Egzamin podstawowy (wersja przykładowa), 2014
Algebra z geometrią analityczną
W rozwiązaniach prosimy formułować lub nazywać wykorzystywane twierdzenia,
stosowane wzory, uzasadniać wyciągane wnioski oraz starannie sporządzać rysunki.
1 2 3 4 5 Ł
A
Zestaw A

3
Zadanie 1 Wyznacz wszystkie elementy zbioru (1 + i)3 .
Zadanie 2 Rozwiąż układ równań z parametrem rzeczywistym a " R:
ńł
�ł 2x + 3y - z = 1
�ł
x - ay + 2z = 3
�ł
ół
-x + 2ay - 3z = -4
.
Zadanie 3 Wyznacz odległość punktu P = (1, 2, 3) od płaszczyzny Ą zadanej w postaci para-
metrycznej:
ńł
�ł
x = 1 + s + t
�ł
y = 2 - 2s + t s, t " R
.
�ł
ół
z = s - t
Zadanie 4 Dla jakich wymiernych wartości parametru t " Q wektory u = (t2, 3, 2t2, 1, t) i
v = (-3t, t2, t2, 1, -3) są ortogonalne w R5?
Zadanie 5 Wyznacz (o ile istnieją) macierze złożeń Kć%L oraz Lć%K w bazach standardowych,
jeżeli L : R3 R2 oraz K : R2 R4 są przekształceniami linowymi, danymi wzorami:
L(x, y, z) = (x - 2y, x + y + 3z), K(u, v) = (u + v, v, u - 2v, 3u).
Instytut Matematyki i Informatyki PWr
Rozwiązania
Rozwiązanie zadania 1 Wiadomo, że istnieją dokładnie 3 zespolone pierwiastki trzeciego stop-

3
nia z dowolnej niezerowej liczby zespolonej. Niech (1 + i)3 = {w0, w1, w2}. Z definicji pierwiastka
3
wynika, że jeden z nich  powiedzmy w0  jest równy w0 = 1 + i, gdyż w0 = (1 + i)3.
Ponadto wiemy, że w0, w1 i w2 na płaszczyz
nie zespolonej są rozłożone równomiernie na jednym
2Ą
okręgu o środku w 0. Wynika stąd, że np. w1 otrzymamy obracając w0 o kąt , tzn.
3
" " "

2Ą 2Ą 1 3 3 + 1 3 - 1
w1 = w0 cos + i sin = (1 + i) - + i = - + i .
3 3 2 2 2 2
Podobnie uzyskujemy w2
" " "

4Ą 4Ą 1 3 3 - 1 3 + 1
w2 = w0 cos + i sin = (1 + i) - - i = - i .
3 3 2 2 2 2

" " " "
3 3+1 3-1 3-1 3+1
Odpowiedz
: (1 + i)3 = {1 + i, - + i , - i }.
2 2 2 2
Rozwiązanie zadania 2 Układ równań jest Cramera wtedy i tylko wtedy gdy


2 3 -1


0 =W = 1 -a 2 = 6a - 6 - 2a + a + 9 - 8a = 3 - 3a �! a = 1.



-1 2a -3
Wtedy dla a " R \ {1} mamy jedno rozwiązanie układu równań:


1 3 -1


3 -a 2

Wx -4 2a -3 - 24 - 6a + 4a + 27 - 4a 3 - 3a
3a

x = = = = = 1,

W 2 3 -1 3 - 3a 3 - 3a


1 -a 2


-1 2a -3


2 1 -1


1 3 2

Wy -1 -4 -3 -18 - 2 + 4 - 3 + 3 + 16 0

y = = = = = 0,

W 2 3 -1 3 - 3a 3 - 3a


1 -a 2


-1 2a -3


2 3 1


1 -a 3

Wz -1 2a -4 - 9 + 2a - a + 12 - 12a 3 - 3a
8a

z = = = = = 1.

W 2 3 -1 3 - 3a 3 - 3a


1 -a 2


-1 2a -3
Jeśli a = 1, to rozważany układ równań nie jest układem Cramera i mamy
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
2 3 -1 | 1 1 5 -4 | -3 0 7 -7 | -7
�ł �ł �ł �ł
1 �ł łł �ł łł
�ł -1 2 | 3 łł �! 0 1 -1 | -1�ł �! 0 1 -1 | -1�ł �!
-1 2 -3 | -4 -1 2 -3 | -4 -1 2 -3 | -4
w1+w3
w1+w3
w2+w3
�ł �ł

0 1 -1 | -1
0 1 -1 | -1 0 1 -1 | -1
�ł
�! 0 1 -1 | -1�ł �! �! �!
�ł łł
-1 2 -3 | -4 1 -2 3 | 4
(-1)�w2 w2+2w1
-1 2 -3 | -4

0 1 -1 | -1 y = -1 + z
�! �! '" z " R, z jest parametrem rzeczywistym.
1 0 1 | 2 x = 2 - z
Rozwiązanie zadania 3 Parametryczne równanie płaszczyzny
ńł
�ł
x = 1 + s + t
�ł
Ą : y = 2 - 2s + t s, t " R
�ł
ół
z = s + t
doprowadzamy do postaci normalnej ax + by + cz + d = 0 poprzez rugowanie zmiennych s oraz t.
Wtedy mamy x + 2y + 3z - 5 = 0 oraz punkt P (1, 2, 3) = (x0, y0, z0) i możemy zastosować wzór
na odległość punktu od płaszczyzny Ą:
"
|ax0 + by0 + cz0 + d| |1 � 1 + 2 � 2 + 3 � 3 - 5| 9 9
" " "
d(P, Ą) = = = = 14.
14
a2 + b2 + c2 12 + 22 + 32 14
Rozwiązanie zadania 4 Wektory są ortogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny
jest równy zero, czyli

(u Ą" v) �! (t2, 3, 2t2, 1, t) ć% (-3t, t2, t2, 1, -3) = 0 �! (-3t3 +3t2 +2t4 +1-3t = 0).
Zatem wystarczy znalez
ć pierwiastki wymierne wielomianu W (t) = 2t4 - 3t3 + 3t2 - 3t + 1. Szu-
kamy ich pośród liczb postaci p/q, gdzie p " {ą1} jest dzielnikiem całkowitym wyrazu wolnego
wielomianu W , a q " {ą1, ą2} jest dzielnikiem współczynnika przy t4. Stąd p/q " {ą1, ą1}.
2
Obliczając
1 1 15
W (1) = 0, W (-1) = 12, W ( ) = 0, W (- ) = ,
2 2 4
1
widzimy, że jedynymi wymiernymi pierwiastkami wielomianu W są liczby 1 i .
2
Rozwiązanie zadania 5 Zacznijmy od wyznaczenia macierzy przekształceń L oraz K. W tym
celu obliczymy ich wartości w elementach baz standardowych:
L(1, 0, 0) = (1, 1), L(0, 1, 0) = (-2, 1), L(0, 0, 1) = (0, 3),
K(1, 0) = (1, 0, 1, 3), K(0, 1) = (1, 1, -2, 0).
Macierz przekształcenia otrzymujemy, zapisując współrzędne uzyskanych wektorów w kolejnych
kolumnach macierzy, czyli
�ł łł
1 1

�ł śł
1 -2 0 0 1
�ł śł
ML = , MK = �ł śł
�ł -2
�ł
1 1 3 1
3 0
Zauważmy, że mnożenie macierzy MLMK nie jest wykonalne. Zatem z twierdzenia o postaci ma-
cierzy złożenia przekształceń liniowych wynika, że złożenie L ć% K jest z
le określone, a więc jego
macierz nie istnieje. Z tego samego twierdzenia wynika, że złożenie K ć% L jest dobrze określone, a
jego macierz obliczamy następująco:
�ł łł �ł łł
1 1 2 -1 3

�ł śł �ł śł
0 1 1 -2 0 1 1 3
�ł śł �ł śł
MKć%L = MKML = �ł śł = �ł śł
�ł -2 1 1 3
�ł �ł -1 -4 -6
�ł
1
3 0 3 -6 0