Egzamin z Algebry, 11 2013 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Nr Zadanie Odp.
1
1
z
Å»
-1 - i
2 2
Przedstawić w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę w = , jeżeli
z - z
Å»
z = 1 + i
RozwiÄ…zanie:
z = 1 - i
Å»
1 - i 1 - i -i(1 - i) 1 1
w = = = = - - i
1 + i - 1 + i 2i 2 2 2
2 Dla jakiej wartości parametru p rząd macierzy A jest równy 2 ? 3
îÅ‚ Å‚Å‚
1 1 1 1
ïÅ‚ śł
0 1 0 1
ïÅ‚ śł
A = ïÅ‚ śł
ðÅ‚ ûÅ‚
p 2 3 2
2 2 2 2
RozwiÄ…zanie:
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
îÅ‚ Å‚Å‚
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
ïÅ‚ śł ïÅ‚ śł
0 1 0 1 0 1 0
ïÅ‚ śł ïÅ‚ śł ïÅ‚ śł
rz ïÅ‚ śł = rz ïÅ‚ śł = rz 0 1 0 ûÅ‚
ðÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
p 2 3 2 p 2 3
p 2 3
2 2 2 2 2 2 2


1 1 1


0 1 0 = 3 - p = 0 =Ò! p = 3


p 2 3
3 Zapisać równanie płaszczyzny Ą w postaci ogólnej x-y +z -1 =
Å„Å‚
ôÅ‚ x = t + s
0
òÅ‚
Ä„ : y = 1 + t s, t " R
ôÅ‚
ół
z = 2 - s
RozwiÄ…zanie:
s = 2 - z
r = y - 1
x = y - 1 + 2 - z =Ò! x - y + z - 1 = 0
4 Wyznaczyć współrzędne ogniska paraboli o równaniu y2 = 4x . F (0, 1)
RozwiÄ…zanie:
P = 2 równanie paraboli (y2 = 2px)
p
F (0, ) =Ò! F (0, 1)
2
5 Wyznaczyć punkt przecięcia płaszczyzny x + 2y + 3z + 5 = 0 z osią Oy . (0, -5, 0)
2
RozwiÄ…zanie:
x = 0 , z = 0 =Ò! 2y + 5 = 0 =Ò! y = -5
2
1
2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu W (z) = z4 - 2z2 + 4 , z " C .
RozwiÄ…zanie:
z4 - 2z2 + 4 = 0
Podstawiamy t = z2
t2 - 2t + 4 = 0
" = -12
" " "
" = Ä… 12i = Ä…2 3i
"
"
2 - 2 3i
t1 = = 1 - 3i
2
"
"
2 + 2 3i
t2 = = 1 + 3i
2
Rozwiązujemy równanie:
"
z2 = t1 =Ò! z2 = 1 - 3i

"
z = 1 - 3i

"
1 - 3i = 2 cos(-Ą ) + i sin(-Ą ) postać trygonometryczna
3 3

"
-Ą + 2kĄ -Ą + 2kĄ
3 3
zk = 2 cos + i sin , k = 0, 1
2 2
" " "

"
"
-Ä„ -Ä„ 3 1 6 i 2
z0 = 2 cos + i sin cos = 2 - i = -
6 6 2 2 2 2
" " "

"
"
5Ä„ 5Ä„ 3 1 6 i 2
z1 = 2 cos + i sin cos = 2 - + i = - +
6 6 2 2 2 2
Ponieważ współczynniki wielomianu W (z) są rzeczywiste i wielomian jest stopnia 4 ,
więc pozostałe 2 pierwiastki muszą sprzężone do znalezionych.
" "
6 i 2
z2 = z0 = +
Å»
2 2
" "
6 i 2
z3 = z1 = - -
Å»
2 2
Odpowiedz
:
Pierwiastki wielomianu:
" " " " " " " "
6 i 2 6 i 2 6 i 2 6 i 2
z0 = - , z1 = - + , z2 = + , z3 = - -
2 2 2 2 2 2 2 2
2
3. Wykorzystując wzory Cramera wyznaczyć niewiadomą y z układu równań
Å„Å‚
2x + 3y = 2
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
x + y + 5z + 2t = 1
ôÅ‚
2x + y + 3t = -3
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
x + y + 3z = -3
RozwiÄ…zanie:
Wzór Cramera:
|A2|
y =
|A|
Obliczamy


2 3 0 0 2 3 0 0


1 1 5 2 {w2 = w2 - w3} -1 0 5 0 {Rozw. Laplace a k4}

|A| =

2 1 0 2 = 2 1 0 2 =


1 1 3 0 1 1 3 0


2 2 0


2 · (-1)7 · -1 -4 5 = -2(15 - 10 + 9) = -28


1 -3 3


2 2 0 0 2 2 0 0


1 1 5 2 {w2 = w2 - w3} -1 -4 5 0 {Rozw. Laplace a k4}

|A2| =
-3 0 2 = 2 =
-3 0 2

2


1 -3 3 0 1 -3 3 0


2 2 0


2 · (-1)7 · -1 -4 5 = -2(-24 + 10 + 30 + 6) = -44


1 -3 3
-44 11
y = =
-28 7
Odpowiedz
:
11
y =
7
3
4. Wyznaczyć punkt symetryczny do punktu P (4, 3, 10) względem prostej
x - 1 y - 2 z - 3
l : = =
2 4 5
RozwiÄ…zanie:
Przekształcamy równanie prostej do postaci parametrycznej:
Å„Å‚
ôÅ‚ x = 2t + 1
òÅ‚
l : y = 4t + 2 , t " R
ôÅ‚
ół
z = 5t + 3

Szukamy P (x, y, z) - rzutu punktu P na prostÄ… l.
-
-
-


Wektor P P jest prostopadły do wektora kierunkowego prostej v = [2, 4, 5]
-
-

P P = [x - 4, y - 3, z - 10] = [2t - 3 , 4t - 1 , 5t - 7]
-
-

-
P P · v = 0
2(2t - 3) + 4(4t - 1) + 5(5t - 7) = 0
45t - 45 = 0 =Ò! t = 1
-
-

P P = [-1, 3, -2]

Punkt P symetryczny do P względem płaszczyzny znajdujemy z zależności:
- -
- -

P P = 2P P
-
-

P P = [-2, 6, -4] =Ò!

P = (4 - 2 , 3 + 6 , 10 - 4) = (2, 9, 6)
Odpowiedz
:

Punkt symetryczny do P : P = (2, 9, 6)
4
5. Dla jakich A i D prosta
x - 3 y - 1 z + 1
l : = =
4 -4 3
leży całkowicie w płaszczyz
nie Ä„ : Ax + 2y - 4z + D = 0 .
RozwiÄ…zanie:
Przekształcamy równanie prostej do postaci parametrycznej:
Å„Å‚
ôÅ‚ x = 4t + 3
òÅ‚
l : y = -4t + 1 , t " R
ôÅ‚
ół
z = 3t - 1
Prosta l leży w płaszczyz
nie, gdy dla każdego t zachodzi:
A(4t + 3) + 2(-4t + 1) - 4(3t - 1) + D = 0
(4A - 20)t + 3A + D + 6 = 0
Rozwiązujemy układ równań:

4A - 20 = 0
=Ò! A = 5 , D = -21
3A + D + 6 = 0
Odpowiedz
:
Prosta leży w płaszczyz
nie dla: A = 5 , D = -21
5
6. Dany jest punkt P (3, 1, 0) oraz płaszczyzna Ą : x + y + z = 0 . Wyznaczyć równanie
sfery, której środek jest symetryczny do punktu P względem płaszczyzny Ą i która jest
do tej płaszczyzny styczna.
RozwiÄ…zanie:
-
-

1. Szukamy wektora P P , gdzie P jest rzutem punktu P na płaszczyznę Ą.
-
-

Oznaczamy ten rzut P (x, y, z). Wtedy wektor P P = [x - 3, y - 1, z] jest równoległy
-

do wektora normalnego płaszczyzny n = [1, 1, 1]
-
-
-
P P = k =Ò! [x - 3, y - 1, z] = k[1, 1, 1] =Ò!
n
x = k + 3 , y = k + 1 , z = k
4

P " Ä„ =Ò! k + 3 + k + 1 + k = 0 =Ò! 3k + 4 = 0 =Ò! k = -
3
-
- 4

P P = - [1, 1, 1]
3

2. Punkt P symetryczny do P względem płaszczyzny znajdujemy z zależności:
- -
- -

P P = 2P P
-
- 8

P P = - [1, 1, 1] =Ò!
3
8 8 8
P = (3 - , 13 - , 3 - ) = (1 , -5 , -8)
3 3 3 3 3 3
3. Środek sfery jest w punkcie P  . Jej promień jest równy odległości punktu P od
płaszczyzny Ą
"

-
- 4 4 3


R = P P = [1, 1, 1] =

3 3
Równanie sfery:
1 5 8 16
(x - )2 + (y + )2 + (z + )2 =
3 3 3 3
Odpowiedz
:
1 5 8 16
Szukana równanie sfery: (x - )2 + (y + )2 + (z + )2 =
3 3 3 3
6