正二十面体有多少个旋转对称？下面是一个计算的方法。选择正二十面体的一个顶点v，令v’是其相邻顶点之一。一个正二十面体有12个顶点，所以在旋转以后，v可以停留在这12个地方。在知道了v的去处以后，v'还有5个可能的地方去（正二十面体的每一个顶点有5个相邻的顶点，而v'在旋转以后仍然与v相邻）。在v 和v’的去处确定了以后，再也没有其他选择了，所以选中对称的总数是5×12=60。

这是计数论证的一个简单例子，即回答“有多少个”这种问题的答案。然而，“论证”一词至少和“计数”一样重要，因为并不是把所有的对称排成一排，然后“1，2，3，…，60“”这样数下去。相反，我们是提出了选中对称的总数为5×12的一个理由。在这个过程结束之时，我们对于这种对称的了解也超过了仅只知道其总数。事实上，还可以前进一步，证明正二十面体的旋转群为 A_5，即含有5个元素的交错群。

下面是一个比较精巧的计数问题。一个 n 步的 1 维随机游动就是一串整数a_0，a_1，a_2，…，_an，使得差a_i - a_(i-1)或者为1或者为-1。例如，0，1，2，1，0，-1就是一个7步的随机游动。从0开始的n步随机游动的总数为2^n，因为每一步都有两种选择（加1或者减1）。

现在试一个稍微复杂的问题。有多少长度为2n的起点与终点都在0处的随机游动?（我们看长度为 2n 的游动，是因为起点和终点相同的随机游动必有偶数步）。

为了思考这个问题，用R和L（分别表示“右”和“左”）代替加1和减1。这就给出了从0开始的随机游动另一种记法，例如上面的游动0，1，2，1，2，1，0，-1现在就可以记为RRLL。一个从0开始的随机游动终点也在0处的充分必要条件是R 的个数与L的个数相同。此外，如果知道了R的位置，也就知道了整个游动。所以，要计数的总数就是在2n步中选取n步为R的选取方式的个数，大家知道这是

现在来看一个相关的量，但是要决定它就颇不容易了，这就是步长为 2n 从0 开始也到0为止，但是过程中不能取负值的随机游动的总数 W（n）。这个问题用上一个问题（2n =6）的记号来写，就是要求列出所有的长度为6的随机游动，它们是∶RRRLL，RRLRLRL，RRLLRL，RLRRLL，以及RLRLRLRL，一共有5个游动。

这5个游动中有3个不仅是从0开始也到0结束，而且在过程中还访问过0 一次，RRLLRL在第4步后访问了0；RLRRLL在第2步后访问了0；RLRLRL在第2步和第4步后都访问了0。假设长为2n的游动直到第 2k步以后才第一次访问0，于是 2k 步以后余下的部分就是一个包含 2（n - k）步从0 开始也到0 结束，且过程中绝不为负的游动，这种游动共有 W（n -k）个。至于前面的 2k 步，除了起始一步是从R起，最后一步是到L止，中间还有2（k-1）步是从1起，到1止，而且过程中不会有小于1的游动。这种游动的个数显然与W（k-1）相同。这样，因为第一次访问0必定是在第2k步后发生，这里k在1和n之间，所以W（n）必满足稍微复杂一点的递归关系

其中应该取 W（0）=1。

这就使我们能够计算出前几个W值，有W（1）=W（0）W（0）=1，其实这个情况直接来看更加容易，因为这种游动只能是RL。然后，W（2）=W（1）W（0）＋W（0）W（1）= 2。再就是 W（3），也就是上面说的那一种6步游动的个数，等于W（2）W（0）＋W（1）W（1）＋W（0）W（2），也就是5，于是证实了刚才的计算。

当然，如果想对大的n，例如n=10^10，算出W（n），直接利用递归公式就不是一个好主意了。然而这递归关系的形式相当漂亮，可以用生成函数来处理.

为了看出这里的问题与那里的讨论的关系，把字母R和L分别代以方括号"["和"]"。于是一个合法的方括号记法就相当于一个永不为负的随机游动。

以上的论证给出了一个精确计算出W（n）的有效方法。数学中有许多别的准确计算论证的例证，下面仅仅给出4个例证，它们只是一个小小的样本，数学家们知道怎样精确计算这个样本里所选定的问题里的量，而不必求助于“硬算”。

（1）平面被n条直线分割开所成的区域的数目r（n），但这些直线中没有平行的，也没有三条直线共点。对于n=1，2，3，4，r（n）=2，4，7，11。不难证明r（n）=r（n-1）＋n，由此即可导出r（n）=n（n＋3）/2。这个命题及其证明可以推广到高维情况。

（2）把n写为四个平方和的方法的数目s（n）。在这个问题中，允许把零和负数的平方都算进去，而且把不同次序的写法都算是不同的结果。

可以证明，s（n）等于n的那些不是4的倍数的因子的和数再乘以8。例如12以1，2，3，4，6，12为因子，其中1，2，3，6不是4的倍数，所以s（12）=8（1＋2＋3＋6）=96，其中的不同方法就是由

或把正整数换成负整数得到的各个平方和。

（3）如何计算空间R^3中与四条给定直线L_1，L_2，L_3和L_4都相交的直线的数目。这里要求这四条直线处于“一般位置”，

所谓“一般位置”就是说这四条直线的相互位置没有特别之处，例如要求其中两条要平行，或要求所有这些直线都要彼此相交，而不能有中学立体几何课里讲的“异面直线”之类的情况，如此等等，都不叫“一般位置”。

有这样的结果，通过任意三条这样的直线，必有R^3中的一个二次曲面（quadric surface），而且这个二次曲面是唯一的。现在过L_1，L_2，L_3作一个二次曲面，记为S。

这个曲面有一些有趣的性质。主要的性质就是可以找到直线的连续族（即直线的一个集合 L（t）使得每一个t对应于一直线，而且此直线对t为连续的），它们共同构成了曲面S，而且包括了L_1，L_2，L_3中的每一个。此外，还有另外一个连续的直线族M（s），使其中每一条直线均与L（t）的每一条直线相交。当然也会与L_1，L_2，L_3都相交，而每一条同时与L_1，L_2，L_3都相交的直线也都包含在M（s）中。

可以证明，L_4必定与S恰好交于两点P，Q。P位于第二族直线的某一条（设为M（s））上，Q则位于另一条M（s'）上（这一条必与M（s）不同，否则，L_4就是M（s），而与L_1，L_2，L_3都相交，这与L_1，L_2，L_3和L_4处于一般位置相矛盾）。所以，这两条直线M（s）和M（s'）与所有四条直线L_i都相交。但是与所有四条 L_i都相交的直线必定属于M（s），从而必定通过P，Q中的某一点（因为M（s）的直线都位于S上，而 L_4又与S 仅交于这两点）。所以，与所有四条直线L_i都相交的直线的条数为2。

这个问题可以有相当大的推广，而且可以用一种称为Schubert 计算的技巧来解决。

（4）设正整数 n 可以用 p（n）种方法来表示为正整数之和。例如当 n = 6 时，p（6）=11。函数p（n）成为分割函数。哈代和拉玛努金给出了p（n）的一个非常好的逼近函数a（n），准确到p（n）就是最近于a（n）的整数。

看见了上面的例（2），就会想到它可否推广。例如，有没有一个公式可以给出把n 写成10个六次方之和的方法之数目 t（n）？一般都相信答案为"否"，至少可以肯定这个公式至今也未找到。然而，和填充问题一样（当二维填充问题被推广到高维时，数学家们发现了惊人的数学联系），哪怕准确的答案不一定很快会被找到，找到它的估计也是非常有趣的。这就要去定义一个容易计算的函数f，使得f（n）总是近似地等于t（n）。如果这还是太难，可以试着去找两个容易计算的函数L和U，使得对于一切n都有L（n）≤t（n）≤U（n）。如果成功了，就称L为t的下界，而称U为上界．下面举几个量为例，没有人知道怎样精确地对它们计数，但是它们都有有趣的逼近，至少是有有趣的上界和下界。

（1）在整个数学中最著名的估计问题可能就是π（n）的估计。这里的π（n）就是小于或等于 n 的素数的个数。对于小的 n，当然可以精确地算出 π（n）来，例如π（20）=8。然而，π（n）似乎没有一个确定的公式，虽然可以设想一个硬算 π（n）的“强力”算法（就是从小到大，逐个数地检验是否为素数，一直到n为止）但是对于大的n，这个程序耗时之多使得无法实行。此外，这个办法对于函数 π（n）的本性，不能增加什么新的洞察。

但是，如果把问题稍作改变，只是问，到n为止大体上有多少素数，就进入了所谓的解析数论这个领域，这是一个包含了许多吸引人的结果的数学领域。特别是由阿达玛和瓦菜·普桑在19世纪末证明的著名的素数定理指出，π（n）近似等于n/logn，这里的近似等于的意义是π（n）与n/logn之比当n 趋近无穷大时趋于1。

这个命题还可以更加精确化。在靠近n处，素数的密度大约是1/logn，意思是在n附近随机地选取一个整数，恰好是素数的概率是1/logn。这就提示，π（n）大概是

的这个函数称为对数积分，记号是li（n）。

这个估计精确度如何？谁也不知道。但是，黎曼假设等价于以下命题∶π（n）和li（n）相差最多是

这里的c是某个常数。

（2）所谓平面上的长度为 n 的自身回避游动就是具有以下性质的一串点

数 a_i，b_i 都是整数。

对于每一个i，

没有两个相同的点（ai，bi）。

前两个条件说明这个点序列构成一个长度为n的2维的游动，第三个条件说明这个游动绝不会多于一次地访问同一点，"自避游动"一词就由此而来。

令长度为 n 从（0，0）开始的自身回避游动的总数为 S（n）。至今不知道它的公式，而且也不像是存在这么一个公式。然而，关于n变大时它是如何增长知道得并不少。例如，很容易证明S（n）^(1/n)收敛于一个常数c。c的值是多少并不知道，但是已经（借助于计算机）知道，它大概在2.62和2.68之间。

（3）令C（t）是位于中心在原点半径为t的圆内的坐标为整数的点的个数。就是说，C（t）是适合条件a^2＋b^2≤t^2的整数对（a，b）的个数。半径为t的圆，面积为πt^2，而平面可以用坐标为整数的点为中心的单位正方形铺满。所以当t很大时，很清楚（也不难证明）C（t）近似地就是πt^2。然而，这个近似好到什么程度就不那么清楚了。

为使这个问题变得比较明确，令

就是说ε（t）表示用πt^2作C（t）的估计时所产生的误差。1915年，哈代和朗道证明了ε（t）必至少是

而这个估计，或者某个很类似的东西，给出了ε（t）的正确的数量级。然而，现在知道的最好的上界是由Huxley在1990年给出的，它是