堆罗汉这种游戏，是学校中所常见到的，这里用不到再来说明，只不过取它做个例子：从最下排起数上去，每排次第少一个人，直到顶上只有一个人为止。像这类依序相差同样的数的一群数，在数学上我们叫它们是等差数列。关于等差数列的计算，本不十分难懂，小学的算术教本里面也都有得讲到，所以这里也将它放在一边，单只讲从1起到某一数为止的若干个连续整数的和，用式子表示出来，就是：
（1）1+2+3+4+5+6+7+……
和这个性质相类似的，还有从1起到某数为止的各整数的平方和同着立方和，就是：
（2）12+22+32+42+52+62+72+……
（3）13+23+33+43+53+63+73+……
照图3看去，这个长方形由A，B两块组成，而B恰好是A的倒置，所以：
A=1+2+3+4+5+6+7
B=7+6+5+4+3+2+1
A，B的总和是相同的，各等于全个矩形的面积的一半。至于这个矩形的面积，只要将它的长和宽相乘就可得出了，它的长是7，宽是7+1，因此面积便是：
7×（7+1）=7×8=56
这个式子推到一般的情形去，就变成了：
第二、第三个例子，我们也可以用图形来研究它们的结果，不过更繁杂一点，但也更有趣味，现在还是分开来讨论吧。
从图4，我们注意小方块的数目和大方块的关系，很明白地可以看出来：
12=1
22=1+3
32=1+3+5
42=1+3+5+7
……
72=1+3+5+7+9+11+13
若用话来说明，就是2的平方恰等于从1起的2个连续奇数的和，3的平方恰等于从1起的3个连续奇数的和，一直推下去，7的平方就是从1起的7个连续奇数的和。所以若要求从1到7的7个数的平方和，只需将上列七个式子的右边相加就可以了。但这个法子虽没有什么不合理，毕竟不简便，而且从它要找出一般的式子也不容易，因此我们得另找一条路。
试将各式的右边表示的和，照堆罗汉的形式堆起来，我们就得出图5的形式（为简便起见，只用1、2、3、4四个数）：
若要推到一般的情形去，那么，图8这个矩形的长是：
而它的宽却是：
n+1+n=2n+1
所以它的面积就应当是：
这就可证明：
比如，我们要求的是从1到10十个整数的平方和，n就等于10，这个和便是：
说到第三个例子，因为是数的立方的关系，照通常的想法，只能用立体图形来表示，但若将乘法的意义加以注意，要用平面图形来表示一个立方，也不是全然不可能。先从23说起，照原来的意思本是3个2相乘，若用式子写出，那就是2×2×2。但这个式子我们也可以想象成（2×2）×2，这就可以认它所表示的是2个2的平方的意思，可以画成图9的A，再将形式变化一下，更可得出图9的B。
同样地，33可以用图10的A或B表示，而43可以用图11的A或B表示。
就图9、图10、图11的B仔细观察一下，我们得出下面的关系：
图9的B的缺口恰好是12，但13和12，我们用同一形式表示，在意义上没有很大的差别，所以13刚好可以填23的缺口。
图10B的缺口，每边都是3，这和图9B的外边相等，可知13和23一起，又正可将它填满。
末了，图11的B的缺口每边都是6，又恰等于图10的B的外边。因此13、23和33并在一起，也能将它填好。就照这个填法，我们便得图12，它恰巧是13+23+33+43的总和。
从别一方面来说，图12只是一个正方形，每边的长都等于：
1+2+3+4
所以它的面积应当是（1+2+3+4）的平方，因此我们就证明了下面的式子：
13+23+33+43=（1+2+3+4）2
但这式子右边括弧里的数，照第一个例子应当等于：
因此：
推到一般的情形去：
上面的三个例子，我们都只是凭了几个很小的数目的观察，便推到一般去，而得出一个含有n的公式，n是代表任何整数。这个推证究竟可靠不可靠呢？换句话说，就是我们的推证有没有别的根据呢？就实际的情形说，我们所已得出的三个公式都是对的，但它的对不对是一个问题，我们的推证法可靠不可靠又是一个问题。
我来另举一个例子，比如11，它的平方是121，立方是1331，四次方是14641。从这几个数，我们可以看出三个法则：第一，这些数排列起来，对于中点说，都是对称的；第二，第一位和末一位都是1；第三，第二位和倒数第二位都等于乘方的次数。依这个观察的结果，我们可不可以说11的n次方便是1n…n1呢？要下这个判断，我们无妨再举出一个次数比4还高的乘方来看，最简便的自然就是5。11的5乘方，照实际计算的结果是161051。上面的三个条件，只有第二个还存在，若再乘到8次方，结果是214358881，就连第二个条件也不存在了。
由这个例子，可以看出来，单只就几个很小的数的变化观察得的结果，便推到一般去，不一定可靠。在这个理由的下面，我们就不得不怀疑到我们前面所得出的三个公式。倘使没有别的方法去证明，在那三个例子中是有特殊的情形可以用那样的推证法，那么，我们宁愿去找另外的一条路来解决。
是的，前面所已得出的三个公式很可以怀疑，但我们也并非毫无根据。第一个式子最少到了7是对的，第二、第三个式子最少到了4也是对的。我们若不惮烦地顺着再试验上去，可以看出来，就是到8，到9，到100，乃至到1000都是对的。但这样试验，一来未免笨拙，二来无论试验到什么数，我们总是一样地不能够就保证那公式便有了一般性，为此我们只得舍去了这种逐步试验的方法。
我们虽怀疑那公式的一般性，但无妨“假定”它的形式是对的，再来加以检查，为着便利，容我在此重写一次：
在这三个式子中，我们说n代表一个整数，那么n以下的一个整数就应当是n+1。假定这三个式子是对的，我们试来看看，当n变成n+1的时候是不是还对，这自然单只就式子的“形式”去考查，但这种考查我们用不到怀疑。在某一意义上，数学便是符号的科学，也就是形式的科学。
所谓n变到n+1，就无异于说，在各式的两边都加上一个含n+1项，照下面的程序计算：
（一）
（二）
（三）
从这三个式子的最后的结果看去，和我们所假定的式子，除了n改成n+1以外，形式全然相同。因此，我们得出一个极重要的结论：
“倘使我们的式子对于某一个整数，例如n，是对的，那么对于这个整数的下一个整数，例如（n+1），也是对的。”
事实上，我们已经观察出来，这三个式子至少对于4都是对的。运用这个结论，我们无须再试验，也就有理由可以断定它们对于5都是对的。既然对于5对了，那么同一理由，对于6也是对的，再推下去就对于7、8、9……都是对的。
到了这里，我们就有理由承认这三个式子的一般性，再不容怀疑了。
这种证明法，我们叫它是数学归纳法。
数学上所常用的多是演绎法，这是学过数学的人都知道的。关于堆罗汉这类数列的公式，算术上的证明法，也就是演绎的，为了便于比较，也将它写出。本来：
S=1+2+3+…+（n-2）+（n-1）+n
若将这式子右边各项的顺序掉过，就得
S=n+（n-1）+（n-2