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 1 + 2 i jeżeli
w = 1 + i
u = cos π + i sin π
2
2
Rozwiązanie:
u = i
z = 1 + i + i = 1 + 2 i
2
Obliczyć wyznacznik macierzy D
− 2
0 1 3 1
1 1 0 0
D =
0 2 2 0
0 1 2 0
Rozwiązanie:
0 1 3 1
1 3 1
1 1 0 0
2 2
|D| =
= 1 ·( − 1)2+1 2 2 0 = − 1 · 1 ·( − 1)1+3
= − 2
0 2 2 0
1 2
1 2 0
0 1 2 0
Stosujemy rozwinięcia Laplace’a najpierw względem pierwszej kolumny, po-tem względem trzeciej kolumny.
1
3
Obliczyć sinus kąta między wektorami ~u i ~v jeżeli
~u = [1 , 0 , 1] , ~v = [2 , 1 , 2]
3
Rozwiązanie:
~u · ~v
4
4
cos α =
= √
√ = √
|~u| · |~u|
2 ·
9
3 2
s
√
16
1
sin α =
1 − cos2 α =
1 −
=
18
3
Uwaga: kąt między dowolnymi wektorami α ∈< 0 , π > więc sin α 0
h
i
4
Wyznaczyć wersor normalny płaszczyzny 2 x + y + 2 z − 3 = 0
2 , 1 , 2
3 3 3
Rozwiązanie:
Wektor normalny ~n = [2 , 1 , 2]
~n
1
2 1 2
Wersor normalny:
= √ · [2 , 1 , 2] =
, ,
|~n|
9
3 3 3
h
i
Uwaga: Jest jeszcze drugi wersor normalny: − 2 , − 1 , − 2
3
3
3
5
Obliczyć odległość środka sfery S od płaszczyzny xOy jeżeli 1
S : x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 z − 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 = |zA| = 1
1
2. Obliczyć W ( −i) i następnie znaleźć wszystkie pierwiastki wielomianu: W ( z) = z 4 + z 3 + 2 z 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 + 2 z 2 + z + 1 = ( z 2 + 1)( z 2 + z + 1) Rozwiązujemy równanie:
z 2 + z + 1 = 0
∆ = 1 − 4 = − 3
√
√
∆ = i 3 √
√
− 1 − i 3
− 1 + i 3
z 3 =
, z
2
4 =
2
Odpowiedż:
Pierwiastki wielomianu:
√
√
− 1 − i 3
− 1 + i 3
z 1 = −i , z 2 = i , z 3 =
, z
2
4 =
2
2
3. Znaleźć macierz A spełniającą równanie:
1 2 1 − 1
1
0 1 2
· A = A + 0
1 0 1
1
Rozwiązanie:
Oznaczmy
1 2 1
1
B =
0 1 2 , C = 0
1 0 1
1
Wyznacznik |B| = 1 + 4 − 1 = 4 6= 0 wuęc macierz odwrotna B ∗ − 1 istnieje. Przekształcamy 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:
0 − 2 − 1
4
I − B =
0
0 − 2
, B · C = 2
− 1
0
0
2
Wiadać, że macierz A ma 3 wiersze i 1 kolumnę:
x
A =
y
z
Powstałe równanie macierzowe możemy traktować jak układ równań. Układ ten rozwiązujemy stosując wzory Crammera.
0 − 2 − 1
4 − 2 − 1
|M| =
0
0 − 2 = − 4 6= 0
, |M
4
0 − 2 = 8
1 | =
− 1
0
0
2
0
0
0 4 − 1
0 − 2 4
|M
2 | =
0 2 − 2 = 4 − 2 = 2
, |M
0
0 2 = 4
3 | =
− 1 2
0
− 1
0 2
|M
|M
1
|M
Stąd: z =
1 | = − 2
, y =
2 | = −
, z =
3 | = − 1
|M|
|M|
2
|M|
Odpowiedż:
− 2
A =
− 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
m
1
m
1
1
A =
1 m
i
AR = 1 m
1
1
1
1
1 m
Zaczynamy od rzędu AR
W tym celu rozwiązujemy równanie: |Ar| = 0
|AR| = m 3 + 1 + 1 − m − m − m = m 3 − 3 m + 2
m 3 − 3 m + 2 = 0
Widać, że wielomian ma pierwiastek wymierny m 1 = 1 . Dzielimy wielomian przez ( m − 1)
m 3 − 3 m + 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 AR jest równy 3. Rząd macierzy A ¬ 2 więc układ jest sprzeczny.
Dla m = − 2 rząd rz AR ¬ 2
− 2
1
1
− 2
1
rz A
R = rz
1 − 2
1 = 2 , ponieważ
= 3 6= 0
1 − 2
1
1 − 2
− 2
1
− 2
1
rz A = rz
1 − 2 = 2 , ponieważ
= 3 6= 0
1 − 2
1
1
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: ( − 2 x + y = 1
x − 2 y = 1
Stosujemy wzory Cramera:
1
1
− 2 1
|M| = 3 , |M
1 | =
= − 2 − 1 = − 3 . |M
= − 2 − 1 = − 3
1 − 2
2 | =
1 1
|M
|M
z =
1 | = − 1
, y =
2 | = − 1
|M|
|M|
Dla m = 1 rząd rz AR ¬ 2
4
1 1 1
h
i
rz A
R = rz
1 1 1 = rz
1 1 1
= 1 , ponieważ wiersze są proporcjonalne
1 1 1
1 1
h
i
rz A = rz
1 1 = rz
1 1
= 1
1 1
Układ ma więc nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru. Szukamy 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-x − 2
y − 1
z + 2
czyzny π : 3 x − 2 y − 3 z + 3 = 0 i przecinającej prostą l :
=
=
1
− 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 : 3 x − 2 y − 3 z + D = 0
ponieważ π 1 jest równoległa do π
3 + 3 + D = 0
A ∈ π 1
D = − 6
π 1 : 3 x − 2 y − 3 z − 6 = 0
Współrzędne punktu B( x, y, z) spełniają układ równań:
3 x − 2 y − 3 z − 6 = 0
y − 1 = − 2( x − 2)
B ∈ π
1 ∩ l
y − 1 = −z − 2
y = − 2 x + 5
z = −y − 1 = 2 x − 6
3 x + 4 x − 10 − 6 x + 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
y
z + 1
=
=
1
− 3
3
6
6. Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez początek układu współrzędnych i przez prostą powstałą z przecięcia płaszczyzn x + 3 y − z + 1 = 0 oraz 2 x + 3 z − 10 = 0
Rozwiązanie:
Szukna płaszczyzna π ma równanie:
α( x + 3 y − z + 1) + β(2 x + 3 z − 10) = 0
pęk płaszczyzn
α − 10 β = 0
punkt (0 , 0 , 0) ∈ π
α = 10 β
β = 1
możemy wybrać dowolną wartość 6= 0
α = 10
10 x + 30 y − 10 z + 10 + 2 x + 3 z − 10 = 0
Odpowiedź:
Szukana płaszczyzna:
12 x + 30 y − 7 z = 0
7