二項式定理在解競賽題中的應(yīng)用.doc

1、二項式定理在解競賽題中的應(yīng)用陜西省西安中學(xué)王揚二項式定理，由于其結(jié)構(gòu)復(fù)雜，多年來在高考試題里未能充分展現(xiàn)其應(yīng)有的知識地位， 然而，數(shù)學(xué)競賽命題者卻對此情有獨鐘而涉及到二項式定理的試題又常使參賽學(xué)生感到棘 手，這里，筆者介紹應(yīng)用二項式定理解決幾類問題的方法。1.解決一些整數(shù)問題(1) 構(gòu)造對偶式，利用二項式定理判斷整數(shù)問題例1當n N時，(3.7)n的整數(shù)部分是奇數(shù)，還是偶數(shù)？請證明你的結(jié)論。(1980,迎春杯數(shù)學(xué)競賽)分析：因為(3 7)n可表示為一個整數(shù)與一個純小數(shù)之和，而這個整數(shù)即為所求，要判斷此整數(shù)的奇偶性，由(3 、_7)聯(lián)想到其共軛根式(3- .7) (0,1)，其和(3 -.7)+

2、(3 - 7)是一個偶數(shù)，即(3- 7)的整數(shù)部分為奇數(shù)，于是，可從研究對偶式(3、7)n與(3 - 7)n的和入手。證明：首先，我們肯定 (3.7)n的整數(shù)部分為奇數(shù)。事實上，因 0 ：(3- .7) ：1，且(3 .7)n + (3 - .7)2 (3nC 7 -3nQ2 72 3n*C：)A=2k N,(=表示記做)(3、7)n =2k -(3 -、7)n =(2k -1)1 -(3 - . 7)n即 (3 ,7)n =2k -1.(x表示x的整數(shù)部分)，因此，(37)n的整數(shù)部分為 奇數(shù)。(2) 構(gòu)造對偶式，利用二項式定理處理整除性問題例2.試證大于(1+J3)2n的最小整數(shù)能被2n4

3、1整除(n N)。(第6屆普特南數(shù)學(xué)競 賽)聯(lián)想廠分析：由(1 、.3)2n(1- ,3)2 (0,1)，考慮二者之和。證明：注意到0 ： (1 - 3)2n ： 1，結(jié)合二項式定理有2n2nn n 1 nn 24、(1.3)(1.3)= 2(33_C2n 3_C2n )2k N.則大于(1 3)2n的最小正整數(shù)必為 2k，又2k =(13)2n (1 - .3)2n =( .31)2n (、3 1)2n=(1、3)2n (1 -、3)2n =2n(2.3)n (2 一 一 3)n(*)而由二項式定理知 (2 3)n _(2_.3)n =2 N,所以，(*) =2n”k 即2n 1 2k，從而

4、命題得證。注：此題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明。(3) 構(gòu)造二項式，利用遞推式證明整除性問題n J例 3設(shè) m = 41 +1,1 是非負整數(shù)，求證： a = C： + mC； + m2C5 + m 2 Cnn 1(n =2k 1, N)能被2 整除。分析：聯(lián)想到二項展開式的結(jié)構(gòu)，構(gòu)造a 的二項式一（1+n -（1 一 jm）n ,2. m并設(shè)法分離出整數(shù) 2nA。證明：有二項式定理知a1(1、m)n -(1 一、一 m)n2 m11 J 、m、n=2 】mF（寧門n欲證原題，只要證 b1 m、n /丁)_(1 - _ m n 丁）為整數(shù)即可。但易知bn 廠 0 Ibn4，且b 1, b 2 ,由數(shù)學(xué)

5、歸納法易知 bn（n N,n 一 3）皆為整數(shù)。2心n -1d +mC； +m2C； +m 2 C (n=2k+1)注：遞推法與歸納法聯(lián)手是解決本題的高招。例4一個整數(shù)數(shù)列定義如下：ao =0,a1 =1,(1) an 二 2an4 an(n - 2,)(2)證明：當且僅當 2k an時，有2k n。（第29屆IMO備選題）分析：上例由二項式構(gòu)造遞推式進而順利完成了證明，此題則給出了遞推式，是否可逆用上例的思想是值得思考之路。證明：由條件（1 ）(2 )知 an 二一1 (12)n 一(1一、.2門,設(shè)242kn =2 (2I1)(l k N)an(1 、.2)於 _(12尹(12尹21 (1

6、 .、.2)2s .d_.2)2k21.后面括弧里中間一項為1，其余的項每兩個共軛根式之和為2的倍數(shù)，因此，后面括弧中的數(shù)之和為奇數(shù)，所以2k(1 2)_(2)事實上，令 bki2)1-2產(chǎn),22(1、2)2幾(1.才-272F 2)2-(12產(chǎn) 2mk(1- 2)2)242（應(yīng)用二項式定理）2、2即bk 1 = 2mkbk，所以bk - 2mk 4bk 4二 2 mi m2m (m N,i = 1,2,. ,k - 1,mkN)即 2k bn = 2k ak = 2k n。2 .證明不等式例5證明：對任意的正整數(shù) n,不等式 （2n，1）n_（2n）（2n-1）n成立。（第21屆全蘇數(shù)學(xué)競賽

7、）證明：由二項式定理有(1+2n)n (2n 1)n =2(2n)ncn +(2n)nC； +(2n)n于是本題得證。1 1例6。設(shè)a,b R ,且1，試證對每個n N,都有a b（a b）n -an -bb _22n -2n 1。 （1988，全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）分析：本題一般采用數(shù)學(xué)歸納法，但合理應(yīng)用二項式定理也是解此題的良策。112;證法1：由1知ab - 2 ,對欲證不等式左邊直接應(yīng)用二項式定a bab則有匕丘 1(12)2廠 -(1- . 2產(chǎn) (12)2 一 (1一 .2)2丫理有(a b)n a bb 二cnanb c2anb2 C；，a2bn，C；abn= 1(anJb abnJ

8、L)C： (an，b2 abW 2-.,(ab)n(C： C： C：)_2n(2n -2)_ 2 2n十證法2;作變換后應(yīng)用二項式定理。1令 a=1 yb=1 t(t R )，結(jié)合 a b=ab 有n n bn n n n , nn(a b) - - a - - b a b - - a - - b (a 1 )(b 1)-11 1),如果n為大于5的素數(shù)，求證：ng(n)g(n)+1。(第29屆IMO備選題)分析：聯(lián)想到例4的結(jié)構(gòu)，由本題所給遞推式可求得通項公式一一二項式模型，進而 給利用數(shù)論知識鋪平道路。證明：令 f(n )=g( n) 1，則 f(1) =1, f(22(1)f(n 2)

9、= f (n 1) f( n)(2)由(1)及(2)易推出叫15(寧(寧11nn(Cn1 -5C3152Cn.5 2 C：1)2注意到n為大于5的素數(shù)，所以，(2,n )=1二(2n, n)=1,且 n CL(3G 蘭 n1)，由(3)知nnd2n f (n)三(n 1)(15三)三 15 (mod n)，所以,n 4n .12nf (n) -1 =15 -2n(mod n)二-15 2 (mod n)f (n) f( n) -1三1 - 5n 0(mod n)(這幾步應(yīng)用了費爾馬小定理)而 n g(n)g(n)+1 u n f(n)f(n)-1。注：費爾馬小定理在解決整除性問題中的工具作用是

10、不可低估的，而變換數(shù)列則使新 數(shù)列的的通項常規(guī)化一一二項式模型是解題的關(guān)鍵。例 9。數(shù)列 a0,a1 ,a2,，滿足 a0 =1,a1 = 1,an 2an (a -1)an/(n N)是參數(shù)，設(shè)p0 2是給定的素數(shù)，求滿足下列兩個條件的a的最小值：(1)如果p是素數(shù)，且M P0,則pap。(2)如果p是素數(shù)，且 p P0,則p丨ap(表示p不整除ap)。(第23屆IMO備選題)解：由題目條件知an1JI: (1 r a)n -(1 - a)n,注意到p是素數(shù),2 a則 pCp(k =1,2, p_1),1P/pv由二項式定理有 an 二1 (1 、a)n - (1- . a)nCpi 1a

11、a_ (mod p),2苗y而當 p=2 時，a2 =1(1、.a)2 - (1-.a)2 =2 =0(mod 2)。2ja所以，使(1 )、(2)成立的充要條件是 a被滿足0 c p蘭p0的所有素數(shù)p之積。練習題1 設(shè)在(5 一 2 7)2n 1的展開式中，用I記它的整數(shù)部分，F(xiàn)記它的小數(shù)部分，求證：(F+I ) F是一定值。2 .對任意非負整數(shù)n,證明：2訕(1 + J3)2n41。an - anb 亠 亠 abn bna - bn3. 設(shè) a、b R n _ 2,n N，求證：()。n +124. 證明：數(shù)列bn二(2二I3)-(2二3)的每一項都是整數(shù)，其中nN，并求2 3所有使an被

12、3整除n = Z .Q + -CQC5. 證明數(shù)列bn=(-)n(-)n-2的每一項都是自然數(shù) N，且當n為2 22 2偶數(shù)或奇數(shù)時分別有形式 5m 或m (m N)。(1978，捷克斯洛伐克數(shù)學(xué)競賽)參考答案（5-27）2n 1 -（5一2 - 7）2n 1 二1 - 2（C；n+ 50n 7+C爲 50 73 + A=2m N而 0 . （5. 2 -7）2n 1 : 1，貝H F =（5、2 -7）2n 1 , I F = （5、2 7）2n 1（I F）F = （5、2 7）2n 5 . 27）2n 1 = （50 49）2n 1 = 12. v _1 ： （1.、3）2n 1 ： 0

13、, （V . 3）2n 彳=（1、3）2n 1 （1 _、3）2n 1 =（1+J3）2n （1+V3）+（1 J）2n（1 V3）=（V 3）2n （1 一 .3）2n .3（1 、3）2n -（1 一 . 3）2n根據(jù)例 2 知 2小(1 + J3)2n (1 J3)2n,則只要證 2n3(i + J3)2n _(i _ J3)2n(*)而 0.-3)2n 一(1 一 .3)2n =2n(2 .3)n 一(2一 .3)n= 21k、3(k N)即73 ?1 +J3)2n _(1 _石)2打=3公柿，所以,(* )成立。3. a=b時結(jié)論顯然成立。只要證明a豐b時，結(jié)論成立，這時原結(jié)論等價于

14、an1 _bn1(n 1)(a -b)a b2a - b2_a = x y,b = x - y(x, y R )，這時an 1 -bn1(x + y)n*(x y)n* = (n 1)(a-b)2y( n 1)1 / 1 n 丄 x-x 3n _2 .、=(Cn+x +6 卅X+)n 111 n a*bn4. a。=0 , an =(2ncn 2nJ3C： 2nC；) N(n N)又易知an24an1-an= an.2= an .1 - an (mod3)，數(shù)列ao，a1，a2,前8項除以3的余數(shù)依次為0,0,2,2,0,1，所以，a6三a0 (mod 3)三a1(mod 3)，且對于n N，有an 6 = an(mod 3)，于是，在此數(shù)列中凡a3k的項只有這些項除以 3的于是為 0, ( k N),又(2 + 屈)(2 - J3) =1 ,an(2、3)n -(2 -、3)n = (2 -、3)-(2、3)2后2丿3即 n : 0, n N,aN，且僅當 n = 0(mod3)時，an 三 0(mod 3)。亦+1亦_15.設(shè) an = ()n -()n，則 n N,時，an - 0 ,且有2 2an 2二5an 丁 -an,以下用歸納法證明a22是整數(shù)，a2n具有形式m 5(n Z)。事實上，ai =1,a2 = .5,假設(shè)結(jié)論對某個 k N成立，則