Egzamin z Algebry, 30 I 2009 godz. 12.00
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 zleżnych 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