Egzamin z Algebry, 25 VI 2010, godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) liczbę sprzężoną do z =
1 + i
i
Rozwiązanie:
z =
1 + i
i
=
(1 + i) · (−i)
1
= 1 − i
z = 1 + i
1 + i
2. Dla jakich wartości parametru p macierz A ma rząd 3 ?
A =
1
1 −1
0
2
1
0
2
p −1
0 −2
Rozwiązanie:
rzA = 1 + rz
"
2
1
2
p −1 −2
#
= 3 =⇒ rz
"
2
1
2
p −1 −2
#
= 2 =⇒ wiersze nie
mogą być proporcjonalne =⇒ p 6= −2
p 6= −2
3. Równanie płaszczyzny:
π :
x = 1 + t
y = 2 + t + s
z = 3 − t + s
; t, s ∈ R
zapisać w postaci ogólnej.
Rozwiązanie:
x = 1 + t =⇒ t = x − 1
y = 2 + t + s =⇒ y = 2 + x − 1 + s =⇒ s = y − x − 1
z = 3 − t + s =⇒ z = 3 − x + 1 + y − x − 1 =⇒ 2x − y + z − 3 = 0
2x − y + z − 3 = 0
4. Obliczyć odległość ognisk elipsy
(x − 4)
2
9
+
y
2
25
= 1 od osi Oy .
Rozwiązanie:
Środek eplisy: S(4, 0) . Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Oy przecho-
dzącej przez S, ponieważ b > a (a = 3 , b = 5).
4
5. Wyznaczyć promień okręgu będącego krawędzią przecięcia płaszczyzny z =
6 oraz sfery: x
2
+ y
2
+ z
2
= 100 .
Rozwiązanie:
Promień sfery: R = 10
Odległość płaszczyzny od środka sfery: d = 6
Promień okręgu: r
2
+ d
2
= R
2
=⇒ r
2
= 100 − 36 = 64 =⇒ r = 8
8
1
2. Wyznaczyć pierwiastki wielomianu W (z) = z
5
− 2z
4
+ z − 2 i przedstawić je w postaci
kanonicznej (algebraicznej).
Rozwiązanie:
Rzokładamy wielomian W (z) ma czynniki:
z
5
− 2z
4
+ z − 2 = z
4
(z − 2) + z − 2 = (z − 2)(z
4
+ 1)
Stąd:
(z − 2)(z
4
+ 1) = 0 ⇐⇒ z − 2 = 0 lub z
4
+ 1 = 0
z
1
= 2
z
4
= −1
z =
4
√
−1
Zapisujemy liczbe -1 w postaci trygonometrycznej:
−1 = 1 · (cos π + i sin π)
z
k
= cos
π+2kπ
4
+ i sin
π+2kπ
4
, k = 0, 1, 2, 3
z
2
= cos
π
4
+ i sin
π
4
=
√
2
2
+ i
√
2
2
z
3
= cos
3π
4
+ i sin
3π
4
= −
√
2
2
+ i
√
2
2
z
4
= cos
5π
4
+ i sin
5π
4
= −
√
2
2
− i
√
2
2
z
5
= cos
7π
4
+ i sin
7π
4
=
√
2
2
− i
√
2
2
Odpowiedź:
z
1
= 2
z
2
=
√
2
2
+ i
√
2
2
z
3
= −
√
2
2
+ i
√
2
2
z
4
= −
√
2
2
− i
√
2
2
z
5
=
√
2
2
− i
√
2
2
2
3. Zbadać, dla jakich wartości parametru p układ równań posiada rozwiązanie i wyznaczyć
to rozwiązanie.
px + y = 1
x − y = p
x + y = 1
Rozwiązanie:
Rząd macierzy
A =
p
1
1 −1
1
1
jest równy 2 ponieważ wyznacznik
1 −1
1
1
= 2 6= 0
Badamy rząd
A
R
=
p
1 1
1 −1 p
1
1 1
Obliczamy wyznacznik:
p
1 1
1 −1 p
1
1 1
= −p + p + 1 + 1 − p
2
− 1 = 1 − p
2
1 − p
2
= 0 ⇐⇒ p = 1 lub p = −1
Wniosek:
dla p 6= 1 i p 6= −1 układ jest sprzeczny ( bo rząd A
R
jest równy 3)
dla p = 1 układ ma jedno rozwiazanie ( bo rząd A
R
jest równy 2)
dla p = −1 układ ma jedno rozwiazanie ( bo rząd A
R
jest równy 2)
Dla p = 1 po usunięciu pierwszego równania:
(
x − y = 1
x + y = 1
=⇒ x = 1 , y = 0
Dla p = −1 po usunięciu pierwszego równania:
(
x − y = −1
x + y = 1
=⇒ x = 0 , y = 1
Odpowiedź:
Dla p = 1 rozwiązanie: x = 1 , y = 0
Dla p = −1 rozwiązanie: x = 0 , y = 1
3
4. Znaleźć równanie ogólne płaszczyzny π zawierającej punkt P (3, 0, 0) i prostą
l :
x
5
=
y − 3
1
=
z + 2
2
oraz obliczyć odległość tej płaszczyzny od początku układu współrzędnych.
Rozwiązanie:
Przkestałcamy równanie prostej w postaci krawędziowej:
x
5
=
y − 3
1
=⇒ x = 5y − 15 =⇒ x − 5y + 15 = 0
y − 3
1
=
z + 2
2
=⇒ z + 2 = 2y − 6 =⇒ 2y − z − 8 = 0
l :
(
x − 5y + 15 = 0
2y − z − 8 = 0
Równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą l (pęk płaszczyzn):
π : α(x − 5y + 15) + β(2y − z − 8) = 0
Ponieważ P ∈ π :
18α − 8β = 0 =⇒ β =
9
4
α
Wybieramy dowolna niezerową wartość np. α = 4 , wtedy mamy β = 9.
π : 4x − 2y − 9z − 12 = 0
Odpowiedź:
Równanie płaszczyzny π : 4x − 2y − 9z − 12 = 0
4
5. Dla jakich wartości parametru p punkty: A(1, 2, 1) , B(3, 2, −2) , C(2, 3, −p
2
) , D(3, 1, 0)
leżą w jednej płaszczyźnie?
Rozwiązanie:
Punkty A, B, C, D leżą w jednej płaszczyźnie wtedy i tylko wtedy, gdy iloczyn mieszany
wektorów
−→
AB ,
−→
AC i
−
−
→
AD jest równy 0.
−→
AB = [2, 0, −3]
−→
AC = [1, 1, −p
2
− 1]
−
−
→
AD = [2, −1, −1]
Obliczamy iloczyn mieszany:
(
−→
AB,
−→
AC,
−
−
→
AD) =
2
0
−3
1
1 −p
2
− 1
2 −1
−1
= −2 + 3 + 6 − 2p
2
− 2 = −2p
2
+ 5
−2p
2
+ 5 = 0 =⇒ p = ±
q
5
2
Odpowiedź:
Punkty leżą w jednej płaszczyźnie dla p = ±
q
5
2
5
6. Wyznaczyć równanie sfery stycznej do płaszczyzny π : 2x − y + z − 6 = 0 , jeżeli jej
środek jest symetryczny do punktu P (2, 3, −1) względem tej płaszczyzny.
Rozwiązanie:
Oznaczmy P
0
(x, y, z) - rzut punktu P na płaszczyzną π .
Wektor
−−→
P P
0
jest równoległy do wektora −
→
n normalnego płaszczyzny π
−
→
n = [2, −1, 1]
−−→
P P
0
= k−
→
n
[x − 2 , y − 3 , z + 1] = k[2, −1, 1]
x = 2k + 2 , y = −k + 3 , z = k − 1
Ponieważ P
0
∈ π
2(2k + 2) − (−k + 3) + (k − 1) − 6 = 0 =⇒ 6k − 6 = 0 =⇒ k = 1
Niech S oznacza środek sfery. Wtedy:
−→
P S = 2
−−→
P P
0
= [4, −2, 2]
stąd S(6, 1, 1)
Promień sfery: R = P P
0
=
q
2
2
+ (−1)
2
+ 1
2
=
√
6
(x − 6)
2
+ (y − 1)
2
+ (z − 1)
2
= 6
Odpowiedź:
Równanie sfery: (x − 6)
2
+ (y − 1)
2
+ (z − 1)
2
= 6
6