\[a = \frac{a+b}{2} + \frac{a-b}{2}\] \[b = \frac{a+b}{2} - \frac{a-b}{2}\]
函数分解
任何函数 \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) 都可分解为偶函数与奇函数之和：
\[f(x) = \underbrace{\frac{f(x) + f(-x)}{2}}_{\text{偶部分}} + \underbrace{\frac{f(x) - f(-x)}{2}}_{\text{奇部分}}\]
事实上，这种分解方式是唯一的，文末有证明。
极化恒等式
将点乘的结果完全用长度表示，而且有非常好的几何意义。
\[ \begin{aligned} \vec{u} \cdot \vec{v} &= \left(\frac{\vec{u}+\vec{v}}{2} + \frac{\vec{u}-\vec{v}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\vec{u}+\vec{v}}{2} - \frac{\vec{u}-\vec{v}}{2}\right)\\ &= \left|\frac{\vec{u}+\vec{v}}{2}\right|^2 - \left|\frac{\vec{u}-\vec{v}}{2}\right|^2 \end{aligned} \]
和差化积/积化和差
其实作为高中生不太用得到这个 🤔
\[ \begin{aligned} & \sin\theta + \sin\varphi\\ =& \sin\left(\frac{\theta+\varphi}{2} + \frac{\theta-\varphi}{2}\right) + \sin\left(\frac{\theta+\varphi}{2} - \frac{\theta-\varphi}{2}\right)\\ =& 2\sin\left(\frac{\theta+\varphi}{2}\right) \cos\left(\frac{\theta-\varphi}{2}\right) \end{aligned} \]
换元技巧
代换 \(s=\frac{x+y}{2},\ d=\frac{x-y}{2}\)（于是有 \(s+d=x, s-d=y\)）有时能起到不错的效果。
例：已知 \(x^2+y^2+4=4\sqrt{x^2+1}\)， 求 \(x^2+y^2\) 的取值范围。
令 \(s=\frac{x^2+y^2}{2},\ d=\frac{x^2-y^2}{2}\)，则条件可变为 \(2s+4 = 4\sqrt{s+d+1}\)，两边平方化简得
\[s^2=4d\]
注意代换后 \(s,\ d\) 不可任取，具体来说需（且只需）满足 \(s+d=x^2\geq 0,\ s-d=y^2\geq 0\)
于是原问题变成了非常简单的分析 \(2s\) 的取值范围。
可以将 \(s^2=4d\) 带入两个约束范围的不等式直接求解；也可以建立直角坐标系，分析抛物线 \(s^2=4d\) 在 \(s+d,\ s-d\geq 0\) 区域内 \(s\) 坐标的取值范围。
by the way 对于对称的式子，\(s=x+y,\ p=xy(s^2\geq 4p)\) 也是一个很好用的代换。
附：函数分解唯一性的证明
引理：存在唯一既奇又偶的函数
（存在性）不难验证零函数 \(f(x)=0\) 既奇又偶
（唯一性）设 \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) 既奇又偶，则 \(f(x) = f(-x) = -f(x)\)， 故 \(f(x) = 0.\)这样就证明了零函数是唯一既奇又偶的函数。
前面已构造出任意函数 \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) 的奇偶分解，故分解一定存在，可以设奇函数 \(g\)、偶函数 \(h\) 满足 \(f=g+h\)；奇函数 \(g'\)、偶函数 \(h'\) 满足 \(f=g'+h'\)
两式作差得 \(0 = (g-g') + (h-h')\)，即\((g-g') = (h'-h)\)
\((g-g')\) 作为奇函数 \(g\) 与奇函数 \(g'\) 的差，还是奇函数；
\((g-g')=(h'-h)\) 作为偶函数 \(h'\) 与偶函数 \(h\) 的差，还是偶函数。
所以 \((g-g')\) 既奇又偶，根据引理有 \(g-g'=0\)，即 \(g=g'\)；同理可得 \(h=h'\)
于是可能的两种分解 \(f=g+h,\ f=g'+h'\) 实际上是同一个分解，所以分解是唯一的。
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