9．求证：an＋2＋(a＋1)2n＋1能被a2＋a＋1整除，n∈N*.

　　证明：①当n＝1时，

　　a3＋(a＋1)3＝[a＋(a＋1)][a2－a(a＋1)＋(a＋1)2]＝(2a＋1)(a2＋a＋1)．

　　结论成立．

　　②假设当n＝k时，结论成立，

　　即ak＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，

　　那么n＝k＋1时，

　　有a(k＋1)＋2＋(a＋1)2(k＋1)＋1＝a·ak＋2＋(a＋1)2(a＋1)2k＋1

　　＝a[ak＋2＋(a＋1)2k＋1]＋(a＋1)2(a＋1)2k＋1－a(a＋1)2k＋1

　　＝a[ak＋2＋(a＋1)2k＋1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k＋1.

　　因为ak＋2＋(a＋1)2k＋1，a2＋a＋1均能被a2＋a＋1整除，

　　所以a(k＋1)＋2＋(a＋1)2(k＋1)＋1能被a2＋a＋1整除，

　　即当n＝k＋1时，结论也成立．

　　由①②可知，原结论成立．

　　10．有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N*)．

　　证明：①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，

　　所以n＝1时命题成立．

　　②假设n＝k(k≥1)时命题成立．

　　即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．

　　则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，

　　故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k

　　＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，∴当n＝k＋1时，命题成立．

　　综合①②可知，对一切n∈N*，命题成立．