高中数学竞赛系列辅导材料 集合

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。
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，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
我们也就很容易解决这个问题了 。
的“交替和”之和应为7。那么，
解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中 ，除去{7}外还有
把这
个非空子集合，
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< br>。
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.}，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，< br>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12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
能就是
不同的子集对不认为不同，则
种，那么k从o变到n，总的情况可< br>。如果子集对是无序的，即两个子集相同但次序
对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
元素个数，
证明：所有求得个数之和为。
，求得集合的
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
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
，将所有子集对分为
表示子集
个不同子集，所以不同的有序子集对共有
其 中
。那么对于n很
个4元组：
的补集X-A。交换子集对的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
两个的交非合。
4．能否把


分成两个积相等的不交集合。
使得在n元集合中，可以取出k个子集，其中任意

参考答案
1．10个元素的集合共有
子集中数字之和小于
个非空子集，每一个这个集合的非空
， 由抽屉原则知，必有两个子集，它们有相同的

元素和，设为
2．十进制
满足题目要求条件。
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
类子集的个数为集合
设从 集合X至少取出
中取定一个元素
的子集的个数，即为
，并只考虑含
。因此的子集，这
。另一方面，
对。每一对由一个子集，将集合X的所有子集分成
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。
均不能为7的位数，所以 4．对7取模，由于
(mod7).
所以n·（n+1）·(n+2)·(n+3)·(n+4)·(n+5)
0、1、4、2 （mod7），所以集合
足要求的集合。

(mod7)，而若能拆分应为
不能拆成满