集合划分问题
集合划分问题
实验目的：通过对集合划分问题的算法的设计，进一步熟悉理解并灵活运用递归与分治策略，掌握该算法思想的核心内容。
实验内容：
1）内容描述：n 个元素的集合{1,2,., n }可以划分为若干个非空子集。
例如，当n=4 时，集合{1，2， 3，4}可以划分为15 个不同的非空子
集
2）编程任务：给定正整数n 和m，计算出n 个元素的集合{1,2,., n }可以划分为多少个不同的由m 个非空子集组成的集合。
3）数据输入：
由文件input.txt 提供输入数据。
文件的第1 行是元素个数n 和非空
子集数m。
4）结果输出:
程序运行结束时，将计算出的不同的由m个非空子集组成的集合数输
出到文件output.txt 中。
实验原理：假设将m个元素分解到n 个集合中，首先考虑将(m – (n - 1))个元素分到第一个集合中，将余下的(n - 1)个元素分别分配到余下的(n - 1)个集合中，然后再考虑将(m – (n - 2))个元素分配到第一个集合中，将余下的(n - 2)个元素分别分配到余下的(n - 1)集合中，依此类推，直到后面的有一个集合中的元素个数比第一个集合中的元素个数多为止。
对于每种分配方法的集合个数的求法，可以先用排列组合的方法计算出元素选取的情况，在通过递归计算出选取该元素后所组成的集合的个数。
各种分配情况的遍历可以利用一个for()循环来实现，算法源代码如下：
实验源代码：
#include <iostream>
using namespace std ;
//构造计算排列组合的函数
int zuhe(int m, int n, int r) //n为分母，m 为分子
{
int p = m, q = n, t = 1, s = 1 ; //用t记录n到(n - m + 1)的乘积, 用s 记录m到1的乘积
for(int i = 0; i < p; i++)
{
t *= n ;
n-- ;
s *= m ;
m-- ;
}
if(q == p * 2 && r == 1) return (t / s) / 2 ;
/**当出现在四个元素的集合中选取两个元素作为一个集合时，可能出现的情况是这两个元素在被计算了两次，故在这里先将其组合数的结果除2*/
return t / s ;
}
//运用递归计算集合的个数
int jihe(int m, int n) //m为元素的个数, n为集合的个数
{
int count = 0 ;
if(m == n || m == 0) return 1;
if(n == 1) return 1 ;
for(int i = (m - n + 1); i >= (m - i + (n - 2))/(n - 1); i--)
{
count += zuhe(i, m, n - 1) * jihe(m - i, n - 1) ;
}
return count ;
}
int main()
{
int m, n ;
cout<<"请输入元素的个数和集合的个数: ";
cin>>m>>n ;
cout<<jihe(m, n)<<endl ;
return 0 ;
}
实验感悟：在这个实验中，运用自顶向下的方法，将第一个集合中的元素的个数从最高依次往下分配，在分配过程中运用递归分治法来计算集合的个数。
在这个过程中，关键部分还是循环条件的控制。
集合划分问题课程设计
集合划分问题课程设计一、教学目标本节课的学习目标主要包括以下三个方面：1.知识目标：通过本节课的学习，学生需要掌握集合的基本概念，包括集合、元素、集合之间的关系等；理解并掌握集合的划分、子集、幂集等基本运算。
2.技能目标：学生能够运用集合的基本概念和运算解决实际问题，如对给定的集合进行正确的划分，判断两个集合是否相等，求解集合的子集和幂集等。
3.情感态度价值观目标：培养学生对数学学科的兴趣和好奇心，引导学生感受数学在生活中的应用，培养学生的逻辑思维和抽象思维能力。
二、教学内容本节课的教学内容主要包括以下几个部分：1.集合的基本概念：介绍集合、元素、集合之间的关系等基本概念。
2.集合的划分：讲解集合的划分、子集、幂集等基本运算，并通过示例让学生理解这些运算的含义和应用。
3.集合的性质：讲解集合的交换律、结合律、分配律等基本性质，并通过示例让学生掌握这些性质的应用。
4.集合的例子：通过具体的例子，让学生学会如何运用集合的基本概念和运算解决实际问题。
三、教学方法为了达到本节课的教学目标，我将采用以下几种教学方法：1.讲授法：通过讲解集合的基本概念、性质和运算，让学生掌握集合的基本知识。
2.案例分析法：通过分析具体的案例，让学生学会如何运用集合的知识解决实际问题。
3.讨论法：学生进行小组讨论，让学生在讨论中加深对集合知识的理解，并培养学生的团队合作能力。
4.实验法：让学生通过实际操作，验证集合的基本性质和运算，提高学生的动手能力和实践能力。
四、教学资源为了支持本节课的教学内容和教学方法，我将准备以下教学资源：1.教材：选用合适的数学教材，为学生提供系统的集合知识学习资料。
2.参考书：提供一些集合知识的参考书，供学生课后进一步学习。
3.多媒体资料：制作课件、示例动画等，为学生提供直观的学习材料。
4.实验设备：准备集合实验所需的设备，如卡片、集合模型等，让学生在实验中更好地理解集合知识。
五、教学评估本节课的评估方式主要包括以下几个方面：1.平时表现：通过观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，评估学生的学习态度和理解程度。
分治法解决集合划分问题
T(n/4)
T(n/4)
将求出的小规模的问题的解合并为一个更 大规模的问题的解，自底向上逐步求出原 来问题的解。
T(n)
T(n/2)
T(n/2)
T(n/4)
T(n/4)
T(n/4)
T(n/4)
将求出的小规模的问题的解合并为一个更 大规模的问题的解，自底向上逐步求出原 来问题的解。
T(n)
T(n/2)
2、 分治法就是为解决大规模问题而提出的 将要求解的大规模的问题分解为k个较 小规模的问题，对这k个子问题分别求解。
T(n)
T(n/2)
T(n/2)
如果子问题的规模仍然不够小，则再划分 为k个子问题，如此递归的进行下去，直到 问题规模足够小，很容易求出其解为止。
T(n)
T(n/2)
T(n/4)
T(n/4)
③ 3个子集的集合：{{1}，{2}，{3}} f(m,n)=? 显然 f(3,1)=1; f(3,2)=3; f(3,3)=1;
如果要求f(4,2)该怎么办呢？ A.往①里添一个元素{4}，得到{{1，2，3}， {4}} B.往②里的任意一个子集添一个4，得到 {{1，2，4}，{3}}，{{1，2}，{3，4}}， {{1，3，4}，{2}}，{{1，3}，{2，4}}， {{2，3，4}，{1}}，{{2，3}，{1，4}} ∴f(4,2)=f(3,1)+2*f(3,2)＝1+2*3＝7
递归举例 0 n=0
边界条件
n!=
n (n-1)！ n > 0
递归方程
边界条件与递归方程是递归函数的二 个要素，递归函数只有具备了这两个 要素，才能在有限次计算后得出结果。
4、要解决的问题 给定正整数m和n，计算出m 个元素的集合 {1,2,., m}可以划分为多少个不同的由n 个 非空子集组成的集合。
第三节 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——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：.,,,21n A A A 如果满足（1）),1(n j i A A j i ≤≤=φ ；（2） n i i M A1==，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集合M 的一个类.2．加法原理由集合分划的定义，容易证明有限的一个非常有用的性质：设.,,,21n A A A 是有限集n －分划，则∑==ni iA Card M Card 1)()(，这是一个基本的计数公式，被称为加法原理. 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}},0}{1,0{},1{{*φ=A 就是含4个元素φ},0}{1,0{},1{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}1,0{=A 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.4||*=A2．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n M =||，则集合M 的全体子集所构成的集合*M 的阶为.2n即.2||10*n n n n n C C C M =+++=4．R 族设(),Card A n =12,{,,}n M A A A = 是A 的一个子集族，若存在(21)k k m ≤≤-使得： (1)M 中任意k 个i A 都相交；(2)M 中任意(1)k +个i A 都不相交.则称M 为A 的一个指数为k 的R 族.定理：如果12,{,,}n M A A A = 是A 的一个指数为k 的R 族，()Card A n =，则.k m C n ≤5．K 族设A 为一个n 阶集合，12,{,,}n M A A A = 是A 的一个子集族.若M 中任何两个A 的子集i A 和j A 互不包含，即i j A A ⊄且j i A 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[]2().n n Card M C =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}50,,2,1{ 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n m ,，n m +不被7整除也就是n m +被7除的余数不为0.我们将集合}50,,2,1{ 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}50,,2,1{ 中的元素按被7除所得的余数相同分为7个子集，即： }50,43,36,29,22,15,8,1{1=A ；}44,37,30,23,16,9,2{2=A ；}45,38,31,24,17,10,3{3=A ；}46,39,32,25,18,11,4{4=A ；}47,40,33,26,19,12,5{5=A ；}48,41,34,27,20,13,6{6=A ；}49,42,35,28,21,14,7{0=A .可知S 最多包含0A 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61,A A 中的元素；同样，S 不能同时包含52,A A 和43,A A 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{1,8,15,22,29,36,43,50}K =；2{2,9,16,23,30,37,44}K =；3{3,10,17,24,31,38,45}K =；4{4,11,18,25,32,39,46}K =；5{5,12,19,26,33,40,47}K =；6{6,13,20,27,34,41,48}K =；0{7,14,21,28,35,42,49}K =.下面证明123{7}S K K K = 为满足要求的元素最多的集合.首先对,,a b S a b ∈≠有3种可能：（1）,(13)i a b K i ∈≤≤，则2(mod7)a b i +≡，则a b +不能被7整除；（2）,(13)i j a K b K i j ∈∈≤≠≤，则(mod 7)a b i j +≡+，则a b +不能被7整除；（3）,7(13)i a K b i ∈=≤≤，则(mod 7)a b i +≡，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）4c K ∈，则c 与3K 中的元素之和能被7整除；（2）5c K ∈，则c 与2K 中的元素之和能被7整除；（3）6c K ∈，则c 与1K 中的元素之和能被7整除；（4）0c K ∈，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：123()()()()123.Card S Crad K Card K Card K =+++=〖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)(n r s 为满足条件的有序对),(21s s 的对数： 2121,,s s S s S s ≠∈∈且.21n s s =+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?)()(n r n r B A =〖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n s s =+21的非负整数对),(21s s 是有限的，用二进制来讨论),(21s s 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A a a a a n a a ∈≠=+212121,,,的数对),(21a a ，由于21a a ≠，因此在二进制表示下1a 与2a 在该位上的数码，分别得到21,b b ，则B b b ∈21,且.,2121n b b b b =+≠这个将),(21a a 对应到),(21b b 的映射是一一对应的，因此).()(n r n r B A = 〖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}100,,2,1{ 的两个子集，满足A 与B 的元素个数相同，且B A 为空集，若A n ∈时总有B n ∈+22，则B A 的元素个数最多为（ ）A ．62B ．66C ．68D ．74【解】先证66)(≤B A Crad ，只须证33)(≤A Crad ，为此只须证若A 是}49,,2,1{ 的任一个34元子集，则必存在A n ∈，使得A n ∈+22，证明如下：将}49,,2,1{ 分成如下33个集合：}48,23{,},12,5{},8,3{},4,1{ 共12个； }38,18{},30,14{},22,10{},6,2{共4个； }49{,},29{},27{},25{ 共13个； }46{},42{},34{},26{共4个.由于A 是}49,,2,1{ 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 n ∈，使得A n ∈+22.如取}46,42,34,26,49,,29,27,25,18,14,10,2,23,,5,3,1{ =A ，}|22{A n n B ∈+=，则B A ,满足题设条件66)(=B A Crad .〖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}1995,2,1{ =M ，M A ⊆且当A x ∈时A x ∉15，求)(A Card 的最大值.〖分析〗∴=⎥⎦⎤⎢⎣⎡,133131995 当133,,11,10,9 =k 时，k 与k 15不能同时在A 中..18701251995)(=-≤A Card 只需再构造一个集合A ，使得1870)(=A Card 即可.【解】由题设当133,,11,10,9 =k 时，k 与k 15不能同时在A 中.故至少有133-8=125个数不在集合A 中，即.18701251995)(=-≤A Card 另一方面，M 的子集A 可取}1995,,135,134{}8,,2,1{ 满足题意，此时.1870)(=A Card 故)(A Card 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x 15)35,,10,9( =x 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n2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n 2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的若干次幂后若为奇数，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3,2==n n 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1=n ，则总共有两个元素，它们在同一个子集，因此设2≥n ，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n 2整除，也就是只能有一个子集，它的元素个数为n 2，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的多少次幂整除的这个幂次数，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t s r ,,为整数，集合}0,222|{r s t a a t s r <<≤++=中的数由小到大组成数列}{n a ： ,14,13,11,7，则=36a 【解】∵t s r ,,为整数且r s t <<≤0，∴r 最小取2，此时符合条件的数有122=C3=r ，t s ,可在2,1,0中取，符合条件有的数有323=C同理，4=r 时，符合条件有的数有624=C ；5=r 时，符合条件有的数有1025=C ；6=r 时，符合条件有的数有1526=C ；7=r 时，符合条件有的数有2127=C ；因此，36a 是7=r 中的最小值，即131********=++=a .〖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{}1,2,,65M = ，A M ⊆为子集.若33A =，且存在,x y A ∈，x y <，x y ，则称A 为“好集”.求最大的a M ∈，使含a 的任意33元子集为好集. 【解】令{}{}211,2,,44\2(21)1,2,,11P i i i i =+=+= ，33P =.显然对任意144i j ≤<≤，不存在3n ≥，使得21(21)j n i +=+成立.故Ｐ是非好集. 因此 21a ≤.下面证明：包含21的任意一个33元子集Ａ一定为好集.设{}1232,,,,21A a a a = .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 {}12,4,8,16,32,64A =，{}25,10,20,40A =，{}36,12,24,48A =，{}49,18,36A =，{}511,22,44A =，{}613,26,52A =，{}714,28,56A =，{}815,30,60A =，{}917,34A = {}1019,38A =，{}1123,46A =，{}1225,50A =，{}1327,54A =，{}1429,58A =，{}1531,62A =，{}33,35,37,,61,65A '=由上可见，1215,,,A A A 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1215,,,A A A 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一定为好集，即a 的最大值为21.〖说明〗若),,,,(1111k c b a ，),,,,(2222k c b a ，……，),,,,(n n n n k c b a 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}10,9,8,7,6,5,4,3,2,1{，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n a 是集合}10,9,8,7,6,5,4,3,2,1{的具有题设性质的子集的个数，考察集合 ,3,2,1{，}2,1,++n n n 具有题设性质的子集，可分为两类：（1）包含元素2+n 的子集有n a n +个，即每个},,2,1{n 与}2{+n 的并集，以及}2,1{+n ，}.2,{,},2,2{++n n n（2）不包含2+n 的子集有1+n a 个，即集合}1,,,3,2,1{+n n 的具有题设性质的子集的个数. 于是有递推式n a a a n n n ++=++12 ①显然3,141==a a （即}4,2{},4,1{},3,1{），代入①式得：73135=++=a ，4376++=a =14， .13384679,7972646,4661426,26571410987=++==++==++==++=a a a a 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1=n 时，显然可以排成}1{,φ；当2=n 时，子集共有422=个，可以排成}2{},2,1{},1{,φ；当3=n 时，子集共有823=个，不难排出如下一列子集：}1,3{},3}{3,2{},2{},2,1{},1{,φ,}.3,2,1{或}.3{},3,1{},3,2,1{},3,2{},2{},2,1{},1{,φ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2=n 时也正是如此.现以这种规律来看4=n 的情形：}4,3,2{},4,3,2,1{},4,3,1{},4,3{},3{},3,1{},3,2,1}{3,2{},2{},2,1{},1{,φ,}.4{},4,1{},4,2,1{},4,2{于是假设k n =时，已将k 2个子集按题设要求排成一列，那么当1+=k n 时，只需在已排好的k 2个子集中，分别添加元素1+k ，逆序排在这k 2个子集的后面形成1+=k n 的12+k 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{})2(,,,,321≥=k a a a a A k 其中),,2,1(k i Z a i =∈，由A 中的元素构成两个相应的集合(){}A b a A b A a b a S ∈+∈∈=,,,，(){}A b a A b A a b a T ∈-∈∈=,,,，其中()b a ,是有序实数对，集合T S 和的元素个数分别为n m ,.若对于任意的A a A a ∉-∈，总有，则称集合A 具有性质P .（Ⅰ）检验集合{}3,2,1,0与{}3,2,1-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T S 和；（Ⅱ）对任何具有性质P 的集合A ，证明：()21-≤k k n ； （Ⅲ）判断n m 和的大小关系，并证明你的结论.【解】（Ⅰ）解：集合{}3,2,1,0不具有性质P ，{}3,2,1-具有性质P ，其相应的集合T S 和是()(){}()(){}3,2,1,2,1.3,3,1-=--=T S ；（Ⅱ）证明：首先由A 中的元素构成的有序实数对共有2k 个，因为()T a a A i i ∈∈,,0),,2,1(k i =,又因为当A a A a ∉-∈时，，所以当()()T a a T a a i j j i ∉∈,,时，),,2,1(k i =，于是集合T 中的元素的个数最多为()()121212-=-=k k k k n ，即()21-≤k k n . （Ⅲ）解：n m =，证明如下：①对于()S b a ∈,，根据定义()T b b a A b a A b A a ∈+∈+∈∈,,，从而，则如果()()d c b a ,,与是S 中的不同元素，那么d b c a ==与中至少有一个不成立，于是d c b a +=+与d b =中至少有一个不成立，故()b b a ,+与()d d c ,+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n m ≤；②对于()T b a ∈,，根据定义()S b b a A b a A b A a ∈-∈-∈∈,,，从而，则如果()()d c b a ,,与是T 中的不同元素，那么d b c a ==与中至少有一个不成立，于是d c b a -=-与d b =中至少有一个不成立，故()b b a ,-与()d d c ,-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m n ≤.由①②可知n m =.〖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{}1,2,3,4,5,6,7,8T =，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∅，定义()0S ∅=.令012{3,6},{1,4,7},{2,5,8}T T T ===.对于A T ⊆，令001122,,A A T A A T A A T === ，则01212()()()()()()(mod3)S A S A S A S A Card A Card A =++≡-， 因此，3()S A 当且仅当12()()(mod3)Card A Card A ≡.有以下几种情况：111222()0,()0,()3,()0,()3,()0,Card A Card A Card A Card A Card A Card A ===⎧⎧⎧⎨⎨⎨===⎩⎩⎩111222()3,()1,()2,()3,()1,()2,Card A Card A Card A Card A Card A Card A ===⎧⎧⎧⎨⎨⎨===⎩⎩⎩ 从而满足3()S A 的非空子集A 的个数为20003303311223333333333332()1C C C C C C C C C C C C +++++-＝87. 若3()S A ，5()S A ，则15()S A .由于()36S T =，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＋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3()S A ，5()S A ，A ≠∅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{0,1,2,,29}A ⊆ 满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），30a b k +-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，230a k +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{32|09}l l +≤≤.设A 满足题中条件且()Card A 最大.因为两个相邻整数的积被30除，余数为0,2，6,12,20,26，则对于a A ∀∈，有2a0,2，6,12,20,26(mod 30)，即a 0,1，3,6，10,15,16,18,21,25,28，因此，{2,4,5,7,8,9,11,12,14,17,19,20,22,23,24,26,27,29}A ⊆，后一个集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多有一个元素包含在A 中：{2,4},{5,7},{8,12},{9,11},{14,22},{17,19},{20},{23,27},{24,26},{29}.故()10.Card A ≤若()10Card A =，则每个子集恰好有一个元素包含在A 中，因此20,29A A ∈∈.由20A ∈知12A ∉，从而8A ∈，这样4A ∉，22A ∉，24A ∉.因此2A ∈，14A ∈，26.A ∈ 由29A ∈知7A ∉，27A ∉从而5A ∈，23A ∈这样9A ∉，19A ∉.因此11A ∈，17A ∈. 综上所述，有{2,5,8,11,14,17,20,23,26,29}A =，此确定的A 确实满足要求.【赛向点拨】1.求解子集族的问题主要分为两类：求子集的阶，或确定属于子集族的原集合的全部子集.2.有关子集族的最值问题是竞赛中常见的问题，主要有三类题型：（1）求子集族阶的最值；（2）求子集族中的原集合的子集阶的最值；（3）求符合特定条件的集合元素的最值.3．在代数不等式中，有一类确定满足不等关系的量是否存在的问题，通常可以尝试用最小值原理解决.4．集合分类的标准不一，但基本原则都是每次分类必须是不重不漏，其理论依据就是最小值原理.【针对练习】 (A 组)1.已知集合A {2,3,7}且A 中至多有1个奇数，则这样的集合的共有（ ）.A ．2个B ．4个C ．5个D ．6个2．在集合M ＝{1,2，…，10}的所有子集中，有这样的一族不同的子集，它们两两的交集都不是空集，那么这族子集最多有( )A ．102个B ．92个C ．210个D ．29个3．集合S ={0,1，2,3，4,5}，A 是S 的一个子集，当x A ∈时，若有1x A -∉且1x A +∉，则称x 为集合A 的一个“孤立元素”，那么S 的子集中无“孤立元素”且含有4个元素的集合的个数是( )A ．4B ．5C ．6D ．74．集合{1,2,3,,2,21}A n n =+ 的子集B 满足：对任意的,,x y B x y B ∈+∉，则集合B 中元素个数的最大值是( )A ．1n +B ．2n +C ．3n +D ．4n +5．10名学生按下面的规则组成运动队，规则是：①每人可报名参加任何一个运动队；②每个运动队都不能完全包含于或重合于另一个运动队.则最多可组成（ ）个队.A ．410CB ．510C C ．510C ＋1D ．410C6．（2006年山西省预赛题）集合A 中的元素均为正整数，具有性质：若A a ∈，则12－A a ∈，这样的集合共有 个. 7．已知集合{1,2,3,,31,3n n - 可以分成n 个互不相交的三元组{,,}x y z ，其中⊆3.x y z +=则满足上述要求的最小的正整数n 是 .8．设集合M ={1,2，…，1000}，现对M 的任一非空子集X ，令X a 表示X 中最大数与最小数之和.则所有这样的X a 的算术平均值为 .9．设S 是一个有6个元素的集合，选取S 的两个子集（可以相同），使得这两个子集的并集是S ，选取的次序无关紧要，例如一对子集{,},{,,,,}a c b c d e f 与另一对子集{,,,,}b c d e f ，{,}a c 表示同一种取法.这样的取法共有 种.10．求集合B 和C ，使得{1,2,3,,10}B C = ，并且C 的元素乘积等于B 的元素之和.11．(2006年第17届希望杯高二试题)试确定所有的正整数k ，使得集合{2006,20061,20062,,2006}P k =+++ 可以分成两个互不相交的子集A 与B ，且A 中元素之和等于B 中元素之和.12．求证：集合{1,2,,1989} 可以划分为117个互不相交的子集(1,2,,117)i A i = 使得(1)每个i A 恰好有17个元素；(2)每个i A 中各元素之和相同.（B 组）1.已知A }2000,,2,1{ ⊆，且A 中任意两个数之差的绝对值不等于4或`7，求)(A Card 的最大值.2．设M 为n 阶集合A 的K 族中阶数最高者，则[]2().n n Card M C =3．如果12,{,,}n M A A A = 是A 的一个指数为k 的R 族，()Card A n =，则.k m C n ≤4．给出一个60×70的数表如下：12359602346061111213697012131470169701575870125859⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭其中每一行组成一个数的集合1270,,,A A A ，从这70个集合中取出k 个，若任7个的交集都是非空的，求k 的最大值.5．（2007年第七届中国西部奥林匹克竞赛试题）将n 个白子与n 个黑子任意地放在一个圆周上．从某个白子起，按顺时钟方向依次将白子标以1,2,,n ．再从某个黑子起，按逆时钟方向依次将黑子标以1,2,,n . 证明：存在连续n 个棋子（不计黑白）， 它们的标号所成的集合为{}1,2,,n ．6．设}20,,2,1{ =M ，对于M 的任一9元子集S ，函数)(S f 取1到20之间的整数值.求证：不论f 是怎样的一个函数，总存在M 的一个10元子集T ，使得对所有的T k ∈，都有k k T f ≠-}){(（}{k T -即T 对k 的差集）.【参考答案】A 组1．D 解析：集合A 可有3在：第1类是空集；第2类是A 中不含奇数；第3类是A 中只有1个奇数，它们是,{2},{3},{7},{2,3},{2,7}.φ故应选D.2．B 解析：显然不含空集.按元素的多少把这族子集分成10类，设含i 个元素的子集为i A ，其个数为i a .易知01991210999 2.a a a C C C +++≤+++= 3．C 解析一：可将本题中满足条件的集合分成两类：一类是有4个连续整数的集合，共有3个：{0,1,2,3},{1,2,3,4},{2,3,4,5}.另一类是将4个元素分成两组，每组是连续的但组间不连续的集合，也有3个：{0,1,3,4},{0,1,4,5},{1,2,4,5}.故应选C.解析二：由题知满足条件的子集中的每个元素必有与之相邻的自然数，从而得到满足条件的子集为{0,1,2,3},{0,1,3,4},{0,1,4,5},{1,2,3,4},{1,2,4,5},{2,3,4,5}共6个.解析三：将S 中的元素分成5组：{0,1},{1,2},{2,3},{3,4},{4,5}，则满足条件的4元子集的个数为2546C -=，故应选C.4．A 解析：首先{1,,3,5,,21}B n =+ 满足题意，且() 1.Card B n =+其次，设B 中最大元素为21k n =+，将1,2,,2n 分成n 组：(1,2),(2,21),,(,1)n n n n -+ .由抽屉原理可知，如果()2Card B n ≥+，则必有B 中两个元素在同一组，两数和等于21n +，这与已知矛盾，所以有()1Card B n ≤+.如果21k n <+，同理可得()1Card B n ≤+，所以集合B 中元素个数的最大值是 1.n +5．B 解析：根据定理n 阶集合的子集12,,n A A A 若满足i j A A ⊄且j i A A ⊄则m 的最大值为[]2.n n C ，代入本题即得.6．解：从集合A 的性质可得，A 必然是六个集合{1,11},{2,10},{3,9},{4,8},{5,7},{6},中某几个的并集，因此符合要求的A 共有16C +26C +36C +46C +56C +66C =62－1=63个 7. 5，8 解析：设第i 个三元子集组为{,,}i i i x y z 且3,1,2,,.i i i x y z i n +== 则有31113(31)4.2n n i i n n i z ==+==∑∑当n 为偶数时，8|3n ，所以8n ≥，得n 的最小值为8；当n 为奇数时，8|31n +，所以5,n ≥得n 的最小值为5.可验证5,8即为所求.例如当5n =时，集合{1,11,4}，{2,13,5}，{3,15,6}，{9,12,7}，{10,14,8}满足条件.8．1001 解析：构造子集{1001|}X x x X '=-∈，则所有非空子集分成两类X X '=和X X '≠.当X X '=时，必有X X M '==，于是X a =1001.当X X '≠时，设,x y 分别是X 中的最大数与最小数，则1001,1001x y --分别是X '中的最小数与最大数，于是,2002.X X a x y a x y '=+=--从而1001.2X X a a '+=因此，所求的X a 的算术平均数为1001. 9．435 解析：设,()().S A B Card A Card B =≤ 若()0Card A =，则()6Card B =，有1种取法；若()1Card A =，则()6,5Card B =，有1615666512C C C C +=种取法；类似地，可分别计算出()2,3,4,5,6Card A =时的取法.10．解：因为123105512012345++++=<=⨯⨯⨯⨯ ，所以集合C 中至多有4个元素，下面对()Card C 分成4种情况进行讨论.（1）若C 由一个元素构成，因为C 的元素乘积不超过10，B 的元素之和至少为55－10＝45.故此情形不成立.（2）若C 由两个元素,x y 构成.设x y <，则有55xy x y =--，即(1)(1)56.x y ++=因为1111x y +<+≤，解得6,1x y ==，故{6,7},{1,2,3,4,5,8,9,10}C B ==.（3）若C 由三个元素x y z <<构成.由题设得55.xyz x y z =---当1x =时，解得4,10,y z ==因此{1,4,10},{2,3,5,6,7,8,9}C B ==；当2x =时，有253,yz y z ++=即(21)(21)107y z ++=为质数，无解；当3x ≥时，显然有3456055xyz x y z ≥⨯⨯=>---，无解. （4）若C 由四个元素x y z t <<<构成，必有1x =，否则xyzt ≥2×3×4×5＝120＞55.这时554,2.yzt y z t y z t =---≤<<如（3），当3y ≥时无解.故2,252y zt z t =++=.即(21)(21)105z t ++=，解得3,7z t ==，从而{1,2,3,7},{4,5,6,8,9,10}.C B == 综上可知B 、C 有3组解.11．解：当41()k m m Z +=-∈时，P 中共有4m 个元素，从第一个元素开始连续4个的第1,4两个数放入A 中，第2,3两个数放入B 中，可满足要求；当43()k m m Z +=-∈时，P 中各元素的和：(20062006)(1)2k k S +++=(4012)(21)k m =+-为奇数，不可能分成符合题意的两个子集；当42()k m m Z +=-∈时，(41)(22005)S m m =-+为奇数，结论同上；当4()k m m Z +=∈时，(41)(22006)S m m =++能分的必要条件是前21m +项和不在于2S ，即21(2006)(21)(41)(1003)m S m m m m +=++≤++，化简得：2210030m -≥，所以22.4m ≥≈或m ≤(舍去)，由于m 是整数，所以23.m ≥ 当23m =时，共有93个元素，于是93479395363,190836,95418,2S S S === 9347954189536355,2S S -=-=934795473S S -=，所以93934755.2S S S --=即前47项的和比平均值少55，后46项的和比平均值多55，所以前后两部分要交换相差55的一组数，如2098－2043=55，将2098与2043交换，即A 中有2006，2007，…,2042，2004,2045，…,2052,2098；B 中有2053,2054，…,2097,2043.可使A 中元素之和等于B 中元素之和.当23m >时，前93个元素按上述方法分入A 、B 集，剩下元素个数是4的倍数，每相邻4个数中的第1,4位上的数放入A 中，第2,3位上的数放入B 中，可达到目的.综上，当41()k m m Z +=-∈或4(23,)k m m m Z +=≥∈时，可以将集合P 分成符合题意的两个子集.12．解：将集合{1,2,,1989} 中的数从小到大顺次分成17段，每段含117个数，从第4段数开始，将偶数段的数从小到大依次放入12117,,,A A A 中，并将奇数段的数从小到大依次放入这117个子集中，易见，所有集合中的14个元素之和都相等.于是问题归结为如何将前三段数{1,2,,351} 的每3个一组分别放入每个集合中，且使每组3个数之和都相等. 把这些数中3的倍数抽出来从大到小排好：{351,348,345,,6,3} 共117个数，依次放入12117,,,A A A 中.其余的234个数从小到大排列并分成两段，每段117个数，即{1,2,4,5,7,,173,175} 和{176,178,179,349,350} ，将这两段数分别顺次放入12117,,,A A A 之中便可以满足要求.事实上，若交这两段数中的数顺次相加，则其和为{177,180,183,186,,5 .由此可见，放入每个i A 的3个数之和都是528.B 组 1.解：注意到2000=11×181+9，我们取,911,711,611,411,111|{+++++=t t t t t t A 1810≤≤t ， }Z t ∈，则A 中任意两个数之差不是4或7.事实上，若4|)()(11|=-+-a b r t 或7，这里}9,7,6,4,1{,∈b a ，而1810≤≤≤t r ，则当2≥-r t 时，显然不能成立；当1=-r t 时，应有4|)(11|=-+a b 或7，这一点只须直接验证即可知不能成立；当0=-r t ，与上面类似，也不能成立.所以)(A Card 的最大值1825⨯≥=910.另一方面，设A 是满足条件的集合，且)(A Card >910，这时存在t 使得集合r t x x +=11|{，}111≤≤r 中出现6个数减去t 11后都属于A ，说明1，2，……，11中，有6个数入选A ，我们证明这是不可能的.将1，2，……，11排成一个圆圈，例如：1，5，9，2，6，10，3，7，11，4，8（这里1和8首尾相连），则此圆圈上任意两个相邻的数的差的绝对值为4或7.从中任取6个数，，必有两个数相邻，从而1，2，……，11中不能同时有6个数入选A.矛盾！综上所述，)(A Card 的最大值为910.2．证明：记max{||,},min{||,}p x x M q x x M =∈=∈，其中||().x Card x =当p q =时，即M 中每个元素作为A 的子集含有A 中同样多的元素时，显然[]2(),n nCard M C ≤且当[]2n p q ==时取得最大，故此时结论成立. 下面只需证p q >的情形，记().D M p q =- 若2n p ≤，令{,}N X A X M =-∈，显然N 仍是A 的互不包含子集族，且()()Card N Crad M =， 令max{(),}2n Card X X N ∈>，故可设2n p >，即2 1.n p ≤- 设{:()},{{}:,}U X M Card X p V X a a X X U =∈==-∈∈，就是说U 是M 中恰好有A 中p 个元素的那些子集构成的集合，而V 是这样的集合：它的每一个元素也是A 的子集，这些元素是把U 中元素作为A 的子集删去1个元素得到的.任取,X U Y V ∈∈，若Y X ∈，则称X 与Y 为一对相关集，称X 与Y 互相相关.显然共有()pCard U 对相关集.另一方面，因为()1Card Y p =-，与Y 相关的集合均是把A 中某一个不属于Y 的元素添加到Y 中得到的，于是若记()m Y 为与Y 相关的集合个数，则()m Y ≤ (1)21(1).n p p p p --≤---=因为()Card V 个不同的Y ，故相关集对数不超过()pCard V ，于是()()pCard U pCard V ≤，即()().Card U Card V ≤记\()M M U V '= ，因M 是A 的互不包含的子集族，所以M '也是A 的互不包含的子集族，于是M '也是A 的K 族，且有()()()()().Card M Card M Card U Card V Card M '=-+≥ 而()()1D M D M '=-，将M 转换成M '，其元素个数并未减少，但()D M p q =-减少了1，经有限这种转换，即知()Card M 的最大值必在p q =时取到，此时M 中最多含有[]2n n C 个元素.3．证明：由(1)得M 中的每个子集(1)s A s n ≤≤都与M 中其余的1m -个子集中任意选出的1k -个子集相交，且至少有1个公共元素，而这种选法共有11k m C --种；由(2)得，11k m C --个元素两两不同.这样一来，s A 中至少有11k m C --个元素，而1m ii A = 至少有11k m mC --个元素(重复计算)，但由(1)知其中每个元素重复了k 次，因为它同时属于k 个不同的子集，所以1mii A = 至少含有11k m m C k --个不同的元素.但是显然1m i i A A =⊆ ，故可得11,k m m C n k --≤即.k m C n ≤ 4．解：(这是个子集族的问题)设取出的k 个集合的第1个元素依次是12,,k a a a ，并记全集{1,2,,70}U = ，A ={12,,k a a a }，则,().A U Card A k ⊆=若60k >，则存在一个a A ∈，使得110a ≤≤，且a 与U C A 中的每一个数的个位数都不相同，从而10(0,1,2,,6).U a n C A n +∉= 10(0,1,2,,6)a n A n ∴+∈= .∴所取出的k 个集合中，必存在7个集合1060,,,n n n A A A ++ 满足1060.U n U n U n C A C A C A U ++=∴1060.U n U n U n C A C A C A φ++= 这与已知矛盾，故60k ≤ ○1 ○1式的等号是成立的，例如1260,,A A A 均含有60个元素，显然任7个集合的交集都是非。
自然数方幂集合的划分
S S S
对集合 M = � 1, 2, �, �� ( S= 1 , 2 , 之 划分 3 �) : 当 S= 1 时, 划分 很容 M= � 1 , 2 , �, � � , 易. 依 等式 ( �+ 1 ) + ( �+ 4 ) = ( �+ 2 ) +( �+ 3 ) 易知 当 � 和 均可 �3 , � = 4 � + 3 � =4 � 划分 ( 和 � 时, 和 S= 1 � = 4 � + 1 = 4 � + 2 +2 +�+� = � ( � + 1 ) 为奇 数不 能划 分 ) . 2 2 2 2 当 S 时 已讨 论 = 2 , M=� 1 , 2 , �, �� . 3 3 3 当 S= 3 时, 由 S= M= � 1 , 2 , �, � � ,
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把 , 划分 成两 个非 空子 集 4 同 时满 足 + 5 6 0 7 / 8 4 9 6- ,0 4 : 6- ; < 与 的元 素之 和相 等 3 7 * 8 4 6 若能 够 0 指出具体分法3 若不能0 说明理 由3
首先 易知 + 若 ,- . / 0 * 0 10 = 2 3 @* * * 为奇 数时 划分 是不 存在 的3 / A *A 1 A = 0 即 @为 偶数 是 , 能划 分 的必 要 条件 3 我们 先 给出 如下 等式 +
集合划分问题递推公式
集合划分问题递推公式在咱们数学的世界里，集合划分问题递推公式就像是一把神奇的钥匙，能打开很多复杂难题的大门。
先来说说集合划分是啥吧。
比如说，咱们有一堆水果，有苹果、香蕉、橙子，要把它们分成不同的小组，这就是集合划分。
那递推公式呢，就是根据前面已经知道的情况，一步一步推导出后面的结果。
我记得有一次，在给学生们讲集合划分问题递推公式的时候，有个特别有趣的事儿。
那是一个阳光明媚的上午，教室里的气氛却有点紧张，因为这个知识点对于他们来说有点难理解。
我在黑板上写下了一个集合，然后开始逐步讲解怎么去划分。
这时候，有个平时很活跃的小同学举起手说：“老师，我怎么觉得这比解谜题还难啊！”我笑了笑，回答他：“这就是数学里的谜题呀，咱们一起来解开它。
”然后，我从最简单的例子开始，一点点引导他们。
咱们来看看集合划分问题的递推公式到底是怎么一回事。
比如说，有一个集合 {1, 2, 3} ，我们要把它划分成不同的子集。
如果这个集合只有一个元素，那很简单，就只有一种划分方法，就是它自己。
如果有两个元素，像 {1, 2} ，那就有两种划分方法，一种是 {1} 和 {2} ，另一种是 {1, 2} 。
那如果有三个元素呢？这时候递推公式就派上用场啦。
通过研究和总结，我们发现集合划分问题的递推公式可以表示为：B(n) = B(0) * B(n - 1) + B(1) * B(n - 2) + ...... + B(n - 1) * B(0) 。
这里的B(n) 表示有 n 个元素的集合的划分方法数。
这个公式看起来有点复杂，别着急，咱们来慢慢理解。
比如说，当n = 3 时，B(3) = B(0) * B(2) + B(1) * B(1) + B(2) * B(0) 。
因为 B(0) = 1 ，B(1) = 1 ，B(2) = 2 ，所以 B(3) = 1 * 2 + 1 * 1 + 2 * 1 = 5 ，也就是说，有 3 个元素的集合，有 5 种划分方法。
近世代数中关于集合的划分及其应用研究
近世代数中关于集合的划分及其应⽤研究近世代数中关于集合的划分及其应⽤研究摘要我们对集合并不陌⽣，我们所熟知的集合实际上是朴素集合.那么我们为什么要讨论集合的划分呢?因为它在商群、商环、商域等其他⽅⾯中有着极其重要的应⽤.我们要研究集合的划分就必须研究等价关系，因为它们是互相决定的。
因此我们先从等价关系开始说起，之后再来探讨集合的划分，然后观察集合的划分在各⽅⾯的应⽤.第⼀章等价关系与等价类定义1.1：设S 是⼀个⾮空集合，R 是关于S 的元素的⼀个条件.如果对S 中任意⼀个有序元素对（a ，b ），我们总能确定a 与b 是否满⾜条件R ，就称R 是S 的⼀个关系（relation ）.如果a 与b 满⾜条件R ，则称a 与b 满⾜条件R ，则称a 与b 有关系R ，记做aRb ;否则称a 与b ⽆关系R.关系R 也成为⼆元关系.定义1.2：设~是集合A 上的⼀个⼆元关系，若满⾜下列性质：（1）⾃反性：?a ∈A ,a~a;（2）对称性：?a,b ∈A,a~b,则b~a;（3）传递性：?a,b,c ∈A,a~b,b~c,则a~c.则称~A 上的⼀个等价关系.当a~b 时，称a 与b 等价.定义1.3：设⼀个集合A 分成若⼲个⾮空⼦集，使得A 中每⼀个元素属于且只属于⼀个⼦集，则这些⼦集的全体成为A 的⼀个分类。
每个⼦集称为⼀个类.类⾥任何⼀个元素称为这个类的⼀个代表.由定义可知，A 的⾮空⼦集族S={i A |i ∈I } 是A 的⼀个分类当且仅当其满⾜下列性质：（1） Ii iA ∈=A; （2）当j i ≠时，=j i A A ?，即不同的类互不相交.定理1.1 设S={i A |i ∈I } 是A 的⼀个分类，规定~为： a~b ?a 与b 同属于同⼀个类，则~是A 上的⼀个等价关系.证明：⾸先由分类的定义，~是A 的⼀个关系.⽽且，显然?a ∈A ，a~a ；⼜?a ，b ∈A ，若a~b ，则a 与b 属于同⼀个类，从⽽b~a ；?a ，b ，c ∈A ，若a~b ，b~c ，则a 与b 属于同⼀个类，b 与c 属于同⼀个类，于是a 与c 属于同⼀个类，从⽽a~c.因此~是A 上的⼀个等价关系.定理1.2 设~是A 上的⼀个等价关系，对于a ∈A ，令[a]={x|x ∈A,x~a},则A 的⼦集族是A 的⼀个分类.证明（1）?a ∈A ，因为,a~a ，所以a ∈[a]，从⽽[a]是⼀个⾮空⼦集，并且[]=∈ A a a A.（2）若[a] [b]≠?,则?c ∈[a] [b]，于是c~a ，c~b ，从⽽a~b.x ∈[a],有x~a ，于是x~b ，所以x ∈[b]，即[a]?[b].同理[b]?[a].这⾥就得到[a]=[b].所以不同的等价类互不相交.该定理中所构成的⼦集[a]称为A 的⼀个包含a 的~等价类.定义4：设~是A 上的⼀个等价关系，由A 的全体不同~等价类所组成的集合族称为A 关于~的商集，记作A/~.第⼆章商群我们研究商群必须要知道：它是由什么样的等价关系确定的什么样的等价类，然后由这些等价类构成的集合再定义⼀种什么样的运算才是商群，最后为了把⼀些较为复杂的群转化较为简单的群，再给出群的同态基本定理.⼀、什么样的等价关系我们知道由⼀个正整数m ，确定了整数间的⼀个等价关系m R ，即a m Rb ?m|a —b ，?a ，b ∈Z .其中Z 是⼀个由1⽣成的循环加群，（m ）是Z 的⼀个⼦加群，且从⽽m R 也可以认为是由Z 的⼀个⼦群（m ）所确定的.现在将这个思想推⼴到⼀般的群中，设H 是群G 的⼀个⼦群，在G 中定义⼀个关系R ：G b a H ab H a b aRb 1-1-∈?∈∈?，，且容易验证R 是⼀个等价关系.利⽤这个等价关系可以决定群G 的⼀个分类.⼆、什么样的等价类定义2.1 设H ≤G ，由等价关系R 所决定的类称为H 的陪集.定理2.1 设H ≤G ，则包含元素a 的陪集等于Ha aH 或.证明将包含元素a 的陪集记作[a].?b ∈[a]，有bRa ，即H h ba H h b a 2-111-∈=∈=且，即b=a 1h =∈a h 2Ha aH =，所以有[a]aH ?=Ha .反之，?b ∈Ha aH =，?21h h ，∈H ，使b=a h ah 21=，于是H h ba H h b a 2-111-∈=∈=且，即bRa ，从⽽b ∈[a]，所以有aH ]a [].a [Ha aH =?=因此.三、商群定理2.2 设G 是群，N G ，令G/N={aN |a ∈G},规定： ,/G bN aN N ab bN aN N ∈?=，，）（则（G/N,?）是⼀个群.证明⾸先证明?是G/N 的代数运算，即G/N 到G/N 的映射，也就是要证与代表元的选取⽆关.设aN N a 1=，，bN N b 1=则N n a a 111-∈=，.N n b b 21-1∈=因为N G ，所以11111使3111n b b n =，这样N n n n b b b n b b a a b b a ab 3231-111-111-11-111-∈====）（）（）（）（）（，从⽽（ab ）N=（11b a ）N ，所以?是G/N 的代数运算，⼜?,/G cN bN aN N ∈，，有=====N bc aN ]bc [a N ]c )ab [(cN N ab cN bN aN ）（）（）（）（），（cN bN aN ??从⽽?满⾜结合律，且,/G aN eN aN aN eN N ∈??=?，从⽽N=eN 是G/N 的单位元.?,/G aN N ∈存在,/G N a 1-N ∈使，eN aN N a N a aN -11-=?=?从⽽.aN N a 1-的逆元是因此G/N 是⼀个群. 该定理中够作的群G/N 称为G 关于N 的商群.四、有限阶群的阶和⼦群阶的关系定理2.3（Lagrange （拉格朗⽇））设G 是有限群，H 是G 的⼦群，则|G|=[G ：H]|H|证明因为G 是有限群，所以[G ：H]有限，设为k ，则G=U U H a H a 21…H a k U .⼜因为在H 和H a i 之间存在⼀个双射，所以|H a i |=|H|，因此|G|=H a 1+…+H a k =k|H|=[G ：H]|H|. 五、群的同态基本定理定理2.4（同态基本定理）设f 是群G 到G ’的同态，则（1）Kerf G ；（2）G/ Kerf ?Imf.证明（1）因为e ∈ Kerf ，所以Kerf ≠?.⼜?a ，b ∈ Kerf ，x ∈G ，即f （a ）=f （b ）=e '，则f （a 1b -）= f （a ）1b f -）（= e '1e -= e ',f(xa -1x )=f(x)f(a)1x f -）（= f(x) e '1x f -）（=e '，从⽽a 1b -，xa -1x ∈ Kerf ，因此Kerf G.（2）在G/ Kerf 到Imf 间规定⼀个法则：Φ：aKerf f （a ）.a) ? aKerf ，bKerf ∈Kerf G/ Kerf ，有aKerf=bKerf ?1a -∈Kerf ?f(1a -b)= e '1a f -）（f （b ）= e ' ? f （a ）=f （b ），从⽽Φ是⼀个G/ Kerf 到Imf 的映射.b ）?a ' ∈ Imf ，?a ∈G ，使 f （a ）= a '，于是Φ（aKerf ）= f （a ）=a '，从⽽Φ是满射.c) ? aKerf ，bKerf ∈Kerf G/ Kerf ，有Φ( aKerf)= Φ( bKerf) ? f （a ）=f （b ）?1a f -）（ f （b ）=e ' ?f(1a -b)=e ' ? 1a -b ∈Kerf ? aKerf=bKerf ，从⽽Φ是单射.d) ? aKerf ，bKerf ∈Kerf G/ Kerf ，有Φ( aKerf ?bKerf) =Φ( abKerf)=f(ab)= f （a ）f （b ）=Φ( aKerf)? Φ( aKerf)? Φ(bKerf)，从⽽Φ保持运算.因此Φ是同构.于是G/ Kerf ?Imf.第三章商环我们研究商环的思路是：在商加群的基础上再定义⼀种乘法运算，使得该种运算在某⼀⼦环下构成代数运算进⽽对该种运算构成半群且慢⾜：乘法运算对加法运算符合左分配律和右分配律，在学习过程中我们发现理想是可以在我们定义的乘法运算下满⾜上⾯条件的⼦环，因此我们先研究什么是理想，从⽽给出商环的定义，最后得出环的同态基本定理.⼀、理想定义3.1 设（R ，+，?）是⼀个环，（A ，+）是（R ，+）的⼀个⼦加群，（1）若?r ∈R ，a ∈A 有ra ∈A ，则称A 是R 的左理想；（2）若?r ∈R ，a ∈A 有ar ∈A ，则称A 是R 的右理想；（3）若A 既是R 的左理想，⼜是R 的右理想，则称A 是R 的⽴、理想，记作A R ．（4）若A R ，且A ≠R ，则称A 是R 的真理想.由定义可知理想⼀定是⼦环.⼆、商环定义3.2 设R 是环，A R ，在商群（R ，+）/(A ，+)={[x]|x ∈R}={x+A| x ∈R }中再规定：[x]?[y]=[xy]，? [x] ，[y] ∈R/A ，则（R/A ，+，?）是⼀个环（R/A 称为R 关于A 的商环或剩余类环，[x]=x+A 称为R 模A 的剩余类）.证明⾸先证明上⾯规定的乘法运算是代数运算，即与代表元的选取⽆关.设[x]=[1x ]，[y]=[1y ]，则x-1x ∈A ，y-1y ∈A.因为A 是R 的理想，所以xy-1x 1y =（x-1x ）y+1x （y-1y ）∈A ，从⽽[xy]= [1x 1y ].其次? [x]，[y] ，[z] ∈ R/A ，有（[x]?[y]）? [z]= [xy] ? [z]=[( xy)z]= [ x(yz)]= [x] ? [yz]= ([y] ? [z])，从⽽?满⾜结合律.且[x] ?（[y] +[z]）= [x] ?（[y] +[z]）=[x(y+z)]=[xy+xz]=[xy]+[xz]= [x]?[y]+ [x] ? [z] 从⽽?对+满⾜左右分配律.同理可证，?对+也满⾜右分配律.因此R/A 是⼀个环.三、环的同态基本定理定理3.1（同态基本定理）设f 是环R 到环R ’的同态，则（1） Kerf R ；（2） R/Kerf ?Imf.证明（1）Kerf 是(R ，+)的⼦加群，⼜a ?∈Kerf ，r ∈ R ，有f （ra ）=f （r ）f （a ）=f （r ）0'=0'， f （ar ）=f （a ）f （r ）=0’f(r)=0'，从⽽ra ，ar ∈Kerf R.（2）因为在R/Kerf 到Imf 间存在⼀个双射： ?：a+Kerf f （a ），且保持加法运算。
高中数学必备技巧解集合问题
高中数学必备技巧解集合问题在高中数学中，集合是一个非常重要的概念，涉及到很多问题的解答。
本文将介绍一些高中数学中解集合问题的必备技巧和方法。
一、集合的基本概念在解集合问题之前，我们首先来回顾一下集合的基本概念。
集合是由一些确定的元素组成的整体，元素的概念可以是数字、字母、图形、事物等等。
集合的表示通常用大写字母表示，而具体的元素则用小写字母表示。
例如，集合A={1,2,3,4}，表示A是由1、2、3和4这几个元素组成的集合。
集合间的关系有三种：相等、包含和交集。
当两个集合的元素完全相同时，它们是相等的；当一个集合中的所有元素都属于另一个集合时，前者包含于后者；当两个集合中都有的元素构成的集合称为它们的交集。
这些关系是解集合问题时非常重要的基础。
二、求解集合问题的技巧1. 列举法当我们给出一个集合问题时，一种常见的解法是使用列举法。
其基本思路就是将集合中的元素逐个罗列出来，根据问题的要求进行归类、交集运算等等。
列举法在解决一些简单的集合问题时非常有效。
例如，如果有两个集合A={1,2,3}和B={3,4,5}，要求求出它们的交集和并集，我们可以先将两个集合的元素列举出来，然后进行比较：交集：{3}，即A和B中共有的元素；并集：{1,2,3,4,5}，即A和B中所有的元素。
2. Venn图法Venn图是一种常用的解决集合问题的图形表示方法。
它采用圆形或椭圆形表示集合，通过在图中标注对应的元素来表示集合的关系。
Venn图非常直观，能够清晰地展示出集合的交集、并集等关系。
假设有两个集合A和B，我们可以画出两个圆表示它们，并在对应的区域内标注各自的元素。
如果要求求出两个集合的交集，即A和B共有的元素，我们可以标注在两个圆的交集区域内。
同样地，如果要求求出并集，即A和B所有的元素，我们可以将两个圆都标注上。
3. 区间法在解决一些涉及到数值大小的集合问题时，可以使用区间法。
区间法将数轴划分为几个不同的部分，每个部分都代表一个集合。
集合划分的定义
在集合的研究中，除了常常把两个集合相互比较之外，有时也要把一个集合分成若干子集加以讨论。
1 划分定义3-9.1若把一个集合A分成若干个叫做分块的非空子集，使得A中每个元素至少属于一个分块，那么这些分块的全体构成的集合叫做A的一个覆盖。
如果A中每个元素属于且仅属于一个分块，那么这些分块的全体构成的集合叫做A的一个划分(或分划)。
上述定义与下面的定义是等价的。
定义3-9.1′令A为给定非空集合，S＝{ S1，S2，…，S m}，其中S i A，S i如果除以上条件外，另有S i∩S j＝(i≠j)则称S是A的划分<或分划>。
例如，A＝{a，b，c}，考虑下列子集：S＝{{a，b}，{b，c}}，Q＝{{a}，{a，b}，{a，c}}D＝{{a}，{b，c}}，G ＝{{a，b，c}}E＝{{a}，{b}，{c}}，F＝{{a}，{a，c}}则S、Q是A的覆盖，D、G、E是A的划分，F既不是划分也不是覆盖。
显然，若是划分则必是覆盖，其逆不真。
任一个集合的最小划分，就是由这个集合的全部元素组成的一个分块的集合。
如上例中，G是A的最小划分。
任一个集合的最大划分是由每个元素构成一个单元素分块的集合，如上例中，E是A的最大划分。
需要注意：给定集合A的划分并不是唯一的。
但是已知一个集合却很容易构造出一种划分。
2 交叉划分定义3-9.2若{A1，A2，…，A r}与{ B1，B2，…，B s}是同一集合A的两种划分，则其中所有上A i∩B j≠组成的集合，称为是原来两种划分的交叉划分。
例如，所有生物的集合X，可分割成{P，A}，其中P表示所有植物的集合，A表示所有动物的集合，又X也可构成{E，F}，其中E表示史前生物，F表示史后生物，则其交叉划分为Q＝{P∩E，P∩F，A∩E，A∩F}其中P∩E表示史前植物，P∩F表示史后植物，A∩E表示史前动物，A∩F表示史后动物。
定理3-9.1设{A1，A2，…，A r}与{ B1，B2，…，B s}是同一集合X的两种划分，则其交叉划分亦是原集合的一种划分。
离散数学-3-9 集合的划分和覆盖
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一、集合的覆盖和划分
例3 设A=1,2,3，试确定A的所有划分。
解：有一个划分块的划分是：1,2,3 有两个划分块的划分是：1,2,3 2,1,3 3,1,2 有三个划分块的划分是：1,2,3
上图是A的所有划分的示意图。(a)表示有一个划分块的划分1,2,3。 (b)、(c)和(d)表示有两个划分块的划分1,2,3、2,1,3和 3,1,2。(e) 表示有三个划分块的划分1,2,3。
p129所有生物定理391是同一集合x上的两种划分则其交叉划分也是定理392任何两种划分的交叉划分都是原划分的一种加的交叉划分为t对t中的任意元素a故t必是原划分的加细
第三章 集合与关系
3-9 集合的划分和覆盖 授课人：李朔 Email:chn.nj.ls@
*给定一个集合A，它的划分和覆盖都不是唯一的。
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一、集合的覆盖和划分
例：4个元素的集合A共有多少个不同的划分。
解：A的最大(所有元素），最小划分（各元素单列）都各 有一个 把4个元素分成1，3两部分，有4种可能； 把4个元素分成2，2两部分，有3种可能；
把4个元素分成1，1，2三部分，有6种可能。 故总共有1＋1＋3＋6＋4＝15种。
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一、集合的覆盖和划分
在集合的讨论中，常须把一个集合分成若干子集加以讨论， 这就是集的划分问题。如一个班男、女生。一个学院不同 专业。
P128 定义3-9.1 若把一个集合A分成若干个称为分块的非空子集，使 得A中每个元素至少属于一个分块，那么这些分块的全体构成的集合 称为A的一个覆盖。 上述定义与下面定义是等价。 令A为给定非空集合，S ={S1, S2, , Sm},其中SiA且Si (i=1, m 2, , m) 且 S i A
集合的划分
3.9.1 集合的划分和覆盖设A 是某一所综合性大学本科学生全体组成的集合，i S 是对A 的某种分类的集合（1,2,3i =）。
若按文理科分类，则有11112{,}S S S =，其中11S 表示理科学生全体的集合、12S 表示文科学生全体的集合；若按年级分类，则有221222324{,,,}S S S S S =，其中2(1,2,3,4)j S j =表示该大学j 年级学生全体的集合；若按系分类，则有3313233343536{,,,,,}S S S S S S S =，这说明这所大学有六个系。
分类法尽管给出了三种，但是它们有个共同的特点：(1) i S 的元素都是A 的非空子集；(2) i S 的元素求交是空集、求并就是A 。
此时，我们就说i S 是集合A 的一个划分。
定义3.9.1 设A 是非空集合，A 的子集的集合12{,,,}m S A A A =，如果满足：（1）12,,,m A A A 都是非空集合；（2）1mi i A A ==则称集合S 是集合A 的覆盖(Cover)，称i A 是覆盖S 的分块。
如果除以上条件外，另有ij A A φ=（i j ≠），则称S 是A 的划分（或分划）(Partition)。
显然，若是划分则必是覆盖，其逆不真。
若12{,,,}n A a a a =，则A 有两个简单的划分：一是12{{},{},,{}}n a a a ，称为A 的最大划分(分块最多)；二是12{{,,,}}n A a a a =，称为A 的最小划分(分块最少)。
例如，{,,,}A a b c d =，考虑下列子集：{{,},{,},{}}S a b b c d =，{{},{,},{,,}}Q a a b a c d = {{,},{,}}D a d b c =，{{,,,}}G a b c d =， {{},{},{},{}}E a b c d =，{{,},{,}}F a b a c =则,S Q 是A 的覆盖；,,D G E 是A 的划分，其中G 是最小划分，E 是最大划分；F 既不是划 分也不是覆盖。