Rozwiązania zadań z II kolokwium

Algebra z geometri¡ analityczn¡, kolokwium 2.
30.01.2017
Grupa A
Zadanie 1.
Nie korzystaj¡c z wyznaczników znajd¹ macierz odwrotn¡ do macierzy:


1 −2 2


A= 1 0 5 
0 1 2
Dopisujemy do macierzy
Rozwi¡zanie.
A po prawej stronie macierz jednostkow¡. Wykonujemy operacje
na wierszach tak, aby otrzyma¢ po lewej stronie otrzyma¢ macierz jednostkow¡. Wtedy macierz po
prawej b¦dzie macierz¡ odwrotn¡ do
A.




1 −2 2 1 0 0
1 −2 2 1 0 0
1

 W2 :W2 −W1 
 W2 : 2 W2
1
0
5
0
2
3
0
1
0
−1
1
0
−→
−→




0 1 2 0 0 1
0 1 2 0 0 1

1 −2 2 1

3
1
 0 1
2 −2
0 1 2 0

1 0 5 0

 0 1 32 − 21
0 0 1 1


W1 :W1 +2W2
0 0
1 0 5 0
 W3 :W3 −W2 
1
−→
 0 1 32 − 12
2 0 
1
0 0 12
0 1
2

− 12


A−1


−5 6 −10


−3 
=  −2 2
1 −1
2
Za pomoc¡ wzoru Cramera podaj warto±¢ niewiadomej


 8x + 5y
5x +


2x
Rozwi¡zanie.
1
2
y
z
speªniaj¡cej ukªad równa«:
+ 2z = −4
+ 4z = 3
+ 2z = 2
Obliczamy wyznacznik gªówny:
8 5 2
W = 5 1 4
2 0 2
= 16 + 40 + 0 − 4 − 0 − 50 = 2
oraz wyznacznik, w którym kolumn¦ wspóªczynników przy niewiadomej
zów wolnych:
Poniewa»
0
 W3 :2W3
0  −→
1
W1 :W1 −5W3
0
1 0 0 −5 6 −10
3
 W2 :W2 − 2 W3 

1
0
0
1 0 −2 2
−3 
−→


2
−1 2
0 0 1 1 −1
2
1
Zatem
Zadanie 2.

1
W 6= 0,
8 5
Wz = 5 1
2 0
−4
3
2
z
zamieniamy kolumn¡ wyra-
= 16 + 30 + 0 + 8 − 0 − 50 = 4
to ze wzoru Cramera mamy jedno rozwi¡zanie dane wzorem:
z=
4
Wz
= =2
W
2
Zadanie 3.
Podaj równanie parametryczne prostej o równaniu kraw¦dziowym:
(
2x − y − 4 = 0
x+y−z+2=0
Znajd¹ odlegªo±¢ tej prostej od pocz¡tku ukªadu.
Rozwi¡zanie.
(1, 1, −1).
(2, −1, 0)
Szukana prosta le»y na przeci¦ciu pªaszczyzn, których wektory normalne to
i
Wektor równolegªy do prostej jest prostopadªy do obu tych wektorów, mo»emy go obliczy¢
przy pomocy iloczynu wektorowego:
(2, −1, 0) × (1, 1, −1) = (1, 2, 3)
Musimy jeszcze znale¹¢ dowolny punkt le»¡cy na obu pªaszczyznach. Je±li przyjmiemy
otrzymujemy
y = −4 i z = −2.
x = 0,
to
Zatem równanie parametryczne szukanej prostej to


 x=t
y = 2t − 4,
t∈R

 z = 3t − 2
Chc¡c obliczy¢ odlegªo±¢ prostej od punktu
taki, »e wektor
AB
A = (0, 0, 0)
musimy znale¹¢ punkt
jest prostopadªy do prostej (czyli prostopadªy do wektora
AB = (t, 2t − 4, 3t − 2)
dla pewnego
B le»¡cy
(1, 2, 3)).
na prostej
t∈R
(t, 2t − 4, 3t − 2) ◦ (1, 2, 3) = t + 4t − 8 + 9t − 6 = 14t − 14 = 0 ⇔ t = 1
czyli
B = (1, −2, 1).
Szukana odlegªo±¢ to dªugo±¢ wektora
AB ,
czyli
p
12 + (−2)2 + 12 =
√
6.
Grupa B
Zadanie 1.
Nie korzystaj¡c z wyznaczników znajd¹ macierz odwrotn¡ do macierzy:


1 1 3


A= 0 2 3 
1 0 2
Dopisujemy do macierzy
Rozwi¡zanie.
A po prawej stronie macierz jednostkow¡. Wykonujemy operacje
na wierszach tak, aby otrzyma¢ po lewej stronie otrzyma¢ macierz jednostkow¡. Wtedy macierz po
prawej b¦dzie macierz¡ odwrotn¡ do

A.



1 1 3 1 0 0
1 1
3
1 0 0
1

 W3 :W3 −W1 
 W2 : 2 W2
3
0 1 0  −→
−→
 0 2 3 0 1 0 
 0 2
1 0 2 0 0 1
0 −1 −1 −1 0 1



W1 :W1 −W2
1 1
3
1 0
1 0 0
 W3 :W3 +W2 

1
3
0 2 0 
−→
 0 1
 0 1
2
0 −1 −1 −1 0 1
0 0

1 0 32 1 − 12

1
0
 0 1 23
2
0 0 1 −2 1
1 − 12
1
0
2
−1 21

0
 W3 :2W3
0  −→
1
 W :W − 3 W 

1
1 2
3
1 0 0 4 −2 −3
0
3
 W2 :W2 − 2 W3 

0 
−→
 0 1 0 3 −1 −3 
0 0 1 −2 1
2
2
Zatem

A−1
Zadanie 2.
3
2
3
2
1
2

4 −2 −3


=  3 −1 −3 
−2 1
2
Za pomoc¡ wzoru Cramera podaj warto±¢ niewiadomej
y
speªniaj¡cej ukªad równa«:


 2x + 2y
= −2
2x + 8y + 5z = 7


4x + 5y + z = −1
Obliczamy wyznacznik gªówny:
Rozwi¡zanie.
2 2 0
W = 2 8 5
4 5 1
= 16 + 40 + 0 − 0 − 50 − 4 = 2
oraz wyznacznik, w którym kolumn¦ wspóªczynników przy niewiadomej
zów wolnych:
Poniewa»
W 6= 0,
zamieniamy kolumn¡ wyra-
2 −2 0 Wy = 2 7 5 = 14 − 40 + 0 − 0 + 10 + 4 = −12
4 −1 1 to ze wzoru Cramera mamy jedno rozwi¡zanie dane wzorem:
y=
Zadanie 3.
y
Wy
−12
=
= −6
W
2
Podaj równanie parametryczne prostej o równaniu kraw¦dziowym:
(
−x + 2z + 1 = 0
x−y+z+3=0
Znajd¹ odlegªo±¢ tej prostej od pocz¡tku ukªadu.
Rozwi¡zanie.
(1, −1, 1).
Szukana prosta le»y na przeci¦ciu pªaszczyzn, których wektory normalne to
(−1, 0, 2)
i
Wektor równolegªy do prostej jest prostopadªy do obu tych wektorów, mo»emy go obliczy¢
przy pomocy iloczynu wektorowego:
(−1, 0, 2) × (1, −1, 1) = (2, 3, 1)
Musimy jeszcze znale¹¢ dowolny punkt le»¡cy na obu pªaszczyznach. Je±li przyjmiemy
otrzymujemy
x = 1 i y = 4.
z = 0,
to
Zatem równanie parametryczne szukanej prostej to


 x = 2t + 1
y = 3t + 4,
t∈R

 z=t
Chc¡c obliczy¢ odlegªo±¢ prostej od punktu
taki, »e wektor
AB
A = (0, 0, 0)
musimy znale¹¢ punkt
jest prostopadªy do prostej (czyli prostopadªy do wektora
AB = (2t + 1, 3t + 4, t)
dla pewnego
B le»¡cy
(2, 3, 1)).
na prostej
t∈R
(2t + 1, 3t + 4, t) ◦ (2, 3, 1) = 4t + 2 + 9t + 12 + t = 14t + 14 = 0 ⇔ t = −1
czyli
B = (−1, 1, −1).
Szukana odlegªo±¢ to dªugo±¢ wektora
AB ,
czyli
p
(−1)2 + 12 + (−1)2 =
√
3.