子集与集合的分划.docx

1、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） A Aj（仁i,上n）

2、；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i 4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 ） = 7 Card （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

3、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

4、)使得：(1)M中任意k个A都相交；M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 AAj且Aj u A，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

5、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 =1,8,15,22,29,3

6、6,43,50 ； 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

7、,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; K5,12,19,26,33,40,47;心二6,13,20,27,34,41,48;K0 二7,14,21,28,35,42,49.下面证明S = K1 K2 K3 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U a b不能被 7 整除；(2) a，Ki,b Kj(1S = j 乞3)，则 a b 三i j(mod 7)，则 a b 不能被 7

8、 整除；(3) a Kj ,b =7(1 二 i 二3)，则 a b = i(mod 7)，则 a b 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) C K6，则C与K1中的元素之和能被 7整除；(4) CK0 ,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(KJ Card(&) Card(Ks) 1=23.说明本题实际

9、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 (sS2)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

10、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a1 a2 = n,q = 32,32 A的数对(aa?)，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,b2 B且-bh,b1 b二n.这个将(aa2)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

11、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 A B为空集，若nA时总有2n 2B，贝U A B的元素个 数最多为( )A . 62 B . 66 C. 68 D. 74【解】先证Crad (A B)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2n 2 A，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

12、, 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2n A.如取 A =1,3,5, ,23,2,10,14,18,25,27,29, ,49,26,34,42,46 , B 二2n 2|n A，贝UA, B满足题设条件 Crad (A B) =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

13、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 , A M且当x A时15xA , 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A IL 13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,

14、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

15、 (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

16、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

17、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；二12r =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

18、小值，即a3 20 21 27 =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，x c y，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 j 44，不存在n _3,使得21 j =n (21 i)成立.故P是非好集

19、.因此 am 21.下面证明：包含 21的任意一个33元子集A定为好集.设= a1,a2/ ,a32,21f .若1, 3, 7, 42, 63中之一为集合A的元素，显然为好集现考虑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?, A714,28,56?, A J.15,30,60l , -.17,34?A。二19,38? , A1 =23,46?,氏2 二 125,50? , A厂27,54?, 他 二 29

20、,58 ,A5 31,62?, A733,35,37, ,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A A ,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

21、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,n 1,n 2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 -

22、2， 2,n 2, ,n,n 2.（2）不包含n 2的子集有an 1个，即集合1,2,3,n,n 7的具有题设性质的子集的个数. 于是有递推式 an 2 =an 1 an n 显然耳=1,a4 =3（即卩1,$1,4,2,4），代入式得：a3 1 3=7, a7 4=14，a7 =14 7 5 = 26, a8 = 26 14 6 = 46,a9 = 46 26 7 = 79, a10 = 79 46 8 = 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

23、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2,33,3,1,123.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： 91,1,2,2,231,23,1,3,3,3,令,1,3,4,1,2,3,4,2,3,4,

24、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=k 1时，只需在已排k k k 好的2个子集中，分别添加元素k 1，逆序排在这2个子集的后面形成n二k T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,b a门A,b 二

25、A,a b 二A?, T二a,b aA,b A,a-bA，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aA，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U 1 ；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 st,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

26、，因为0 A, ai,ai T (i =1,2, ,k),又因为当a，A时，- aA，所以当a/j T时，a，aT (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* .2 2 2(川)解：m二n，证明如下：1对于a,b S，根据定义a- A,bA,则a b A,从而a b, 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a b =c d与b=d中至少有一个不成立，故a b,b与c d,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,bwT，根据定义a A,

27、bA，则a-b A，从而a-bbMS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 m.由可知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A T, 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

28、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 A T， 令 A0 = A T0,A广 A T1 , A A T2，则S(A)二 S(A0)S(A) S(A)三Card(A)-Card(A2)(mod3)，因此，3 S(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

29、(A) =2,Card (Az) =0, Card (A?) =3, Card (A?) =0, Card(A) =3, Card(A) =1, Card(A) =2,从而满足3 S(A)的非空子集A的个数为22(G0dCyc0 +C；c3 +c)-1 = 87.若 3S(A), 5 S(A)，则 15S(A).由于S(T) =36，故满足3 S(A), 5 S(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 +

30、 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)，a b -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，2a 30k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