −
→
v
1
×
−→
AC
−→
AC = [0, −5, 0]
−
→
n =
i
j k
1 −2
2
0 −5
0
= [10, 0, −5]
Równanie płaszczyny π :
10x − 5z + D = 0
A ∈ π =⇒ 10 − 5 + D = 0 =⇒ D = −5
stąd:
π : 10x − 5z − 5 = 0 =⇒ π : 2x − z − 1 = 0
Szukamy punktu przecięcia B(x, y, z) płaszczyzny π i prostej l
2
:
x − 2
2
=
y − 2
1
=⇒ x − 2 = 2y − 4 =⇒ x − 2y + 2 = 0
y − 2
1
=
z
3
=⇒ 3y − 6 = z =⇒ 3y − z − 6 = 0
2x − z − 1 = 0
x − 2y + 2 = 0
3y − z − 6 = 0
x = 2y − 2 , z = 3y − 6 =⇒ 4y − 4 − 3y + 6 − 1 = 0 =⇒ y = −1 =⇒ x = −4 , z = −9
B(−4, −1, −9)
Wketor kierunkowy szukanej prostej:
−→
AB = [−5, −3, −10] jest równoległy do wektora
[5, 3, 10]
Odpowiedź:
Równanie szukanej prostej:
x − 1
5
=
y − 2
3
=
z − 1
10
5
6. Wyznaczyć równania płaszczyzn stycznych do sfery (x + 1)
2
+ (y − 5)
2
+ (z + 2)
2
= 36
i równoległych do płaszczyny π : 12x − 3y + 4z − 8 = 0 .
Rozwiązanie:
Środek sfery jest w punkcie O(−1, 5, −2) , a jej promień R = 6 .
Rónanie płaszczyzny π
1
równoległej do płaszczyzny π ma postać:
π
1
: 12x − 3y + 4z + D = 0
Płaszczyzna π
1
jest styczna do sfery gdy odległość d środka sfery O od π
1
jest równa
promieniowi sfery.
d = R
d =
| − 12 − 15 − 8 + D|
12
2
+ (−3)
2
+ 4
2
=
|D − 35|
√
169
=
|D − 35|
13
|D − 35|
13
= 6 =⇒ |D − 35| = 78 =⇒ D − 35 = ±78
D
1
= 35 + 78 = 113
D
1
= 35 − 78 = −43
Odpowiedź:
Szukane płaszczyzny:
π
1
: 12x − 3y + 4z + 113 = 0
π
2
: 12x − 3y + 4z − 43 = 0
6
Egzamin z Algebry, 3 II 2012 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Wyznaczyć moduł i argument główny liczby zespolonej z = w
2
, jeżeli
w = 1 − i .
Rozwiązanie:
z = (1 − i)
2
= 1 − 2i − 1 = −2i
|z| = | − 2i| = 2|i| = 2
cos ϕ =
0
2
= 0 , sin ϕ =
−2
2
= −1 =⇒ ϕ = −
π
2
+ 2kπ , k ∈ Z
Arg z ∈< 0, 2π) =⇒ Arg z =
3π
2
|z| = 2
Arg z =
3π
2
2
Dla jakiej wartości parametru p ∈ R układ równań
x +y
+z = 5
x −y +2z = 4
2x
+pz = 5
ma dokładnie jedno rozwiązanie?
Rozwiązanie:
Układ ma jedno rozwiązanie, gdy |A| 6= 0 .
|A| =
1
1 1
1 −1 2
2
0 p
= −p + 4 + 2 − p = −2p + 6
|A| = 0 =⇒ −2p + 6 = =⇒ p = 3
p 6= 3
3
Dla jakiej wartości parametru p prosta l :
x − 1
1
=
y + 5
2
=
z + 1
p
jest
równoległa do płaszczyzny π : 2x + y − z + 1 = 0 ?
Rozwiązanie:
l || π ⇐⇒ −
→
v ⊥ −
→
n ⇐⇒ −
→
v · −
→
n = 0
−
→
v = [1, 2, p]
,
−
→
n = [2, 1, −1]
−
→
v · −
→
n = 2 + 2 − p = 4 − p = 0 ⇐⇒ p = 4
4
4
Wyznaczyć współrzędne ognisk elipsy:
(x − 4)
2
9
+
(y − 1)
2
25
= 1 .
Rozwiązanie:
S(4, 1)
środek elipsy
a =
√
9 = 3
,
b =
√
25 = 5
,
b > a
półosie
f =
√
b
2
− a
2
= 4
odległość ognisk od środka elipsy
F (4 , 1 ± f )
ogniska elipsy
F
1
(4, 5)
F
2
(4, −3)
5
Napisać równanie sfery o środku w punkcie S(2, 3, 4) stycznej do osi Ox .
Rozwiązanie:
Promień sfery jest równy odległości punktu S od osi Ox
R =
√
3
2
+ 4
2
= 5
(x − 2)
2
+ (y − 3)
2
+ (z − 4)
2
= 25
równanie sfery
(x − 2)
2
+ (y −
3)
2
+(z −4)
2
=
25
1
2. Wyznaczyć pierwiastki równania (z
2
+ 4z + 13)(z
3
+ 8) = 0 , z ∈ C .
Rozwiązanie:
z
2
+ 4z + 13 = 0 lub z
3
+ 8 = 0
Rozwiązujemy rónanie:
z
2
+ 4z + 13 = 0
∆ = 16 − 52 = −36
√
∆ = ±6i
z
1
=
−4 − 6i
2
= −2 − 3i
z
2
=
−4 + 6i
2
= −2 + 3i
Rozwiązujemy rónanie:
z
3
+ 8 = 0
z
3
= −8
z
3
√
−8
−8 = 8(cos π + i sin π)
postać trygonometryczna
z
k
=
3
√
8
cos
π + 2kπ
3
+ i sin
π + 2kπ
3
, k = 0, 1, 2
z
0
= 2
cos
π
3
+ i sin
π
3
= 2
1
2
+ i
√
3
2
= 1 + i
√
3
z
1
= 2
cos
3π
3
+ i sin
3π
3
= 2
cos π + i sin π
= −2
z
2
= 2
cos
5π
3
+ i sin
5π
3
= 2
cos
π
3
− i sin
π
3
= 2
1
2
− i
√
3
2
= 1 − i
√
3
Odpowiedź:
Pierwiastki równania:
z
1
= −2 − 3i , z
2
= −2 + 3i , z
3
= −2 , z
4
= 1 + i
√
3 , z
5
= 1 − i
√
3
2
3. Rozwiązać równanie:
x 3
1
1 4
1
3 7 x
=
1 x
1
2
3 −2
3
5 −1
Rozwiązanie:
Obliczamy:
x 3
1
1 4
1
3 7 x
= 4x
2
+ 9 + 7 − (12 + 7x + 3x) = 4x
2
− 10x + 4
1 x
1
2
3 −2
3
5 −1
= −3 − 6x + 10 − (9 − 10 − 2x) = −4x + 8
Rozwiązujemy równanie:
4x
2
− 10x + 4 = −4x + 8
4x
2
− 6x − 4 = 0
2x
2
− 3x − 2 = 0
∆ = 9 + 16 = 25 =⇒
√
∆ = 5
x
1
=
3 − 5
4
= −
1
2
x
2
=
3 + 5
4
= 2
Odpowiedź
x
1
= −
1
2
,
x
2
= 2
3
4. Znaleźć odległość między prostymi l
1
i l
2
:
l
1
:
(
x − y + z + 1 = 0
2x + y + 1 = 0
;
l
2
:
x = t
y = t
z = 2t
, t ∈ R
Rozwiązanie:
Przekształcamy równaie prostej l
1
do postaci parametrycznej
x = t
2t + y + 1 = 0 =⇒ y = −2t − 1
t + 2t + 1 + z + 1 = 0 =⇒ z = −3t − 2
l
1
:
x = t
y = −2t − 1
z = −3t − 2
, t ∈ R
−
→
v
1
= [1 , −2 , −3]
wektor kierunkowy prostej l
1
−
→
v
2
= [1 , 1 , 2]
wektor kierunkowy prostej l
2
widać, że wektory −
→
v
1
i −
→
v
2
nie są równoległe.
Odległość między prostymi jest równa:
d =
|(−
→
v
1
× −
→
v
2
) ·
−−→
P
1
P
2
|
|−
→
v
1
× −
→
v
2
|
P
1
= (0 , −1 , −2)
dowolny punkt prostej l
1
np. dla t = 0
P
2
= (0 , 0 , 0)
dowolny punkt prostej l
2
np. dla t = 0
−−→
P
1
P
2
= [0 , 1 , 2]
−
→
v
1
× −
→
v
2
=
i
j
k
1 −2 −3
1
1
2
= [−1, −5, 3]
d =
|0 − 5 + 6|
q
(−1)
2
+ (−5)
2
+ 3
2
=
1
√
35
Odpowiedź:
Odległość między prostymi jest równa: d =
1
√
35
.
4
5. Dla jakiego m ∈ R przekątne czworoboku ABCD są do siebie prostopadłe?
A(0, 1, 1)
,
B(1, 1, −1)
,
C(1, 0, −2)
,
D(0, m, m)
Rozwiązanie:
Przekątne czworoboku (odcinki AC i BD ) są do siebi prostopadłe, gdy
−→
AC ⊥
−−→
BD ⇐⇒
−→
AC ·
−−→
BD = 0
−→
AC = [1 , −1 , −3]
−−→
BD = [−1 , m − 1 , m + 1]
−→
AC ·
−−→
BD = −1 − m + 1 − 3m − 3 = −4m − 3
−4m − 3 = 0 ⇐⇒ m = −
3
4
Ponadto punkty ABCD muszą leżeć w jednej płaszczyźnie. Warunek ten zachodzi,
gdy:
(
−→
AB ×
−→
AC) ·
−
−
→
AD = 0
−→
AB = [1 , 0 , −2]
−
−
→
AD = [0 , m − 1 , m − 1] = [0 , −
7
4
, −
7
4
]
(
−→
AB ×
−→
AC) ·
−
−
→
AD =
1
0
−2
1 −1
−3
0 −
7
4
−
7
4
=
7
4
+
14
4
−
21
4
= 0
wniosek: punkty A ,B , C, D leżą w jednej płaszczyźnie.
Ponadto żadne 3 kolejne punkty nie mogą być współliniowe:
ABC nie są wpółliniowe, bo
−→
AB = [1 , 0 , −2] 6k
−→
AC = [1 , −1 , −3]
BCD nie są wpółliniowe, bo
−
−
→
BC = [0 , −1 , −1] 6k
−−→
BD = [−1 , −
7
4
,
1
4
]
CDA nie są wpółliniowe, bo
−→
AC = [1 , −1 , −3] 6k
−
−
→
AD = [0 , −
7
4
, −
7
4
]
DAB nie są wpółliniowe, bo
−→
AB = [1 , 0 , −2] 6k
−
−
→
AD = [0 , −
7
4
, −
7
4
]
Odpowiedź:
Przekątne są do siebie prostopadłe dla m = −
3
4
.
5
6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny stycznej sfery S : (x − 1)
2
+ y
2
+ z
2
= 1 prostopadłej
do prostej
l :
x = t − 1
y = t + 3
z = 2t + 4
, t ∈ R
Odpowiedź:
Wektor kierunkowy prostej l : −
→
v = [1.1.2]
Szukana płaszczyzna π jest prostopadła do prostej, więc jej wektor normalny −
→
n =
−
→
v = [1.1.2]
Stąd:
π : x + y + 2z + D = 0
Płaszczyzna ta jest styczna do sfery, gdy odległość środka sfery od płaszczyzny jest
równa promieniowi sfery.
Środke sfery: O(1, 0, 0, ) , jej promień R = 1
d =
|1 + D|
√
1
2
+ 1
2
+ 2
2
=
|1 + D|
√
6
d = R =⇒
|1 + D|
√
6
= 1 =⇒ |D + 1| =
√
6
stąd:
D + 1 = ±
√
6
D
1
= −1 −
√
6
D
2
= −1 +
√
6
Odpowiedź:
Istnieją dwie płaszczyzny spełniające zadane warunki:
π
1
: x + y + 2z − 1 −
√
6 = 0
oraz
π
2
: x + y + 2z − 1 +
√
6 = 0
6
Egzamin z Algebry, 8 IX 2011
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Wyznaczyć moduł i argument główny liczby zespolonej będącej wartością
wyrażenia
1 + i
i
Rozwiązanie:
z =
1 + i
i
=
(1 + i) · (−i)
i · (−i)
= 1 − i
|z| =
q
1
1
+ (−1)
2
=
√
2
cos ϕ =
1
√
2
, sin ϕ = −
1
√
2
=⇒ ϕ = −
π
4
+ 2kπ , k ∈ Z
Arg z ∈< 0, 2π) =⇒ Arg z =
7π
4
|z|
=
√
2
,
Arg z =
7π
4
2
Dla jakiej wartości parametru p ∈ R wyznacznik macierzy A ma wartość
dodatnią?
A =
0 1 0 0
1 2 p 3
2 3 0 1
1 4 1 0
Rozwiązanie:
detA =
0 1 0 0
1 2 p 3
2 3 0 1
1 4 1 0
= 1 · (−1)
1+2
1 p 3
2 0 1
1 1 0
= −1 · (p + 6 − 1) = −p − 5
Stosujemy rozwinięcia Laplace’a względem pierwszego wiersza.
−p − 5 > 0 =⇒ p < −5
p < −5
3
Dla danych wektorów ~a = [1, 2, 3] , ~b = [1, 0, 0] oraz ~c = [0, 1, 0] obliczyć
~a ◦ (~b × ~c)
Rozwiązanie:
~a ◦ (~b × ~c) =
1 2 3
1 0 0
0 1 0
= 3
3
4
Wyznaczyć współrzędne środka elipsy: x
2
+ 9y
2
− 2x − 36y + 28 = 0 .
Rozwiązanie:
(x − 1)
2
− 1 + 9(y − 2)
2
− 36 + 28 = 0 =⇒
(x − 1)
2
9
+ (y − 2)
2
= 1
S(1, 2)
środek elipsy
S(1, 2)
5
Napisać równanie sfery o środku w punkcie P (2, 1, 1) stycznej do płaszczy-
zny π : x + 2y + 2z + 3 = 0
Rozwiązanie:
R =
|2 + 2 + 2 + 3|
√
1
2
+ 2
2
+ 2
2
=
9
3
= 3
odległość P od π
(x − 2)
2
+ (y − 1)
2
+ (z − 1)
2
= 9
równanie sfery
1
2. Rozwiązać równanie z
3
− (4 + 3i)z
2
+ (1 + 5i)z = 0 , z ∈ C
Rozwiązanie:
z(z
2
− (4 + 3i)z + (1 + 5i)) = 0
z
1
= 0
z
2
− (4 + 3i)z + (1 + 5i) = 0
∆ = (−(4 + 3i))
2
− 4(1 + 5i) = 16 + 24i − 9 − 4 − 20i = 3 + 4i
Obliczamy
w =
√
∆ =⇒ w
2
= ∆
w = x + iy , x, y ∈ R
postać algebraiczna
(x + iy)
2
= 3 + 4i
x
2
+ 2ixy − y
2
= 3 + 4i
Rozwiązujemy układ równań:
(
x
2
− y
2
= 3
2xy = 4
y =
2
x
x
2
−
4
x
2
= 3
x
4
− 3x
2
− 4 = 0
Podstawiamy t = x
2
t
2
− 3t − 4 = 0
∆ = 9 + 16 = 25
√
∆ = 5
t
1
= 4 , t
2
= −1
x
2
= t
1
=⇒ x
2
= 4 =⇒ x
1
= 2 , x
2
= −2
x
2
= t
2
=⇒ x
2
= −1 brak rozwiązań ponieważ x ∈ R
y
1
=
2
x
1
= 1
y
2
=
2
x
2
= −1
stąd w = ±(2 + i)
Obliczmy:
z
2
=
4 + 3i + w
2
=
4 + 3i + 2 + i
2
= 3 + 2i
z
3
=
4 + 3i − w
2
=
4 + 3i − 2 − i
2
= 1 + i
Odpowiedź:
Pierwiastki wielomianu:
z
1
= 0 , z
2
= 3 + 2i , z
3
= 1 + i
2
3. Wyznaczyć niewiadomą x z układu równań
2x +
y − z
+
t =
5
x +
y + z − 2t = −1
x − 2y + z
+
t =
2
x
+ z
=
3
Rozwiązanie:
Obliczamy
|A| =
2
1 −1
1
1
1
1 −2
1 −2
1
1
1
0
1
0
= {k
0
1
= k
1
−k
3
} =
3
1 −1
1
0
1
1 −2
0 −2
1
1
0
0
1
0
= 3·(−1)
1+1
1 1 −2
−2 1
1
0 1
0
=
3(4 − 1) = 9
Stosujemy rozwinięcie Laplace’a względem pierwszej kolumny.
|A
x
| =
5
1 −1
1
−1
1
1 −2
2 −2
1
1
3
0
1
0
= {k
0
1
= k
1
−3k
3
} =
8
1 −1
1
−4
1
1 −2
−1 −2
1
1
0
0
1
0
= 1·(−1)
4+3
8
1
1
−4
1 −2
−1 −2
1
=
−(8 + 2 + 8 + 1 − 32 + 4) = 9
Stosujemy rozwinięcie Laplace’a względem czwartego wiersza.
Stąd:
x =
|A
x
|
|A|
=
9
9
= 1
Odpowiedź
x = 1
3
4. Znaleźć rzut prostej l :
x − 3
1
=
y − 5
2
=
z + 1
0
na płaszczyznę π : x + 3y − 2z − 6 = 0
Rozwiązanie:
~
v = [1, 2, 0]
wektor kierunkowy prostej
~
n = [1, 3, −2]
wektor normalny płaszczyzny
wektor normalny płaszczyzny rzutującj π
1
jest równy:
−
→
n
1
= ~
v × ~
n =
i j
k
1 2
0
1 3 −2
= −4i + 3k − 2k + 2j = [−4, 2, 1]
równanie płaszczyzny π
1
:
−4x + 2y + z + D = 0
weźmy dowolny punkt prostej l np. P (3, 5, −1) . Punkt P ∈ π
1
=⇒
−12 + 10 − 1 + D = 0 =⇒ D = 3
π
1
: −4x + 2y + z + 3 = 0
Równanie rzutu prostej l na płaszczyznę π w postaci krawędziowej:
l
0
:
(
−4x + 2y + z + 3 = 0
x + 3y − 2z − 6 = 0
4
5. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez środek sfery x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2x − 10y +
4z − 6 = 0 prostpadłej do płaszczyzny π : x − 3y + 4z − 8 = 0
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie sfery do postaci kanonicznej:
(x + 1)
2
− 1 + (y − 5)
2
− 25 + (z + 2)
2
− 4 − 6 = 0
(x + 1)
2
+ (y − 5)
2
+ (z + 2)
2
= 36
Środek sfery jest w punkcie O(−1, 5, −2) .
Wektor kierunkowy prostej jest wektorem normalnym płaszczyzny:
~
v = [1, −3, 4]
Równanie szukanej prostej:
x + 1
1
=
y − 5
−3
=
z + 2
4
6. Wyznaczyć równania płaszczyzn stycznych do powierzchni:
x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y − 6z − 11 = 0 i prostopadłych do prostej
x − 4
4
=
y − 1
3
=
z − 1
1
Odpowiedź:
l :
x + 1
1
=
y − 5
−3
=
z + 2
4
5
7. Obliczyć pole trójkąta utworzonego przez proste:
x
1
=
y
1
=
z
1
,
x − 3
0
=
y − 3
−3
=
z − 3
−6
,
x − 3
3
=
y
0
=
z + 3
−3
Rozwiązanie:
Szukamy wierzchołków trójkąta:
A :
x = y
y = z
x = 3
y−3
−3
=
z−3
−6
=⇒ A(3, 3, 3)
B :
x = y
y = z
y = 0
x−3
−3
=
z+3
−3
=⇒ B(0, 0, 0)
C :
x = 3
y−3
−3
=
z−3
−6
y = 0
x−3
−3
=
z+3
−3
=⇒ z = −3 =⇒ C(3, 0, −3)
Uwaga: punkty te są rozwiązaniami układów równań - spełnione są wszystkie cztery
równania.
Wektory rozpinające trójkąt:
−→
AB = [−3, −3, −3] ,
−→
AC = [0, −3, −6] ,
Pole trójkąta:
P =
1
2
|
−→
AB ×
−→
AC|
−→
AB ×
−→
AC =
i
j
k
−3 −3 −3
0 −3 −6
= 18i + 9k − 9i − 18j = [9, −18, 9]
P =
1
2
q
9
2
+ (−18)
2
+ 9
2
=
9
2
√
6
Odpowiedź:
Pole trójkata jest równe
9
2
√
6
6
Egzamin z Algebry, 21 VI 2011 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę zespoloną z = u + v
jeżeli
u = cos
π
4
+ i sin
π
4
,
v = cos
3π
4
+ i sin
3π
4
Rozwiązanie:
u =
√
2
2
+
√
2
2
i , v = −
√
2
2
+
√
2
2
i
z =
√
2
2
+
√
2
2
i −
√
2
2
+
√
2
2
i =
√
2i
√
2i
2
Obliczyć kąt między wektorem ~
w = [2, −3,
√
3] i osią Ox układu współrzęd-
nych.
Rozwiązanie:
~
u = [1, 0, 0]
wersor osi Ox
cos α =
~
u · ~
w
|~
u| · | ~
w|
=
2
√
16 · 1
=
1
2
α =
π
3
π
3
3
Dla danych wektorów ~
w = [1, 1, 0] oraz ~
u = [1, 0, 1] obliczyć ~
u ◦ (2~
u × ~
w)
Rozwiązanie:
Wektor 2~
u × ~
w jest prostopadły do wektora ~
u więc ~
u ◦ (2~
u × ~
w) = 0
0
4
Obliczyć odległość środka okręgu: x
2
+ y
2
− 2x − 4y + 1 = 0 od początku
układu współrzędnych
Rozwiązanie:
(x − 1)
2
− 1 + (y − 2)
2
− 4 + 1 = 0
(x − 1)
2
+ (y − 2)
2
= 4 =⇒ S(1, 2)
środek okręgu
O(0, 0)
początek układu współrzędnych
d = SO =
q
(1 − 0)
2
+ (2 − 0)
2
=
√
5
√
5
5
Dla jakich wartości parametru p rząd macierzy A jest równy 2?
A =
1 1 −1
0
1 3
0
2
−1 p
0 −2
Rozwiązanie:
Widać, że dla p = −3 wiersz drugi i trzeci są proporcjonalne, a wiersze
pierwszy i drug nie więc rząd jest równy 2.
Skreślamy pierwszą kolumnę:
1 −1
0
3
0
2
p
0 −2
= −2p − 6 6= 0 dla p 6= −3
Dla p 6= −3 mamy rzA = 3
−3
1
2. Rozwiązać równanie z
4
− 3iz
2
+ 4 = 0 , z ∈ C
Rozwiązanie:
Podstawiamy t = z
2
t
2
− 3it + 4 = 0
∆ = −9 − 16 = −25
√
∆ = 5i
t
1
=
3i + 5i
2
= 4i
t
2
=
3i − 5i
2
= −i
Rozwiązujemy równanie
z
2
= 4i
4i = 4(cos
π
2
+ i sin
π
2
)
postać trygonometryczna
z
k
=
√
4
cos
π
2
+ 2kπ
2
+ i sin
π
2
+ 2kπ
2
, k = 0, 1
z
0
= 2(cos
π
4
+ i sin
π
4
) =
√
2 + i
√
2
z
1
= 2(cos
5π
4
+ i sin
5π
4
) = −
√
2 − i
√
2
Rozwiązujemy równanie
z
2
= −i
−i = 1(cos
3π
2
+ i sin
3π
2
)
postać trygonometryczna
z
k
= cos
3π
2
+ 2kπ
2
+ i sin
3π
2
+ 2kπ
2
, k = 0, 1
z
2
= cos
3π
4
+ i sin
3π
4
) = −
√
2
2
+ i
√
2
2
z
3
= cos
7π
4
+ i sin
7π
4
) =
√
2
2
−
√
2
2
Stąd:
z
2
+ 1 = (z − i)(z + i)
Odpowiedż:
Pierwiastki wielomianu:
z
0
=
√
2 + i
√
2 , z
1
= −
√
2 − i
√
2 , z
2
= −
√
2
2
+ i
√
2
2
, z
3
=
√
2
2
−
√
2
2
2
3. Wyznaczyć niewiadomą z stosując metodę Crammera (wyznacznikową) do układu rów-
nań
x
+
z
+ 4t = 0
x + 2y + 4z −
t = 4
4x
+ 2t = 3
3x
+ 2z
+
t = 2
Rozwiązanie:
Jeżeli |A| 6= 0 to układ ma jedno rozwiązanie i wtedy:
z =
|A
z
|
|A|
Obliczamy
|A| =
1 0 1
4
1 2 4 −1
4 0 0
2
3 0 2
1
= 2 · (−1)
2+2
1 1 4
4 0 2
3 2 1
= 2(6 + 32 − 4 − 4) = 60
Stosujemy rozwinięcie Laplace’a względem drugiej kolumny.
|A
z
| =
1 0 0
4
1 2 4 −1
4 0 3
2
3 0 2
1
= 2 · (−1)
2+2
1 0 4
4 3 2
3 2 1
= 2(3 + 32 − 36 − 4) = −10 Stosujemy
rozwinięcie Laplace’a względem drugiej kolumny.
Stąd:
z =
−10
60
= −
1
6
Odpowiedź
z = −
1
6
3
4. Obliczyć pole trójkąta utworzonego na płaszczyźnie π : x + y + z − 10 = 0 w wyniku
jej przecięcia płaszczyznami: x = 1 , y = 2 , z = 3 .
Rozwiązanie:
Szukamy wierzchołków trójkąta:
A :
x + y + z − 10 = 0
x = 1
y = 2
=⇒ 3 + z − 10 = 0 =⇒ z = 7 =⇒ A(1, 2, 7)
B :
x + y + z − 10 = 0
x = 1
z = 3
=⇒ 4 + y − 10 = 0 =⇒ y = 6 =⇒ B(1, 6, 3)
C :
x + y + z − 10 = 0
y = 2
z = 3
=⇒ x + 5 − 10 = 0 =⇒ x = 5 =⇒ C(5, 2, 3)
Wektory rozpinające trójkąt:
−→
AB = [0, 4, −4] ,
−→
AC = [4, 0, −4] ,
Pole trójkąta:
P =
1
2
|
−→
AB ×
−→
AC|
−→
AB ×
−→
AC =
i j
k
0 4 −4
4 0 −4
= −16i − 16j − 16k = [−16, −16, −16]
P =
1
2
q
(−16)
2
+ (−16)
2
+ (−16)
2
=
16
2
√
3 = 8
√
3
Odpowiedź:
Pole trójkata jest równe 8
√
3
4
5. Wyznaczyć równania płaszczyzn stycznych do powierzchni:
x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y − 6z − 11 = 0 i prostopadłych do prostej
x − 4
4
=
y − 1
3
=
z − 1
1
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie sfery do postaci kanonicznej:
(x − 1)
2
− 1 + (y + 2)
2
− 4 + (z − 3)
2
− 9 − 11 = 0
(x − 1)
2
+ (y + 2)
2
+ (z − 3)
2
= 25
Środek sfery O(1, −2, 3) , a jej promień R = 5 .
Wektor kierunkowy prostej: ~
v = [4, 3, 1] , więc równanie płaszczyzny prostopadłej do
danej prostej:
π : 4x + 3y + z + D = 0
Środek sfery jest odległy od płaszczyzny stycznej o R:
|4 − 6 + 3 + D|
√
4
2
+ 3
2
+ 1
2
= 5
|D + 1| = 5 ·
√
26
D + 1 = ±5
√
26
D
1
= −1 + 5
√
26 , D
2
= −1 − 5
√
26
Odpowiedź:
Płaszczyzny styczne:
π
1
: 4x + 3y + z − 1 + 5
√
26 = 0
π
2
: 4x + 3y + z − 1 − 5
√
26 = 0
5
6. Na prostej l : x = y = z wyznaczyć punkty, dla których odległość od płaszczyzny
π : 2x − y − 2z − 2 = 0 jest równa 1 .
Rozwiązanie:
Przkształcamy równanie prostej l do postaci parametrycnej.
x = t =⇒ y = t , z = t
Odpległośc punktu prostej od płaszczyzny π:
|2t − t − 2t − 2|
q
2
2
+ (−1)
2
+ (−2)
2
= 1
| − t − 2| =
√
9
−t − 2 = ±3
t
1
= −5 , t
2
= 1
Odpowiedź:
Szukane punkty:
P
1
= (−5, −5, −5)
P
2
= (1, 1, 1)
6
Egzamin z Algebry, 21 VI 2011 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Obliczyć
√
2
2
+i
√
2
2
5
. Wynik zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej).
Rozwiązanie:
z =
√
2
2
+ i
√
2
2
= 1 · (cos
π
4
+ i sin
π
4
)
z
5
= 1
5
· (cos
5π
4
+ i sin
5π
4
) = −
√
2
2
− i
√
2
2
−
√
2
2
−
i
√
2
2
2
Wyznaczyć det A
−1
, jeżeli
A =
0 1 0 0
1 0 2 3
2 0 0 1
1 0 1 0
Rozwiązanie:
detA =
0 1 0 0
1 0 2 3
2 0 0 1
1 0 1 0
= 1 · (−1)
1+2
1 2 3
2 0 1
1 1 0
= −1 · (2 + 6 − 1) = −7
Stosujemy rozwinięcia Laplace’a względem pierwszego wiersza.
detA
−1
=
1
detA
= −
1
7
−
1
7
3
Dla danych wektorów ~
u = [1, 0, 1] , ~
w = [1, 0, 0] obliczyć ~
w × (3~
u − ~
w)
Rozwiązanie:
~
w × (3~
u − ~
w) = [1, 0, 0] × [2, 0, 3] =
i j
k
1 0
0
2 0
3
= −3j = [0, −3, 0]
[0, −3, 0]
4
Obliczyć długość ogniskowej elipsy: 4x
2
+ 9y
2
− 8x − 36y + 4 = 0
Rozwiązanie:
4x
2
+ 9y
2
− 8x − 36y + 4 = 0 =⇒ 4(x
2
− 2x) + 9(y
2
− 4y) + 4 = 0
4(x − 1)
2
− 4 + 9(y − 2)
2
− 36 + 4 = 0 =⇒ 4(x − 1)
2
+ 9(y − 2)
2
= 36 =⇒
(x − 1)
2
9
+
(y − 2)
2
4
= 1
Postać kanoniczna
Półosie: a =
√
9 = 3 , b =
√
4 = 2 , a > b
Ogniskowa:
√
a
2
− b
2
=
√
5
√
5
5
Napisać równanie prostej prostopadłej do płaszczyzny
π
x = 1 + t + s
y = 2t
z = 3 + 2t + s
s, t ∈ R
Rozwiązanie:
Wektor normalny płaszczyzny:
~
n = [1, 2, 2] × [1, 0, 1] =
i j
k
1 2
2
1 0
1
= 2i + j − 2k = [2, 1, −2]
Dowolna prosta o takim wketorze kierukowym jest prostopadła do płasz-
czyzny. Na przykład:
x
2
=
y
1
=
z
−2
x
2
=
y
1
=
z
−2
1
2. Rozłożyć wielomian W (z) = z
4
+ z
3
+ z
2
+ z na czynniki liniowe.
Rozwiązanie:
W (z) = z
4
+ z
3
+ z
2
+ z = z
3
(z + 1) + z(z + 1) = (z + 1)(z
3
+ z) = z(z + 1)(z
2
+ 1)
Szukamy pierwiastków wielomianu:
z
2
+ 1 = 0
z
2
= −1
z = ±i
Stąd:
z
2
+ 1 = (z − i)(z + i)
Mamy:
W (z) = z(z + 1)(z − i)(z + i)
Odpowiedż:
W (z) = z(z + 1)(z − i)(z + i)
2
3. Dla jakich wartości parametru p układ równań
(2 − p)x +
y +
2z = 0
2x + (1 − p)y +
2z = 0
2x +
y + (2 − p)z = 0
ma rozwiązania niezerowe?
Rozwiązanie:
Jednorodny układ równań z trzema niewiadomymi ma rozwiązania niezerowe, gdy rząd
macierzy A jest mniejszy niż 3.
Musi więc być |A| = 0
|A| =
2 − p
1
2
2 1 − p
2
2
1 2 − p
=
−p
1
2
0 1 − p
2
p
1 2 − p
= −p(1 − p)(2 − p) + 2p − 2p(1 −
p) + 2p = −p
3
+ 5p
2
Od pierwszej kolumny odjęliśmy trzecią.
−p
3
+ 5p
2
= 0
−p
2
(p − 5) = 0
p = 0 lub p = 5
Odpowiedź:
Układ ma rozwiązania niezerowe dla p = 0 oraz p = 5 .
3
4. Dany jest punkt P (1, 1, 1) i prosta
l :
x − 1
1
=
y − 2
−1
=
z − 3
1
.
Wyznaczyć rzut prostopadły punktu P na prostą l .
Rozwiązanie:
Wektor [1, −1, 1] jest wektorem kierunkowym prostej. Płaszczyzna Prostopadła do pro-
stej i przechodząca przez punkt P ma równanie:
π : x − y + z + D = 0
P ∈ π =⇒ 1 − 1 + 1 + D = 0 =⇒ D = −1
π : x − y + z − 1 = 0
Rzut punktu P jest punktem przecięcia prostej i płaszczyzny. Przekształcamy równanie
prostej do postaci parametrycznej.
x = t + 1
y = 2 − t
z = 3 + t
t + 1 − 2 + t + 3 + t − 1 = 0 =⇒ 3t + 1 = 0 =⇒ t = −
1
3
Stąd:
x =
2
3
, y =
7
3
, x =
8
3
Odpowiedź:
P
0
= (
2
3
,
7
3
,
8
3
)
4
5. Wyznaczyć równania płaszczyzn stycznych do powierzchni
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2x − 10y + 4z − 6 = 0 i równoległych do płaszczyzny 12x − 3y + 4z − 8 = 0
Rozwiązanie:
Przekstałacamy równanie sfery do postaci kanonicznej:
(x + 1)
2
− 1 + (y − 5)
2
− 25 + (z + 2)
2
− 4 − 6 = 0
(x + 1)
2
+ (y − 5)
2
+ (z + 2)
2
= 36
Środek sfery jest w punkcie O(−1, 5, −2) a jej promień R = 6.
Równanie płaszczyzny równoległej do danej:
π : 12x − 3y + 4z + D = 0
Środek sfery jest odległy od płaszczyzny stycznej o R:
| − 12 − 15 − 8 + D|
q
12
2
+ (−3)
2
+ 4
2
= 6
|D − 35| = 6 ·
√
169
D − 35 = ±78
D
1
= 113 , D
2
= −43
Odpowiedź:
Płaszczyzny styczne:
π
1
: 12x − 3y + 4z + 113 = 0
π
2
: 12x − 3y + 4z − 43 = 0
5
6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez dwie proste:
x
7
=
y + 2
3
=
z − 1
5
oraz
x − 1
7
=
y − 3
3
=
z + 2
5
Rozwiązanie:
Dane proste są równoległe. Szukamy więc płaszczyzny przechodzącej przez pierwszą
prostą i dowolny punkt np. A(1, 3, −2) drugiej prostej.
Równanie pierszej prostej przekształcamy do postaci krawędziowej:
x
7
=
y + 2
3
=⇒ 3x = 7(y + 2) =⇒ 3x − 7y − 14 = 0
x
7
=
z − 1
5
=⇒ 5x = 7(z − 1) =⇒ 5x − 7z + 7 = 0
Szukna płaszczyzna π ma równanie:
α(3x − 7y − 14) + β(5x − 7z + 7) = 0
pęk płaszczyzn
−32α + 26β = 0
punkt (1, 3, −2) ∈ π
16α = 13β
β = 16
możemy wybrać dowolną wartość 6= 0
α = 13
13(3x − 7y − 14) + 16(5x − 7z + 7) = 0
119x − 91y − 112z + 112 = 0
17x − 13y − 16z + 16 = 0
Odpowiedź:
Szukana płaszczyzna:
17x − 13y − 16z + 16 = 0
6
Egzamin z Algebry, 10 II 2011
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę zespoloną z = w + u
jeżeli
w = 1 + i
u = cos
π
2
+ i sin
π
2
Rozwiązanie:
u = i
z = 1 + i + i = 1 + 2i
1 + 2i
2
Obliczyć wyznacznik macierzy D
D =
0 1 3 1
1 1 0 0
0 2 2 0
0 1 2 0
Rozwiązanie:
|D| =
0 1 3 1
1 1 0 0
0 2 2 0
0 1 2 0
= 1·(−1)
2+1
1 3 1
2 2 0
1 2 0
= −1·1·(−1)
1+3
2 2
1 2
= −2
Stosujemy rozwinięcia Laplace’a najpierw względem pierwszej kolumny, po-
tem względem trzeciej kolumny.
−2
3
Obliczyć sinus kąta między wektorami ~
u i ~
v jeżeli
~
u = [1, 0, 1] , ~
v = [2, 1, 2]
Rozwiązanie:
cos α =
~
u · ~
v
|~
u| · |~
u|
=
4
√
2 ·
√
9
=
4
3
√
2
sin α =
√
1 − cos
2
α =
s
1 −
16
18
=
1
3
Uwaga: kąt między dowolnymi wektorami α ∈< 0, π > więc sin α 0
1
3
4
Wyznaczyć wersor normalny płaszczyzny 2x + y + 2z − 3 = 0
Rozwiązanie:
Wektor normalny ~
n = [2, 1, 2]
Wersor normalny:
~
n
|~n|
=
1
√
9
· [2, 1, 2] =
2
3
,
1
3
,
2
3
Uwaga: Jest jeszcze drugi wersor normalny:
h
−
2
3
, −
1
3
, −
2
3
i
h
2
3
,
1
3
,
2
3
i
5
Obliczyć odległość środka sfery S od płaszczyzny xOy jeżeli
S : x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x − 2z − 10 = 0
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie sfery:
(x + 2)
2
− 4 + y
2
+ (z − 1)
2
− 1 − 10 = 0
(x + 2)
2
+ y
2
+ (z − 1)
2
= 15
Środek sfery jest w punkcie A(−2, 0, 1)
Odległość punktu A od płaszczyzny xOy jest równa d = |z
A
| = 1
1
1
2. Obliczyć W (−i) i następnie znaleźć wszystkie pierwiastki wielomianu:
W (z) = z
4
+ z
3
+ 2z
2
+ z + 1 , z ∈ C
Rozwiązanie:
W (−i) = (−i)
4
+ (−i)
3
+ 2(−i)
2
− i + 1 = 1 + i − 2 − i + 1 = 0
Wynika stąd, że z
1
= −i jest pierwiastkiem W (z) . Ponieważ wielomian ten ma współ-
czynniki rzeczywiste, więc pierwiastkiem tego wielomianu musi też być z
2
= z
1
= i .
Wielomian W dzieli się więc prze: (z + i)(z − i) = z
2
+ 1.
Dzielimy:
z
4
+ z
3
+ 2z
2
+ z + 1 = (z
2
+ 1)(z
2
+ z + 1)
Rozwiązujemy równanie:
z
2
+ z + 1 = 0
∆ = 1 − 4 = −3
√
∆ = i
√
3
z
3
=
−1 − i
√
3
2
, z
4
=
−1 + i
√
3
2
Odpowiedż:
Pierwiastki wielomianu:
z
1
= −i , z
2
= i , z
3
=
−1 − i
√
3
2
, z
4
=
−1 + i
√
3
2
2
3. Znaleźć macierz A spełniającą równanie:
1 2 1
0 1 2
1 0 1
−1
· A = A +
1
0
1
Rozwiązanie:
Oznaczmy
B =
1 2 1
0 1 2
1 0 1
, C =
1
0
1
Wyznacznik |B| = 1 + 4 − 1 = 4 6= 0 wuęc macierz odwrotna B ∗ −1 istnieje. Prze-
kształcamy równanie macierzowe:
B
−1
· A = A + C
mnożymy lewostronnie przez B
B · B
−1
· A = B · A + B · C
B · B
−1
= I
A = B · A + B · C
odejmujemy B · A
A − B · A = B · C
wstawiamy macierz jednostkową I
I · A − B · A = B · C
(I − B) · A = B · C
Obliczamy:
I − B =
0 −2 −1
0
0 −2
−1
0
0
,
B · C =
4
2
2
Wiadać, że macierz A ma 3 wiersze i 1 kolumnę:
A =
x
y
z
Powstałe równanie macierzowe możemy traktować jak układ równań. Układ ten roz-
wiązujemy stosując wzory Crammera.
|M | =
0 −2 −1
0
0 −2
−1
0
0
= −4 6= 0
,
|M
1
| =
4 −2 −1
4
0 −2
2
0
0
= 8
|M
2
| =
0 4 −1
0 2 −2
−1 2
0
= 4 − 2 = 2
,
|M
3
| =
0 −2 4
0
0 2
−1
0 2
= 4
Stąd: z =
|M
1
|
|M |
= −2
,
y =
|M
2
|
|M |
= −
1
2
,
z =
|M
3
|
|M |
= −1
Odpowiedż:
A =
−2
−
1
2
−1
3
4. Wyznaczyć rozwiązania układu równań w zależności od parametru m ∈ R
mx +
y =
1
x + my =
1
x +
y = m
Rozwiązanie:
Badamy rząd macierzy
A =
m
1
1 m
1
1
i
A
R
=
m
1
1
1 m
1
1
1 m
Zaczynamy od rzędu A
R
W tym celu rozwiązujemy równanie: |A
r
| = 0
|A
R
| = m
3
+ 1 + 1 − m − m − m = m
3
− 3m + 2
m
3
− 3m + 2 = 0
Widać, że wielomian ma pierwiastek wymierny m
1
= 1 . Dzielimy wielomian przez
(m − 1)
m
3
− 3m + 2 = (m − 1)(m
2
+ m − 2)
Rozwiązujemy równanie:
m
2
+ m − 2 = 0
∆ = 9
m
2
= −2 , m
3
= 1
Wniosek:
Dla m 6= −2 ∧ m 6= 1 rząd A
R
jest równy 3. Rząd macierzy A ¬ 2 więc układ jest
sprzeczny.
Dla m = −2 rząd rzA
R
¬ 2
rzA
R
= rz
−2
1
1
1 −2
1
1
1 −2
= 2 , ponieważ
−2
1
1 −2
= 3 6= 0
rzA = rz
−2
1
1 −2
1
1
= 2 , ponieważ
−2
1
1 −2
= 3 6= 0
Układ ma więc jedno rozwiązanie. Szukamy w macierzy A macierzy 2×2 o wyznaczniku
różnym od zera np. pierwsze dwa wiersze. Z układu usuwamy trzecie równanie:
(
−2x +
y = 1
x − 2y = 1
Stosujemy wzory Cramera:
|M | = 3 , |M
1
| =
1
1
1 −2
= −2 − 1 = −3 . |M
2
| =
−2 1
1 1
= −2 − 1 = −3
z =
|M
1
|
|M |
= −1
,
y =
|M
2
|
|M |
= −1
Dla m = 1 rząd rzA
R
¬ 2
4
rzA
R
= rz
1 1 1
1 1 1
1 1 1
= rz
h
1 1 1
i
= 1 , ponieważ wiersze są proporcjonalne
rzA = rz
1 1
1 1
1 1
= rz
h
1 1
i
= 1
Układ ma więc nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru. Szu-
kamy w macierzy A macierzy 1 × 1 o wyznaczniku różnym od zera. Np. element A
11
.
Usuwamy równania 2 i 3; zmienna y będzie parametrem: y = t. Wtedy układ redukuje
się do jednego równania:
x = 1 − t
Odpowiedź:
Dla m 6= −2 ∧ m 6= 1 układ jest przeczny
Dla m = −2 układ ma jedno rozwiązanie: x = −1 , y = −1
Dla m = 1 układ ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru:
x = 1 − t , y = t , t ∈ R
5
5. Znaleźć równanie prostej przechodzącej przez punkt A(1, 0, −1) , równoległej do płasz-
czyzny π : 3x − 2y − 3z + 3 = 0 i przecinającej prostą l :
x − 2
1
=
y − 1
−2
=
z + 2
2
Rozwiązanie:
Konstuujemy płaszczyznę π
1
równoleglą do π i przchodzącą przez punkt A. Szukamy
punktu przecięcia B płaszczyzny π
1
i prostej l. Szukana prosta to prosta AB
π
1
: 3x − 2y − 3z + D = 0
ponieważ π
1
jest równoległa do π
3 + 3 + D = 0
A ∈ π
1
D = −6
π
1
: 3x − 2y − 3z − 6 = 0
Współrzędne punktu B(x, y, z) spełniają układ równań:
3x − 2y − 3z − 6 = 0
y − 1 = −2(x − 2)
y − 1 = −z − 2
B ∈ π
1
∩ l
y = −2x + 5
z = −y − 1 = 2x − 6
3x + 4x − 10 − 6x + 18 − 6 = 0
x = −2 , y = 9 , z = −10
Mamy więc punkt B(−2, 9, −10)
Wektor kierunkowy szukanej prostej:
−→
AB = [−3, 9, −9] k [1, −3, 3]
Odpowiedź:
x − 1
1
=
y
−3
=
z + 1
3
6
6. Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez początek układu współrzędnych i
przez prostą powstałą z przecięcia płaszczyzn x + 3y − z + 1 = 0 oraz 2x + 3z − 10 = 0
Rozwiązanie:
Szukna płaszczyzna π ma równanie:
α(x + 3y − z + 1) + β(2x + 3z − 10) = 0
pęk płaszczyzn
α − 10β = 0
punkt (0, 0, 0) ∈ π
α = 10β
β = 1
możemy wybrać dowolną wartość 6= 0
α = 10
10x + 30y − 10z + 10 + 2x + 3z − 10 = 0
Odpowiedź:
Szukana płaszczyzna:
12x + 30y − 7z = 0
7
Egzamin z Algebry, 7 II 2011
1. Zadanie wstępne
Grupa A
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)
√
−2i
Rozwiązanie:
w = −2i = 2(cos
3
2
π + i sin
3
2
π)
√
w = z
k
=
√
2(cos
3
2
π + 2kπ
2
+ i sin
3
2
π + 2kπ
2
)
z
0
=
√
2(cos
3
4
π + i sin
3
4
π) =
√
2
−
√
2
2
+ i
√
22) = −1 + i
z
1
=
√
2(cos
7
4
π + i sin
7
4
π) =
√
2
√
2
2
− i
√
22) = 1 − i
z = ±(−1 + i)
2. Wyznaczyć w zależności od parametru p rząd macierzy A .
A =
1
2 2 1
1
1 0 1
1 p
2
0 1
Rozwiązanie:
rzA = 1 + rz
"
1
1 1
1 p
2
1
#
= 1 + rz
"
1
1
1 p
2
#
,
1
1
1 p
2
= p
2
− 1
Dla p
2
= 1 Rżad A jest równy 2, dla pozostałych p rząd A jeest równy 3.
Dla p = ±1 rząd
A = 2, dla p 6= 1
i 6= −1 rząd A jest
równy 3
3. Dla jakiej wartości parametru k różnica wektorów −
→
u = [2k, 2, k − 1] oraz
−
→
v = [3, 3, 2k] jest wektorem prostopadłym do osi Oz ?
Rozwiązanie:
−
→
u − −
→
v = [2k − 3 , −1 , −k − 1]
−
→
a = [0, 0, 1] wektor kierunkowy osi Oz
0 = −
→
a · (−
→
u − −
→
v ) = −k − 1 =⇒ k = −1
k = −1
4. Obliczyć odległość ognisk elipsy
(x − 4)
2
9
+
y
2
25
= 1 od początku układu
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 =
√
4
2
+ 4
2
= 4
√
2
4
√
2
5. Wyznaczyć wersory kierunkowe prostej l danej w postaci krawędziowej
l :
(
2x + y + 1 = 0
x + y + z = 0
Rozwiązanie:
Postać parametryczna: x = t =⇒ y = −2t − 1 =⇒ z = t + 1
wektor kierunkowy: −
→
v = [1, −2, 1]
wersor kierunkowy:
−
→
v
|−
→
v |
=
[1, −2, 1]
√
6
=
h
1
√
6
,
−2
√
6
,
1
√
6
i
±
h
1
√
6
,
−2
√
6
,
1
√
6
i
1
Grupa B
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) sumę liczb
z =
√
2(cos
π
4
+ i sin
π
4
) oraz w =
√
2(cos
3π
4
+ i sin
3π
4
)
Rozwiązanie:
z =
√
2(
√
2
2
+ i
√
2
2
) = 1 + i
w =
√
2(
−
√
2
2
+ i
√
2
2
) = −1 + i
z + w = 1 + i − 1 + i = 2i
2i
2. Dla jakiej wartości parametru p suma wektorów −
→
u = [2p, 1, p + 1] oraz
−
→
w = [3, p, −2] jest wektorem równoległym do płaszczyzny xOy ?
Rozwiązanie:
−
→
u + −
→
w = [2p + 3 , p + 1 , p − 1]
−
→
n = [0, 0, 1] wektor prostopadły do płaszczyzny xOy
0 = −
→
n · (−
→
u + −
→
w ) = p − 1 =⇒ p = 1
p = 1
3. Wyznaczyć wersory normalne płaszczyzny
π :
x = 1 + t
y = s
z = 2 + t + 2s
; t, s ∈ R
Rozwiązanie:
x = 1 + t =⇒ t = x − 1
z = 2 + t + 2s =⇒ z = 2 + x − 1 + 2y =⇒ x + 2y − z + 1 = 0
−
→
n = [1, 2, −1] wektor prostopadły do płaszczyzny π
−
→
n
|−
→
n |
=
[1, 2, −1]
√
6
=
h
1
√
6
,
2
√
6
,
−1
√
6
i
wersor normalny
±
h
1
√
6
,
2
√
6
,
−1
√
6
i
4. Wyznaczyć detA
−1
, jeżeli
A =
1 0 0 0
0 1 2 3
0 2 0 1
0 1 1 0
Rozwiązanie:
|A| = 1 · (−1)
1+1
·
1 2 3
2 0 1
1 1 0
= 0 + 2 + 6 − 0 − 1 − 0 = 7
detA
−1
=
1
detA
=
1
7
1
7
5. Wyznaczyć ogniska elipsy
(x − 4)
2
25
+
(y − 2)
2
16
= 1 .
Rozwiązanie:
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]
F
1
= (1, 2) ,
F
2
= (7, 2)
2
2. Rozwiązać równanie:
z
4
− (9 + i)z
2
+ 9i = 0
Rozwiązanie:
Podstawiamy t = z
2
t
2
− (9 + i)t + 9i = 0
∆ = (9 + i)
2
− 36i = 81 + 18i − 1 − 36i = 81 − 18i − 1 = (9 − i)
2
√
∆ = ±(9 − i)
t
1
=
9 + i + 9 − i
2
= 9
t
2
=
9 + i − 9 + i
2
= i
Stąd:
z
2
= 9 =⇒ z
1
= 3 , z
2
= −3
z
2
= i
Zapisujemy liczbe i w postaci trygonometrycznej:
i = 1 · (cos
π
2
+ i sin
π
2
)
z =
√
i = cos
π
2
+ 2kπ
2
+ i sin
π
2
+ 2kπ
2
z
3
= cos
π
4
+ i sin
π
4
=
√
2
2
+ i
√
2
2
z
4
= cos
5π
4
+ i sin
5π
4
= −
√
2
2
− i
√
2
2
Odpowiedź:
z
1
= 3
z
2
= −3
z
3
=
√
2
2
+ i
√
2
2
z
4
= −
√
2
2
− i
√
2
2
3
3. Wyznaczyć parametr p tak, by układ równań
−2x + 6y − 4z = −2
3x + 2y − 5z = 3
2x − 6y + pz = 2
miał nieskończenie wiele rozwiązań. Dla wyznaczonego p rozwiązać ten układ.
Rozwiązanie:
Badamy rząd macierzy
A =
−2
6 −4
3
2 −5
2 −6
p
Obliczamy wyznacznik
|A| =
−2
6 −4
3
2 −5
2 −6
p
= −4p − 60 + 72 + 16 + 60 − 18p = −22p + 88
|A| = 0 ⇐⇒ p = 4
Wniosek: dla p 6= 4 rząd A jest równy 3, rząd A
R
jest równy 3 więc układ ma jedno
rozwiązanie.
Dla p = 4 mamy
Rząd A jestrówny 2, ponieważ wyznacznik:
−2 6
3 2
= −22 6= 0
Rząd
A
R
=
−2
6 −4 −2
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:
(
−2x + 6y = −2 + 4t
3x + 2y = 3 + 5t
|A| =
−2 6
3 2
= −22 , |A
1
| =
−2 + 4t 6
3 + 5t 2
= −4 + 8t − 18 − 30t = −22 − 22t ,
|A
2
| =
−2 −2 + 4t
3
3 + 5t
= −6 − 10t + 6 − 12t = −22t
x =
|A
1
|
|A|
= 1 + t
y =
|A
2
|
|A|
= t
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
l :
x − 1
2
=
y − 3
−1
=
z
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 l
0
(płaszczyzny rzutującej).
Wektor −
→
n
2
= −
→
n
1
× −
→
n jest wektorem kierunkowym prostej l
0
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
: −2x + 7y − 5z + D = 0
Ponieważ P ∈ π :
−2 + 14 − 5 + D = 0 =⇒ D = −7
π
1
: −2x + 7y − 5z − 7 = 0
Odpowiedź:
Równanie szukanej płaszczyzny π
1
: −2x + 7y − 5z − 7 = 0
5
5. Wyznaczyć płaszczyznę styczną do sfery x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 2z = 2 , prostopadłą do
prostej
l :
x
2
=
y + 1
−1
=
z
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 : 2x − y + 2z + D = 0
Szukamy środka i promienia sfery:
x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 2z = 2
(x
2
− 2x + 1) − 1 + y
2
+ (z
2
+ 2z + 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|
q
2
2
+ (−1)
2
+ 2
2
= 2
|D|
3
= 2
|D| = 6
D
!
= 6 , D
2
= −6
Odpowiedź:
Równania płaszczyzn stycznych:
π
1
: 2x − y + 2z + 6 = 0
π
2
: 2x − y + 2z − 6 = 0
6
6. Na prostej l : x = y = z wyznaczyć punkty, których odległość od płaszczyzny π :
−2x + y + 2z + 1 = 0 jest równa 1.
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie prostej do postaci parametrycznej:
l :
x = t
y = t
z = t
Odległość punktu prostej P (t, t, t) od płaszczyzny π jest równa:
d =
| − 2t + t + 2t + 1|
q
(−2)
2
+ 1
2
+ 2
2
=
|t + 1|
3
Mamy:
|t + 1|
3
= 1
|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
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
konta egzaminacyjne id 246765 Nieznany
ephl egzamin id 162318 Nieznany
Pisma Janowe egzamin id 359103 Nieznany
egzamin 2 id 153541 Nieznany
Biotechnologia egzamin id 89038 Nieznany
chemia fizyczna egzamin id 1122 Nieznany
logika egzamin id 272077 Nieznany
Na egzamin id 312078 Nieznany
konsta egzamin1 id 246146 Nieznany
CHEMIA EGZAMIN 2 id 112139 Nieznany
Na egzamin 2 id 312084 Nieznany
ped egzamin id 353250 Nieznany
Egzamin id 151498 Nieznany
BOF egzamin id 91316 Nieznany
Egzamin SIT egzamin id 680993 Nieznany
Mechanika egzamin id 290860 Nieznany
Egzamin 2 id 151772 Nieznany
więcej podobnych podstron