Egzamin z Algebry, 10 IX 2010
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
√
1 + i 3
√
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) z =
√
− 1 + i 3
1 − i 3
2
2
Rozwiązanie:
√
√
√
√
√
1 + i 3
(1 + i 3) · (1 + i 3)
1 + 2 i 3 − 3
1
3
√ =
√
√
=
= −
+ i
1 − i 3
(1 − i 3) · (1 + i 3)
1 + 3
2
2
"
#
"
#
1 2
− 2
1
2. Wyznaczyć A− 1 jeżeli A =
3 4
3
− 1
2
2
Rozwiązanie:
|A| = 4 − 6 = − 2 6= 0
"
#
"
#
4 − 3
4 − 2
Ad =
( Ad) T =
− 2
1
− 3
1
( Ad) T
"
−
#
2
1
A− 1 =
=
|A|
3
− 1
2
2
1
3. Obliczyć odległość punktu P (1 , 0 , 2) od płaszczyzny π : 2 x + y + 2 z − 7 = 0
3
Rozwiązanie:
| 2 · 1 + 0 + 2 · 2 − 7 |
1
d =
√
=
22 + 12 + 22
3
( x − 4)2
y 2
4. Obliczyć odległość ognisk elipsy
+
= 1 .
8
9
25
Rozwiązanie:
a 2 = 9 = ⇒ a = 3 , b 2 = 25 = ⇒ b = 5 , b > a Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Oy przechodzącej przez środek elipsy.
√
d =
b 2 − a 2 = 4
odległość ogniska od środka elipsy.
2 d = 8
odległość między ogniskami
5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez środek sfery o równa-x + y − 2 z − 3 = 0
(
x − y = 0
niu: ( x − 1)2 + ( y − 2)2 + z 2 = 1 , prostopadłej do prostej l : 2 x + z − 1 = 0
Rozwiązanie:
x = t = ⇒ y = t = ⇒ z = − 2 t + 1
prosta w postaci parametrycznej
−
→
n = [1 , 1 − 2]
wektor normalny płaszczyzny
S = (1 , 2 , 0)
środek sfery
( x − 1) + ( y − 2) − 2 z = 0 = ⇒ x + y − 2 z − 3 = 0
równanie płaszczyzny
1
2. Rozwiązać równanie: ( z 2 + z + 1)( z 3 − i) = 0 , z ∈ C .
Rozwiązanie:
( z 2 + z + 1)( z 3 − i) = 0 ⇐⇒ z 2 + z + 1 = 0
lub
z 3 − i = 0
Szukamy rozwiązań równania: z 2 + z + 1 = 0
∆ = − 3
√
√
∆ = ± 3 i
√
− 1 −
3 i
z 1 =
2 √
− 1 +
3 i
z 2 =
2
Szukamy rozwiązań równania: z 3 − i = 0
z 3 = i
√
z = 3 i
Zapisujemy liczbę i w postaci trygonometrycznej: i = 1 · (cos π + i sin π ) 2
2
π +2 kπ
π +2 kπ
z
2
2
k = cos
+ i sin
, k = 0 , 1 , 2
3
3
√
z
3
3 = cos π + i sin π =
+ 1 i
6
6
2
2
√
z
3
4 = cos 5 π + i sin 5 π = −
+ 1 i
6
6
2
2
z 5 = cos 3 π + i sin 3 π = −i 2
2
Odpowiedź:
√
z
3 i
1 = − 1 −
2
2
√
z
3 i
2 = − 1 +
2
2
√
z
3
3 =
+ i
2
2
√
z
3
4 = −
+ i
2
2
z 5 = −i
2
3. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie:
1 2 3
7 7
0 1 2 · X = 4 4
0 2 1
2 5
Rozwiązanie:
Oznaczamy:
1 2 3
7 7
A = 0 1 2 , B = 4 4
0 2 1
2 5
Przy założeniu, że istnieje macierz odwrotna do A mamy: A · X = B ⇐⇒ X = A− 1 · B
Obliczamy:
|A| = 1 + 0 + 0 − 0 − 0 − 4 = − 3 6= 0 = ⇒ macierz odwrotna istnieje
− 3
0
0
Ad =
4
1 − 2
1 − 2
1
− 3
4
1
( Ad) T =
0
1 − 2
0 − 2
1
1 − 4
− 1
3
3
( Ad) T
A− 1 =
=
2
0 − 1
|A|
3
3
0
2
− 1
3
3
1 0
X = A− 1 · B = 0 2
2 1
Odpowiedź:
1 0
X = 0 2
2 1
3
4. Określić liczbę rozwiązań układu równań w zależności od parametru p ∈ R :
x + py − z = 1
2 x − y + pz = 0
x + 10 y − 6 z = p
Rozwiązanie:
Badamy rząd macierzy
1
p − 1
A = 2 − 1
p
1
10 − 6
Obliczamy wyznacznik:
|A| = 6 + p 2 − 20 − 1 − 10 p + 12 p = p 2 + 2 p − 15
p 2 + 2 p − 15 = 0 = ⇒ p 1 = − 5 , p 2 = 3
Wniosek: dla p 6= − 5 i p 6= 3 rząd A jest równy 3, rząd AR też jest równy 3 więc układ ma jedno rozwiązanie.
Dla p = − 5 :
Rząd A jest mniejszy niż 3. Rząd ten jest równy 2, ponieważ wyznacznik: 2 − 1
= 21 6= 0
skreślamy w
1
10
1 i k 3
1 − 5 − 1
1
Badamy rząd A
R =
2 − 1 − 5
0
1
10 − 6 − 5
Obliczamy wyznacznik:
1 − 1
1
2 − 5
0 = 25 + 0 − 30 + 5 − 0 − 10 = − 10 6= 0
skreślamy k
2
1 − 6 − 5
Wniosek: dla p = − 5 rząd AR = 3, rząd A = 2 więc układ nie ma rozwiązań.
Dla p = 3 :
Rząd A jest mniejszy niż 3. Rząd ten jest równy 2; sprawdzamy wyznacznik dla przy-padku p = − 5
Badamy rząd AR :
1
3 − 1 1
A
R =
2 − 1
3 0
1
10 − 6 3
Obliczamy wyznacznik:
1 − 1 1
2
3 0 = 9 + 0 − 30 − 3 − 0 + 6 = − 18 6= 0
skreślamy k
2
1 − 6 3
Wniosek: dla p = 3 rząd AR =3, rząd A = 2 więc układ nie ma rozwiązań.
Odpowiedź:
Dla p = − 5 oraz dla p = 3 układ jest sprzeczny, a dla pozostałych p układ ma jedno rozwiązanie.
4
5. Napisać równanie płaszczyzny π zawierającej prostą (
4 x − y + 3 z − 1 = 0
l :
x + 5 y − z + 2 = 0
i prostopadłą do płaszczyzny o równaniu: 2 x − y + 5 z − 3 = 0 .
Rozwiązanie:
Równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą l (pęk płaszczyzn): π : α(4 x − y + 3 z − 1) + β( x + 5 y − z + 2) = 0
Wektor normalny tej płaszczyzny:
−
→
n = [4 α + β , 5 β − α , 3 α − β]
Płaszczyzna ta jest prostopadła do płaszczyzny π 1 : 2 x − y + 5 z − 3 = 0 , gdy wektor
−
→
−
→
n jest prostopadły do n 1 = [2 , − 1 , 5] , czyli:
−
→
n 1 · −
→
n = 0
2(4 α + β) − (5 β − α) + 5(3 α − β) = 0
24 α − 8 β = 0 = ⇒ β = 3 α
Wybieramy dowolną niezerową wartość np. α = 1 , wtedy mamy β = 3.
π : 7 x + 14 y + 0 z + 5 = 0
Odpowiedź:
Równanie płaszczyzny π : 7 x + 14 y + 5 = 0
5
6. Dany jest czworościan o wierzchołkach: A(1 , 1 , 0) , B(0 , 3 , 2) , C( − 1 , 1 , 1) , D(2 , 0 , 0).
Obliczyć:
a) długość wysokości czworościanu wychodzącej z wierzchołka D, b) równanie płaszczyzny, na której leżą punkty A, B, C .
Rozwiązanie:
Obliczamy:
−→
AB = [ − 1 , 2 , 2]
−→
AC = [ − 2 , 0 , 1]
−
−
→
AD = [1 , − 1 , 0]
a) Wysokość czworościanu jest równa wysokości równoległościanu rozpiętemu przez te V
wektory. Mamy S · h = V = ⇒ h = S
Pole podstawy równoległościanu:
−→
−→
S = |AB × AC|
i j
k
−→
−→
AB × AC = − 1 2 2 = 2 i − 4 j + 4 k + j = [2 , − 3 , 4]
− 2 0 1
√
q
S =
22 + ( − 3)2 + 42 =
29
Objetość równoległościanu:
−→
−→
−
−
→
S = |( AB × AC) · AD| = | 2 + 3 + 0 | = 5
Stąd:
5
h = √ 29
−→
−→
b) wektor AB × AC jest wektorem normalnym szukanej płaszczyzny: π : 2 x − 3 y + 4 z + E = 0
Punkt A leży na płaszczyźnie:
2 − 3 + 0 + E = 0 = ⇒ E = 1
π : 2 x − 3 y + 4 z + 1 = 0
Odpowiedź:
5
a) h = √ 29
b) punkty A, B, C leżą w płaszczyźnie: π : 2 x − 3 y + 4 z + 1 = 0
6