Egzamin z Algebry, 8 II 2007 godz.12.00
1. Dana jest liczba zespolona z = x + iy . Narysować zbiór określony równaniem
|z - 1|2 + 4Imz = 0
RozwiÄ…zanie:
|x + iy - 1|2 + 4Im(x + iy) = 0
(x - 1)2 + y2 + 4y = 0
(x - 1)2 + (y + 2)2 = 4
Jest to okrąg o środku w (1, -2) i o promieniu R = 2
x2 y2 x2 y2
2. Podać własność ogniskową hiperboli - = 1 . Znalez
ć równanie hiperboli - =
a2 b2 a2 b2
x2 y2
1 , której ogniska są wierzchołkami elipsy + = 1 , a wierzchołki ogniskami tej
25 b2
elipsy.
RozwiÄ…zanie:
Wierzchołki hiperboli są w punktach Wh = (ąa, 0)
Aby ogniska elipsy leżały na osi Ox musi być b < 5. Wtedy ogniska elipsy są w
"
Oe = (Ä… 25 - b2, 0)
Mamy więc pierwsze równanie:
"
a = 25 - b2
Po uproszczeniu
a2 + b2 = 25
"
Ogniska hiperboli sÄ… w punktach Oh = (Ä… a2 + b2, 0)
Wierzchołki elipsy leżące na osi Ox są w Oe = (ą5, 0)
Mamy więc drugie równanie:
"
a2 + b2 = 5
Po uproszczeniu
a2 + b2 = 25
Oba równania są takie same. Można wyliczyć np. b
"
a = 25 - b2
Odpowiedz
:
Równaie szukanej hiperboli:
x2 y2
- = 1 , gdzie b " (0, 5)
25 - b2 b2
3. Sformułować twierdzenie Kroneckera-Capelliego. Dla jakiego a układ równań
Å„Å‚
ôÅ‚ - 3y = 2
x
òÅ‚
-3x + 2y = 1
ôÅ‚
ół
4x - 5y = a
ma rozwiązania. Wyznaczyć te rozwiązania.
RozwiÄ…zanie:
Macierz współczynników:
îÅ‚ Å‚Å‚
1 -3
ïÅ‚ śł
A = -3 2 ûÅ‚
ðÅ‚
4 -5
ma rząd 2 ponieważ wyznacznik


1 -3

= -7 = 0

-3 2

Układ ma rozwiązania gdy rząd macierzy rozszerzonej też będzie równy 2.
îÅ‚ Å‚Å‚
1 -3 2
ïÅ‚ śł
AR = -3 2 1 ûÅ‚
ðÅ‚
4 -5 a
Wyznacznik |AR| musi więc być równy 0.


1 -3 2


|AR| = -3 2 1 = 2a - 12 + 30 - 16 + 5 - 9a = -7a + 7


4 -5 a
-7a + 7 = 0
a = 1
Dla a = 1 rząd AR jest równy 2 więc układ ma rozwiązania. Aby rozwiązać ten układ
wyrzucamy ostatnie równanie

x - 3y = 2
-3x + 2y = 1
Ten układ jest układem Cramera i ma jedno rozwiązanie:


1 -3

|A| = = -7
-3 2



2 -3

|A1| = = 7

1 2


1 2

|A2| = = 7
-3 1

|A1|
x = = -1
|A|
|A2|
y = = -1
|A|
Odpowiedz
:
Układ ma rozwiązania dla a = 1. Wtedy jedynym rozwiązaniem jest para x = -1 ,
y = -1
4. Podać definicję iloczynu wektorowego. Obliczyć objętość czworościanu o wierzchołkach
A(3, 1, 0) , B(-1, 1, 2) , C(0, 2, 1) i S(3, -3, 2).
RozwiÄ…zanie:
Ojętość czworościanu jest równa:
- - -

1
V = |(AB × AC)AS|
6
-

AB = [-4, 0, 2]
-

AC = [-3, 1, 1]
-

AS = [0, -4, 2]


-4 0 2

- - -

(AB × AC)AS = -3 1 1 = -8 + 24 - 16 = 0


0 -4 2
Stąd wynika, że punkty A , B , C i S leżą na jednej płaszczyz
nie i nie mogą być
wierzchołkami czworościanu.
x+1 y-2 z-1
5. Znalez
ć punkt przecięcia prostej l : = = z płaszczyzną ą : 3x-2y+z-3 = 0
2 1 -1
RozwiÄ…zanie:
Å„Å‚
ôÅ‚ x = 2t - 1
òÅ‚
Równanie prostej l w postaci parametrycznej: l : y = t + 2
ôÅ‚
ół
z = -t + 1
Punkt przecięcia P (x, y, x) leży na prostej i na płaszczyz
nie:
3(2t - 1) - 2(t + 2) + (-t + 1) - 3 = 0
t = 3
P (5, 5, -2)
6. Podać definicjÄ™ powierzchni walcowej o kierownicy L i kierunku = [Ä…, ², Å‚] . Narysować
s
x2
powierzchnię S : + y2 = 1. Wyznaczyć tworzącą tej powierzchni przechodzącą przez
4
punkt M(2, 0, 5)
RozwiÄ…zanie:
Powierzchnią tą jest walec eliptyczny o tworzących równoległych do osi Oz czyli do
wektora = [0, 0, 1] (ponieważ w równaniu powierzchni nie występuje zmienna z).
s
Równanie tworzącej przechodzącej przez punkt M:
Å„Å‚
ôÅ‚ x = 2
òÅ‚
l : y = 0
ôÅ‚
ół
z = t + 5