1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
1
Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) wyrażenie: 1 − i
2
2 + i
(1 + i)2
Rozwiązanie:
2 + i
2 + i
2 + i
(2 + i)( −i)
− 2 i + 1
1
=
=
=
==
=
− i
(1 + i)2
1 + 2 i − 1
2 i
2 i( −i)
2
2
2
Wiedząc, że A i B są nieosobliwymi macierzami 3 x 3 obliczyć wuznacznik 8
macierzy C :
C = [( AB) + ( AB) − 1( AB)( AB)]( AB) − 1
Rozwiązanie:
C = [( AB) + ( AB) − 1( AB)( AB)]( AB) − 1 = [( AB) + I( AB)]( AB) − 1 =
2 AB( AB) − 1 = 2 I
|C| = | 2 I| = 23 |I| = 8
3
Obliczyć iloczyn wektorowy wersora osi Oz oraz wektora ~
w będącego sumą [ − 1 , 1 , 0]
wekrsoró osi Ox i Oy
Rozwiązanie:
~
w = [1 , 0 , 0] + [0 , 1 , 0] = [1 , 1 , 0]
Szukany iloczyn wektorowy:
[0 , 0 , 1] × [1 , 1 , 0] = [ − 1 , 1 , 0]
h
i
4
Wyznaczyć wersor kierunkowy prostej l o równaniu krawędziowym: 1
(
± √ , − 1
√ , 1
√
3
3
3
x + y + 3 = 0
l :
x + 2 y + z = 0
Rozwiązanie:
~v = −
→
n 1 × −
→
n 2 = [1 , 1 , 0] × [1 , 2 , 1] = [1 , − 1 , 1]
wektor kierunkowy
"
#
~v
1
1
1
1
±
= ±√ [1 , − 1 , 1] = ± √ , −√ , √
wersor kierunkowy
|~v|
3
3
3
3
5
Dla jakiej wartości parametru a ∈ R wektory ~u i ~v są prostopadłe?
a 1 = − 4
~u = [1 − a , 1 , − 2 a] , ~u = [ a , − 4 , − 1 − a]
, a 2 = 1
Rozwiązanie:
~u · ~v = (1 − a) a − 4 − 2 a( − 1 − a) = a 2 + 3 a − 4 = 0
√
∆ = 25 ,
∆ = 5
a 1 = − 4 , a 2 = 1
1
2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu w dziedzinie zespolonej w( z) = z 4 − 2 z 3 + 6 z 2 − 2 z + 5
jeżeli jednym z pierwiastków jest z = i
Rozwiązanie:
ierwistek z 1 = i jest znany. Ponieważ współczynniki wielomianu są rzeczywiste, więc pierwiastkiem wielomianu jest też z 2 = ¯
z 1 = −i . Wielomian W ( z) dzieli się więc przez P ( z) = ( z − z 1)( z − z 2) = ( z − i)( z + i) = z 2 + 1
Dzieliemy wielomiany:
z 4 − 2 z 3 + 6 z 2 − 2 z + 5 = ( z 2 + 1)( z 2 − 2 z + 5) Rozwiązujemy równanie
z 2 − 2 z + 5 = 0
∆ = 4 − 20 = − 16
√∆ = ± 4 i
2 − 4 i
2 + 4 i
z 3 =
= 1 − 2 i , z
= 1 + 2 i
2
4 =
2
Odpowiedź:
z 1 = i
z 2 = −i
z 3 = 1 − 2 i
z 4 = 1 + 2 i
2
3. Wyznaczyć rozwiązanie układu równań w zależności od parametru “p”
x +
py −
z = 1
x + 10 y − 6 z = p
2 x −
y + pz = 0
Rozwiązanie:
Obliczmy wyznacznik macierzy układu:
1
p − 1
|A| =
1
10 − 6 = 10 p − 12 p + 1 + 20 − 6 − p 2 = −p 2 − 2 p + 15
2 − 1
p
Rozwiązujemy równanie |A| = 0
∆ = 64
p 1 = 3 , p 2 = − 5
Wniosek: Dla p 6= 3 i p 6= − 5 układ ma jedno rozwiązanie. Znajdujemy je stosując wzory Cramera:
1
p − 1
1 1 − 1
|A
1 | = p
10 − 6 = −p 3 + 11 p − 6
, |A
1 p − 6 = p 2 + p − 12
,
2 | =
0 − 1
p
2 0
p
1
p 1
|A
3 | = 1
10 p = 2 p 2 + p − 21
2 − 1 0
−p 3 + 11 p − 6
−( p − 3)( p 2 + 3 p − 2) p 2 + 3 p − 2
x =
=
=
−p 2 − 2 p + 15
−( p + 5)( p − 3)
p + 5
p 2 + p − 12
( p − 3)( p + 4)
−p − 4
y =
=
=
−p 2 − 2 p + 15
−( p + 5)( p − 3)
p + 5
2 p 2 + p − 21
( p − 3)(2 p + 7)
− 2 p − 7
z =
=
=
−p 2 − 2 p + 15
−( p + 5)( p − 3)
p + 5
Dla p = − 5 |A| = 0 , a więc rząd macierzy A jest ¬ 2 . Ponieaż |A 2 | = 8 6= 0 więc rząd
[ A|B] = 3 . Układ jest więc sprzeczny.
Dla p = 3 badamy rzędy:
1
3 − 1
1
3 − 1
"
#
1 3 − 1
rz A = rz
1
10 − 6 = rz 0
7 − 5 = rz
= 2
0 7 − 5
2 − 1
3
0 − 7
5
1. w0 = w
= w
2
2 − w 1 , w0 3
3 − 2 w 1
2. w 3 jest równy −w 2
3. k 1 i k 2 tworzą macierz trójkątną, na przekątnej elementy 6= 0
1
3 − 1 1
1
3 − 1
1
"
#
1 3 − 1 1
rz[ A|B] = rz
1
10 − 6 3 = rz 0
7 − 5
2 = rz
= 2
0 7 − 5 2
2 − 1
3 0
0 − 7
5 − 2
1. w0 = w
= w
2
2 − w 1 , w0 3
3 − 2 w 1
2. w 3 jest równy −w 2
3. k 1 i k 2 tworzą macierz trójkątną, na przekątnej elementy 6= 0
Układ ma ięc nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru. Szukamy macierzy 2x2 o wyznaczniku 6= − np.
3
1
3
= 7
1 10
Podstwaimy z = t - parametr i usuwamy trzecie równanie. Dostajemy układ: ( x + 3 y = 1 + t
x + 10 y = 3 + 6 t
1
3
|A0| =
= 7
1 10
1 + t
3
|A0 | =
= − 8 t + 1
1
3 + 6 t 10
1
1 + t
|A0 | =
= 5 t + 2
2
1 3 + 6 t
Mamy:
− 8 t + 1
x =
7
5 t + 2
y =
7
z = t
4
4. Wyznaczyć równanie prostej l , która:
- przechodzi przez P (1 , 1 , 1) x − 1
y − 2
z − 3
- przecina prostą l 1 :
=
=
2
1
4
x
y
z
- jest prostopadła do prostej l 2 :
=
=
1
2
3
Rozwiązanie:
Niech A( x, y, x) będzie punktem przecięcia prostej l i l 1 . Ponieważ A ∈ l 1 więc: x = 2 t + 1 , y = t + 2 , z = 4 t + 3 dla pewnego t ∈ R
−→
Wektor P A = [2 t , t + 1 , 4 t + 2] jest prostopadły do prostej l 2 , a więc do jej wektora kierunkowego:
~v 2 = [1 , 2 , 3]
−→
1 · 2 t + 2 · ( t + 1) + 3 · (4 t + 2) = 0
~v · P A = 0
16 t + 8 = 0
t = − 12 −→
Stąd P A = [ − 1 , 1 , 0]
2
Jest to wektor kierunkowy szukanej prostej. Aby napisać równanie szukanej prostej
−→
weźmiemy wektro równoległy: − 2 P A = [2 , − 1 , 0]
Odpowiedź:
Szukana prosta:
x − 1
y − 1
z − 1
=
=
2
− 1
0
5
5. Przez punkt A(1 , 2 , 1) poprowadzić płaszczyznę prostopadłą do rzutu prostej x − 1
y − 3
z
l :
=
=
na płaszczyznę x + y + z + 1 = 0
2
− 1
3
Rozwiązanie:
Wektor kierunkowy prostej l : ~v = [2 , − 1 , 3]
Wektor prostopadły do płaszczyzny ~n = [1 , 1 , 1]
Wektor kierunkowy płaszczyzny rzutującej jest prostopadły do wektorów ~v i ~n ; jest więc równy:
~i
~j ~k
: ~
n
1 = ~
v × ~n = 2 − 1 3 = [ − 4 , 1 , 3]
1
1 1
Wektor prostopadły do szukanej płaszczyzny jest wektorem kierunkowym rzutu prostej jest prostopadły do wektorów ~
n 1 i ~n ; jest więc równy:
~i ~j ~k
~
n
2 = ~
n 1 × ~n = − 4 1 3 = [ − 2 , 7 , − 5]
1 1 1
Równanie szukanej płąszczyzny:
π : − 2 x + 7 y − 5 z + D = 0
− 2 + 14 − 5 + D = 0
A ∈ π
D = − 7
π : − 2 x + 7 y − 5 z − 7 = 0
Odpowiedź:
π : − 2 x + 7 y − 5 z − 7 = 0
6
6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny stycznej do sfery o równaniu: ( x − 2)2 + ( y − 2)2 + ( z − 2)2 = 1
prostopadłej do prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych i środek sfery.
Rozwiązanie:
Z równania sfery odczytujemy jej środek S + (2 , 2 , 2) i promień R = 1.
Wektor kierunkowy prostej OS , ~n = [2 , 2 , 2] jest jednocześnie wktorem prostopadłym do szukanej płaszczyzny. Jej równanie:
2 x + 2 y + 2 z + D = 0
Płaszczyzna będzie styczna do sfery, gdy jej odległość od środka sfery będzie równa R.
| 4 + 4 + 4 + D|
√
= 1
22 + 22 + 22
√
| 12 + D| = 2 3
√
D = − 12 ± 2 3
Są dwie płaszczyzny spełniające żdane warunki:
√
π 1 : 2 x + 2 y + 2 z − 12 − 2 3 = 0
√
π 2 : 2 x + 2 y + 2 z − 12 + 2 3 = 0
Odpowiedź:
√
π 1 : x + y + z − 6 − 3 = 0
√
π 2 : x + y + z − 6 + 3 = 0
7