Egzamin z Algebry, 25 VI 2010, godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)
√
2i
Rozwiązanie:
2i = 2(cos
π
2
+ i sin
π
2
)
√
2i = z
k
=
√
2(cos
π
2
+2kπ
2
+ i sin
π
2
+2kπ
2
) , k = 0, 1
z
0
=
√
2(cos
π
4
+ i sin
π
4
) = 1 + i
z
1
=
√
2(cos
5π
4
+ i sin
5π
4
) = −1 − i
±(1 + i)
2. Dana jest macierz:
A =
1 2 3
1 1 0
1 0 0
Wyznaczyć det
(A
T
)
−1
.
Rozwiązanie:
det
(A
T
)
−1
=
1
detA
|A| = −3
−
1
3
3. Zapisać w postaci kierunkowej równanie prostej:
l :
(
2x + y − 1 = 0
x + y + z = 0
Rozwiązanie:
Podstawiamy: x = t . Wtedy
y = −2t + 1 =⇒ t =
y − 1
−2
z = −t + 2t − 1 = t − 1 =⇒ t = z + 1
x =
y − 1
−2
= z + 1
4. Obliczyć odległość środka elipsy
(x − 4)
2
9
+
(y − 3)
2
25
= 1 od początku układu
współrzędnych.
Rozwiązanie:
Środek eplisy: S(4, 3)
Odległość OS =
√
4
2
+ 3
2
= 5
5
5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny stycznej do sfery: x
2
+ y
2
+ z
2
= 12 w
punkcie P (2, 2, 2)
Rozwiązanie:
Wektor prostopadły do płaszczyzny stycznej:
−→
OP = [2, 2, 2]
Równanie płaszczyzny stycznej: 2x + 2y + 2z + D = 0
12 + D = 0 =⇒ D = −12
2x+2y+2z−12 = 0
1
2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu W (z) = z
5
+z
4
−3z
3
+4z
2
+2z wiedząc, że z
1
= 1+i
jest jednym z nich. Przedstawić je w postaci kanonicznej (algebraicznej).
Rozwiązanie:
Wielomian W (z) ma współczynniki rzeczywiste. Jego pierwiastkiem jest więc również:
z
2
=
z
1
= 1 − i
Wielomian W (z) podzielny jest więc przez wielomian:
(z − z
1
)(z − z
2
) = (z − 1 − i)(z − 1 + i) = (z − 1)
2
− (i)
2
= z
2
− 2z + 2
Mamy po wykonaniu dzielenia:
z
5
+ z
4
− z
3
+ 4z
2
+ 2z = (z
2
− 2z + 2)(z
3
− 3z
2
+ z)
z
3
− 3z
2
+ z = z(z
2
− 3z + 1)
stąd z
3
= 0
∆ = 9 − 4 = −5
z
4
=
3 −
√
5
2
z
5
=
3 +
√
5
2
Odpowiedź:
z
1
= 1 + i
z
2
= 1 − i
z
3
= 0
z
4
=
3 −
√
5
2
z
5
=
3 +
√
5
2
2
3. Wykorzystując wzory Cramera wyznaczyć niewiadomą z z układu równań:
2x − 2y − z + 2t = −1
x + 2y + z + t = 0
x + 2y − z − t = 0
x − 2y − z − t = 0
Rozwiązanie:
z =
|A
3
|
|A|
Obliczamy wyznaczniki:
|A| =
2 −2 −1
2
1
2
1
1
1
2 −1 −1
1 −2 −1 −1
= {k
0
4
= k
4
−k
3
} =
2 −2 −1 3
1
2
1 0
1
2 −1 0
1 −2 −1 0
= {Rozw. Laplace’a wzgl. k
4
} =
3 · (−1)
5
1
2
1
1
2 −1
1 −2 −1
= −3 · (−2 − 2 − 2 − 2 − 2 + 2) = 24
|A
3
| =
2 −2 −1
2
1
2
0
1
1
2
0 −1
1 −2
0 −1
= {Rozw. Laplace’a wzgl. k
3
} = −1·(−1)
4
1
2
1
1
2 −1
1 −2 −1
=
−(−2 − 2 − 2 − 2 − 2 + 2) = 8
z =
8
24
=
1
3
Odpowiedź:
z =
1
3
3
4. Zapisać w postaci ogólnej równanie płaszczyzny π
2
, która zawiera prostą
l :
x = 1 + 2t
y = 2 + t
z = −3t
, t ∈ R
i jest prostopadła do płaszczyzny π
1
: 3x − 2y + 4z + 6 = 0
Rozwiązanie:
Wektor kierunkowy prostej:
−
→
v = [2, 1, −3]
Wektor normalny płaszczyzny π
1
:
−
→
n
1
= [3, −2, 4]
Wektor normalny płaszczyzny π
2
jest prostopadły do wektorów: −
→
v i −
→
n
1
,a intersuje
nas tylko kierunek tego wektora, więc
−
→
n
2
= −
→
v × −
→
n
1
= [−2, −17, −7]
Równanie płaszczyzny π
2
: −2x − 17y − 7z + D = 0
Płaszczyzna przechodzi przez punkt prostej dla t = 0 : P (1, 2, 0)
Stąd:
−36 + D = 0 =⇒ D = 36
Równanie płaszczyzny π
2
: −2x − 17y − 7z + 36 = 0
Odpowiedź:
Równanie płaszczyzny π
2
: −2x − 17y − 7z + 36 = 0
4
5. Znaleźć odległość prostej
l :
(
2x + y + 1 = 0
x − z = 0
, t ∈ R
od płaszczyzny π : x + y − z + 7 = 0
Rozwiązanie:
Sprawdzamy, czy prosta l jest równoległa do płaszczyzny.
Szukamy wektora kierunkowego prostej:
Podstawiamy: x = t
Z równania prostej:
z = t
y = −2t − 1
Stąd wektor kierunkowy prostej:
−
→
v = [1, −2, 1]
Wektor normalny płaszczyzny:
−
→
n = [1, 1, −1]
Obliczamy:
−
→
v · −
→
n = 1 − 2 − 1 = −2 6= 0
Prosta nie jest równoległa do płaszczyzny, więc ją przecina, czyli odległość jest równa
zero.
Odpowiedź:
Odległość d = 0
5
6. Znaleźć równanie sfery o środku S(6, −8, 3) , stycznej do osi Oz .
Rozwiązanie:
Rzut punktu S na oś Oz:
S
0
(0, 0, 3)
Promień sfery:
r = SS
0
=
q
6
2
+ (−8)
2
+ 0
2
= 10
Równanie sfery:
(x − 6)
2
+ (y + 8)
2
+ (z − 3)
2
= 100
Odpowiedź:
Równanie sfery: (x − 6)
2
+ (y + 8)
2
+ (z − 3)
2
= 100
6