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
Σ
A
Zestaw A
Zadanie 1 Wyznacz wszystkie elementy zbioru
3
q
(1 + i)
3
.
Zadanie 2 Rozwiąż układ równań z parametrem rzeczywistym a ∈ R:
2x
+
3y
−
z
=
1
x
−
ay
+ 2z =
3
−x + 2ay − 3z = −4
.
Zadanie 3 Wyznacz odległość punktu P = (1, 2, 3) od płaszczyzny π zadanej w postaci para-
metrycznej:
x =
1 + s + t
y
= 2 − 2s + t
z
=
s − t
s, t ∈ R
.
Zadanie 4 Dla jakich wymiernych wartości parametru t ∈ Q wektory u = (t
2
, 3, 2t
2
, 1, t) i
v = (−3t, t
2
, t
2
, 1, −3) są ortogonalne w R
5
?
Zadanie 5 Wyznacz (o ile istnieją) macierze złożeń K◦L oraz L◦K w bazach standardowych,
jeżeli L : R
3
7→ R
2
oraz K : R
2
7→ R
4
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-
nia z dowolnej niezerowej liczby zespolonej. Niech
3
q
(1 + i)
3
= {w
0
, w
1
, w
2
}. Z definicji pierwiastka
wynika, że jeden z nich – powiedzmy w
0
– jest równy w
0
= 1 + i, gdyż w
3
0
= (1 + i)
3
.
Ponadto wiemy, że w
0
, w
1
i w
2
na płaszczyźnie zespolonej są rozłożone równomiernie na jednym
okręgu o środku w 0. Wynika stąd, że np. w
1
otrzymamy obracając w
0
o kąt
2π
3
, tzn.
w
1
= w
0
cos
2π
3
+ i sin
2π
3
= (1 + i)
−
1
2
+ i
√
3
2
= −
√
3 + 1
2
+ i
√
3 − 1
2
.
Podobnie uzyskujemy w
2
w
2
= w
0
cos
4π
3
+ i sin
4π
3
= (1 + i)
−
1
2
− i
√
3
2
=
√
3 − 1
2
− i
√
3 + 1
2
.
Odpowiedź:
3
q
(1 + i)
3
= {1 + i, −
√
3+1
2
+ i
√
3−1
2
,
√
3−1
2
− i
√
3+1
2
}.
Rozwiązanie zadania 2 Układ równań jest Cramera wtedy i tylko wtedy gdy
0 6=W =
2
3
−1
1
−a
2
−1
2a
−3
= 6a − 6 − 2a + a + 9 − 8a = 3 − 3a ←→ a 6= 1.
Wtedy dla a ∈ R \ {1} mamy jedno rozwiązanie układu równań:
x =
W
x
W
=
1
3
−1
3
−a
2
−4
2a
−3
2
3
−1
1
−a
2
−1
2a
−3
=
3a − 24 − 6a + 4a + 27 − 4a
3 − 3a
=
3 − 3a
3 − 3a
= 1,
y =
W
y
W
=
2
1
−1
1
3
2
−1 −4 −3
2
3
−1
1
−a
2
−1
2a
−3
=
−18 − 2 + 4 − 3 + 3 + 16
3 − 3a
=
0
3 − 3a
= 0,
z =
W
z
W
=
2
3
1
1
−a
3
−1
2a
−4
2
3
−1
1
−a
2
−1
2a
−3
=
8a − 9 + 2a − a + 12 − 12a
3 − 3a
=
3 − 3a
3 − 3a
= 1.
Jeśli a = 1, to rozważany układ równań nie jest układem Cramera i mamy
2
3
−1 |
1
1
−1
2
|
3
−1
2
−3 | −4
w
1
+w
3
w
2
+w
3
←→
1
5 −4 | −3
0
1 −1 | −1
−1 2 −3 | −4
w
1
+w
3
←→
0
7 −7 | −7
0
1 −1 | −1
−1 2 −3 | −4
←→
←→
0
1 −1 | −1
0
1 −1 | −1
−1 2 −3 | −4
←→
0
1 −1 | −1
−1 2 −3 | −4
!
(−1)·w
2
←→
0
1
−1 | −1
1 −2
3
|
4
!
w
2
+2w
1
←→
←→
0 1 −1 | −1
1 0
1
|
2
!
←→
(
y
= −1 + z
x =
2 − z
∧ z ∈ R, z jest parametrem rzeczywistym.
Rozwiązanie zadania 3 Parametryczne równanie płaszczyzny
π :
x =
1 + s + t
y
= 2 − 2s + t
z
=
s + t
s, t ∈ R
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) = (x
0
, y
0
, z
0
) i możemy zastosować wzór
na odległość punktu od płaszczyzny π:
d(P, π) =
|ax
0
+ by
0
+ cz
0
+ d|
√
a
2
+ b
2
+ c
2
=
|1 · 1 + 2 · 2 + 3 · 3 − 5|
√
1
2
+ 2
2
+ 3
2
=
9
√
14
=
9
14
√
14.
Rozwiązanie zadania 4 Wektory są ortogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny
jest równy zero, czyli
(u ⊥ v)
←→
(t
2
, 3, 2t
2
, 1, t) ◦ (−3t, t
2
, t
2
, 1, −3) = 0
←→
(−3t
3
+ 3t
2
+ 2t
4
+ 1 − 3t = 0).
Zatem wystarczy znaleźć pierwiastki wymierne wielomianu W (t) = 2t
4
− 3t
3
+ 3t
2
− 3t + 1. Szu-
kamy ich pośród liczb postaci p/q, gdzie p ∈ {±1} jest dzielnikiem całkowitym wyrazu wolnego
wielomianu W , a q ∈ {±1, ±2} jest dzielnikiem współczynnika przy t
4
. Stąd p/q ∈ {±1, ±
1
2
}.
Obliczając
W (1) = 0,
W (−1) = 12,
W (
1
2
) = 0,
W (−
1
2
) =
15
4
,
widzimy, że jedynymi wymiernymi pierwiastkami wielomianu W są liczby 1 i
1
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
M
L
=
"
1 −2 0
1
1
3
#
,
M
K
=
1
1
0
1
1 −2
3
0
Zauważmy, że mnożenie macierzy M
L
M
K
nie jest wykonalne. Zatem z twierdzenia o postaci ma-
cierzy złożenia przekształceń liniowych wynika, że złożenie L ◦ K jest źle określone, a więc jego
macierz nie istnieje. Z tego samego twierdzenia wynika, że złożenie K ◦ L jest dobrze określone, a
jego macierz obliczamy następująco:
M
K◦L
= M
K
M
L
=
1
1
0
1
1 −2
3
0
"
1 −2 0
1
1
3
#
=
2 −1
3
1
1
3
−1 −4 −6
3 −6
0