Egzamin z Algebry, 16 VI 2007 godz.12.00
1. Podać definicję pierwiastka algebraicznego z liczby zepolonej i wzór na wyznaczanie tego pierwiastka. Rozwiązać równanie:
z 4 − (9 + i) z 2 + 9 i = 0
Rozwiązanie:
Podstawiamy:
t = z 2
t 2 − (9 + i) t + 9 i = 0
∆ = ( −(9 + i))2 − 4(9 i) = 81 + 18 i − 1 − 36 i = 81 − 18 i − 1 = (9 − i)2
√∆ = 9 − i
9 + i − 9 + i
t 1 =
= i
2
9 + i + 9 − i
t 2 =
= 9
2
Rozwiązujemy pierwsze równanie:
x 2 = i
Zapisujemy i w postaci trygonometrycznej: i = 1(cos( π ) + i sin( π )) 2
2
√
√
x
2
2
1 = cos( π ) + i sin( π ) =
+ i
4
4
2
2
√
√
x
2
2
2 = cos( 5 π ) + i sin(5 π ) = −
− i
4
4
2
2
Rozwiązujemy drugie równanie:
x 2 = 9
x 3 = 3
x 4 = − 3
2. Podeć definicję wyznacznika i rowziązać równanie: 1 − 2
3 0
2
1
3 2
= 0
1
1 − 2 1
3
x
1 3
Rozwiązanie:
Odejmujemy od kolumny pierwszej kolumnę czwartą, a następnie stosujemy rozwinięcie Laplace’a:
1 − 2
3 0
1 − 2
3 0
1
3 2
2
1
3 2
0
1
3 2
=
= 1 − 2 1 = − 6 + 3 x + 2 + 4 x − 1 − 9 =
1
1 − 2 1
0
1 − 2 1
x
1 3
3
x
1 3
0
x
1 3
7 x − 14
Rozwiązujemy równanie:
7 x − 14 = 0
x = 2
3. Podać definicję macierzy odwrotnej i algorytm jej wyznaczania. Rozwiąż metodą macierzową układ równań:
x − y + 2 z =
4
y − 2 z = − 3
2 x + 3 y + z =
0
Rozwiązanie:
Macierz współczynników:
1 − 1
2
A =
0
1 − 2
2
3
1
Macierz wyrazów wolnych:
4
B =
− 3
0
Rozwiązanie metodą macierzową: X = A− 1 B
1 − 1
2
|A| =
0
1 − 2 = 1 + 4 − 4 + 6 = 7
2
3
1
Wyznacznik jest różny od 0, a więc istnieje macierz odwrotna A− 1
1
0 2
AT =
− 1
1 3
2 − 2 1
7
7 0
( AT ) D =
− 4 − 3 2
− 2 − 5 1
1
1 0
( AT ) D
A− 1 =
=
− 4
− 3 2
|A|
7
7
7
− 2 − 5 1
7
7
7
Odpowiedź:
1
X = A− 1 B =
− 1
1
4. Podać definicję iloczynu wektorowego. Wyznacz wektor prostopadły do wektorów −
→
a =
−
→
[ − 1 , 2 , 2] , b = [0 , 3 , − 4] i określ jego cosinusy kierunkowe: Rozwiązanie:
−
→
Wektor −
→
c prostopadły do wektorów −
→
a i b można znaleźć za pomocą iloczynu wektorowego:
−
→
−
→
c = −
→
a × b = [ − 14 , − 4 , − 3]
Jego cosinusy kierunkowe są równe:
b
− 14
cos α
x
x = −
→ = √
| b |
221
b
− 4
cos α
y
y = −
→ = √
| b |
221
− 3
cos α
z
z = −
→ = √
| b |
221
5. Podać własność ogniskową paraboli. Przez punkt P (5 , − 7) poprowadź styczną do paraboli y 2 = 8 x
Rozwiązanie:
Prosta styczna przechodząca przez punkt P ma równanie: y + 7 = k( x − 5)
y = kx − 5 k − 7
Szukamy punktów przecięcia z parabolą. Prosta styczna ma tylko jeden punkt przecię-
cia:
( kx − 5 k − 7)2 = 8 x
k 2 x 2 − 2 k(5 k + 7) x + (5 k + 7)2 = 8 x k 2 x 2 + ( − 10 k 2 − 14 k − 8) x + (5 k + 7)2 = 0
Jeden punkt przecięcia jest gdy ∆ = 0
∆ = ( − 10 k 2 − 14 k − 8)2 − 4 k 2(5 k + 7)2 = 0
( − 10 k 2 − 14 k − 8)2 = (10 k 2 + 14 k)2
Czyli
− 10 k 2 − 14 k − 8 = 10 k 2 + 14 k lub
− 10 k 2 − 14 k − 8 = − 10 k 2 − 14 k Pierwsze równanie:
20 k 2 + 28 k + 8 = 0
5 k 2 + 7 k + 2 = 0
∆ = 9
k 1 = 15
k 2 = − 85
Drugie równanie nie ma rozwiązań.
Odpowiedź: Są dwie proste styczne:
y 1 = 1( x − 5) − 7
5
y 2 = − 8( x − 5) − 7
5
6. Dane są proste:
(
(
2 x + y + z + 1 = 0
x + z − 1 = 0
l 1 :
, l
2 x − z + 1 = 0
2 :
y + 2 z − 2 = 0
a) Wyznaczyć odległość tych prostych
b) Poprowadzić płaszczyznę przechodzącą przez l 1 i równoległą do l 2
Rozwiązanie:
Przekształcamy równania prostych do postaci parametrycznej:
x = t
l 1 :
y = − 4 t − 2
z = 2 t + 1
x = −t + 1
l 2 :
y = − 2 t + 2
z = t
Znajdujemy stąd wektory kierunkowe prostych:
−
→
v 1 = [1 , − 4 , 2]
−
→
v 2 = [ − 1 , − 2 , 1]
Oraz po jednym punkcie z każdej prostej:
P 1 = (0 , − 2 , 1)
P 2 = (1 , 2 , 0)
Wektor
−−→
P 1 P 2 = [1 , 4 , − 1]
Odległość między prostymi jest równa:
−−→
|( −
→
v
P
d =
1 × −
→
v 2) · 1 P 2 |
|−
→
v 1 × −
→
v 2 |
−
→
v 1 × −
→
v 2 = [0 , − 3 , − 6]
Czyli
| 2 |
2
d = √
= √
45
3 5
Płaszczyzna przechodząca przez prostą l 1 ma równanie: α(2 x + y + z + 1) + β(2 x − z + 1) = 0
Czyli
(2 α + 2 β) x + αy + ( α − β) z + α + β = 0
Płaszczyzna ta ma być równoległa do prostej l 2, czyli jej wektor prostopadły ma być prostopadły do v 2
[2 α + 2 β, α, α − β] · [ − 1 , − 2 , 1] = 0
− 3 α − 3 β = 0
Przyjmujemy dowolną niezerową wartość np. α = 1. Wtedy β = − 1 i rówanie szukanej płasczyzny:
y + 2 z = 0