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子集与集合的分划
第三节子集与子集的分划
一个集合可以写成若干个集合的并集，这是对集合分类讨论的常用方法•对于一个较为
复杂的集合，我们在研究其性质时，往往可以划分成若干个小集合的并集进行研究，通过对这
些小集合的性质的研究，可以达到化整为零、化繁为易的效果•集合的分划反映了集合与子
集之间的关系，这既是一类数学问题，也是数学中的解题策略一一分类思想的基础，在近几
年来的数学竞赛中经常出现，日益受到重视•本讲主要介绍有关的概念、结论以及处理集合、
子集与划分问题的方法•
【基础知识】
一•集合的分划
1.集合分划的概念：
把一个集合M分成若干个非空子集：
a,,a2,…，人.如果满足
（1）AAj「（仁i,上n）；
n
（2）A二M，那么称这些子集的全体为集合M的一个n—分划，其中每一个子集叫做
i4
集合M的一个类.
2•加法原理
A，A2,…,An.是有限集n—
由集合分划的定义，容易证明有限的一个非常有用的性质：
设
n
分划，则Card（M）=7Card（AJ，这是一个基本的计数公式，被称为加法原理.
i二
3.最小数原理（极端原理）
最小数原理I:
设M是正整数集的一个非空子集，则M中必有最小数.
最小数原理II:
设M是实数集的一个有限的非空子集，则M中必有最小数.
推论：
设M是实数集的一个有限非空子集，则M中必有最大数.
二•子集族
1.子集族的概念
我们可以将某些集合取来作为元素构成一个新的集合，例如A*二{{1},{0,1}{0},}就是
含4个元素{1},{0,1}{0},的集合，特别地，将集合M的若干个子集作为元素构成的集合M*叫做原集合的一个子集族.如上例中的A*就是二元集A二{0,1}的全部子集构成的子集族.子集族中所含原来集合的子集的数目叫做该子集族的阶.例如子集族A*的阶为4,即|A*|=4.
2.C族
最简单的子集族是由有限集M的全体子集所构成的子集族，简称为C族.
3.C族的性质
设|M戶n，则集合M的全体子集所构成的集合M*的阶为2n.即
|M*pc：
+C；+…+c：
=2n.
4.R族
设Card（A）=n,M=｛A,人,…,An｝是A的一个子集族，若存在k（2兰k兰m-1）使得：
（1）M中任意k个A都相交；⑵M中任意（k+1）个A都不相交•
则称M为A的一个指数为k的R族•
定理：
如果M=｛AA,…，AJ是A的一个指数为k的R族，Card（A）=n，则金兰n.
5.K族
设A为一个n阶集合，M=｛A,A,…，An｝是A的一个子集族若M中任何两个A的
子集A和Aj互不包含，即A①Aj且AjuA，则称M为集合A的一个K族•
定理：
设M为n阶集合A的K族中阶数最高者，则Card（M）二
上述两个定理的证明有一定的麻烦程度，我们将其放在习题中，请读者自己完成其证明过程.
本讲的内容没有因定的方法，难度也较大，有些问题甚至就是一些数学专业论文中的一些结
果或著名的定理，初学者若感到较为困难，可以耐心地多看几遍，多做几遍本讲中的例题与
习题就会有所收获•
【典例精析】
【例1】（第43届美国中学数学竞赛）设S为集合｛1,2，…，50｝的子集，并且S中任意两个
元素之和不能被7整除，那么S中元素最多有多少个？
〖分析〗对于两个不同的自然数m,n,m•n不被7整除也就是m•n被7除的余数不为
0.我们将集合｛1,2,…,50｝按照其中元素被7除所得的余数相同与否进行归类，余数相同的
组成一个集合，这样可得到7个子集.然后从这7个子集中适当地抽取满足题意的元素组成
集合S即可.
【解法一】将集合｛1,2/,50｝中的元素按被7除所得的余数相同分为7个子集，即：
A=｛1,8,15,22,29,36,43,50；A2=｛2,9,16,23,30,37,44｝；人=｛3,10,17,24,31,38,45｝；
A二｛4,11,18,25,32,39,46｝；A二｛5,12,19,26,33,40,47｝；乓二｛6,13,20,27,34,41,4$；
A=｛7,14,21,28,35,42,49｝.
可知S最多包含A0的一个元素，而如果S包含其它任何一个子集中一个元素时，则它可以
包含这个子集中的所有元素；另外，s不有同时包含a,A中的元素；同样，s不能同时包
含A,A和A3,A4中的元素•故S中的元素最多有1+8+7+7=23个.
【解法二】将｛1,2，…,50｝按照模7分成7类：
&={1,8,15,22,29,36,43,50}©={2,9,16,23,30,37,44}©={3,10,17,24,31,38,45}；
K={4,11,18,25,32,39,46};K^{5,12,19,26,33,40,47};心二{6,13,20,27,34,41,48};
K0二{7,14,21,28,35,42,49}.
下面证明S=K1K2K3{7}为满足要求的元素最多的集合.
首先对a,b尸S,a=b有3种可能：
（1）a,b・Kj（1S乞3），则a三2i（mod7）,贝Uab不能被7整除；
（2）a，Ki,b・Kj（1S=j乞3），则ab三i•j（mod7），则ab不能被7整除；
（3）aKj,b=7（1二i二3），则ab=i（mod7），则ab不能被7整除.
综上知，S中任何两个元素之和不能被7整除.
其次证明，若S中添加1个元素C,则必存在S中的一个元素与c的和能被7整除.添加的C有4种可能：
（1）K4，则C与K3中的元素之和能被7整除；
（2）K5，则C与K2中的元素之和能被7整除；
（3）CK6，则C与K1中的元素之和能被7整除；
（4）C・K0,则C与7的和能被7整除.
综上知，S中的元素不能再添加•所以S中元素数目的最大值为：
Card（S）=Crad（KJCard（&）Card（Ks）1=23.
〖说明〗本题实际上是集合的划分问题，从以上的解答过程可以看出，利用余数构造集合的
划分是解决本题的关键，也是解决集合问题的一种常用的手段.解法二中，首先按模7的剩
余类对集合{1,2/,50}中的元素进行分类的想法是自然的.后面的解答中又进行了两次分
类，但是这两个分类的理由已经蕴涵中最初的分类之中了
【例2】对于一个由非负整数组成的集合S,定义rs（n）为满足条件的有序对（s「S2）的对数：
S•S,s^S,s=S2且s,$二n.问：
是否能将非负整数集分划为两个集合A和B,使得
对任意n,均有rA（n）=rB（n）?
〖分析〗整数有多种表示形式，其中二进制表示的每位数字只有0和1这两种选择.由于是将S分划为两个集合A、B,对每个因定的n,满足§•s2二n的非负整数对（$,$）是有限的，用二进制来讨论（ShS2）在A和B中的分配情况似乎较有利•
【解】存在上述分划•将所有二进制下数码1出现偶数个的非负整数归入集合A，其余的非
负整数归入B,则A、B是非负整数N的分划.
注意到，对A中满足a1a2=n,q=32,^,32A的数对（a^a?
），由于a2，
因此在二进制表示下ai与a?
在该位上的数码，分别得到b,b2，则bi,b2B且
-bh,b1b＞二n.这个将（a「a2）对应到（bi,b2）的映射是对应的，因此rA（n）=rB（n）.
〖说明〗本题中构造一一映射成为求解的关键，这个构造使得我们将要求证的问题简单地转
化成了二进制下的数码个数问题，这种方法在涉及到集合所有子集问题中很常见
【例3】（2007年全国高中数学联赛）已知A与B是集合{1,2,…,100}的两个子集，满足A
与B的元素个数相同，且AB为空集，若n・A时总有2n•2・B，贝UAB的元素个数最多为（）
A.62B.66C.68D.74
【解】先证Crad（AB）岂66，只须证Crad（A）乞33，为此只须证若A是{1,2，…,49}的
任一个34元子集，则必存在A，使得2n2A，证明如下：
将{1,2,,49}分成如下33个集合：
{1,4},{3,8},{5,12},,{23,48}共12个；{2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共4个；
{25},{27},{29},,{49}共13个；{26},{34},{42},{46}共4个.
由于A是{1,2，…,49}的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元
子集中的数均属于A，即存在A，使得2nA.
如取A={1,3,5,,23,2,10,14,18,25,27,29,,49,26,34,42,46},B二{2n2|nA}，贝U
A,B满足题设条件Crad（AB）=66.
〖说明〗在我们的经验中，有些数学问题涉及的对象较为复杂，统一地解决有困难，于是就
将这些对象分成“不重不漏”的若干类，然后再逐类的解决，这就是分类解决问题的方法.
这种方法在竞赛中是常用的.
【例4】（1995年全国高中数学联赛）设M={1,2，…1995},AM且当xA时15x^A,求Card（A）的最大值.
〖分析〗；1995=133,•当k=9,10,11，…,133时，k与15k不能同时在AIL13
中.Card（A）乞1995-125=1870.只需再构造一个集合A,使得Card（A）=1870即可.
【解】由题设当k=9,10,11，…，133时，k与15k不能同时在A中•故至少有133-8=125个数不在集合A中，即Card（A）叮995一125=1870.
另一方面，M的子集A可取{1,2,…，8}{134,135，…，1995}满足题意，此时
Card（A）=1870•故Card（A）的最大值为1870.
〖说明〗本题是要求满足一定条件的某个集合的子集的元素个数的最大值.先证明这个子集
的元素个数不大于某个常数，然后再构造一个集合，它的元素个数正好是这个常数，此时这个常数就是我们所要求的最大值.本题解答中得到x与15x（x二9,10-,35）这两个数中至少有一个不属于A是非常巧妙的一步，便得求解过程简单明了解
【例5】把2个元素的集合分为若干个两两不交的子集，按照下述规则将某一个子集中某
些元素挪到另一个子集：
从前一子集挪到后一子集的元素个数等于后一子集的元素个数（前
一子集的元素个数应不小于后一子集的元素个数），证明：
可以经过有限次挪动，使得到的
子集与原集合相重合.
〖分析〗首先考虑到2n是一个很特殊的数，其次我们发现若两个集合的元素个数除以2的
若干次幕后若为奇数，那么，它们之间挪后就应为偶数这一事实，若还不能想到解答就试一
下n=2,n=3时的情况，相信解答就不会难找到了.
【证明】考虑含奇数个元素的子集（如果有这样的子集），因为所有子集所含元素的个数总
和是偶数，所以具有奇数个元素的子集个数也是偶数，任意将所有含有奇数个元素的子集配
成对，对每对子集按题目要求的规则移动：
从较大的子集挪出一些元素，添加到较小的子集，
挪出的元素个数为较小子集的元素个数，于是得到的所有子集的元素个数都是偶数，现在考
虑元素个数不被4整除的子集，如果n=1，则总共有两个元素，它们在同一个子集，因此设n_2,因为子集的元素个数的总数被4整除，因此这样的子集的个数为偶数，任意将这
样的子集配成对，对每一对子集施行满足题目要求的挪动，于是得到的每个子集数均可被4
整除，依此做下去，最后得到的每个子集元素个数均可被2n整除，也就是只能有一个子集，
它的元素个数为2n，证毕.
〖说明〗这道题的证明中隐含了一种单一变量在变化时变化方向相同这一性质，就这道题来
说，一直在增加的就是各子集元素个数被2的多少次幕整除的这个幕次数，这是一大类问题，除了这种变化量，还要经常考虑变化中的不变量
【例6】（2005年全国高中数学联赛）设r,s,t为整数，集合{a|a=2r，2s•2七,0_t：
：
：
s：
：
：
r}
中的数由小到大组成数列{an}:
7,11,13,14/，则a36匚
【解】•••r,s,t为整数且0：
：
：
s：
：
：
r,•••r最小取2,此时符合条件的数有C；二1
2
r=3,s,t可在0,1,2中取，符合条件有的数有C3=3
同理，r=4时，符合条件有的数有C：
=6；r=5时，符合条件有的数有C；=10；
r=6时，符合条件有的数有C66=15;r=7时，符合条件有的数有C；=21;
因此，a36是r=7中的最小值，即a3^202127=131.
〖说明〗在应用加法原理时，我们通常首先描述性地定义，即把问题分成互相排斥的若干情
形，而这此情形包括了所有的可能•应用加法原理的技巧就在于要把被计数的集合S划分成
“不太多的易于处理的部分”•
【例7】（2007年浙江省预赛题）设M={1,2,…，65}，A9M为子集•若|円=33，且存在
x,y乏A，xcy，x|y，则称A为好集”求最大的M，使含a的任意33元子集为好集
【解】令P={21+屮=1,2,…，44}{2（21+i）i=1,2,…，11}，|P|=33.
显然对任意1因此am21.
下面证明：
包含21的任意一个33元子集A—定为好集.
设=现考虑1,3,7,42,63都不属于集合A.构造集合
A二「2,4,8,16,32,64?
A二「5,10,20,40?
A二「6,12,24,48?
人二〈9,18,36?
A^-'.11,22,44人「13,26,52?
A7」14,28,56?
AJ.15,30,60l,-'.17,34?
A。
二「19,38?
A1=「23,46?
氏2二125,50?
A厂「27,54?
他二29,58,
A5•31,62?
A'733,35,37,,61,65；
由上可见，A,A2,…，A5每个集合中两个元素都是倍数关系•考虑最不利的情况，即
AA,也即A■中16个元素全部选作A的元素，A中剩下16个元素必须从A,A2,…，As
这15个集合中选取16个元素.根据抽屉原理，至少有一个集合有两个元素被选，即集合
A中至少有两个元素存在倍数关系.
综上所述，包含21的任意一个33元子集A—定为好集，即a的最大值为21.
〖说明〗若（ai,b1,G,,kj,（a2,b2,Q,,k2）,……,（an,bn,G,,kn）这n组数都具
有相同的性质M（n，N*）,则在研究与性质M有关的问题时，我们可以只研究其中的一组
数据，进面推得所有这n组数据的性质.
【例8】已知集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，求该集合具有下列性质的子集的个数：
每个子集
至少含有2个元素，且每个子集中任意2个元素的差的绝对值大于1.
〖分析〗虽然已知集合中只有10个元素，但是分类还是比较复杂的.如果将问题一般化，可
能过构造递推式来解决.
【解】设an是集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的具有题设性质的子集的个数，考察集合{1,2,3，…，
n,n1,n2}具有题设性质的子集，可分为两类：
（1）包含元素n•2的子集有an•n个，即每个{1,2/,n}与{n-2}的并集，以及{1,n-2}，{2,n2},,{n,n2}.
（2）不包含n2的子集有an1个，即集合{1,2,3,…,n,n7}的具有题设性质的子集的个数.于是有递推式an2=an1■an■n①
显然耳=1,a4=3（即卩{1,${1,4},{2,4}），代入①式得：
a^313=7,a^74=14，
a7=1475=26,a8=26146=46,a9=46267=79,a10=79468=133.
故满足题设条件的子集共有133个.
【例9】证明：
一个有限集的全体子集，可以按如下方式排成一行：
（1）居中第一位是空集；
（2）每个子集恰好在此行中出现一次；
（3）每个子集中的元素或者是前一个子集添加一个元素或删除一个元素所得
〖分析〗从特殊情形入手，寻找规律.
【解】我们可以先观察特殊情形：
当n=1时，显然可以排成,{1}；当n=2时，子集共有22=4个，可以排成,{1},{1,2},{2}；当n=3时，子集共有23=8个，不难排出如下一列子集：
{*,{1,2},{企{2,3}{3,{3,1},{123}.
或，{1},{12,{企{2,3},{1,23,{1,3},{3.
从后一种情形发现，若将后四个子集中的元素3删去，正好是前四个子集的一种逆排列，这
种规律在n=2时也正是如此.现以这种规律来看n=4的情形：
9{1},{1,2},{2},{23«1,23,{1,3},{3,{3,令,{1,3,4},{1,2,3,4},{2,3,4},{2,4},{1,2,4},{1,4},{4}.
于是假设n=k时，已将2k个子集按题设要求排成一列，那么当n=k1时，只需在已排
kkk~
好的2个子集中，分别添加元素k1，逆序排在这2个子集的后面形成n二kT的2个子集的一种符合要求的排列.
〖说明〗一个复杂的问题，也许一时找不到突破口，我们可以先将其退化成一个很简单的问
题或者特殊问题，从中发现规律或者方法，从而找到一般问题的解法•这里运用了“进难则
退，以退为进”的解题策略•
【例10】（2007年北京高考试题）已知集合A=G,a2,a3,…,ak）（kX2）其中a*Z（i=1,2…，k），由A中的元素构成两个相应的集合S='a,ba门A,b•二A,a•b•二A?
T二「a,ba・A,b・A,a-b・A，其中a,b是有序实数对，集合S和T的元素个数分别为m,n.若对于任意的a・A，总有—a-A，则称集合A具有性质P.
（I）检验集合■0,1,2,31与「1,2,31是否具有性质P，并对其中具有性质P的集合写出相
应的集合S和T；
（n）对任何具有性质P的集合A，证明：
n乞U1；
2
（川）判断m和n的大小关系，并证明你的结论.
【解】（I）解:
集合「0,123：
不具有性质P，「-1,2,3：
具有性质P，其相应的集合S和T是s£t,3,3.一1汀二12,一1,2,3?
;
（n）证明：
首先由A中的元素构成的有序实数对共有k2个，因为
0A,ai,aiT（i=1,2,,k）,
又因为当a，A时，-a・’A，所以当a/j•T时，a」，a「T（i=1,2，…，k），于是集合T中的元素的个数最多为门=丄k2-k=1kk-1，即n_K*—.
222
（川）解：
m二n，证明如下：
1对于a,bS，根据定义a-A,b・A,则abA,从而ab,^T
如果a,b与c,d是S中的不同元素，那么a=c与b=d中至少有一个不成立，于是
ab=cd与b=d中至少有一个不成立，故ab,b与cd,d也是T中的不同元素.
可见S中的元素个数不多于T中的元素个数，即m_n；
2对于a,b〕wT，根据定义aA,b・A，则a-bA，从而a-b’bMS
如果a,b与c,d是T中的不同元素，那么a=c与b=d中至少有一个不成立，于是
a-b二c-d与b=d中至少有一个不成立，故a-b,b与c-d,d也是S中的不同元素.
可见T中的元素个数不多于S中的元素个数，即n由①②可知m=n.
1说明〗本题以集合为载体，涉及到它的性质，考查了考生的知识迁移能力和抽象思维能力
【例11】（2007年中国西部奥林匹克竞赛试题）已知T=「1,2,3,4,5,6,7,,8对于
AT,A=._，定义S（A）为A中所有元素之和，问：
T有多少个非空子集A，使得S（A）
为3的倍数，但不是5的倍数？
〖分析〗可按3的余加以分类，由于能被3整除且能被5整除的数必能被15整除，从而我
们只需将能被15整除的数去掉即可.
【解】对于空集一，定义S（._）=0•令T0={3,6},二{1,4,7},T2二{2,5,8}•对于AT，令A0=AT0,A广AT1,A^AT2，则
S（A）二S（A0）S（A）S（A）三Card（A）-Card（A2）（mod3），
因此，3S（A）当且仅当Card（AJ三Card（A2）（mod3）•有以下几种情况：
Card（A）=0,（Card（A,）=0,Card（A,）=3,Card（A）=3,CaUA）^1,Card（A）=2,
Card（Az）=0,Card（A?
）=3,Card（A?
）=0,Card（A）=3,Card（A）=1,Card（A）=2,
从而满足3S（A）的非空子集A的个数为
22（G0dCyc0+C；c3+c©）-1=87.
若3S（A）,5S（A），则15S（A）.
由于S（T）=36，故满足3S（A）,5S（A）的S（A）的可能值为15,30.而
15=8+7=8+6+1=8+5+2=8+4+3=8+4+2+1=7+6+2=7+5+3=7+5+2+1=7+4+3+1=6+5+4=6+5+3+1=6+4+3+2=5+4+3+2+1,
36-30=6=5+1=4+2=3+2+1.
故满足3S（A）,5S（A）,A—一的A的个数为17.所以，所求的A的个数为87-17=70.
〖说明〗本题从正面出发不容易解决，因此可以采用“正难则反”的思想，从而其反面出发，将不符合条件的元素减去，即可得到所求的答案
【例12】设A{0,1,2，…，29}满足：
对任何整数k及A中任意数a、b（a、b可以相同），
ab-30k均不是两个相邻整数的积•试确定所含元素最多的集合A.
〖分析〗因为当b=a时，2a30k均不是两个相邻整数的积，故我们只需考察2a被30
除的余数即可.
【解】所求A为{31•2|0乞丨乞9}•设A满足题中条件且Card（A）最大.因为两个相
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