add-m5-2-finished

คณิตศาสตร์เพิ�มเติม ชั�นมธัยมศึกษาปีที� 5

เล่ม 2

สารบัญ หนา

บทที่ 1 จํานวนเชิงซอนผลการเรียนรูที่คาดหวัง 1ขอเสนอแนะ 2กิจกรรมเสนอแนะ 8ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท 23เฉลยตัวอยางแบบทดสอบ 23

เฉลยแบบฝกหัด 1.1 26เฉลยแบบฝกหัด 1.2 27เฉลยแบบฝกหัด 1.3 29เฉลยแบบฝกหัด 1.4 31เฉลยแบบฝกหัด 1.5 44เฉลยแบบฝกหัด 1.6 49เฉลยแบบฝกหัด 1.7 69

บทที่ 2 ทฤษฎีกราฟเบื้องตนผลการเรียนรูที่คาดหวัง 74ขอเสนอแนะ 75กิจกรรมเสนอแนะ 80ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท 101เฉลยตัวอยางแบบทดสอบ 103

เฉลยแบบฝกหัด 2.1 105 เฉลยแบบฝกหัด 2.2 108

เฉลยแบบฝกหัด 2.4 110เฉลยแบบฝกหดั 2.5 111

หนาบทที่ 3 ความนาจะเปน

ผลการเรียนรูที่คาดหวัง 114ขอเสนอแนะ 115กิจกรรมเสนอแนะ 126ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท 133เฉลยตัวอยางแบบทดสอบ 135

เฉลยแบบฝกหัด 3.1 139เฉลยแบบฝกหัด 3.2 ก 142เฉลยแบบฝกหัด 3.2 ข 145เฉลยแบบฝกหัด 3.2 ค 146เฉลยแบบฝกหัด 3.3 147เฉลยแบบฝกหัด 3.4 150เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ก 152เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ข 153

26ให n = 0, 1, 2, 3 และ 4 เมื่อรากของสมการทั้ง 5 คือ x1, x2, x3, x4 และ x5

เมื่อ n = 0 , x1 = 2(cos 0 + i sin 0) = 2n = 1 , x2 = 2 22(cos i sin )

5 5π π+ ≈ 0.62 + 1.90i

n = 2 , x3 = 4 42(cos i sin )5 5π π+ ≈ –1.62 + 1.18i

n = 3 , x4 = 6 62(cos i sin )5 5π π+ ≈ –1.62 – 1.18i

n = 4 , x5 = 8 82(cos i sin )5 5π π+ ≈ 0.62 – 1.90i

ดังนั้น คําตอบของสมการ คือ 2, 0.62 ± 1.90i และ –1.62 ± 1.18iเซตคําตอบของสมการ คือ {2, 0.62 + 1.90i, 062 – 1.90i, –1.62 + 1.18i, –1.62 – 1.18i}

เฉลยแบบฝกหัด 1.1

1.Re (z) Im (z)

2 + 3i4 + 5i1 3 i2 2−

–43i

2 2 2i−

2412–402

3532

−

03

2 2−

2. (1) a = 2 , b = –2(2) a = 3 , b = 2 หรือ a = 2 , b = 3(3) a = 5 , b = 0(4) a = 2

3 , b = 1

3−

27

3. (1) 6 – 8i (2) –6 – 2i(3) 7 – 3 2i (4) 4 + 2i(5) 6 – 4i (6) –4 + 6i(7) –1 + 11i (8) –1(9) 1 + 2i (10) –3 + 4i(11) 2 2i− − (12) 6 3i− −

4. a = 129

, b = 1729

−


1. (1) 15 + 8i (2) –8i(3) –2 + 16i (4) 2i(5) 5 (6) –4 + 19i

2. (1) 2 + i (2) –3 – 2i(3) – 4 + 7i (4) – 4 – 7i(5) – 4 – 7i (6) –1 + i(7) –1 – i (8) –1 – i

3. (1) 2 + 4i (2) 20(3) 4 (4) 8 – 16i(5) –8i (6) 8(7) 1 (1 2i)

10+ (8) – 4 – 2i

4. (1) 7 6 i17 17

− (2) i

(3) 7 1 i2 2− (4) 1 1 i

2 2− −

(5) 2 3 i13 13

+ (6) 3 1 i20 20

+

28

5. (1) 6 8 i5 5+ (2) 5 3 i

2 2−

(3) 1 1 i2 2

− + (4) 4 1 i17 17

+

(5) 3 43 i65 130

+ (6) 2 – 2i(7) 1 – i

6. 1) ให z = a + biiz = i(a bi)+

= b ai− +

= –b – aiiz− = –i (a – bi)

= –ai + bi2

= –b – aiดังนั้น iz = iz−

2) ให z = a + biจะได iz = –b + aiนั่นคือ Im(iz) = a

Re(z) = aดังนั้น Im(iz) = Re(z)

3) ให z = a + biจะได iz = –b + aiนั่นคือ Re(iz) = –b

–Im(z) = –bดังนั้น Re(iz) = –Im(z)

7. ให z1 และ z2 เปนจํานวนเชิงซอน โดยที่ z1 = a + bi , z2 = c + diและ z1z2 = 0 เพียงพอที่จะพิสูจนวาถา z1 ≠ 0 จะแสดงวา z2 = 0

29

เพราะวา (a + bi)(c + di) = 0จะได ac – bd = 0 นั่นคือ ac = bd ---------- (1)เนื่องจาก z1 ≠ 0 จะได a ≠ 0 และ b ≠ 0 ---------- (2)จาก (1), (2) จะได c = 0 และ d = 0ดังนั้น z2 = 0จะไดวา ถา z1z2 = 0 แลว z1 = 0 หรือ z2 = 0


1. 16i−

ให z = –16i จะไดวา x = 0 และ y = -16และ r = 2 2x +y = 2( 16 )− = 16เนื่องจาก y < 0 ดังนั้นรากที่สองของ –16i คือ

16 16± i2 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ = ( )± 8 8i−

= ( )± 2 2 2 2−

ดังนั้นรากที่สองของ –16i คือ 2 2 2 2i− และ 2 2 2 2i− +

5 12i+

ให z = 5 + 12i จะไดวา x = 5 และ y = 12และ r = 2 2x +y = 2 25 12+ = 13

เนื่องจาก y > 0 ดังนั้นรากที่สองของ 5 + 12i คือ13+5 13 5± i

2 2⎛ ⎞−

+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )± 3 2i+

ดังนั้นรากที่สองของ 5 + 12i คือ 3 2i+ และ 3 2i− −

3 4i+

ให z = 3 + 4i จะไดวา x = 3 และ y = 4และ r = 2 2x +y = 2 23 4+ = 5เนื่องจาก y > 0 ดังนั้นรากที่สองของ 3 + 4i คือ

30

5+3 5 3± i2 2

⎛ ⎞−+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ = ( )± 2 i+

ดังนั้นรากที่สองของ 3 + 4i คือ 2 i+ และ 2 i− −

8 6i−

ให z = 8 – 6i จะไดวา x = 8 และ y = 6−

และ r = 2 2x +y = 2 28 ( 6)+ − = 10เนื่องจาก y < 0 ดังนั้นรากที่สองของ 8 – 6i คือ

10+8 10 8± i2 2

⎛ ⎞−+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= ( )± 3 i−

ดังนั้นรากที่สองของ 8 – 6i คือ 3 i− และ 3 i− +

1 2 2i−

ให z = 1 – 2 2i จะไดวา x = 1 และ y = 2 2−

และ r = 2 2x +y = 2 21 ( 2 2)+ − = 3เนื่องจาก y < 0 ดังนั้นรากที่สองของ 1 – 2 2i คือ

3+1 3 1± i2 2

⎛ ⎞−−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ = ( )± 2 i−

ดังนั้นรากที่สองของ 1 – 2 2i คือ 2 i− และ 2 i− +

2. (1) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }2i,-2i

(2) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }4 3i, -4 3i

(3) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }1+ 39i,1- 39i

(4) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ -1 7 -1 7+ i, - i2 2 2 2

⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭


⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭


⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭


⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

(8) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ 1 2 1 2+ i, - i3 3 3 3

⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

31

(9) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }1+ 7i,1- 7i

(10) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }1+ 2,1- 2

(11) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }2+i,2-i

(12) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }3,-2

(13) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ -5 217 -5 217+ , -6 6 6 6

⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭


⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭


⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

(17) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }-1+7i,-1-7i

(18) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ { }-1+ 3i,-1- 3i


1. (1)

–6 –4 –2 0 2 4 6–2

–4

–6

2

4

6Y

X(–3, 1)

(2, 3)(4, 2)

(0, –1)(–2, –3)

(–2, 0)

36

(2)

2.

3. จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด A คือ (3,1) หรือ 3 + iจํานวนเชิงซอนที่แทนจุด B คือ (0,2) หรือ 2iจํานวนเชิงซอนที่แทนจุด C คือ (- 3, - 4) หรือ - 3 – 4iจํานวนเชิงซอนที่แทนจุด D คือ (2, - 2) หรือ 2 – 2iจํานวนเชิงซอนที่แทนจุด E คือ (- 3,0) หรือ - 3จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด F คือ (-1, -1) หรือ -1 - i

–6 –4 –2 0 2 4 6–2

–4

–6

2

4

6Y

X–4 + i

–34 + i

–5 – 2i –2i

3 – 4i

–6 –4 –2 0 2 4 6–2

–4

–6

2

4

6Y

X

i(4 + 6i)

4 + 6i

i2(4 + 6i)

i3(4 + 6i)

37

4. (1)

(2)

5.

–6 –4 –2 0 2 4 6–2

–4

–6

2

4

6Y

X

z1 + z2

z1

z2

–4 0 2 4 6–2–4–6

4

Y

X

– z2 z1

2

–2–6–8–10 8 10 12

–8–10 z1 – z2

1 1 3iz 10

−=

–6 –4 –2 0 2 4 6–2

–4

2

4

6Y

X

z

z

–8

– z

z2

38

6.

7. 1 3i− = 22 3i− = 11

4 3i+ = 55 12i− + = 135 2 3i+ = 17

3 i− − = 23 4i− − = 5

4i = 48. ให z1 = a + bi และ z2 = c + di

2 21 2 1 2z z z z− + + = 2 2(a bi) (c di) (a bi) (c di)+ − + + + + +

= 2 2(a c) (b d)i (a c) (b d)i− + − + + + +

= 2 2 2 2[(a c) (b d) ] [(a c) (b d) ]− + − + + + +

= 2a2 + 2c2 + 2b2 + 2d2

= 2(a2 + b2) + 2(c2 + d2)= 2 2

1 22 z 2 z+

9. ให z = a + biz = 2 2a b+

zz = (a bi)(a bi)+ −

–6 –4 –2 0 2 4 6–2

–4

–6

2

4

6Y

X–8 8

zi

zi3

zi2

z, zi4

39

= 2 2 2a b i−

= 2 2a b+

ดังนั้น z = zz

10. ให z = c + di และ a = e + fi2z a− = 2(c di) (e fi)+ − +

= 2(c e) (d f )i− + −

= (c – e)2 + (d – f)2

(z – a)( (z a)− = [(c + di) – (e + fi)][(c – di) – (e – fi)]= [(c – e) + (d – f)i][(c – e) – (d – f)i]= (c – e)2 – (d – f)2i2

= (c – e)2 + (d – f)2

ดังนั้น 2z a− = (z – a) (z a)−

11. ให z = a + bi , a, b ∈ Rจะได z = a – bi

zz = (a + bi)(a – bi)= a2 + b2 ∈ R

z z+ = (a + bi) + (a – bi)= (a + a) + (b – b)i= 2a ∈ R

ดังนั้น zz และ z z+ เปนจํานวนจริง เมื่อ z เปนจํานวนเชิงซอนใดๆ

12. ให z = x + yi , a = u + viจะได z = x – yi , a = u – vi(z – a)( z – a ) = (x + yi – u – vi)(x – yi – u + vi)

= [(x – u) + (y – v)i][(x – u) – (y – v)i]= (x – u)2 – ((y – v)i)2

= (x – u)2 + (y – v)2 = k2

จากสูตร สมการรูปทั่วไปของวงกลม คือ (x – h)2 + (y – k)2 = r2 โดยที่

40

จุดศูนยกลางของวงกลม คือ (h, k) , รัศมี คือ rจะได จุดศูนยกลางวงกลมอยูที่จุด (u, v) คือ จุด a นั่นเอง และรัศมีเทากับ k หนวย

13. 1 zi+ = 1 zi− ก็ตอเมื่อ z เปนจํานวนจริงจะแสดง (1) ถา 1 zi+ = 1 zi− แลว z เปนจํานวนจริงและ (2) ถา z เปนจํานวนจริง แลว 1 zi+ = 1 zi−

จะแสดงวา (1) โดยใชวิธีแยงสลับที่ (p → q สมมูลกับ ∼ q → ∼p)นั่นคือ จะแสดงวา ถา z ไมเปนจํานวนจริง แลว 1 zi+ ≠ 1 zi−

ให z ไมเปนจํานวนจริง และ z = a + bi เมื่อ b ≠ 0จะได 1 zi+ = ( )1 a bi i+ + = 1 b ai− + = ( )22a 1 b+ −

1 zi− = ( )1 a bi i− + = 1 b ai+ − = ( )22a 1 b+ +

ดังนั้น 1 zi+ ≠ 1 zi−

นั่นคือ ถา z ไมเปนจํานวนจริงแลว 1 zi+ ≠ 1 zi−

หรือ ถา 1 zi+ = 1 zi− แลว z เปนจํานวนจริงจะแสดง (2) ให z เปนจํานวนจริงจะได 1 zi+ = 2 21 z+ = 21 z+

1 zi− = 2 21 ( z)+ − = 21 z+

ดังนั้น 1 zi+ = 1 zi−

นั่นคือ ถา z เปนจํานวนจริงแลว 1 zi+ = 1 zi−

จาก (1) และ (2) สรุปไดวา 1 zi+ = 1 zi− ก็ตอเมื่อ z เปนจํานวนจริง

14. (1) z 2 1− ≤

z 2− คือ ระยะทางจากจุด (2, 0) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลายในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z 2 1− ≤ ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูภายในวงกลม (รวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลางที่ (2, 0) และรัศมี 1 หนวย _

_

- 1- 2

210 1 3 42 X

Y

41

(2) z 2 3i− + < 3z 2 3i− + คือ ระยะทางจากจุด (2, -3) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลายในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z 2 3i− + < 3 ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูภายในวงกลม (ไมรวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลางที่ (2, -3) และรัศมี 3 หนวย

(3) z 3 2i+ − > 1z 3 2i+ − คือ ระยะทางจากจุด (- 3, 2) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลายในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z 3 2i+ − > 1 ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูภายในวงกลม (ไมรวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลางที่ (- 3, 2) และรัศมี 1 หนวย

(4) Im z > 3

Y

X- 1- 2- 3 1 2 3 4 5 6012

- 2 - 1

- 3 - 4 - 5

X

Y

1 2123

0- 1- 2

- 1- 2- 3- 4- 5

X

Y

1 2 3 4

4321

- 1- 1- 2- 3- 4 0

42

(5) Im (i + z ) = 4

(6) z i z i+ + − = 2จากสมบัติของคาสัมบูรณจะไดวา z i z i+ + − ≤ z i z i+ + −

ดังนั้น z i z i+ + − ≤ 2 2z ≤ 2 z ≤ 1

z คือ ระยะทางจากจุด (0, 0) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลายในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z ≤ 1 ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอนหรือจุดที่อยูภายในวงกลม(รวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลางที่ (0, 0) และรัศมี1 หนวย

(7) z i 1+ ≥

z i+ คือ ระยะทางจากจุด (0, -1) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลายในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z i 1+ ≥ ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูภายนอกวงกลม(รวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลางที่ (0, -1) และรัศมี 1 หนวย

Y

X- 1 1012

2

3

3 4

45

- 1- 2- 3- 4

X

Y

112

2- 1 - 1- 2

- 2

43

(8) Re(z) < 2

(9) Re(z – i) > –5

(10) z 3 z− ≥

ให z = x + yi จากอสมการที่กําหนดจะได2 2(x 3) y− + ≥ 2 2x y+

(x – 3)2 + y2 ≥ x2 + y2

แกอสมการจะได x ≤ 32

X

Y

11

2 3

-3

-1 -2

-1 -2

23

_

_

_

X

Y

1 2123

- 3 -2- 1

- 1- 2- 3- 4- 5- 6 0

X

Y

11

2- 2 - 1- 1- 2

44

15. z i− คือ ระยะทางจากจุด (0, 1) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลายในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z i 2− = ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูบนวงกลมที่มีจุดศูนยกลางที่ (0, 1) และรัศมี 2 หนวย

จากกราฟ z ที่มี z มากที่สุดคือ z = 3i


1. 1 + 3i

r = 1 3+ = 2 θ ที่ทําให tan θ = 3

1 = 3 คือ θ =

3π

z = 2 cos i sin3 3π π⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

X

Y

12- 1- 2

2

1

34

- 1

- 2

- 3

X

Y

1 2

21

- 1- 2

- 1- 2

45

1 – ir = 1 1+ = 2

θ ที่ทําให tan θ = 11

− = –1 คือ θ = 74π

z = 7 72 cos isin4 4π π⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 3 2i− +

r = 12 4+ = 4θ ที่ทําให tan θ = 2

2 3− = 1

3− คือ θ = 5

6π

z = 5 54 cos i sin6 6π π⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

–4 – 4ir = 16 16+ = 4 2

θ ที่ทําให tan θ = 44−−

= 1 คือ θ = 54π

z = 5 54 2 cos i sin4 4π π⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

12 12 3i−

r = 144 432+ = 24θ ที่ทําให tan θ = 12 3

12− = 3− คือ θ = 5

3π

z = 5 524 cos i sin3 3π π⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

1 i2 2

− +

r = 1 14 4+ = 1

2 = 2

2

θ ที่ทําให tan θ = 1212

− = 1− คือ θ = 3

4π

z = 2 3 3cos isin2 4 4

π π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

46

2. (1) 3 3 3 i4 4

− +

(2) 1 i6 6

− −

(3) 7( 3 i)−

เพราะวา 3 i− เขียนไดในรูป 11 112[cos i sin ]6 6π π+

จากทฤษฎีบทของเดอมัวร จะได7( 3 i)− = 7 77 772 [cos i sin ]

6 6π π+

= 5 5128[cos i sin ]6 6π π+

= 3 i128( )2 2

− +

= 64 3 64i− +

(4) 5( 2 2i)+

เพราะวา 2 2i+ เขียนไดในรูป 2[cos i sin ]4 4π π+

จากทฤษฎีบทของเดอมัวร จะได5( 2 2i)+ = 5 5 52 [cos i sin ]

4 4π π+

= 2 232[ i]2 2

− −

= 16 2 16 2i− −

(5)100

3 i2 2

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

เพราะวา 3 i2 2+ เขียนไดในรูป cos i sin

6 6π π+

จากทฤษฎีบทของเดอมัวร จะได1003 i( )

2 2+ = 100 100 1001 [cos i sin ]

6 6π π+

= 1 3 i2 2

− +

(6) (–i)7 = – i(7)

6

4(1 i)

( 1 i)−

− −

เพราะวา 1 – i เขียนไดในรูป 7 72(cos i sin )4 4π π+

47

และ –1 – i เขียนไดในรูป 5 52(cos i sin )4 4π π+

จากทฤษฎีของเดอมัวร จะได6

4(1 i)

( 1 i)−

− −=

6

4

42 422 (cos i sin )4 4

20 202 (cos i sin )4 4

π π+

π π+

= 8(0 i)4( 1 0)

+− +

= 8i4−

= –2i(8) 12 12 3i+

(9) –4 + 4i(10) 3 5( 3 i) (2 3 2i)− + +

เพราะวา 3 i− + เขียนไดในรูป 5 52(cos i sin )6 6π π+

และ 2 3 2i+ เขียนไดในรูป 4(cos i sin )6 6π π+

จากทฤษฎีของเดอมัวร จะได3 5( 3 i) (2 3 2i)− + + = 3 515 15 5 52 (cos i sin )4 (cos i sin )

6 6 6 6π π π π+ +

= 3 i8192(0 i)( )2 2

+ − +

= 4096 4096 3i− −

3. (1) เพราะวา 1 3i− เขียนไดในรูป 5 52(cos i sin )3 3π π+

และ r (cos θ + i sin θ) = 1 3i−

จะได r = 2 และ θ = 53π เมื่อ 0 2≤ θ ≤ π

แต 2 6π ≤ θ ≤ π ดังนั้น θ มีคา 113π และ 17

3π

(2) เพราะวา –1 – i เขียนไดในรูป 5 52(cos i sin )4 4π π+

และ r (cos θ + i sin θ) = –1 – iจะได r = 2 และ θ = 5

4π เมื่อ 0 2≤ θ ≤ π

แต 6 7π ≤ θ ≤ π ดังนั้น ไมมี θ ที่ 6 7π ≤ θ ≤ π ที่สอดคลองสมการนี้

48

(3) เพราะวา –1 – i เขียนไดในรูป 5 52(cos i sin )4 4π π+

และ r2(cos 2θ + i sin 2θ) = –1 – iจะได r2 = 2 ดังนั้น r = 4 2

และ 2θ = 54π ดังนั้น θ = 5

8π เมื่อ 0 2≤ θ ≤ π

4. (1) {z⏐arg(z) = 4π }

(2) {z⏐arg(z) = 2π

− }

3) {z⏐0 < arg(z) < π}

4π

Y

X0

2π

−

Y

X0

Y

X0

49

4) {z⏐2π

− < arg(z) < 0}

5. ให z = a + bi จะได z = a – biจาก z = a + bi จะได tan θ = b

aดังนั้น arg(z) = arctan b

aและ z = a – bi จะได tan θ = b

a−

ดังนั้น arg( z ) = arctan b( )a

−

arg(z) + arg( z ) = b barctan arctan( )a a+ −

=b b( )a aarctan b b1 ( )( )

a a

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

= arctan 0 = 0 = 0 + 2nπ , n เปนจํานวนเต็ม (มุมสมมูลกัน) = 2nπ


1. iให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ iดังนั้น z3 = i = π π1(cos +isin )

2 2โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร

Y

X0

50

จะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = π π(cos +isin )2 2

ดังนั้น r3 = 1 และ 3θ = 2k2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = 2k6 3π π+ เมื่อ { }k 0,1,2∈

ฉะนั้น 2k 2kz cos( ) i sin( )6 3 6 3π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = (cos i sin )6 6π π+ = 3 1 i

2 2+

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 5 5(cos i sin )6 6π π+ = 3 1 i

2 2− +

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 3 3(cos i sin )2 2π π+ = – i

8(cos i sin )3 3π π+

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 8(cos i sin )3 3π π+

ดังนั้น z3 = 8(cos i sin )3 3π π+

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 8(cos i sin )

3 3π π+



ฉะนั้น 2k 2kz 2 cos( ) i sin( )9 3 9 3π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = 2(cos i sin )9 9π π+

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 7 72(cos i sin )9 9π π+


Y

X1 Z1Z2

Z3

51

5 527(cos i sin )3 3π π+

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 5 527(cos i sin )3 3π π+

ดังนั้น z3 = 5 527(cos i sin )3 3π π+

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 5 527(cos i sin )

3 3π π+

ดังนั้น r3 = 27 และ 3θ = 5 2k3π+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈

จึงไดวา r = 3 และ θ = 5 2k9 3π π+ เมื่อ { }k 0,1,2∈

ฉะนั้น 5 2k 5 2kz 3 cos( ) i sin( )9 3 9 3π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2∈




–8iให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ –8i

Y

X3

Z1

Z2

Z3

2

Y

Z3

Z2Z2 Z1

X

52

ดังนั้น z3 = –8i = 3π 3π8(cos + isin )2 2

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 3π 3π8(cos + isin )

2 2ดังนั้น r3 = 8 และ 3θ = 3 2k

2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈



เมื่อ { }k 0,1,2∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = 2(cos i sin )2 2π π+ = 2i

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 7 72(cos i sin )6 6π π+ = 3 i− −

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 11 112(cos i sin )6 6π π+ = 3 i−

27iให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 27iดังนั้น z3 = 27i = π π27(cos + isin )

2 2โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = π π27(cos + isin )

2 2ดังนั้น r3 = 27 และ 3θ = 2k

2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈



เมื่อ { }k 0,1,2∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = 3(cos i sin )6 6π π+ = 3 3 3+ i

2 2

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 5 53(cos i sin )6 6π π+ = 3 3 3+ i

2 2−

Y

X2

Z1

Z2 Z3

53

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 3 33(cos i sin )2 2π π+ = 3− i

–64ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ –64ดังนั้น z3 = –64 = 64(cosπ + isinπ)

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 64(cosπ + isinπ)

ดังนั้น r3 = 64 และ 3θ = 2kπ+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈



เมื่อ { }k 0,1,2∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = 4(cos i sin )3 3π π+ = 2 2 3i+

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 4(cos i sin )π+ π = 4−

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 5 54(cos i sin )3 3π π+ = 2 2 3i−

Y

X

4

Z1

Z2

Z3

3

Y

X

Z1Z2

Z3

54

1 3i+

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 1 3i+

ดังนั้น z3 = 2(cos + isin )3 3π π

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 2(cos + isin )

3 3π π


จึงไดวา r = 3 2 และ θ = 2k9 3π π+ เมื่อ { }k 0,1,2∈

ฉะนั้น 3 2k 2kz 2 cos( ) i sin( )9 3 9 3π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2∈


เมื่อ k = 1 จะได z2 = 3 7 72(cos i sin )9 9π π+


2 3 2i− +

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 2 3 2i− +

ดังนั้น z3 = 5 54(cos + isin )6 6π π

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 5 54(cos + isin )

6 6π π


จึงไดวา r = 3 4 และ θ = 5 2k18 3π π+ เมื่อ { }k 0,1,2∈

ฉะนั้น 3 5 2k 5 2kz 4 cos( ) i sin( )18 3 18 3π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2∈


Z3

3 2

Y

XZ1

Z2

55



2 2 3i−

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 2 2 3i−

ดังนั้น z3 = 2 2 3i− = 5π 5π4(cos + isin )3 3

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 5 54(cos + isin )

6 6π π




เมื่อ { }k 0,1,2∈




Y

XZ3Z2

3 4

Z1

Y

Z3

Z1Z2

3 4 X

56

3 i−ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 3 i−

ดังนั้น z3 = 3 i− = 11π 11π2(cos + isin )6 6

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r3 ( )cos3θ + isin3θ = 11π 11π2(cos + isin )

6 6ดังนั้น r3 = 2 และ 3θ = 11 2k

6π+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈



เมื่อ { }k 0,1,2∈




2. รากที่ 2 ของ 1ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 2 ของ 1ดังนั้น z2 = 1 = 1 (cos0 + isin0)

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r2 ( )cos2θ + isin2θ = (cos0 + isin0)

ดังนั้น r1 = 1 และ 2θ = 0 2k+ π เมื่อ { }k 0,1,2∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = 0 + kπ เมื่อ { }k 0,1,2∈

ฉะนั้น z 1 (cos kπ + isin kπ)= เมื่อ { }k = 0,1

เมื่อ k = 0 จะได z1 = (cos 0 + isin 0) = 1 เมื่อ k = 1 จะได z2 = (cos + isin )π π = -1แสดงแผนภาพไดดังนี้

Y

X

Z1

Z2

Z3

3 2

57

รากที่ 4 ของ 1ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ 1ดังนั้น z4 = 1 = 1(cos0 + isin0)


ดังนั้น r4 = 1 และ 4θ = 0 2k+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k0 + 2π เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

ฉะนั้น k kz (cos + isin )2 2π π

= เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = (cos 0 + isin 0) = 1 เมื่อ k = 1 จะได z2 = (cos + isin )

2 2π π = i

เมื่อ k = 2 จะได z3 = (cos + isin )π π = -1เมื่อ k = 3 จะได z4 = 3 3(cos + isin )

2 2π π = - i

แสดงแผนภาพไดดังนี้

รากที่ 5 ของ 1ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ 1

X

Y

1 Z1Z3

Z4

Z2

Y

XZ2 Z11

58

ดังนั้น z5 = 1 = 1 (cos0 + isin0)


ดังนั้น r5 = 1 และ 5θ = 0 2k+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = 2k0 + 5π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

ฉะนั้น 5k 5kz (cos + isin )2 2π π

= เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = (cos 0 + isin 0) = 1 เมื่อ k = 1 จะได z2 = 2 2(cos + isin )

5 5π π

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 4 4(cos + isin )5 5π π




รากที่ 6 ของ 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 6 ของ 1ดังนั้น z6 = 1 = 1(cos0 + isin0)


ดังนั้น r6 = 1 และ 6θ = 0 2k+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k0 + 3π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5∈


= เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = (cos 0 + isin 0) = 1

1 X

Y

Z1

Z2Z3

Z4Z5

59

เมื่อ k = 1 จะได z2 = (cos + isin )3 3π π = 1 3 i

2 2+

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 2 2(cos + isin )3 3π π = 1 3 i

2 2− +

เมื่อ k = 3 จะได z4 = (cos + isin )π π = -1เมื่อ k = 4 จะได z5 = 4 4(cos + isin )

3 3π π = 1 3 i

2 2− −


2 2−


รากที่ 8 ของ 1ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ 1ดังนั้น z8 = 1 = 1 (cos0 + isin0)


ดังนั้น r8 = 1 และ 8θ = 0 2k+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k0 + 4π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈


= เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = (cos 0 + isin 0) = 1เมื่อ k = 1 จะได z2 = (cos + isin )

4 4π π = 2 2 i

2 2+

เมื่อ k = 2 จะได z3 = (cos + isin )2 2π π = i


2 2− +

เมื่อ k = 4 จะได z5 = (cos + isin )π π = - 1

1 X

Y

Z1

Z2Z3

Z5 Z6

Z4

60


2 2− −

เมื่อ k = 6 จะได z7 = 3 3(cos + isin )2 2π π = - i


2 2−


รากที่ 2 ของ iให a + bi เปนจํานวนเชิงซอนซึ่งเปนรากที่ 2 ของ iดังนั้น i = (a + bi)2 = (a2 – b2) + 2abiจะได a2 – b2 = 0 กับ 2ab = 1

(a2 + b2)2 = (a2 – b2)2 + (2ab)2 = 0 + 1 = 1 หรือ a2 + b2 = 1จาก a2 – b2 = 0 และ a2 + b2 = 1จะได 2a2 = 1 และ 2b2 = 1

a = 22

และ b = 22

แตเพราะ 2ab = 1 ทําใหได i = 2 2i( )2 2

± +


1 X

Y

Z1

Z2

Z3Z4

Z5

Z6 Z7Z8

2 2 i2 2

− −

2 2 i2 2

+1

X

Y

61

รากที่ 4 ของ iให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ iดังนั้น z4 = i = π π1(cos + isin )

2 2โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r4 ( )cos4θ + isin4θ = π πcos + isin


2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k8 2π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

ฉะนั้น k kz cos( ) i sin( )8 2 8 2π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = cos + isin 8 8π π

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 5 5cos + isin 8 8π π




รากที่ 5 ของ iให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ iดังนั้น z5 = i = π πcos + isin



2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

Y

1 XZ1

Z2

Z3

Z4

62

จึงไดวา r = 1 และ θ = 2k10 5π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

ฉะนั้น 2k 2kz cos( ) i sin( )10 5 10 5π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈


เมื่อ k = 1 จะได z2 = π πcos + isin2 2

= iเมื่อ k = 2 จะได z3 = 9 9cos + isin

10 10π π






2 2

ดังนั้น r6 = 1 และ 6θ = 2k2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k12 3π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5∈


เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5∈


1 X

Y

Z1

Z2

Z3

Z4 Z5

63









2 2

ดังนั้น r8 = 1 และ 8θ = 2k2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k16 4π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈


เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈





1 X

Y

Z1

Z2Z3

Z4

Z5Z6

64






3.14(2 2 3i)+

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ 2 2 3i+

ดังนั้น z4 = 2 2 3i+ = π π4 (cos + isin )3 3

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r4 ( )cos4θ + isin4θ = π π4 (cos + isin )

3 3

ดังนั้น r4 = 4 และ 4θ = 2k3π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

จึงไดวา r = 2 และ θ = k12 2π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

ฉะนั้น k kz 2 cos( ) i sin( )12 2 12 2π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = π π2 (cos + isin )12 12

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 7π 7π2 (cos + isin )12 12



X

Y

1 Z1

Z2Z3

Z4

Z5

Z6 Z7

Z8

65

4. 5 2 2 3i−

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ 2 2 3i−

ดังนั้น z5 = 2 2 3i− = 5π 5π4 (cos + isin )3 3

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r5 ( )cos5θ + isin5θ = 5π 5π4 (cos + isin )

3 3

ดังนั้น r5 = 4 และ 5θ = 5 2k3π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

จึงไดวา r = 5 4 และ θ = 2k3 5π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

ฉะนั้น 5 2k 2kz 4 cos( ) i sin( )3 5 3 5π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = 5 π π4 (cos + isin )3 3

เมื่อ k = 1 จะได z2 = 5 11π 11π4 (cos + isin )15 15




5. (1) z4 = 1 3i+

z = 4 1 3i+

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ 1 3i+

ดังนั้น z4 = 1 3i+ = π π2 (cos + isin )3 3

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r4 ( )cos4θ + isin4θ = π π2 (cos + isin )

3 3

ดังนั้น r4 = 2 และ 4θ = 2k3π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

จึงไดวา r = 4 2 และ θ = k12 2π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

ฉะนั้น 4 k kz 2 cos( ) i sin( )12 2 12 2π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2,3∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = 4 π π2 (cos + isin )12 12


66



(2) z5 + i = 0 z5 = – i

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ - iดังนั้น z5 = - i = 3π 3π1(cos + isin )

2 2โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r5 ( )cos5θ + isin5θ = 3π 3πcos + isin

2 2

ดังนั้น r5 = 1 และ 5θ = 3 2k2π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = 3 2k10 5π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈

ฉะนั้น 3 2k 3 2kz cos( ) i sin( )10 5 10 5π π π π⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

เมื่อ { }k 0,1,2,3,4∈




เมื่อ k = 3 จะได z4 = 3 3cos + isin 2 2π π = i


(3) z7 – 1 = 0z7 = 1

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 7 ของ 1ดังนั้น z7 = 1 = 1(cos 0 + isin 0)โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r7 ( )cos7θ + isin7θ = cos 0 + isin 0ดังนั้น r7 = 1 และ 7θ = 0 + 2kπ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6∈

67

จึงไดวา r = 1 และ θ = 2k7π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6∈

ฉะนั้น 2k 2kz cos i sin7 7π π

= + เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = cos 0 + i sin 0 = 1เมื่อ k = 1 จะได z2 = 2 2cos( ) i sin( )

7 7π π

+

เมื่อ k = 2 จะได z3 = 4 4cos( ) i sin( )7 7π π

+

เมื่อ k = 3 จะได z4 = 6 6cos( i sin )7 7π π+

เมื่อ k = 4 จะได z5 = 8 8cos( i sin )7 7π π+


+


+

(4) z8 + 4 + 4i = 0 z8 = –4 – 4iให z = r (cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ –4 – 4iดังนั้น z8 = –4 – 4i = 1 14 2( i)

2 2− − = 5 54 2(cos i sin )

4 4π π+

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r8(cos 8θ + i sin 8θ) = 5 54 2(cos i sin )

4 4π π+

ดังนั้น r8 = 4 2 และ 8θ = 5 2k4π+ π เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

จึงไดวา r = 8 32 และ θ = 5 k32 4π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

ฉะนั้น 8 5 k 5 kz 32 cos i sin32 4 32 4

⎡ π π π π ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈






68




5) z8 + 1 = 0 z8 = –1

ให z = r (cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ –1ดังนั้น z 8 = –1 = 1(cos π + i sin π)โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r8(cos 8θ + i sin 8θ) = cos π + i sin πดังนั้น r8 = 1 และ 8θ = π + 2kπ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = k8 4π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

ฉะนั้น k kz cos i sin8 4 8 4π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7∈

เมื่อ k = 0 จะได z1 = cos( ) i sin( )8 8π π

+


+


+


+


+


+


+


+

6) z9 + 1 = 0z9 = –1

ให z = r (cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 9 ของ –1ดังนั้น z9 = –1 = 1(cos π + i sin π)

69

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวรจะได r9(cos 9θ + i sin 9θ) = cos π + i sin πดังนั้น r9 = 1 และ 9θ = π + 2kπ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7,8∈

จึงไดวา r = 1 และ θ = 2k9 9π π+ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7,8∈

ฉะนั้น 2k 2kz cos i sin9 9 9 9π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ เมื่อ { }k 0,1,2,3,4,5,6,7,8∈


+


+ = 1 3 i2 2+


+


+

เมื่อ k = 4 จะได z5 = cos( ) i sin( )π + π = –1เมื่อ k = 5 จะได z6 = 11 11cos( ) i sin( )

9 9π π

+


+


+ = 1 3 i2 2−


+


1. (1) เซตคําตอบของสมการ 2x3 + 2x2 + x + 1 = 0 คือ 2 2{ 1, i, i}2 2

− −

(2) เซตคําตอบของสมการ 2x3 – x + 1 = 0 คือ 1 1 1 1{ 1, i, i}2 2 2 2

− + −

(3) เซตคําตอบของสมการ x4 – x3 + 7x2 – 9x – 18 = 0 คือ {–1, 2, 3i, –3i}(4) เซตคําตอบของสมการ x4 – 6x3 + 15x2 – 22x + 12 = 0 คือ

{1, 3, 1 + 3i , 1 – 3i }(5) เซตคําตอบของสมการ { 10, 10, 2i, 2i}− −

(6) เซตคําตอบของสมการ {1, –2, –3, –2 + 3i , –2 – 3i }

70

2. ให f(x) = x5 + 9x3 – 8x2 – 72จะได f(–1 + 3i ) = (–1 + 3i )5 + 9(–1 + 3i )3 – 8(–1 + 3i )2 – 72

= –16 – 16 3i + 72 + 16 + 16 3i – 72= 0

แสดงวา –1 + 3i เปนคําตอบของ f(x) = 0จะได –1 – 3i เปนคําตอบของ f(x) = 0 ดวยแต [x – (–1 + 3i )][x – (–1 – 3i )] = x2 + 2x + 4และ x5 + 9x3 – 8x2 – 72 = 0 = (x2 + 2x + 4)(x3 – 2x2 + 9x – 18)

= (x2 + 2x + 4)(x2 + 9)(x – 2)นั่นคือ x2 + 2x + 4 = 0 หรือ x2 + 9 = 0 หรือ x – 2 = 0จาก x2 + 9 = 0จะได x = 3i หรือ x = –3iดังนั้น คําตอบที่เหลือทั้งหมดของสมการนี้คือ –1 3i− , 3i, –3i, 2

3. จากโจทย 3, –4, 3 + i เปนคําตอบของสมการ จะได 3 – i เปนคําตอบดวยดังนั้น จะได (x – 3)(x + 4)[x – (3 + i][x – (3 – i)] = 0

(x2 + x – 12)(x2 – 6x + 10) = 0 x4 – 5x3 – 8x2 + 82x – 120 = 0

k[x4 – 5x3 – 8x2 + 82x – 120] = 0 เมื่อ k ≠ 0ดังนั้น k[x4 – 5x3 – 8x2 + 82x – 120] = 0 เปนพหุนามดีกรี 4 ที่มีสัมประสิทธิ์เปนจํานวนเต็มและมี 3, –4, 3 + i และ 3 – i เปนคําตอบ

4. จากโจทย 2 2 3i− และ –4i เปนคําตอบของสมการจะได 2 2 3i+ และ 4i เปนคําตอบของสมการดวย

[x – ( 2 2 3i− )][(x – ( 2 2 3i+ )](x + 4i)(x – 4i) = 0(x2 – 4x + 16)(x2 + 16) = 0x4 – 4x3 + 32x2 – 64x + 256 = 0k(x4 – 4x3 + 32x2 – 64x + 256) = 0 เมื่อ k ≠ 0

71

ดังนั้น จะได k(x4 – 4x3 + 32x2 – 64x + 256) = 0 เปนสมการพหุนามดีกรี 4 ที่มี2 2 3i± และ 4i± เปนคําตอบ

5. จากโจทย 23

− , 1 i− + , 3 3i+ เปนคําตอบของสมการ จะได –1 – i , 3 3i− เปนคําตอบดวยดังนั้น จะได 2(x )[x ( 1 i)][x ( 1 i)][x (3 3i)][x (3 3i)]

3+ − − + − − − − + − − = 0

2 22(x )[x 2x 2][x 6x 12]3

+ + + − + = 05 4 3 23x 10x 2x 40x 96x 48 0− − + + + =

k[ 5 4 3 23x 10x 2x 40x 96x 48− − + + + ] = 0 เมื่อ k ≠ 0ดังนั้น จะได k[ 5 4 3 23x 10x 2x 40x 96x 48− − + + + ] = 0 เปนสมการพหุนามดีกรี 5 ที่มี 2

3− , 1 i− ± , 3 3i± เปนคําตอบ

6. ให f(x) = x2 – x + (i + 1)f(i) = i2 – i + i + 1 = 0

ดังนั้น i เปนคําตอบหนึ่งของ x2 – x + (i + i)f(–i) = (–i)2 – (–i) + i + 1 = –1 + i + i + 1 = 2i

ดังนั้น – i ไมเปนคําตอบหนึ่งของ x2 – x + (i + 1)สมการพหุนาม x2 – x + (i + 1) มี i เปนคําตอบ แต – i ไมใชคําตอบ ผลนี้ไมขัดกับทฤษฎีที่กลาวไว เพราะสมการพหุนาม x2 – x+ (i + 1) มีสัมประสิทธิ์ไมเปนจํานวนจริงทุกจํานวน เพราะ (i + 1) ไมใชจํานวนจริง

7. (1) จากโจทย –3, –1, 4 เปนคําตอบของ P(x)P(x) = (x + 3)(x + 1)(x – 4)

= x3 – 13x – 12จะได P(x) = a(x3 – 13x – 12) , a เปนคาคงที่ที่ไมเทากับศูนย P(2) = a(23 – 13(2) – 12) = 5

–30 a = 5

72

a = 16

−

ดังนั้น P(x) = – 31 (x 13x 12)6

− − สอดคลองกับเงื่อนไขขางตน

(2) จากโจทย 2, 5, –3 เปนคําตอบของ P(x)P(x) = (x – 2)(x – 5)(x + 3)

= x3 – 4x2 – 11x + 30จะได P(x) = a(x3 – 4x2 – 11x + 30) , a เปนคงคาที่ที่ไมเทากับศูนย P(1) = a(1 – 4 – 11 + 30) = –4

16 a = –4 a = 1

4−

ดังนั้น P(x) = 3 21 (x 4x 11x 30)4

− − − + สอดคลองกับเงื่อนไขขางตน

8. (1) ดีกรีต่ําสุด คือ 4(2) ดีกรีต่ําสุด คือ 2(3) ดีกรีต่ําสุด คือ 4(4) ดีกรีต่ําสุด คือ 6

9. ให P(x) = x4 – 2x3 – 7x2 + 28x + 52จาก (x + 2)2 = x2 + 4x + 4จะได P(x) = (x2 – 6x + 13)(x2 + 4x + 4)แสดงวา –2 เปนคําตอบซ้ํา 2 ครั้งของ P(x)ดังนั้น คําตอบที่เหลืออีก 2 คําตอบ คือ คําตอบของพหุนามดีกรีสอง x2 – 6x + 13โดยที่ x2 – 6x + 13 = [x – (3 + 2i)][x – (3 – 2i)]ดังนั้น คําตอบที่เหลือของ P(x) คือ 3 + 2i, 3 – 2i

10. ให P(x) = x5 + 9x4 + 33x3 + 55x2 + 42x + 12จาก (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1จะได P(x) = (x3 + 3x2 + 3x + 1)(x2 + 6x + 12)แสดงวา –1 เปนคําตอบซ้ํา 3 ครั้งของ P(x)

73

ดังนั้น คําตอบที่เหลืออีก 2 คําตอบ คือ คําตอบของพหุนามดีกรีสอง x2 + 6x + 12โดยที่ x2 + 6x + 12 = [x – (–3 + 3i )][x – (–3 – 3i )]ดังนั้น คําตอบที่เหลือของ P(x) คือ –3 + 3i , –3 – 3i

11. จากโจทย 1 + i เปนคําตอบของสมการ จะได 1 – i เปนคําตอบดวยแต (x – (1 + i))(x – (1 – i)) = x2 – 2x + 2และ x4 – 7x3 + 18x2 – 22x + 12 = (x2 – 2x + 2)(x2 – 5x + 6)ดังนั้น คําตอบที่เหลือคือคําตอบของพหุนามดีกรีสอง x2 – 5x + 6โดยที่ x2 – 5x + 6 = (x – 3)(x – 2)ดังนั้น คําตอบทั้งหมดของสมการพหุนามนี้ คือ 2, 3, 1 – i, 1 + i

139


1. เสนทางจาก X ไปยัง Y โดยผาน A มีเสนทางได 3 เสนทางเสนทางจาก X ไปยัง Y โดยผาน B มีเสนทางได 4 เสนทางเสนทางจาก X ไปยัง Y โดยผาน C มีเสนทางได 3 เสนทางดังนั้น มีจํานวนเสนทางจาก X ไปยัง Y ทั้งหมด 10 เสนทาง

D YA E Y

F YD YE Y

X B F YG YE Y

C F YG Y

2. จํานวนเสนทางจาก N ไปยัง S มีทั้งหมด 5 + 3 + 5 = 13 เสนทางโดยมีรายละเอียดดังแผนภาพ

S

N

1

A B C

I

D E

J

2 3

F G H

K

140จากแผนภาพขางตนสามารถเขียนเปนแผนภาพตนไมไดดังนี้

A I SA I S

1 B I SC I S

C I SD J S

N 2 E J SE J SF K S

G K S3 G K S

H K S G K S

3. (1) จํานวนเสนทางการเดินทางจาก A ไป B มี 3 เสนทาง(2) จํานวนเสนทางการเดินทางจาก B ไป C มี 1 เสนทาง(3) จํานวนเสนทางการเดินทางจาก C ไป D มี 5 เสนทาง(4) จํานวนเสนทางการเดินทางจาก D ไป E มี 6 เสนทาง(5) จํานวนเสนทางการเดินทางจาก A ไป E มี 90 เสนทาง

4. (1) จุดยอด X อยูที่จุด E หรือ F จํานวนรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก 2 × 3 = 6 รูปจุดยอด Y อยูที่จุด E หรือ F จํานวนรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก 2 × 3 = 6 รูปดังนั้น จํานวนรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก XCY มี 12 รูป

(2) จํานวนรูปสามเหลี่ยมโดยมีจุดยอด 3 จุด จาก A, B, C, D, E, F มี 15 รูป

5. จากรูป ชวงที่ 1 มีจํานวนวิธีวางไดตางกัน 3 วิธี ชวงที่ 2 มีจํานวนวิธีวางไดตางกัน 2 วิธี ชวงที่ 3 มีจํานวนวิธีวางไดตางกัน 5 วิธี

ดังนั้น จํานวนวิธีทั้งหมด 3 × 2 × 5 = 30 วิธี

ชวงที่ 1



1416. มีจุดยอดอยูบนดาน 3 ดาน เกิดรูปสามเหลี่ยมได 3 × 2 × 3 = 18 รูป

มีฐานเปน 2 จุดใด ๆ บนดาน AC เกิดรูปสามเหลี่ยมได 3 × 5 = 15 รูปมีฐานเปน 2 จุดใด ๆ บนดาน BC เกิดรูปสามเหลี่ยมได 1 × 6 = 6 รูปมีฐานเปน 2 จุดใด ๆ บนดาน AB เกิดรูปสามเหลี่ยมได 3 × 5 = 15 รูปดังนั้น มีรูปสามเหลี่ยมทั้งหมด 18 + 15 + 6 + 15 = 54 รูป

7. เมื่อไมมีอักษร 2 ตัวติดกันซ้ํากันอักษรตัวที่หนึ่งเลือกได 26 วิธีอักษรตัวที่สองเลือกได 25 วิธีอักษรตัวที่สามเลือกได 25 วิธีอักษรตัวที่สี่เลือกได 25 วิธีอักษรตัวที่หาเลือกได 25 วิธีดังนั้น จะสรางคําไดทั้งหมด 26 × 254 คํา

8. จํานวนสับเซตที่มีสมาชิก 2 ตัว {a, b} โดยที่ a = 1, 2, 3, ... 93 เทากับ 93 × 7 = 651จํานวนสับเซตที่มีสมาชิก 2 ตัว โดยที่ a = 94, 95, 96, ... 99 เทากับ6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21 สับเซตดังนั้น จํานวนสับเซตทั้งหมด 651 + 21 = 672 สับเซต

9. ในการสรางจํานวน 3 หลัก ที่มีคามากกวา 300หลักรอย เลือกตัวเลขได 3 วิธี คือ 3 หรือ 4 หรือ 5หลักสิบ เลือกตัวเลขได 5 วิธีหลักหนวย เลือกตัวเลขได 4 วิธีดังนั้น จํานวนวิธีสรางจํานวน 3 หลัก ที่มีคามากกวา 300 จากเลขโดด 0, 1, 2, 3, 4และ 5 มี 3 × 5 × 4 = 60 วิธี

10. ขอสอบขอที่ 1 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธีขอสอบขอที่ 2 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธีขอสอบขอที่ 3 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธี

M

142ขอสอบขอที่ 10 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธีดังนั้น จํานวนวิธีตอบขอสอบทั้ง 10 ขอ 210 วิธี

11. ตัวเลขที่แสดงตอนที่นั่งมี 20 วิธีอักษรที่แสดงแถวที่นั่งมี 52 วิธีตัวเลขแสดงตําแหนงที่นั่งมี 30 วิธีดังนั้น จํานวนที่นั่งทั้งหมดมี 31,200 ที่นั่ง

12. ตัวอักษรตัวแรกเปนไปได 26 วิธีตัวอักษรตัวที่สองเปนไปได 26 วิธีตัวเลข 3 ตัว เปนไปได 10 × 10 × 10 วิธีตัวอักษรอีก 1 ตัว เปนไปได 26 วิธีตัวเลขอีก 2 ตัว เปนไปได 10 × 10 วิธีดังนั้น จํานวนหนังสือทั้งหมดในระบบนี้มี 263 × 105 เลมถาตัวอักษร 2 ตัวแรก แสดงหนังสือที่จัดไวเปนตอนดังนั้น หนังสือในแตละตอนมี 1 × 10 × 10 × 10 × 26 × 10 × 10 = 2,600,000 เลม

แบบฝกหัด 3.2 ก

1. (1) 210 (2) 1680 (3) 3802. n = 63. พิสูจน Pn, 1 + Pm, 1 = Pn+m, 1

Pn, 1 + Pm, 1 = n! m!(n 1)! (m 1)!

+− −

= n + m= (n m)!

((n m) 1)!+

+ −

= Pn+m, 1

4. สรางจํานวนที่มี 4 หลัก จากเลขโดด 5 ตัวดังนั้น จะสรางได P5, 4 = 5!

(5 4)!− = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 จํานวน

1435. มีตําแหนงวางที่เปนชาย 3 ตําแหนง มีผูสมัครเปนชาย 6 คน

ดังนั้น มีจํานวนวิธีจัดชายเทากับ P6, 3 = 6!3!

= 6 × 5 × 4 = 120 วิธีมีตําแหนงวางที่เปนหญิง 2 ตําแหนง มีผูสมัครเปนหญิง 5 คนดังนั้น มีจํานวนวิธีจัดหญิงเทากับ P5, 2 = 5!

3! = 5 × 4 = 20 วิธี

จะได วิธีจัดคนที่มาสมัครเขาทํางาน 120 × 20 = 2400 วิธี

6. จัดชาย 6 คน ยืนเรียงแถวหนากระดานได 6! = 720 วิธี

ช1 ช2 ช3 ช4 ช5 ช6

จัดชาย 6 คน ยืนหนากระดานจะมีที่ใหผูหญิงแทรกได 7 ที่ผูหญิง 3 คน จะเลือกที่แทรกได 7 × 6 × 5 = 210 วิธีดังนั้น จํานวนวิธีจัดทั้งหมด 720 × 210 = 151200 วิธี

7. แยกเปน 2 กรณีกรณีที่ 1 หลักรอย เปนเลขคี่ คือ 3, 5 และ 7

หลักรอย เลือกตัวเลขได 3 วิธีหลักหนวย เลือกตัวเลขได 4 วิธี หลักหนวยเปนเลขคี่และตัวเลขใน

แตละหลักไมซ้ํากันหลักสิบ เลือกตัวเลขได 8 วิธี

มีวิธีสรางจํานวนได 3 × 4 × 8 = 96 วิธีกรณีที่ 2 หลักรอย เปนเลขคู คือ 4, 6, 8

หลักรอย เลือกตัวเลขได 3 วิธีหลักหนวย เลือกตัวเลขได 5 วิธี หลักหนวยเปนเลขคี่และตัวเลขใน

แตละหลักไมซ้ํากันหลักสิบ เลือกตัวเลขได 8 วิธี

มีวิธีสรางจํานวนได 3 × 5 × 8 = 120 วิธีดังนั้น จํานวนคี่ที่มีคามากกวา 300 แตนอยกวา 900 โดยที่ตัวเลขในแตละหลักไมซ้ํากันมี 96 + 120 = 216 จํานวน

1448. มีหนังสือที่แตกตางกัน 8 เลม เปนคณิตศาสตร 3 เลม

ดังนั้น เปนหนังสืออ่ืน ๆ จํานวน 5 เลม จัดเปนแถวยาวแถวเดียวได 5! วิธีจะได ที่ที่จะวางหนังสือคณิตศาสตรแทรกได จํานวน 6 ที่ดังนั้น จัดหนังสือคณิตศาสตรแทรกได 6 × 5 × 4 = 120 วิธีนั่นคือ จํานวนวิธีจัดหนังสือทั้ง 8 เลม เทากับ 5! × 120 = 14400 วิธี

9. เมื่อถายรูปทีละคน จะได 5 วิธีเมื่อถายรูปทีละสองคน จะได P5, 2 = 5!

3! = 20 วิธี

เมื่อถายรูปทีละสามคน จะได P5, 3 = 5!2!

= 60 วิธี

เมื่อถายรูปทีละสี่คน จะได P5, 4 = 5!1!

= 120 วิธีเมื่อถายรูปทีละหาคน จะได P5, 5 = 5! = 120 วิธีดังนั้น จะมีภาพที่แตกตางกันทั้งหมด 5 + 20 + 60 + 120 + 120 = 325 ภาพ

10. มีหนังสือทั้งหมด 3 + 2 + 4 = 9 เลม(1) มีวิธีจัดหนังสือ 9 เลม วางบนชั้นหนังสือได 9! วิธี(2) มีวิธีจัดหนังสือคณิตศาสตรในตําแหนงหัวแถวและหางแถวได 2 วิธี

หนังสืออีก 7 เลม จัดวางสลับกันได 7! วิธีดังนั้น มีวิธีจัดไดทั้งหมด 2(7!) วิธี

(3) จัดหนังสือแตละวิชามัดรวมกัน แลวนํามาจัดวางสลับกันได 3! วิธีหนังสือเคมี 3 เลม ที่มัดไว สลับที่กันเองไดอีก 3! วิธี หนังสือคณิตศาสตร 2 เลม ที่มัดไว สลับที่กันเองไดอีก 2! วิธีหนังสือภาษาอังกฤษ 4 เลม ที่มัดไว สลับที่กันเองไดอีก 4! วิธีดังนั้น มีวิธีจัดไดทั้งหมด 3! 3! 2! 4! = 1728 วิธี

11. มีเกาอี้วาง 6 ที่ มีคน 3 คน จัดที่นั่งโดยไมมีใครนั่งติดกัน มีได 4 รูปแบบดังนี้แบบที่ 1 คนที่ 1 _____ คนที่ 2 _____ คนที่ 3 ______แบบที่ 2 คนที่ 1 _____ คนที่ 2 _____ ______ คนที่ 3 แบบที่ 3 คนที่ 1 _____ _____ คนที่ 2 ______ คนที่ 3 แบบที่ 4 _____ คนที่ 1 _____ คนที่ 2 ______ คนที่ 3

145ในแตละแบบ สลับที่คนนั่งไดอีก 3!ดังนั้น จํานวนวิธีทั้งหมด 4(3!) = 24 วิธี

แบบฝกหัด 3.2 ข

1. วิธีจัดเรียงหนังสือทั้งหมดบนชั้นวางหนังสือคือ 9!3!2!4!

= 9 8 7 6 53 2 2

× × × ×× ×

= 1260 วิธี2. วิธีจัดเรียงหลอดไฟประดับตามรั้วในแนวเสนตรงคือ 15!

4!5!6! วิธี

3. คําวา ENTRANCE มี E 2 ตัว N 2 ตัวT 1 ตัว R 1 ตัวA 1 ตัว C 1 ตัว

จัดโดยไมมีเงื่อนไข มีวิธีจัดได 8!2!2!

= 10080 วิธี

ถาจัดให E อยูติดกันเสมอ มีวิธีจัดได 7!2!

= 2520 วิธีดังนั้น จํานวนวิธีจัดเรียงโดยที่ E ไมอยูติดเทากับ 7560 วิธี

4. นําเลขโดด 0, 2, 2, 3, 3, 3, 4 มาจัดเรียงอยางไมมีเงื่อนไข จะได 7!2!3!

= 420 วิธี

ถาเลขโดด 0 อยูหลักลาน เลขโดดที่เหลือนํามาจัดได 6!2!3!

= 60 วิธีดังนั้น จํานวนที่มีคามากกวาหนึ่งลานมี 420 – 60 = 360 จํานวน

5. เลือกลูกบอล 4 ลูก แยกกรณีไดดังนี้กรณีที่ 1 สีแดง 1 ลูก สีขาว 1 ลูก สีเหลือง 1 ลูก สีดํา 1 ลูก

จัดเรียงเปนแถวตรงได 4! = 24 วิธีกรณีที่ 2 สีดํา 2 ลูก สีอ่ืนอีก 2 ลูก

จัดเรียงเปนแถวตรงได 4!(3)2!

= 36 วิธี ดังนั้น มีวิธีจัดทั้งหมด 24 + 12 + 36 = 72 วิธี

กรณีที่ 3 สีดํา 3 ลูก สีอ่ืนอีก 1 ลูกจัดเรียงเปนแถวตรงได 4!(3)

3! = 12 วิธี

1466. (1) จํานวนที่สรางมีคาอยูระหวาง 400,000 ถึง 500,000

ดังนั้น หลักแสนจะตองเปนตัวเลข 4 จะสรางจํานวนทั้งหมดได 5!

3!= 20 จํานวน

(2) จํานวนที่สรางมีคามากกวา 500,000ดังนั้น หลักแสนจะตองเปนตัวเลข 5

จะสรางจํานวนทั้งหมดได 5!2!2!

= 30 จํานวน(3) จํานวนที่สรางมีคามากกวา 400,000 และเปนจํานวนคู

ดังนั้น หลักแสนจะตองเปนตัวเลข 4 หรือ 5 หลักหนวยเปนตัวเลข 0 หรือ 4หลักแสนเปน 4 หลักหนวยเปน 0 จะได 4!

3! = 4 จํานวน

หลักแสนเปน 4 หลักหนวยเปน 4 จะได 4!3!

= 4 จํานวน

หลักแสนเปน 5 หลักหนวยเปน 0 จะได 4!2!2!

= 6 จํานวน

หลักแสนเปน 5 หลักหนวยเปน 4 จะได 4!2!

= 12 จํานวนจะสรางจํานวนทั้งหมดได 4 + 4 + 6 + 12 = 26 จํานวน

7. (1) จํานวนเสนทางจาก Oไปยัง P มีทั้งหมด 15!7!8!

= 6435 เสนทาง

(2) จํานวนเสนทางจาก O ไปยัง P ที่ผาน A มี 8! 7!4!4! 3!4!

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 2450 เสนทาง

(3) จํานวนเสนทาง O ไป P โดยไมผาน A มี 6435 – 2450 = 3985 เสนทาง

แบบฝกหัด 3.2 ค

1. นักเรียนชาย 3 คน ติดกัน นักเรียนหญิง 3 คน ติดกัน นั่งรอบโตะกลมจัดได 1 วิธีแตนักเรียนชาย 3 คน ติดกัน สลับที่กันได 3! วิธีนักเรียนหญิง 3 คน ติดกัน สลับที่กันได 3! วิธีจะไดวิธีจัดทั้งหมด 3!3! = 36 วิธี

2. (1) จัดคน 6 คน นั่งโตะกลมได 5! = 120 วิธี(2) ถาพอและแมนั่งติดกัน คิดพอแมรวมกันเปน 1 กลุม

147จัด 4 คน กับอีก 1 กลุม นั่งโตะกลมได 4! วิธีแตพอแมสลับที่กันได 2 วิธีวิธีทั้งหมดจัดได 2(4!) = 48 วิธี

(3) พอและแมนั่งตรงขามกันเสมอใหพอหรือแมนั่งคงที่ ลูก 4 คน สลับที่กันได 4! วิธีวิธีทั้งหมดจัดได 4! = 24 วิธี

(4) จัดลูก 4 คน นั่งโตะกลมกอน จัดได 3! วิธีมีที่ใหพอและแมนั่งแทรกได 4 ที่ดังนั้น จัดใหพอแมตองแยกกันได 4 × 3 = 12 วิธีวิธีทั้งหมดจัดได (3!)(12) = 72 วิธี

3. จัดเด็กชาย 4 คน นั่งโตะกลมกอน จะจัดได 3! วิธีมีที่ใหเด็กหญิง 3 คน แทรกได 4 ที่ดังนั้น จัดเด็กหญิงนั่งแยกกันได 4 × 3 × 2 = 24 วิธีวิธีทั้งหมดที่จัดได (3!)(24) = 144 วิธี

4. จัดธงของชาติตาง ๆ 5 ผืน ประดับรอบวงเวียนกอน จะจัดได 4! วิธีมีที่ใหธงไทยผืนแรกแทรกได 5 วิธีมีที่ใหธงไทยผืนที่สองแทรกได 4 วิธีดังนั้น จัดธงไทย 2 ผืน แยกกันได 5 × 4 = 20 วิธีวิธีทั้งหมดที่จัดได (4!)(20) = 480 วิธี

แบบฝกหัด 3.3

1. จํานวนวิธีที่เลือกนักเรียนชาย 2 คน จาก 20 คน เทากับ 202

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

จํานวนวิธีที่เลือกนักเรียนหญิง 2 คน จาก 25 คน เทากับ 252

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

จํานวนวิธีที่เลือกครู 1 คน จากครู 7 คน เทากับ 71⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

ดังนั้น จํานวนวิธีทั้งหมด 202

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

252

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

71⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 399000 วิธี

1482. (1) สมชายไดรับเลือกเปนกรรมการ

ดังนั้น จะเลือกกรรมการไดอีก 2 คน จากสมาชิก 19 คนที่เหลือเทากับ 19

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 171 วิธี

(2) ถาสามีเปนกรรมการจะเลือกกรรมการอีก 2 คน จากสมาชิก 18 คน ไดเทากับ182

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

ถาภรรยาเปนกรรมการจะเลือกกรรมการอีก 2 คน จากสมาชิก 18 คน ไดเทากับ182

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

ถาภรรยาและสามีไมไดเปนกรรมการทั้งคู จะเลือก 3 คน จาก 18 คน ไดเทากับ183

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

ดังนั้น เลือกกรรมการไดทั้งหมด 18 182

2 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 1122 วิธี

3. เลือกจุด 2 จุด เพื่อลากเสนตรงจากจุดทั้งหมด 10 จุด ไดเทากับ 102

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 45 เสน

4. (1) หยิบสีแดง 1 ลูก จากสีแดง 5 ลูก ได 51⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

หยิบสีขาว 1 ลูก จากสีขาว 3 ลูก ได 31⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

หยิบสีน้ําเงิน 1 ลูก จากสีน้ําเงิน 3 ลูก ได 31⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

วิธี

วิธีหยิบไดครบทุกสี (5)(3)(3) = 45 วิธี

(2) หยิบสีแดง 1 ลูก สีอ่ืน 2 ลูก ได 51⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

62⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 75 วิธี

หยิบสีแดง 2 ลูก จากสีอ่ืน 1 ลูก ได 5 62 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 60 วิธี

หยิบสีแดง 3 ลูก ได 53⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 10 วิธี

วิธีหยิบไดสีแดงอยางนอย 1 ลูก 75 + 60 + 10 = 145 วิธี

(3) หยิบสีน้ําเงิน 1 ลูก สีอ่ืนที่ไมใชสีขาวอีก 2 ลูก ได 3 51 2⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 30 วิธี

149

หยิบสีน้ําเงิน 2 ลูก สีอ่ืนที่ไมใชสีขาวอีก 1 ลูก ได 3 52 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 15 วิธี

หยิบสีน้ําเงิน 3 ลูก ได 33⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 1 วิธี

วิธีหยิบไดสีน้ําเงินอยางนอย 1 ลูก แตไมไดสีขาว 30 + 15 + 1 = 46 วิธี

5. เลือกชาย 1 คน เลือกหญิง 2 คน ได 4 51 2⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 40 วิธี

เลือกชาย 2 คน เลือกหญิง 1 คน ได 4 52 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 30 วิธี

เลือกชาย 3 คน ได 43⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 4 วิธี

วิธีเลือกผูแทนโดยมีชายอยางนอย 1 คน มี 40 + 30 + 4 = 74 วิธี

6. ผูสมัคร 2 คน อุดมพร และเกศราภรณ ไมถูกเลือกทั้งคูดังนั้น เลือกกรรมการ 5 คน จาก 9 คนได 9

5⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 126 วิธี

ผูสมัคร 2 คน อุดมพร และเกศราภรณ จะไมถูกเลือกพรอมกันเลือกกรรมการ 4 คน จาก 9 คน ได 9

4⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 126 วิธี

และเลือกกรรมการอีก 1 คน จาก 2 คน ที่กําหนดได 21⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 2 วิธี

ดังนั้น เลือกกรรมการ 5 คน ได 2(126) = 252 วิธีจะได จํานวนวิธีเลือกกรรมการทั้งหมด 126 + 252 = 378 วิธี

7. กรณีที่ 1 เลือกมังคุดกับละมุดดังนั้น ผลไมอีก 1 ชนิด จะเลือกจากผลไม 4 ชนิดที่เหลือ จะได 4

1⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 4 วิธี

กรณีที่ 2 ไมเลือกมังคุดกับละมุดดังนั้น เลือกผลไม 3 ชนิด จากผลไม 4 ชนิดที่เหลือ จะได 4

3⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 4 วิธี

จํานวนวิธีเลือกทั้งหมด 4 + 4 = 8 วิธี

1508. กรณีที่ 1 สรางรูปสามเหลี่ยม

จะเลือกจุด 3 จุด จากจุด 6 จุด ได 63⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 20 วิธี

กรณีที่ 2 สรางรูปสี่เหลี่ยมจะเลือกจุด 4 จุด จากจุด 6 จุด ได 6

4⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 15 วิธี

กรณีที่ 3 สรางรูปหาเหลี่ยมจะเลือกจุด 5 จุด จากจุด 6 จุด ได 6

5⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 6 วิธี

กรณีที่ 4 สรางรูปหกเหลี่ยมจะเลือกจุด 6 จุด จากจุด 6 จุด ได 6

6⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 1 วิธี

ดังนั้น จะสรางรูปเหลี่ยมไดทั้งหมด 20 + 15 + 6 + 1 = 42 วิธี

แบบฝกหัด 3.4

1. (1) (2x2 – y)5 = (2x2 + (–y))5

= 50⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(2x2)5 + 51⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(2x2)4(–y) + 52⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(2x2)3(–y)2 + 53⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(2x2)2(–y)3

+ 54⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(2x2)(–y)4+ 55⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(–y)5

= 32x10 – 80x8y + 80x6y2 – 40x4y3 + 10x2y4 – y5

(2) 72(3x )y

− = 72(3x ( ))y

+ −

= 7 6 5 27 7 72 2(3x) (3x) ( ) (3x) ( )0 1 2y y⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4 3 3 4 2 57 7 72 2 2(3x) ( ) (3x) ( ) (3x) ( )3 4 5y y y⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

6 77 72 2(3x)( ) ( )6 7y y⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=6 5 4 3

72 3 4

x x x x2187x 10206 20412 22680 15120y y y y

− + − +

2

5 6 7

x x 1286048 1344y y y

− + −

151

(3) (2x + 3y)5 = 5 4 3 2 2 35 5 5 5(2x) (2x) (3y) (2x) (3y) (2x) (3y)

0 1 2 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4 55 5(2x)(3y) (3y)

4 5⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 32x5 + 240x4y + 720x3y2 + 1080x2y3 + 810xy4 + 243y5

(4)4

x 32 y

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠= 4 3 2 24 4 4x x 3 x 3( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 1 22 2 y 2 y⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 44 4x 3 3( )( ) ( )3 42 y y⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=4 3 2

2 3 4

x 3x 27x 54x 8116 2y 2y y y

+ + + +

2. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่มี x6y4 ของการกระจาย (2x + 3y)10 คือ 6 410(2x) (3y)

4⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 6 4210(64x )(81y )

= 1088640x6y4

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x6y4 คือ 1088640

3. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่ x5y16 ของการกระจาย (x + 2y2)13 คือ 5 2 813(x) (2y )

8⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 1287 x5 (256y16)= 329472x5y16

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x5y16 คือ 329472

4. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่มี x9y14 ของการกระจาย (x3 – 3y2)10 คือ 3 3 2 710(x ) ( 3y )

7⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎝ ⎠

= 120x9 (–2187y14)= –26 2440 x9y14

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x9y14 คือ –262440

5. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่มี x7 ของการกระจาย (2x – 3)10 คือ 7 310(2x) ( 3)

3⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎝ ⎠

= 120(128x7)(–27)= –414720x7

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x7 คือ –414720

152

6. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่ไมมี x ของการกระจาย 2

6x 3( )4 x− คือ

22 46 x 3( ) ( )

4 4 x⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎝ ⎠

=4

4

x 8115( )( )16 x

= 121516

เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ก

1. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยางลูกบอลสีแดงลูกที่หนึ่งแทนดวย ด1 ลูกบอลสีแดงลูกที่สองแทนดวย ด2

ลูกบอลสีขาวลูกที่หนึ่งแทนดวย ข1 ลูกบอลสีขาวลูกที่สองแทนดวย ข2

S = {(ด1,ด1), (ด1,ด2), (ด1,ข1), (ด1,ข2), (ด2,ด1),( ด2,ด2), (ด2,ข1), (ด2,ข2), (ข1,ด1),(ข1,ด2), (ข1,ข1), (ข1,ข2), (ข2,ด1), (ข2,ด2), (ข2,ข1), (ข2,ข2)}

(2) ให E แทนเหตุการณที่ไดลูกบอลทั้งสองลูกเปนสีขาวE = {(ข1,ข1), (ข1,ข2), (ข2,ข1), (ข2,ข2)}

2. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยางที่สนใจการขึ้นหนาของเหรียญS = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (H,T,T), (T,H,H), (T,H,T), (T,T,H), (T,T,T)}

(2) ให E1 แทนเหตุการณที่ออกหัวอยางนอยหนึ่งครั้งE1 = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (H,T,T), (T,H,H), (T,H,T), (T,T,H)}

(3) ให E2 แทนเหตุการณที่ออกหัวเพียงหนึ่งครั้งE2 = {(H,T,T), (T,H,T), (T,T,H)}

(4) ให E3 แทนเหตุการณที่ออกหัวสามครั้งE3 = {(H,H,H)}

(5) ให E4 แทนเหตุการณที่ไมออกหัวเลยE4 = {(T,T,T)}

3. (1) ให E1 แทนเหตุการณที่เหรียญออกกอยและลูกเตาขึ้นแตมเปนจํานวนคี่E1 = {(T, 1), (T, 3), (T, 5)}

(2) ให E2 แทนเหตุการณที่ลูกเตาขึ้นแตมเปนจํานวนที่หารดวย 3 ลงตัวE2 = {(H, 3), (H, 6), (T, 3), (T, 6)}

153 (3) ให E3 แทนเหตุการณที่เหรียญออกหัว และลูกเตาขึ้นแตมเปนจํานวนคู

E3 = {(H, 2), (H, 4), (H, 6)}

4. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยางS = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (H,T,T), (T,H,H), (T,H,T), (T,T,H), (T,T,T)}

(2) E1 = {(H,H,H), (T,T,T)}(3) E2 = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (T,H,H)}(4) E3 = {(H,T,T), (T,H,T), (T,T,H), (T,T,T)}(5) E1 ∪ E2 = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (T,H,H), (T,T,T)}(6) E1 ∪ E3 = {(H,H,H), (H,T,T), (T,H,T), (T,T,H), (T,T,T)}(7) E2 ∪ E3 = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (T,H,H), (H,T,T), (T,H,T), (T,T,H),

(T,T,T)}(8) E1 ∩ E2 = {(H,H,H)}(9) E1 ∩ E3 = {(T,T,T)}(10) E2 ∩ E3 = ∅(11) E′1 = {(H,H,T), (H,T,H), (H,T,T), (T,H,H), (T,H,T), (T,T,H)}(12) E′2 = {(H,T,T), (T,H,T), (T,T,H), (T,T,T)}(13) E′3 = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (T,H,H)}

เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ข

1. ให S แทนปริภูมิตัวอยางE แทนเหตุการณไดลูกบอลสีแดง 2 ลูก สีเหลือง 1 ลูก ตามลําดับn(S) = 30 29 28

1 1 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

n(E) = 10 9 101 1 1

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

ดังนั้น P(E) = 10 9 1030 29 28

× ×× ×

= 15406

1542. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง

E แทนเหตุการณที่ปารมี และภูผา นั่งติดกันn(S) = 9!n(E) = 2⋅8!

ดังนั้น P(E) = 2 8!9!⋅ = 2

9

3. ให S แทนปริภูมิตัวอยางE แทนเหตุการณที่ผลรวมของแตมบนบัตรมากกวา 10n(S) = 5

3⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 10

E = {245, 345}n(E) = 2

ดังนั้น P(E) = 210

= 15

4. ให S แทนปริภูมิตัวอยางE แทนเหตุการณที่นักเรียนชายและนักเรียนหญิงยืนสลับกันคนตอคนn(S) = 8! n(E) = 2⋅4! ⋅4!

ดังนั้น P(E) = 2 4! 4!8!⋅ ⋅ = 1

35

5. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่ไดลูกแกวสีตางกันทั้ง 3 ลูก

n(S) = 133

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 2 × 11 × 13

n(E) = 6 4 31 1 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

= 6 × 4 × 3

ดังนั้น P(E) = 6 4 313 22× ××

= 36143

6. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E1 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือคณิตศาสตร

155

n(S) = 6 6 6 6 6 61 2 3 4 5 6⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

หรือ 26 – 1

= 63n(E1) = 3 3 3

1 2 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 7ดังนั้น P(E1) = 7

63 = 1

9

(2) E2 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือเคมีn(E2) = 2 2

1 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 3ดังนั้น P(E2) = 3

63 = 1

21

(3) E3 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือฟสิกสn(E3) = 1ดังนั้น P(E2) = 1

63

(4) E4 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือครบทุกวิชาถาหยิบ 3 เลม ไดครบทุกวิชา จะได 3 2 1

1 1 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

= 6 วิธี

ถาหยิบ 4 เลม ไดครบทุกวิชา จะได 3 2 1 3 2 12 1 1 1 2 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞

+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

= 9 วิธี

ถาหยิบ 5 เลม ไดครบทุกวิชา จะได 3 2 1 3 2 13 1 1 2 2 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞

+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

= 5 วิธี

ถาหยิบ 6 เลม ไดครบทุกวิชา จะได 3 2 13 2 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

= 1 วิธี

n(E4) = 6 + 9 + 5 + 1 = 21 วิธีดังนั้น P(E4) = 21

63 = 1

3

7. ให S เปนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่สวมเสื้อและกางเกงสีตางกัน

n(S) = 5 × 4 = 20

156

ถาสวมเสื้อสีขาวตองเลือกกางเกงสีเทา จะเลือกได 3 31 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 9

ถาสวมเสื้อสีฟา เลือกกางเกงสีขาวหรือสีเทาก็ได จะเลือกได 2 41 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 8

จะได n(E) = 9 + 8 = 17ดังนั้น P(E) = 17

20

8. มีจํานวนสมเปน 2 เทาของจํานวนมังคุด และมีมะมวง 1 ลูกจะไดจํานวนสมมี 6 ลูก จํานวนมังคุดมี 3 ลูก มะมวงมี 1 ลูกS เปนปริภูมิตัวอยาง จะได n(S) = 10

3⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 120

E แทนเหตุการณที่ไดผลไมชนิดละ 1 ลูกn(E) = 6 3 1

1 1 1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

= 18

ดังนั้น P(E) = 18120

= 320

9. P(A) เปนความนาจะเปนที่นายธงชัยสอบผานวิชาคณิตศาสตร เทากับ 0.6P(B) เปนความนาจะเปนที่นายธงชัยสอบผานวิชาภาษาอังกฤษ เทากับ 0.5P(A ∪ B) เปนความนาจะเปนที่ผานอยางนอย 1 วิชา เทากับ 0.8P(A ∩ B) เปนความนาจะเปนที่ผานทั้งสองวิชาจาก P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)ดังนั้น P(A ∩ B) = 0.6 + 0.5 – 0.8

= 0.3

10. P(A) เปนความนาจะเปนที่นักเรียนชอบวิชาคณิตศาสตร เทากับ 60120

= 12

P(B) เปนความนาจะเปนที่นักเรียนชอบวิชาภาษาอังกฤษ เทากับ 50120

= 512

P(A ∩ B) เปนความนาจะเปนที่นักเรียนชอบทั้งสองวิชา เทากับ 20120

= 16

(1) P(A ∪ B) เปนความนาจะเปนที่ชอบเรียนอยางนอย 1 วิชาจาก P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)

= 1 5 12 12 6+ −

= 34

157(2) P(A ∪ B)′ เปนความนาจะเปนที่ไมชอบทั้งสองวิชา

จาก P(A ∪ B)′ = 1 – P(A ∪ B)= 31

4−

= 14

(3) P(A – B) เปนความนาจะเปนที่ชอบคณิตศาสตรแตไมชอบภาษาอังกฤษจาก P(A – B) = P(A) - P(A ∩ B)

= 1 12 6−

= 13

(4) P(A ∩ B)′ เปนความนาจะเปนที่ชอบอยางมาก 1 วิชาจาก P(A ∩ B)′ = 1 – P(A ∩ B)

= 116

−

= 56

11. P(A) แทนความนาจะเปนที่มีอาชีพทนายความ เทากับ 160300

= 1630

P(B) แทนความนาจะเปนที่มีอาชีพขายประกัน เทากับ 90300

= 930

P(A ∩ B) แทนความนาจะเปนที่มีอาชีพทนายความและขายประกัน เทากับ 40300

= 430

P(A ∪ B)′ แทนความนาจะเปนที่ไมเปนทนายความและไมขายประกันจาก P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)

= 16 9 430 30 30

+ −

= 710

ดังนั้น P(A ∪ B)′ = 1 – P(A ∪ B)= 71

10−

= 310

105


1. (1) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5, v6, v7, v8}E(G) = {v1v2, v2v3, v3v4, v2v6, v3v7, v5v6, v6v7, v7v8}

(2) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5, v6}E(G) = {v1v2, v1v3, v1v4, v1v5, v1v6, v2v3, v2v6, v3v4, v4v5, v5v6}

(3) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5, v6}E(G) = {v1v5, v1v6, v2v5, v2v6, v3v5, v3v6, v4v5, v4v6}

(4) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5, v6, v7, v8}E(G) = {v1v2, v1v4, v2v3, v2v7, v4v8, v4v5, v5v6}

(5) V(G) = {A, B, C, D, E, F}E(G) = {e1, e2, e3, e4, e5, e6, e7, e8}

(6) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5, v6}E(G) = {v1v4, v1v5, v1v6, v2v4, v2v5, v2v6, v3v4, v3v5, v3v6}

(7) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5, v6}E(G) = {e1, e2, e3, e4, e5, e6, e7}

(8) V(G) = {v1, v2, v3, v4, v5}E(G) = {e1, e2, e3, e4}

2. หมายเหตุ กราฟ G ในขอนี้สามารถเขียนไดหลายรูปแบบ เชน(1)

(2)

v2 v3

v1v4

v4v3

v2

v1

106

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

v6

v5

v4

v3v2

v1

v4

v3

v2v1

v3

v4

v2v1

a

b

cd

ef

g

hij

107

(8)

3. (1) ถูก (2) ผิด(3) ถูก (4) ผิด(5) ถูก

4. (1) จําลองปญหาดวยกราฟ G ดังนี้ใหจุดยอด 1, 2, ..., 6 แทนรถคันที่ 1 ถึงคันที่ 6 ตามลําดับจะได V(G) = {1, 2, 3, 4, 5, 6}และ E(G) = {12, 13, 15, 16, 23, 24, 25, 35, 45, 46}

(2) จากกราฟ จะตองเตรียมพื้นที่จอดรถไวอยางนอยที่สุดสําหรับรถ 4 คัน

5. (1) V(G) = {ไทย, ลาว, กัมพูชา, พมา, มาเลเซีย, เวียดนาม}แผนภาพของกราฟตามเงื่อนไขที่โจทยกําหนดเขียนไดดังนี้

km

nr

pq

5 46

12

3

ไทย

ลาว

พมา

มาเลเซีย

กัมพูชา

เวียดนาม

108

(2) จะตองใชสีอยางนอยที่สุด 4 สี


1. (1) deg a = 3 deg b = 3deg c = 3 deg d = 3deg e = 2

(2) deg a = 2 deg b = 3deg c = 2 deg d = 5

(3) deg a = 2 deg b = 4deg c = 3 deg d = 3deg e = 2

(4) deg a = 3 deg b = 2deg c = 2 deg d = 3

2. (1) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 3 + 4 + 1 + 2 + 4 = 14จํานวนเสนเชื่อมของกราฟ เทากับ 7 เสน

(2) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดเทากับ 5 + 3 + 4 + 4 + 4 + 4 = 24จํานวนเสนเชื่อมของกราฟ เทากับ 12 เสน

(3) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 5 + 2 + 3 + 2 + 3 + 2 + 5 + 2 = 24จํานวนเสนเชื่อมของกราฟ เทากับ 12 เสน

3. (1) ใหจุดยอดแทนผูมารวมงานและเสนเชื่อมแทนการจับมือทักทายกันดังนั้น กราฟนี้มีจุดยอด 8 จุด และแตละจุดยอดมีดีกรีเทากับ 7

1 2 3 4 5 6 7เจาภาพ

109

(2) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 8 × 7 = 56จํานวนเสนของกราฟเทากับ 28 เสนดังนั้น จํานวนครั้งทั้งหมดที่มีการจับมือทักทายกันเทากับ 28 ครั้ง

4. ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดเทากับ 1 + 1 + 4 + 4 + 6 = 16ดังนั้น จํานวนเสนของกราฟเทากับ 8 เสน

5. ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทั้ง 7 จุด เทากับ 5 + 4 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1 = 17 ซึ่งเปนจํานวนคี่ ขัดแยงกับขอสังเกตที่ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดในกราฟเปนจํานวนคูเสมอ ดังนั้น ไมมีกราฟที่มีสมบัติดังกลาว

6. สามารถเขียนกราฟไดหลายรูปแบบ

7. จํานวนเสนเชื่อมของกราฟเทากับ 35 เสนจะได ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 2(35) = 70ทุกจุดยอดมีดีกรีอยางนอย 3 ดังนั้น จุดของกราฟที่มากสุดที่เปนไปได เทากับ 23 จุด

8. จํานวนเสนเชื่อมของกราฟเทากับ 31 เสน จะไดผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดเทากับ2(31) = 62 จุดยอด 3 จุด มีดีกรี 1 และจุดยอด 7 จุด มีดีกรี 4 ดังนั้น ผลรวมของดีกรขีองจุดยอด 10 จุดนี้คือ 3 + 28 = 31ดังนั้นจะไดวา จุดยอดอีก 3 จุดที่เหลือมีผลรวมของดีกรีเทากับ 31แต 31 เกิดจากผลบวกของจํานวน 3 จํานวนในสองรูปแบบ คือ1. จํานวนคี่ บวก จํานวนคี่ บวก จํานวนคี่2. จํานวนคี่ บวก จํานวนคู บวก จํานวนคู

v3

v2

v1

v5v4

110

แบบ 1 จะมีจุดยอดคี่ 3 + 3 = 6 จุดแบบ 2 จะมีจุดยอดคี่ 3 + 1 = 4 จุด ซึ่งสอดคลองกับทฤษฎีบทที่วา ทุกกราฟ

จะมีจุดยอดคี่เปนจํานวนคูดังนั้น มีกราฟที่มี 13 จุด และเสนเชื่อม 31 เสน โดยที่มี 3 จุด มีดีกรี 1 และ 7 จุด

มีดีกรี 4


1. (1) ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนด มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด U(2) ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนด มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด A(3) ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนด มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด H(4) เปนกราฟออยเลอร มีวงจรออยเลอรที่แทนดวยลําดับของจุดยอด R, T, U, R, V,

S, R, W, S, U, R(5) ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนดมีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด K(6) เปนกราฟออยเลอร มีวงจรออยเลอรที่แทนดวยลําดับของจุดยอด R, D, M, S,

D, C, B, A, J, K, L, B, K, C, R, L, M, R(7) เปนกราฟออยเลอร มีวงจรออยเลอรที่แทนดวยลําดับของจุดยอด F, C, G, D,

C, A, D, B, E, D, H, E, I, H, G, F(8) ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนดมีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด B

2. แปลงปญหาเปนกราฟโดยกําหนดใหจุดยอด1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 และ 8 แทนหองตาง ๆ ตามแผนผัง และ X แทนบริเวณดานนอกจะเขาประตู A หรือออกจากประตู B

A B1 2

3 4 5

6 7 8

111

เสนเชื่อมแตละเสนแทนทางเดินระหวางหอง หรือทางเดินระหวางหองกับดานนอกจะได กราฟ G ดังรูป

จะเห็นวา กราฟ G มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด 3 มี deg 3 = 3 หรือ จุด 4 มี deg 4 = 5ดังนั้น G ไมมีวงจรออยเลอรนั่นคือ ไมสามารถนําแขกเขาชมในบานโดยเริ่มตน ณ ประตู A แลวไปสิ้นสุดณ ประตู B และผานประตูตาง ๆ แตละประตูเพียงครั้งเดียวได

3. จากปญหาสะพานเคอนิกสเบอรกสามารถแปลงเปนกราฟไดดังนี้

ไมได เพราะกราฟที่แทนปญหาสะพานเคอนิกสเบอรก เปนกราฟที่มีจุดยอดคี่ทุกจุด จึงไมสามารถทําตามเงื่อนไขที่โจทยกําหนดได


1. (1) วิถีที่ 1 คือ a, v1, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ 1 + 5 + 2 = 8วิถีที่ 2 คือ a, v1, v2, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ 1 + 5 + 1 + 4 = 11วิถีที่ 3 คือ a, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ 3 + 4 = 7วิถีที่ 4 คือ a, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ 2 + 5 = 7วิถีที่ 5 คือ a, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ 3 + 1 + 2 = 6

X

2

5

876

3

1

4

A

B

C

D

112

ดังนั้น วิถี a, v3, v2, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด

(2) วิถีที่ 1 คือ a, v1, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 + 4 = 11วิถีที่ 2 คือ a, v1, v2, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 + 1 + 2 = 10วิถีที่ 3 คือ a, v1, v2, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 + 7 + 9 + 2 = 25วิถีที่ 4 คือ a, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 9 + 2 = 12วิถีที่ 5 คือ a, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 7 + 4 = 12วิถีที่ 6 คือ a, v3, v4, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 9 +1+ 4 = 15วิถีที่ 7 คือ a, v3, v2, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 7 + 1 + 2 = 11ดังนั้น วิถี a, v1, v2, v4, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด

(3) วิถีที่ 1 คือ a, v1, v2, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 3 + 4 = 10วิถีที่ 2 คือ a, v1, v2, v7, v5, v6, z

มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 3 + 2 + 2 + 2 = 12วิถีที่ 3 คือ a, v3, v5, v1, v2, v7, z

มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 4 = 15วิถีที่ 4 คือ a, v3, v5, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 2 + 2 + 4 = 10วิถีที่ 5 คือ a, v3, v4, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 3 + 3 + 2 = 10วิถีที่ 6 คือ a, v3, v5, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 2 + 2 + 2 = 8วิถีที่ 7 คือ a, v3, v4, v6, v5, v7 , z

มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 3 + 3 + 2 + 2 + 4 = 16วิถีที่ 8 คือ a, v1, v5, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 2 = 7วิถีที่ 9 คือ a, v1, v5, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 4 = 9วิถีที่ 10 คือ a, v1, v2 , v7 ,v5, v3 , v4 ,v6, z

มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 3 + 2 + 2 + 3 + 3 + 2 = 18วิถีที่ 11 คือ a, v1, v5, v3 , v4 ,v6, z

มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 2 = 13ดังนั้น วิถี a, v1, v5, v6, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด

(4) วิถีที่ 1 คือ a, v1, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 3 + 5 = 9

113

วิถีที่ 2 คือ a, v1, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 6 = 9วิถีที่ 3 คือ a, v1, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 5 = 10วิถีที่ 4 คือ a, v1, v2, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 3 + 2 + 6 = 12วิถีที่ 5 คือ a, v1, v2, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 3 + 2 + 1 + 4 = 11วิถีที่ 6 คือ a, v1, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 1 + 4 = 8วิถีที่ 7 คือ a, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 = 7วิถีที่ 8 คือ a, v4, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 1 + 6 = 10วิถีที่ 9 คือ a, v4, v3, v1, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 1 + 2 + 3 + 5 = 14วิถีที่ 10 คือ a, v4, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 1 + 2 + 5 = 11ดังนั้น a, v4, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด

2. (1) ตนไมแผทั่วนอยที่สุด

ผลรวมคาน้ําหนักของเสนเชื่อมทั้งหมด เทากับ 1 + 2 + 5 + 1 + 4 + 2 = 15

(2) ตนไมแผทั่วนอยที่สุดคือ

หรือ

ผลรวมคาน้ําหนักของเสนเชื่อมทั้งหมด เทากับ 2 + 3 + 3 + 4 = 12

A B

CE

D

4

323

B

F

A

C

D E

4

2

12

G

5

1

AB

CE

D

4

323

add-m5-2-finished

Documents

Transcript of add-m5-2-finished