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培优辅导第3讲《二项式定理与多项式》


培优辅导第 3 讲 《二项式定理与多项式》
n

1.二项工定理: (a ? b) ?

n

?C
k ?0

k n

a n ?k b k (n ? N*)

2.二项展开式的通项: 3.二项式系数:

Tr ?1

? C nr a n ?r b r (0 ? r ? n) 它是展开式的第 r+1 项.

r Cn (0 ? r ? n).

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

(3) 若 n 是偶数, 有C ? C ? ? ? C
0 n 1 n

n 2 n

n n ?1 ? ? ? Cn ? C nn ,即中间一项的二项式系数 C n2

最大. 若 n 是奇数,有 C ? C ? ? ? C
0 n 1 n n n ?1 n ?1 2 n

?C

n ?1 2 n

n ?1 n ,即中项二项的二项式 ? ? ? Cn ? Cn

系数 C n2 和C n 2 相等且最大.
0 1 2 n ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? 2 n. (4) C n 0 4 1 3 5 ? C n2 ? C n ? ? ? Cn ? Cn ? Cn ? ? ? 2 n?1. (5) C n

k k ?1 k (6) kC n ? nC n ?1 或C n ?

n k ?1 C n?1 . k

k m k ?m k ?m m ? C km ? C n ? Cn C n? k ? m (m ? k ? n). (7) C n ?m ? C n n n n n n ?1 ? Cn (8) C n ?1 ? ?C n ? 2 ? ? ? C n ? k ? C n ? k ?1 . m 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.

例题讲解

第 1 页 共 6 页

1 1.求 ( x ? 1 ? ) 7 的展开式中的常数项. x
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 ? C7 ? C7 ( x ? ) ? C 72 ( x ? ) 2 ? ? ? C 7r ( x ? ) r ? ? ? 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
1 3 C 70 ? C 72 C 7 ? C 74 C 72 ? C 76 C 6 ? 393.



评述:求某一项时用二项展开式的通项.

2.求 (1 ? 2 x ? 3x 2 ) 6 的展开式里 x5 的系数.

解:因为 (1 ? 2 x ? 3x 2 ) 6 ? (1 ? 3x ) 6 (1 ? x) 6
1 2 3 6 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 ? [1 ? C 6 ? 3 x ? C6 ? (3x) 2 ? C6 ? (3x) 3 ? ? ? C 6 ? (3x ) 6 ][1 ? C 6 x ? C6 x ? C6 x ? C6 x ? C6 x ? C6 x ].

5 1 4 3 3 2 所以 (1 ? 2 x ? 3x 2 ) 6 的展开式里 x5 的系数为1( ?C 6 ) ? 3C 6 ? C6 ? 3 2 C 62 ( ?C 6 ) ? 33 C6 ? C6

4 1 5 ? 34 C 6 ? (?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 ? 3x 2 )]6 用例 1 的作法可求得. 3.已知数列 a0 , a1 , a 2 , ? ( a 0 ? 0) 满足 ai ?1 ? a i ?1 ? 2a i (i ? 1,2,3, ?), 求证:对于任何自然 数 n,
0 1 2 2 n ?1 n ?1 n n p ( x) ? a0 C n (1 ? x) n ? a1C n x(1 ? x) n ?1 ? a 2 C n x (1 ? x ) n ? 2 ? ? ? a n?1C n x (1 ? x ) ? a n C n x

是 x 的一次多项式或零次多项式.
分析:由 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai 知{a n } 是等差数列,则 ai ? a i ?1 ? d ? a 0 ? 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.

第 2 页 共 6 页

解:因为 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai (i ? 1, 2,3, ?) 有 ai ? a 0 ? id (i ? 1, 2,3, ?) 从而

所以数列 {a n } 为等差数列,设其公差为 d

0 1 2 2 n n P( x) ? a0 C n (1 ? x) n ? ( a 0 ? d )C n x(1 ? x ) n ?1 ? ( a 0 ? 2d )C n x (1 ? x) n? 2 ? ? ? ( a 0 ? nd )C n x

0 1 1 2 2 n n ? a 0 [C n (1 ? x ) n ? C n x(1 ? x ) n?1 ? ? ? C nn x n ] ? d [1? C n x (1 ? x ) n ?1 ? 2C n x (1 ? x ) n ? 2 ? ? ? nC n x ],

由二项定理,知
0 1 2 2 n n Cn (1 ? x ) n ? C n x (1 ? x ) n ?1 ? C n x (1 ? x ) n ? 2 ? ? ? C n x ? [(1 ? x ) ? x ] n ? 1,
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)]!

n ?1 从而 C 1 ? 2C n2 x 2 (1 ? x) n ?2 ? ? ? nC nn x n n x (1 ? x )

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

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

显然 sin n?为(cos? ? i sin ? ) n 的虚部,由于 (cos? ? i sin ? ) 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 a ?b a ?b (a ? b ) (a ? b 2 ) n

所 以 ( a 2 ? b 2 ) n (cos n? ? i sin n? ) ? (a ? bi ) 2 n . 从 而 An ? (a 2 ? b 2 ) n sin n?为(a ? bi ) 2 n 的 虚 部. 因为 a、 b 为整数, 根据二项式定理, 所以对一切 n ? N * , (a ? bi ) 2n 的虚部当然也为整数, An 为整数. 评述:把 An 为与复数 (cos? ? i sin ? ) n 联系在一起是本题的关键.

第 3 页 共 6 页

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

1 P ?1 2 P? 2 2 p ?1 证明: ( x ? y) P ? x P ? C P x y ? CP x y ? ? ? CP xy P ?1 ? y P
r 由于 C P ?

p ( p ? 1) ? ( p ? r ? 1) ,又因为 P 为素 (r ? 1,2,?, 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,? , 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.若 ( 5 ? 2) 2 r ?1 ? m ? ? (r , m ? N*,0 ? ? ? 1) ,求证: ? (m ? ? ) ? 1. 分析:由已知 m ? ? ? ( 5 ? 2) 2 r ?1 和( m ? ? )? ? 1 猜想 ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 ,因此需要求出 ? ,

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, ? 是惟一的.否则,设 ( 5 ? 2) 2 r ?1 ? m1 ? ? 1

? m 2 ? ? 2 [m1 , m2 ? N*,? 1 , ? 2 ? (0,1), m1 ? m 2 , ?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 2 r ?1 1 2r 2 2 r ?1 因为 ( 5 ? 2) 2 r ?1 ? ( 5 ? 2) 2 r ?1 ? C 2 ? C2 ? 2 ? C2 ? 2 2 ? ? ? 2 2 r ?1 r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 )

0 2 r ?1 1 2r 2 2 r ?1 ? [C 2 ? C2 ? 2 ? C2 ? 2 2 ? ? ? 2 2r ?1 ] r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 )
1 2r 3 2r ?2 ? 2[C 2 ? 2 ? C2 ? 2 3 ? ? ? 2 2 r ?1 ] r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 ) 1 r 3 r ?1 2 r ?1 2 r ?1 ? 2[C 2 ? 2 3 ? ? ? C2 ? 2 2 r ?1 ] ? N * r ?1 5 ? 2 ? C 2 r ?1 ? 5 r ?1 5

又因为 5 ? 2 ? (0,1), 从而( 5 ? 2) 2 r ?1 ? (0,1)
1 r 3 r ?1 2 r ?1 r 2 r ?1 所以 m ? 2(C 2 ? 2 3 ? ? ? C2 ? 2 2 r ?1 ) r ?1 ? 5 ? 2 ? C 2 r ?1 ? 5 r ?1 ? 5 ? 2

? ? ( 5 ? 2) 2 r ?1

故 ? ( m ? ? ) ? ( 5 ? 2) 2 r ?1 .

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

第 4 页 共 6 页

评述:猜想 ? ? ( 5 ? 2) 2 r ?1 , ( 5 ? 2) 2 r ?1 与( 5 ? 2) 2 r ?1 进行运算是关键.

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

? 33 ? 27 ? 4 ? 6 ? 3

a3 ? 3 a2 ? 3 27 ? 3 4?6?3 ? (3 4 ) 6 ? 33 ? (81) 6 ? 33 ? (81) 6 ? 27 ,因此 a 2 , a3 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) 4m ?3

0 4m ?3 1 4 m? 2 4m ? 2 1 4 m? 2 4 m?3 0 4 m?3 ? C4 ? ( ?1) 0 ? C 4 ? ( ?1)1 ? ? ? C 4 ? C4 m?3 4 m? 3 ? 4 m ? 3 ? 4 ? ( ?1) m ? 3 ? 4 ? ( ?1)

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

从而 a n ? 4m ? 3( m ? N*)

? 3 4m ?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.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. 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 ? 4 ? 5 ? C88 ? 4 2 ? 5 2 ? C88 ? 4 3 ? 53 ? ? ? C 88 ? 4 87 ? 587 ? C88 ? 4 88 ? 5 88 =- C 88

? ?2 5 ? 55 ? 2 6 ? M ? 2 5 (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 ? C 88 ? 2 ? 9 ? C 88 ? 2 2 ? 9 2 ? ? ? C 88 ? 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 a ? 3b 的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.

第 5 页 共 6 页

9.设 x ? (15 ? 220 )19 ? (15 ? 220 ) 82 ,求数 x 的个位数字. 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.已知 a0 ? 0, a1 ? 1, a n ?1 ? 8a 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. 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.
2 数列 {a n } 的特征方程为 x ? 8 x ? 1 ? 0, 它的两个根为 x1 ? 4 ? 15 , x 2 ? 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 [(4 ? 15 ) n ? (4 ? 15 ) n ], 2 15

取 n ? 2k (k ? 0,1, 2, ?) ,由二项式定理得

an ?

1 2 15

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

1 3 ? Cn ? 4 n ?1 ? C n ? 4 n ?3 ? 15 ? ? ? C nn ? 4 ? 15

n?2 2

1 2 k ?1 3 2k ?3 ? C2 ? C2 ? 15 ? ? ? C 22kk ? 4 ? 15 k ?1 k ?4 k ?4 1 2 k ?1 3 2 k ?3 2 k ?1 ? C2 ? 15(C 2 ? ? ? C2 ? 4 ?15 k ?2 ) k ?4 k ?4 k

? 2k ? 4 2k ?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. 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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