Egzamin z Algebry, 10 IX 2010

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

√

1 + i 3

√

1. Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej) z =

√

− 1 + i 3

1 − i 3

2

2

Rozwiązanie:

√

√

√

√

√

1 + i 3

(1 + i 3) · (1 + i 3)

1 + 2 i 3 − 3

1

3

√ =

√

√

=

= −

+ i

1 − i 3

(1 − i 3) · (1 + i 3)

1 + 3

2

2

"

#

"

#

1 2

− 2

1

2. Wyznaczyć A− 1 jeżeli A =

3 4

3

− 1

2

2

Rozwiązanie:

|A| = 4 − 6 = − 2 6= 0

"

#

"

#

4 − 3

4 − 2

Ad =

( Ad) T =

− 2

1

− 3

1

( Ad) T

"

−

#

2

1

A− 1 =

=

|A|

3

− 1

2

2

1

3. Obliczyć odległość punktu P (1 , 0 , 2) od płaszczyzny π : 2 x + y + 2 z − 7 = 0

3

Rozwiązanie:

| 2 · 1 + 0 + 2 · 2 − 7 |

1

d =

√

=

22 + 12 + 22

3

( x − 4)2

y 2

4. Obliczyć odległość ognisk elipsy

+

= 1 .

8

9

25

Rozwiązanie:

a 2 = 9 = ⇒ a = 3 , b 2 = 25 = ⇒ b = 5 , b > a Ogniska leżą na prostej równoległej do osi Oy przechodzącej przez środek elipsy.

√

d =

b 2 − a 2 = 4

odległość ogniska od środka elipsy.

2 d = 8

odległość między ogniskami

5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez środek sfery o równa-x + y − 2 z − 3 = 0

(

x − y = 0

niu: ( x − 1)2 + ( y − 2)2 + z 2 = 1 , prostopadłej do prostej l : 2 x + z − 1 = 0

Rozwiązanie:

x = t = ⇒ y = t = ⇒ z = − 2 t + 1

prosta w postaci parametrycznej

−

→

n = [1 , 1 − 2]

wektor normalny płaszczyzny

S = (1 , 2 , 0)

środek sfery

( x − 1) + ( y − 2) − 2 z = 0 = ⇒ x + y − 2 z − 3 = 0

równanie płaszczyzny

1

2. Rozwiązać równanie: ( z 2 + z + 1)( z 3 − i) = 0 , z ∈ C .

Rozwiązanie:

( z 2 + z + 1)( z 3 − i) = 0 ⇐⇒ z 2 + z + 1 = 0

lub

z 3 − i = 0

Szukamy rozwiązań równania: z 2 + z + 1 = 0

∆ = − 3

√

√

∆ = ± 3 i

√

− 1 −

3 i

z 1 =

2 √

− 1 +

3 i

z 2 =

2

Szukamy rozwiązań równania: z 3 − i = 0

z 3 = i

√

z = 3 i

Zapisujemy liczbę i w postaci trygonometrycznej: i = 1 · (cos π + i sin π ) 2

2

π +2 kπ

π +2 kπ

z

2

2

k = cos

+ i sin

, k = 0 , 1 , 2

3

3

√

z

3

3 = cos π + i sin π =

+ 1 i

6

6

2

2

√

z

3

4 = cos 5 π + i sin 5 π = −

+ 1 i

6

6

2

2

z 5 = cos 3 π + i sin 3 π = −i 2

2

Odpowiedź:

√

z

3 i

1 = − 1 −

2

2

√

z

3 i

2 = − 1 +

2

2

√

z

3

3 =

+ i

2

2

√

z

3

4 = −

+ i

2

2

z 5 = −i

2

3. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie:



1 2 3 



7 7 



0 1 2  · X =  4 4 









0 2 1

2 5

Rozwiązanie:

Oznaczamy:



1 2 3 



7 7 

A =  0 1 2  , B =  4 4 









0 2 1

2 5

Przy założeniu, że istnieje macierz odwrotna do A mamy: A · X = B ⇐⇒ X = A− 1 · B

Obliczamy:

|A| = 1 + 0 + 0 − 0 − 0 − 4 = − 3 6= 0 = ⇒ macierz odwrotna istnieje



− 3

0

0 

Ad = 

4

1 − 2 





1 − 2

1



− 3

4

1 

( Ad) T = 

0

1 − 2 





0 − 2

1



1 − 4

− 1 

3

3





( Ad) T





A− 1 =

= 

2 



0 − 1



|A|

3

3













0

2

− 1

3

3



1 0 

X = A− 1 · B =  0 2 





2 1

Odpowiedź:



1 0 

X =  0 2 





2 1

3

4. Określić liczbę rozwiązań układu równań w zależności od parametru p ∈ R :



x + py − z = 1





2 x − y + pz = 0





x + 10 y − 6 z = p

Rozwiązanie:

Badamy rząd macierzy



1

p − 1 

A =  2 − 1

p 





1

10 − 6

Obliczamy wyznacznik:

|A| = 6 + p 2 − 20 − 1 − 10 p + 12 p = p 2 + 2 p − 15

p 2 + 2 p − 15 = 0 = ⇒ p 1 = − 5 , p 2 = 3

Wniosek: dla p 6= − 5 i p 6= 3 rząd A jest równy 3, rząd AR też jest równy 3 więc układ ma jedno rozwiązanie.

Dla p = − 5 :

Rząd A jest mniejszy niż 3. Rząd ten jest równy 2, ponieważ wyznacznik: 2 − 1

= 21 6= 0

skreślamy w

1

10

1 i k 3



1 − 5 − 1

1 

Badamy rząd A





R =

2 − 1 − 5

0





1

10 − 6 − 5

Obliczamy wyznacznik:

1 − 1

1

2 − 5

0 = 25 + 0 − 30 + 5 − 0 − 10 = − 10 6= 0

skreślamy k

2

1 − 6 − 5

Wniosek: dla p = − 5 rząd AR = 3, rząd A = 2 więc układ nie ma rozwiązań.

Dla p = 3 :

Rząd A jest mniejszy niż 3. Rząd ten jest równy 2; sprawdzamy wyznacznik dla przy-padku p = − 5

Badamy rząd AR :



1

3 − 1 1 

A





R =

2 − 1

3 0





1

10 − 6 3

Obliczamy wyznacznik:

1 − 1 1

2

3 0 = 9 + 0 − 30 − 3 − 0 + 6 = − 18 6= 0

skreślamy k

2

1 − 6 3

Wniosek: dla p = 3 rząd AR =3, rząd A = 2 więc układ nie ma rozwiązań.

Odpowiedź:

Dla p = − 5 oraz dla p = 3 układ jest sprzeczny, a dla pozostałych p układ ma jedno rozwiązanie.

4

5. Napisać równanie płaszczyzny π zawierającej prostą (

4 x − y + 3 z − 1 = 0

l :

x + 5 y − z + 2 = 0

i prostopadłą do płaszczyzny o równaniu: 2 x − y + 5 z − 3 = 0 .

Rozwiązanie:

Równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą l (pęk płaszczyzn): π : α(4 x − y + 3 z − 1) + β( x + 5 y − z + 2) = 0

Wektor normalny tej płaszczyzny:

−

→

n = [4 α + β , 5 β − α , 3 α − β]

Płaszczyzna ta jest prostopadła do płaszczyzny π 1 : 2 x − y + 5 z − 3 = 0 , gdy wektor

−

→

−

→

n jest prostopadły do n 1 = [2 , − 1 , 5] , czyli:

−

→

n 1 · −

→

n = 0

2(4 α + β) − (5 β − α) + 5(3 α − β) = 0

24 α − 8 β = 0 = ⇒ β = 3 α

Wybieramy dowolną niezerową wartość np. α = 1 , wtedy mamy β = 3.

π : 7 x + 14 y + 0 z + 5 = 0

Odpowiedź:

Równanie płaszczyzny π : 7 x + 14 y + 5 = 0

5

6. Dany jest czworościan o wierzchołkach: A(1 , 1 , 0) , B(0 , 3 , 2) , C( − 1 , 1 , 1) , D(2 , 0 , 0).

Obliczyć:

a) długość wysokości czworościanu wychodzącej z wierzchołka D, b) równanie płaszczyzny, na której leżą punkty A, B, C .

Rozwiązanie:

Obliczamy:

−→

AB = [ − 1 , 2 , 2]

−→

AC = [ − 2 , 0 , 1]

−

−

→

AD = [1 , − 1 , 0]

a) Wysokość czworościanu jest równa wysokości równoległościanu rozpiętemu przez te V

wektory. Mamy S · h = V = ⇒ h = S

Pole podstawy równoległościanu:

−→

−→

S = |AB × AC|

i j

k

−→

−→

AB × AC = − 1 2 2 = 2 i − 4 j + 4 k + j = [2 , − 3 , 4]

− 2 0 1

√

q

S =

22 + ( − 3)2 + 42 =

29

Objetość równoległościanu:

−→

−→

−

−

→

S = |( AB × AC) · AD| = | 2 + 3 + 0 | = 5

Stąd:

5

h = √ 29

−→

−→

b) wektor AB × AC jest wektorem normalnym szukanej płaszczyzny: π : 2 x − 3 y + 4 z + E = 0

Punkt A leży na płaszczyźnie:

2 − 3 + 0 + E = 0 = ⇒ E = 1

π : 2 x − 3 y + 4 z + 1 = 0

Odpowiedź:

5

a) h = √ 29

b) punkty A, B, C leżą w płaszczyźnie: π : 2 x − 3 y + 4 z + 1 = 0

6