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1、高中数学竞赛讲座 1717 二项式定理与多项式1二项工定理(a + b)n = C kan-kbk (n e N*)nk=02二项展开式的通项T = C ran - rb r (0 r n) 它是展开式的第 r+1 项. r +1n3二项式系数C r （0 r n ）.n4二项式系数的性质1)Ck = Cn-k(0 k n).nn(2) Ck = Ck + Ck-1(0 k n - 1).nn - 1n - 1(3) 若n是偶数，有C 0 C 1 Cn-1 Cn，即中间一项的二项式系数C 2最大.nnnnnn若n是奇数，有C 0 C1 Cn-1 Cn，即中项二项的二项式系数nnnnnnC ；和
2、C T相等且最大.nn(4) C 0 + C 1 + C 2 + + Cn = 2 n.nnnn(5) C 0+ C 2+ C 4+ =C 1+ C 3+ C 5+ =2 n-1.n=Ck-1.kn -1nnnnnn6)kC k = nC k-1 或 Cknn -1n(7) C k - C m = C m - C k-m = C k-m C m (m k b,sin 0 =2 ab (其中 0 0兀),A = (a 2 + b 2) ”. sin n 0 ,求证:a2 + b22 n对一切” G N *，A均为整数.n65已知x, y为整数，P为素数，求证：（x + y）P三xP + y P
3、（mod P）若(、5 + 2)2 r+1 = m + a (r, m e N *,0 a 2)，求a的末位数字是多少?n1nn -120018求N=198-1的所有形如d = 2 a. 3 b,（a, b为自然数）的因子d之和.9.设 x =(15 + 恋220 )19 + (15 + (2n)n + (2n 1) 成立.例题答案：1.解：由二项式定理得1(x + 1 +)7x1-1 + (x +)7x11-C 0 + C 1( x +) + C 2( x +)2 + + C77x7x11(x + )r + + C 7 (x + )7 x7x其中第 r + 1(0 r 7)项为 T - C
4、r (x + 丄)rr+17x在(x +丄)r的展开式中,x设第k+1项为常数项,记为 Tk +1,C k x r2k , (0 k r)r则 T - Ckxr - k(丄)kk +1 ,r x由得r- 2k=0,即r=2k, r为偶数，再根据、知所求常数项为C 0 + C 2 C1 + C 4 C 2 + C 6 C 3 - 393 .77 7 7 7 7 6评述：求某一项时用二项展开式的通项.- C 5 x5 + C 6 x6 .所662. 解：因为(1 + 2x 3x2 )6 - (1 + 3x)6(1 x)6-1 + C 1- 3x + C 2- (3x)2 + C 3- (3x)3
5、+ + C 6- (3x)6 1 一 C 1 x+ C 2x2一 C 3x3+ C 4x46 6 6 6 6 6 6 6以(1 + 2x3x2)6 的展开式里X5的系数为1(C5)+ 3 C1- C 4+ 32 C 2(C 3) + 33 C 3. C 26 6 6 6 6 6 6+ 34 C 4 (一C 1) + 35 C 5 1 - 168 .6 6 6评述：本题也可将(1 2x 3x 2 ) 6化为1 + (2x 3x 2 )6用例1的作法可求得.3. 分析：由a + a =2 a 知a 是等差数列，则a =a + d = a + id (i = 1,2,), 从而可将i-1i+1ini
6、i-10p(x) 表示成 a 和 d 的表达式，再化简即可.0解：因为 a + a = 2a (i = 1,2,3,)i-1i+1i所以数列a 为等差数列，设其公差为dn有a = a + id (i = 1,2,3,) 从而i0P(x) = a C 0(1 - x)n0n+ (a + d )C 1 x(1 - x) n-1 + (a0n0+ 2 d ) C 2 x 2 (1 - x ) n - 2 + + ( an0+ nd ) C n x n n+ 2C 2x2(1 - x)n-2 + + nC nxn, 由二项nn又因为 kC knn!k!(n - k)!(n 1)!n -(k -1)!(
7、n -1) - (k -1)!= nC k -1 ,n - 1=a C 0 (1 一 x)n + C 1 x (1 一 x)n -1 + + Cnxn + d 1 - C 1 x (1 一 x)n -10 nnnn定理，知C 0(1 - x ) n+ C 1 x (1 -x ) n-1+ C 2 x 2 (1- x ) n-2+ + C nx n = (1 - x ) + x n= 1,nnnn从 C 1 x (1 - x)n-1n= nx(1 - x) + xn-1 = nx .所以 P ( x) = a + n d x.0+ 2C 2x2 (1 - x)n-2 + + nC n xn nn
8、= nx(1- x)n-1 + C1 x(1- x)n-2 + + xn-1 n - 1当d丰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 9联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos 9，然后分析A与复数的关系. n证明：因为 sin 9=,且 0 9 b,所以 cos 9 = v 1 sin 2 9 =.a2 + b22a2 + b2显然 sin n9 为(cos 9 + i sin 9 )n 的虚部，由于(cos 9 + i sin 9 )na2 一 b22 ab11=(+i)” =(a2 b2 + 2abi) =(a + bi)2”.a2
9、 + b2 a2 + b2(a2 + b2)n(a2 + b2)n所以(a2 + b 2 ) n (cos n9 + isin n9) = (a + bi)2n. 从而 A = (a 2 + b 2)n sin n 9 为(a + bi)2 n 的虚部.n因为a、b为整数，根据二项式定理，(a + bi)2n的虚部当然也为整数，所以对一切n g N *，A. 为整数.评述：把An为与复数(cos 9 + i sin 9 )n联系在一起是本题的关键.5. 证明： (x + y)P = xP + C1 xP-1y + C 2xP-2 y2 + + C p-1xy P-1 + yP PPP由于Cr
10、= 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为素数,Pr !且r p，所以分子中的P不会红去，因此有P I Cr (r = 1,2,，P - 1).所以P(x + y)P 三 xP + y P (mod P).评述：将(x + y) P展开就与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 + a = ( 5 + 2)2r+1和(m + a )a = 1猜想a -(込-2)2r+1，因此需要求出以，即 只需要证明(+ 2)2 r + 1 _ (- 2)2 r + 1为正整数即可m +a11证明：首先证明，对固定为r，满
