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★数学竞赛初级讲座
二项式定理
江苏省海安高级中学 李 红
二项式定理是证明代数问题的重要工具之一,是组合数学的基础,它具有一定的技巧和难度,且灵活性、综合性强,对学生运算能力的培养和思维灵活性的训练都具有重大的作用.因此,它在国内外数学竞赛中出现的频率较高.
一、基础知识
1.(a +b )n =C 0n a n +C 1n a n -1b +C 2n a n -2b 2+…+
C r n a n -r b
r +…+
C n n b
n
=∑
n
r =0
C r n a n -r b r (
r =0,1,2,…,n ).
21通项公式:T r +1=C r n a n -r b r
(0≤r ≤n ).
31二项式系数的性质:
(1)在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项
的二项式系数相等.
(2)如果n 为偶数,中间一项的二项式系数最大;如果n 为奇数,中间两项的二项式系数相等且最大.
(3)所有项的二项式系数和等于2n .
(4)奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,即C 0n +C 2n +…=C 1n +C 3n +…=2n -1.
例1 设f (x )=(x 2+x -1)9(2x +1)4,试求:(1)f (x )的展开式中所有项的系数和;(2)f (x )的展开式中奇数次项的系数和.
导析:设f (x )可展开为a 0+a 1x +a 2x 2+…+
a 22x
22
,则f (1)=a 0+a 1+a 2+…+a 22即为所有项的
系数和.若令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 22=f (1)
=81;令x =-1,得a 0-a 1+a 2-…+a 22=f (-1)=-1.两式相减除以2,得a 1+a 3+…+a 21=41.
例2 求证:∑
k
r =0C r m C k -r
n
=
C k m +n .
导析:C r m 和C k -r
n
可分别看做是(1+x )m
和(1+
x )
n
二项展开式中x r 和x k -r 的二项式系数,于是构造恒等式(1+x )m (1+x )n =(1+x )m +n ,比较两边x k
的系数,得∑k
r =0C r m C k -r n =C k
m +n .
例3 试证:大于(1+3)2n (n ∈N )的最小整数能被2
n +1
整除.(第六届普特南竞赛题)
导析:由(1+3)2n 联想到其对偶式(1-3)2n ,且
0<(1-3)
2n
<1,考虑它们的和(1+3)
2n
+(1-
3)
2n
=2(3n
+3
n -1
C 22n
+3
n -2
C 42n
+…
)为偶数,记作2k (k ∈N ),所以大于(1+3)2n 的最小整数必为2k.
同理可证(2+3)n +(2-3)n 也为偶数,记作2k 1(k 1∈N ),又因为2k =(1+3)2n +(1-3)2n =(4+23)n +(4-23)n =2n [(2+3)
n
+(2-
3)n ]=2n
?2k 1=2n +1k 1,所以2n +1|2k.
二、综合应用
例4 设n =1990,求2-n (1-3C 2n +32C 4n -33C 6n
+…+3994C 1988n -3995C 1990n
)的值.(1990年全国联赛题)
导析:考察各项的绝对值(
12
)1990?3r ?C 2r
1990,它可以写成C 2r
1990(
12)1990-2r (32
)2r ,再注意到虚数单位i 乘方的性质i 2=-1,i 4=1,就不难发现原式是复数(
1+3i 2)1990的实部.而(1+3i 2)1990=
(-1-3i 2)1990
=
-1-3i 2,∴原式=-1
2
.
例5 已知3|n ,求证:2|C 0n +C 3n +C 6n +…+
C n
n .
导析:由(1+x )n =∑n
k =1
C k n x k
,注意到单位根的周期
性,令x =1、
ω、ω2(ω=-12+3
2
i ),得(1+1)n =C 0n +C 1n +C 2n +…+C n n ,
(1+ω)
n
=C 0n +C 1n ω+C 2n ω2
+…+C n n ωn ,(1+ω2
)n
=C 0n +C 1n ω2+C 2n ω4+…+C n n
ω2n .三式相加,得2n +(-ω2)n +(-ω)n =3(C 0n
+C 3n +C 6n +…+C n n ).
∵3|n ,∴2[2n -1+(-1)
n -1
]=3(C 0n +C 3n
+C 6n +…+C n n ).
又(2,3)=1,∴2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C n n .例6 设a ,b ∈R +,且
1a
+
1b
=1,试证对于每个
n ∈N ,都有(a +b )
n
-a n -b n ≥22n -2n +1.(1988年
全国联赛题)
导析1:由1=
1a
+1b
≥
2ab
,得ab ≥4.则左边
=C1n a n-1b+C2n a n-2b2+…+C n-2
n
a2b n-2
+C n-1
n ab n-1=
1
2[
(a n-1b+ab n-1)C1n+(a n-2b2
+a2b n-2)C2n+…]≥(ab)n(C1n+C2n+…+C n-1
n
)≥2n(2n-2)=22n-2n+1.
导析2:由1
a +
1
b
=1,可令a=1+
1
t
,b=1+t
(t∈R+),结合a+b=ab,立得左边=a n b n-a n-b n
=(a n-1)(b n-1)-1=[(1+1
t
)n-1][(1+t)n-
1]-1=(t-1C1n+t-2C2n+…+t-n C n n)?(tC1n+t2C2n +…+t n C n n)-1≥(C1n+C2n+…+C n n)2-1=(2n-1)2-1=22n-2n+1.
例7 已知实数a0、a1、a2、…满足a i-1+a i+1 =2a i(i=1,2,…),求证:对于任何自然数n,P(x) =a0C0n(1-x)n+a1C1n x(1-x)n-1+a2C2n x2(1-x)n-2+…+a n-1C n-1
n
x n-1(1-x)+a n C n n x n是x的一次多项式或常数.(1986年全国联赛二试题)导析:特殊值探路.令a0=a1=a2=…=a n,
则P(x)=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+ C n n x n]=a0[(1-x)+x]n=a0为常数.对于一般情况,由已知,{a k}是等差数列,可设a k=a0+kd,k为公差(k∈Z-),则P(x)=a0C0n(1-x)n+a1C1n(1-x)n-1x+…+a n C n n x n=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+C n n x n]+d[1?C1n(1-x)n-1x+2C2n(1 -x)n-2x2+…+kC k n(1-x)n-k x k+…+nC n n x n]= a0+d[nC0n-1(1-x)n-1x+nC1n-1(1-x)n-2x2+…
+nC k-1
n-1(1-x)n-k x k+…+nC n-1
n-1
x n]=a0+dnx[(1
-x)+x]n-1=a0+dnx是x的一次多项式.
例8 已知数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m≥1.(20届国际数学奥林匹克题)
导析:因1978n与1978m的最后三位数相等,所以1000|(1978n-1978m),又1978n-1978m=1978m (1978n-m-1),故23?53|2m?989m(1978n-m-1).又因为989m与1978n-m-1都是奇数,所以23|2m,则m≥3.而2m与989m中都不含因数5,所以53| (1978n-m-1),由二项式定理可知1978n-m=(2000 -22)n-m=1000k+(-22)n-m,这里k∈Z+,所以53 |[(-22)n-m-1].又因为22l(l∈Z+)的末位数字只能是2,4,8,6的循环,所以仅当4|n-m时, (-22)n-m-1能被25整除,不妨设n-m=4p(p∈N),则(-22)4p=4842p=(500-16)2p=(1000k1+ 256)p=(125k2+6)p(k1,k2∈Z+).由二项式定理知只要53|6p-1.又6p-1=(5+1)p-1,从而只要C2p ?52+C1p?5能被125整除即可,即52|p?5p-3
2
.但5
不整除5p-3
2,
所以52|p,即p=25q(q∈N).于是,n -m=4p=100q,n-m至少等于100(当q=1时取到),因此,m+n的最小值是n-m+2m=106(当m =3,n=103时取到).
三、强化训练
1.求值:2n-C1n2n-1+C2n2n-2-…+(-1)n-1
?C n-1
n
2+(-1)n.
2.计算:∑
l
k=0
C k n C l-k
m
.
3.证明:∑
n
k=0
(C k n)2=C n2n.
4.证明:2n=(C0n-C2n+C4n-…)2+(C1n-C3n +C5n-…)2.(1980年安徽赛题)
51试证:对任意的n∈N,不等式(2n+1)n≥
(2n)n+(2n-1)n成立.
61设自然数a、b的末位数字是3或7,试证对任
意自然数m和n,a4n+2m-b2m是20的倍数.
答案或提示
11提示:逆用二项式定理.
21C l m+n.提示:考察(1+x)m(1+x)n的展开式中x l的系数.
31提示:C n2n为(1+x)2n展开式中x n的系数,而(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n,对右边分别运用二项式定理展开,再求出x n的系数即可.
41提示:左边=(1+1)n=(1+i)n(1-i)n= [(C0n-C2n+C4n-…)+(C1n-C3n+C5n-…)i]?[(C0n -C2n+C4n-…)-(C1n-C3n+C5n-…)i]=右边.
5.原不等式等价于(1+
1
2n
)n≥1+(1-
1
2n
)n.则(1+
1
2n
)n-(1-
1
2n
)n=2[C1n?
1
2n
+C3n?(
1
2n
)3+…]
≥2C1n?1
2n
=1.
6.不妨设a=10a1+7,b=10a1+3,则a4n+2m-b2m=[(10a1+7)2]2n+m-[(10b1+3)2]m=[20(5a12 +7a1+2)+9]2n+m-[20(5b12+3b1)+9]m=(20a2 +9)2n+m-(20b2+9)m.由二项式定理可知只要证: 92n+m-9m是20的倍数即可,而92n+m-9m=9m ?[(80+1)n-1],运用二项式定理得证,其它情况同理可证.
参考文献
1 单土尊.数学竞赛研究教程.南京:江苏教育出版社
2 胡炳生.国际数学奥林匹克(IMO)30年.中国展望出版社3 梅向明.中学数学奥林匹克丛书—组合基础.