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2013高中数学奥数培训资料之二项式定理与多项式


兰州成功私立中学高中奥数辅导资料 (内部资料) 第十讲
Ⅰ.二项式定理 1.二项工定理
(a ? b)
n

二项式定理与多项式
知识、方法、技能

?

?C
k ?0

n

k n

a

/>n?k

b ( n ? N *)
k

2.二项展开式的通项
T r ?1 ? C n a
r n?r

b ( 0 ? r ? n ) 它是展开式的第 r+1 项.
r

3.二项式系数
C n ( 0 ? r ? n ).
r

4.二项式系数的性质 (1) C n ? C n
k k n?k

( 0 ? k ? n ).
k ?1

(2) C n ? C n ? 1 ? C n ? 1 ( 0 ? k ? n ? 1).
k
n n

(3)若 n 是偶数,有 C n ? C n ? ? ? C
0 1

2 n

? ? ? Cn
n ?1

n ?1

? C n ,即中间一项的二项式系数 C n2
n

最大.
n ?1 0 1

若 n 是奇数, C n ? C n ? ? ? C n 2 ? C n 2 ? ? ? C n 有
n n ?1

n ?1

? Cn , 即中项二项的二项式系
n

数 C n2 和 C n 2 相等且最大. (4) C n ? C n ? C n ? ? ? C n ? 2 .
0 1 2 n n

(5) C n ? C n ? C n ? ? ? C n ? C n ? C n ? ? ? 2
0 2 4 1 3 5

n ?1

.

(6) kC n ? nC
k

k ?1 n ?1

或Cn ?
k

n k

C n ?1 .
k ?m

k ?1

(7) C n ? C k ? C n ? C n ? m ? C n
k m m

k ?m

C n ? k ? m ( m ? k ? n ).
m

1

(8) C n ? C n ? 1 ? ? C n ? 2 ? ? ? C n ? k ? C n ? k ? 1 .
n n n n

n ?1

以上组合恒等式(是指组合数 C n 满足的恒等式)是证明一些较复杂的组合恒等式的基 本工具.(7)和(8)的证明将在后面给出. 5.证明组合恒等式的方法常用的有 (1)公式法,利用上述基本组合恒等式进行证明. (2)利用二项式定理,通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. (3)利用数学归纳法. (4)构造组合问题模型,将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 赛题精讲 例 1:求 ( x ? 1 ?
1 x ) 的展开式中的常数项.
7

m

【解】由二项式定理得
(x ? 1 ?
0

1 x

)
1

7

? [1 ? ( x ? 1 x
2

1 x

)]

7

? C7 ? C7 (x ?

) ? C7 (x ?

1 x

) ? ? ? C7 (x ?
2 r

1 x

) ? ? ? C7 (x ?
r 7

1 x

)

7



其中第 r ? 1( 0 ? r ? 7 ) 项为 T 在(x ?
1 x
r

r ?1

? C7 (x ?
r

1 x

)

r



) 的展开式中,设第 k+1 项为常数项,记为 T k ? 1 ,
k r?k

则 T k ?1, ? C r x

1 k k r?2k ( ) ? Cr x , (0 ? k ? r ) x



由③得 r-2k=0,即 r=2k,r 为偶数,再根据①、②知所求常数项为
C 7 ? C 7 C 7 ? C 7 C 7 ? C 7 C 6 ? 393 .
0 2 1 4 2 6 3

【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例 2:求 (1 ? 2 x ? 3 x ) 的展开式里 x5 的系数.
2 6

【解】因为 (1 ? 2 x ? 3 x ) ? (1 ? 3 x ) (1 ? x )
2 6 6
1 2 2 3 3 6

6

? [1 ? C 6 ? 3 x ? C 6 ? ( 3 x ) ? C 6 ? ( 3 x ) ? ? ? C 6 ? ( 3 x ) ][ 1 ? C 6 x ? C 6 x
6 1 2

2

? C6 x ? C6 x
3 3 4

4

? C 6 x ? C 6 x ].
5 5 6 6

1 所以 (1 ? 2 x ? 3 x ) 的展开式里 x5 的系数为 1( ? C 65 ) ? 3 C 6 ? C 64 ? 3 2 C 62 ( ? C 63 ) ? 3 3 C 63 ? C 62

2

6

? 3 C 6 ? ( ? C 6 ) ? 3 C 6 ? 1 ? ? 168 .
4 4 1 5 5

【评述】本题也可将 (1 ? 2 x ? 3 x ) 化为 [1 ? ( 2 x ? 3 x )] 用例 1 的作法可求得.
2 6 2 6

2

例 3:已知数列 a 0 , a 1 , a 2 , ? ( a 0 ? 0 ) 满足 a i ? 1 ? a i ? 1 ? 2 a i ( i ? 1, 2 , 3 , ? ), 求证:对于任何自然数 n,
p ( x ) ? a 0 C n (1 ? x )
0 n

? a 1 C n x (1 ? x )
1

n ?1

? a 2 C n x (1 ? x )
2 2

n?2

? ? ? a n ?1 C n

n ?1

x

n ?1

(1 ? x ) ? a n C n x
n

n

是 x 的一次多项式或零次多项式.

(1986 年全国高中数学联赛试题)

【思路分析】 a i ? 1 ? a i ? 1 ? 2 a i 知 { a n } 是等差数列, a i ? a i ? 1 ? d ? a 0 ? id ( i ? 1, 2 , ? ), 从 由 则 而可将 p ( x ) 表示成 a 0 和 d 的表达式,再化简即可. 【解】因为 a i ? 1 ? a i ? 1 ? 2 a i ( i ? 1, 2 , 3 , ? ) 有 a i ? a 0 ? id ( i ? 1, 2 , 3 , ? )
P ( x ) ? a 0 C n (1 ? x )
0 n

所以数列 { a n } 为等差数列,设其公差为 d

从而
1 n ?1

? ( a 0 ? d ) C n x (1 ? x )
n ?1 n n

? ( a 0 ? 2 d ) C n x (1 ? x )
2 2
1 n ?1 2

n?2

? ? ? ( a 0 ? nd ) C n x
n
n?2

n

? a 0 [ C n (1 ? x )
0

n

? C n x (1 ? x )
1

? ? ? C n x ] ? d [1 ? C n x (1 ? x )

? 2 C n x (1 ? x )
2

? ? ? nC

n n

x ],

n

由二项定理,知
C n (1 ? x )
0 n

? C n x (1 ? x )
1

n ?1

? C n x (1 ? x )
2 2

n?2

?? ? Cn x
n

n

? [( 1 ? x ) ? x ]
? nC
k ?1 n ?1

n

? 1,

又因为 kC nk
1 从而 C n x (1 ?

? k ?

n! k ! ( n ? k )!
2 2

? n?

( n ? 1 )! ( k ? 1)! [( n ? 1) ? ( k ? 1 )]!
n?2

,

x)

n ?1

? 2 C n x (1 ? x )
1 n?2

? ? ? nC
n ?1

n n

x

n

? nx [( 1 ? x )

n ?1

? C n ? 1 x (1 ? x )
n ?1

?? ? x

]

? nx [( 1 ? x ) ? x ]

? nx .

所以 P ( x ) ? a 0 ? ndx .

当d

? 0时 , P ( x ) 为 x

的一次多项式,当 d ? 0时 , P ( x ) 为 零次多项式.
? b , sin ? ? a 2 ab
2

例 4:已知 a,b 均为正整数,且 a

?b

2

( 其中 0 ? ? ?

?
2

), A n ? ( a

2

? b ) ? sin n ? , 求
2 n

证:对一切 n ? N * ,An 均为整数. 【思路分析】 sin n ? 联想到复数棣莫佛定理, 由 复数需要 cos ? , 然后分析 An 与复数的关系. 【证明】因为 sin ? ?
a 2 ab
2

?b

2

,且 0 ? ? ?
n

?
2

, a ? b , 所以 cos ? ?
n

1 ? sin

2

? ?

a a

2 2

?b ?b

2 2

.

显然 sin n ? 为 (cos ? ? i sin ? ) 的虚部,由于 (cos ? ? i sin ? )

3

? (

a a

2 2

?b ?b

2 2

? a

2 ab
2

?b

2

i)

n

? (a

1
2

?b )
2

n

(a

2

?b

2

? 2 abi ) ? (a

1
2

?b )
2

n

( a ? bi )

2n

.

所以 ( a 2 ? b 2 ) n (cos n ? ? i sin n ? ) ? ( a ? bi ) 2 n . 从而 A n 因为 a、 为整数, b 根据二项式定理,( a ? bi ) An 为整数.
2n

? (a

2

? b ) sin n ? 为 ( a ? bi )
2 n

2n

的虚部.

的虚部当然也为整数, 所以对一切 n ? N * ,

【评述】把 An 为与复数 (cos ? ? i sin ? ) 联系在一起是本题的关键.
n

例 5:已知 x , y 为整数,P 为素数,求证: ( x ? y )

P

? x

P

? y (mod P )
P
P ?1

1 2 【证明】 ( x ? y ) P ? x P ? C P x P ?1 y ? C P x P ? 2 y 2 ? ? ? C Pp ?1 xy

? y

P

r 由于 C P

?

p ( p ? 1) ? ( p ? r ? 1) r!

( r ? 1, 2 ,? , P ? 1 ) 为整数,可从分子中约去

r! ,又因为 P 为素

数,且 r ? p ,所以分子中的 P 不会红去,因此有 P | C P ( r ? 1, 2 , ? , P ? 1). 所以
r

(x ? y)

P

? x

P

? y (mod P ).
P

【评述】将 ( x ? y ) 展开就与 x
P

P

? y 有联系,只要证明其余的数能被 P 整除是本题的关键.
P

例 6:若 (

5 ? 2)

2 r ?1

? m ? ? ( r , m ? N *, 0 ? ? ? 1) ? ? ? ( 5 ? 2)
2 r ?1

,求证: ? ( m ? ? ) ? 1 . 猜想 ?
? ( 5 ? 2)
2 r ?1

【思路分析】由已知 m 出 ? ,即只需要证明 (

2 r ?1

和 ( m ? ? )? ? 1
2 r ?1

,因此需要求

5 ? 2)

? ( 5 ? 2)

为正整数即可.

【证明】首先证明,对固定为 r,满足条件的 m , ? 是惟一的.否则,设 ( 5 ? 2 ) 2 r ? 1 ? m 1 ? ? 1
? m 2 ? ? 2 [ m 1 , m 2 ? N *, ? 1 , ? 2 ? ( 0 ,1), m 1 ? m 2 , ? 1 ? ? 2 ]

则 m 1 ? m 2 ? ? 1 ? ? 2 ? 0 , 而 m 1 ? m 2 ? Z , ? 1 ? ? 2 ? ( ? 1, 0 ) ? ( 0 ,1) 矛盾.所以满足条件的 m 和 ? 是惟一的. 因为 (
5 ? 2)

下面求 m 及 ? .
2 r ?1

? ( 5 ? 2)

2 r ?1

? C 2 r ?1 ( 5 )
0

2 r ?1

? C 2 r ?1 ( 5 )
1

2r

? 2 ? C 2 r ?1 ( 5 )
2

2 r ?1

?2

2

?? ? 2

2 r ?1

? [ C 2 r ?1 ( 5 )
0

2 r ?1

? C 2 r ?1 ( 5 )
1

2r

? 2 ? C 2 r ?1 ( 5 )
2

2 r ?1

?2

2

?? ? 2

2 r ?1

]

4

? 2[ C 2 r ?1 ( 5 )
1 1 r

2r

? 2 ? C 2 r ?1 ( 5 )
3 3 r ?1 3

2r?2

?2 ?? ? 2
3 2 r ?1

2 r ?1

]
2 r ?1

? 2[ C 2 r ?1 5 ? 2 ? C 2 r ?1 ? 5

? 2 ? ? ? C 2 r ?1 5
2 r ?1

2 r ?1

? 2

]? N *

又因为

5 ? 2 ? ( 0 ,1), 从而 ( 5 ? 2 )

? ( 0 ,1)

1 所以 m ? 2 ( C 2 r ? 1 ? 5 r ? 2 ? C 23r ? 1 ? 5 r ?1 ? 2 3 ? ? ? C 22rr??11 ? 5 r ? 2 2 r ?1 ? 2 2 r ? 1 )

? ? ( 5 ? 2)

2 r ?1

故? ( m ? ? ) ? ( 5 ? 2 )

2 r ?1

.

( 5 ? 2) , ( 5 ? 2)
a

2 r ?1

? (5 ? 4 )

2 r ?1

? 1.

【评述】猜想 ? ? ( 5 ? 2 )

2 r ?1

2 r ?1

与 ( 5 ? 2)

2 r ?1

进行运算是关键.

例 7:数列 { a n } 中, a 1 ? 3 , a n ? 3 n ? 1 ( n ? 2 ) ,求 a 2001 的末位数字是多少? 【思路分析】利用 n 取 1,2,3,…猜想 a n 及 a n 的末位数字. 【解】当 n=1 时,a1=3, a 2 ? 3
a3 ? 3
a2

a1

? 3
3

3

? 27 ? 4 ? 6 ? 3
6 3 6

? 3

27

? 3

4? 6 ? 3

? ( 3 ) ? 3 ? ( 81 ) ? 3 ? ( 81 ) ? 27 ,因此 a 2 , a 3 的末位数字都
4 6

是 7,猜想, a n ? 4 m ? 3 , m ? N * . 当 n=k+1 时, a k ? 1 ? 3
? C 4m ?3 4
0 4m ?3 0

现假设 n=k 时, a k ? 4 m ? 3 , m ? N * .
? ( 4 ? 1)
1

ak

? 3

4m?3

4m?3

? ( ? 1) ? C 4 m ? 3 ? 4
1

4m?2

? ( ? 1) ? ? ? C 4 m ? 3 ? 4 ? ( ? 1)
1

4m?2

4m?2

? C 4 m ? 3 ? 4 ? ( ? 1)
0

4m ?3

4m ?3

? 4 T ? 1 ? 4 ( T ? 1) ? 3 ,

从而 a n ? 4 m ? 3 ( m ? N *)
? ( 81 )
m

于是 a n ? 1 ? 3

an

? 3

4m ?3

? 27 .

故 a 2001 的末位数字是 7.

【评述】猜想 a n ? 4 m ? 3 是关键. 例 8:求 N=1988-1 的所有形如 d ? 2 ? 3 , ( a , b 为自然数)的因子 d 之和.
a b

【思路分析】寻求 N 中含 2 和 3 的最高幂次数,为此将 19 变为 20-1 和 18+1,然后用二项 式定理展开. 【解】因为 N=1988-1=(20-1)88-1=(1-4×5)88-1 =- C 88 ? 4 ? 5 ? C 88 ? 4 ? 5 ? C 88 ? 4 ? 5 ? ? ? C 88 ? 4
1 2 2 2 3 3 3 87 87

?5

87

? C 88 ? 4
88

88

?5

88

5

? ? 2 ? 55 ? 2 ? M ? 2 ( 2 M ? 55 ) 其中 M 是整数.
5 6 5

上式表明,N 的素因数中 2 的最高次幂是 5. 又因为 N=(1+2×9)88-1
? C 88 ? 2 ? 9 ? C 88 ? 2 ? 9
1 2 2 2

? ? ? C 88 ? 2
88

88

?9

88

=32×2×88+34·P=32×(2×88+9P)其中 P 为整数. 上式表明,N 的素因数中 3 的最高次幂是 2. 综上所述,可知 N
? 2 ?3 ?Q
5 2

,其中 Q 是正整数,不含因数 2 和 3.

因此,N 中所有形如 2 ? 3 的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.
a b

例 9:设 x

? (15 ?

220 )

19

? (15 ?

220 )

82

,求数 x 的个位数字.

【思路分析】直接求 x 的个位数字很困难,需将与 x 相关数联系,转化成研究其相关数. 【解】令 y ? (15 ?
? [( 15 ?
(15 ?

220 )
? (15 ?

19

? (15 ?
82

220 )

82

, 则 x ? y ? [( 15 ?

220 )

19

? (15 ?

220 )

82

]

220 )
n

19

220 )
n

] ,由二项式定理知,对任意正整数
n

n.

220 ) ? (15 ?

220 )

? 2 (15

? C n ? 15
2

n?2

? 220 ? ? )

为整数,且个位数字为零.

因此,x+y 是个位数字为零的整数.再对 y 估值, 因为 0 所以 0
? 15 ? 220 ? 5 15 ?
220 )
19

? 220

5 25
19

? 0 .2

, 且 (15

?

220 )

88

? (15 ?

220 )

19



? y ? 2 (15 ?

? 2 ? 0 .2

? 0 .4 .

故 x 的个位数字为 9.

【评述】转化的思想很重要,当研究的问题遇到困难时,将其转化为可研究的问题. 例 10:已知 a 0 ? 0 , a 1 ? 1, a n ? 1 ? 8 a n ? a n ? 1 ( n ? 1, 2 , ? ) 试问:在数列 { a n } 中是否有无穷多 个能被 15 整除的项?证明你的结论. 【思路分析】先求出 a n ,再将 a n 表示成与 15 有关的表达式,便知是否有无穷多项能被 15 整除. 【证明】在数列 { a n } 中有无穷多个能被 15 整除的项,下面证明之. 数列 { a n } 的特征方程为 x ? 8 x ? 1 ? 0 , 它的两个根为 x 1 ? 4 ?
2

15 , x 2 ? 4 ?

15 ,

所以 a n

? A(4 ?

15 ) ? B ( 4 ?
n

15 )

n

(n=0,1,2,…)
1 ,

由 a 0 ? 0 , a 1 ? 1得 A ?

1 2 15

,B ? ?

2 15

则an
6

?

1 2 15

[( 4 ?

15 )

n

? (4 ?

15 ) ],

n

取 n ? 2 k ( k ? 0 ,1, 2 , ? ) ,由二项式定理得
1 2 15
1

an ?

[2C n ? 4
1

n ?1

? 15 ? 2 C n ? 4
3

n?3

? ( 15 ) ? ? ? 2 C n
3
n?2

n ?1

? 4 ? ( 15 )

n ?1

]

? Cn ?4
1

n ?1

? Cn ?4
3 3

n?3

? 15 ? ? ? C n ? 4 ? 15
n 2k ?3 2k

2 k ?1 k ?2

? C 2k ? 4 ? C 2k ? 4
1

2 k ?1 2 k ?1

? C 2k ? 4
3

? 15 ? ? ? C 2 k ? 4 ? 15 ? ? ? C 2k
2 k ?1

? 15 ( C 2 k ? 4

2k ?3

? 4 ? 15

)

? 2k ? 4

2 k ?1

? 15 T

( 其中 T 为整数 ),

由上式知当 15|k,即 30|n 时,15|an,因此数列 { a n } 中有无穷多个能被 15 整除的项. 【评述】在二项式定理中, ( a ? b ) 与 ( a ? b ) 经常在一起结合使用.
n n

针对性训练题 1.已知实数 ? , ? 均不为 0,多项 f ( x ) ? ? x ? ? x ? ? x ? ? 的三根为 x 1 , x 2 , x 3 ,求
3 2

( x 1 ? x 2 ? x 3 )(

1 x1

?

1 x2

?

1 x3

)

的值.

2. f ( x ) ? x 4 ? ax 3 ? bx 2 ? cx ? d , 设 其中 a , b , c , d 为常数, 如果 f (1) ? 1, f ( 2 ) ? 2 , f ( 3 ) ? 3 , 求 1 [ f (4) ?
4 f ( 0 )]

的值.

3.定义在实数集上的函数 f ( x ) 满足: f ( x ) ? xf (1 ? x ) ? 1 ? x , 求 f ( x ).
1 4.证明:当 n=6m 时, C n

? C n ? 3 ? C n ? 3 ? C n ?3 ? ? ? 0 .
3 5 5 2

5.设 (1 ?

x? x )
2

n

展开式为 a 0 ? a 1 x ? a 2 x 2 ? ? ? a 2 n x 2 n ,求证: a 0 ? a 3 ? a 6 ? ? ? 3 n ? 1 .
? 3 x ? 7 y ? 21 )
n

6.求最小的正整数 n,使得 ( xy

的展开式经同类项合并后至少有 1996 项. (1996 年美国数学邀请赛试题)

7.设

f ( x ) ? ( x ? x ? 1) ( 2 x ? 1)
3 9

4

,试求:

(1) f ( x ) 的展开式中所有项的系数和. (2) f ( x ) 的展开式中奇次项的系数和. 8.证明:对任意的正整数 n,不等式 ( 2 n ? 1) ? ( 2 n ) ? ( 2 n ? 1) 成立.
n n n

7

(第 21 届全苏数学竞赛题)

8


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