教本探源求二项展开式的某项或某项的系数——谈组合推导法的应用

求二项展开式的某项或某项的系数是高考数学的一个基本知识点,每年的高考题都有一定的题目出现,人们往往利用二项式定理的通项公式去解决,却忽视了推导二项式定理的原理,组合计数推导法,这是伟大的物理学家、数学家牛顿在1665年推导二项式定理的方法,我命名为"组合推导法",多项式的乘法本质是其结果由每个括号中取一项相乘的所有单项式合并同类项得到的.教材中二项式定理的推导就是将(a+b)n看成n个a+b相乘,从每个括号中     

例析二项展开式的通项公式及应用

(a+b)n的展开式的通项为 Tr+1=Cnra(n-r)br(0≤r≤n). 应用通项公式Tr+1=Cnra(n-r)br时应注意以下几点:①通项公式是表示第"r+1"项,而不是 第r项;②展开式中第r+1项的二项式系数Cnr与第r+1项的系数不同;③通项公式中含有a, b,n,r.Tr+1五个元素,只要知道其中的四个元素,就可以求第五个元素,在有关二项式定理的问 题中,常遇到这五个元素中的若干个,求另外几个元素的问题,这类问题一般是利用通项公式, 把问题归蚋为解方程(或方程组),这里必须注意n是正整数,r是非负整数,且r≤n.下面就其应 用举例说明:     

浅析二项式定理的应用

二项式定理： 对于任意两个数a和b以及正整数n，总有（a＋b）n=Cn0an＋Cn2an-1b＋Cn2an-2b2＋…＋Cnran-rbr＋…＋Cnnbn,式中Cnm为组合数．公式右边的多项式称为二项展开式，又称牛顿二项展开式．     

一个不等式的证明

定理nn-1[(m+1)n-1n-1]<∑mi=11niαn-αn-1(α>1,n∈N,n≥2).证明由二项式定理得(α-1n)n=∑nr=0(-1)rCrn1nrαn-r,∵Crn(1n)r-Cr+1n(1n)r+1=Cr+1n(1n)r+1·nr+rn-r≥0,∴Crn(1n)r≥Cr+1n(1n)r+1(当且仅当r=0时等号成立).若n为偶数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-2n1nn-2α2-Cn-1n1nn-1α)+Cnn1nn>αn-αn-1;若n为奇数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-1n1nn-1α-Cnn1nn)>αn-αn-1.2定理的证明(1)∑m…     

２００１年一道高考试题的背景

今年高考理科第20题(Ⅱ)为:已知m,n是正整数,且1相似文献   

巧用二项公式

我们知道,当n是正整数时有即x~n-y~n能被x-y整除; 当n是正奇数时有 即x~n y~n能被x y整除. 我们感兴趣的是二项公式具有可整除性的特点,它能巧妙应用于证明等比数列前n项和的公式,数列递推通项公式,解某一类特殊方程,多项式因式分解,证某一类不等式等。 例1 证明等比数列前n项之和的公式 应用二项公式可以给出一种简捷的证法。 证明:设等比数列为 则 上式两边乘以(1-q), 得(1-q)S_n=a_1(1-q~n), ∴S_n=a_1(1-q~n)/1-q (q≠1).     

数列求和的策略

数列求和的关键是从通项出发,分析其结构特征,若问题能转化为等差数列或等比数列的求和,则有基本求和公式可用;或变换通项,经过裂项等方法消去中间项,达到求和的目的.若通项an是项数n的一次、二次、三次多项式的形式,则可以转化为正整数数列、正整数平方数列、立方数列进行求和.常用的求和方法有以下几种:……     

关于一道压轴题的思考

在某地的一份联考试卷上有这样一道压轴题:证明不等式:(1 1/n)n<(1 1/(n 1))n 1,n∈N*.所给参考答案为:从左边(1 1/n)n的通项入手可以得到:1Tr =C nr(1)n?r(1n)r=!!()!1!r!()!rnr n rnn r n r n?=?C nr(1n)r1(1)(1)()21!()21n n n r n rr n r n n n=???? ????=1(11)(12)(11)!rr     

一类三角函数值求和的新解法

设复数2’r(cos9 isin9)(f》0)的n次方根为x, ,:石(cos半 isin华)(k:0,1,2,……,n—1)有《11’2。设此二项方程的n个根分别是:x_1、x_2、x_3、……x_n。根据韦达定理有:     

斐波那契数列中的“平方和(差)”公式

19世纪法国数学家吕卡将级数{F n}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144…{F n+1=Fn+Fn?1}命名为斐波那契级数,它是一种特殊的线性递归数列,在数学的许多分支中有广泛应用.1680年意大利——法国学者卡西尼发现该级数的重要关系式Fn+1Fn?1?Fn2=(?1)n?1730年法国数学家棣莫弗给出其通项表达式:1[(15)(15)]522n nFn=+??.19世纪初另一位法国数学家比内证明了这一表达式.文[1]给出了关于斐波那契数的一个公式即Fn Fn+d?Fn+1Fn+d?1=(?1)n+1Fd?1,(1)其中n是任意正整数,d≥2.文[2]给出了关于斐波那契数的另二个公式即Fn?1Fn+Fn Fn+1=F2n,(2)Fn+1…     

费尔玛大定理在偶指数情形下是成立的

本文通过不定方程x~2 y~2=z~2的正整数解的公式,利用整除的基本性质,二项定理的项的排列规律,以及数学家孙琦和曹珍富的结果,证明了费尔玛大定理在偶指数情形下是成立的。     

二项式定理及其应用

内容概述二项式定理(a+b) (n∈N)是二项式n次幂的展开式.其通项公式即第r+1项是Tr+1=Crnan-rbr(O≤r≤n),通项公式主要用于解决某个特定项问题.而二项展开式系数Crn有如下一些性质在解题中经常用到. 1.组合恒等式:Cn-mn=Cmn. 2.当n为偶数时,中间项Tn/2+1的二项式系数最大;当n为奇数时,中间二项Tn+1/2+1和Tn+3/2+1的二项式系数相等且最大.在解决展开式中绝对值最大的项等一类问题:常需解不等式|Tr+1|≥|Tr|和|Tr+1|≥     

等差、等比数列的充要条件

中学数学教材中,给出的等差、等比数列的通项公式和前n项和的公式,实际上都是等差、等比数列的充要条件。这四个充要条件,我们还可进一步简化如下(下面定理中,a_n表示数列通项,S_n表示前n项和,A、B、p、r、k均表示常数): 定理二数列{a_n}为等差数列的充要条件是a_n=A_n B。定理二数列{a_n}为等差数列的充要条件是S_n=An~2 B_n。     

关于不定方程x2+(x+1)2=z2的正整数解

从两个最基本的不定方程x2 y2=z2和x2-dy2=1以及它们的相关定理出发,讨论了不定方程x2 (x 1)2=z2的正整数解的通项公式,并对n取特殊值的情况进行了赋值运算,结果验证了它的所有正整数解的通项公式.     

一类整除问题的通解方法

(一)问题的提出在不少数学资料和一些试题中,经常出现这样一类有关整除性的问题:设p(n)=a_0n~k a_1n~(k-1) …… a_k(a_0≠0)…………………(i) 是一个关于整数n的多项式(其中,k为正整数,a_0,a_1,……a_k均为整数)。需要判定p(n)是否能够被整数m(m≠0和1)整除?(所谓整除,是指对一切整数n,p(n)均能被m整除)。例如 (1)试证:n~3-3n~2 2n-6能被6整     

一类概率最值问题的通解

贝努利试验也叫独立重复试验,它在概率论中占有相当重要的地位,其特点是每次试验的结果只有两种,且每次试验相互独立,但要注意两种结果出现的概率是不一定相同的.课本上已经给出了n次独立重复试验中某事件恰巧发生k次的概率计算公式为Pn(k)=Cknpk(1-p)n-k,其实它正好是二项式[(1-p)+p]n的展开式中的第k+1项.而[(1-p)+p]n=1,这与n次独立重复试验中,某事件恰发生0、1、2、…、n次的和事件是必然事件也是吻合的,二者有着密不可分的关系.所以我们可以利用二项式定理中求最大项的方法来研究贝努利型概率的最大值问题.1问题情境例110层电梯从底层…     

多项式根的倒数和问题求解

韦达定理是关于多项式根的经典定理[1].但涉及稍复杂的多项式根的求和,特别是有关根的倒数和问题,应用韦达定理还不足以解决问题.如下的命题却简单有效.命题假设P(x)是次数为n的多项式,r1,r2,…,rn是其n个根.     

子集格的一个特殊子集的交族

设正整数n,r,l,s满足r相似文献   

不定方程rx~2 rx=y~2的正整数解

定理 已知(x_n,y_n)(n=0,1,2,…,r|2y_0)是方程 rx~2 rx=y~2 (1)的正整数解.则 事实上,将(2)代入(1)验证即知.由(2)即可求出(1)的求解公式.为此,命     

“大衍求一术”探秘

<正> 一 德国数学家高斯(K·F·Gauss,1777—1855)在1801年出版了《算术探究》一书,内载他对一次同余式理论的研究成果。其中有一条重要定理:设a_1, a_2…,a_n两两互素, M=a_1a_2a_3…a_n=a_1m_1=a_2m_2…=a_nm_n则满足同余式组 x≡b_1(moda_1)≡b_2(moda_2)≡…≡b_n(mcda_n)的正整数解是x≡∑b_ju_jm_j(modM)。(1)其中u_j是满足同余式u_jm_j≡1 (moda_j)的正整数解,i=1,2…,n。 (定理的证明可参看一般的初等数论) 当时欧洲数学家对中国古代数学毫不了解。直到十九世纪七十年代,欧洲数学家才发现