Egzamin A, 8:00-10:15,24 lutego 2019r. .. . . .. . . .. . . .. . Imi . .. . . . .. . . .. . . . .. . . . .. . . .. Nazwisko . .. . . .. . . .. . . Indeks . .. .. ... .. .. ... .. Grupa Zadanie 1. Znajd¹ wszystkie li zby zespolone z, w∈ Cspeªniaj¡ erównania
i) z
2 = −8 − 6i,
ii) 2w − iw = 5.
Rozwi¡zanie 1. i) nie hz= p + qi,wtedyz
2 = p2− q2+ 2pqi
.Dajetoukªadrówna«
p2− q2= −8 2pq = −6 p2+ q2 = 10
(ostatnie równanie bierze si z równo± i |z|
2 = |w|
). Dodaj¡ do siebie pierwsze i trze ie równanieotrzymujemy p
2 = 1
,zatem p = ±1, o uwzgldniaj¡ drugie daje
q = ∓3.Zatemz= ±(1 − 3i). ii) w= 5 2 − i = 5(2 + i) (2 − i)(2 + i) = 2 + i.
Inna metoda:nie h w= a + bi,gdziea, b∈ R.Wtedy
2w − iw = 2(a + bi) − i(a + bi) = (2a + b) + i(−a + 2b) = 5,
o daje ukªadrówna«
2a + b = 5 −a + 2b = 0
z jednozna znym rozwi¡zaniem a= 2, b = 1.
Zadanie 2. Obli z z±¢ rze zywist¡iurojon¡ li zbyzespolonej
z= cos5π 9 + i sin 5π 9 15 .
Rozwi¡zanie 2. Ze wzoru deMoivre'a mamy
z= cos5π 9 + i sin 5π 9 15 = cos 15 ·5π 9 + i sin 15 ·5π 9 = cos25π 3 + i sin 25π 3 = =cos8π + π 3 + i sin8π + π 3 =cosπ 3 + i sin π 3 = 1 2 + √ 3 2 i. Zatem Re(z) =1 2, Im(z) = √ 3 2 .
ierzdoposta is hodkowejzredukowanejiwyra»aj¡ zmiennezwi¡zaneprzezparametry. x1 − 2x2 + 12x3 + x4 = 5 − 2x1 + x2 − 12x3 − x4 = 1 − x1 + 2x2 − 12x3 + 2x4 = 10 x1 − x2 + 8x3 + 2x4 = 8
Rozwi¡zanie 3. Tworzymy ma ierz ukªadu i sprowadzamy j¡ przeksztaª eniami ele-mentarnymi doposta is hodkowej zredukowanej.
1 −2 12 1 5 −2 1 −12 −1 1 −1 2 −12 2 10 1 −1 8 2 8 w2+2w1 w3+w1 w4−w1 −→ 1 −2 12 1 5 0 −3 12 1 11 0 0 0 3 15 0 1 −4 1 3 w1+2w4 w2+3w4 w3/5 −→ 1 0 4 3 11 0 0 0 4 20 0 0 0 1 5 0 1 −4 1 3 w2−4w3 w3↔w4 −→ 1 0 4 3 11 0 1 −4 1 3 0 0 0 1 5 w1−3w3 w2−w3 −→ 1 0 4 0 −4 0 1 −4 0 −2 0 0 0 1 5
Codaje rozwi¡zanie ogólne
x1= −4x3− 4 x2= 4x3− 2 x4= 5 , x3 ∈ R. Zadanie 4. Nie h A= 1 −1 1 2 1 0 , B = 1 3 1 1 3 2 1 4 1
Je±lito mo»liwe, obli zAA, AB, BA, A
−1, B−1.
Rozwi¡zanie 4. Mo»liwedo obli zenie s¡
BA= 5 5 6 5 6 7 , B −1 = 5 −1 −3 −1 0 1 −1 1 0 , bo 1 3 1 1 0 0 1 3 2 0 1 0 1 4 1 0 0 1 w2−w1 w3−w1 −→ 1 3 1 1 0 0 0 0 1 −1 1 0 0 1 0 −1 0 1 w1−3w3 w2↔w3 −→ 1 0 1 4 0 −3 0 1 0 −1 0 1 0 0 1 −1 1 0 w1−w3 −→ 1 0 0 5 −1 −3 0 1 0 −1 0 1 0 0 1 −1 1 0
Zadanie 5. Stosuj¡ metodCramera obli z zmienn¡ x3. 5x1 + 5x2 + 10x3 + x4 = 0 3x1 + 6x2 + 12x3 + x4 = 1 12x1 + 10x2 + 20x3 + 2x4 = 0 x1 + x2 + 3x3 + x4 = 0 Rozwi¡zanie 5. det A = det 5 5 10 1 3 6 12 1 12 10 20 2 1 1 3 1 k3−2k2 = det 5 5 0 1 3 6 0 1 12 10 0 2 1 1 1 1 = (−1) 4+3 ·1·det 5 5 1 3 6 1 12 10 2 w3−2w1 = = − det 5 5 1 3 6 1 2 0 0 = (−1) · (−1)3+1· 2 · det 5 1 6 1 = 2 det A3 = 5 5 0 1 3 6 1 1 12 10 0 2 1 1 0 1 = (−1) 2+3· 1 · det 5 5 1 12 10 2 1 1 1 k1−k2 = = − det 0 5 1 2 10 2 0 1 1 = (−1)(−1)2+1· 2 · det 5 1 1 1 = 8 x3 = det A3 det A = 8 2 = 4.
Zadanie 6. Odwzorowanie liniowe f: R
3 → R3
jest zadanewzorem
f(x1, x2, x3) = (x1− x2,−x1+ 3x2− 6x3,3x1− 7x2+ 12x3).
i) znajd¹ bazy iwymiary przestrzeni ker f oraz im f, ii) znajd¹ ma ierz M(f )
st st. Rozwi¡zanie 6. i) ker f : x1− x2 = 0 −x1+ 3x2− 6x3= 0 3x1− 7x2+ 12x3 = 0
Ukªad równa« rozwi¡zujemy sprowadzaj¡ jego ma ierz do posta is hodkowej zre-dukowanej opera jamielementarnymi na wiersza h.
1 −1 0 −1 3 −6 3 −7 12 w2+w1 w3−3w1 −→ 1 −1 0 0 2 −6 0 −4 12 w3+2w2 w2/2 −→ 1 −10 1 −30 w1+w3 −→ 1 0 −30 1 −3
J¡dro ker f opisane jest ukªadem równa« jednorodny h z rozwi¡zaniem ogólnym posta i
x1 = 3x3
x2 = 3x3
ker f = lin((3, 3, 1)), dim ker f = 1. Bazaker f to (3, 3, 1). Poniewa» f(x1, x2, x3) = (x1− x2,−x1+ 3x2− 6x3,3x1− 7x2+ 12x3) = x1(1, −1, 3) + x2(−1, 3, −7) + x3(0, −6−, 12), to im f = lin((1, −1, 3), (−1, 3, −7), (0, −6, −12)).
Szukamy bazy przestrzeni rozpitej wpisuj¡ wektory poziomow wiersze ma ierzy, któr¡ sprowadzamy do posta i s hodkowej zredukowanej (lub s hodkowej) opera- jami elementarnymi nawiersza h.
1 −1 3 −1 3 −7 0 −6 12 w2+w1 −w3/6 −→ 1 −1 3 0 2 −4 0 1 −2 w1+w3 w2−2w3 −→ 1 0 1 0 1 −2 St¡d im f = lin((1, 0, 1), (0, 1, −2)), dim im f = 2. Bazaim f to(1, 0, 1), (0, 1, −2). ii) M(f )stst= 1 −1 0 −1 3 −6 3 −7 12
Zadanie 7. Odwzorowanie liniowe f: R
3 → R3
jest zadanema ierz¡
M(f )stst= 1 4 −4 −2 −5 2 0 0 −3 .
i) znajd¹ bazA przestrzeniR
3
zªo»on¡ z wektorów wªasny h endomorzmu f, ii) znajd¹ ma ierz M(f )
A
A,gdzieA jestbaz¡ z punktui). Rozwi¡zanie 7. i) Szukamywielomianu harakterysty znego
w(x) = det 1 − x 4 −4 −2 −5 − x 2 0 0 −3 − x = (−1)3+3(−x−3) det 1 − x 4 −2 −5 − x = = −(x + 3)((1 − x)(−5 − x) + 8) = −(x + 3)(x2+ 4x + 3) = −(x + 1)(x + 3)2.
Zatem warto± i wªasne to x = −1 oraz x = −3. Przestrzenie wªasne opisane s¡ jednorodnymiukªadami równa« zma ierzami jakponi»ej.
V(−1): 2 4 −4 −2 −4 2 0 0 −2 → . . . → 1 2 0 0 0 1
x1= −2x2 x3= 0 , x2 ∈ R, sk¡d V(−1)= lin((−2, 1, 0)). V(−3): 4 4 −4 −2 −2 2 0 0 0 → . . . → 1 1 −1 z rozwi¡zaniem ogólnym x3= x1+ x2 , x1, x2∈ R, sk¡d V(−3)= lin((1, 0, 1), (0, 1, 1)).
Bazazªo»ona z wektorów wªasny h to
A = ((−2, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)). ii) M(f )AA= −1 0 0 0 −3 0 0 0 −3 .
Zadanie8. Obli zpoletrójk¡taABCowierz hoªka hwA= (1, 1, 1), B = (3, 2, 3), C =
(2, −1, 1). Rozwi¡zanie 8. −−→ AB= B − A = (2, 1, 2), −→ AC = C − A = (1, −2, 0).
Pole równolegªoboku rozpitego przezwektory
−−→
AB,−→AC jest równe
v u u tdet " h−−→AB,−−→ABi h−−→AB,−→ACi h−→AC,−−→ABi h−→AC,−→ACi # = s det9 0 0 5 = 3√5.
Pole trójk¡ta jest równe poªowie pola tegorównolegªoboku, sk¡d
P△ABC =
3√5 2 .
Innysposób:polerównolegªoboku rozpitegoprzezwektory
−−→
AB,−→AC jestrównedªugo± i wektora −−→ AB×−→AC. −−→ AB×−→AC = det e1 e2 e3 2 1 2 1 −2 0 = det 1 2 −2 0 ,− det2 2 1 0 ,det2 1 1 −2 = (4, 2, −5). Zatem P△ABC = 1 2k(4, 2, −5)k = 1 2p42+ 22+ (−5)2 = 3√5 2 .