ALG 2013 egzamin

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Egzaminpodstawowy(wersjaprzykładowa),2014
Algebrazgeometri¡analityczn¡
Wrozwi¡zaniachprosimyformułowa¢lubnazywa¢wykorzystywanetwierdzenia,
stosowanewzory,uzasadnia¢wyci¡ganewnioskiorazstaranniesporz¡dza¢rysunki.
1
2
3
4
5
A
ZestawA
Zadanie1
Wyznacz wszystkie elementy zbioru
3
q
(1 +
i
)
3
.
Zadanie2
Rozwi¡» układ równa« z parametrem rzeczywistym a
2
R
:
8
<
2
x
+
3
y
−
z
=
1
x
−
ay
+
2
z
=
3
:
−
x
+
2
ay
−
3
z
=
−
4
.
Zadanie3
Wyznacz odległo±¢ punktu P
= (1
,
2
,
3)
od płaszczyzny zadanej w postaci para-
metrycznej:
8
<
x
=
1 +
s
+
t
y
=
2
−
2
s
+
t
s,t
2
R
.
:
z
=
s
−
t
Zadanie4
Dla jakich wymiernych warto±ci parametru t
2
Q
wektory u
= (
t
2
,
3
,
2
t
2
,
1
,t
)
i
v
= (
−
3
t,t
2
,t
2
,
1
,
−
3)
s¡ ortogonalne w
R
5
?
Zadanie5
Wyznacz (o ile istniej¡) macierze zło»e« K
L oraz L
K w bazach standardowych,
je»eli L
:R
3
7!
R
2
oraz K
:R
2
7!
R
4
s¡ przekształceniami linowymi, danymi wzorami:
L
(
x,y,z
) = (
x
−
2
y,x
+
y
+ 3
z
)
,
K
(
u,v
) = (
u
+
v,v,u
−
2
v,
3
u
)
.
Instytut Matematyki i Informatyki PWr
 Rozwi¡zania
Rozwi¡zaniezadania1
Wiadomo, »e istniej¡ d
okładnie
3
zespolone pierwiastki trzeciego stop-
nia z dowolnej niezerowej liczby zespolonej. Niech
3
q
(1 +
i
)
3
=
{
w
0
,w
1
,w
2
}
. Z definicji pierwiastka
wynika, »e jeden z nich – powiedzmy w
0
– jest równy w
0
= 1 +
i, gdy» w
3
0
= (1 +
i
)
3
.
Ponadto wiemy, »e w
0
, w
1
i w
2
na płaszczy¹nie zespolonej s¡ rozło»one równomiernie na jednym
okr¦gu o ±rodku w 0. Wynika st¡d, »e np. w
1
otrzymamy obracaj¡c w
0
o k¡t
2
3
, tzn.
p
3
2
p
3 + 1
2
p
3
−
1
2
cos
2
3
+
i
sin
2
3
−
1
w
1
=
w
0
= (1 +
i
)
2
+
i
=
−
+
i
.
Podobnie uzyskujemy w
2
p
3
2
p
3
−
1
2
p
3 + 1
2
cos
4
3
+
i
sin
4
3
−
1
w
2
=
w
0
= (1 +
i
)
2
−
i
=
−
i
.
Odpowied¹:
3
q
p
3+1
p
3
−
1
p
3
−
1
p
3+1
(1 +
i
)
3
=
{
1 +
i,
−
2
+
i
2
,
2
−
i
2
}
.
Rozwi¡zaniezadania2
Układ równa« jest Cramera wtedy i tylko wtedy gdy
2 3
−
1
1
−
a
2
−
1
0
6
=
W
=
= 6
a
−
6
−
2
a
+
a
+ 9
−
8
a
= 3
−
3
a
!
a
6
= 1
.
2
a
−
3
Wtedy dla a
2
R
\{
1
}
mamy jedno rozwi¡zanie układu równa«:
1 3
−
1
3
−
a
2
−
4
2
a
−
3
x
=
W
x
3
a
−
24
−
6
a
+ 4
a
+ 27
−
4
a
3
−
3
a
3
−
3
a
3
−
3
a
= 1
,
W
=
=
=
2 3
−
1
1
−
a
2
−
1
2
a
−
3
2 1
−
1
1 3 2
−
1
−
4
−
3
y
=
W
y
=
−
18
−
2 + 4
−
3 + 3 + 16
3
−
3
a
0
3
−
3
a
= 0
,
W
=
=
2 3
−
1
1
−
a
2
−
1
2
a
−
3
2 3 1
1
−
a
3
−
1
2
a
−
4
z
=
W
z
8
a
−
9 + 2
a
−
a
+ 12
−
12
a
3
−
3
a
3
−
3
a
3
−
3
a
= 1
.
W
=
=
=
2 3
−
1
1
−
a
2
−
1
2
a
−
3
Je±li a
= 1
, to rozwa»any układ równa« nie jest układem Cramera i mamy
0
@
1
A
w
1
+
w
3
w
2
+
w
3
0
@
1
A
0
@
1
A
!
2 3
−
1
|
1
1
−
1
1
5
−
4
| −
3
0
7
−
7
| −
7
2
|
3
0
1
−
1
| −
1
0
1
−
1
| −
1
!
!
−
1
2
−
3
| −
4
−
1
2
−
3
| −
4
−
1
2
−
3
| −
4
w
1
+
w
3
0
1
!
!
0
1
−
1
| −
1
0
1
−
1
| −
1
0 1
−
1
| −
1
1
−
2
@
A
!
!
0
1
−
1
| −
1
!
!
−
1
2
−
3
| −
4
3
|
4
−
1
2
−
3
| −
4
(
−
1)
·
w
2
w
2
+2
w
1
!
(
0
1
−
1
| −
1
y
=
−
1 +
z
x
=
!
!
2
−
z
^
z
2
R
, z jest parametrem rzeczywistym.
1
0
1
|
2
 Rozwi¡zaniezadania3
Parametryczne równanie płaszczyzny
8
<
x
=
1 +
s
+
t
:
y
=
2
−
2
s
+
t
s,t
2
R
:
z
=
s
+
t
doprowadzamy do postaci normalnej ax
+
by
+
cz
+
d
= 0
poprzez rugowanie zmiennych s oraz t.
Wtedy mamy x
+ 2
y
+ 3
z
−
5 = 0
oraz punkt P
(1
,
2
,
3) = (
x
0
,y
0
,z
0
)
i mo»emy zastosowa¢ wzór
na odległo±¢ punktu od płaszczyzny :
p
d
(
P,
) =
|
ax
0
+
by
0
+
cz
0
+
d
|
p
a
2
+
b
2
+
c
2
=
|
1
·
1 + 2
·
2 + 3
·
3
−
5
|
p
9
14
p
1
2
+ 2
2
+ 3
2
=
=
14
.
14
Rozwi¡zaniezadania4
Wektory s¡ ortogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny
jest równy zero, czyli
(
t
2
,
3
,
2
t
2
,
1
,t
)
(
−
3
t,t
2
,t
2
,
1
,
−
3) = 0
!
(
−
3
t
3
+ 3
t
2
+ 2
t
4
+ 1
−
3
t
= 0)
.
(
u
?
v
)
!
Zatem wystarczy znale¹¢ pierwiastki wymierne wielomianu W
(
t
) = 2
t
4
−
3
t
3
+ 3
t
2
−
3
t
+ 1
. Szu-
kamy ich po±ród liczb postaci p/q, gdzie p
2 {±
1
}
jest dzielnikiem całkowitym wyrazu wolnego
wielomianu W, a q
2 {±
1
,
±
2
}
jest dzielnikiem współczynnika przy t
4
. St¡d p/q
2 {±
1
,
±
1
2
}
.
Obliczaj¡c
W
(1) = 0
, W
(
−
1) = 12
, W
(
1
2
) = 0
, W
(
−
1
2
) =
15
4
,
widzimy, »e jedynymi wymiernymi pierwiastkami wielomianu W s¡ liczby
1
i
1
2
.
Rozwi¡zaniezadania5
Zacznijmy od wyznaczenia macierzy przekształce« L oraz K. W tym
celu obliczymy ich warto±ci w elementach baz standardowych:
L
(1
,
0
,
0) = (1
,
1)
, L
(0
,
1
,
0) = (
−
2
,
1)
, L
(0
,
0
,
1) = (0
,
3)
,
K
(1
,
0) = (1
,
0
,
1
,
3)
, K
(0
,
1) = (1
,
1
,
−
2
,
0)
.
Macierz przekształcenia otrzymujemy, zapisuj¡c współrz¦dne uzyskanych wektorów w kolejnych
kolumnach macierzy, czyli
2
3
1 1
0 1
1
−
2
3
"
#
4
5
1
−
2
0
M
L
=
,
M
K
=
1
1
3
0
Zauwa»my, »e mno»enie macierzy M
L
M
K
nie jest wykonalne. Zatem z twierdzenia o postaci ma-
cierzy zło»enia przekształce« liniowych wynika, »e zło»enie L
K jest ¹le okre±lone, a wi¦c jego
macierz nie istnieje. Z tego samego twierdzenia wynika, »e zło»enie K
L jest dobrze okre±lone, a
jego macierz obliczamy nast¦puj¡co:
2
3
2
3
1 1
0 1
1
−
2
3
2
−
1 3
1 1 3
−
1
−
4
−
6
3
−
6
"
#
4
5
4
5
1
−
2
0
M
K
L
=
M
K
M
L
=
=
1
1
3
0
0
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]