algebra alglin1 egz1 11 rozw id 618347

ALGEBRA LINIOWA Z GEOMETRIA ANALITYCZNA

‘

EGZAMIN 31.01.2012

ROZWIAZANIA ZADA Ń

‘

Zad.1 (5 pt.) Wyznacz pierwiastki zespolone z 0 , z 1 równania z 2 + 2 z + 2 = 0 . Przedstaw je w postaci trygonometrycznej. Oblicz liczbe z 9

‘ 0 + z 91 .

√

ROZWIAZANIE. ZwykÃle wzory −b± ∆ na pierwiastki równania kwadratowego daja z

‘

2 a

√

‘ 0 =

− 1 + i, z 1 = − 1 − i, bo ∆ = − 4 . ModuÃly tych liczb sa równe 2 , argumenty wynosza 1350 =

‘

3 π, 2250 = 5 π odpowiednio. Np. argument z

, sin φ = 1

√ ,

0 to takie φ ∈ [0 , 2 π) , że cos φ = − 1

√ 2

bo ogólnie dla z = a + bi mamy wzory z których można wyznaczyć argument φ : cos φ =

√

, sin φ =

√

a 2+ b 2

Postać trygonometryczna:

√

z 0 = 2( cos 3 π + isin 3 π) ,

√

z 1 = 2( cos 5 π + isin 5 π) .

Ze wzoru de Moivre’a

√

z 90 = ( 2)9( cos 27 π + isin 27 π) = 16 2( cos 3 π + icos 3 π) = 16 z 4

0 ,

√

z 91 = ( 2)9( cos 45 π + isin 45 π) = 16 2( cos 5 π + isin 5 π) = 16 z 4

1 ,

27 π = 6 π + 3 π, 45 π = 10 π + 5 π, 4

a cos ( α + 2 kπ) = cos α, sin ( α + 2 kπ) = sin α dla k ∈ Z .

Ale z 0 + z 1 = − 2 , dlatego z 90 + z 91 = 16( z 0 + z 1) = − 32 . Można tez zauważyć, że z 80 = 16 , z 81 =

16 i wyprowadzić z tego ostatnia równość.

‘

    



Zad.2 (6 pt.) Uzasadnij, że wektory 0 , 2 ,  − 1





tworza baze przestrzeni R3 . Wyznacz wspóÃlrzedne wektora  0  w tej bazie.

‘

− 1

ROZWIAZANIE. UkÃlad n wektorów w przestrzeni R n jest baza, jeśli macierz utworzona ze

‘

wspóÃlrzednych tych wektorów (w naszym przypadku wektory sa dane we wspóÃlrzednych w bazie

‘

 ‘



1 1

standardowej) ma wyznacznik różny od 0 . W danych z zadania ta macierz 0 2 − 1 i jej 1 0

 

wyznacznik jest równy 1, wiec jest to baza. WspóÃlrzedne  y danego wektora w tej bazie sa,

‘

z definicji, liczbami speÃlniajacymi równość

 

 ‘





x 0 + y 2 + z  − 1 =  0  .

− 1

Jest to ukÃlad równań x + y + z = 1 , 2 y + z = 0 , x + 2 z = − 1 , którego rozwiazaniem jest

‘

x = 5 , y = 2 , z = − 4 .

Zad.3 (5 pt.) Kiedy istnieje macierz odwrotna do danej macierzy? Wylicz macierz odwrotna





‘

1 − 1

A − 1 do macierzy A =  − 1 0

0  .

1 − 2

ROZWIAZANIE. Macierza odwrotna do macierzy kwadratowej A nazywa sie taka macierz

‘

oznaczana A− 1 , że AA− 1 = A− 1 A = E, gdzie E jest macierza jednostkowa, majaca na przekatnej

‘

‘ ‘

‘

jedynki i zera poza przekatna. Macierz odwrotna do macierzy A istnieje wtedy i tylko wtedy,

‘

gdy det A 6= 0 . Macierz odwrotna do macierzy A = ( aij) jest równa ( det A) − 1 B, gdzie B jest macierza TRANSPONOWANA macierzy ( A

‘

ij ) dopeÃlnień algebraicznych elementów aij danej

macierzy. DopeÃlnienie algebraiczne elementu aij jest to liczba ( − 1) i+ jdetUij, gdzie Uij jest 1

macierza otrzymana z danej przez skreślenie wiersza którego elementem jest a

‘

ij oraz kolumny

elementu aij, a wiec i-tego wiersza i j-tej kolumny. W danych z zadania det A = − 1 , i wyliczenie



‘



0 − 1

daje A− 1 = 2

− 1 . UWAGA: aby sprawdzić, że znaleziona macierz B istotnie jest 1

− 1

macierza odwrotna do A, NALE ŻY wyliczyć iloczyn AB. Wyliczenie jest poprawne, gdy ten

‘





1 0 0

iloczyn jest macierza jednostkowa E = 0 1 0 .

‘

0 0 1

Zad. 4 (6 pt.) Oblicz objetość czworościanu ABCD w R3 o wierzchoÃlkach

‘

A = (1 , 1 , 0) , B = ( − 1 , 2 , 0) , C = (0 , 1 , − 1) , D = (3 , 2 , − 2) Oblicz iloczyn wektorowy ~

AB × ~

AC oraz wysokość DD0 tego czworościanu wychodzaca z wierz-

‘ ‘

choÃlka D.

ROZWIAZANIE. Objetość czworościanu rozpietego przez 3 wektory v, w, z ∈ R3 jest równa

‘

V = 1 |( vwz) |, gdzie ( vwz) oznacza iloczyn mieszany tych wektorów, czyli ( v × w) ◦ z, gdzie 6

× oznacza iloczyn wektorowy a ◦ iloczyn skalarny. Prosze zauważyć wartość bezwzgledna we

‘

wzorze! Iloczyn mieszany jest równy det A, gdzie A jest macierza utworzona przez wspóÃlrzedne

‘

tych wektorów w bazie standardowej. Dany czworościan jest rozpiety przez wektory ~

AB =















‘



− 2

− 1

− 2 − 1

 1  , ~

AC =  0  , ~

AD =  1  . Ponieważ det  1

1  = − 6 , wiec V = 1 .

‘

− 1

− 2

− 1 − 2

Ze szkoÃly wiecie, że V = 1 P h, gdzie P to pole podstawy, h wysokość. Stad h = 3 V . Pole 3

‘

podstawy jest równe P = 1 || ~

AB × ~

AC||, gdzie × oznacza iloczyn wektorowy. Zwiazane to jest

‘

ze wzorem

||v × w|| = ||v||||w||sin∠( v, w) ,

w którym ∠( v, w) to kat miedzy tymi wektorami ( a wiec ||w|| sin ∠( v, w) jest równe wysokości

‘





− 1

w trójkacie rozpietym przez v, w opuszczona na bok v). Liczymy ~

AB × ~

AC =  − 2 , dalej

‘

|| ~

AB × ~

AC|| =

( − 1)2 + ( − 2)2 + 12 = 2 , wiec P = 1 . A wiec h = 3 .

‘

Zad. 5 (8 pt.) Kiedy ukÃlad równań liniowych ma rozwiazanie? Zbadaj istnienie rozwiazań

‘

ukÃladu równań

−x + 2 y − 3 z = 1; −y + 2 z = 0; − 2 x + y = 2; −x − 2 y + 5 z = p.

w zależności od parametru p, podaj dla jakich p zbiór rozwiazań tego ukÃladu jest: (a) pusty,

‘

(b) jednoelementowy, (c) nieskończony. W przypadku nieskończonego zbioru rozwiazań podaj

‘

liczbe parametrów wyznaczajacych zbiór rozwiazań.

‘

Wyznacz rozwiazania ukÃladu równań

‘

−x + 2 y − 3 z = 1; −y + 2 z = 0; − 2 x + y = 2 .

ROZWIAZANIE. UkÃlad równań liniowych ma (co najmniej jedno) rozwiazanie wtedy i tylko

‘

wtedy, gdy rzad r macierzy wspóÃlczynników (macierzy gÃlównej) tego ukÃladu równań jest równy

‘

rzedowi macierzy uzupeÃlnionej (doÃlaczonej) (tzn. z dodana kolumna wyrazów wolnych). Przy

‘

czym jeśli rzad r jest równy liczbie n niewiadomych, to jest 1 rozwiazanie, jeśli r jest mniejsze od

‘

liczby niewiadomych, to istnieje nieskończenie wiele rozwiazań, i liczba parametrów opisujacych

‘

rozwiazania jest równa n-r.

‘

W danych z zadania badamy macierz





− 1

− 3 | 1





 0

− 1

| 0

 − 2

| 2 .

− 1 − 2

| p

Nie zmieniajac rzedów możemy do 3 wiersza dodać pierwszy pomnożony przez − 2 a do 4 wiersza

‘

dodać pierwszy pomnożony przez − 1 . Otrzymamy macierz





− 1

− 3 |





 0

− 1

0 

 0

− 3

0  .

− 4

| p − 1

Prosze zauważyć, że operacje te wykonujemy także na kolumnie doÃlaczonej wyrazów wolnych!

‘

Teraz odejmujac od 3. wiersza drugi pomnożony przez 3 i od 4. wiersza drugi pomnożony przez

‘

4 otrzymamy macierz





− 1

− 3 |





 0

− 1

0 

 0

0 

| p − 1

(wyraz wolny w wierszu 2 jest = 0, wiec kolumna wyrazów wolnych nie ulega zmianie). A wiec

‘

rzad maciezry gÃlównej = rzedowi macierzy uzupeÃlnionej wtedy i tylko wtedy, gdy p = 1 . Inaczej

‘

mówiac, gdy p = 1 , to dwa ostatnie równania nic nie wnosza, natomiast gdy p 6= 1 , to mamy

‘

sprzeczność 0 = p − 1 6= 0 . A wiec dla p = 1 ukÃlad redukuje sie do pierwszych 2 równan i ma

‘

nieskończenie wiele rozwiazań, dla p 6= 1 ukÃlad jest sprzeczny. Nie ma takich wartości parametru

‘

p by ukÃlad miaÃl dokÃladnie 1 rozwiazanie.

‘

Sposób II. Stosujemy metode Gaussa eliminacji niewiadomych. Wyliczamy jedna z niewia-

‘

domych z jednego z równań i podstawiamy do pozostaÃlych równań. Tu najlepiej wyliczyć z 2

równania y = 2 z, z pozostaÃlych równań otrzymujemy −x + z = 1 , − 2 x + 2 z = 2 , −x + z = p.

Widać wiec, że pierwsze dwa równania sa równoważne, sa równoważne trzeciemu gdy p = 1 i

‘

sa z nim sprzeczne gdy p 6= 1 . Stad wnioski jak wyżej. Można jeszcze kontynuuować eliminacje

‘

przez wyliczenie z pierwszego równania x = z − 1 i podstawienie do dwóch pozostaÃlych równań, skad otrzymamy 2 = 2 , 1 = p i teraz możemy wyciagnac takie same wnioski jak powyżej.

‘

Z powyższej analizy wiemy już, że rozwiazań ukÃladu równań

‘

−x + 2 y − 3 z = 1; −y + 2 z = 0; − 2 x + y = 2

jest niekończenie wiele, bo odrzucamy równanie z parametrem p, wiec macierz pozostaÃlego

‘

ukÃladu ma rzad 2 (a mamy 3 niewiadome). Aby wyznaczyć wszystkie rozwiazania tego ukÃladu,

‘

możemy wyliczyć y = 2 z z równania drugiego i podstawić do pozostaÃlych, co prowadzi do dwóch równoważnych równań −x + z = 1 , − 2 x + 2 z = 2 , wiec x = z − 1 . Zmienna z można przyjać

‘

jako parametr, powiedzmy z = t, wiec x = t − 1 i wyliczajac jeszcze y z któregokolwiek równania

‘

otrzymujemy rozwiazania: jest to jednoparametrowa rodzina x = t − 1 , y = 2 t, z = t, gdzie t

‘

przebiega wszystkie liczby rzeczywiste. W zadaniu pytamy o ”rozwiazania”, wiec wszystkie, po-

‘

danie jednego z nich nie jest peÃlna odpowiedzia. UWAGA: NIE DA SIE ZNALEŹ Ć poprawnego

‘

rozwiazania, jeśli 2+2 wychodzi czasem 3 a czasem -5, albo gdy przepisujac równanie zapom-

‘

ina sie o jego cześci!!! Trzeba poćwiczyć rachowanie: wziać zbiór zadańy z algebry liniowej i

‘

rozwiazać tyle zadań, ile potrzeba do uzyskania wprawy. DO ROBOTY!

‘

Wersja 2

Zad.1 (5 pt.) Wyznacz pierwiastki zespolone z 0 , z 1 równania z 2 − 2 z + 2 = 0 . Przedstaw je w postaci trygonometrycznej. Oblicz liczbe z 9

ZANIE. Liczac tak jak w zestawie

‘ 0 + z 91 . ROZWIA‘

‘

pierwszym

√

z 0 = 1 + i = 2( cos 1 π + isin, 1 π) , 4

√

z 1 = 1 − i = 2( cos 7 π + isin 7 π) , 4

a wiec z 9

‘

0 + z 9

1 = 32 .



 



− 1

Zad.2 (6 pt.) Uzasadnij, że wektory  0  ,  − 2 ,  1 

− 1  

tworza baze przestrzeni R3 . Wyznacz wspóÃlrzedne wektora 1 w tej bazie.

‘

ROZWIAZANIE. Liczac podobnie jak w cz.1 dostaniemy x = 4 , y = 2 , z = 5 .

‘

Zad.3 (5 pt.) Kiedy istnieje macierz odwrotna do danej macierzy? Wylicz macierz odwrotna





‘

A − 1 do macierzy A = 1

1 .

0 − 1 2

ROZWIAZANIE. Podobne jak w cz. 1

‘

Zad.4 (6 pt.) Oblicz objetość czworościanu ABCD w R3 o wierzchoÃlkach

‘

A = (1 , 1 , 1) , B = (2 , 1 , 2) , C = (0 , 2 , 1) , D = (1 , 6 , 0) Oblicz iloczyn wektorowy ~

AB × ~

AC oraz wysokość DD0 tego czworościanu wychodzaca z wierz-

‘ ‘

choÃlka D.

ROZWIAZANIE. Podobnie jak w cz.1

‘

Zad.5 (8 pt.) Kiedy ukÃlad równań liniowych ma rozwiazanie? Zbadaj istnienie rozwiazań

‘

ukÃladu równań

−x + 2 y − 3 z = 1; −y + 2 z = 0; − 3 x + 4 y − 5 z = 3; −x − 2 y + 5 z = p.

w zależności od parametru p, podaj dla jakich p zbiór rozwiazań tego ukÃladu jest: (a) pusty,

‘

(b) jednoelementowy, (c) nieskończony. W przypadku nieskończonego zbioru rozwiazań podaj

‘

liczbe parametrów wyznaczajacych zbiór rozwiazań.

‘

Wyznacz rozwiazania ukÃladu równań

‘

−x + 2 y − 3 z = 1; −y + 2 z = 0; − 3 x + 4 y − 5 z = 3 .

ROZWIAZANIE. Zob. cz.1

‘