有时，为了说明某个式子始终成立，我们会为它构造一个情境。例如，为了说明
C(m, 0) · C(w, r) + C(m, 1) · C(w, r – 1) + … + C(m, r) · C(w, 0) = C(m + w, r)
始终成立，只需要注意到，等号的左边和右边计算的都是同一个东西：假如一个班上有 m 个男生 w 个女生，从中选出 r 个人有多少种方案。等号左边的计算方式是，分别计算 0 男 r 女、 1 男 r – 1 女、 2 男 r – 2 女等 r + 1 种情况的方案数，然后把它们加起来。等号右边则是直接算出了从这 m + w 个人中选出 r 个人的方案数。两种算法所得的答案应该是相等的。
现在，请你构造一个情境，来说明不等式
(1 – pm)n + (1 – qn)m ≥ 1
总成立，其中 m 、 n 是任意正整数， p 、 q 是任意正实数，并且满足 p + q ≤ 1 。
把 6 分成一个或多个正整数之和，本质不同的方案只有以下 11 种：
| 分拆方案 | 含有多少种不同的数 |
| 6 | 1 |
| 5 + 1 | 2 |
| 4 + 2 | 2 |
| 4 + 1 + 1 | 2 |
| 3 + 3 | 1 |
| 3 + 2 + 1 | 3 |
| 3 + 1 + 1 + 1 | 2 |
| 2 + 2 + 2 | 1 |
| 2 + 2 + 1 + 1 | 2 |
| 2 + 1 + 1 + 1 + 1 | 2 |
| 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 | 1 |
其中，每一行右边的那个数表示，该分拆方案中含有多少种不同的数。把右列的所有数全部加起来，结果是 19 。神奇的是，如果你数一数所有分拆方案中 1 出现的总次数，你会发现结果也是 19 。
这并不是巧合。事实上，对于任意一个正整数来说，各个分拆方案中不同的数的个数之和，一定都等于所有方案中 1 出现的总次数。这是为什么呢？这个结论还有一个比较直接的推广，你能想到吗？
众所周知，三角形当中的任意两边之和始终大于第三边。在四边形中，我们还有类似的结论吗？ 2015 年 2 月的 UyHiP 谜题就是：证明或推翻，四边形的三条最长边之和始终大于两条对角线的长度之和。
为什么以向量 (a, b) 和 (c, d) 为邻边，构成的平行四边形的面积正好是 ad – bc 呢？下图是一个非常漂亮的无字证明。
这是我在阅读 The Mathematical Mechanic: Using Physical Reasoning to Solve Problems 一书时受到启发并制作完成的。
我们很容易在平面内放置很多点，使得任意两点确定的直线都只经过这两个点——你需要做的，仅仅是让任意三点都不共线就行了。那么，能否在平面内放置若干个点，使得任意两点确定的直线总是恰好经过三个点呢？更一般地，对于任意正整数 n > 2 ，能否在平面内放置若干个点，使得任意两点确定的直线总是恰好经过 n 个点呢？当然，我们要排除掉所有点都共线这种平凡的情况。
记得我很小的时候就想过这个问题。小时候有一种经典的智力题，大致就是叫你把多少多少棵树种成多少多少行，使得每行都有多少多少棵树。比方说，如何把 9 棵树种成 10 行，使得每行都有 3 棵树？答案如下图所示。但请注意，其实图中还有不少直线上只有 2 棵树，比如那条蓝色的虚线。
当时，我就曾经想过，如果树苗足够多，能否让每条可能的直线上都种有 3 棵树呢？于是，我没事儿就来尝试一番，但每一次都以失败告终。后来我才知道，这是不可能的。根据 Sylvester–Gallai 定理，在任意一个有限点集中，一定有一条直线恰好只经过两个点，除非所有的点都是共线的。这个定理有一个非常漂亮的证明，这里不得不提。假设存在某个点集，满足任意两点确定的直线上都存在其他的点。画出所有可能的直线，作出每一个点到每一条直线的垂线段，然后找出所有这些垂线段中最短的一条。不妨假设这条最短的垂线段是点 P 到某条直线 l 的垂线段，垂足点记作 H 。由假设， l 上至少有三个点，因此至少有两个点分布在垂足 H 的同一侧（允许和垂足重合）。不妨把这两个点记作 R 、 Q ，如下图所示。由于我们画出了所有可能的直线，因此 P 、 R 两点之间也有一条直线；此时， Q 到 PR 的垂线段就是更短的垂线段，于是产生矛盾。要想避免这样的矛盾，唯一的方法就是，所有的垂线段长度都为 0 ，换句话说我们根本作不出所谓的垂线段。这也就是所有点全都共线的情况。
我们刚才证明了，在一个点集中，只经过两点的直线一定存在，除非所有点全都共线；因此，当 n > 2 时，我们自然就无法让每条可能的直线上都有 n 个点，除非所有点全都共线。