Egzamin z Algebry, 25 VI 2010, godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1 + i
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę sprzężoną do z =
1 + i
i
Rozwiązanie:
1 + i
(1 + i) · ( −i)
z =
=
= 1 − i
i
1
z = 1 + i
2. Dla jakich wartości parametru p macierz A ma rząd 3 ?
p 6= − 2
1
1 − 1
0
A = 2
1
0
2
p − 1
0 − 2
Rozwiązanie:
"
#
"
#
2
1
2
2
1
2
rz A = 1 + rz
= 3 = ⇒ rz
= 2 = ⇒ wiersze nie
p − 1 − 2
p − 1 − 2
mogą być proporcjonalne = ⇒ p 6= − 2
3. Równanie płaszczyzny:
2 x − y + z − 3 = 0
x = 1 + t
π :
y = 2 + t + s ; t, s ∈ R
z = 3 − t + s
zapisać w postaci ogólnej.
Rozwiązanie:
x = 1 + t = ⇒ t = x − 1
y = 2 + t + s = ⇒ y = 2 + x − 1 + s = ⇒ s = y − x − 1
z = 3 − t + s = ⇒ z = 3 − x + 1 + y − x − 1 = ⇒ 2 x − y + z − 3 = 0
( x − 4)2
y 2
4. Obliczyć odległość ognisk elipsy
+
= 1 od osi Oy .
4
9
25
Rozwiązanie:
Środek eplisy: S(4 , 0) . Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Oy przechodzącej przez S, ponieważ b > a ( a = 3 , b = 5).
5. Wyznaczyć promień okręgu będącego krawędzią przecięcia płaszczyzny z =
8
6 oraz sfery: x 2 + y 2 + z 2 = 100 .
Rozwiązanie:
Promień sfery: R = 10
Odległość płaszczyzny od środka sfery: d = 6
Promień okręgu: r 2 + d 2 = R 2 = ⇒ r 2 = 100 − 36 = 64 = ⇒ r = 8
1
2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu W ( z) = z 5 − 2 z 4 + z − 2 i przedstawić je w postaci kanonicznej (algebraicznej).
Rozwiązanie:
Rzokładamy wielomian W ( z) ma czynniki:
z 5 − 2 z 4 + z − 2 = z 4( z − 2) + z − 2 = ( z − 2)( z 4 + 1) Stąd:
( z − 2)( z 4 + 1) = 0 ⇐⇒ z − 2 = 0 lub z 4 + 1 = 0
z 1 = 2
z 4 = − 1
√
z = 4 − 1
Zapisujemy liczbe -1 w postaci trygonometrycznej:
− 1 = 1 · (cos π + i sin π) zk = cos π+2 kπ + i sin π+2 kπ , k = 0 , 1 , 2 , 3
4
4
√
√
z
2
2
2 = cos π + i sin π =
+ i
4
4
2
2
√
√
z
2
2
3 = cos 3 π + i sin 3 π = −
+ i
4
4
2
2
√
√
z
2
2
4 = cos 5 π + i sin 5 π = −
− i
4
4
2
2
√
√
z
2
2
5 = cos 7 π + i sin 7 π =
− i
4
4
2
2
Odpowiedź:
z 1 = 2 √
√
z
2
2
2 =
+ i
2
2
√
√
z
2
2
3 = −
+ i
2
2
√
√
z
2
2
4 = −
− i
2
2
√
√
z
2
2
5 =
− i
2
2
2
3. Zbadać, dla jakich wartości parametru p układ równań posiada rozwiązanie i wyznaczyć to rozwiązanie.
px + y = 1
x − y = p
x + y = 1
Rozwiązanie:
Rząd macierzy
p
1
A = 1 − 1
1
1
1 − 1
jest równy 2 ponieważ wyznacznik
= 2 6= 0
1
1
Badamy rząd
p
1 1
A
R =
1 − 1 p
1
1 1
Obliczamy wyznacznik:
p
1 1
1 − 1 p = −p + p + 1 + 1 − p 2 − 1 = 1 − p 2
1
1 1
1 − p 2 = 0 ⇐⇒ p = 1 lub p = − 1
Wniosek:
dla p 6= 1 i p 6= − 1 układ jest sprzeczny ( bo rząd AR jest równy 3) dla p = 1 układ ma jedno rozwiazanie ( bo rząd AR jest równy 2) dla p = − 1 układ ma jedno rozwiazanie ( bo rząd AR jest równy 2) Dla p = 1 po usunięciu pierwszego równania:
(
x − y = 1
= ⇒ x = 1 , y = 0
x + y = 1
Dla p = − 1 po usunięciu pierwszego równania: (
x − y = − 1
= ⇒ x = 0 , y = 1
x + y = 1
Odpowiedź:
Dla p = 1 rozwiązanie: x = 1 , y = 0
Dla p = − 1 rozwiązanie: x = 0 , y = 1
3
4. Znaleźć równanie ogólne płaszczyzny π zawierającej punkt P (3 , 0 , 0) i prostą x
y − 3
z + 2
l :
=
=
5
1
2
oraz obliczyć odległość tej płaszczyzny od początku układu współrzędnych.
Rozwiązanie:
Przkestałcamy równanie prostej w postaci krawędziowej:
x
y − 3
=
= ⇒ x = 5 y − 15 = ⇒ x − 5 y + 15 = 0
5
1
y − 3
z + 2
=
= ⇒ z + 2 = 2 y − 6 = ⇒ 2 y − z − 8 = 0
1
2
(
x − 5 y + 15 = 0
l :
2 y − z − 8 = 0
Równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą l (pęk płaszczyzn): π : α( x − 5 y + 15) + β(2 y − z − 8) = 0
Ponieważ P ∈ π :
18 α − 8 β = 0 = ⇒ β = 9 α
4
Wybieramy dowolna niezerową wartość np. α = 4 , wtedy mamy β = 9.
π : 4 x − 2 y − 9 z − 12 = 0
Odpowiedź:
Równanie płaszczyzny π : 4 x − 2 y − 9 z − 12 = 0
4
5. Dla jakich wartości parametru p punkty: A(1 , 2 , 1) , B(3 , 2 , − 2) , C(2 , 3 , −p 2) , D(3 , 1 , 0) leżą w jednej płaszczyźnie?
Rozwiązanie:
Punkty A, B, C, D leżą w jednej płaszczyźnie wtedy i tylko wtedy, gdy iloczyn mieszany
−→ −→ −
−
→
wektorów AB , AC i AD jest równy 0.
−→
AB = [2 , 0 , − 3]
−→
AC = [1 , 1 , −p 2 − 1]
−
−
→
AD = [2 , − 1 , − 1]
Obliczamy iloczyn mieszany:
2
0
− 3
−→ −→ −
−
→
( AB, AC, AD) = 1
1 −p 2 − 1 = − 2 + 3 + 6 − 2 p 2 − 2 = − 2 p 2 + 5
2 − 1
− 1
q
− 2 p 2 + 5 = 0 = ⇒ p = ± 52
Odpowiedź:
q
Punkty leżą w jednej płaszczyźnie dla p = ±
5
2
5
6. Wyznaczyć równanie sfery stycznej do płaszczyzny π : 2 x − y + z − 6 = 0 , jeżeli jej środek jest symetryczny do punktu P (2 , 3 , − 1) względem tej płaszczyzny.
Rozwiązanie:
Oznaczmy P 0( x, y, z) - rzut punktu P na płaszczyzną π .
−−→
−
→
Wektor P P 0 jest równoległy do wektora n normalnego płaszczyzny π
−
→
n = [2 , − 1 , 1]
−−→
−
→
P P 0 = k n
[ x − 2 , y − 3 , z + 1] = k[2 , − 1 , 1]
x = 2 k + 2 , y = −k + 3 , z = k − 1
Ponieważ P 0 ∈ π
2(2 k + 2) − ( −k + 3) + ( k − 1) − 6 = 0 = ⇒ 6 k − 6 = 0 = ⇒ k = 1
Niech S oznacza środek sfery. Wtedy:
−→
−−→
P S = 2 P P 0 = [4 , − 2 , 2]
stąd S(6 , 1 , 1)
√
q
Promień sfery: R = P P 0 =
22 + ( − 1)2 + 12 =
6
( x − 6)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 6
Odpowiedź:
Równanie sfery: ( x − 6)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 6
6