1、 集合（一）内容综述：本讲先介绍了以下一些重要的概念：集合、子集、两集合相等、真子集、并集、交集、相对补集，然后介绍了著名的容斥原理，接着介绍了以下几个定律：零律、分配律、排中律、吸收律、补交转换律、德摩根律。然后通过 6 道例题分析了一部分集合题目的解题方法与技巧，同学们应在熟悉以上定义、定理、定律的基础上仔细分析例题材解法，争取可以独立解决训练题。要点讲解：1基本理论除了课内知识外，我们补充以下知识相对补集：称属于 A 而不属于 B 的全体元素，组成的集合为 B 对 A 的相对补集或差集，记作 A-B。容斥原理：以 表示集合 A 中元素的数目，我们有，其中 为 n 个集合 称为 A 的阶。
2、n 阶集合的全部子集数目为 。A，B，C 为三个集合，就有下面的定律。（1）分配律（2）零律（3）排中律（4）吸收律（5）补交转换律（6）德摩根律的相对形式例题分析：例 1：对集合1，2，n及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例如，集合 的“交替和”是 9-6+4-2+1=6. 的“交替和”是 6-5=1， 的交替和是2。那么，对于 n=7。求所有子集的“交替和”的总和。分析；n=7 时，集合7，6，5，4，3，2，1的非空子集有 个，虽然子集数目有限，但是逐一计算各自的“交替和”再相加，计算量仍然巨大，但是，
3、根据“交替和”的定义，容易看到集合1，2，3，4，5，6，7与1，2，3，4，5，6的“交替和”是 7；可以想到把一个不含 7 的集和 A 与 的“交替和”之和应为 7。那么，我们也就很容易解决这个问题了。解：集合1，2，3，4，5，6，7的子集中，除去7外还有 个非空子集合，把这 个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设这是把 结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为 7，共有 组.所以,所有“交替和”之和应该为。说明：我们在这道题的证明过程中用了这类题目最典型的解法。就是“对应”的方法，“对应”的方法在解决相等的问题中应用得更多。例 2：设 A=1，2，2n.，
4、证明：A 的任意 n+1 阶子集中，存在两个数，一个可被另一个整除。分析：对于 2n 个数中取 n+1 个数，我们应该有一个直觉就是把这 2n 个数分成 n 组，每组都必然满足题目条件，那么由抽屉原则命题就解决了。证明：前 2n 个自然数中，共有 n 个奇数。根据自然数的一种有用的表达形式；n=(2k-1)2( ,L 为非负整数)考查 A 的下列 n 个子集，容易看到：考虑 A 中任意 n+1 个元素，根据抽屉原则知，至少有两个元素是上述 n 个集合中同一个集合中的元素，这两个数中，必有一个可被另一个整除。说明：把一个集合分成若干个两两不交的子集的并，也则分拆，这种分拆的方法在解决集合的问题时
5、为常用方法之一。 例 3：某班对数学、物理、化学三科总评成绩统计如下：优秀的人数：数学 21 个，物理 19 个，化学 20 个，数学物理都优秀 9 人，物理化学都优秀 7 人。化学数学都优秀 8 人。这个班有 5 人任何一科都不优秀。那么确定这个班人数以及仅有一科优秀的三科分别有多少个人。分析：自然地设 A=数学总评优秀的人B=物理总评优秀的人C=化学总评优秀的人则已知|A|=21 |B|=19 |C|=20这表明全班人数在 41 至 48 人之间。仅数学优秀的人数是可见仅数学优秀的人数在 4 至 11 人之间。同理仅物理优秀的人数在 3 至 10 人之间。同理仅化学优秀的人数在 5 至 1
6、2 人之间。解：（略）。说明：先将具体的实际生活中的问题数学化，然后根据数学理论来解决这个问题不仅是竞赛中常见情况，也是在未来学习中数学真正有用的地方。例 4：n 元集合具有多少个不同的不交子集对？分析：我们一般想法是对于一个子集，求出与它不交的子集个数，然后就可以求出总的子集对来了。解：如果子集对是有序的，即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集，则第一个子集若是 k 个元素，第二个子集就由其余 n-k 个元素组成，可能的情况是 种，而这时第一个集合的选取的可能情况应为 种，那么 k 从 o 变到 n，总的情况可能就是。如果子集对是无序的，即两个子集相同但次序不同的子集对不认为不同，则 对
7、有序子集对中有一对是由两个空集组成，而对其它 个有序对，每一对中交换两个子集的次序，得到的是同一个无序子集对，因此有 个无序子集对，其中至少有一个子集非空，于是无序子集对的总数为分析二：我们可以从元素的角度来思考问题。对一个元素来说，它有三种不同的选择，在第一个集合中，在第二个集合中，或者不在两个集合中。解法二：在计算有序对的数目时，对每一个元素来说有三种可能：它或在第一个子集，或在第二个子集，或不在其中任意一个子集，因此不同的不交有序子集对的总数 ，以下同解法一。说明：本题为 1973 年捷克的竞赛题，对题目的不同分析使我们得到了差异很大的两个解法，解法一从题目要求想起，很容易想到，但解出最
8、后解却不见得那么简单，而解法二的想法是类似于集合分析的想法，很难想到，但想出后比较容易求解，两个解法对比一下正体现了数学思维的两方面，一个是纯代数想法，以计算的方法替代对题目更深层次的研究，另一个则是控掘题目本身的内在关系，找出最合适的解答，我们当然推荐第二种做法。例 5：1992 位科学家，每人至少与 1329 人合作过，那么，其中一定有四位数学家两两合作过。分析：在与一个人 A 合作的人中我们找到 B。再说明一定有人与 A 和 B 都合作过为 C。最后再说明有人与 A、B、C 都合作过为 D，那么 A、B、C 、D 就是找的人了。证明：一个人 A。不妨设 B 与之合作。那么。即 C 与A
9、和 B 均合作过， 分别表示与 A、B 合作过的人的集合。同样地，。所以存在 。则 A、B、C、D 就是所求，证毕。说明：把一个普通的叙述性问题转化为集合的语言描述的问题通常为解题的关键之处，也是同学们需加强的。例 6：集合 X 由 n 个元素构成，对两个子集 ，求得集合 的元素个数，证明：所有求得个数之和为 。分析：我们先考虑一个简单情况，n=2.这时有四个集合，记为。交集情况就是 。那么对于 n 很大时，我们有的不只是 4 个集合却可以以此形式分组。证明：因为集合 X 总共有 个不同子集，所以不同的有序子集对共有，将所有子集对分为 个 4 元组： 其中表示子集 的补集 X-A。交换子集对的
10、 4 元组中子集对的次序，得到的是同一个四元组，事实上，由子集对 得到的 4 元组与由 得到的完全相同，且。说明：复杂的问题先考虑简单的特殊的情况是一种最常用的方法，从中找到共性后就很容易得到原题目有答案了。1一个集合含有 10 个互不相同的十进制两位数，证明：这个集合必有两个无公共元素的子集合，这两个子集元素和相等。2是否存在两个以非页整数为元素的集合 A、B，使得任一个非负整数都可以被A、B 之中各取一数之和唯一表出。3对每个 使得在 n 元集合中，可以取出 k 个子集，其中任意两个的交非合。4能否把 分成两个积相等的不交集合。参考答案110 个元素的集合共有 个非空子集，每一个这个集合的
11、非空子集中数字之和小于 ， 由抽屉原则知，必有两个子集，它们有相同的元素和，设为 满足题目要求条件。2十进制 为第 1 位。 为第 i 位，考虑如下的 A、B：A 为奇位为 o 的那些非负整数组成。B 为偶位为 o 的那些非负整数组成。不难验证这样的 A B 是符合题目要求的。3在集合 中取定一个元素 ，并只考虑含 的子集，这类子集的个数为集合 的子集的个数，即为 。因此 。另一方面，设从集合 X 至少取出 个子集，将集合 X 的所有子集分成 对。每一对由一个子集与它的补集组成，由抽屉原则，所取子集至少有两个组成一对，因此它们不交，于是。4对 7 取模，由于 均不能为 7 的位数，所以(mod7).所以 n（n+1 ）(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) (mod7)，而若能拆分应为0、1、4、2 （mod7），所以集合 不能拆成满足要求的集合。21 世纪教育网
