正二十面體有多少個旋轉對稱？下面是一個計算得方法。選擇正二十面體得一個頂點v，令v’是其相鄰頂點之一。一個正二十面體有12個頂點，所以在旋轉以后，v可以停留在這12個地方。在知道了v得去處以后，v'還有5個可能得地方去（正二十面體得每一個頂點有5個相鄰得頂點，而v'在旋轉以后仍然與v相鄰）。在v 和v’得去處確定了以后，再也沒有其他選擇了，所以選中對稱得總數是5×12=60。

這是計數論證得一個簡單例子，即回答“有多少個”這種問題得答案。然而，“論證”一詞至少和“計數”一樣重要，因為并不是把所有得對稱排成一排，然后“1，2，3，…，60“”這樣數下去。相反，我們是提出了選中對稱得總數為5×12得一個理由。在這個過程結束之時，我們對于這種對稱得了解也超過了僅只知道其總數。事實上，還可以前進一步，證明正二十面體得旋轉群為 A_5，即含有5個元素得交錯群。

下面是一個比較精巧得計數問題。一個 n 步得 1 維隨機游動就是一串整數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步得隨機游動。從0開始得n步隨機游動得總數為2^n，因為每一步都有兩種選擇（加1或者減1）。

現在試一個稍微復雜得問題。有多少長度為2n得起點與終點都在0處得隨機游動?（我們看長度為 2n 得游動，是因為起點和終點相同得隨機游動必有偶數步）。

為了思考這個問題，用R和L（分別表示“右”和“左”）代替加1和減1。這就給出了從0開始得隨機游動另一種記法，例如上面得游動0，1，2，1，2，1，0，-1現在就可以記為RRLL。一個從0開始得隨機游動終點也在0處得充分必要條件是R 得個數與L得個數相同。此外，如果知道了R得位置，也就知道了整個游動。所以，要計數得總數就是在2n步中選取n步為R得選取方式得個數，大家知道這是

現在來看一個相關得量，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得隨機游動得總數 W（n）。這個問題用上一個問題（2n =6）得記號來寫，就是要求列出所有得長度為6得隨機游動，它們是∶RRRLL，RRLRLRL，RRLLRL，RLRRLL，以及RLRLRLRL，一共有5個游動。

這5個游動中有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步后訪問了0；RLRRLL在第2步后訪問了0；RLRLRL在第2步和第4步后都訪問了0。假設長為2n得游動直到第 2k步以后才第壹次訪問0，于是 2k 步以后余下得部分就是一個包含 2（n - k）步從0 開始也到0 結束，且過程中絕不為負得游動，這種游動共有 W（n -k）個。至于前面得 2k 步，除了起始一步是從R起，最后一步是到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得游動。這種游動得個數顯然與W（k-1）相同。這樣，因為第壹次訪問0必定是在第2k步后發生，這里k在1和n之間，所以W（n）必滿足稍微復雜一點得遞歸關系

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，因為這種游動只能是RL。然后，W（2）=W（1）W（0）＋W（0）W（1）= 2。再就是 W（3），也就是上面說得那一種6步游動得個數，等于W（2）W（0）＋W（1）W（1）＋W（0）W（2），也就是5，于是證實了剛才得計算。

當然，如果想對大得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。然而這遞歸關系得形式相當漂亮，可以用生成函數來處理.

為了看出這里得問題與那里得討論得關系，把字母R和L分別代以方括號"["和"]"。于是一個合法得方括號記法就相當于一個永不為負得隨機游動。

以上得論證給出了一個精確計算出W（n）得有效方法。數學中有許多別得準確計算論證得例證，下面僅僅給出4個例證，它們只是一個小小得樣本，數學家們知道怎樣精確計算這個樣本里所選定得問題里得量，而不必求助于“硬算”。

（1）平面被n條直線分割開所成得區域得數目r（n），但這些直線中沒有平行得，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寫為四個平方和得方法得數目s（n）。在這個問題中，允許把零和負數得平方都算進去，而且把不同次序得寫法都算是不同得結果。

可以證明，s（n）等于n得那些不是4得倍數得因子得和數再乘以8。例如12以1，2，3，4，6，12為因子，其中1，2，3，6不是4得倍數，所以s（12）=8（1＋2＋3＋6）=96，其中得不同方法就是由

或把正整數換成負整數得到得各個平方和。

（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都相交得直線得數目。這里要求這四條直線處于“一般位置”，

所謂“一般位置”就是說這四條直線得相互位置沒有特別之處，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里講得“異面直線”之類得情況，如此等等，都不叫“一般位置”。

有這樣得結果，通過任意三條這樣得直線，必有R^3中得一個二次曲面（quadric surface），而且這個二次曲面是唯一得?，F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得性質。主要得性質就是可以找到直線得連續族（即直線得一個集合 L（t）使得每一個t對應于一直線，而且此直線對t為連續得），它們共同構成了曲面S，而且包括了L_1，L_2，L_3中得每一個。此外，還有另外一個連續得直線族M（s），使其中每一條直線均與L（t）得每一條直線相交。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都相交得直線也都包含在M（s）中。

可以證明，L_4必定與S恰好交于兩點P，Q。P位于第二族直線得某一條（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都相交得直線必定屬于M（s），從而必定通過P，Q中得某一點（因為M（s）得直線都位于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都相交得直線得條數為2。

這個問題可以有相當大得推廣，而且可以用一種稱為 Schubert 計算得技巧來解決。

（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）得一個非常好得逼近函數a（n），準確到p（n）就是最近于a（n）得整數。

看見了上面得例（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個六次方之和得方法之數目 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得數學聯系），哪怕準確得答案不一定很快會被找到，找到它得估計也是非常有趣得。這就要去定義一個容易計算得函數f，使得f（n）總是近似地等于t（n）。如果這還是太難，可以試著去找兩個容易計算得函數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得下界，而稱U為上界．下面舉幾個量為例，沒有人知道怎樣精確地對它們計數，但是它們都有有趣得逼近，至少是有有趣得上界和下界。

（1）在整個數學中最著名得估計問題可能就是π（n）得估計。這里得π（n）就是小于或等于 n 得素數得個數。對于小得 n，當然可以精確地算出 π（n）來，例如π（20）=8。然而，π（n）似乎沒有一個確定得公式，雖然可以設想一個硬算 π（n）得“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）但是對于大得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）得本性，不能增加什么新得洞察。

但是，如果把問題稍作改變，只是問，到n為止大體上有多少素數，就進入了所謂得解析數論這個領域，這是一個包含了許多吸引人得結果得數學領域。特別是由阿達瑪和瓦菜·普桑在19世紀末證明得著名得素數定理指出，π（n）近似等于n/logn，這里得近似等于得意義是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確化。在靠近n處，素數得密度大約是1/logn，意思是在n附近隨機地選取一個整數，恰好是素數得概率是1/logn。這就提示，π（n）大概是

得這個函數稱為對數積分，記號是li（n）。

這個估計精確度如何？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

這里得c是某個常數。

（2）所謂平面上得長度為 n 得自身回避游動就是具有以下性質得一串點