Egzamin z Algebry, 25 VI 2010, godz. 12.00

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę sprzężoną do z =

1 + i

i

Rozwiązanie:

z =

1 + i

i

=

(1 + i) · (−i)

1

= 1 − i

z = 1 + i

1 + i

2. Dla jakich wartości parametru p macierz A ma rząd 3 ?

A =






1

1 −1

0

2

1

0

2

p −1

0 −2






Rozwiązanie:

rzA = 1 + rz

"

2

1

2

p −1 −2

#

= 3 =⇒ rz

"

2

1

2

p −1 −2

#

= 2 =⇒ wiersze nie

mogą być proporcjonalne =⇒ p 6= −2

p 6= −2

3. Równanie płaszczyzny:

π :











x = 1 + t
y = 2 + t + s
z = 3 − t + s

; t, s ∈ R

zapisać w postaci ogólnej.
Rozwiązanie:
x = 1 + t =⇒ t = x − 1
y = 2 + t + s =⇒ y = 2 + x − 1 + s =⇒ s = y − x − 1
z = 3 − t + s =⇒ z = 3 − x + 1 + y − x − 1 =⇒ 2x − y + z − 3 = 0

2x − y + z − 3 = 0

4. Obliczyć odległość ognisk elipsy

(x − 4)

2

9

+

y

2

25

= 1 od osi Oy .

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).

4

5. Wyznaczyć promień okręgu będącego krawędzią przecięcia płaszczyzny z =
6 oraz sfery: x

2

+ y

2

+ z

2

= 100 .

Rozwiązanie:
Promień sfery: R = 10
Odległość płaszczyzny od środka sfery: d = 6
Promień okręgu: r

2

+ d

2

= R

2

=⇒ r

2

= 100 − 36 = 64 =⇒ r = 8

8

1

2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu W (z) = z

5

− 2z

4

+ z − 2 i przedstawić je w postaci

kanonicznej (algebraicznej).

Rozwiązanie:

Rzokładamy wielomian W (z) ma czynniki:

z

5

− 2z

4

+ z − 2 = z

4

(z − 2) + z − 2 = (z − 2)(z

4

+ 1)

Stąd:

(z − 2)(z

4

+ 1) = 0 ⇐⇒ z − 2 = 0 lub z

4

+ 1 = 0

z

1

= 2

z

4

= −1

z =

4

√

−1

Zapisujemy liczbe -1 w postaci trygonometrycznej:

−1 = 1 · (cos π + i sin π)

z

k

= cos

π+2kπ

4

+ i sin

π+2kπ

4

, k = 0, 1, 2, 3

z

2

= cos

π

4

+ i sin

π

4

=

√

2

2

+ i

√

2

2

z

3

= cos

3π

4

+ i sin

3π

4

= −

√

2

2

+ i

√

2

2

z

4

= cos

5π

4

+ i sin

5π

4

= −

√

2

2

− i

√

2

2

z

5

= cos

7π

4

+ i sin

7π

4

=

√

2

2

− i

√

2

2

Odpowiedź:

z

1

= 2

z

2

=

√

2

2

+ i

√

2

2

z

3

= −

√

2

2

+ i

√

2

2

z

4

= −

√

2

2

− i

√

2

2

z

5

=

√

2

2

− i

√

2

2

2

3. Zbadać, dla jakich wartości parametru p układ równań posiada rozwiązanie i wyznaczyć

to rozwiązanie.











px + y = 1
x − y = p
x + y = 1

Rozwiązanie:

Rząd macierzy

A =






p

1

1 −1
1

1






jest równy 2 ponieważ wyznacznik

1 −1
1

1

= 2 6= 0

Badamy rząd

A

R

=






p

1 1

1 −1 p
1

1 1






Obliczamy wyznacznik:

p

1 1

1 −1 p
1

1 1

= −p + p + 1 + 1 − p

2

− 1 = 1 − p

2

1 − p

2

= 0 ⇐⇒ p = 1 lub p = −1

Wniosek:

dla p 6= 1 i p 6= −1 układ jest sprzeczny ( bo rząd A

R

jest równy 3)

dla p = 1 układ ma jedno rozwiazanie ( bo rząd A

R

jest równy 2)

dla p = −1 układ ma jedno rozwiazanie ( bo rząd A

R

jest równy 2)

Dla p = 1 po usunięciu pierwszego równania:

(

x − y = 1
x + y = 1

=⇒ x = 1 , y = 0

Dla p = −1 po usunięciu pierwszego równania:

(

x − y = −1
x + y = 1

=⇒ x = 0 , y = 1

Odpowiedź:

Dla p = 1 rozwiązanie: x = 1 , y = 0

Dla p = −1 rozwiązanie: x = 0 , y = 1

3

4. Znaleźć równanie ogólne płaszczyzny π zawierającej punkt P (3, 0, 0) i prostą

l :

x

5

=

y − 3

1

=

z + 2

2

oraz obliczyć odległość tej płaszczyzny od początku układu współrzędnych.

Rozwiązanie:

Przkestałcamy równanie prostej w postaci krawędziowej:

x

5

=

y − 3

1

=⇒ x = 5y − 15 =⇒ x − 5y + 15 = 0

y − 3

1

=

z + 2

2

=⇒ z + 2 = 2y − 6 =⇒ 2y − z − 8 = 0

l :

(

x − 5y + 15 = 0
2y − z − 8 = 0

Równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą l (pęk płaszczyzn):

π : α(x − 5y + 15) + β(2y − z − 8) = 0

Ponieważ P ∈ π :

18α − 8β = 0 =⇒ β =

9
4

α

Wybieramy dowolna niezerową wartość np. α = 4 , wtedy mamy β = 9.

π : 4x − 2y − 9z − 12 = 0

Odpowiedź:

Równanie płaszczyzny π : 4x − 2y − 9z − 12 = 0

4

5. Dla jakich wartości parametru p punkty: A(1, 2, 1) , B(3, 2, −2) , C(2, 3, −p

2

) , D(3, 1, 0)

leżą w jednej płaszczyźnie?

Rozwiązanie:

Punkty A, B, C, D leżą w jednej płaszczyźnie wtedy i tylko wtedy, gdy iloczyn mieszany

wektorów

−→

AB ,

−→

AC i

−

−

→

AD jest równy 0.

−→

AB = [2, 0, −3]
−→

AC = [1, 1, −p

2

− 1]

−

−

→

AD = [2, −1, −1]

Obliczamy iloczyn mieszany:

(

−→

AB,

−→

AC,

−

−

→

AD) =

2

0

−3

1

1 −p

2

− 1

2 −1

−1

= −2 + 3 + 6 − 2p

2

− 2 = −2p

2

+ 5

−2p

2

+ 5 = 0 =⇒ p = ±

q

5
2

Odpowiedź:

Punkty leżą w jednej płaszczyźnie dla p = ±

q

5
2

5

6. Wyznaczyć równanie sfery stycznej do płaszczyzny π : 2x − y + z − 6 = 0 , jeżeli jej

środek jest symetryczny do punktu P (2, 3, −1) względem tej płaszczyzny.

Rozwiązanie:

Oznaczmy P

0

(x, y, z) - rzut punktu P na płaszczyzną π .

Wektor

−−→

P P

0

jest równoległy do wektora −

→

n normalnego płaszczyzny π

−

→

n = [2, −1, 1]

−−→

P P

0

= k−

→

n

[x − 2 , y − 3 , z + 1] = k[2, −1, 1]

x = 2k + 2 , y = −k + 3 , z = k − 1

Ponieważ P

0

∈ π

2(2k + 2) − (−k + 3) + (k − 1) − 6 = 0 =⇒ 6k − 6 = 0 =⇒ k = 1

Niech S oznacza środek sfery. Wtedy:
−→

P S = 2

−−→

P P

0

= [4, −2, 2]

stąd S(6, 1, 1)

Promień sfery: R = P P

0

=

q

2

2

+ (−1)

2

+ 1

2

=

√

6

(x − 6)

2

+ (y − 1)

2

+ (z − 1)

2

= 6

Odpowiedź:

Równanie sfery: (x − 6)

2

+ (y − 1)

2

+ (z − 1)

2

= 6

6