二项式定理与多项式

1、第十讲二项式定理与多项式知识、方法、技能I.二项式定理1 .二项工定理n(a b)n 八 CkanAbk(n N*) k=02 .二项展开式的通项书=Cnan,br(0 r Mn)它是展开式的第r+1项.3 .二项式系数C；(0 r n).4 .二项式系数的性质(1) C： =C：*(0 Ek wn).(2) C： =Ck4 Cni(0 k n -1).nn(3)若n是偶数，有C： C：Cnn，AC：,即中间一项的二项式系数Cn2最大.n 1 n 101n. 1 n若n是奇数，有Cn Cn Cn Cn ,即中项二项的二项式系 n n 1数Cn2和Cn相等且最大.(4) C： +C： +C；+一

2、 +C： =2n.(5) C0 C2 C4 , =C1 C3 C5 ,=2n4 )n n nn n n .(6) kCk =nCk或Ck =nCk； k(7) C Ckm - Cm Cj 5cMm(mW n).(8) C： +十+ +仁七+C鼠=C：以上组合恒等式(是指组合数Cm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

3、1：求(x+1+1)7的展开式中的常数项. x【解】由二项式定理得(x 1 1)7 v1 (x 1)7 xx111 O,1 r71 7=C0 +C7(x+ )+C72(x+)2 + +C；(x+)r + +C77(x+ )7xxxx其中第r +1(0 r =7)项为丁.书=屋+ 1)x,1 r _在(x +-)的展开式中，设第k+1项为常数项，记为 Tk4 x则Tk+ =Ckxr*(l)k =Crkxr,k,(0 k b,sinH = a2ab(其中0 8 ), An =(a2+b2)n sinnB,求 2证：对一切n N N * , An均为整数.【思路分析】由sin ne联想到复数棣莫佛定

4、理，【证明】因为sinH =咯四万，且0a b2复数需要cos ,然后分析An与复数的关系. 2 _卜2b,所以 cosH =V1-sin20 = a2 ：.a b显然sinn昉(cos+isin9)n的虚部，由于(cos日十i sin)n2. 2,a -b. 2ab n 1/ 2212n=(-7 -ri) 二一；-(a b 2abi)二一；-(a bi).222222 n22、na b a b (a b )(a b )所以(a2 +b2)n(cosnB +i sinn8) =(a +bi)2n.从而 An =(a2 +b2)nsin n6为(a + bi)2n 的虚部.因为a、b为整数，根据

5、二项式定理，(a +bi)2n的虚部当然也为整数， 所以对一切nw N *An为整数.【评述】把An为与复数(cose+isin日)n联系在一起是本题的关键.例5：已知x, y为整数，P为素数，求证：(x + y)P三xP + yP(mod P)【证明】(x+y)P =xP +cPxP-y+Cpxp/y2 +CpPxyP,+yP由于CP =p(p1r(pr +1)(=i,2；,p_1)为整数，可从分子中约去门，又因为P为素r!数，且r p ,所以分子中的 P不会红去，因此有 P|CP(r =1,2,，P1).所以P P P_(x y)三 x y (mod P).【评述】将(x+ y)P展开就与

6、xP +yP有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键例6：若(V5+2)2r + = m+ot(r,mW N*,0u1),求证：a(m+a) = 1.【思路分析】由已知 m+ot =( J5+2)2*和(m+汽)豆=1猜想豆=(，5 2尸。因此需要求出a,即只需要证明(75+2)2+ _(，52)2*为正整数即可.【证明】首先证明，对固定为r,满足条件的ma是惟一的.否则，设(V5+2)2r* =m1 +a1=m2，二2m1,m2 N*, ： 1, ： 2 (0,1), m1 ; m2,1 吏22则 m1 -m2 =口1 -2 =0,而m1 -m2 e Z,1 -2 w (1,0) u

7、(0,1)矛盾.所以满足条件的 m 和 c(是惟一的. 下面求m及口 .因为(5 2)2r 1 -( 5 一2)2二C21rH( 5)21 . c2(5)2r 2 - C；( 5)2，22 4卜22r 1C；r+(V5)2r+_C2r+(V5)2r 2+C；r+(V5)2r22 十_ _22+= 2C2r+(忑)2r 2+C3r+(忑)2心 23 +22书= 2C2r 15r 2 -C3r 1 5r1 23 ,c2：；52y 22r 1 N *又因为 & -2 亡(0,1)，从而(V5 _2)2+ w (Q1)所以 m=2(C；+ 5r 2+C；f，523 十+C23 6，22+22，平)：

8、-( .5 _2)2，1故二(m 二)=(5 -2)2，1. ( 5 2)2r 1 =(5-4)2, 1 =1.【评述】猜想a =(j5 _2)2r中，(括+2)2，*与(J5_2)2r41进行运算是关键.例7：数列an中，a1 =3,an =3：(n之2),求a2001的末位数字是多少？【思路分析】利用n取1, 2, 3,猜想an及an的末位数字.【解】当 n=1 时，ai=3, a2 =3a1 =33 =27 = 4父6+3a3 =3a2 = 327 = 34书=(34)6 33 =(81)6 33 =(81)隈27,因此 a2,a3 的末位数字都是 7,猜想，an =4m + 3,mw

9、N *.现假设 n=k 时，ak=4m+3,mw N *.当 n=k+1 时，ak+ =3ak =34m书=(41)4m书04m 3014m 21 .4 m 2 14m 24m 3 04m -3=C4m 34( -1)C4m3 4(-1)C4m3 4(-1)C4m3 4(-1)=4T -1 =4(T -1) +3,从而 an =4m + 3(mw N*)于是an+=3an =34m*=(81)m父27.故a201的末位数字是7.【评述】猜想an =4m +3是关键.例8：求N=1988 1的所有形如d =2a .3b,(a,b为自然数)的因子d之和.【思路分析】寻求 N中含2和3的最高哥次数，

10、为此将 19变为201和18+1 ,然后用二项 式定理展开.【解】因为 N=1988- 1=(20 - 1)88- 1=(1 -4X 5)88- 1 4OOOQQQQ7Q7Q7QQQQQ Q_ c1222c 333. c 878787. 88 888888=_ C88 4X-5+C88 4 M 5 C88 父 4 父 5 + C88 父4 父5 + C88 4 父 55 5_6_5=25 父55 +26 MM =25(2M 55)其中 M 是整数.上式表明，N的素因数中2的最高次哥是5.又因为N=(1+2X9)881二C12 9 C222 92 ,C88 2 88 988888888=32X

11、2X 88+34 - P=32X ( 2 X 88+9P)其中 P 为整数.上式表明，N的素因数中3的最高次哥是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2a 3b的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例9:设x =(15+J220)19 +(15+后0)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 =(15-220)19 +(15_1220)82，则x + y =(15+*，西)19+(15 + /220)82+(15-220)19 +(15 -

12、V/220)82,由二项式定理知，对任意正整数n.(15+220)n +(15-220)n =2(15n +C2 15n- 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 父15、函=5=父3=0.2，且(15-V220)88 (15-V220)19,1522025所以 0 y 2(15 -220)19 2x0.219 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例10：已知a0 =0, & =1,an书=8an an(n =1,2，)试问：在数列an中是否有无穷多 个能被15整除的项？

13、证明你的结论.【思路分析】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x2 8x+1 =0,它的两个根为Xi =4+J15,x2 =4 515 ,所以 an =A(4+q15)n+B(4Vi5)n(n=0, 1, 2,)上.一 11由 a0 =0,a1 =1伶A,B,2 152 151则 an 二(415)n -(4-15)n,2.15取n =2k(k =0,1,2,)，由二项式定理得= 2115* 4”315 2C34T (15)32C：, 4 (15)nn 2=C； 4n

14、1 C3 4nJ 15 cn 4 15 2=C2k 42k+C23k 42k- 15+- +C； 4 15k-=C2k 42k，+15(C2k 42k卫士i+C；” 4 15k-)=2k 42+15T(其中T为整数)，由上式知当15|k,即301n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)nf(a-b)n经常在一起结合使用.针对性训练题1 .已知实数 % P均不为0,多项f (x) =ux3 ax2 + Px + 0的三根为x1,x2,x3,求(X1 +x2 +x3)( +)的值. x x2 x32 .设 f (x) =x4 +ax3 +bx2 +cx+d，其中 a,b,c,d 为常数，如果 f =1, f (2) = 2, f (3) = 3,求 1 f(4) +f(0)的值. 43 .定义在实数集上的函数f (x)满足：f (x) +xf(1 -x) =1 +x,求f(x).4 .证明：当 n=6m 时，4-C3 3+C5 3+C5 32 =0.5 .设(1 以 +x2)n