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“横看成岭侧成峰，远近高低各不同.”我们在求解数学问题时往往需要从不同角度考察.例如：对于一个初等数学问题，既可以从初等观点看，也可以从高等观点看，观点越高问题可能变得越简单；既可以从代数的角度审视，也可以从几何的角度审视，这样往往导致同一问题的不同解法；也可能将从几个角度对考查的结果进行综合分析，才能对问题的本质有透彻的理解.
许多数学问题要用两种不同的方法去计算同一个量，即将同一个量“算两次”.如果计算的结果不产生矛盾，那么就得到一个等式；如果所得的结果不同，那么就产生矛盾；后者正是采用反证法所期望的.如果有两种方法计算同一个量时，至少有一种方法采取的是估计的方法，那么得出的是不等式.下面就结合若干典型竞赛题对以上三种方面进行讨论.
例1 （第2届全俄数学奥林匹克试题）在 n × n （ n 为奇数）的方格表里的每-个方格中，任意填上一个+1或-1，在每一列的下面写上该列所有数的乘积，在每行的右面写上该行所有数的乘积.证明：这2 n 个乘积的和不等于0.
证明 设 p 1 ， p 2 ，…， p n 是各行的乘积， q 1 ， q 2 ，…， q n 是各列的乘积.
我们用两种方法计算，得到表中所有的乘积
这说明 p 1 ， p 2 ，…， p n 和 q 1 ， q 2 ，…， q n 中有偶数个-1，即在全部2 n 个数 p 1 ， p 2 ，…， p n ， q 1 ， q 2 ，…， q n 中有偶数个-1，同样有偶数个+1.
设有2 k 1 个-1，2 k 2 个+1，则2 k 1 +2 k 2 =2 n ，即 k 1 + k 2 = n .因为 n 为奇数，所以 k 1 ≠k 2 （否则有偶数=奇数），即2 k 1 ≠2 k 2 .
例2 （第26届IMO预选题） x 1 ， x 2 ，…， x n 中每一个取值1或-1，且
求证 : x 被4整除.
证明 先证明2丨 n .由于（*）式左边共 n 项，每一项为+1或-1，总和为0，因此其中-1与+1各有 k 项，从而 n =2 k .
其次证明
也就是
，为此考虑（*）中左边
n
项的乘积，一方面，这积为（
x
1
x
2
…
x
n
）
4
=1.
另一方面，由于其中 k 项为-1，这积为（-1） k .
用两种不同的方法去计算同一个量（ n 项的乘积），结果应当相等，所以（-1） k =1，从而 k 为偶数，所以4丨 n .
例3 正整数 n 的一个单调剖分定义为 n 的一种表示： n = m 1 + m 2 +…+ m k ，其中 m 1 ， m ，…， m k ∈ N + ，且满足 m 1 ≥ m 2 ≥…≥ m k ≥1.试证：把 n 分成最大项为 k 的单调剖分的个数等于把 n 分成 k 项的单调剖分的个数.
如： n =7与 k =4，7分为最大项为4的剖分为4+1+1+1，4+2+1，4+3，7分为4项的剖分为4+1+1+1，3+2+1+1，2+2+2+1.
证明 对于 n 的剖分，我们引入对应的Ferrer图表，它的第一行含 m 1 个方格，第二行含 m 2 个方格，…，第 k 行含 m k 个方格，方格总数是 n .（横看！如图1所示）
现将Ferrer图表中行列交换得共轭图表，它对应的剖分成为原剖分的共轭部分，它是将 n 分成 m 1 = k 项的剖分.（竖看！如图2所示）
图1
图2
这种共轭运算是一种映射，它是把 n 分为最大项是 k 的剖分全体与 n 分为 k 项的剖分全体间的一一对应，所以这两剖分数是相等的.
例 4求满足以下条件的正整数 r 的最大值：对集合{1，2，…，1 000}的任意五个500元子集，均存在两个子集至少有 r 个相同的元素.
解 假设这五个子集为 A 1 ， A 2 ， A 3 ， A 4 ， A 5 ，而对于每个 i ∈{1，2，…，1000}，设 i 在 A 1 ， A 2 ， A 3 ， A 4 ， A 5 中出现了 a i 次.由算两次可知 a 1 + a 2 +…+ a 1 000 =2 500.
对于每个
i
，它在
对集合中出现，我们先计算
的最小值.
因为
a
i
是整数，所以（
a
i
-2）（
a
i
-3）≥0，因此
a
i
（
a
i
-1）≥4
a
i
-6，故
2
a
i
-3，因此
等号在有500个 a i 等于2、另外500个等于3的时候取到.
我们计算每对集合的相同元素个数并求和，由算两次可知这个和就是
.由于有
个集合对，由平均值原理，必有一对集合有至少
=200个相同的元素，因此
r
=200满足题目条件.
下面我们构造一个例子.
容易验证这5个集合中的任意两个都恰有200个相同的元素.
综上所述，所求最大的 r =200.
例5 （第10届全俄数学奥林匹克）如图3，给定两张3×3方格纸，并且在第一方格内填上“+”“-”号，现在对方格纸中任何一行或一列作全部变号的操作.问可否经过若干次操作，使图3（a）变成图3（b）?
解 答案是否定的.用反证法.假设图3（a）在第一、二、三行经过 m 1 ， m 2 ， m 3 次操作，而第一、二、三列经过 n 1 ， n 2 ， n 3 次操作变成了图3（b）.
图3
由于图3（a）和图3（b）左上角符号相反，而从“+”变到“-”要进行奇数次变号，故 m 1 + n 1 是奇数.
同理， m 2 + n 1 为偶数， m 1 + n 2 ， m 2 + n 2 都为奇数.
则
是奇数.
但这个和又等于2（ m 1 + m 2 + n 1 + n 2 ），是偶数.得出矛盾.
例6 一次集会有2 021个人参加，某些人之间互相握了手.试证明，可以从参与集会的人中找到一个人，此人在集会中恰与偶数个人（可能是0个人）握了手.
证明 假设有 k 对人握了手，每个人握手的人数分别为 a 1 ， a 2 ，…， a 2021 .
由于每一对人握手时，这两个人握过手的人数各自增加1，故总和增加2.
因此 a 1 + a 2 +…+ a 2 021 =2 k .
如果 a 1 ， a 2 ，…， a 2 021 都是奇数，那么左边是奇数，右边是偶数，矛盾！
因此 a 1 ， a 2 ，…， a 2 021 中至少有一个偶数，即存在一个人恰与偶数个人握了手.
例7 （第19届IMO试题）在一个有限的实数列中，任何7个连续项的和是负的，任何11个连续项的和是正的.试问这样一个数列最多能包含多少项？
解 我们证明这个数列至多含16项.
首先证明17项就不能具有所述的性质，用反证法，假设有一个17项的数列 a 1 ， a 2 ， a 3 ，…， a 17 具有所述性质，将每连续11项写成一行
共写成七行（恰好写成 a 17 为止）.
横求和，得
竖求和，得
这一矛盾说明 n ≤16.
构造数列6，6，-15，6，6，6，-16，6，6，-16，6，6，6，-15，6，6知 n =16的数列是存在的.
例8 （第1届CMO试题）能否把1，1，2，2，3，3，…，1 986，1 986这些数排列成一行，使得两个1之间夹着1个数，两个2之间夹着2个数，…，两个1 986之间夹着1 986个数？请证明你的结论.
解 假设能将上述2×1 986个数排成一列满足要求，这时任一个数 i ∈1，2，…，1 986有两个“坐标”，前一个坐标 x i 是 i 第一次出现时的位置，后一个坐标 y i是 i 第二次出现的位置，显然
现在用两种方法考虑所有坐标的和.
一方面，坐标的和为
是一个偶数.
另一方面，每一个 i ∈ 1，2，…，1 986的两坐标之和为 x i + y i =2 x i + i +1.
因而所有坐标之和为
是一个奇数，矛盾.故答案是否定的.
例9
一次比赛有
m
名选手和
n
名评委，其中
n
是奇数.每名评委都对每名选手给出“通过”或“不通过”两种成绩之一.已知任意两名评委最多对
k
名选手给出的成绩相同，证明：
证明 我们考查任意一名选手，假设有 a 名评委给他“通过”， n - a 名评委给他“不通过”.那么给他相同成绩的评委对子数为
注意：这是关于
a
的一个二次函数，对称轴为
，由于
a
必须是整数，故上述二次函数在
或
处取到最小值，最小值为
我们计算每一对评委对选手给出的成绩相同的次数之和.一方面，由条件知每个次数均不超过
k
，故这个和不超过
；另一方面，由于每名选手至少被
评委给出相同的成绩，故这个和不少于
因此，
化简得
例10
（第39届普特南数学竞赛试题）给定平面上
n
个相异点.证明其中距离为单位长的点对少于
对.
证明
对于平面上的点集
，令
e
i
表示与
p
i
相距为单位长的点
p
i
的个数，则相距为单位长的点对的对数是
设 C i 表示以 p i 为圆心，1为半径的圆.
因为每对圆至多有2个交点，故所有 C 1 ， C 2 ，…， C n 至多有
个交点.
只需讨论每一
e
i
≥1的情形就够了.点
p
i
作为
C
j
的交点出现
次，因此
由柯西不等式知
于是
所以
例11 （第30届IMO试题）设 n 和 k 是正整数， S 是平面上 n 个点的集合，满足：
（1） S 中任何三点不共线.
（2）对 S 中的每一点 P ， S 中存在 k 个点与 P 距离相等.
求证
:
证明
为方便起见，不妨将以
S
中的点为两个端点的线段称为“好线段”.一方面，好线段的条数显然为
；另一方面，由（2）知：以
S
中任一点
P
为圆心可以作一个圆，这个圆上至少有
k
个
S
中的点.因此，这个圆至少有
条弦是好线段.
S
中有
n
个点，因而可作
n
个圆，每个圆有C
n
2
条弦是好线段，共有
条.不过其中有一些被重复地计算了两次或更多次，这种线段是两个圆或几个圆的公共弦，由于每两个圆至多有一条公共弦.所以
n
个圆至多有C
n
2
条公共弦（重复计算在内），从而至少有
条弦是好线段.
综合以上两个方面得
化简得
解得
从而
作者：朱华伟.原载：《中学数学》1991年第11期.