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  • 题目描述 二项式定理(英语:Binomial theorem),又称牛顿二项式定理,由艾萨克•牛顿于1664年、1665年期间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如 展开为类似 项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次...
    题目描述
      二项式定理(英语:Binomial theorem),又称牛顿二项式定理,由艾萨克•牛顿于1664年、1665年期间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如 展开为类似 项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂,即广义二项式定理。二项式定理可以用以下公式表示:
       
      我们称C(n,k)为二项式系数。

      现在,你要解决得问题是:已知某二项数系数为m,那么有多少个(n,k)满足(C(n,k)=m,按照n升序排列,若n相同,则按k升序排列。


    输入

      第一行为整数T,表示数据组数。接下来的T行,每组数据占一行,为一个整数m。

    输出

      每组数据输出两行,第一行为满足条件的(n,k)的数,接下来一行为满足条件的(n,k)对,每队用括号括起来,括号之间用一个空格分开。按n升序排列,若n相同,则按k升序排列。

    提示

    2<=m<=10^15



    分析:

    这题刚拿到无从下手,一想反正是练习题时间充足,就找了两三个小时的规律,无奈太弱没找出来....

    于是只有通过正当途径找。因为没有找到规律,且这种已知结果求组合数的n,k的问题也没有涉及过,所以枚举什么的应该是无法避免了。

    但可以睿智地枚举。首先不要枚举n。因为一旦m大了之后,n的枚举范围可能会异常大,不明智。相对来说k就好枚举多了,根据二项式定理的推论,C(n,n/2)最大,C(n,1)最小。此处k固定,那么n=2*k是最小的二分范围,n=m是最大的二分范围。于是,k通过for循环枚举,每枚举一个k就二分找n。

    注意枚举k时也可以加一个判断,如果C(2*k,k)比m还大,说明n取最小的时候都已经无解了,就直接退出。

    检查n是否正确:直接计算,因为组合数除掉的数始终比乘上的数小,所以一旦中间结果大于m就直接返回m+1表示不成立。

    另:最多的有8对...


    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    #include<cmath>
    using namespace std;
    typedef long long LL;
    int T;
    LL M,tot;
    struct data{LL N,K;}ans[10];
    bool cmp(data a,data b) {return a.N==b.N?a.K<b.K:a.N<b.N;}
    
    LL check(LL n,LL m)
    {
    	LL a=1;
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		if(a/i>M/(n-i+1)) return M+1;
    		a*=(n-i+1);
    		a/=i;
    	}
    	return a;
    }
    
    void solve()
    {
    	tot=0;
    	LL l,r,mid,t;
    	for(LL k=1;check(k*2,k)<=M;k++)
    	{
    		l=2*k,r=M;
    		while(r>=l)
    		{
    			mid=(r+l)/2;
    			t=check(mid,k);
    			if(t==M)
    			{
    				ans[++tot]=(data){mid,k};
    				if(mid!=k*2) ans[++tot]=(data){mid,mid-k};
    				break;
    			}
    			else if(t>M) r=mid-1;
    			else l=mid+1;
    		}
    	}
    }
    
    int main()
    {
    //	freopen("in.txt","r",stdin);
    	scanf("%d",&T);
    	while(T--)
    	{
    		scanf("%lld",&M);
    		solve();
    		if(tot) sort(ans+1,ans+1+tot,cmp);
    		printf("%d\n",tot);
    		for(int i=1;i<=tot;i++) 
    		{
    			printf("(%lld,%lld)",ans[i].N,ans[i].K);
    			if(i!=tot) printf(" ");
    		}
    		if(T) printf("\n");
    	}
    	return 0;
    }

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  • 假如能用二项式定理,kkk项系数可以用组合数表示出来 但是这里不能用二项式定理,因为里面有三项 但是我们可以变形一下!! (x2−2x+1)n(x^2-2x+1)^n(x2−2x+1)n的系数和f(x)f(x)f(x)完全相同 因为我们只是加上了3x3x3...

    LINK


    题意

    f(x)=(x2+x1)nf(x)=(x^2+x-1)^n的第kk项系数

    答案对33取余


    观察数据范围,可以想到应该是O(log)O(log)一次的询问

    应该不是什么多项式(可能)

    假如能用二项式定理,第kk项系数可以用组合数表示出来

    但是这里不能用二项式定理,因为里面有三项

    但是我们可以变形一下!!

    (x22x+1)n(x^2-2x+1)^n的系数和f(x)f(x)完全相同

    因为我们只是加上了3x3x的倍数,模33意义下是一样的

    变成这样之后,括号内是一个完全平方的形式

    (x1)2n(x-1)^{2n}

    kk项就是C2nk(1)2nkxkC_{2n}^k(-1)^{2n-k}x^{k}

    卢卡斯搞一搞就好了

    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define int long long
    const int mod=3;
    int t,n,k,fac[2001];
    int quick(int x,int n)
    {
    	int ans = 1;
    	for( ; n ; n>>=1,x=x*x%mod )
    		if( n&1 )	ans = ans*x%mod;
    	return ans;
    }
    int C(int n,int m)
    {
    	if(m>n)	return 0;
    	return fac[n]*quick(fac[m],mod-2)%mod*quick(fac[n-m],mod-2)%mod;
    }
    int Lucas(int n,int m)
    {
    	if(!m)	return 1ll;
    	return C(n%mod,m%mod)*Lucas(n/mod,m/mod)%mod;
    }
    signed main()
    {
    	fac[0]=1;
    	for(int i=1;i<=2000;i++)	fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
    	cin >> t;
    	while( t-- )
    	{
    		cin >> n >> k;
    		int ans = Lucas(2*n,k)*quick(-1,2*n-k);
    		cout << ( ans%mod+mod )%mod << endl;
    	}
    }
    
    展开全文
  • 考虑到《二元齐次对称多项式与二项式定理》的总结与提高,在全书的最后安排了九章,简单介绍了个代数系统——线性空间。线性空间的基本概念,在科技领域内已可以算得上是常识性的内容(概念)了,熟悉这重要而又...
  • C语言——二项式定理

    千次阅读 2019-12-04 20:40:46
    题目:用户输入二项式定理第一个数值、第二个数值,以及幂次。最后打印出展开式和二项式 这个题主要是数学公式转换成代码,稍微不留神可能会出错,主要是很绕(刚开始给绕进去了,丢人了) 不多说,看代码看代码 ...

    本来已经到C++了,但是有一个小学弟问我这个问题,一点都不难,但是很绕,想了一会把它做出来给大家看看,嘿,献丑了

    题目:用户输入二项式定理中第一个数值、第二个数值,以及幂次。最后打印出展开式和二项式

    这个题主要是数学公式转换成代码,稍微不留神可能会出错,主要是很绕(刚开始给绕进去了,丢人了)
    不多说,看代码看代码

    代码如下:

    #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
    #include<stdio.h>
    #include<stdlib.h>
    #include<math.h>
    //这个函数是求第k项的系数
    int coe(int n, int k){
        if (k == 0 || n == k )
            return 1;
        int num1=1, num2=1;
        for (int i = 0; i < k; i++)
            num1 = num1*(n-i);
        for (int i = 1; i <= k; i++)
            num2 = num2*i;
        return (num1 / num2);
    }
    //这个函数打印展开后的公式以及结果
    void showMuli(int x, int y, int n){
        printf("(%d + %d)^%d = ", x, y, n);
        double sum = 0;
        for (int i = 0; i <= n; i++){
            if (i == 0)
                printf("%d^%d + ", x ,n-i);
            else if (i == n)
                printf("%d^%d = ",  y, i);
            else 
            printf("%d*%d^%d*%d^%d + ", coe(n, i), x, n - i, y, i);
        }
        sum = pow((double)(x+y), (double)n);
        printf(" %d \n", (int)sum);
    }
    
    int main(){   
        int x, y, n;
        printf("请输入第一个数: ");
        scanf("%d", &x);
        printf("请输入第二个数: ");
        scanf("%d", &y);
        printf("请输入二项式的幂次: ");
        scanf("%d", &n);
        showMuli(x, y, n);
        system("pause");
        return 0;
    }
    

    结果如下:

    在这里插入图片描述

    展开全文
  • 二项式定理(3课时)

    2021-01-21 02:48:40
    二项式定理(3)*例3 (x2+3x+2)5展开式中x的系数为_________ . 方法1 (x2+3x+2)5=[(x2+2)+3x]5 方法2 (x2+3x+2)5=[x(x+3)+2]
  • 二项式定理

    2019-02-25 11:25:00
    前言 、相关方法 ...二、二项式定理 \[(a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r+\cdots+C_n^n\cdot a^...

    前言

    一、相关方法

    • “赋值法”普遍运用于恒等式,是一种处理二项式相关问题比较常用的方法。

    二、二项式定理

    \[(a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\]

    项的排列规则:按照\(a\)的降幂排列同时按照\(b\)的升幂排列,每一项的次数(\(a\)\(b\)的指数之和)为\(n\),如果不按照这样的规则排列,由于加法具有交换律,故通项公式就没有意义;等式右边称为\((a+b)^n\)二项展开式,共有\(n+1\)项,其中各项的系数\(C_n^r(r=0,1,2,\cdots,n)\)称为二项式系数,\(C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)称为二项展开式的第\(r+1\)项,又称为二项式通项。故通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)\(r=0,1,2,\cdots,n\)

    • 证明思路:

    ①由具体到抽象;

    ②组合数法;比如第一项,\(C_n^n\cdot a^n\cdot C_n^0\cdot b^0=C_n^0\cdot a^n\)

    比如第二项,\(C_n^{n-1}\cdot a^{n-1}\cdot C_1^1\cdot b^1=C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1\)

    其他项依此类推;

    • 应用时需要注意:

    \(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\),可以表达展开式中的任意项,当\(n\)\(r\)确定,该项就随之确定;

    \(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)\(r=0,1,2,\cdots,n\),是展开式中的第\(r+1\)项,不是第\(r\)项;

    ③公式中\(a\)\(b\)的指数之和为\(n\),且\(a\)\(b\)的位置不能随意颠倒;

    ④要将通项公式中的系数和字母分离开,以便于解决计算问题;

    ⑤关于\((a-b)^n\)展开式的通项公式,要特别注意符号问题,\((a-b)^n=[a+(-b)]^n\)

    三、赋值应用

    • ① 令\(a=1\)\(b=x\),则得到公式:

    \[(1+x)^n=1+C_n^1x+C_n^2x^2+C_n^3x^3+\cdots+C_n^rx^r+\cdots+C_n^nx^n\]

    • ② 当需要求二项展开式的系数之和时,常将\((m+cx)^n\)展开为:

    \[(m+cx)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\]

    • ③ 二项式系数之和

    \((a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\)中,

    \(a=1\)\(b=1\),得到

    \[C_n^0+C_n^1+\cdots+C_n^r+\cdots+C_n^n=2^n\]

    应用:含有\(n\)个元素的集合\(\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\),其所有的子集个数有\(2^n\)个;所有的真子集个数有\(2^n-1\)个;所有的非空子集个数有\(2^n-1\)个;所有的非空真子集个数有\(2^n-2\)个。

    • ④ 各项的系数和与各项的系数的绝对值之和

    若二项式\((3-x)^n(n\in N^*)\)中所有项的系数之和为\(A\),所有项的系数的绝对值之和为\(B\),求\(A\)\(B\)的值。

    分析:\((3-x)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\)

    \(x=1\),得到所有项的系数之和

    \(A=a_0+a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=(3-1)^n=2^n\)

    \(x=-1\),得到所有项的系数的绝对值之和

    \(B=|a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+\cdots+|a_n|\)

    \(=a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-\cdots+(-1)^n\cdot a_n\)

    \(=(3+1)^n=4^n\)

    • ⑤ 奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和

    \((a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\)中,

    \(a=1\)\(b=-1\),得到

    \((1-1)^n=C_n^0-C_n^1+C_n^2-C_n^3+\cdots+(-1)^nx^n=0\),得到

    \[C_n^0+C_n^2+C_n^4+C_n^6+\cdots =C_n^1+C_n^3+C_n^5+C_n^7+\cdots =2^{n-1}\]

    引申

    ①若\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\),则\(f(x)\)展开式中各项系数之和为\(f(1)\),奇数项系数之和为\(\frac{f(1)+f(-1)}{2}\);偶数项系数之和为\(\frac{f(1)-f(-1)}{2}\)

    ②对形如\((ax+b)^n\)\((a+x)(b+cx^2)^n\)\((ax^2+bx+c)^n\)(\(a\)\(b\)\(c\in R\))的式子求其展开式各项系数之和,只需令\(x=1\)即可。

    ③求\((ax+by)^n\)的展开式中的各项系数之和,只需令\(x=y=1\)即可。

    四、相关性质

    • 组合数性质:

    \(①C_n^m=C_n^{n-m}\)

    \(②C_{n+1}^m=C_n^m+C_n^{m-1}\)

    • 二项式系数的性质

    二项式系数先增后减中间项最大;当\(n\)为偶数时,第\(\cfrac{n}{2}+1\)项的二项式系数最大,最大值为\(C_n^{\frac{n}{2}}\);当\(n\)为奇数时,第\(\cfrac{n+1}{2}\)项和第\(\cfrac{n+3}{2}\)项的二项式系数最大,最大值为\(C_n^{\frac{n-1}{2}}\)\(C_n^{\frac{n+1}{2}}\)

    五、典例剖析

    例1求值:\(2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n\)=___________。

    分析:\((2-1)^n=C_n^0\cdot 2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n\cdot C_n^n\cdot 2^0\)

    \(2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n=(2-1)^n=1\)

    例2【2011课标全国】\((x+\cfrac{a}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5\)的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为【】

    $A.-40$ $B.-20$ $C.20$ $D.40$

    分析:令\(x=1\),则其展开式的系数和为\((1+a)(2-1)^5=2\),解得\(a=1\)

    从而\((x+\cfrac{1}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5=\cfrac{x^2+1}{x}\cdot \cfrac{(2x^2-1)^5}{x^5}=\cfrac{(x^2+1)(2x^2-1)^5}{x^6}\)

    故转化为求\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项的系数问题;

    法1:通项公式法,\((2x^2-1)^5\)的通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x^2)^{5-r}\cdot (-1)^r=C_5^r\cdot 2^{5-r}\cdot (-1)^r\cdot x^{10-2r}\)

    \(10-2r=4\)时,即\(r=3\)时,该项为\(-40x^4\);当\(10-2r=6\)时,即\(r=2\)时,该项为\(80x^4\)

    \((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项为\(40x^6\),故原题目中的展开式中的常数项为\(40\),故选\(D\)

    法2:组合数法,\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项为\(C_1^1\cdot x^2\cdot C_5^2\cdot (2x^2)^2\cdot C_3^3\cdot (-1)^3\) \(+C_1^1\cdot 1\cdot C_5^3\cdot (2x^2)^3\cdot C_2^2\cdot (-1)^2=40x^6\)

    故原题目中的展开式中的常数项为\(40\),故选\(D\)

    例3若\((x+1)^4(x+4)^8=a_0(x+3)^{12}+a_1(x+3)^{11}+a_2(x+3)^{10}+\cdots+a_{11}(x+3)+a_{12}\),则\(log_2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})\)=_______。

    分析:令\(x=-2\),则\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{11}+a_{12}=(-2+1)^4(-2+4)^8=2^8\)①;

    \(x=-4\),则\(a_0-a_1+a_2-\cdots-a_{11}+a_{12}=(-4+1)^4(-4+4)^8=0\)②;

    ①-②得到,\(2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})=2^8\)

    \(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11}=2^7\)

    \(log_2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})=log_22^7=7\).

    例4【2014浙江高考】在\((1+x)^6(1+y)^4\)的展开式中,记\(x^my^n\)项的系数为\(f(m,n)\),则\(f(3,0)+f(2,1)\) \(+f(1,2)+f(0,3)\)=【】

    $A.45$ $B.60$ $C.120$ $D.210$

    分析:由组合数法可以求得,\(x^my^n\)项的系数为\(f(m,n)=C_6^m\cdot x^m\cdot C_{6-m}^{6-m}\cdot 1^{6-m}\cdot C_4^n\cdot y^n\cdot C_{4-n}^{4-n}\cdot 1^{4-n}=C_6^m\cdot C_4^n\)

    \(f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)\)

    \(=C_6^3\cdot C_4^0+C_6^2\cdot C_4^1+C_6^1\cdot C_4^2+C_6^0\cdot C_4^3=120\),故选\(C\)

    例5【2013课标全国Ⅰ】设\(m\)为正整数,\((x+y)^{2m}\)的展开式的二项式系数的最大值为\(a\)\((x+y)^{2m+1}\)的展开式的二项式系数的最大值为\(b\),若\(13a=7b\),则\(m\)=【】

    $A.5$ $B.6$ $C.7$ $D.8$

    分析:由题目可知,\(a=C_{2m}^m\)\(b=C_{2m+1}^{m+1}\),又\(13a=7b\),即\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\)

    \(13\cdot \cfrac{(2m)!}{m!\cdot m!}=7\cdot \cfrac{(2m+1)!}{m!\cdot (m+1)!}\),解得\(m=6\),故选\(B\)

    法2:当解得\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\),用代入验证法,解得\(m=6\),故选\(B\)

    例6\((x^2+2x+3y)^5\)的展开式中,含\(x^5y^2\)的项的系数是多少?

    法1:将三项式转化为二项式的形式来处理。

    \((x^2+2x+3y)^5=[(x^2+2x)+3y]^5\),其通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r(x^2+2x)^{5-r}(3y)^r\)

    由此式可知令\(r=2\),则有\(T_{2+1}=C_5^2(x^2+2x)^{5-2}(3y)^2=9C_5^2(x^2+2x)^3y^2\)

    以下确定\(x\)的次数,再令\((x^2+3x)^3\)的通项公式为\(T_{k+1}=C_3^k(x^2)^{3-k}(2x)^k=2^kC_3^kx^{6-k}\)

    由此式可知令\(k=1\),则\(T_{1+1}=C_3^1(x^2)^{3-1}(2x)^1=2\times3 x^5\)

    故含有\(x^5y^2\)的项的系数应该是\(9C_5^2\times2\times3=540\).

    法2:排列组合法,

    \((x^2+2x+3y)^5=(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)\)

    先分析\(x^5y^2\)的项的构成方式,在本题中,只能是2次\(x^2\),1次\(x\),2次\(y\)构成,

    故按照多项式乘法法则可知,我们可以先从5个因式中任意选取二个有\(C_5^2\)种,在取出的这个因式种只选取项\(x^2\)

    然后再从剩余的3个因式中任意选取一个有\(C_3^1\)种,在取出的这个因式中只选取项\(2x\)

    最后将剩余的2个因式全部选取,有\(C_2^2\)种,在取出的每个因式种只选取项\(3y\)

    故有\(C_5^2\cdot x^2 \cdot x^2 \cdot C_3^1\cdot 2x\cdot C_2^2 3y\cdot 3y=C_5^2\cdot C_3^1\cdot C_2^2\cdot 2\cdot 9x^5y^2=540x^5y^2\).

    例7【2017高考全国卷丙】\((x+y)(2x-y)^5\)的展开式中\(x^3y^3\)的系数为【】

    $A.-80$ $B.-40$ $C.40$ $D.80$

    法1:通项公式法,由\((2x-y)^5\)展开式的通项公式:\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x)^{5-r}\cdot (-y)^r\)可得:

    \(r=3\)时,\(x(2x-y)^5\)展开式中\(x^3y^3\)的系数为\(C_5^3\times 2^2\times (-1)^3=-40\)

    \(r=2\)时,\(x(2x-y)^5\)展开式中\(x^3y^3\)的系数为\(C_5^2\times 2^3\times (-1)^2=-40\)

    \(x^3y^3\)的系数为\(80-40=40\),故选\(C\)

    法2:排列组合法,构成\(x^3y^3\)的有两个来源:

    其一,\(C_1^1\cdot x\cdot C_5^2\cdot (2x)^2\cdot C_3^3\cdot (-y)^3=-40x^3y^3\)

    其二,\(C_1^1\cdot y\cdot C_5^3\cdot (2x)^3\cdot C_2^2\cdot (-y)^2=80x^3y^3\)

    \(x^3y^3\)的系数为\(80-40=40\),故选\(C\)

    例8【2019届高三理科数学二轮用题】若二项式\((x-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^n\)的展开式中第\(m\)项为常数项,则\(m\)\(n\)应该满足【】

    $A.2n=3(m-1)$ $B.2n=3m$ $C.2n=3(m+1)$ $D.2n=m$

    分析:由于\((a+b)^n\)的二项展开式的通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)

    \(T_{r+1}=C_n^r\cdot x^{n-r}\cdot (-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^r=(-1)^r\cdot C_n^r\cdot x^{n-\cfrac{3r}{2}}\)

    \(n-\cfrac{3r}{2}=0\),且\(m=r+1\),代入整理得到,\(2n=3(m-1)\),故选\(A\)

    转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/10429916.html

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