SIMR ALG1 EGZ 2009 01 30b rozw

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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

background image

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


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
.SIMR-ALG1-EGZ-2009-01-30b-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2009-06-23-rozw
SIMR ALG1 EGZ 2010 01 28 rozw
SIMR ALG1 EGZ 2009 02 06a rozw
SIMR ALG1 EGZ 2009 09 07 rozw
.SIMR-ALG1-EGZ-2010-09-10-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2007-02-08a-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2013-09-09-rozw
SIMR-AN1-EGZ-2009-02-02a-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2011-02-07-rozw
.SIMR-ALG1-EGZ-2010-06-25b-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2007-06-16b-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2008-02-07b-rozw
SIMR-AN1-EGZ-2007-01-29b-rozw
SIMR-AN1-EGZ-2008-01-31a-rozw
.SIMR-ALG1-EGZ-2010-02-05-rozw
SIMR-ALG1-EGZ-2011-06-21b-rozw
SIMR-AN2-EGZ-2009-06-29-rozw
SIMR-AN1-EGZ-2009-06-17-rozw

więcej podobnych podstron