Egzamin z Algebry, 28 I 2010
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)
1 − i
cos(
π
4
) + i sin(
π
4
)
Rozwiązanie:
1 − i
cos(
π
4
) + i sin(
π
4
)
=
1 − i
√
2
2
+ i
√
2
2
=
(1 − i) · (
√
2
2
− i
√
2
2
)
(
√
2
2
+ i
√
2
2
) · (
√
2
2
− i
√
2
2
)
=
√
2
2
− i
√
2
2
− i
√
2
2
−
√
2
2
1
2
+
1
2
= −i
√
2
−i
√
2
2. Dla jakiej wartości parametru k układ równań jest sprzeczny
kx
1
+ x
2
= 1
x
2
+ x
3
= 1
x
3
= 1
Rozwiązanie:
|A| =
k 1 0
0 1 1
0 0 1
= k
;
1 0 1
1 1 1
0 1 1
= 1 6= 0
Rząd macierzy [A|B] jest równy 3, a rząd macierzy A jest < 3 dla k = 0
k = 0
3. Obliczyc kąt między osią Ox a płaszczyzną π : x + y = 0
Rozwiązanie:
~
n = [1, 1, 0]
wektor normalny płaszczyzny
~
v = [1, 0, 0]
wektor kierunkowy osi Ox (prostej)
cos α =
~
v · ~
n
|~v| · |~n|
=
1
√
2
=⇒ α =
π
4
kąt między wektorami
β =
π
2
− α =
π
4
kąt między prostą a płaszczyzną
π
4
4. Wyznaczyć współrzędne ognisk elipsy
x
2
9
+
y
2
25
= 1
Rozwiązanie:
a =
√
9 = 3
półoś x elipsy
b =
√
25 = 5
półoś y elipsy
Widać, że b > a a więc ogniska leżą na osi y
√
b
2
− a
2
= 4
O = (0, ±4)
5. Wyznaczyć punkt det A
−1
, jeżeli:
A =
1 0 0 0
0 1 2 3
0 2 0 1
0 1 1 0
Rozwiązanie:
|A| =
1 0 0 0
0 1 2 3
0 2 0 1
0 1 1 0
= 1 · (−1)
2
·
1 2 3
2 0 1
1 1 0
= 2 + 6 − 1 = 7
det A
−1
=
1
det A
=
1
7
1
7
1
2. Rozłożyć na czynniki liniowe wielomian W (z) = z
3
+ z
2
+ (1 + i)z .
Rozwiązanie:
W (z) = z
3
+ z
2
+ (1 + i)z = z · (z
2
+ z + 1 + i)
Szukamy pierwiastków wielomianu:
z
2
+ z + 1 + i = 0
∆ = 1 − 4(1 + i) = −3 − 4i
Obliczamy
w =
√
∆
w
2
= ∆
w = u + iv , u, v ∈ R
u
2
− v
2
+ 2uvi = −3 − 4i
przyrównujemy części rzeczywiste i urojone
(
u
2
− v
2
= −3
2uv = −4
v =
−2
u
z drugiego równania; podstawiamy do pierwszego
u
2
−
4
u
2
= −3
mnożymy przez u
2
u
4
+ 3u
2
− 4 = 0
Podstawiamy t = u
2
t
2
+ 3t − 4 = 0
∆ = 9 + 16 = 25
t
1
=
−3 − 5
2
= −4 , t
2
=
−3 + 5
2
= 1
u
2
= −4
brak rozwiązań
u
2
= 1
u
1
= 1 , u
2
= −1
v
1
= −2 , v
2
= 2
w
1
= 1 − 2i , w
2
= −1 + 2i
stąd
z
1
=
−1 + w
1
2
= −i
z
2
=
−1 + w
2
2
= −1 + i
W (z) = z(z − z
1
)(z − z
2
) = z(z + i)(z + 1 − i)
Odpowiedź:
W (z) = z(z + i)(z + 1 − i)
2
3. Przedyskutować rozwiązywalność układu równań w zależności od parametru p ∈ R
px + 2y − 3z =
1
x − y + 4z =
1
x + y − 2z = −1
Rozwiązanie:
Badamy rząd macierzy A
|A| =
p
2 −3
1 −1
4
1
1 −2
= −2p + 6
−2p + 6 = 0
p = 3
Dla p 6= 3 rząd macierzy A jest równy 3, Rząd macierzy [A|B]
3×4
też jest równy 3 więc
układ ma jedno rozwiązanie.
Dla p = 3 :
rz A = rz
3
2 −3
1 −1
4
1
1 −2
= 2
ponieważ wyznacznik:
3
2
1 −1
= −5 6= 0
rz [A|B] = rz
3
2 −3
1
1 −1
4
1
1
1 −2 −1
= {k
0
2
= k
2
+ k
4
} = rz
3 3 −3
1
1 0
4
1
1 0 −2 −1
=
1 + rz
"
1
4
1
1 −2 −1
#
= 1 + 2 = 3
Rząd macierzy: rz
"
1
4
1
1 −2 −1
#
= 2 , ponieważ wyznacznik:
1
4
1 −2
= −6 6= 0
Układ jest więc sprzeczny.
Odpowiedź:
Dla p 6= 3 - jedno rozwiązanie,
dla p = 3 - układ sprzeczny.
3
4. Napisać równanie płaszczyzny, która zawiera prostą
l :
x = 1 + 2t
y = 2 + 2t
z = −3t
, t ∈ R
i jest prostopadła do płaszczyzny π : 3x − 2y + 4z + 6 = 0
Rozwiązanie:
P = (1, 2, 0)
punkt leżący na prostej
~
v = [2, 2, −3]
wektor kierunkowy prostej
~
n = [3, −2, 4]
wektor prostopadły do płaszczyzny π
−
→
n
1
wektor prostopadły do szukanej płaszczyzny π
1
Mamy
−
→
n
1
⊥ ~n oraz −
→
n
1
⊥ ~v
ponieważ nie jest istotna długość wektora −
→
n
1
, przyjmujemy:
−
→
n
1
= ~
n × ~
v =
i
j
k
3 −2
4
2
2 −3
= [−2, 17, 10]
stąd:
−2x + 17y + 10z + D = 0
równanie szukanej płaszczyzny π
1
−2 + 34 + 0 + D = 0
punkt P ∈ π
1
D = −32
−2x + 17y + 10z − 32 = 0
równanie szukanej płaszczyzny π
1
Odpowiedź:
π
1
: −2x + 17y + 10z − 32 = 0
4
5. Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt P (1, 1, 0) , równoległej do
płaszczyzny π : x + 2y − z + 4 = 0 oraz przecinającej prostą l :
x
2
=
y − 1
−1
=
z − 3
1
Rozwiązanie:
π
1
- płaszczyzna równoległa do π przechodząca przez punkt P
π
1
: x + 2y − z + D = 0
1 + 2 + D = 0
punkt P ∈ π
1
D = −3
π
1
: x + 2y − z − 3 = 0
A(x, y, z) - punkt przecięcia płaszczyzny π
1
i prostej l
x + 2y − z − 3 = 0
x = 2t
y = 1 − t
z = 3 + t
−t − 4 = 0
t = −4
A(−8, 5, −1)
Wketor kierunkowy prostej:
−→
P A = [−9, 4, −1]
l
1
:
x − 1
−9
=
y − 1
4
=
z
−1
Odpowiedź:
l
1
:
x − 1
−9
=
y − 1
4
=
z
−1
5
6. Wyznaczyć współrzędne środka oraz promień okręgu utworzonego w wyniku przecięcia
sfery (x − 3)
2
+ (y − 7)
2
+ (z + 1)
2
= 25 płaszczyzną 2x − y − 2z − 10 = 0
Rozwiązanie:
Środek sfery S(3, 7, −1)
Promień sfery R =
√
25 = 5
Środek okręgu O jest rzutem środka sfery S na płaszczyznę.
Prosta prostopadła do płaszczyzny, przechodząca przez środek sfery:
l :
x = 3 + 2t
y = 7 − t
z = −1 − 2t
Punkt przecięcia prostej l i płaszczyzny: O(x, y, z):
2(3 + 2t) − (7 − t) − 2(−1 − 2t) − 10 = 0
9t − 9 = 0
t = 1
O(5, 6, −3)
Promień sfery , promień okręgu i odcinek OS tworzą trójkąt prostokątny:
R
2
= r
2
+ OS
2
25 = r
2
+
√
4 + 1 + 4
2
r = 4
Odpowiedź:
Środek okręgu: O(5, 6, −3)
Promień okręgu: r = 4
6