全国高中数学竞赛讲义二项式定理与多项式.pdf

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1、1二项工定理2二项展开式的通项Tr117 二项式定理及多项式rnrr Cnab(0 r n)它是展开式的第 r+1 项.3二项式系数4二项式系数的性质（1）Cnknk Cn(0 k n).kk1 Cn1 Cn1(0 k n 1).（2）Cnk（3）若 n 是偶数，有Cn若 n 是奇数，有C0n01n1n，即中间一项的二项式系数C Cn C Cn Cnn2nn2n最大.C C1nn12n Cn12nn1n，即中项二项的二项式系数 Cn CnC 和C（4）Cn0n2nn12相等且最大.n12n Cn CnCn 2n.24135 Cn Cn Cn Cn Cn 2n1.（5）Cn0（6）kCn（7）C

2、nkkk1k nCn或C1nnk1Cn1.kmkmkmmCkm CnCnCnm Cnkm(m k n).nnnn1Cn1 Cn2 Cnk Cnk1.m（8）Cnn以上组合恒等式（是指组合数Cn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1求(x 117)的展开式中的常数项.x262求(1 2x 3x)的展开式里x的系数.5

3、第 1 页3已知数列a0,a1,a2,(a0 0)满足ai1ai1 2ai(i 1,2,3,),求证：对于任何自然数 n，0122n1n1nnp(x)a0Cn(1 x)n a1Cnx(1 x)n1 a2Cnx(1 x)n2 an1Cnx(1 x)anCnx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一切nN N*，An均为整数.2ab(其中0),An(a2b2)nsinn,求证：对222a b5已知x,y为整数，P 为素数，求证：(x y)P xP yP(mod P)6若(5 2)2r1 m(r,mN N*,0 1)，求证：(m)7数列an中，a1881.3,an

4、3an1(n 2)，求a2001的末位数字是多少？8求 N=19 1 的所有形如d9设x (15 10已知a0 2a3b,(a,b为自然数）的因子 d 之和.220)19(15 220)82，求数x的个位数字.0,a11,an1 8an an1(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.例题答案：1.解：由二项式定理得1r(x)r1(0 r 7)项为Tr1 C7x1r在(x)的展开式中，设第 k+1 项为常数项，记为Tk1,xkrk1k则Tk1,Crx()Crkxr2k,(0 k r)x其中第r由得 r2k=0，即 r=2k，r 为偶数，再根据、知所求常数

5、项为评述：求某一项时用二项展开式的通项.2.解：因为(1 2x 3x26)(13x)6(1 x)613613355661C63x C62(3x)2C6(3x)3C6(3x)61C6x C62x2C6x C64x4C6x C6x.所以(1 2x 3x26)的展开式里x的系数为1(C6)3C655142332C6 32C6(C6)33C6C6评述：本题也可将(1 2x 3x3.分析：由ai126)化为1(2x 3x2)6用例 1 的作法可求得.ai1 2ai知an是等差数列，则ai ai1 d a0id(i 1,2,),从而可第 2 页将p(x)表示成a0和d的表达式，再化简即可.解：因为ai1有

6、ai ai1 2ai(i 1,2,3,)所以数列an为等差数列，设其公差为 d a0id(i 1,2,3,)从而0122nnP(x)a0Cn(1 x)n(a0 d)Cnx(1 x)n1(a0 2d)Cnx(1 x)n2(a0 nd)Cnx01nn122nn a0Cn(1 x)nCnx(1 x)n1Cnx d1Cnx(1 x)n1 2Cnx(1 x)n2 nCnx,由二项定理，知k又因为kCn k n!(n 1)!k1 n nCn1,k!(n k)!(k 1)!(n 1)(k 1)!122nn从而Cnx(1 x)n1 2Cnx(1 x)n2 nCnx nx(1 x)xn1 nx.所以P(x)a0

7、 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sinn联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos，然后分析 An及复数的关系.2aba2b22证明：因为sin2,且0,a b,所以cos1sin2.2a b2a b2显然sinn为(cos所以(a2isin)n的虚部，由于(cosisin)nb2)n(cosn isin n)(a bi)2n.从而An(a2 b2)nsin n为(a bi)2n的虚部.2n因为a、b 为整数，根据二项式定理，(a bi)数.评述：把 An为及复数(cos5.证明：(x r由于CP的虚部当然也为整数，所以对一切nN*，An

8、为整isin)n联系在一起是本题的关键.1P12P22p1y)P xP CPxy CPxy CPxyP1 yPp(p 1)(p r 1)，又因为 P 为素数，且(r 1,2,P 1)为整数，可从分子中约去 r！r!r(r 1,2,P 1).所以r p，所以分子中的 P 不会红去，因此有P|CP评述：将(x y)P展开就及xP yP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)2r1和(m)1猜想(5 2)2r1，因此需要求出，即只需要证明(5 2)2r1(5 2)2r1为正整数即可.第 3 页证明：首先证明，对固定为 r，满足条件的m,是惟一的.否则，设(5

9、 2)2r1 m11则m1m212 0,而m1m2Z Z,12(1,0)(0,1)矛盾.所以满足条件的 m 和是惟一的.下面求m及.02r112r22r1因为(5 2)2r1(5 2)2r1 C2 C22 C222 22r1r1(5)r1(5)r1(5)又因为5 2(0,1),从而(5 2)2r1(0,1)所以m1r3r12r1r2r1 2(C223C2 22r1)r15 2C2r15r15 2故(m)评述：猜想(5 2)2r1.(5 2)2r1(5 4)2r11.(5 2)2r1,(5 2)2r1与(5 2)2r1进行运算是关键.7.分析：利用 n 取 1，2，3，猜想an及an的末位数字.

10、解：当 n=1 时，a1=3，a2a3 3a1 33 27 463 3a2 327 3463(34)633(81)633(81)627，因此a2,a3的末位数字都是 7，猜想，an 4m 3,mN N*.现假设 n=k 时，ak 4m 3,mN N*.3ak 34m3(4 1)4m3当 n=k+1 时，ak1 4T 1 4(T 1)3,从而an 4m 3(mN N*)3an 34m3(81)m27.故a2001的末位数字是 7.于是an1评述：猜想an 4m 3是关键.88888.分析：寻求 N 中含 2 和 3 的最高幂次数，为此将 19 变为 201 和 18+1，然后用二项式定理展开.解

11、：因为 N=19 1=(201)1=(145)188 2555 26M 25(2M 55)其中 M 是整数.88242上式表明，N 的素因数中 2 的最高次幂是 5.又因为 N=(1+29)1 =3 288+3 P=3（288+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 2532Q，其中 Q 是正整数，不含因数 2 和 3.因此，N 中所有形如2a3b的因数的和为(2+2+2+2+2)(3+3)=744.234529.分析：直接求x的个位数字很困难，需将及x相关数联系，转化成研究其相关数.第 4 页解：令y (15 220)19(15 220)82

12、,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(15220)n(15220)n 2(15nCn15n2220)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 15220 51522058819 0.2，且(15 220)(15 220)，25所以0 y 2(15 220)19 20.219 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表示成及 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x28x 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（n=0，1，2，）由a0取n 0,a11得A 12 15,B 12 15,则an12 15(4 15)n(4 15)n,2k(k 0,1,2,)，由二项式定理得由上式知当 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.第 5 页