Egzamin z Algebry, 25 VI 2010, godz. 9.00

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)

√

2i

Rozwiązanie:
2i = 2(cos

π

2

+ i sin

π

2

)

√

2i = 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

) = 1 + i

z

1

=

√

2(cos

5π

4

+ i sin

5π

4

) = −1 − i

±(1 + i)

2. Dana jest macierz:

A =






1 2 3
1 1 0
1 0 0






Wyznaczyć det

(A

T

)

−1

.

Rozwiązanie:

det

(A

T

)

−1

=

1

detA

|A| = −3

−

1

3

3. Zapisać w postaci kierunkowej równanie prostej:

l :

(

2x + y − 1 = 0
x + y + z = 0

Rozwiązanie:
Podstawiamy: x = t . Wtedy

y = −2t + 1 =⇒ t =

y − 1

−2

z = −t + 2t − 1 = t − 1 =⇒ t = z + 1

x =

y − 1

−2

= z + 1

4. Obliczyć odległość środka elipsy

(x − 4)

2

9

+

(y − 3)

2

25

= 1 od początku układu

współrzędnych.
Rozwiązanie:
Środek eplisy: S(4, 3)
Odległość OS =

√

4

2

+ 3

2

= 5

5

5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny stycznej do sfery: x

2

+ y

2

+ z

2

= 12 w

punkcie P (2, 2, 2)
Rozwiązanie:

Wektor prostopadły do płaszczyzny stycznej:

−→

OP = [2, 2, 2]

Równanie płaszczyzny stycznej: 2x + 2y + 2z + D = 0
12 + D = 0 =⇒ D = −12

2x+2y+2z−12 = 0

1

2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu W (z) = z

5

+z

4

−3z

3

+4z

2

+2z wiedząc, że z

1

= 1+i

jest jednym z nich. Przedstawić je w postaci kanonicznej (algebraicznej).

Rozwiązanie:

Wielomian W (z) ma współczynniki rzeczywiste. Jego pierwiastkiem jest więc również:

z

2

=

z

1

= 1 − i

Wielomian W (z) podzielny jest więc przez wielomian:

(z − z

1

)(z − z

2

) = (z − 1 − i)(z − 1 + i) = (z − 1)

2

− (i)

2

= z

2

− 2z + 2

Mamy po wykonaniu dzielenia:

z

5

+ z

4

− z

3

+ 4z

2

+ 2z = (z

2

− 2z + 2)(z

3

− 3z

2

+ z)

z

3

− 3z

2

+ z = z(z

2

− 3z + 1)

stąd z

3

= 0

∆ = 9 − 4 = −5

z

4

=

3 −

√

5

2

z

5

=

3 +

√

5

2

Odpowiedź:

z

1

= 1 + i

z

2

= 1 − i

z

3

= 0

z

4

=

3 −

√

5

2

z

5

=

3 +

√

5

2

2

3. Wykorzystując wzory Cramera wyznaczyć niewiadomą z z układu równań:



















2x − 2y − z + 2t = −1
x + 2y + z + t = 0
x + 2y − z − t = 0
x − 2y − z − t = 0

Rozwiązanie:

z =

|A

3

|

|A|

Obliczamy wyznaczniki:

|A| =

2 −2 −1

2

1

2

1

1

1

2 −1 −1

1 −2 −1 −1

= {k

0

4

= k

4

−k

3

} =

2 −2 −1 3
1

2

1 0

1

2 −1 0

1 −2 −1 0

= {Rozw. Laplace’a wzgl. k

4

} =

3 · (−1)

5

1

2

1

1

2 −1

1 −2 −1

= −3 · (−2 − 2 − 2 − 2 − 2 + 2) = 24

|A

3

| =

2 −2 −1

2

1

2

0

1

1

2

0 −1

1 −2

0 −1

= {Rozw. Laplace’a wzgl. k

3

} = −1·(−1)

4

1

2

1

1

2 −1

1 −2 −1

=

−(−2 − 2 − 2 − 2 − 2 + 2) = 8

z =

8

24

=

1

3

Odpowiedź:

z =

1
3

3

4. Zapisać w postaci ogólnej równanie płaszczyzny π

2

, która zawiera prostą

l :











x = 1 + 2t
y = 2 + t
z = −3t

, t ∈ R

i jest prostopadła do płaszczyzny π

1

: 3x − 2y + 4z + 6 = 0

Rozwiązanie:

Wektor kierunkowy prostej:
−

→

v = [2, 1, −3]

Wektor normalny płaszczyzny π

1

:

−

→

n

1

= [3, −2, 4]

Wektor normalny płaszczyzny π

2

jest prostopadły do wektorów: −

→

v i −

→

n

1

,a intersuje

nas tylko kierunek tego wektora, więc
−

→

n

2

= −

→

v × −

→

n

1

= [−2, −17, −7]

Równanie płaszczyzny π

2

: −2x − 17y − 7z + D = 0

Płaszczyzna przechodzi przez punkt prostej dla t = 0 : P (1, 2, 0)

Stąd:

−36 + D = 0 =⇒ D = 36

Równanie płaszczyzny π

2

: −2x − 17y − 7z + 36 = 0

Odpowiedź:

Równanie płaszczyzny π

2

: −2x − 17y − 7z + 36 = 0

4

5. Znaleźć odległość prostej

l :

(

2x + y + 1 = 0
x − z = 0

, t ∈ R

od płaszczyzny π : x + y − z + 7 = 0

Rozwiązanie:

Sprawdzamy, czy prosta l jest równoległa do płaszczyzny.

Szukamy wektora kierunkowego prostej:

Podstawiamy: x = t

Z równania prostej:

z = t

y = −2t − 1

Stąd wektor kierunkowy prostej:
−

→

v = [1, −2, 1]

Wektor normalny płaszczyzny:
−

→

n = [1, 1, −1]

Obliczamy:
−

→

v · −

→

n = 1 − 2 − 1 = −2 6= 0

Prosta nie jest równoległa do płaszczyzny, więc ją przecina, czyli odległość jest równa
zero.

Odpowiedź:

Odległość d = 0

5

6. Znaleźć równanie sfery o środku S(6, −8, 3) , stycznej do osi Oz .

Rozwiązanie:

Rzut punktu S na oś Oz:

S

0

(0, 0, 3)

Promień sfery:

r = SS

0

=

q

6

2

+ (−8)

2

+ 0

2

= 10

Równanie sfery:

(x − 6)

2

+ (y + 8)

2

+ (z − 3)

2

= 100

Odpowiedź:

Równanie sfery: (x − 6)

2

+ (y + 8)

2

+ (z − 3)

2

= 100

6