图3-7〔例10〕过一圆的弦AB的中点M引任意两弦CD和EF，连结CF和ED交AB弦于P、Q.求证：PM＝MQ.(蝴蝶定理)
分析如图3-7，设PM＝x，MQ＝y，而AM＝MB＝a，由于弦CD与EF可随∠BMD与∠AMF的确定而确定，故本题中图形的自由度是2，不妨令G＝｛α，β｝(α＝∠BMD，β＝∠AMF)，以下设法用α、β去表示x、y，再证明x＝y就可以了。但实际计算一下可以发现，用α、β去表示x、y比较麻烦，而加入隐含条件∠CFE＝∠CDE就容易多了。于是，可令G′＝｛α、β、γ｝(γ＝∠CFE＝∠CDE)，则：AP＝a－x，PB＝a＋x，而且
CP＝xsinαsin(α＋β＋γ)，PF＝xsinβsinγ.
由AP·PB＝CP·PF(圆幂定理)得
x2sinαsinβsinγsin(α＋β＋γ)＝a2－x2，
于是x2＝α2sinγsin(α＋β＋γ)sinαsinβ＋sinγsin(α＋β＋γ)
同法可解得
y2＝α2sinγsin(α＋β＋γ)sinαsinβ＋sinγsin(α＋β＋γ)
这里，尽管问题中图形的自由度是2，即可取G＝｛α，β｝，但具体的解决过程却比较复杂，而若取G′＝｛α，β，γ｝，并以其去表示x与y，则方便得多。这时，加入γ并非多此一举，而是为了解题过程简单化。我们不妨称γ为“桥”，借助这座桥，我们可很快由此岸(已知)抵达彼岸(待证)。否则便要花费大气力迂回前进，而这正是我们所力图避免的。有时，我们在架设了一座“桥”以后还会撤掉它，即消去这个量，正所谓“过河拆桥”。
恰当地架“桥”在运用基本量方法的过程中，也可以算作一大技巧。
2.直观易行的交集法解题法
由于集合的元素可以是数，也可以是点，是数对，甚至是人或物，因此用交集法的思想去解题，非常直观、易行。
要找几个集合的交集，常用如下两种办法：一是把各个集合都找出来，然后找它们的公共部分，前面讲的交轨作图法用的就是这种办法；另一种办法是先找出其中一个集合，然后从中逐次剔除不在其他有关系集合中的元素，剩下的就是它们的交集，这种办法的实质就是逐步淘汰法，侦破案件常常就是采用这种办法，逐步缩小侦破范围，终达目的。
〔例11〕已知f(x)＝x2－6x＋5，问满足f(x)＋f(y)≤0与f(x)－f(y)≥0的点(x，y)在平面上的什么范围，并作图(1979年全国数学竞赛题)。
解：f(x)＋f(y)
＝(x2－6x＋5)＋(y2－6y＋5)
＝(x－3)2＋(y－3)2－8；
f(x)－f(y)
＝(x2－6x＋5)－(y2－6y＋5)
＝(x－3)2－(y－3)2
＝(x－y)(x＋y－6)。
因此，原题是求满足
(x－3)2＋(y－3)2－8≤0①
的点集与满足
(x－y)(x＋y－6)≥0②
的点集的交集。满足①的点集A是由圆心在(3，3)，半径为8的圆(x－3)2＋(y－3)2＝8的圆周上的点及圆内点构成(图3-8左图的阴影部分)；满足②的点集B是由满足
图3-8
(ⅰ)x－y≥0
x＋y－6≥0或(ⅱ)x－y≤0
x＋y－6≤0的点构成(图3-8中图的阴影部分)。
于是，问题变为求A∩B，求得的解是图3-8右图的阴影部分。
〔例12〕求两个数，它们的最大公约数是72，最小公倍数是864。
分析由于这两个数的最大公约数是72，所以可设这两个数为72m与72n，其中m与n互质。再设集合A含两个元素72与m，集合B含两个元素72与n，则A∩B只有一个元素72，且A∪B的所有元素的乘积应等于所求两数的最小公倍数864(见图3-9)，即72mn＝864，或mn＝12，其中m与n互质，故有
m13
n124
所以本题有两解：72与864；216与288
图3-9
(1)容斥原理
在计算一个集合A的元素的个数(记为｜A｜，下同)时，有时用间接计算法比直接计算法更为简便。例如，要计算1到1000之间不能被5整除的整数个数时；可以先计算1到1000能被5整除的整数的个数(这很容易，其个数为1000÷5＝200)，因此1到1000之间不能被5整除的整数的个数就是1000－200＝800。
这种间接计算原理可叙述如下：如果集合A是集合S的一个子集合，则属于A的元素的个数，等于S的所有元素的个数减去属于S而不属于A的元素的个数。用记号A表示属于S而不属于A的元素的集合，则上述原理可以写为
｜A｜＝｜S｜－｜A｜或｜A｜＝｜S｜－｜A｜
图3-10在这个原理中，A与A的元素不同(相斥)，即A∩A＝Φ，且A是A的补集，即A∪A＝S(相容)，故称它为“容斥原理”(如图3-10).
(2)容斥原理的应用
〔例13〕8个人排成一列，甲不在排首，乙不在排尾，共有多少种排法?
解：在容斥原理｜S0｜＝｜S｜－｜S1｜＋｜S2｜中，｜S｜＝8!，｜S1｜＝7!＋7!，｜S2｜＝6!
∴｜S0｜＝8!－2·7!＋6!＝43·6!＝30960。
注意离开容斥原理，常有下面的错误解法：
甲在排头时，共有(8－1)!＝7!种排法，
乙在排尾时，共有(8－1)!＝7!种排法，
所以甲不在排头，乙不在排尾共有
8!－7!－7!＝6·7!＝42·8!种排法。
错在哪里?
图3-11
设Sa为甲在排头的事件组成的集合，Sb为乙在排尾的事件组成的集合，则Sa与Sb并不互斥，即Sa中含子集Sab，Sb中也含子集Sab，而Sab≠Φ，所以应有(图3-11)
｜S0｜＝｜S｜－(｜Sa｜＋｜Sb｜)＋｜Sab｜＝8!－(7!＋7!)＋6!
这说明上述解法错在缺少｜Sab｜.
当然，我们可以换一种解法。在甲不在排头的情况下对乙是否在排头进行分类：设乙在排头的排法组成集合A，乙不在排头也不在排尾的排法组成集合B，则A与B互斥，于是得
｜A｜＝7!，｜B｜＝6·6!·6，
∴｜A｜＋｜B｜＝7!＋36·6!＝43·6!＝30960。
3.有效证明猜想题的数学归纳法
在与自然数有关的命题的研究中，数学归纳法是一个重要的证题方法。此法由意大利数学家莫洛里克斯(Maurolycus1494—1575)提出，但古希腊几何学家欧几里得(公元前330——公元前275)在证明“素数的个数无穷”这个命题时，已隐含数学归纳法这个推理模式。当时，欧几里得用的是反证法：反设素数个数不无穷，即只有有限多个，设为2，3，5，7，…，p(依大小顺序排列，p是最大素数)，下面推出矛盾。
制造一个新数Q＝2·3·5…·p＋1，
显然，Q大于2，3，5，…，p中的任一个。
(i)若Q是素数，则Q不同于2，3，5，…，p中的任一个，这说明在2，3，5，…，p之外仍有素数，与假设矛盾。
(ii)若Q不是素数，则它一定含有一个素因数，设为q，Q可被q整除，而Q除以2，3，5，…，p中的任一个，均有余数1。可见q不同于2，3，5，…，p中的任一个，即2，3，5，…，p之外尚有素数q，也与假设矛盾。
此证法的关键是制造一个新数Q，从而推知：若有k个素数，就必有k＋1个素数。欧氏当年只是用反证法进行证明，到此就止步了。如果他向前迈一步，进一步考查：由于有第1个素数，就可以推出有第2个素数；由于有2个素数，就可以推出有第3个素数；……，如此递推下去，就可以成为数学归纳法的模式。非常可惜，事后经过一千多年，才由意大利数学家莫洛里克斯发现。这种推理模式可概述为
T(n)是与自然数n有关的命题，如果证得
(i)T(1)为真；
(ii)设T(k)为真，推得T(k＋1)也真。则T(n)为真，(n∈N)
其中T(1)称为归纳基础，T(k)为归纳假设，整个推理过程是对自然数n进行归纳的，其实质是递推，有时命题结论是只对n≥n0为真，n0是一特定的自然数，n0＞1，则证明时要以T(n0)为归纳基础，并且(ii)是在k≥n0的前提下进行。
(1)猜想＋证明
命题T(n)往往是由多次计算、观察，而得出的猜想，或者说，是由不完全归纳法得出的结果。
〔例14〕求数列前n项之和
13＋115＋135＋…＋14n2－1。
猜想：设此数列前n项之和为Sn，由计算，有
S1＝13，S2＝25，S3＝37，S4＝49，…
一般地，得猜想Sn＝n2n＋1。
证明设上述猜想为T(n)，现对n进行归纳证明。
(i)当n＝1时，
Sn＝n2n＋1＝12＋1＝13，
所以T(1)为真；
(ii)设T(k)为真，即
Sk＝k2k＋1，则
Sk＋1＝Sk＋14(k＋1)2－1
＝k2k＋1＋1(2k＋1)(2k＋3)
＝k(2k＋3)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝(2k＋1)(k＋1)(2k＋1)(2k＋3)
＝k＋12(k＋1)＋1，这说明T(k＋1)也真
由(i)、(ii)证得
Sn＝n2n＋1(n∈N).
(2)灵活运用
若能灵活运用数学归纳法，则这种证题模式可发挥更大威力。
〔例15〕求证当n为奇数时，下面等式成立
n－1n－2＋(n－1)(n－3)(n－2)(n－4)＋…＋(n－1)(n－3)…2(n－2)(n－3)…1＝n－1
分析题设n为奇数，设原命题为T(n)，则问题是要证T(1)、T(3)、T(5)、…、T(2m＋1)、…诸命题都成立。因此，数学归纳法应由下列两步完成。
第一步：检查T(1)是否成立；
第二步：设T(k)成立，由此推出T(k＋2)也成立(其中k为奇数)。
证明：设原命题为T(n)，n为奇数。
(i)当n＝1时，由于原等式左端和右端都为零，故T(1)成立；
(ii)设T(k)成立(k为奇数)，即下面等式成立
Sk＝k－1k－2＋(k－1)(k－3)(k－2)(k－4)＋…＋(k－1)(k－3)…2(k－2)(k－4)…1＝k－1①
问题化归为利用①证明等式
Sk＋2＝(k＋2)－1也成立，即
k＋2－1k＋2－2＋(k＋2－1)(k＋2－3)(k＋2－2)(k＋2－4)＋…＋(k＋2－1)(k＋2－3)…2(k＋2－2)(k＋2－4)…1＝(k＋2)－1
或(k＋2)－1(k＋2)－2〔1＋Sk〕＝(k＋2)－1②
也成立。
但由①(k＋2)－1(k＋2)－2〔1＋Sk〕
＝k＋1k〔1＋(k－1)〕＝k＋1＝(k＋2)－1
这说明等式②也是成立的。
据数学归纳法原理，原等式成立。
(3)正确运用
数学归纳法是重要的证题模式，但必须正确地运用它。否则会得出荒谬结论。
〔例16〕证明所有正整数都相等。
证明：只要证明等式n＝n＋1(n∈N)成立就行，以下用数学归纳法证之：设第k个正整数等于第k＋1个正整数，就是
k＝k＋1
两边同加上1，得k＋1＝k＋2，这就是说，第k＋1个正整数等于第k＋2个正整数，原命题得证。
说明：“证明”缺第一步——归纳基础，因而得出错误结论。
〔例17〕任何一个团体中，若有一个成员是男性，则全体成员必定都是男性。
这当然是谬论。但可错用数学归纳法证明。
证明：设团体有n个成员，则当n＝1时，命题显然成立。
设当n＝k时命题成立，即k个成员M1，M2，M3，…，Mk中，如果M1是男性，则M1，M2，M3，…，Mk中所有成员都是男性。则当该团体又增加一个成员Mk＋1时，由M2，M3，…，Mk，Mk＋1组成的团体共有k个成员。由归纳假设，命题应成立，即Mk＋1也必为男性，这就是说，对n＝k＋1的情况得证。
由数学归纳法原理知原命题成立!
说明当A＝｛M1，M2，…，Mk｝∩｛M2，M3，…，Mk＋1｝＝(即当k＝1)时，归纳推理行不通，而上述推理是在假定A≠的条件下进行的。
(4)变形
数学归纳法的变形很多。
变形(一)
(i)T(n0)真；
(ii)由T(k)真T(k＋1)也真，(k≥n0)。则T(n)真，(n≥n0，n∈N)这里，n0是大于1的某个自然数。
变形(二)
(i)T(1)、T(2)真；
(ii)由T(k)真T(k＋2)也真，则T(n)真。(n∈N)
变形(三)
(i)T(1)、T(2)真；
(ii)由T(k－1)、T(k)真T(k＋1)也真。
则T(n)真。(n∈N)
(以上两种变形都可以有更一般的情况)
〔例18〕已知x＋1x＝2cos，试用数学归纳法证明
xn＋1xn＝2cosn.(n∈N)
分析本命题可用复数得证，但这里是要求用数学归纳法证明，如不熟悉“变形三”，会有一定困难。
证明设原命题为T(n).
(i)易证T(1)、T(2)为真；
(ii)设T(k)、T(k－1)为真，要证T(k＋1)也真；
(xk＋1xk)(x＋1x)＝2cosk·2cos，
(∵T(k)、T(1)为真)
展开：(xk＋1＋1xk＋1)＋(xk－1＋1xk－1)＝4coskcos，
但T(k－1)为真，即
xk－1＋1xk－1＝2cos(k－1)，所以
(xk＋1＋1xk＋1)＋2cos(k－1)＝4coskcos，
xk＋1＋1xk＋1
＝4coskcos－2cos(k－1)
＝4coskcos－2(coskcos＋sinksin)
＝2(coskcos－sinksin)
＝2cos(k＋1).
即T(k＋1)为真。
在变形(三)中请注意：归纳假设有两个命题T(k)与T(k－1)，则归纳基础也不能少于两个。一般地，归纳假设如有m个，则归纳基础也应有m个，否则将导致错误，有如下例：
〔例19〕证明对于一切自然数n，xn＋yn能被x＋y整除。
分析这个命题不成立。
“证明”：当n＝1时，命题成立，则xk＋1＋yk＋1＝xk＋1＋xky＋xyk－xky－xyk＋yk＋1＝(x＋y)(xk＋yk)－xy(xk－1＋yk－1)，由归纳假设xk＋yk与xk－1＋yk－1都能被x＋y整除，故xk＋1＋yk＋1也能被x＋y整除。
因此，xn＋yn能被x＋y整除!
〔例20〕求证适合于x＋2y＝n(x，y≥0，整数)的解数r(n)等于12(n＋1)＋14〔1＋(－1)n〕.
证明：当n＝1、2时命题显然成立。
设命题对n＝k时正确，则当n＝k＋2时，由于x＋2y＝n的解可以分为两种情况：
(i)y＝0，这时只有一组解：x＝n
y＝0；
(ii)y－1≥0，这时解的组数就与x＋2(y－1)＝n－2(x，y－1≥0，整数)的解的组数r(n－2)相同，从而有
r(n)＝r(n－2)＋1，
即r(k＋2)＝r(k＋2－2)＋1，
利用归纳假设知：
r(k＋2)＝r(k)＋1
＝12(k＋1)＋14〔1＋(－1)k〕＋1
＝12(k＋2＋1)＋14〔1＋(－1)k＋2〕
所以，当n＝k＋2时命题也成立。由“变形(二)”知，命题得证。
应该注意，如果这里只验算n＝1情形，则只能得出n是奇数时的结论，而得不出n是偶数时的结论。
(5)反向归纳法、跷跷板归纳法
数学归纳法除前面的几种变形外，还有“反向归纳法”和“跷跷板归纳法”。
反向归纳法是指：
设T(n)是含有任意自然数的命题，如果
(i)T(n)对无限多个自然数正确；
(ii)由T(k)正确可推出T(k－1)也正确；则T(n)对任意自然数都正确。
跷跷板归纳法是指：
设T1(n)、T2(n)是两个含有任意自然数的命题，如果
(i)T1(1)正确；
(ii)由T1(k)正确可推得T2(k)正确，进一步又推得T1(k＋1)也正确。
则T1(n)，T2(n)对任意自然数都正确。
〔例21〕求证n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数，即对任意n个正数ai(i＝1，2，…，n)总有
na1a2…an≤1n(a1＋a2＋…＋an).
这是十分有名的不等式，它的证法有十多种，下面用反向归纳法进行证明。
证明：(i)当n＝2，22，23，…，2m，…等无穷个自然数时命题正确(只要用前面介绍的普通数学归纳法就行)；
(ii)设n＝k时命题正确，要证n＝k－1时命题也正确。
令Ak－1＝1k－1(a1＋a2＋…＋ak－1)>0，
则由假设
ka1a2…ak－1Ak－1
≤1k(a1＋a2＋…＋ak－1＋Ak－1)
＝1k〔(k－1)Ak－1＋Ak－1〕＝Ak－1.故有
k－1a1a2…ak－1≤Ak－1
＝1k－1(a1＋a2＋…＋ak－1)
由反向归纳法可知命题对任意自然数n都正确。
〔例22〕在1＋3＋7＋12＋19＋…中，an是第n项，而a2l－1＝3l(l－1)＋1，a2l＝3l2(其中l≥1)，若用s(m)表示它前m项之和，求证：
(1)s(2l－1)＝12l(4l2－3l＋1)；
(2)s(2l)＝12l(4l2＋3l＋1).
证明：(跷跷板归纳法)l＝1时，s(2l－1)＝s(1)＝1，而
12l(4l2－3l＋1)＝12·1(4－3＋1)＝1，
因此，l＝1时等式s(2l－1)＝12l(4l2－3l＋1)成立。
设l＝k时等式s(2l－1)＝12l(4l2－3l＋1)成立，则s(2k)＝s(2k－1)＋a2k
＝12k(4k2－3k＋1)＋3k2
＝12k(4k2＋3k＋1)，
所以，l＝k时等式s(2l)＝12l(4l2＋3l＋1)也成立。由此又得
s(2(k＋1)－1)＝s(2k＋1)
＝s(2k)＋a2k＋1
＝12k(4k2＋3k＋1)＋3(k＋1)k＋1
＝12(k＋1)〔4(k＋1)2－3(k＋1)＋1〕，
故l＝k＋1时，等式s(2l－1)＝12l(4l2－3l＋1)也成立。
由跷跷板归纳法原理知，本命题对任意自然数均成立(可见，跷跷板归纳法有“一石二鸟”的作用).
(6)差分