add-m5-2-finished by Nett

คณิ ตศาสตร์เพิม เติม ชั นมัธยมศึกษาปี ที 5

เล่ม 2

สารบัญ หนา บทที่ 1 จํานวนเชิงซอน ผลการเรียนรูที่คาดหวัง ขอเสนอแนะ กิจกรรมเสนอแนะ ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท เฉลยตัวอยางแบบทดสอบ เฉลยแบบฝกหัด 1.1 เฉลยแบบฝกหัด 1.2 เฉลยแบบฝกหัด 1.3 เฉลยแบบฝกหัด 1.4 เฉลยแบบฝกหัด 1.5 เฉลยแบบฝกหัด 1.6 เฉลยแบบฝกหัด 1.7

1 2 8 23 23 26 27 29 31 44 49 69

บทที่ 2 ทฤษฎีกราฟเบื้องตน ผลการเรียนรูที่คาดหวัง ขอเสนอแนะ กิจกรรมเสนอแนะ ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท เฉลยตัวอยางแบบทดสอบ เฉลยแบบฝกหัด 2.1 เฉลยแบบฝกหัด 2.2 เฉลยแบบฝกหัด 2.4 เฉลยแบบฝกหัด 2.5

74 75 80 101 103 105 108 110 111

หนา

บทที่ 3 ความนาจะเปน ผลการเรียนรูที่คาดหวัง ขอเสนอแนะ กิจกรรมเสนอแนะ ตัวอยางแบบทดสอบประจําบท เฉลยตัวอยางแบบทดสอบ เฉลยแบบฝกหัด 3.1 เฉลยแบบฝกหัด 3.2 ก เฉลยแบบฝกหัด 3.2 ข เฉลยแบบฝกหัด 3.2 ค เฉลยแบบฝกหัด 3.3 เฉลยแบบฝกหัด 3.4 เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ก เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ข

114 115 126 133 135 139 142 145 146 147 150 152 153

26 ให 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) = 2 n=1, x2 = 2(cos 2π + i sin 2π ) ≈ 0.62 + 1.90i n=2,

x3 =

n=3,

x4 =

n=4,

x5 =

5 5 4π 4π 2(cos + i sin ) 5 5 6π 6π 2(cos + i sin ) 5 5 8π 8π 2(cos + i sin ) 5 5

≈

–1.62 + 1.18i

≈

–1.62 – 1.18i

≈

0.62 – 1.90i

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

เฉลยแบบฝกหัด 1.1 1. 2 + 3i 4 + 5i

Re (z) 2 4

1 3 − i 2 2

1 2

–4 3i

–4 0

0 3

−2 2

2 − 2 2i

2. (1) (2) (3) (4)

a a a a

= 2, = 3, = 5, = 2, 3

b b b b

= –2 = 2 = 0 = −1

หรือ

Im (z) 3 5 −

a = 2,

b=3

3 2

27 3. (1) 6 – 8i (3) 7 – 3 2i (5) 6 – 4i (7) –1 + 11i (9) 1 + 2i (11) − 2 − 2i 4. a =

1 , 29

(2) (4) (6) (8) (10) (12) b=

−

–6 – 2i 4 + 2i –4 + 6i –1 –3 + 4i − 6 − 3i

17 29

เฉลยแบบฝกหัด 1.2 1. (1) (3) (5)

15 + 8i –2 + 16i 5

(2) (4) (6)

–8i 2i –4 + 19i

2. (1) (3) (5) (7)

2+i – 4 + 7i – 4 – 7i –1 – i

(2) (4) (6) (8)

–3 – 2i – 4 – 7i –1 + i –1 – i

3. (1) (3) (5) (7)

2 + 4i 4 –8i

(2) (4) (6) (8)

20 8 – 16i 8 – 4 – 2i

4. (1)

7 6 − i 17 17

(2)

(3)

7 1 − i 2 2

(4)

1 1 − − i 2 2

(5)

2 3 + i 13 13

(6)

3 1 + i 20 20

1 (1 + 2i) 10

28 5. (1)

6 8 + i 5 5

(2)

5 3 − i 2 2

(3)

1 1 − + i 2 2

(4)

4 1 + i 17 17

(5)

3 43 + i 65 130

(6)

2 – 2i

(7)

1–i

6. 1) ให z iz

−iz

ดังนั้น

2) ให z จะได iz นั่นคือ ดังนั้น 3) ให z จะได นั่นคือ ดังนั้น

= = = = = = = =

a + bi i(a + bi) − b + ai

–b – ai –i (a – bi) –ai + bi2 –b – ai −iz

= a + bi = –b + ai Im(iz) = Re(z) = Im(iz) =

a a Re(z)

= a + bi iz Re(iz) –Im(z) Re(iz)

–b + ai –b –b –Im(z)

= = = =

7. ให z1 และ z2 เปนจํานวนเชิงซอน โดยที่ z1 = a + bi , z2 = c + di และ z1z2 = 0 เพียงพอที่จะพิสูจนวา ถา z1 ≠ 0 จะแสดงวา z2 = 0

29 เพราะวา (a + bi)(c + di) = 0 จะได 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 = 0 ดังนั้น z2 = 0 จะไดวา ถา z1z2 = 0 แลว z1 = 0 หรือ z2 = 0

เฉลยแบบฝกหัด 1.3 1.

−16i

ให z = –16i จะไดวา x = 0 และ y = -16 และ r = x +y = (−16 ) = 16 เนื่องจาก y < 0 ดังนั้นรากที่สองของ –16i คือ 2

⎛ 16 16 ⎞ ± ⎜⎜ − i⎟ 2 ⎟⎠ ⎝ 2

(

8 − 8i

)

= ± (2 2 − 2 2 ) ดังนั้นรากที่สองของ –16i คือ 2 2 − 2

และ −2

2 + 2 2i

5 + 12i

ให z = 5 + 12i จะไดวา x = 5 และ y = 12 และ r = x +y = 5 + 12 = 13 เนื่องจาก y > 0 ดังนั้นรากที่สองของ 5 + 12i คือ 2

⎛ 13+5 13 − 5 ⎞ ± ⎜⎜ + i⎟ 2 2 ⎟⎠ ⎝

± ( 3 + 2i )

ดังนั้นรากที่สองของ 5 + 12i คือ

3 + 2i

และ

−3 − 2i

3 + 4i

ให z = 3 + 4i จะไดวา x = 3 และ y = 4 และ r = x +y = 3 + 4 = 5 เนื่องจาก y > 0 ดังนั้นรากที่สองของ 3 + 4i คือ 2

30 ⎛ 5+3 5−3 ⎞ ± ⎜⎜ + i ⎟⎟ 2 2 ⎝ ⎠

± (2 + i)

ดังนั้นรากที่สองของ 3 + 4i คือ

และ

2+i

−2 − i

8 − 6i

ให z = 8 – 6i จะไดวา x = 8 และ y = −6 และ r = x +y = 8 + (−6) = 10 เนื่องจาก y < 0 ดังนั้นรากที่สองของ 8 – 6i คือ 2

⎛ 10+8 10 − 8 ⎞ ± ⎜⎜ + i ⎟⎟ 2 2 ⎝ ⎠

± (3 − i )

ดังนั้นรากที่สองของ 8 – 6i คือ

และ

3−i

−3 + i

1 − 2 2i

ให z = 1 – 2 2i จะไดวา x = 1 และ y = −2 2 และ r = x +y = 1 + (−2 2) = 3 เนื่องจาก y < 0 ดังนั้นรากที่สองของ 1 – 2 2i คือ 2

⎛ 3+1 3 −1 ⎞ ± ⎜⎜ i⎟ − 2 ⎟⎠ ⎝ 2

ดังนั้นรากที่สองของ 1 – 2

( 2i

2 −i

)

คือ

2 −i

และ

− 2 +i

2. (1) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {2i,- 2i} (2) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {4 3i, - 4 3i} (3) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {1+ 39i,1- 39i} (4) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ ⎧⎨ -1 + 7 i, -1 - 7 i ⎫⎬ (5) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ (6) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ (7) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ (8) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ

⎩2 2 2 2 ⎭ 23 -1 23 ⎪⎫ ⎪⎧ -1 i, i⎬ ⎨ + 2 2 2 ⎭⎪ ⎪⎩ 2 ⎧⎪ -3 151 -3 151 ⎪⎫ i, i⎬ ⎨ + 8 8 8 ⎭⎪ ⎪⎩ 8 ⎧⎪ -5 71 -5 71 ⎪⎫ i, i⎬ ⎨ + 4 4 4 ⎭⎪ ⎪⎩ 4 ⎧⎪ 1 2 1 2 ⎪⎫ i, i⎬ ⎨ + ⎪⎩ 3 3 3 3 ⎭⎪

31 (9) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {1+ 7i,1- 7i} (10) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {1+ 2,1- 2} (11) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {2+i,2-i} (12) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {3,-2} ⎧

217 -5 217 ⎫⎪ , ⎬ 6 6 6 ⎭⎪ ⎪⎩ 6 ⎧⎪ -1 7 -1 7 ⎫⎪ i, i⎬ ⎨ + ⎪⎩ 2 2 2 2 ⎭⎪ ⎧⎪ -1 3 -1 3 ⎫⎪ i, i⎬ ⎨ + ⎪⎩ 4 4 4 4 ⎭⎪ ⎧ -1 3 -1 3 ⎫ ⎨ + i, - i ⎬ ⎩2 2 2 2 ⎭

(13) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ ⎪⎨ -5 + (14) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ (15) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ (16) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ

(17) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {-1+7i,-1-7i} (18) เซตคําตอบของสมการที่กําหนดใหคือ {-1+ 3i,-1- 3i}

เฉลยแบบฝกหัด 1.4 1. (1)

Y 6 4 (–3, 1) (–2, 0) –6

–4

–2

(2, 3)

2 0

(–2, –3) –2 –4 –6

(0, –1) 2

(4, 2) 4

36 Y

(2) 6 4 –4 + i –6

2 –3

–4

4+i

–2

–2i

–2

–5 – 2i

–4

3 – 4i

–6

4 + 6i

i(4 + 6i)

4 2

–6

–4

–2

–2 –4

i2(4 + 6i) 3.

จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด A จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด B จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด C จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด D จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด E จํานวนเชิงซอนที่แทนจุด F

i3(4 + 6i)

–6

คือ (3,1) คือ (0,2) คือ (- 3, - 4) คือ (2, - 2) คือ (- 3,0) คือ (-1, -1)

หรือ 3 + i หรือ 2i หรือ - 3 – 4i หรือ 2 – 2i หรือ - 3 หรือ -1 - i

37 4.

(1) 6 4

–6

–4

2 0

–2

z1 + z 2

–4 –6

z1 Y

(2) 4 2

–10 –8 –6 –4 –2–20 –4 –6 –8 –10

2 4 6 8 10 12

– z2

z1 z1 – z2

Y z2

6 4

2 –8

–6

–4

–2

–z

–4

1 1 − 3i = z 10

38 Y

6. zi2

6 4

2 –8

–6

–4

zi3

–2

–2 –4 –6

z, zi4

= 2 2 − 3i = 11 4 + 3i = 5 −5 + 12i = 13 5 + 2 3i = 17 − 3 −i = 2 −3 − 4i = 5 4i = 4 ให z1 = a + bi และ z2 = c + di 2 2 2 2 z1 − z 2 + z1 + z 2 = (a + bi) − (c + di) + (a + bi) + (c + di) 2 2 = (a − c) + (b − d)i + (a + c) + (b + d)i = [(a − c) 2 + (b − d)2 ] + [(a + c) 2 + (b + d) 2 ] = 2a2 + 2c2 + 2b2 + 2d2 = 2(a2 + b2) + 2(c2 + d2) 2 2 = 2 z1 + 2 z 2 ให z = a + bi z = a 2 + b2 zz = (a + bi)(a − bi) 1 − 3i

39 = = ดังนั้น

a 2 − b 2i 2 a 2 + b2

10. ให z = c + di และ a = e + fi 2 2 z−a = (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 z − a 2 = (z – a) (z − a) 11. ให z = a + bi , จะได z = zz = = z+z = = = ดังนั้น zz และ z + z

a, b ∈ R a – bi (a + bi)(a – bi) a 2 + b2 ∈ R (a + bi) + (a – bi) (a + a) + (b – b)i 2a ∈ R เปนจํานวนจริง เมื่อ z เปนจํานวนเชิงซอนใดๆ

12. ให z = x + yi , a = u + vi จะได 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 จุดศูนยกลางของวงกลม คือ (h, k) , รัศมี คือ r จะได จุดศูนยกลางวงกลมอยูที่จุด (u, v) คือ จุด a นั่นเอง และรัศมีเทากับ k หนวย 13.

= 1 − zi ก็ตอเมื่อ z เปนจํานวนจริง จะแสดง (1) ถา 1 + zi = 1 − zi แลว z เปนจํานวนจริง และ (2) ถา z เปนจํานวนจริง แลว 1 + zi = 1 − zi จะแสดงวา (1) โดยใชวิธีแยงสลับที่ (p → q สมมูลกับ ∼ q → ∼p) นั่นคือ จะแสดงวา ถา z ไมเปนจํานวนจริง แลว 1 + zi ≠ 1 − zi ให z ไมเปนจํานวนจริง และ z = a + bi เมื่อ b ≠ 0 จะได 1 + zi = 1 + ( a + bi ) i = 1 − b + ai = a + (1 − b ) 1 − zi = 1 − ( a + bi ) i = 1 + b − ai = a + (1 + b ) ดังนั้น 1 + zi ≠ 1 − zi นั่นคือ ถา z ไมเปนจํานวนจริงแลว 1 + zi ≠ 1 − zi หรือ ถา 1 + zi = 1 − zi แลว z เปนจํานวนจริง จะแสดง (2) ให z เปนจํานวนจริง จะได 1 + zi = 1 +z = 1+ z 1 − zi = 1 + (−z) = 1 + z ดังนั้น 1 + zi = 1 − zi นั่นคือ ถา z เปนจํานวนจริงแลว 1 + zi = 1 − zi จาก (1) และ (2) สรุปไดวา 1 + zi = 1 − zi ก็ตอเมื่อ z เปนจํานวนจริง 1 + zi

14. (1)

z−2 ≤ 1

คือ ระยะทางจากจุด (2, 0) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลาย ในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z − 2 ≤ 1 ก็คือ เซตของจํานวน เชิงซอน หรือจุดที่อยูภายในวงกลม (รวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลาง ที่ (2, 0) และรัศมี 1 หนวย Y z−2

2 1 0 1 2 3 4 -1 -2 _

41 (2)

<3 z − 2 + 3i คือ ระยะทางจากจุด (2, -3) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลาย ในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z − 2 + 3i < 3 ก็คือ เซตของ จํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูภายในวงกลม (ไมรวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มี Y จุดศูนยกลางที่ (2, -3) และรัศมี 3 หนวย z − 2 + 3i

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

(3)

1 2 3 4 5 6

>1 z + 3 − 2i คือ ระยะทางจากจุด (- 3, 2) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลาย ในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z + 3 − 2i > 1 ก็คือ เซตของ จํานวนเชิงซอน หรือจุดที่อยูภายในวงกลม (ไมรวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มี จุดศูนยกลางที่ (- 3, 2) และรัศมี 1 หนวย Y z + 3 − 2i

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

(4) Im z > 3

1 2

Y 4 3 2 1 -4 -3 -2 -1 0 -1

1 2 3 4

42 (5) Im (i + z ) = 4

Y 5 4 3 2 1 -4 -3 -2 -1 0 -1

(6)

1 2 3 4

=2 จากสมบัติของคาสัมบูรณจะไดวา 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 ทั้งหลายในระนาบ เชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z ≤ 1 ก็คือ เซตของจํานวนเชิงซอนหรือจุด ที่อยูภายในวงกลม(รวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลางที่ (0, 0) และรัศมี 1 หนวย Y z +i + z−i

2 1 -2 -1

(7)

-1 -2

1 2

z+i ≥ 1

คือ ระยะทางจากจุด (0, -1) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลาย ในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z + i ≥ 1 ก็คือ เซตของจํานวน เชิงซอน หรือจุดที่อยูภายนอกวงกลม(รวมจุดบนเสนรอบวง) ที่มีจุดศูนยกลาง ที่ (0, -1) และรัศมี 1 หนวย z+i

43 Y 1 -2 -1

1 2

-1 -2

(8) Re(z) < 2

Y 3 2 1 -2 -1

1 2 3

-1 -2 -3

(9) Re(z – i) > –5 Y 3 2 1 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 -1 -2 -3

1 2

(10)

z−3 ≥ z

ให z = x + yi จากอสมการที่กําหนดจะได _

(x − 3) + y 2

≥

x +y 2

(x – 3)2 + y2 ≥ x2 + y2 แกอสมการจะได x ≤ 3 2

44 Y 2 1 -2 -1

15.

1 2

-1 -2

คือ ระยะทางจากจุด (0, 1) ไปยัง z ดังนั้น เซตของจุด z ทั้งหลาย ในระนาบเชิงซอน ซึ่งสอดคลองอสมการ z − i = 2 ก็คือ เซตของจํานวน เชิงซอน หรือจุดที่อยูบนวงกลมที่มีจุดศูนยกลางที่ (0, 1) และรัศมี 2 หนวย Y z −i

4 3 2 1 -3 -2 -1

จากกราฟ z ที่มี

-1 -2

1 2

มากที่สุดคือ z = 3i

เฉลยแบบฝกหัด 1.5 1. 1 + r= θ

3i 1+ 3

= 2

ที่ทําให tan θ =

π π⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 3 3⎠ ⎝

3 1

คือ

π 3

45 1–i r = 1+1 = 2 θ ที่ทําให tan θ =

1 = 1 7π 7π ⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 4 ⎠ ⎝

–1 คือ

−

7π 4

−2 3 + 2i

r = 12 + 4 = 4 θ ที่ทําให tan θ = z =

–4 – 4i r = 16 + 16 = 4 θ ที่ทําให tan θ = z =

2 −2 3 5π 5π ⎞ ⎛ 4 ⎜ cos + i sin ⎟ 6 6 ⎠ ⎝

−

1 3

คือ

5π 4

5π 6

5π 3

−4 = −4 5π 5π ⎞ ⎛ 4 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 4 ⎠ ⎝

1 คือ

12 − 12 3i

r = θ

144 + 432

= 24

−12 3 12 5 π 5 π ⎛ ⎞ 24 ⎜ cos + i sin ⎟ 3 3 ⎠ ⎝

ที่ทําให tan θ =

z =

− 3

−1

คือ

1 i − + 2 2

r =

1 1 + 4 4

1 2

1 2 = θ ที่ทําให tan θ = 1 − 2 z = 2 ⎛⎜ cos 3π + i sin 3π ⎞⎟ 2 ⎝ 4 4 ⎠

2 2

3π 4

46 2. (1) (2) (3)

3 3 3 − + i 4 4 1 i − − 6 6 ( 3 − i)7

เพราะวา

3 −i

เขียนไดในรูป

2[cos

11π 11π + i sin ] 6 6

จากทฤษฎีบทของเดอมัวร จะได 77π 77π 27 [cos + i sin ] ( 3 − i)7 = 6 6 5π 5π 128[cos + i sin ] 6 6 3 i 128(− + ) 2 2

= = = (4)

−64 3 + 64i

( 2 + 2i)5

เพราะวา

2 + 2i

π π 2[cos + i sin ] 4 4

เขียนไดในรูป

จากทฤษฎีบทของเดอมัวร จะได 5π 5π 25 [cos + i sin ] ( 2 + 2i)5 =

(5)

4 4 2 2 32[− − i] 2 2

−16 2 − 16 2i

100

⎛ 3 i⎞ + ⎟⎟ ⎜⎜ 2 2⎠ ⎝

เพราะวา

3 i + 2 2

เขียนไดในรูป

π π cos + i sin 6 6

จากทฤษฎีบทของเดอมัวร จะได (

3 i 100 + ) 2 2

= =

(6) (–i)7 = (7)

100π 100π + i sin ] 6 6 1 3 − + i 2 2

1100 [cos

–i

(1 − i)6 (−1 − i) 4

เพราะวา

1 – i เขียนไดในรูป

2(cos

7π 7π + i sin ) 4 4

47 และ

–1 – i เขียนไดในรูป

2(cos

5π 5π + i sin ) 4 4

จากทฤษฎีของเดอมัวร จะได 42π 42π + i sin ) 4 4 4 20π 20π + i sin 2 (cos ) 4 4 8(0 + i) 4(−1 + 0) 8i −4 6

(1 − i) (−1 − i) 4 6

2 (cos

= = = =

–2i

(8) 12 + 12 3i (9) –4 + 4i (10) (− 3 + i)3 (2 3 + 2i)5 เพราะวา − 3 + i เขียนไดในรูป และ

2 3 + 2i

5π 5π + i sin ) 6 6 π π 4(cos + i sin ) 6 6 2(cos

เขียนไดในรูป

จากทฤษฎีของเดอมัวร จะได 15π 15π 5 5π 5π (− 3 + i)3 (2 3 + 2i)5 = 23 (cos + i sin )4 (cos + i sin ) 6

= 3. (1) เพราะวา

1 − 3i

2π ≤ θ ≤ 6π

ดังนั้น

θ θ

5π 3 11π 3

มีคา

2(cos

และ r (cos θ + i sin θ) = –1 – i จะได r = 2 และ θ = 6π ≤ θ ≤ 7 π

1 − 3i

(2) เพราะวา –1 – i เขียนไดในรูป

แต

= −4096 − 4096 3i เขียนไดในรูป 2(cos 5π + i sin 5π )

และ r (cos θ + i sin θ) = จะได r = 2 และ แต

6 3 i + ) 8192(0 + i)(− 2 2

ดังนั้น ไมมี

ที่

เมื่อ 0 ≤ θ ≤ 2π และ

17π 3

5π 5π + i sin ) 4 4

5π 4

เมื่อ 0 ≤ θ ≤ 2π

6π ≤ θ ≤ 7 π

ที่สอดคลองสมการนี้

48 (3) เพราะวา –1 – i เขียนไดในรูป

2(cos

5π 5π + i sin ) 4 4

และ r2(cos 2θ + i sin 2θ) = –1 – i จะได r2 = 2 ดังนั้น r = และ 2θ = 5π ดังนั้น θ = 5π เมื่อ 4

0 ≤ θ ≤ 2π

4. (1) {z⏐arg(z) = π } 4

Y π 4

(2) {z⏐arg(z) =

−

π } 2

−

π 2

3) {z⏐0 < arg(z) < π} Y

49 4) {z⏐ − π < arg(z) < 0} 2

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

ดังนั้น

arg(z) = arctan

และ

ดังนั้น

arg( z ) = arctan (− b )

= a – bi

จะได tan θ = a

arg(z) + arg( z ) = = = = = =

b a

−

b a

b b arctan + arctan(− ) a a b ⎤ ⎡ b ⎢ a + (− a ) ⎥ arctan ⎢ b b ⎥ ⎢1 − ( )(− ) ⎥ a a ⎦ ⎣

arctan 0 0 0 + 2nπ , n เปนจํานวนเต็ม (มุมสมมูลกัน) 2nπ

เฉลยแบบฝกหัด 1.6 1. i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ i ดังนั้น z3 = i = 1(cos π +isin π ) 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร

50 จะได ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

π π (cos +isin ) 2 2 π 3 r =1 และ 3θ = + 2kπ 2 π 2kπ r = 1 และ θ = + 6 3 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = ⎢cos( + ) + i sin( + ) 6 3 6 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = (cos π + i sin π ) 6 6 k = 1 จะได z2 = (cos 5π + i sin 5π ) 6 6 3π 3π k = 2 จะได z3 = (cos + i sin ) 2 2

r3 ( cos3θ + isin3θ )

เมื่อ

k ∈ {0,1,2}

เมื่อ

k ∈ {0,1,2}

เมื่อ

k ∈ {0,1,2}

= =

3 1 + i 2 2 3 1 − + i 2 2

= –i

Y Z2

Z3 π π 8(cos + i sin ) 3 3

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ ดังนั้น z3 = 8(cos π + i sin π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

8(cos

π π + i sin ) 3 3

π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 3 r = 2 และ θ = π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = 2 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 9 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 2(cos π + i sin π ) 9 9 7π k = 1 จะได z2 = 2(cos + i sin 7π ) 9 9 13π 13π k = 2 จะได z3 = 2(cos + i sin ) 9 9

r3 = 8

และ 3θ =

51 Y ZZ2 2

2 Z1

Z3 27(cos

5π 5π + i sin ) 3 3

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ ดังนั้น z3 = 27(cos 5π + i sin 5π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

27(cos

5π 5π + i sin ) 3 3

5π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 3 r = 3 และ θ = 5π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 5π 2kπ 5π 2kπ ⎤ ⎡ z = 3 ⎢cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 9 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 3(cos 5π + i sin 5π ) 9 9 11π k = 1 จะได z2 = 3(cos + i sin 11π ) 9 9 17π 17π k = 2 จะได z3 = 3(cos + i sin ) 9 9

r3 = 27

และ 3θ =

3 X Z2

–8i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ –8i

52 ดังนั้น z3 = –8i = 8(cos 3π + isin 3π ) 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = 8(cos 3π ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

+ isin

3π ) 2

2 3π r = 8 และ 3θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 2 r = 2 และ θ = π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 2 3 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = 2 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 2 3 2 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 2(cos π + i sin π ) = 2i 2 2 = − 3− i k = 1 จะได z2 = 2(cos 7π + i sin 7π ) 6 6 k = 2 จะได z3 = 2(cos 11π + i sin 11π ) = 3 − i 6 6 3

2 Z2

27i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 27i ดังนั้น z3 = 27i = 27(cos π + isin π ) 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = 27(cos π + isin π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ

2 2 π r = 27 และ 3θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 2 r = 3 และ θ = π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 6 3 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = 3 ⎢cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 6 3 6 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 3(cos π + i sin π ) = 3 3 +3i 6 6 2 2 k = 1 จะได z2 = 3(cos 5π + i sin 5π ) = −3 3 +3i 6 6 2 2 3

53 เมื่อ

k=2

จะได z3 =

3(cos

Y Z2

3π 3π + i sin ) 2 2

= −3 i

–64 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ –64 ดังนั้น z3 = –64 = 64(cosπ + isinπ) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร = 64(cosπ + จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) ดังนั้น r3 = 64 และ 3θ = π + 2kπ จึงไดวา r = 4 และ θ = π + 2kπ ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

isinπ)

3 3 π 2k π π 2k π ⎤ ⎡ z = 4 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) 3 3 3 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 4(cos π + i sin π ) 3 3 k = 1 จะได z2 = 4(cos π + i sin π)

k=2

จะได z3 =

4(cos

เมื่อ เมื่อ

k ∈ {0,1,2}

เมื่อ

k ∈ {0,1,2}

5π 5π + i sin ) 3 3

k ∈ {0,1,2}

= 2 + 2 3i = −4 = 2 − 2 3i

Y Z1

4 Z2

54 1 + 3i

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 1 + 3i ดังนั้น z3 = 2(cos π + isin π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = 2(cos π + isin π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

3 3 π r3 = 2 และ 3θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 3 r = 32 และ θ = π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = 3 2 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 9 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 3 2(cos π + i sin π ) 9 9 7π 3 k = 1 จะได z2 = 2(cos + i sin 7π ) 9 9 13 π k = 2 จะได z3 = 3 2(cos + i sin 13π ) 9 9

Y Z2

2 Z1

−2 3 + 2i

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ −2 3 + 2i ดังนั้น z3 = 4(cos 5π + isin 5π ) 6 6 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = 4(cos 5π + isin 5π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ

6 6 5π r = 4 และ 3θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 6 r = 34 และ θ = 5π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 18 3 5π 2kπ 5π 2kπ ⎤ ⎡ z = 3 4 ⎢cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 18 3 18 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 3 4(cos 5π + i sin 5π ) 18 18 3

55 เมื่อ

k=1

จะได z2 =

เมื่อ

k=2

จะได z3 =

17π 17π + i sin ) 18 18 29π 29π 3 4(cos + i sin ) 18 18

4(cos

Y Z2

Z1 3

X Z3

2 − 2 3i

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 2 − 2 3i ดังนั้น z3 = 2 − 2 3i = 4(cos 5π + isin 5π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = 4(cos 5π + isin 5π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

6 6 5π r = 4 และ 3θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 3 r = 34 และ θ = 5π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 5π 2kπ 5π 2kπ ⎤ ⎡ z = 3 4 ⎢cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} 9 3 9 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 3 4(cos 5π + i sin 5π ) 9 9 11 π k = 1 จะได z2 = 3 4(cos + i sin 11π ) 9 9 k = 2 จะได z3 = 3 4(cos 17π + i sin 17π ) 9 9 3

Y Z1 34

56 3 −i

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 3 ของ 3 − i 11π 11π ดังนั้น z3 = 3 − i = 2(cos + isin ) 6 6 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r3 ( cos3θ + isin3θ ) = 2(cos 11π + isin 11π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ

6 6 11π r = 2 และ 3θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 6 r = 32 และ θ = 11π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} 18 3 11π 2kπ 11π 2kπ ⎤ ⎡ z = 3 2 ⎢ cos( ) + i sin( ) เมื่อ k ∈ {0,1,2} + + 18 3 18 3 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 3 2(cos 11π + i sin 11π ) 18 18 23 π k = 1 จะได z2 = 3 2(cos + i sin 23π ) 18 18 k = 2 จะได z3 = 3 2(cos 35π + i sin 35π ) 18 18 3

Y Z1 3

2. รากที่ 2 ของ 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 2 ของ 1 ดังนั้น z2 = 1 = 1 (cos0 + isin0) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร = (cos0 + isin0) จะได r2 ( cos2θ + isin2θ ) ดังนั้น r1 = 1 และ 2θ = 0 + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2} จึงไดวา 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 π + isin π) = -1 แสดงแผนภาพไดดังนี้

57 Y

รากที่ 4 ของ 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ 1 ดังนั้น z4 = 1 = 1(cos0 + isin0) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร = (cos0 + isin0) จะได r4 ( cos4θ + isin4θ ) ดังนั้น r4 = 1 และ 4θ = 0 + 2kπ เมื่อ จึงไดวา r = 1 และ θ = 0 + kπ เมือ่ ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

z = (cos

k k k k

= = = =

0 1 2 3

kπ kπ + isin ) 2 2

จะได จะได จะได จะได

z1 z2 z3 z4

แสดงแผนภาพไดดังนี้

เมื่อ

= = = =

Y Z2 1

k ∈ {0,1,2,3}

(cos 0 + isin 0) π π (cos + isin ) 2 2 (cos π + isin π) 3π 3π (cos + isin ) 2 2

k ∈ {0,1,2,3}

รากที่ 5 ของ 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ 1

= = = =

1 i -1 -i

58 ดังนั้น z5 = 1 = 1 (cos0 + isin0) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร = (cos0 + isin0) จะได r5 ( cos5θ + isin5θ ) ดังนั้น r5 = 1 และ 5θ = 0 + 2kπ เมื่อ จึงไดวา r = 1 และ θ = 0 + 2kπ เมือ่ 5

ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ

k=0 k=1

เมื่อ

k=2

เมื่อ

k=3

เมื่อ

k=4

z = (cos

5kπ 5kπ + isin ) 2 2 จะได z1 = (cos 0 + isin 0) จะได z2 = (cos 2π + isin 5 4π จะได z3 = (cos + isin 5 6π จะได z4 = (cos + isin 5 8π จะได z5 = (cos + isin 5

แสดงแผนภาพไดดังนี้

k ∈ {0,1,2,3,4} k ∈ {0,1,2,3,4}

เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} = 1 2π ) 5 4π ) 5 6π ) 5 8π ) 5

Y Z3

Z2 Z1

1 Z4

รากที่ 6 ของ 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 6 ของ 1 ดังนั้น z6 = 1 = 1(cos0 + isin0) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร = (cos0 + isin0) จะได r6 ( cos6θ + isin6θ ) 6 ดังนั้น r = 1 และ 6θ = 0 + 2kπ เมื่อ จึงไดวา r = 1 และ θ = 0 + kπ เมือ่ ฉะนั้น

z = (cos

kπ kπ + isin ) 3 3

เมื่อ

k=0

จะได z1 =

เมื่อ (cos 0 + isin 0)

= 1

k ∈ {0,1,2,3,4,5} k ∈ {0,1,2,3,4,5} k ∈ {0,1,2,3,4,5}

59 =

จะได z3 = จะได z4 =

π π + isin ) 3 3 2π 2π (cos + isin ) 3 3 (cos π + isin π)

k=4

จะได z5 =

(cos

k=5

จะได z6 =

4π 4π + isin ) 3 3 5π 5π (cos + isin ) 3 3

เมื่อ

k=1

จะได z2 =

เมื่อ เมื่อ

k=2 k=3

เมื่อ เมื่อ

แสดงแผนภาพไดดังนี้

(cos

1 3 + i 2 2 1 3 − + i 2 2

= = -1 =

1 3 − − i 2 2 1 3 − i 2 2

Y Z3

1 Z5

รากที่ 8 ของ 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ 1 ดังนั้น z8 = 1 = 1 (cos0 + isin0) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r8 ( cos8θ + isin8θ ) = (cos0 + isin0) 8 ดังนั้น r = 1 และ 8θ = 0 + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} จึงไดวา r = 1 และ θ = 0 + kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} 4

ฉะนั้น

kπ kπ z = (cos + isin ) 4 4

เมื่อ

k=0

จะได z1 =

(cos 0 + isin 0)

เมื่อ

k=1

จะได z2 =

(cos

เมื่อ

k=2

จะได z3 =

เมื่อ

k=3

จะได z4 =

เมื่อ

k=4

จะได z5 =

เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7}

= 1

π π + isin ) 4 4 π π (cos + isin ) 2 2 3π 3π (cos + isin ) 4 4 (cos π + isin π)

2 2 + i 2 2

= = i =

−

= -1

2 2 + i 2 2

60 เมื่อ

k=5

จะได z6 =

เมื่อ

k=6

จะได z7 =

เมื่อ

k=7

จะได z8 =

แสดงแผนภาพไดดังนี้

5π 5π + isin ) 4 4 3π 3π (cos + isin ) 2 2 7π 7π (cos + isin ) 4 4 (cos

−

2 2 − i 2 2

= -i =

2 2 − i 2 2

Y Z4

1 Z6

รากที่ 2 ของ i ให a + bi เปนจํานวนเชิงซอนซึ่งเปนรากที่ 2 ของ i ดังนั้น i = (a + bi)2 = (a2 – b2) + 2abi จะได a2 – b2 = 0 กับ 2ab = 1 (a2 + b2)2 = (a2 – b2)2 + (2ab)2 = 0 + 1 = 1 หรือ a2 + b2 = 1 จาก a2 – b2 = 0 และ a2 + b2 = 1 จะได 2a2 = 1 และ 2b2 = 1 a

2 2

แตเพราะ 2ab = 1 แสดงแผนภาพไดดังนี้

และ

ทําใหได

b =

2 2 2 2i ±( + ) 2 2

1 −

2 2 − i 2 2

2 2 + i 2 2

61 รากที่ 4 ของ i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ i ดังนั้น z4 = i = 1(cos π + isin π ) 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r4 ( cos4θ + isin4θ ) = cos π + isin π ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

2 2 π r4 = 1 และ 4θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 2 π kπ r = 1 และ θ = + เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 8 2 π kπ π kπ ⎤ ⎡ z = ⎢ cos( + ) + i sin( + ) ⎥ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 8 2 8 2 ⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = cos π + isin π 8 8 5π k = 1 จะได z2 = cos + isin 5π 8 8 k = 2 จะได z3 = cos 9π + isin 9π 8 8 13π 13π + isin k = 3 จะได z4 = cos 8 8

แสดงแผนภาพไดดังนี้

Y Z2 Z1

Z3 Z4

รากที่ 5 ของ i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ i ดังนั้น z5 = i = cos π + isin π 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r5 ( cos5θ + isin5θ ) = cos π + isin π ดังนั้น

r = 1 และ 5θ =

π + 2kπ 2

เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4}

62 π 2kπ + เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 10 5 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = ⎢ cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 10 5 10 5 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = cos π + isin π 10 10 k = 1 จะได z2 = cos π + isin π = i 2 2 9π k = 2 จะได z3 = cos + isin 9π 10 10 k = 3 จะได z4 = cos 13π + isin 13π 10 10 17π 17π + isin k = 4 จะได z5 = cos 10 10

จึงไดวา r = 1 และ ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

แสดงแผนภาพไดดังนี้

Y Z2 Z3

1 Z4

รากที่ 6 ของ i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 6 ของ i ดังนั้น z6 = i = cos π + isin π 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r6 ( cos6θ + isin6θ ) = cos π + isin π ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ

2 2 π r = 1 และ 6θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5} 2 r = 1 และ θ = π + kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5} 12 3 π kπ π kπ ⎤ ⎡ z = ⎢ cos( + ) + i sin( + ) ⎥ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5} 12 3 12 3 ⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = cos π + isin π 12 12 6

63 เมื่อ

k=1

จะได z2 =

cos

เมื่อ

k=2

จะได z3 =

cos

เมื่อ

k=3

จะได z4 =

cos

เมื่อ

k=4

จะได z5 =

cos

เมื่อ

k=5

จะได z6 =

cos

แสดงแผนภาพไดดังนี้

5π 5π + isin 12 12 3π 3π + isin 4 4 13π 13π + isin 12 12 17π 17π + isin 12 12 21π 21π + isin 12 12

Y Z2

1 Z4 Z5

Z1 Z6

รากที่ 8 ของ i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ i ดังนั้น z8 = i = cos π + isin π 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r8 ( cos8θ + isin8θ ) = cos π + isin π ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

2 2 π r = 1 และ 8θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} 2 r = 1 และ θ = π + kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} 16 4 π kπ π kπ ⎤ ⎡ z = ⎢ cos( + ) + i sin( + ) ⎥ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} 16 4 16 4 ⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = cos π + isin π 16 16 5π k = 1 จะได z2 = cos + isin 5π 16 16 k = 2 จะได z3 = cos 9π + isin 9π 16 16 13π 13π + isin k = 3 จะได z4 = cos 16 16 8

64 เมื่อ

k=4

จะได z5 =

เมื่อ

k=5

จะได z6 =

เมื่อ

k=6

จะได z7 =

เมื่อ

k=7

จะได z8 =

แสดงแผนภาพไดดังนี้

17π 16 21π cos 16 25π cos 16 29π cos 16

cos

Y Z3

Z2 1

Z5 Z6

(2 + 2

17π 16 21π + isin 16 25π + isin 16 29π + isin 16

+ isin

1 3i) 4

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ 2 + 2 3i ดังนั้น z4 = 2 + 2 3i = 4 (cos π + isin π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r4 ( cos4θ + isin4θ ) = 4 (cos π + isin π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

3 3 π r4 = 4 และ 4θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 3 r = 2 และ θ = π + kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 12 2 π kπ π kπ ⎤ ⎡ z = 2 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) ⎥ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 12 2 12 2 ⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 2 (cos π + isin π ) 12 12 k = 1 จะได z2 = 2 (cos 7π + isin 7π ) 12 12 13π k = 2 จะได z3 = 2 (cos + isin 13π ) 12 12 19π 19π k = 3 จะได z4 = 2 (cos + isin ) 12 12

65 4.

2 − 2 3i

ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ 2 − 2 3i ดังนั้น z5 = 2 − 2 3i = 4 (cos 5π + isin 5π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r5 ( cos5θ + isin5θ ) = 4 (cos 5π + isin 5π ) 3

ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

5π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 3 r = 5 4 และ θ = π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 3 5 π 2kπ π 2kπ ⎤ ⎡ z = 5 4 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 3 5 3 5 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 5 4 (cos π + isin π ) 3 3 k = 1 จะได z2 = 5 4 (cos 11π + isin 11π ) 15 15 17π 17π k = 2 จะได z3 = 5 4 (cos + isin ) 15 15 23π 23π 5 k = 3 จะได z4 = 4 (cos + isin ) 15 15 29π 29π k = 4 จะได z5 = 5 4 (cos + isin ) 15 15

r5 = 4

และ 5θ =

5. (1) z4 = 1 + 3i z = 4 1 + 3i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 4 ของ 1 + 3i ดังนั้น z4 = 1 + 3i = 2 (cos π + isin π ) 3 3 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r4 ( cos4θ + isin4θ ) = 2 (cos π + isin π ) ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ

3 3 π r = 2 และ 4θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 3 r = 4 2 และ θ = π + kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 12 2 π kπ π kπ ⎤ ⎡ z = 4 2 ⎢ cos( + ) + i sin( + ) ⎥ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3} 12 2 12 2 ⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = 4 2 (cos π + isin π ) 12 12 7π 7π k = 1 จะได z2 = 4 2 (cos + isin ) 12 12 4

66 เมื่อ

k=2

จะได z3 =

เมื่อ

k=3

จะได z4 =

13π 13π + isin ) 12 12 19π 19π 2 (cos + isin ) 12 12 2 (cos

(2) z5 + i = 0 z5 = – i ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 5 ของ - i ดังนั้น z5 = - i = 1(cos 3π + isin 3π ) 2 2 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r5 ( cos5θ + isin5θ ) = cos 3π + isin 3π ดังนั้น จึงไดวา ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

2 2 3π r = 1 และ 5θ = + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 2 r = 1 และ θ = 3π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 10 5 3π 2kπ 3π 2kπ ⎤ ⎡ z = ⎢ cos( + ) + i sin( + ) เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4} 10 5 10 5 ⎥⎦ ⎣ k = 0 จะได z1 = cos 3π + isin 3π 10 10 k = 1 จะได z2 = cos 7π + isin 7π 10 10 11π 11π + isin k = 2 จะได z3 = cos 10 10 k = 3 จะได z4 = cos 3π + isin 3π = i 2 2 19π 19π k = 4 จะได z5 = cos + isin 10 10 5

(3) z7 – 1 = 0 z7 = 1 ให z = r(cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 7 ของ 1 ดังนั้น z7 = 1 = 1(cos 0 + isin 0) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r7 ( cos7θ + isin7θ ) = cos 0 + isin 0 ดังนั้น r7 = 1 และ 7θ = 0 + 2kπ เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6}

67 จึงไดวา r = 1 และ ฉะนั้น

z = cos

เมื่อ เมื่อ

k=0 k=1

เมื่อ

2kπ 2kπ + i sin 7 7

2kπ 7

เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6}

เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6}

จะได จะได

z1 = cos 0 + i sin 0 = 1 z2 = cos( 2π ) + i sin( 2π )

k=2

จะได

z3 =

เมื่อ

k=3

จะได

z4 =

เมื่อ

k=4

จะได

z5 =

เมื่อ

k=5

จะได

z6 =

เมื่อ

k=6

จะได

z7 =

7 7 4π 4π cos( ) + i sin( ) 7 7 6π 6π cos( + i sin ) 7 7 8π 8π cos( + i sin ) 7 7 10π 10π cos( ) + i sin( ) 7 7 12π 12π cos( ) + i sin( ) 7 7

(4) z8 + 4 + 4i = 0 z8 = –4 – 4i ให z = r (cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ –4 – 4i ดังนั้น z8 = –4 – 4i = 4 2(− 1 − 1 i) = 4 2(cos 5π + i sin 5π ) 2

โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r8(cos 8θ + i sin 8θ) =

4 2(cos

5π 5π + i sin ) 4 4

5π + 2kπ 4 จึงไดวา r = 8 32 และ θ = 5π + kπ 32 4 ฉะนั้น z = 8 32 ⎡⎢cos ⎛⎜ 5π + kπ ⎞⎟ + i sin ⎛⎜ 5π + kπ ⎞⎟⎥⎤ ⎝ 32 4 ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ 32 4 ⎠

ดังนั้น r8 =

4 2

และ 8θ =

เมื่อ

k=0

จะได

z1 =

เมื่อ

k=1

จะได

z2 =

เมื่อ

k=2

จะได

z3 =

เมื่อ

k=3

จะได

z4 =

เมื่อ

k=4

จะได

z5 =

เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7}

5π 5π + i sin ) 32 32 13π 13π 8 32(cos ) + i sin 32 32 21π 21π 8 32(cos ) + i sin 32 32 29π 29π 8 32(cos ) + i sin 32 32 37π 37π 8 32(cos ) + i sin 32 32 8

32(cos

68 เมื่อ

k=5

จะได

z6 =

เมื่อ

k=6

จะได

z7 =

เมื่อ

k=7

จะได

z8 =

45π 45π ) + i sin 32 32 53π 53π 8 32(cos ) + i sin 32 32 61π 61π 8 32(cos ) + i sin 32 32 8

32(cos

5) z8 + 1 = 0 z8 = –1 ให z = r (cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 8 ของ –1 ดังนั้น z 8 = –1 = 1(cos π + i sin π) โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r8(cos 8θ + i sin 8θ) = cos π + i sin π ดังนั้น r8 = 1 และ 8θ = π + 2kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} จึงไดวา r = 1 และ θ = π + kπ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} 8

ฉะนั้น

4 ⎛ π kπ ⎞ ⎛ π kπ ⎞ z = cos ⎜ + ⎟ + i sin ⎜ + ⎟ ⎝8 4 ⎠ ⎝8 4 ⎠

เมื่อ

k=0

จะได

z1 =

เมื่อ

k=1

จะได

z2 =

เมื่อ

k=2

จะได

z3 =

เมื่อ

k=3

จะได

z4 =

เมื่อ

k=4

จะได

z5 =

เมื่อ

k=5

จะได

z6 =

เมื่อ

k=6

จะได

z7 =

เมื่อ

k=7

จะได

z8 =

เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7}

π π cos( ) + i sin( ) 8 8 3π 3π cos( ) + i sin( ) 8 8 5π 5π cos( ) + i sin( ) 8 8 7π 7π cos( ) + i sin( ) 8 8 9π 9π cos( ) + i sin( ) 8 8 11π 11π cos( ) + i sin( ) 8 8 13π 13π cos( ) + i sin( ) 8 8 15π 15π cos( ) + i sin( ) 8 8

6) z9 + 1 = 0 z9 = –1 ให z = r (cos θ + i sin θ) เปนรากที่ 9 ของ –1 ดังนั้น z9 = –1 = 1(cos π + i sin π)

69 โดยทฤษฏีบทของเดอมัวร จะได r9(cos 9θ + i sin 9θ) = cos π + i sin π ดังนั้น r9 = 1 และ 9θ = π + 2kπ เมื่อ จึงไดวา r = 1 และ θ = π + 2kπ เมื่อ ฉะนั้น เมื่อ เมื่อ เมื่อ เมื่อ

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7,8}

k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7,8} 9 9 ⎛ π 2kπ ⎞ ⎛ π 2kπ ⎞ z = cos ⎜ + ⎟ + i sin ⎜ + ⎟ เมื่อ k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7,8} 9 ⎠ 9 ⎠ ⎝9 ⎝9 k = 0 จะได z1 = cos( π ) + i sin( π ) 9 9 k = 1 จะได z2 = cos( π ) + i sin( π ) = 1 + 3 i 2 2 3 3 5π 5π k = 2 จะได z3 = cos( ) + i sin( ) 9 9 k = 3 จะได z4 = cos( 7π ) + i sin( 7π ) 9 9

เมื่อ เมื่อ

k=4 k=5

จะได จะได

z5 = z6 =

เมื่อ

k=6

จะได

z7 =

เมื่อ

k=7

จะได

z8 =

เมื่อ

k=8

จะได

z9 =

cos(π) + i sin(π)

= –1

11π 11π cos( ) + i sin( ) 9 9 13π 13π cos( ) + i sin( ) 9 9 15π 15π 1 3 cos( ) + i sin( ) = − i 9 9 2 2 17 π 17π cos( ) + i sin( ) 9 9

เฉลยแบบฝกหัด 1.7 1. (1) เซตคําตอบของสมการ 2x3 + 2x2 + x + 1 = 0 คือ (2) เซตคําตอบของสมการ 2x3 – x + 1 = 0 คือ

2 2 i, − i} 2 2 1 1 1 1 {−1, + i, − i} 2 2 2 2 {−1,

(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 f(x) = x5 + 9x3 – 8x2 – 72 f(–1 + 3i ) = (–1 + 3i )5 + 9(–1 + 3i )3 – 8(–1 + 3i )2 – 72 = –16 – 16 3i + 72 + 16 + 16 3i – 72 = 0 แสดงวา –1 + 3i เปนคําตอบของ f(x) = 0 จะได –1 – 3i เปนคําตอบของ f(x) = 0 ดวย แต [x – (–1 + 3i )][x – (–1 – 3i )] = x2 + 2x + 4 และ 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 = 0 จาก x2 + 9 = 0 จะได x = 3i หรือ x = –3i ดังนั้น คําตอบที่เหลือทั้งหมดของสมการนี้คือ –1 − 3i , 3i, –3i, 2

2. ให จะได

3. จากโจทย 3, –4, 3 + i เปนคําตอบของสมการ จะได 3 – i เปนคําตอบดวย ดังนั้น 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 ≠ 0 ดังนั้น k[x4 – 5x3 – 8x2 + 82x – 120] = 0 เปนพหุนามดีกรี 4 ที่มี สัมประสิทธิ์เปนจํานวนเต็มและมี 3, –4, 3 + i และ 3 – i เปนคําตอบ 4. จากโจทย จะได

และ –4i เปนคําตอบของสมการ 2 + 2 3i และ 4i เปนคําตอบของสมการดวย [x – ( 2 − 2 3i )][(x – ( 2 + 2 3i )](x + 4i)(x – 4i) = 0 = 0 (x2 – 4x + 16)(x2 + 16) x4 – 4x3 + 32x2 – 64x + 256 = 0 k(x4 – 4x3 + 32x2 – 64x + 256) = 0 เมือ่ k 2 − 2 3i

≠

71 ดังนั้น จะได k(x4 – 4x3 + 32x2 – 64x + 256) = 0 เปนสมการพหุนามดีกรี 4 ที่มี 2 ± 2 3i และ ±4i เปนคําตอบ 5. จากโจทย

−

2 , −1 + i , 3 + 3i 3

เปนคําตอบของสมการ จะได –1 – i ,

เปนคําตอบดวย ดังนั้น จะได (x + 2 )[x − (−1 + i)][x − (−1 − i)][x − (3 + 3 2 (x + )[x 2 + 2x + 2][x 2 − 6x + 12] 3

3i)][x − (3 − 3i)]

3 − 3i

= 0

3x 5 − 10x 4 − 2x 3 + 40x 2 + 96x + 48 = 0

ดังนั้น จะได ดีกรี 5 ที่มี − 2 , 3

k[ 3x k[ 3x

− 10x 4 − 2x 3 + 40x 2 + 96x + 48 ]

− 10x 4 − 2x 3

−1 ± i ,

3 ± 3i

= 0 เมื่อ k ≠ 0 + 40x + 96x + 48 ] = 0 เปนสมการพหุนาม เปนคําตอบ 2

6. ให f(x) = x2 – x + (i + 1) f(i) = i2 – i + i + 1 = 0 ดังนั้น i เปนคําตอบหนึ่งของ x2 – x + (i + i) f(–i) = (–i)2 – (–i) + i + 1 = –1 + i + i + 1 = 2i ดังนั้น – i ไมเปนคําตอบหนึ่งของ x2 – x + (i + 1) สมการพหุนาม x2 – x + (i + 1) มี i เปนคําตอบ แต – i ไมใชคําตอบ ผลนี้ไมขัด กับทฤษฎีที่กลาวไว เพราะสมการพหุนาม x2 – x+ (i + 1) มีสัมประสิทธิ์ไมเปนจํานวน จริงทุกจํานวน เพราะ (i + 1) ไมใชจํานวนจริง 7. (1) จากโจทย –3, –1, 4 เปนคําตอบของ P(x) = (x + 3)(x + 1)(x – 4) = x3 – 13x – 12 จะได P(x) = a(x3 – 13x – 12) , a P(2) = a(23 – 13(2) – 12) = –30 a =

P(x)

เปนคาคงที่ที่ไมเทากับศูนย 5 5

72 a =

−

1 6

ดังนั้น P(x) = – 1 (x 3 − 13x − 12) สอดคลองกับเงื่อนไขขางตน 6

(2) จากโจทย 2, 5, –3 เปนคําตอบของ P(x) P(x) = (x – 2)(x – 5)(x + 3) = x3 – 4x2 – 11x + 30 จะได P(x) = a(x3 – 4x2 – 11x + 30) , a เปนคงคาที่ที่ไมเทากับศูนย P(1) = a(1 – 4 – 11 + 30) = –4 16 a = –4 a = −1 4

ดังนั้น P(x) = 8. (1) (2) (3) (4)

1 − (x 3 − 4x 2 − 11x + 30) 4

สอดคลองกับเงื่อนไขขางตน

ดีกรีต่ําสุด คือ 4 ดีกรีต่ําสุด คือ 2 ดีกรีต่ําสุด คือ 4 ดีกรีต่ําสุด คือ 6

9. ให P(x) = x4 – 2x3 – 7x2 + 28x + 52 จาก (x + 2)2 = x2 + 4x + 4 จะได P(x) = (x2 – 6x + 13)(x2 + 4x + 4) แสดงวา –2 เปนคําตอบซ้ํา 2 ครั้งของ P(x) ดังนั้น คําตอบที่เหลืออีก 2 คําตอบ คือ คําตอบของพหุนามดีกรีสอง x2 – 6x + 13 โดยที่ x2 – 6x + 13 = [x – (3 + 2i)][x – (3 – 2i)] ดังนั้น คําตอบที่เหลือของ P(x) คือ 3 + 2i, 3 – 2i 10. ให จาก จะได แสดงวา

P(x) = x5 + 9x4 + 33x3 + 55x2 + 42x + 12 (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 P(x) = (x3 + 3x2 + 3x + 1)(x2 + 6x + 12) –1 เปนคําตอบซ้ํา 3 ครั้งของ P(x)

73 ดังนั้น คําตอบที่เหลืออีก 2 คําตอบ คือ คําตอบของพหุนามดีกรีสอง x2 + 6x + 12 โดยที่ x2 + 6x + 12 = [x – (–3 + 3i )][x – (–3 – 3i )] ดังนั้น คําตอบที่เหลือของ P(x) คือ –3 + 3i , –3 – 3i 11. จากโจทย 1 + i เปนคําตอบของสมการ จะได 1 – i เปนคําตอบดวย แต (x – (1 + i))(x – (1 – i)) = x2 – 2x + 2 และ x4 – 7x3 + 18x2 – 22x + 12 = (x2 – 2x + 2)(x2 – 5x + 6) ดังนั้น คําตอบที่เหลือคือคําตอบของพหุนามดีกรีสอง x2 – 5x + 6 โดยที่ x2 – 5x + 6 = (x – 3)(x – 2) ดังนั้น คําตอบทั้งหมดของสมการพหุนามนี้ คือ 2, 3, 1 – i, 1 + i

139

เฉลยแบบฝกหัด 3.1 1. เสนทางจาก X ไปยัง Y โดยผาน A มีเสนทางได 3 เสนทาง เสนทางจาก X ไปยัง Y โดยผาน B มีเสนทางได 4 เสนทาง เสนทางจาก X ไปยัง Y โดยผาน C มีเสนทางได 3 เสนทาง ดังนั้น มีจํานวนเสนทางจาก X ไปยัง Y ทั้งหมด 10 เสนทาง D E F D E F G E F G

Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y

2. จํานวนเสนทางจาก N ไปยัง S มีทั้งหมด 5 + 3 + 5 = 13 เสนทาง โดยมีรายละเอียดดังแผนภาพ N 1 A

2 E

I S

H K

140 จากแผนภาพขางตนสามารถเขียนเปนแผนภาพตนไมไดดังนี้ A I S A I S 1 B I S C I S C I S D J S N 2 E J S E J S F K S G K S 3 G K S H K S G K S 3. (1) (2) (3) (4) (5)

จํานวนเสนทางการเดินทางจาก A ไป B จํานวนเสนทางการเดินทางจาก B ไป C จํานวนเสนทางการเดินทางจาก C ไป D จํานวนเสนทางการเดินทางจาก D ไป E จํานวนเสนทางการเดินทางจาก A ไป E

มี 3 มี 1 มี 5 มี 6 มี 90

เสนทาง เสนทาง เสนทาง เสนทาง เสนทาง

4. (1) จุดยอด X อยูที่จุด E หรือ F จํานวนรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก 2 × 3 = 6 รูป จุดยอด Y อยูที่จุด E หรือ F จํานวนรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก 2 × 3 = 6 รูป ดังนั้น จํานวนรูปสามเหลี่ยมมุมฉาก XCY มี 12 รูป (2) จํานวนรูปสามเหลี่ยมโดยมีจุดยอด 3 จุด จาก A, B, C, D, E, F มี 15 รูป 5.

ชวงที่ 1

ชวงที่ 3 ชวงที่ 2

จากรูป ชวงที่ 1 มีจํานวนวิธีวางไดตางกัน 3 วิธี ชวงที่ 2 มีจํานวนวิธีวางไดตางกัน 2 วิธี ชวงที่ 3 มีจํานวนวิธีวางไดตางกัน 5 วิธี ดังนั้น จํานวนวิธีทั้งหมด 3 × 2 × 5 = 30 วิธี

141 6. มีจุดยอดอยูบนดาน 3 ดาน เกิดรูปสามเหลี่ยมได 3×2×3 = มีฐานเปน 2 จุดใด ๆ บนดาน AC เกิดรูปสามเหลี่ยมได 3×5 = มีฐานเปน 2 จุดใด ๆ บนดาน BC เกิดรูปสามเหลี่ยมได 1×6 = มีฐานเปน 2 จุดใด ๆ บนดาน AB เกิดรูปสามเหลี่ยมได 3×5 = ดังนั้น มีรูปสามเหลี่ยมทั้งหมด 18 + 15 + 6 + 15 = 54 รูป

18 รูป 15 รูป 6 รูป 15 รูป

7. เมื่อไมมีอักษร 2 ตัวติดกันซ้ํากัน อักษรตัวที่หนึ่งเลือกได 26 วิธี อักษรตัวที่สองเลือกได 25 วิธี อักษรตัวที่สามเลือกได 25 วิธี อักษรตัวที่สี่เลือกได 25 วิธี อักษรตัวที่หาเลือกได 25 วิธี ดังนั้น จะสรางคําไดทั้งหมด 26 × 254 คํา 8. จํานวนสับเซตที่มีสมาชิก 2 ตัว {a, b} โดยที่ a = 1, 2, 3, ... 93 เทากับ 93 × 7 = 651 จํานวนสับเซตที่มีสมาชิก 2 ตัว โดยที่ a = 94, 95, 96, ... 99 เทากับ 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21 สับเซต ดังนั้น จํานวนสับเซตทั้งหมด 651 + 21 = 672 สับเซต 9. ในการสรางจํานวน 3 หลัก ที่มีคามากกวา 300 หลักรอย เลือกตัวเลขได 3 วิธี คือ 3 หรือ 4 หรือ 5 หลักสิบ เลือกตัวเลขได 5 วิธี หลักหนวย เลือกตัวเลขได 4 วิธี ดังนั้น จํานวนวิธีสรางจํานวน 3 หลัก ที่มีคามากกวา 300 จากเลขโดด 0, 1, 2, 3, 4 และ 5 มี 3 × 5 × 4 = 60 วิธี 10. ขอสอบขอที่ 1 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธี ขอสอบขอที่ 2 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธี ขอสอบขอที่ 3 มีวิธเี ลือกตอบได 2 วิธี M

142 ขอสอบขอที่ 10 มีวิธีเลือกตอบได 2 วิธี ดังนั้น จํานวนวิธีตอบขอสอบทั้ง 10 ขอ 210 วิธี 11. ตัวเลขที่แสดงตอนที่นั่งมี 20 วิธี อักษรที่แสดงแถวที่นั่งมี 52 วิธี ตัวเลขแสดงตําแหนงที่นั่งมี 30 วิธี ดังนั้น จํานวนที่นั่งทั้งหมดมี 31,200 ที่นั่ง 12. ตัวอักษรตัวแรกเปนไปได 26 วิธี ตัวอักษรตัวที่สองเปนไปได 26 วิธี ตัวเลข 3 ตัว เปนไปได 10 × 10 × 10 วิธี ตัวอักษรอีก 1 ตัว เปนไปได 26 วิธี ตัวเลขอีก 2 ตัว เปนไปได 10 × 10 วิธี ดังนั้น จํานวนหนังสือทั้งหมดในระบบนี้มี 263 × 105 เลม ถาตัวอักษร 2 ตัวแรก แสดงหนังสือที่จัดไวเปนตอน ดังนั้น หนังสือในแตละตอนมี 1 × 10 × 10 × 10 × 26 × 10 × 10 = 2,600,000 เลม

แบบฝกหัด 3.2 ก 1. (1) 210 2. n = 6 3. พิสูจน Pn, 1 + Pm, 1 Pn, 1 + Pm, 1

(2)

1680

= =

Pn+m, 1

= =

n+m

(3)

380

n! m! + (n − 1)! (m − 1)! (n + m)! ((n + m) − 1)!

= Pn+m, 1 4. สรางจํานวนที่มี 4 หลัก จากเลขโดด 5 ตัว ดังนั้น จะสรางได P5, 4 = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 จํานวน (5 − 4)!

143 5. มีตําแหนงวางที่เปนชาย 3 ตําแหนง มีผูสมัครเปนชาย 6 คน ดังนั้น มีจํานวนวิธีจัดชายเทากับ P6, 3 = 6! = 6 × 5 × 4 = 120 วิธี 3!

มีตําแหนงวางที่เปนหญิง 2 ตําแหนง มีผูสมัครเปนหญิง 5 คน = 20 วิธี ดังนั้น มีจํานวนวิธีจัดหญิงเทากับ P5, 2 = 5! = 5 × 4 3!

จะได วิธีจัดคนที่มาสมัครเขาทํางาน 120 × 20 = 2400 วิธี 6. จัดชาย 6 คน ยืนเรียงแถวหนากระดานได 6! = 720 วิธี ช1

ช2

ช3

ช4

ช5

ช6

จัดชาย 6 คน ยืนหนากระดานจะมีที่ใหผูหญิงแทรกได 7 ที่ ผูหญิง 3 คน จะเลือกที่แทรกได 7 × 6 × 5 = 210 วิธี ดังนั้น จํานวนวิธีจัดทั้งหมด 720 × 210 = 151200 วิธี 7. แยกเปน 2 กรณี กรณีที่ 1 หลักรอย หลักรอย หลักหนวย

เปนเลขคี่ คือ 3, 5 และ 7 เลือกตัวเลขได 3 วิธี เลือกตัวเลขได 4 วิธี หลักหนวยเปนเลขคี่และตัวเลขใน แตละหลักไมซ้ํากัน หลักสิบ เลือกตัวเลขได 8 วิธี มีวิธีสรางจํานวนได 3 × 4 × 8 = 96 วิธี กรณีที่ 2 หลักรอย เปนเลขคู คือ 4, 6, 8 หลักรอย เลือกตัวเลขได 3 วิธี หลักหนวย เลือกตัวเลขได 5 วิธี หลักหนวยเปนเลขคี่และตัวเลขใน แตละหลักไมซ้ํากัน หลักสิบ เลือกตัวเลขได 8 วิธี มีวิธีสรางจํานวนได 3 × 5 × 8 = 120 วิธี ดังนั้น จํานวนคี่ที่มีคามากกวา 300 แตนอยกวา 900 โดยที่ตัวเลขใน แตละหลักไมซ้ํากันมี 96 + 120 = 216 จํานวน

144 8. มีหนังสือที่แตกตางกัน 8 เลม เปนคณิตศาสตร 3 เลม ดังนั้น เปนหนังสืออื่น ๆ จํานวน 5 เลม จัดเปนแถวยาวแถวเดียวได 5! วิธี จะได ที่ที่จะวางหนังสือคณิตศาสตรแทรกได จํานวน 6 ที่ ดังนั้น จัดหนังสือคณิตศาสตรแทรกได 6 × 5 × 4 = 120 วิธี นั่นคือ จํานวนวิธีจัดหนังสือทั้ง 8 เลม เทากับ 5! × 120 = 14400 วิธี 9. เมื่อถายรูปทีละคน จะได 5 วิธี เมื่อถายรูปทีละสองคน จะได P5, 2 = เมื่อถายรูปทีละสามคน จะได P5, 3

เมื่อถายรูปทีละสี่คน

จะได P5, 4

5! 3! 5! 2! 5! 1!

วิธี

120

วิธี

5! = 120 วิธี เมื่อถายรูปทีละหาคน จะได P5, 5 = ดังนั้น จะมีภาพที่แตกตางกันทั้งหมด 5 + 20 + 60 + 120 + 120 = 325 ภาพ 10. มีหนังสือทั้งหมด 3 + 2 + 4 = 9 เลม (1) มีวิธีจัดหนังสือ 9 เลม วางบนชั้นหนังสือได 9! วิธี (2) มีวิธีจัดหนังสือคณิตศาสตรในตําแหนงหัวแถวและหางแถวได 2 วิธี หนังสืออีก 7 เลม จัดวางสลับกันได 7! วิธี ดังนั้น มีวิธีจัดไดทั้งหมด 2(7!) วิธี (3) จัดหนังสือแตละวิชามัดรวมกัน แลวนํามาจัดวางสลับกันได 3! วิธี หนังสือเคมี 3 เลม ที่มัดไว สลับที่กันเองไดอีก 3! วิธี หนังสือคณิตศาสตร 2 เลม ที่มัดไว สลับที่กันเองไดอีก 2! วิธี หนังสือภาษาอังกฤษ 4 เลม ที่มัดไว สลับที่กันเองไดอีก 4! วิธี ดังนั้น มีวิธีจัดไดทั้งหมด 3! 3! 2! 4! = 1728 วิธี 11. มีเกาอี้วาง 6 ที่ มีคน 3 คน แบบที่ 1 คนที่ 1 แบบที่ 2 คนที่ 1 แบบที่ 3 คนที่ 1 แบบที่ 4 _____

จัดที่นั่งโดยไมมีใครนั่งติดกัน มีได _____ คนที่ 2 _____ คนที่ 3 _____ คนที่ 2 _____ ______ _____ _____ คนที่ 2 ______ คนที่ 1 _____ คนที่ 2 ______

4 รูปแบบดังนี้ ______ คนที่ 3 คนที่ 3 คนที่ 3

145 ในแตละแบบ สลับที่คนนั่งไดอีก 3! ดังนั้น จํานวนวิธีทั้งหมด 4(3!) = 24 วิธี

แบบฝกหัด 3.2 ข 1. วิธีจัดเรียงหนังสือทั้งหมดบนชั้นวางหนังสือคือ

9! 3!2!4!

2. วิธีจัดเรียงหลอดไฟประดับตามรั้วในแนวเสนตรงคือ

9×8× 7 × 6× 5 3× 2 × 2

= 1260 วิธี วิธี

15! 4!5!6!

3. คําวา ENTRANCE มี E 2 ตัว N T 1 ตัว R A 1 ตัว C จัดโดยไมมีเงื่อนไข มีวิธีจัดได 8! = 10080 วิธี

2 ตัว 1 ตัว 1 ตัว

2!2!

ถาจัดให E อยูติดกันเสมอ มีวิธีจัดได

7! 2!

= 2520 วิธี

ดังนั้น จํานวนวิธีจัดเรียงโดยที่ E ไมอยูติดเทากับ 7560 วิธี 4. นําเลขโดด 0, 2, 2, 3, 3, 3, 4 มาจัดเรียงอยางไมมีเงื่อนไข จะได ถาเลขโดด 0 อยูหลักลาน เลขโดดที่เหลือนํามาจัดได

6! 2!3!

7! 2!3!

= 60 วิธี

ดังนั้น จํานวนที่มีคามากกวาหนึ่งลานมี 420 – 60 = 360 จํานวน 5. เลือกลูกบอล 4 ลูก แยกกรณีไดดังนี้ กรณีที่ 1 สีแดง 1 ลูก สีขาว 1 ลูก สีเหลือง 1 ลูก สีดํา 1 ลูก จัดเรียงเปนแถวตรงได 4! = 24 วิธี กรณีที่ 2 สีดํา 2 ลูก สีอื่นอีก 2 ลูก จัดเรียงเปนแถวตรงได (3) 4! = 36 วิธี 2!

ดังนั้น มีวิธีจัดทั้งหมด 24 + 12 + 36 = 72 วิธี กรณีที่ 3 สีดํา 3 ลูก สีอื่นอีก 1 ลูก จัดเรียงเปนแถวตรงได (3) 4! = 12 วิธี 3!

= 420 วิธี

146 6. (1) จํานวนที่สรางมีคาอยูระหวาง 400,000 ถึง 500,000 ดังนั้น หลักแสนจะตองเปนตัวเลข 4 จะสรางจํานวนทั้งหมดได 5! = 20 จํานวน 3!

(2) จํานวนที่สรางมีคามากกวา 500,000 ดังนั้น หลักแสนจะตองเปนตัวเลข 5 จะสรางจํานวนทั้งหมดได 5! = 30 จํานวน 2!2!

(3) จํานวนที่สรางมีคามากกวา 400,000 และเปนจํานวนคู ดังนั้น หลักแสนจะตองเปนตัวเลข 4 หรือ 5 หลักหนวยเปนตัวเลข 0 หรือ 4 หลักแสนเปน 4 หลักหนวยเปน 0 จะได 4! = 4 จํานวน หลักแสนเปน 4 หลักหนวยเปน 4 จะได หลักแสนเปน 5 หลักหนวยเปน 0 จะได หลักแสนเปน 5 หลักหนวยเปน 4 จะได

3! 4! 3! 4! 2!2! 4! 2!

= 4 จํานวน = 6 จํานวน = 12 จํานวน

จะสรางจํานวนทั้งหมดได 4 + 4 + 6 + 12 = 26 จํานวน 7. (1) จํานวนเสนทางจาก Oไปยัง P มีทั้งหมด (2) จํานวนเสนทางจาก O ไปยัง P ที่ผาน A

15! = 6435 7!8! มี ⎛⎜ 8! ⎞⎟ ⎛⎜ 7! ⎞⎟ ⎝ 4!4! ⎠ ⎝ 3!4! ⎠

เสนทาง = 2450 เสนทาง

(3) จํานวนเสนทาง O ไป P โดยไมผาน A มี 6435 – 2450 = 3985 เสนทาง

แบบฝกหัด 3.2 ค 1. นักเรียนชาย 3 คน ติดกัน นักเรียนหญิง 3 คน ติดกัน นั่งรอบโตะกลมจัดได 1 วิธี แตนักเรียนชาย 3 คน ติดกัน สลับที่กันได 3! วิธี นักเรียนหญิง 3 คน ติดกัน สลับที่กันได 3! วิธี จะไดวิธีจัดทั้งหมด 3!3! = 36 วิธี 2. (1) จัดคน 6 คน นั่งโตะกลมได 5! = 120 วิธี (2) ถาพอและแมนั่งติดกัน คิดพอแมรวมกันเปน 1 กลุม

147 จัด 4 คน กับอีก 1 กลุม นั่งโตะกลมได 4! วิธี แตพอแมสลับที่กันได 2 วิธี วิธีทั้งหมดจัดได 2(4!) = 48 วิธี (3) พอและแมนั่งตรงขามกันเสมอ ใหพอหรือแมนั่งคงที่ ลูก 4 คน สลับที่กันได 4! วิธี วิธีทั้งหมดจัดได 4! = 24 วิธี (4) จัดลูก 4 คน นั่งโตะกลมกอน จัดได 3! วิธี มีที่ใหพอและแมนั่งแทรกได 4 ที่ ดังนั้น จัดใหพอแมตองแยกกันได 4 × 3 = 12 วิธี วิธีทั้งหมดจัดได (3!)(12) = 72 วิธี 3. จัดเด็กชาย 4 คน นั่งโตะกลมกอน จะจัดได 3! วิธี มีที่ใหเด็กหญิง 3 คน แทรกได 4 ที่ ดังนั้น จัดเด็กหญิงนั่งแยกกันได 4 × 3 × 2 = 24 วิธี วิธีทั้งหมดที่จัดได (3!)(24) = 144 วิธี 4. จัดธงของชาติตาง ๆ 5 ผืน ประดับรอบวงเวียนกอน จะจัดได 4! วิธี มีที่ใหธงไทยผืนแรกแทรกได 5 วิธี มีที่ใหธงไทยผืนที่สองแทรกได 4 วิธี ดังนั้น จัดธงไทย 2 ผืน แยกกันได 5 × 4 = 20 วิธี วิธีทั้งหมดที่จัดได (4!)(20) = 480 วิธี

แบบฝกหัด 3.3 1. จํานวนวิธีที่เลือกนักเรียนชาย 2 คน จาก 20 คน เทากับ จํานวนวิธีที่เลือกนักเรียนหญิง 2 คน จาก 25 คน เทากับ จํานวนวิธีที่เลือกครู 1 คน จากครู 7 คน เทากับ ดังนั้น จํานวนวิธีทั้งหมด

⎛ 20 ⎞ ⎛ 25 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝1 ⎠

⎛7⎞ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠

⎛ 20 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝2 ⎠ ⎛ 25 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

วิธี

= 399000 วิธี

วิธี วิธี

148 2. (1) สมชายไดรับเลือกเปนกรรมการ ดังนั้น จะเลือกกรรมการไดอีก 2 คน จากสมาชิก 19 คนที่เหลือ เทากับ

⎛19 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

= 171 วิธี

(2) ถาสามีเปนกรรมการจะเลือกกรรมการอีก 2 คน จากสมาชิก 18 คน ไดเทากับ ⎛18 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

วิธี

ถาภรรยาเปนกรรมการจะเลือกกรรมการอีก 2 คน จากสมาชิก 18 คน ไดเทากับ ⎛18 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

วิธี

ถาภรรยาและสามีไมไดเปนกรรมการทั้งคู จะเลือก 3 คน จาก 18 คน ไดเทากับ ⎛18 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

วิธี

ดังนั้น เลือกกรรมการไดทั้งหมด

⎛18 ⎞ ⎛18 ⎞ 2⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝3⎠

= 1122 วิธี

3. เลือกจุด 2 จุด เพื่อลากเสนตรงจากจุดทั้งหมด 10 จุด ไดเทากับ 4. (1) หยิบสีแดง 1 ลูก จากสีแดง 5 ลูก ได หยิบสีขาว 1 ลูก จากสีขาว 3 ลูก ได

⎛5⎞ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠

หยิบสีน้ําเงิน 1 ลูก จากสีน้ําเงิน 3 ลูก ได

⎛10 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

= 45 เสน

วิธี วิธี ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠

วิธี

วิธีหยิบไดครบทุกสี (5)(3)(3) = 45 วิธี (2) หยิบสีแดง 1 ลูก สีอื่น 2 ลูก

ได

หยิบสีแดง 2 ลูก จากสีอื่น 1 ลูก ได หยิบสีแดง 3 ลูก ได

⎛5⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

⎛5⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛5 ⎞⎛ 6⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝1 ⎠

= 75 วิธี = 60 วิธี

= 10 วิธี

วิธีหยิบไดสีแดงอยางนอย 1 ลูก 75 + 60 + 10 = 145 วิธี (3) หยิบสีน้ําเงิน 1 ลูก สีอื่นที่ไมใชสีขาวอีก 2 ลูก ได

⎛ 3⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠

= 30 วิธี

149 หยิบสีน้ําเงิน 2 ลูก สีอื่นที่ไมใชสีขาวอีก 1 ลูก ได หยิบสีน้ําเงิน 3 ลูก ได

⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠

⎛3 ⎞⎛ 5⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝1 ⎠

= 15 วิธี

= 1 วิธี

วิธีหยิบไดสีน้ําเงินอยางนอย 1 ลูก แตไมไดสีขาว 30 + 15 + 1 = 46 วิธี 5. เลือกชาย 1 คน เลือกหญิง 2 คน ได เลือกชาย 2 คน เลือกหญิง 1 คน ได เลือกชาย 3 คน ได

⎛ 4⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

⎛ 4⎞⎛5⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 4⎞⎛ 5⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝1 ⎠

= 40 วิธี = 30 วิธี

= 4 วิธี

วิธีเลือกผูแทนโดยมีชายอยางนอย 1 คน มี 40 + 30 + 4 = 74 วิธี 6. ผูสมัคร 2 คน อุดมพร และเกศราภรณ ไมถูกเลือกทั้งคู ดังนั้น เลือกกรรมการ 5 คน จาก 9 คนได

⎛9⎞ ⎜ ⎟ ⎝5⎠

= 126 วิธี

ผูสมัคร 2 คน อุดมพร และเกศราภรณ จะไมถูกเลือกพรอมกัน เลือกกรรมการ 4 คน จาก 9 คน ได

⎛9⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 4⎠

= 126 วิธี

และเลือกกรรมการอีก 1 คน จาก 2 คน ที่กําหนดได

⎛ 2⎞ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠

= 2 วิธี

ดังนั้น เลือกกรรมการ 5 คน ได 2(126) = 252 วิธี จะได จํานวนวิธีเลือกกรรมการทั้งหมด 126 + 252 = 378 วิธี 7. กรณีที่ 1 เลือกมังคุดกับละมุด ดังนั้น ผลไมอีก 1 ชนิด จะเลือกจากผลไม 4 ชนิดที่เหลือ จะได

⎛ 4⎞ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠

= 4 วิธี

กรณีที่ 2 ไมเลือกมังคุดกับละมุด ดังนั้น เลือกผลไม 3 ชนิด จากผลไม 4 ชนิดที่เหลือ จะได จํานวนวิธีเลือกทั้งหมด 4 + 4 = 8 วิธี

⎛ 4⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

= 4 วิธี

150 8. กรณีที่ 1 สรางรูปสามเหลี่ยม จะเลือกจุด 3 จุด จากจุด 6 จุด ได

⎛6⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

= 20 วิธี

⎛6⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 4⎠

= 15 วิธี

⎛6⎞ ⎜ ⎟ ⎝5⎠

= 6 วิธี

⎛6⎞ ⎜ ⎟ ⎝6⎠

= 1 วิธี

กรณีที่ 2 สรางรูปสี่เหลี่ยม จะเลือกจุด 4 จุด จากจุด 6 จุด ได กรณีที่ 3 สรางรูปหาเหลี่ยม จะเลือกจุด 5 จุด จากจุด 6 จุด ได กรณีที่ 4 สรางรูปหกเหลี่ยม จะเลือกจุด 6 จุด จากจุด 6 จุด ได

ดังนั้น จะสรางรูปเหลี่ยมไดทั้งหมด 20 + 15 + 6 + 1 = 42 วิธี

แบบฝกหัด 3.4 1. (1) (2x2 – y)5

(2)

2 (3x − )7 y

(2x2 + (–y))5

⎛5 ⎞ 2 5 ⎛5⎞ 2 4 ⎛5⎞ 2 3 2 ⎛5⎞ 22 3 ⎜ ⎟ (2x ) + ⎜ ⎟ (2x ) (–y) + ⎜ ⎟ (2x ) (–y) + ⎜ ⎟ (2x ) (–y) ⎝0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝3⎠ + ⎛⎜ 5 ⎞⎟ (2x2)(–y)4+ ⎛⎜ 5 ⎞⎟ (–y)5 ⎝ 4⎠ ⎝5⎠

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

2 (3x + (− ))7 y ⎛7⎞ ⎛7⎞ 2 ⎛7⎞ 2 2 7 6 5 ⎜ ⎟ (3x) + ⎜ ⎟ (3x) (− ) + ⎜ ⎟ (3x) (− ) y ⎝ 2⎠ y ⎝0⎠ ⎝1 ⎠ ⎛7⎞ ⎛7⎞ ⎛7⎞ 2 2 2 + ⎜ ⎟ (3x) 4 (− )3 + ⎜ ⎟ (3x)3 (− ) 4 + ⎜ ⎟ (3x) 2 (− )5 y y y ⎝3⎠ ⎝ 4⎠ ⎝5⎠ ⎛7⎞ ⎛7⎞ 2 2 + ⎜ ⎟ (3x)(− )6 + ⎜ ⎟ (− )7 y ⎝6⎠ ⎝7⎠ y

2187x 7 − 10206 −6048

x6 x5 x4 x3 + 20412 2 − 22680 3 + 15120 4 y y y y

x2 x 128 + 1344 6 − 7 5 y y y

151 (3) (2x + 3y)5 =

(4)

⎛x 3⎞ ⎜ + ⎟ ⎝ 2 y⎠

⎛5⎞ ⎛ 5⎞ ⎛5⎞ ⎛ 5⎞ 5 4 3 2 2 3 ⎜ ⎟ (2x) + ⎜ ⎟ (2x) (3y) + ⎜ ⎟ (2x) (3y) + ⎜ ⎟ (2x) (3y) ⎝0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎛5 ⎞ ⎛ 5⎞ + ⎜ ⎟ (2x)(3y) 4 + ⎜ ⎟ (3y)5 ⎝ 4⎠ ⎝ 5⎠

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

⎛ 4⎞ x 4 ⎛ 4⎞ x 3 3 ⎛ 4⎞ x 2 3 2 ⎜ ⎟( ) + ⎜ ⎟( ) ( ) +⎜ ⎟( ) ( ) ⎝0⎠ 2 ⎝1 ⎠ 2 y ⎝ 2 ⎠ 2 y ⎛ 4⎞ x 3 ⎛ 4⎞ 3 + ⎜ ⎟ ( )( )3 + ⎜ ⎟ ( ) 4 ⎝3⎠ 2 y ⎝ 4⎠ y

x 4 3x 3 27x 2 54x 81 + + + 3 + 4 16 2y 2y 2 y y

2. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่มี x6y4 ของการกระจาย (2x + 3y)10 คือ = =

⎛10 ⎞ 6 4 ⎜ ⎟ (2x) (3y) ⎝4⎠

210(64x 6 )(81y 4 )

1088640x6y4

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x6y4 คือ 1088640 3. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่ x5y16 ของการกระจาย (x + 2y2)13 คือ = =

⎛13 ⎞ 5 2 8 ⎜ ⎟ (x) (2y ) ⎝8⎠

1287 x5 (256y16) 329472x5y16

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x5y16 คือ 329472 4. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่มี x9y14 ของการกระจาย (x3 – 3y2)10 คือ ⎛⎜10 ⎞⎟ (x ) (−3y ) 3 3

⎝7⎠

= =

120x9 (–2187y14) –26 2440 x9y14

ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x9y14 คือ –262440 5. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่มี x7 ของการกระจาย (2x – 3)10 คือ = = ดังนั้น สัมประสิทธิ์ของ x7 คือ –414720

⎛10 ⎞ 7 3 ⎜ ⎟ (2x) (−3) ⎝3⎠

120(128x7)(–27) –414720x7

2 7

152 6. อาศัยทฤษฎีบททวินาม พจนที่ไมมี x ของการกระจาย = =

(

x2 3 6 − ) 4 x

คือ

⎛ 6 ⎞ x2 2 3 4 ⎜ ⎟ ( ) (− ) x ⎝ 4⎠ 4

x 4 81 )( ) 16 x 4 1215 16

15(

เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ก 1. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยาง ลูกบอลสีแดงลูกที่หนึ่งแทนดวย ด1 ลูกบอลสีแดงลูกที่สองแทนดวย ด2 ลูกบอลสีขาวลูกที่หนึ่งแทนดวย ข1 ลูกบอลสีขาวลูกที่สองแทนดวย 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 แทนเหตุการณที่ไดลูกบอลทั้งสองลูกเปนสีขาว E = {(ข1,ข1), (ข1,ข2), (ข2,ข1), (ข2,ข2)} 2. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยางที่สนใจการขึ้นหนาของเหรียญ S = {(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 แทนเหตุการณที่ออกหัวอยางนอยหนึ่งครั้ง E1 = {(H,H,H), (H,H,T), (H,T,H), (H,T,T), (T,H,H), (T,H,T), (T,T,H)} (3) ให E2 แทนเหตุการณที่ออกหัวเพียงหนึ่งครั้ง E2 = {(H,T,T), (T,H,T), (T,T,H)} (4) ให E3 แทนเหตุการณที่ออกหัวสามครั้ง E3 = {(H,H,H)} (5) ให E4 แทนเหตุการณที่ไมออกหัวเลย E4 = {(T,T,T)} 3. (1) ให E1 แทนเหตุการณที่เหรียญออกกอยและลูกเตาขึ้นแตมเปนจํานวนคี่ E1 = {(T, 1), (T, 3), (T, 5)} (2) ให E2 แทนเหตุการณที่ลูกเตาขึ้นแตมเปนจํานวนที่หารดวย 3 ลงตัว E2 = {(H, 3), (H, 6), (T, 3), (T, 6)}

153 (3) ให E3 แทนเหตุการณที่เหรียญออกหัว และลูกเตาขึ้นแตมเปนจํานวนคู E3 = {(H, 2), (H, 4), (H, 6)} 4. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยาง S = {(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)}

เฉลยแบบฝกหัด 3.5 ข 1. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณไดลูกบอลสีแดง 2 ลูก สีเหลือง 1 ลูก ตามลําดับ n(S) = n(E) = ดังนั้น P(E) =

⎛ 30 ⎞⎛ 29 ⎞ ⎛ 28 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎛10 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 10 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ 10 × 9 × 10 = 30 × 29 × 28

15 406

154 2. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่ปารมี และภูผา นั่งติดกัน n(S) = 9! n(E) = 2⋅8! ดังนั้น P(E) = 2 ⋅ 8! = 2 9!

3. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่ผลรวมของแตมบนบัตรมากกวา 10 n(S) =

⎛5⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

= 10

E = {245, 345} n(E) = 2 ดังนั้น P(E) = 2 = 1 10

4. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่นักเรียนชายและนักเรียนหญิงยืนสลับกันคนตอคน n(S) = 8! n(E) = 2⋅4! ⋅4! ดังนั้น P(E) = 2 ⋅ 4!⋅ 4! = 1 8!

5. ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่ไดลูกแกวสีตางกันทั้ง 3 ลูก n(S) = n(E) = ดังนั้น P(E)

⎛13 ⎞ ⎜ ⎟ = 2 × 11 × 13 ⎝3⎠ ⎛ 6 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ = 6 × 4 × 3 ⎝1 ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ = 6 × 4 × 3 = 36 13 × 22 143

6. (1) ให S แทนปริภูมิตัวอยาง E1 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือคณิตศาสตร

155 n(S) =

⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 6 ⎠

หรือ 26 – 1

= 63 n(E1) =

⎛ 3⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠

= 7 ดังนั้น P(E1) =

7 63

1 9

(2) E2 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือเคมี n(E2) =

⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠

= 3 ดังนั้น P(E2) =

3 63

1 21

(3) E3 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือฟสิกส n(E3) = 1 ดังนั้น P(E2) = 1 63

(4) E4 แทนเหตุการณที่สุมหยิบไดหนังสือครบทุกวิชา ถาหยิบ 3 เลม ไดครบทุกวิชา จะได ถาหยิบ 4 เลม ไดครบทุกวิชา จะได ถาหยิบ 5 เลม ไดครบทุกวิชา จะได ถาหยิบ 6 เลม ไดครบทุกวิชา จะได

⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 6 วิธี ⎝1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 1 วิธี ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1⎠

n(E4) = 6 + 9 + 5 + 1 = 21 วิธี ดังนั้น P(E4) = 21 = 1 63

7. ให S เปนปริภูมิตัวอยาง E แทนเหตุการณที่สวมเสื้อและกางเกงสีตางกัน n(S) = 5 × 4 = 20

= 9 วิธี = 5 วิธี

156 ถาสวมเสื้อสีขาวตองเลือกกางเกงสีเทา จะเลือกได

⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝1 ⎠

ถาสวมเสื้อสีฟา เลือกกางเกงสีขาวหรือสีเทาก็ได จะเลือกได จะได ดังนั้น

= 9 ⎛ 2⎞⎛ 4⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝1 ⎠

= 8

n(E) = 9 + 8 = 17 P(E) = 17 20

8. มีจํานวนสมเปน 2 เทาของจํานวนมังคุด และมีมะมวง 1 ลูก จะไดจํานวนสมมี 6 ลูก จํานวนมังคุดมี 3 ลูก มะมวงมี 1 ลูก S เปนปริภูมิตัวอยาง จะได n(S) =

⎛10 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

= 120

E แทนเหตุการณที่ไดผลไมชนิดละ 1 ลูก n(E) = ดังนั้น

P(E) =

⎛ 6 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1⎠ 18 120

3 20

9. P(A) เปนความนาจะเปนที่นายธงชัยสอบผานวิชาคณิตศาสตร เทากับ 0.6 P(B) เปนความนาจะเปนที่นายธงชัยสอบผานวิชาภาษาอังกฤษ เทากับ 0.5 P(A ∪ B) เปนความนาจะเปนที่ผานอยางนอย 1 วิชา เทากับ 0.8 P(A ∩ B) เปนความนาจะเปนที่ผานทั้งสองวิชา จาก 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) เปนความนาจะเปนที่นักเรียนชอบวิชาคณิตศาสตร เทากับ P(B) เปนความนาจะเปนที่นักเรียนชอบวิชาภาษาอังกฤษ เทากับ P(A ∩ B) เปนความนาจะเปนที่นักเรียนชอบทั้งสองวิชา เทากับ (1) P(A ∪ B) เปนความนาจะเปนที่ชอบเรียนอยางนอย 1 วิชา จาก P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 1 5 1 = + − =

2 12 3 4

60 120 50 120 20 120

= = =

1 2 5 12 1 6

157 (2) P(A ∪ B)′ เปนความนาจะเปนที่ไมชอบทั้งสองวิชา จาก P(A ∪ B)′ = 1 – P(A ∪ B) 3 = 1− 4

1 4

(3) P(A – B) เปนความนาจะเปนที่ชอบคณิตศาสตรแตไมชอบภาษาอังกฤษ จาก P(A – B) = P(A) - P(A ∩ B) 1 1 − = =

2 1 3

(4) P(A ∩ B)′ เปนความนาจะเปนที่ชอบอยางมาก 1 วิชา จาก P(A ∩ B)′ = 1 – P(A ∩ B) 1 1− = 6

5 6

11. P(A) แทนความนาจะเปนที่มีอาชีพทนายความ เทากับ P(B) แทนความนาจะเปนที่มีอาชีพขายประกัน เทากับ

160 300 90 300

= =

16 30 9 30

P(A ∩ B) แทนความนาจะเปนที่มีอาชีพทนายความและขายประกัน เทากับ P(A ∪ B)′ แทนความนาจะเปนที่ไมเปนทนายความและไมขายประกัน จาก P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 16 9 4 = + − = ดังนั้น P(A ∪ B)′

30 7 10

30 30

= =

1 – P(A ∪ B)

3 10

1−

7 10

40 300

4 30

105

เฉลยแบบฝกหัด 2.1 1. (1) V(G) E(G) (2) V(G) E(G) (3) V(G) E(G) (4) V(G) E(G) (5) V(G) E(G) (6) V(G) E(G) (7) V(G) E(G) (8) V(G) E(G)

= = = = = = = = = = = = = = = =

{v1, v2, v3, v4, v5, v6, v7, v8} {v1v2, v2v3, v3v4, v2v6, v3v7, v5v6, v6v7, v7v8} {v1, v2, v3, v4, v5, v6} {v1v2, v1v3, v1v4, v1v5, v1v6, v2v3, v2v6, v3v4, v4v5, v5v6} {v1, v2, v3, v4, v5, v6} {v1v5, v1v6, v2v5, v2v6, v3v5, v3v6, v4v5, v4v6} {v1, v2, v3, v4, v5, v6, v7, v8} {v1v2, v1v4, v2v3, v2v7, v4v8, v4v5, v5v6} {A, B, C, D, E, F} {e1, e2, e3, e4, e5, e6, e7, e8} {v1, v2, v3, v4, v5, v6} {v1v4, v1v5, v1v6, v2v4, v2v5, v2v6, v3v4, v3v5, v3v6} {v1, v2, v3, v4, v5, v6} {e1, e2, e3, e4, e5, e6, e7} {v1, v2, v3, v4, v5} {e1, e2, e3, e4}

2. หมายเหตุ กราฟ G ในขอนี้สามารถเขียนไดหลายรูปแบบ เชน v2 (1) v3 v1

(2)

v2 v1 v4

106

(3)

v4 v1

v5 v6

(4)

v1 v3 v4 (5) v2

v3 v4 b

(6) a

c d

(7)

g j

107

(8)

m k

r q

3. (1) ถูก (3) ถูก (5) ถูก

(2) (4)

n p

ผิด ผิด

4. (1) จําลองปญหาดวยกราฟ G ดังนี้ ใหจุดยอด 1, 2, ..., 6 แทนรถคันที่ 1 ถึงคันที่ 6 ตามลําดับ จะได V(G) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} และ E(G) = {12, 13, 15, 16, 23, 24, 25, 35, 45, 46} 2 1 3 6

(2) จากกราฟ จะตองเตรียมพื้นที่จอดรถไวอยางนอยที่สุดสําหรับรถ 4 คัน 5. (1) V(G) = {ไทย, ลาว, กัมพูชา, พมา, มาเลเซีย, เวียดนาม} แผนภาพของกราฟตามเงื่อนไขที่โจทยกําหนดเขียนไดดังนี้ ลาว

เวียดนาม

พมา ไทย

มาเลเซีย

กัมพูชา

108

(2) จะตองใชสีอยางนอยที่สุด 4 สี

เฉลยแบบฝกหัด 2.2 1. (1) deg a deg c deg e (2) deg a deg c (3) deg a deg c deg e (4) deg a deg c

= = = = = = = = = =

3 3 2 2 2 2 3 2 3 2

deg b = 3 deg d = 3 deg b deg d deg b deg d

= = = =

3 5 4 3

deg b = 2 deg d = 3

2. (1) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 3 + 4 + 1 + 2 + 4 = 14 จํานวนเสนเชื่อมของกราฟ เทากับ 7 เสน (2) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดเทากับ 5 + 3 + 4 + 4 + 4 + 4 = 24 จํานวนเสนเชื่อมของกราฟ เทากับ 12 เสน (3) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 5 + 2 + 3 + 2 + 3 + 2 + 5 + 2 = 24 จํานวนเสนเชื่อมของกราฟ เทากับ 12 เสน 3. (1) ใหจุดยอดแทนผูมารวมงาน และเสนเชื่อมแทนการจับมือทักทายกัน ดังนั้น กราฟนี้มีจุดยอด 8 จุด และแตละจุดยอดมีดีกรีเทากับ 7

เจาภาพ

109

(2) ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 8 × 7 = 56 จํานวนเสนของกราฟเทากับ 28 เสน ดังนั้น จํานวนครั้งทั้งหมดที่มีการจับมือทักทายกันเทากับ 28 ครั้ง 4. ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดเทากับ 1 + 1 + 4 + 4 + 6 = 16 ดังนั้น จํานวนเสนของกราฟเทากับ 8 เสน 5. ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทั้ง 7 จุด เทากับ 5 + 4 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1 = 17 ซึ่งเปนจํานวนคี่ ขัดแยงกับขอสังเกตที่ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดในกราฟ เปนจํานวนคูเสมอ ดังนั้น ไมมีกราฟที่มีสมบัติดังกลาว 6. สามารถเขียนกราฟไดหลายรูปแบบ v2 v3

v1 v5

7. จํานวนเสนเชื่อมของกราฟเทากับ 35 เสน จะได ผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุด เทากับ 2(35) = 70 ทุกจุดยอดมีดีกรีอยางนอย 3 ดังนั้น จุดของกราฟที่มากสุดที่เปนไปได เทากับ 23 จุด 8. จํานวนเสนเชื่อมของกราฟเทากับ 31 เสน จะไดผลรวมของดีกรีของจุดยอดทุกจุดเทากับ 2(31) = 62 จุดยอด 3 จุด มีดีกรี 1 และจุดยอด 7 จุด มีดีกรี 4 ดังนั้น ผลรวมของดีกรีของ จุดยอด 10 จุดนี้คือ 3 + 28 = 31 ดังนั้นจะไดวา จุดยอดอีก 3 จุดที่เหลือมีผลรวมของดีกรีเทากับ 31 แต 31 เกิดจากผลบวกของจํานวน 3 จํานวนในสองรูปแบบ คือ 1. จํานวนคี่ บวก จํานวนคี่ บวก จํานวนคี่ 2. จํานวนคี่ บวก จํานวนคู บวก จํานวนคู

110

แบบ 1 จะมีจุดยอดคี่ 3 + 3 = 6 จุด แบบ 2 จะมีจุดยอดคี่ 3 + 1 = 4 จุด ซึ่งสอดคลองกับทฤษฎีบทที่วา ทุกกราฟ จะมีจุดยอดคี่เปนจํานวนคู ดังนั้น มีกราฟที่มี 13 จุด และเสนเชื่อม 31 เสน โดยที่มี 3 จุด มีดีกรี 1 และ 7 จุด มีดีกรี 4

เฉลยแบบฝกหัด 2.4 1. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8)

ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนด มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด U ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนด มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด A ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนด มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด H เปนกราฟออยเลอร มีวงจรออยเลอรที่แทนดวยลําดับของจุดยอด R, T, U, R, V, S, R, W, S, U, R ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนดมีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด K เปนกราฟออยเลอร มีวงจรออยเลอรที่แทนดวยลําดับของจุดยอด R, D, M, S, D, C, B, A, J, K, L, B, K, C, R, L, M, R เปนกราฟออยเลอร มีวงจรออยเลอรที่แทนดวยลําดับของจุดยอด F, C, G, D, C, A, D, B, E, D, H, E, I, H, G, F ไมเปนกราฟออยเลอร เพราะกราฟที่กําหนดมีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด B

2. แปลงปญหาเปนกราฟโดยกําหนดให จุดยอด1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 และ 8 แทนหองตาง ๆ ตามแผนผัง และ X แทนบริเวณ ดานนอกจะเขาประตู A หรือออกจากประตู B A B 1 2 3

4 6

5 7

111

เสนเชื่อมแตละเสนแทนทางเดินระหวางหอง หรือทางเดินระหวางหองกับดานนอก จะได กราฟ G ดังรูป X 2

1 4

8 6 7 จะเห็นวา กราฟ G มีจุดยอดคี่ เชน จุดยอด 3 มี deg 3 = 3 หรือ จุด 4 มี deg 4 = 5 ดังนั้น G ไมมีวงจรออยเลอร นั่นคือ ไมสามารถนําแขกเขาชมในบานโดยเริ่มตน ณ ประตู A แลวไปสิ้นสุด ณ ประตู B และผานประตูตาง ๆ แตละประตูเพียงครั้งเดียวได 3. จากปญหาสะพานเคอนิกสเบอรกสามารถแปลงเปนกราฟไดดังนี้ C D

B ไมได เพราะกราฟที่แทนปญหาสะพานเคอนิกสเบอรก เปนกราฟที่มีจุดยอดคี่ทุกจุด จึง ไมสามารถทําตามเงื่อนไขที่โจทยกําหนดได

เฉลยแบบฝกหัด 2.5 1. (1) วิถีที่ 1 วิถีที่ 2 วิถีที่ 3 วิถีที่ 4 วิถีที่ 5

คือ คือ คือ คือ คือ

a, v1, v2, z a, v1, v2, v3, z a, v3, z a, v4, z a, v3, v2, z

มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ มีผลรวมคาน้ําหนักเทากับ

1+5+2 = 8 1 + 5 + 1 + 4 = 11 3+4 = 7 2+5 = 7 3+1+2 = 6

112

ดังนั้น วิถี a, v3, v2, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด (2) วิถีที่ 1 คือ วิถีที่ 2 คือ วิถีที่ 3 คือ วิถีที่ 4 คือ วิถีที่ 5 คือ วิถีที่ 6 คือ วิถีที่ 7 คือ ดังนั้น วิถี

a, v1, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 + 4 = 11 a, v1, v2, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 + 1 + 2 = 10 a, v1, v2, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 + 7 + 9 + 2 = 25 a, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 9 + 2 = 12 a, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 7 + 4 = 12 a, v3, v4, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 9 +1+ 4 = 15 a, v3, v2, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 7 + 1 + 2 = 11 a, v1, v2, v4, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด

(3) วิถีที่ 1 คือ a, v1, v2, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 3 + 4 = 10 วิถีที่ 2 คือ a, v1, v2, v7, v5, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 3 + 2 + 2 + 2 = 12 วิถีที่ 3 คือ a, v3, v5, v1, v2, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 4 = 15 วิถีที่ 4 คือ a, v3, v5, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 2 + 2 + 4 = 10 วิถีที่ 5 คือ a, v3, v4, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 3 + 3 + 2 = 10 วิถีที่ 6 คือ a, v3, v5, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 2 + 2 + 2 = 8 วิถีที่ 7 คือ a, v3, v4, v6, v5, v7 , z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 2 + 3 + 3 + 2 + 2 + 4 = 16 วิถีที่ 8 คือ a, v1, v5, v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 2 = 7 วิถีที่ 9 คือ a, v1, v5, v7, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 4 = 9 วิถีที่ 10 คือ a, v1, v2 , v7 ,v5, v3 , v4 ,v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 3 + 2 + 2 + 3 + 3 + 2 = 18 วิถีที่ 11 คือ a, v1, v5, v3 , v4 ,v6, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 2 = 13 ดังนั้น วิถี a, v1, v5, v6, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด (4) วิถีที่ 1 คือ a, v1, v2, z

มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 3 + 5 = 9

113

วิถีที่ 2 คือ a, v1, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 6 = 9 วิถีที่ 3 คือ a, v1, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 2 + 5 = 10 วิถีที่ 4 คือ a, v1, v2, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 3 + 2 + 6 = 12 วิถีที่ 5 คือ a, v1, v2, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 3 + 2 + 1 + 4 = 11 วิถีที่ 6 คือ a, v1, v3, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 1 + 2 + 1 + 4 = 8 วิถีที่ 7 คือ a, v4, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 4 = 7 วิถีที่ 8 คือ a, v4, v3, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 1 + 6 = 10 วิถีที่ 9 คือ a, v4, v3, v1, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 1 + 2 + 3 + 5 = 14 วิถีที่ 10 คือ a, v4, v3, v2, z มีผลรวมคาน้ําหนัก เทากับ 3 + 1 + 2 + 5 = 11 ดังนั้น a, v4, z เปนวิถีที่สั้นที่สุด 2. (1) ตนไมแผทั่วนอยที่สุด A

1 C

G 1

4 D

ผลรวมคาน้ําหนักของเสนเชื่อมทั้งหมด เทากับ 1 + 2 + 5 + 1 + 4 + 2 = 15 (2) ตนไมแผทั่วนอยที่สุดคือ A 3 B 2 3 C

E 4

2 A

หรือ

B 3 C

E 4

D ผลรวมคาน้ําหนักของเสนเชื่อมทั้งหมด เทากับ 2 + 3 + 3 + 4 = 12