Egzamin z Algebry, 21 VI 2011 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
√
1
Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę zespoloną z = u + v 2 i
jeżeli
u = cos π + i sin π , v = cos 3 π + i sin 3 π
4
4
4
4
Rozwiązanie:
√
√
√
√
u =
2 + 2 i , v = − 2 + 2 i 2
2
2
2
√
√
√
√
√
z =
2 + 2 i − 2 + 2 i =
2 i
2
2
2
2
√
2
Obliczyć kąt między wektorem ~
w = [2 , − 3 ,
3] i osią Ox układu współrzęd-
π
3
nych.
Rozwiązanie:
~
u = [1 , 0 , 0]
wersor osi Ox
~
u · ~
w
2
1
cos α =
= √
=
|~
u| · | ~
w|
16 · 1
2
α = π 3
3
Dla danych wektorów ~
w = [1 , 1 , 0] oraz ~
u = [1 , 0 , 1] obliczyć ~
u ◦ (2 ~
u × ~
w)
0
Rozwiązanie:
Wektor 2 ~
u × ~
w jest prostopadły do wektora ~
u więc ~
u ◦ (2 ~
u × ~
w) = 0
√
4
Obliczyć odległość środka okręgu: x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 od początku 5
układu współrzędnych
Rozwiązanie:
( x − 1)2 − 1 + ( y − 2)2 − 4 + 1 = 0
( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 4 = ⇒ S(1 , 2) środek okręgu
O(0 , 0)
początek układu współrzędnych
√
q
d = SO =
(1 − 0)2 + (2 − 0)2 =
5
5
Dla jakich wartości parametru p rząd macierzy A jest równy 2?
− 3
1 1 − 1
0
A =
1 3
0
2
− 1 p
0 − 2
Rozwiązanie:
Widać, że dla p = − 3 wiersz drugi i trzeci są proporcjonalne, a wiersze pierwszy i drug nie więc rząd jest równy 2.
1 − 1
0
Skreślamy pierwszą kolumnę: 3
0
2 = − 2 p − 6 6= 0 dla p 6= − 3
p
0 − 2
Dla p 6= − 3 mamy rz A = 3
1
2. Rozwiązać równanie z 4 − 3 iz 2 + 4 = 0 , z ∈ C
Rozwiązanie:
Podstawiamy t = z 2
t 2 − 3 it + 4 = 0
∆ = − 9 − 16 = − 25
√∆ = 5 i
3 i + 5 i
t 1 =
= 4 i
2
3 i − 5 i
t 2 =
= −i
2
Rozwiązujemy równanie
z 2 = 4 i
4 i = 4(cos π + i sin π ) postać trygonometryczna
2
2
√
π
π
+ 2 kπ
+ 2 kπ
z
2
2
k =
4 cos
+ i sin
, k = 0 , 1
2
2
√
√
z 0 = 2(cos π + i sin π ) =
2 + i 2
4
4
√
√
z 1 = 2(cos 5 π + i sin 5 π ) = − 2 − i 2
4
4
Rozwiązujemy równanie
z 2 = −i
−i = 1(cos 3 π + i sin 3 π ) postać trygonometryczna
2
2
3 π + 2 kπ
3 π + 2 kπ
z
2
2
k = cos
+ i sin
, k = 0 , 1
2
2
√
√
z
2
2
2 = cos 3 π + i sin 3 π ) = −
+ i
4
4
2
2
√
√
z
2
2
3 = cos 7 π + i sin 7 π ) =
−
4
4
2
2
Stąd:
z 2 + 1 = ( z − i)( z + i) Odpowiedż:
Pierwiastki wielomianu:
√
√
√
√
√
√
√
√
z
2
2
2
2
0 =
2 + i 2 , z 1 = − 2 − i 2 , z 2 = −
+ i
, z
−
2
2
3 =
2
2
2
3. Wyznaczyć niewiadomą z stosując metodę Crammera (wyznacznikową) do układu rów-nań
x
+
z
+ 4 t = 0
x + 2 y + 4 z −
t = 4
4 x
+ 2 t = 3
3 x
+ 2 z
+
t = 2
Rozwiązanie:
Jeżeli |A| 6= 0 to układ ma jedno rozwiązanie i wtedy:
|A
z
z |
= |A|
Obliczamy
1 0 1
4
1 1 4
1 2 4 − 1
|A| =
= 2 · ( − 1)2+2 4
0 2 = 2(6 + 32 − 4 − 4) = 60
4 0 0
2
3 2 1
3 0 2
1
Stosujemy rozwinięcie Laplace’a względem drugiej kolumny.
1 0 0
4
1 0 4
1 2 4 − 1
|A
z | =
= 2 · ( − 1)2+2
4 3 2
= 2(3 + 32 − 36 − 4) = − 10 Stosujemy 4 0 3
2
3 2 1
3 0 2
1
rozwinięcie Laplace’a względem drugiej kolumny.
Stąd:
− 10
1
z =
= −
60
6
Odpowiedź
1
z = − 6
3
4. Obliczyć pole trójkąta utworzonego na płaszczyźnie π : x + y + z − 10 = 0 w wyniku jej przecięcia płaszczyznami: x = 1 , y = 2 , z = 3 .
Rozwiązanie:
Szukamy wierzchołków trójkąta:
x + y + z − 10 = 0
A :
x = 1
= ⇒ 3 + z − 10 = 0 = ⇒ z = 7 = ⇒ A(1 , 2 , 7)
y = 2
x + y + z − 10 = 0
B :
x = 1
= ⇒ 4 + y − 10 = 0 = ⇒ y = 6 = ⇒ B(1 , 6 , 3)
z = 3
x + y + z − 10 = 0
C :
y = 2
= ⇒ x + 5 − 10 = 0 = ⇒ x = 5 = ⇒ C(5 , 2 , 3)
z = 3
Wektory rozpinające trójkąt:
−→
−→
AB = [0 , 4 , − 4] , AC = [4 , 0 , − 4] , Pole trójkąta:
−→
−→
P = 1 |AB × AC|
2
i j
k
−→
−→
AB × AC = 0 4 − 4 = − 16 i − 16 j − 16 k = [ − 16 , − 16 , − 16]
4 0 − 4
√
√
q
P = 1
( − 16)2 + ( − 16)2 + ( − 16)2 = 16
3 = 8 3
2
2
Odpowiedź:
√
Pole trójkata jest równe 8 3
4
5. Wyznaczyć równania płaszczyzn stycznych do powierzchni: x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11 = 0 i prostopadłych do prostej x − 4
y − 1
z − 1
=
=
4
3
1
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie sfery do postaci kanonicznej: ( x − 1)2 − 1 + ( y + 2)2 − 4 + ( z − 3)2 − 9 − 11 = 0
( x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z − 3)2 = 25
Środek sfery O(1 , − 2 , 3) , a jej promień R = 5 .
Wektor kierunkowy prostej: ~
v = [4 , 3 , 1] , więc równanie płaszczyzny prostopadłej do danej prostej:
π : 4 x + 3 y + z + D = 0
Środek sfery jest odległy od płaszczyzny stycznej o R:
| 4 − 6 + 3 + D|
√
= 5
42 + 32 + 12
√
|D + 1 | = 5 ·
26
√
D + 1 = ± 5 26
√
√
D 1 = − 1 + 5 26 , D 2 = − 1 − 5 26
Odpowiedź:
Płaszczyzny styczne:
√
π 1 : 4 x + 3 y + z − 1 + 5 26 = 0
√
π 2 : 4 x + 3 y + z − 1 − 5 26 = 0
5
6. Na prostej l : x = y = z wyznaczyć punkty, dla których odległość od płaszczyzny π : 2 x − y − 2 z − 2 = 0 jest równa 1 .
Rozwiązanie:
Przkształcamy równanie prostej l do postaci parametrycnej.
x = t = ⇒ y = t , z = t Odpległośc punktu prostej od płaszczyzny π:
| 2 t − t − 2 t − 2 |
= 1
q22 + ( − 1)2 + ( − 2)2
√
| − t − 2 | =
9
−t − 2 = ± 3
t 1 = − 5 , t 2 = 1
Odpowiedź:
Szukane punkty:
P 1 = ( − 5 , − 5 , − 5) P 2 = (1 , 1 , 1)
6