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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) §17 二项式定理与多项式
1.二项工定理
k (a ? b) n ? ? C n a n ?k b k (n ? N*) k ?0 n

2.二项展开式的通项
r Tr ?1 ? Cn a n?r b r (0 ? r ? n) 它是展开式的第 r+1 项.

3.二项式系数
r Cn (0 ? r ? n).

4.二项式系数的性质
k n (1) Cn ? Cn ?k (0 ? k ? n). k k k ?1 (2) Cn ? Cn?1 ? Cn?1 (0 ? k ? n ? 1).
n n

1 n n (3) n 是偶数, Cn ? Cn ? ? ? Cn2 ? ? ? Cn ?1 ? Cn , 若 有 0 即中间一项的二项式系数 C n2

最大.
0 1 n n 若 n 是奇数,有 Cn ? Cn ? ? ? Cn 2 ? Cn 2 ? ? ? Cn ?1 ? Cn ,即中项二项的二项式 n?1 n ?1

系数 C 和C

n 2 n

n ?1 2 相等且最大. n

0 1 2 n (4) Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? 2 n. 0 2 4 1 3 5 (5) Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? Cn ? ? ? 2 n?1.

(6) kC n ? nC n ?1 或C n ?
k k

k ?1

n k ?1 C n ?1 . k

k m m k ?m k m (7) Cn ? Ck ? Cn ? Cn?m ? Cn ?mCn?k ?m (m ? k ? n).

(8) Cn ? Cn?1 ? ?Cn?2 ? ? ? Cn?k ? Cn?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.

m

(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.

例题讲解
1 1.求 ( x ? 1 ? ) 7 的展开式中的常数项. x

2.求 (1 ? 2x ? 3x 2 ) 6 的展开式里 x5 的系数.

3.已知数列 a0 , a1 , a2 ,?(a0 ? 0) 满足 ai ?1 ?a i ?1 ? 2ai (i ? 1,2,3,?), 求证:对于任何自然 数 n,
0 1 2 n n p( x) ? a0Cn (1 ? x) n ? a1Cn x(1 ? x) n?1 ? a2Cn x 2 (1 ? x) n?2 ? ? ? an?1Cn ?1 x n?1 (1 ? x) ? an Cn x n

是 x 的一次多项式或零次多项式.

4.已知 a,b 均为正整数,且 a ? b, sin ? ? 22ab 2 (其中0 ? ? ? ? ), An ? (a 2 ? b 2 ) n ? sin n? ,
a ?b 2

求证:对一切 n ? N * ,An 均为整数.

5.已知 x, y 为整数,P 为素数,求证: ( x ? y) P ? x P ? y P (modP)

6.若 ( 5 ? 2) 2r ?1 ? m ? ? (r, m ? N*,0 ? ? ? 1) ,求证: ? (m ? ? ) ? 1.

7.数列 {an } 中, a1 ? 3, an ? 3a?1 (n ? 2) ,求 a2001 的末位数字是多少? n

8.求 N=1988-1 的所有形如 d ? 2 a ? 3b , (a, b 为自然数)的因子 d 之和.

9.设 x ? (15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 ,求数 x 的个位数字.

10.已知 a0 ? 0, a1 ? 1, an?1 ? 8an ? an?1 (n ? 1,2,?) 试问:在数列 {an } 中是否有无穷多个 能被 15 整除的项?证明你的结论.

课后练习
1.已知实数 ? , ? 均不为 0,多项 f ( x) ? ?x ? ?x ? ?x ? ? 的三根为 x1 , x2 , x3 ,求
3 2

( x1 ? x2 ? x3 )(

1 1 1 ? ? ) 的值. x1 x2 x3

2 . 设

f ( x) ? x 4 ? ax3 ? bx2 ? cx ? d

, 其 中 a, b, c, d

为 常 数 , 如 果

f (1) ? 1, f (2) ? 2, f (3) ? 3, 求 1 [ f (4) ? f (0)] 的值.
4

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 3 5 5 4.证明:当 n=6m 时, Cn ? Cn ? 3 ? Cn ? 3 ? Cn ?32 ?? ? 0.

5.设 (1 ? x ? x 2 ) n 展开式为 a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ? ? a2n x 2n ,求证: a0 ? a3 ? a6 ? ? ? 3n?1.

6.求最小的正整数 n,使得 ( xy ? 3x ? 7 y ? 21) n 的展开式经同类项合并后至少有 1996 项.

7.设 f ( x) ? ( x 3 ? x ? 1) 9 (2 x ? 1) 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 (2n ? 1) n ? (2n) n ? (2n ? 1) n 成立.

例题答案:
1.解:由二项式定理得

1 1 ( x ? 1 ? ) 7 ? [1 ? ( x ? )] 7 x x 1 1 1 1 0 1 r 7 ? C 7 ? C 7 ( x ? ) ? C 72 ( x ? ) 2 ? ? ? C 7 ( x ? ) r ? ? ? C 7 ( x ? ) 7 x x x x 1 r r 其中第 r ? 1(0 ? r ? 7) 项为 T r ?1? C 7 ( x ? ) ② x 1 r 在 ( x ? ) 的展开式中,设第 k+1 项为常数项,记为 Tk ?1, x k r ?k 1 k k r ?2k , (0 ? k ? r ) ③ 则 Tk ?1, ? C r x ( ) ? C r x 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
0 2 1 4 2 6 3 C7 ? C7 C7 ? C7 C7 ? C7 C6 ? 393.



评述:求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解:因为 (1 ? 2 x ? 3x ) ? (1 ? 3x) (1 ? x)
2 6 6 6

1 2 3 6 1 2 3 4 5 6 ? [1 ? C6 ? 3x ? C6 ? (3x) 2 ? C6 ? (3x) 3 ? ? ? C6 ? (3x) 6 ][1 ? C6 x ? C6 x 2 ? C6 x 3 ? C6 x 4 ? C6 x 5 ? C6 x 6 ].

5 1 4 2 3 3 2 所以 (1 ? 2x ? 3x ) 的展开式里 x5 的系数为 1(?C6 ) ? 3C6 ? C6 ? 32 C6 (?C6 ) ? 33 C6 ? C6

2 6

4 1 5 ? 34 C6 ? (?C6 ) ? 35 C6 ?1 ? ?1 6 . 8

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

3. 分析:由 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai 知 an } 是等差数列,则 ai ? ai ?1 ? d ? a0 ? id (i ? 1,2,?), 从 { 而可将 p (x) 表示成 a0 和d 的表达式,再化简即可. 解:因为 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai (i ? 1,2,3,?) 有 ai ? a0 ? id (i ? 1,2,3,?) 从而 所以数列 {an } 为等差数列,设其公差为 d

0 1 2 n P( x) ? a0Cn (1 ? x) n ? (a0 ? d )Cn x(1 ? x) n?1 ? (a0 ? 2d )Cn x 2 (1 ? x) n?2 ? ? ? (a0 ? nd)Cn x n
0 1 n 1 2 n ? a0 [Cn (1 ? x) n ? Cn x(1 ? x) n?1 ? ?? Cn x n ] ? d[1? Cn x(1 ? x) n?1 ? 2Cn x 2 (1 ? x) n?2 ? ?? nCn x n ],

由二项定理,知
0 1 2 n Cn (1 ? x) n ? Cn x(1 ? x) n?1 ? Cn x 2 (1 ? x) n?2 ? ? ? Cn x n ? [(1 ? x) ? x]n ? 1,
k 又因为 kCn ? k ?

n! (n ? 1)! k ?1 ? n? ? nCn?1 , k!(n ? k )! (k ? 1)![(n ? 1) ? (k ? 1)]!

1 2 n 从而 Cn x(1 ? x) n?1 ? 2Cn x 2 (1 ? x) n?2 ? ? ? nCn x n

1 ? nx[(1 ? x) n?1 ? Cn?1 x(1 ? x) n?2 ? ? ? x n?1 ]

? nx[(1 ? x) ? x]n?1 ? nx.

所以 P( x) ? a0 ? 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. 4. 分析:由 sin n? 联想到复数棣莫佛定理,复数需要 cos ? ,然后分析 An 与复数的关系. 证明:因为 sin ? ?

2ab ? a2 ? b2 , 且0 ? ? ? , a ? b, 所以cos? ? 1 ? sin 2 ? ? 2 . 2 a2 ? b2 a ? b2
n n

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

?(

a2 ? b2 2ab 1 1 ? 2 i) n ? 2 (a 2 ? b 2 ? 2abi) ? 2 (a ? bi) 2n . 2 2 2 2 n a ?b a ?b (a ? b ) (a ? b 2 ) n

所 以 (a 2 ? b 2 ) n ( c o s ? ? i si nn? ) ? (a ? bi) 2n . 从 而 An ? (a 2 ? b 2 ) n sin n?为(a ? bi) 2n 的 虚 n 部. 因为 a、 为整数, b 根据二项式定理, a ? bi) ( An 为整数. 评述:把 An 为与复数 (cos? ? i sin ? ) 联系在一起是本题的关键.
n
1 2 p 5. 证明: ( x ? y) P ? x P ? CP x P?1 y ? CP x P?2 y 2 ? ? ? CP ?1 xy P?1 ? y P

2n

的虚部当然也为整数, 所以对一切 n ? N * ,

r 由于 C P ?

p ( p ? 1) ? ( p ? r ? 1) (r ? 1,2,?, P ? 1) 为整数,可从分子中约去 r!,又因为 P 为 r!

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

( x ? y) P ? x P ? y P (modP).
评述:将 ( x ? y) P 展开就与 x P ? y P 有联系,只要证明其余的数能被 P 整除是本题的关键. 6. 分析:由已知 m ? ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 和(m ? ? )? ? 1 猜想 ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 ,因此需要求出

? ,即只需要证明 (

5 ? 2) 2r ?1 ? ( 5 ? 2) 2r ?1 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) 2r ?1 ? m1 ? ?1

? m2 ? ? 2 [m1 , m2 ? N*,?1 ,? 2 ? (0,1), m1 ? m2 ,?1 ? ? 2 ]
则 m1 ? m2 ? ?1 ? ? 2 ? 0, 而m1 ? m2 ? Z,?1 ? ? 2 ? (?1,0) ? (0,1) 矛盾.所以满足条件的 m 和

? 是惟一的.

下面求 m及? .

0 1 2 因为 ( 5 ? 2) 2r ?1 ? ( 5 ? 2) 2r ?1 ? C2r ?1 ( 5) 2r ?1 ? C2r ?1 ( 5) 2r ? 2 ? C2r ?1 ( 5) 2r ?1 ? 22 ? ? ? 22r ?1

0 1 2 ? [C2r ?1 ( 5) 2r ?1 ? C2r ?1 ( 5) 2r ? 2 ? C2r ?1 ( 5) 2r ?1 ? 22 ? ? ? 22r ?1 ]
1 3 ? 2[C 2 r ?1 ( 5 ) 2 r ? 2 ? C 2 r ?1 ( 5 ) 2 r ? 2 ? 2 3 ? ? ? 2 2 r ?1 ] 1 3 2 ?1 ? 2[C 2 r ?1 5 r ? 2 ? C 2 r ?1 ? 5 r ?1 ? 2 3 ? ? ? C 2 rr?1 5 2 r ?1 ? 2 2 r ?1 ] ? N *

又因为 5 ? 2 ? (0,1),从而( 5 ? 2) 2r ?1 ? (0,1)
1 3 2 ?1 所以 m ? 2(C2r ?1 ? 5r ? 2 ? C2r ?1 ? 5r ?1 ? 23 ? ? ? C2rr?1 ? 5r ? 2 2r ?1 ? 2 2r ?1 )

? ? ( 5 ? 2) 2r ?1

故 ? (m ? ? ) ? ( 5 ? 2) 2r ?1 .

( 5 ? 2) 2r ?1 ? (5 ? 4) 2r ?1 ? 1.

评述:猜想 ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 , ( 5 ? 2) 2r ?1 与( 5 ? 2) 2r ?1 进行运算是关键. 7. 分析:利用 n 取 1,2,3,…猜想 a n 及a n 的末位数字.
a 3

解:当 n=1 时,a1=3, a2 ? 3 1 ? 3 ? 27 ? 4 ? 6 ? 3

a3 ? 3a2 ? 327 ? 34?6?3 ? (34 ) 6 ? 33 ? (81) 6 ? 33 ? (81) 6 ? 27 ,因此 a2 , a3 的末位数字都
是 7,猜想, an ? 4m ? 3, m ? N * . 现假设 n=k 时, ak ? 4m ? 3, m ? N * .

当 n=k+1 时, ak ?1 ? 3

ak

? 34m?3 ? (4 ? 1) 4m?3

0 1 4m?2 4m?3 ? C4m?3 44m?3 ? (?1) 0 ? C4m?3 ? 44m?2 ? (?1)1 ? ? ? C4m?3 ? 41 ? (?1) 4m?2 ? C4m?3 ? 40 ? (?1) 4m?3

? 4T ? 1 ? 4(T ? 1) ? 3, 从而 an ? 4m ? 3(m ? N*)
于是 an?1 ? 3
an

? 34m?3 ? (81) m ? 27. 故 a2001 的末位数字是 7.

评述:猜想 an ? 4m ? 3 是关键. 8. 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
1 2 3 87 88 =- C88 ? 4 ? 5 ? C88 ? 4 2 ? 52 ? C88 ? 43 ? 53 ? ? ? C88 ? 487 ? 587 ? C88 ? 488 ? 588

? ?25 ? 55 ? 26 ? M ? 25 (2M ? 55) 其中 M 是整数.
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
1 2 88 ? C88 ? 2 ? 9 ? C88 ? 22 ? 92 ? ? ? C88 ? 288 ? 988

=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 ? 25 ? 32 ? Q ,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

9. 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 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 , 则x ? y ? [(15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 ]

? [(15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 ] ,由二项式定理知,对任意正整数 n.
2 (15 ? 220) n ? (15 ? 220) n ? 2(15n ? Cn ?15n?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, 5 5 88 19 因为 0 ? 15 ? 220 ? ? ? 0.2 , 且 (15 ? 220) ? (15 ? 220) , 15 ? 220 25 所以 0 ? y ? 2(15 ? 220)19 ? 2 ? 0.219 ? 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. 10. 分析:先求出 an ,再将 an 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 {an } 中有无穷多个能被 15 整除的项,下面证明之.

数列 {an } 的特征方程为 x 2 ? 8x ? 1 ? 0, 它的两个根为 x1 ? 4 ? 15, x2 ? 4 ? 15 , 所以 an ? A(4 ? 15) n ? B(4 ? 15) n 由 a0 ? 0, a1 ? 1得A ? (n=0,1,2,…)

1 2 15

,B ? ?

1 2 15

,

则 an ?

1 2 15

[(4 ? 15) n ? (4 ? 15) n ],

取 n ? 2k (k ? 0,1,2,?) ,由二项式定理得

an ?

1 2 15
1 n

1 3 n [2C n ? 4 n?1 ? 15 ? 2C n ? 4 n?3 ? ( 15) 3 ? ? ? 2C n ?1 ? 4 ? ( 15) n ?1 ]

? C ?4
1 2k

n ?1

?C ?4
3 n 3 2k

n ?3

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

n?2 2

? C ?4

2 k ?1

?C ?4

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

1 3 2 ? C 2 k ? 4 2 k ?1 ? 15(C 2 k ? 4 2 k ?3 ? ? ? C 2 kk ?1 ? 4 ? 15k ?2 )

? 2k ? 4 2 k ?1 ? 15T

(其中T为整数),

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


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