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2011全国高中数学竞赛讲义-二项式定理与多项式


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§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 = C n 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 C n (0 ≤ r ≤ n).

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

(3) n 是偶数, C < C < L < C 若 有
0 n 1 n

n 2 n

>L> C
n +1

n ?1 n

> C ,即中间一项的二项式系数 C
n n

n 2 n

最大. 若 n 是奇数,有 C n < C n < L < C n 2 = C n 2 > L > C n
0 1 n n +1 n ?1 n ?1 n > C n ,即中项二项的二项式

系数 C n2 和C n 2 相等且最大. (4) C n + C n + C n + L + C n = 2 .
0 1 2 n n

(5) C n + C n + C n + L = C n + C n + C n + L = 2
0 2 4 1 3 5

n ?1

.

(6) kC n = nC n ?1 或C n =
k k k m m k ?m

k ?1

n k ?1 C n ?1 . k
k ?m m C n? k + m (m ≤ k ≤ n). n +1

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

(8) C n + C n +1 + +C n + 2 + L + C n + k = C n + k +1 .
n

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.

m

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例题讲解
1 1.求 ( x + 1 + ) 7 的展开式中的常数项. x

2.求 (1 + 2 x ? 3 x 2 ) 6 的展开式里 x 的系数.
5

3.已知数列 a 0 , a1 , a 2 , L ( a 0 ≠ 0) 满足 a i ?1 + a i +1 = 2a i (i = 1,2,3, L), 求证:对于任何自然 数 n,
0 1 2 n n p ( x ) = a 0 C n (1 ? x) n + a1C n x(1 ? x) n ?1 + a 2 C n x 2 (1 ? x ) n ? 2 + L + a n ?1C n ?1 x n ?1 (1 ? x) + a n C n 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 θ = 22ab 2 (其中0 < θ < π ), An = (a 2 + b 2 ) n ? sin nθ ,
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 (mod P )

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6.若 ( 5 + 2) 2 r +1 = m + α (r , m ∈ N*,0 < α < 1) ,求证: α ( m + α ) = 1.

7.数列 {a n } 中, a1 = 3, a n = 3 n ?1 ( n ≥ 2) ,求 a 2001 的末位数字是多少?
a

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 a 0 = 0, a1 = 1, a n +1 = 8a n ? a n ?1 ( n = 1,2, L) 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.

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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 7 = C 7 + C 7 ( x + ) + C 72 ( x + ) 2 + L + C 7r ( x + ) r + L + C 7 ( x + ) 7 x x x x 1 r r ② 其中第 r + 1(0 ≤ r ≤ 7) 项为 T r +1= C 7 ( x + ) 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 ?2 k , (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 1 2 6 3 C 7 + C 72 C 7 + C 74 C 7 + C 7 C 6 = 393.



评述:求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解:因为 (1 + 2 x ? 3 x 2 ) 6 = (1 + 3 x) 6 (1 ? x) 6
1 2 3 6 1 2 3 4 5 6 = [1 + C6 ? 3x + C6 ? (3x) 2 + C6 ? (3x) 3 + L + C6 ? (3x) 6 ][1 ? C 6 x + C6 x 2 ? C6 x 3 + C 6 x 4 ? C6 x 5 + C6 x 6 ].

5 1 4 2 3 3 2 所以 (1 + 2 x ? 3 x 2 ) 6 的展开式里 x5 的系数为 1( ?C 6 ) + 3C 6 ? C 6 + 3 2 C 6 ( ?C 6 ) + 3 3 C 6 ? C 6

1 5 + 3 4 C 64 ? (?C 6 ) + 35 C 6 ? 1 = ?168.

评述:本题也可将 (1 ? 2 x ? 3 x 2 ) 6 化为 [1 + ( 2 x ? 3 x 2 )] 6 用例 1 的作法可求得. 3. 分析:由 a i ?1 + ai +1 = 2ai 知{a n } 是等差数列,则 a i = a i ?1 + d = a 0 + id (i = 1,2, L), 从 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 + ai +1 = 2ai (i = 1,2,3, L) 有 a i = a 0 + id (i = 1,2,3, L) 从而 所以数列 {a n } 为等差数列,设其公差为 d

0 1 2 P ( x ) = a 0 C n (1 ? x ) n + (a 0 + d )C n x (1 ? x) n ?1 + (a 0 + 2d )C n x 2 (1 ? x ) n ? 2 + L + (a 0 + nd )C nn x n
0 1 1 = a 0 [C n (1 ? x ) n + C n x (1 ? x ) n ?1 + L + C nn x n ] + d [1 ? C n x (1 ? x ) n ?1 + 2C n2 x 2 (1 ? x ) n ? 2 + L + nC nn x n ],

由二项定理,知
0 1 2 n C n (1 ? x) n + C n x (1 ? x) n ?1 + C n x 2 (1 ? x ) n ? 2 + L + C n x n = [(1 ? x) + x ] n = 1,

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k 又因为 kC n = k ?

n! ( n ? 1)! k ?1 = n? = nC n ?1 , k!(n ? k )! (k ? 1)![(n ? 1) ? ( k ? 1)]!

1 2 n 从而 C n x (1 ? x ) n ?1 + 2C n x 2 (1 ? x ) n ? 2 + L + nC n x n

1 = nx[(1 ? x) n ?1 + C n ?1 x (1 ? x) n ? 2 + L + x n ?1 ]

= nx[(1 ? x) + x] n ?1 = 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. 4. 分析:由 sin nθ 联想到复数棣莫佛定理,复数需要 cosθ ,然后分析 An 与复数的关系. 证明:因为 sin θ =

π 2ab a2 ? b2 , 且0 < θ < , a > b, 所以 cosθ = 1 ? sin 2 θ = 2 . 2 a2 + b2 a + b2

显然 sin nθ为(cos θ + i sin θ ) n 的虚部,由于 (cosθ + i sin θ ) n

=(

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

所 以 ( a 2 + b 2 ) n (cos nθ + i sin nθ ) = (a + bi ) 2 n . 从 而 An = (a 2 + b 2 ) n sin nθ为(a + bi ) 2 n 的 虚 部. 因为 a、 为整数, b 根据二项式定理, a + bi ) 2 n 的虚部当然也为整数, ( 所以对一切 n ∈ N * , An 为整数. 评述:把 An 为与复数 (cosθ + i sin θ ) n 联系在一起是本题的关键.
1 2 p 5. 证明: ( x + y ) P = x P + C P x P ?1 y + C P x P ? 2 y 2 + L + C P ?1 xy P ?1 + y P
r 由于 C P =

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

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

( x + y ) P ≡ x P + y P (mod P). 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 + α = ( 5 + 2) 2 r +1 和( m + α )α = 1 猜想 α = ( 5 ? 2) 2 r +1 ,因此需要求出

α ,即只需要证明 ( 5 + 2) 2 r +1 ? ( 5 ? 2) 2 r +1 为正整数即可.
证明:首先证明,对固定为 r,满足条件的 m, α 是惟一的.否则,设 ( 5 + 2) 2 r +1 = m1 + α 1

= m2 + α 2 [m1 , m2 ∈ N*,α 1 , α 2 ∈ (0,1), m1 ≠ m2 , α 1 ≠ α 2 ]

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则 m1 ? m2 = α1 ? α 2 ≠ 0, 而m1 ? m2 ∈ Z,α 1 ? α 2 ∈ (?1,0) ∪ (0,1) 矛盾.所以满足条件的 m 和

α 是惟一的.

下面求 m及α .

0 1 2 因为 ( 5 + 2) 2 r +1 ? ( 5 ? 2) 2 r +1 = C 2 r +1 ( 5 ) 2 r +1 + C 2 r +1 ( 5 ) 2 r ? 2 + C 2 r +1 ( 5 ) 2 r ?1 ? 2 2 + L + 2 2 r +1

0 1 2 ? [C 2 r +1 ( 5 ) 2 r +1 ? C 2 r +1 ( 5 ) 2 r ? 2 + C 2 r +1 ( 5 ) 2 r ?1 ? 2 2 + L ? 2 2 r +1 ]
1 3 = 2[C 2 r +1 ( 5 ) 2 r ? 2 + C 2 r +1 ( 5 ) 2 r ? 2 ? 2 3 + L + 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 + L + C 2 rr+1 5 2 r ?1 + 2 2 r +1 ] ∈ N *

又因为 5 ? 2 ∈ (0,1), 从而( 5 ? 2) 2 r +1 ∈ (0,1)
1 3 2 ?1 所以 m = 2(C 2 r +1 ? 5 r ? 2 + C 2 r +1 ? 5 r ?1 ? 2 3 + L + C 2 rr+1 ? 5 r ? 2 2 r ?1 + 2 2 r +1 )

α = ( 5 ? 2) 2 r +1
2 r +1 . 故 α ( m + α ) = ( 5 ? 2)

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

评述:猜想 α = ( 5 ? 2) 2 r +1 , ( 5 + 2) 2 r +1 与( 5 ? 2) 2 r +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.
a1

解:当 n=1 时,a1=3, a 2 = 3

= 33 = 27 = 4 × 6 + 3

a 3 = 3 a2 = 3 27 = 3 4×6+ 3 = (3 4 ) 6 ? 33 = (81) 6 ? 33 = (81) 6 × 27 ,因此 a 2 , a 3 的末位数字都
是 7,猜想, a n = 4m + 3, m ∈ N * . 当 n=k+1 时, a k +1 = 3
ak

现假设 n=k 时, a k = 4m + 3, m ∈ N * .

= 3 4 m+ 3 = (4 ? 1) 4 m+ 3

0 1 4m+ 4 m +3 = C 4 m +3 4 4 m +3 ? (?1) 0 + C 4 m +3 ? 4 4 m + 2 ? (?1)1 + L + C 4 m +32 ? 41 ? (?1) 4 m + 2 + C 4 m +3 ? 4 0 ? ( ?1) 4 m +3

= 4T ? 1 = 4(T ? 1) + 3,
于是 a n +1 = 3
an

从而 a n = 4m + 3( m ∈ N*)

= 3 4 m + 3 = (81) m × 27. 故 a 2001 的末位数字是 7.

评述:猜想 a n = 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 =- C88 × 4 × 5 + C88 × 4 × 5 ? C88 × 4 × 5 + L ? C88 × 4
1 2 2 2 3 3 3 87 87 88 × 5 87 + C88 × 4 88 × 588

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

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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 = C 88 × 2 × 9 + C88 × 2 2 × 9 2 + L + C88 × 2 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 5 ? 3 2 ? 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(15 n + Cn ? 15n ?2 ? 220 + L) 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 ) , 25 15 + 220 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 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 2 ? 8 x + 1 = 0, 它的两个根为 x1 = 4 + 15 , x 2 = 4 ? 15 , 所以 a n = 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, L) ,由二项式定理得

an =

1 2 15

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

1 3 = C n ? 4 n ?1 + C n ? 4 n ?3 ? 15 + L + C nn ? 4 ? 15

n?2 2

1 3 2 = C 2 k ? 4 2 k ?1 + C 2 k ? 4 2 k ?3 ? 15 + L + C 2 kk ? 4 ? 15 k ?1 1 3 = C 2 k ? 4 2 k ?1 + 15(C 2 k ? 4 2 k ?3 + L + C 22kk ?1 ? 4 ? 15 k ? 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 {a n } 中有无穷多个能被 15 整除的项.

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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

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