正二十面體有多少個旋轉對稱？下面是一個計算的方法。選擇正二十面體的一個頂點v，令v’是其相鄰頂點之一。一個正二十面體有12個頂點，所以在旋轉以後，v可以停留在這12個地方。在知道了v的去處以後，v'還有5個可能的地方去（正二十面體的每一個頂點有5個相鄰的頂點，而v'在旋轉以後仍然與v相鄰）。在v 和v’的去處确定了以後，再也沒有其他選擇了，所以選中對稱的總數是5×12=60。

這是計數論證的一個簡單例子，即回答“有多少個”這種問題的答案。然而，“論證”一詞至少和“計數”一樣重要，因為并不是把所有的對稱排成一排，然後“1，2，3，…，60“”這樣數下去。相反，我們是提出了選中對稱的總數為5×12的一個理由。在這個過程結束之時，我們對于這種對稱的了解也超過了僅隻知道其總數。事實上，還可以前進一步，證明正二十面體的旋轉群為 A_5，即含有5個元素的交錯群。

下面是一個比較精巧的計數問題。一個 n 步的 1 維随機遊動就是一串整數a_0，a_1，a_2，…，_an，使得差a_i - a_(i-1)或者為1或者為-1。例如，0，1，2，1，0，-1就是一個7步的随機遊動。從0開始的n步随機遊動的總數為2^n，因為每一步都有兩種選擇（加1或者減1）。

現在試一個稍微複雜的問題。有多少長度為2n的起點與終點都在0處的随機遊動?（我們看長度為 2n 的遊動，是因為起點和終點相同的随機遊動必有偶數步）。

為了思考這個問題，用R和L（分别表示“右”和“左”）代替加1和減1。這就給出了從0開始的随機遊動另一種記法，例如上面的遊動0，1，2，1，2，1，0，-1現在就可以記為RRLL。一個從0開始的随機遊動終點也在0處的充分必要條件是R 的個數與L的個數相同。此外，如果知道了R的位置，也就知道了整個遊動。所以，要計數的總數就是在2n步中選取n步為R的選取方式的個數，大家知道這是

現在來看一個相關的量，但是要決定它就頗不容易了，這就是步長為 2n 從0 開始也到0為止，但是過程中不能取負值的随機遊動的總數 W（n）。這個問題用上一個問題（2n =6）的記号來寫，就是要求列出所有的長度為6的随機遊動，它們是∶RRRLL，RRLRLRL，RRLLRL，RLRRLL，以及RLRLRLRL，一共有5個遊動。

這5個遊動中有3個不僅是從0開始也到0結束，而且在過程中還訪問過0 一次，RRLLRL在第4步後訪問了0；RLRRLL在第2步後訪問了0；RLRLRL在第2步和第4步後都訪問了0。假設長為2n的遊動直到第 2k步以後才第一次訪問0，于是 2k 步以後餘下的部分就是一個包含 2（n - k）步從0 開始也到0 結束，且過程中絕不為負的遊動，這種遊動共有 W（n -k）個。至于前面的 2k 步，除了起始一步是從R起，最後一步是到L止，中間還有2（k-1）步是從1起，到1止，而且過程中不會有小于1的遊動。這種遊動的個數顯然與W（k-1）相同。這樣，因為第一次訪問0必定是在第2k步後發生，這裡k在1和n之間，所以W（n）必滿足稍微複雜一點的遞歸關系

其中應該取 W（0）=1。

這就使我們能夠計算出前幾個W值，有W（1）=W（0）W（0）=1，其實這個情況直接來看更加容易，因為這種遊動隻能是RL。然後，W（2）=W（1）W（0）＋W（0）W（1）= 2。再就是 W（3），也就是上面說的那一種6步遊動的個數，等于W（2）W（0）＋W（1）W（1）＋W（0）W（2），也就是5，于是證實了剛才的計算。

當然，如果想對大的n，例如n=10^10，算出W（n），直接利用遞歸公式就不是一個好主意了。然而這遞歸關系的形式相當漂亮，可以用生成函數來處理.

為了看出這裡的問題與那裡的讨論的關系，把字母R和L分别代以方括号"["和"]"。于是一個合法的方括号記法就相當于一個永不為負的随機遊動。

以上的論證給出了一個精确計算出W（n）的有效方法。數學中有許多别的準确計算論證的例證，下面僅僅給出4個例證，它們隻是一個小小的樣本，數學家們知道怎樣精确計算這個樣本裡所選定的問題裡的量，而不必求助于“硬算”。

（1）平面被n條直線分割開所成的區域的數目r（n），但這些直線中沒有平行的，也沒有三條直線共點。對于n=1，2，3，4，r（n）=2，4，7，11。不難證明r（n）=r（n-1）＋n，由此即可導出r（n）=n（n＋3）/2。這個命題及其證明可以推廣到高維情況。

（2）把n寫為四個平方和的方法的數目s（n）。在這個問題中，允許把零和負數的平方都算進去，而且把不同次序的寫法都算是不同的結果。

可以證明，s（n）等于n的那些不是4的倍數的因子的和數再乘以8。例如12以1，2，3，4，6，12為因子，其中1，2，3，6不是4的倍數，所以s（12）=8（1＋2＋3＋6）=96，其中的不同方法就是由

或把正整數換成負整數得到的各個平方和。

（3）如何計算空間R^3中與四條給定直線L_1，L_2，L_3和L_4都相交的直線的數目。這裡要求這四條直線處于“一般位置”，

所謂“一般位置”就是說這四條直線的相互位置沒有特别之處，例如要求其中兩條要平行，或要求所有這些直線都要彼此相交，而不能有中學立體幾何課裡講的“異面直線”之類的情況，如此等等，都不叫“一般位置”。

有這樣的結果，通過任意三條這樣的直線，必有R^3中的一個二次曲面（quadric surface），而且這個二次曲面是唯一的。現在過L_1，L_2，L_3作一個二次曲面，記為S。

這個曲面有一些有趣的性質。主要的性質就是可以找到直線的連續族（即直線的一個集合 L（t）使得每一個t對應于一直線，而且此直線對t為連續的），它們共同構成了曲面S，而且包括了L_1，L_2，L_3中的每一個。此外，還有另外一個連續的直線族M（s），使其中每一條直線均與L（t）的每一條直線相交。當然也會與L_1，L_2，L_3都相交，而每一條同時與L_1，L_2，L_3都相交的直線也都包含在M（s）中。

可以證明，L_4必定與S恰好交于兩點P，Q。P位于第二族直線的某一條（設為M（s））上，Q則位于另一條M（s'）上（這一條必與M（s）不同，否則，L_4就是M（s），而與L_1，L_2，L_3都相交，這與L_1，L_2，L_3和L_4處于一般位置相矛盾）。所以，這兩條直線M（s）和M（s'）與所有四條直線L_i都相交。但是與所有四條 L_i都相交的直線必定屬于M（s），從而必定通過P，Q中的某一點（因為M（s）的直線都位于S上，而 L_4又與S 僅交于這兩點）。所以，與所有四條直線L_i都相交的直線的條數為2。

這個問題可以有相當大的推廣，而且可以用一種稱為 Schubert 計算的技巧來解決。

（4）設正整數 n 可以用 p（n）種方法來表示為正整數之和。例如當 n = 6 時，p（6）=11。函數p（n）成為分割函數。哈代和拉瑪努金給出了p（n）的一個非常好的逼近函數a（n），準确到p（n）就是最近于a（n）的整數。

看見了上面的例（2），就會想到它可否推廣。例如，有沒有一個公式可以給出把n 寫成10個六次方之和的方法之數目 t（n）？一般都相信答案為"否"，至少可以肯定這個公式至今也未找到。然而，和填充問題一樣（當二維填充問題被推廣到高維時，數學家們發現了驚人的數學聯系），哪怕準确的答案不一定很快會被找到，找到它的估計也是非常有趣的。這就要去定義一個容易計算的函數f，使得f（n）總是近似地等于t（n）。如果這還是太難，可以試着去找兩個容易計算的函數L和U，使得對于一切n都有L（n）≤t（n）≤U（n）。如果成功了，就稱L為t的下界，而稱U為上界．下面舉幾個量為例，沒有人知道怎樣精确地對它們計數，但是它們都有有趣的逼近，至少是有有趣的上界和下界。

（1）在整個數學中最著名的估計問題可能就是π（n）的估計。這裡的π（n）就是小于或等于 n 的素數的個數。對于小的 n，當然可以精确地算出 π（n）來，例如π（20）=8。然而，π（n）似乎沒有一個确定的公式，雖然可以設想一個硬算 π（n）的“強力”算法（就是從小到大，逐個數地檢驗是否為素數，一直到n為止）但是對于大的n，這個程序耗時之多使得無法實行。此外，這個辦法對于函數 π（n）的本性，不能增加什麼新的洞察。

但是，如果把問題稍作改變，隻是問，到n為止大體上有多少素數，就進入了所謂的解析數論這個領域，這是一個包含了許多吸引人的結果的數學領域。特别是由阿達瑪和瓦菜·普桑在19世紀末證明的著名的素數定理指出，π（n）近似等于n/logn，這裡的近似等于的意義是π（n）與n/logn之比當n 趨近無窮大時趨于1。

這個命題還可以更加精确化。在靠近n處，素數的密度大約是1/logn，意思是在n附近随機地選取一個整數，恰好是素數的概率是1/logn。這就提示，π（n）大概是

的這個函數稱為對數積分，記号是li（n）。

這個估計精确度如何？誰也不知道。但是，黎曼假設等價于以下命題∶π（n）和li（n）相差最多是

這裡的c是某個常數。

（2）所謂平面上的長度為 n 的自身回避遊動就是具有以下性質的一串點

• 數 a_i，b_i 都是整數。
• 對于每一個i，

• 沒有兩個相同的點（ai，bi）。

前兩個條件說明這個點序列構成一個長度為n的2維的遊動，第三個條件說明這個遊動絕不會多于一次地訪問同一點，"自避遊動"一詞就由此而來。

令長度為 n 從（0，0）開始的自身回避遊動的總數為 S（n）。至今不知道它的公式，而且也不像是存在這麼一個公式。然而，關于n變大時它是如何增長知道得并不少。例如，很容易證明S（n）^(1/n)收斂于一個常數c。c的值是多少并不知道，但是已經（借助于計算機）知道，它大概在2.62和2.68之間。

（3）令C（t）是位于中心在原點半徑為t的圓内的坐标為整數的點的個數。就是說，C（t）是适合條件a^2＋b^2≤t^2的整數對（a，b）的個數。半徑為t的圓，面積為πt^2，而平面可以用坐标為整數的點為中心的單位正方形鋪滿。所以當t很大時，很清楚（也不難證明）C（t）近似地就是πt^2。然而，這個近似好到什麼程度就不那麼清楚了。

為使這個問題變得比較明确，令

就是說ε（t）表示用πt^2作C（t）的估計時所産生的誤差。1915年，哈代和朗道證明了ε（t）必至少是

而這個估計，或者某個很類似的東西，給出了ε（t）的正确的數量級。然而，現在知道的最好的上界是由Huxley在1990年給出的，它是

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