非空子集

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

AAA如果满足（1）),1(njiAA

ji

；

（2）n

i

i

MA

1

，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

AAA是有限集n－

分划，则





n

i

i

ACardMCard

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{{*A就是

含4个元素},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||*A

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nM||，则集合M的全体子集所构成的集合*M的阶为.2n即

.2||10*nn

nnn

CCCM

4．R族

设(),CardAn

12,

{,,}

n

MAAA是A的一个子集族，若存在(21)kkm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

MAAA是A的一个指数为

k

的R族，()CardAn，则.k

m

Cn

5．K族

设A为一个n阶集合，

12,

{,,}

n

MAAA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

ij

AA且

ji

AA，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

CardMC

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

nm,

，nm不被7整除也就是nm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

0

A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

,AA中的元素；同样，S不能同时包

含

52

,AA和

43

,AA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}SKKK为满足要求的元素最多的集合.

首先对,,abSab有3种可能：

（1）,(13)

i

abKi，则2(mod7)abi，则

ab

不能被7整除；

（2）,(13)

ij

aKbKij，则(mod7)abij，则

ab

不能被7整除；

（3）,7(13)

i

aKbi，则(mod7)abi，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）

4

cK，则c与

3

K中的元素之和能被7整除；

（2）

5

cK，则c与

2

K中的元素之和能被7整除；

（3）

6

cK，则c与

1

K中的元素之和能被7整除；

（4）

0

cK，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

()()()()radKCardKCardK

〖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)(nr

s

为满足条件的有序对),(

21

ss的对数：

2121

,,ssSsSs且.

21

nss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?)()(nrnr

BA



〖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nss

21

的非负整数对),(

21

ss是有限

的，用二进制来讨论),(

21

ss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Aaaaanaa

212121

,,,的数对),(

21

aa，由于

21

aa，

因此在二进制表示下

1

a与

2

a在该位上的数码，分别得到

21

,bb，则Bbb

21

,且

.,

2121

nbbbb这个将),(

21

aa对应到),(

21

bb的映射是一一对应的，因此).()(nrnr

BA



〖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

BA

为空集，若

An

时总有

Bn22

，则

BA

的元素个

数最多为（）

A．62B．66C．68D．74

【解】先证66)(BACrad，只须证33)(ACrad，为此只须证若A是}49,,2,1{的

任一个34元子集，则必存在

An

，使得

An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

An

，使得

An22

.

如取}46,42,34,26,49,,29,27,25,18,14,10,2,23,,5,3,1{A，}|22{AnnB，则

BA,满足题设条件66)(BACrad.

〖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，

MA

且当

Ax

时

Ax15

，

求)(ACard的最大值.

〖分析〗













,133

13

1995

当133,,11,10,9k时，k与

k15

不能同时在A

中..)(ACard只需再构造一个集合A，使得1870)(ACard即可.

【解】由题设当133,,11,10,9k时，

k

与

k15

不能同时在A中.故至少有133-8=125个数

不在集合A中，即.)(ACard

另一方面，M的子集A可取}1995,,135,134{}8,,2,1{满足题意，此时

.1870)(ACard故)(ACard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

x15)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n2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nn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n2整除，也就是只能有一个子集，

它的元素个数为n2，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

tsr,,

为整数，集合}0,222|{rstaatsr

中的数由小到大组成数列}{

n

a：,14,13,11,7，则

36

a

【解】∵

tsr,,

为整数且

rst0

，∴r最小取2，此时符合条件的数有12

2

C

3r

，ts,可在2,1,0中取，符合条件有的数有32

3

C

同理，

4r

时，符合条件有的数有62

4

C；

5r

时，符合条件有的数有102

5

C；

6r

时，符合条件有的数有152

6

C；

7r

时，符合条件有的数有212

7

C；

因此，

36

a是

7r

中的最小值，即131222710

36

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，

AM

为子集.若33A，且存在

,xyA，

xy

，xy，则称

A

为“好集”.求最大的

aM

，使含a的任意33元子集为好集.

【解】令211,2,,442(21)1,2,,11Piiii，33P.

显然对任意144ij，不存在

3n

，使得21(21)jni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

,,,,21Aaaa.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



1

2,4,8,16,32,64A，

2

5,10,20,40A，

3

6,12,24,48A，

4

9,18,36A，



5

11,22,44A，

6

13,26,52A，

7

14,28,56A，

8

15,30,60A，

9

17,34A



10

19,38A，

11

23,46A，

12

25,50A，

13

27,54A，

14

29,58A，



15

31,62A，33,35,37,,61,65A





由上可见，

1215

,,,AAA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

1215

,,,AAA

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),,,,(

1111

kcba，),,,,(

2222

kcba，……，),,,,(

nnnn

kcba这n组数都具

有相同的性质M（*Nn），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,nnn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na

n

个，即每个},,2,1{n与}2{n的并集，以及}2,1{n，

}.2,{,},2,2{nnn

（2）不包含

2n

的子集有

1n

a个，即集合}1,,,3,2,1{nn的具有题设性质的子集的个数.

于是有递推式naaa

nnn



12

①

显然3,1

41

aa（即}4,2{},4,1{},3,1{），代入①式得：7313

5

a，437

6

a=14，

.13384679,7972646,4661426,265714

10987

aaaa

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{,；当

2n

时，子集共有422个，可以排成}2{},2,1{},1{,；

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{,,}.3,2,1{

或}.3{},3,1{},3,2,1{},3,2{},2{},2,1{},1{,

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{,,}.4{},4,1{},4,2,1{},4,2{

于是假设

kn

时，已将k2个子集按题设要求排成一列，那么当

1kn

时，只需在已排

好的k2个子集中，分别添加元素

1k

，逆序排在这k2个子集的后面形成

1kn

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

kaaaaA

k

其中),,2,1(kiZa

i

，

由

A

中的元素构成两个相应的集合AbaAbAabaS,,,，

AbaAbAabaT,,,，其中ba,是有序实数对，集合TS和的元素个数分别

为

nm,

.若对于任意的AaAa，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TS和；

（Ⅱ）对任何具有性质

P

的集合

A

，证明：



2

1



kk

n；

（Ⅲ）判断nm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TS和是

3,2,1,2,1.3,3,1TS；

（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

TaaA

ii

,,0),,2,1(ki,

又因为当AaAa时，，所以当TaaTaa

ijji

,,时，),,2,1(ki，于是集合

T

中的元素的个数最多为1

2

1

2

1

2kkkkn，即



2

1



kk

n.

（Ⅲ）解：nm，证明如下：

①对于Sba,，根据定义TbbaAbaAbAa,,，从而，则

如果dcba,,与是

S

中的不同元素，那么dbca与中至少有一个不成立，于是

dcba

与

db

中至少有一个不成立，故bba,与ddc,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

nm

；

②对于Tba,，根据定义SbbaAbaAbAa,,，从而，则

如果dcba,,与是

T

中的不同元素，那么dbca与中至少有一个不成立，于是

dcba

与

db

中至少有一个不成立，故bba,与ddc,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

mn

.

由①②可知nm.

〖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

,ATA，定义()SA为A中所有元素之和，问：T有多少个非空子集A，使得()SA

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}TTT.对于AT，

令

001122

,,AATAATAAT，则

01212

()()()()()()(mod3)SASASASACardACardA，

因此，3()SA当且仅当

12

()()(mod3)CardACardA.有以下几种情况：

111

222

()0,()0,()3,

()0,()3,()0,

CardACardACardA

CardACardACardA











111

222

()3,()1,()2,

()3,()1,()2,

CardACardACardA

CardACardACardA











从而满足3()SA的非空子集A的个数为

2

333333333333

2()1CCCCCCCCCCCC＝87.

若3()SA，5()SA，则15()SA.

由于()36ST，故满足3()SA，5()SA的()SA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()SA，5()SA，

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），

30abk

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

ba

时，

230ak

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}ll.设A满足题中条件且()CardA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

aA

，有

2a

0,2，6,12,20,26(mod30)，

即a0,1，3,6，10,15,16,18,21,25,28，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()

若()10CardA，则每个子集恰好有一个元素包含在A中，因此20,29AA.

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

xA

时，若有

1xA

且

1xA

，

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．7

4．集合{1,2,3,,2,21}Ann的子集B满足：对任意的,,xyBxyB，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．4

10

CB．5

10

CC．5

10

C＋1D．4

10

C

6．（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

Aa

，则12－

Aa

，

这样的集合共有个.

7．已知集合{1,2,3,,31,3nn可以分成n个互不相交的三元组{,,}xyz，其中

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{,},{,,,,}acbcdef与另一对子集{,,,,}bcdef，

{,}ac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}BC，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}Pk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

Ai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)(ACard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

CardMC

3．如果

12,

{,,}

n

MAAA是A的一个指数为

k

的R族，()CardAn，则.k

m

Cn

4．给出一个60×70的数表如下：

1235960

2346061

1112136970

121314701

697015758

70125859



























其中每一行组成一个数的集合

1270

,,,AAA，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)(Sf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

Tk

，都

有kkTf}){(（}{kT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}.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0199

1210999



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2

5

46C，故应选C.

4．A解析：首先{1,,3,5,,21}Bn满足题意，且()其次，设B中最

大元素为

21kn

，将1,2,,2n分成n组：(1,2),(2,21),,(,1)nnnn.由抽屉原理

可知，如果()2CardBn，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()1CardBn.如果

21kn

，同理可得()1CardBn，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

AAA若满足

ij

AA且

ji

AA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

1

6

C+

2

6

C+

3

6

C+

4

6

C+

5

6

C+

6

6

C=

62－1=63个

7.5，8解析：设第

i

个三元子集组为{,,}

iii

xyz且3,1,2,,.

iii

xyzin则有

3

1

11

3(31)

4.

2

nn

ii

nn

iz





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|}XxxX



，则所有非空子集分成两类

XX





和

XX





.当

XX





时，必有

XXM





，于是

X

a=1001.当

XX





时，设

,xy

分别是

X

中的最大数与最小数，则1001,1001xy分别是

X



中的最小数与最大数，于是

,2002.

XX

axyaxy



从而1001.

2

XX

aa





因此，所求的

X

a的算术平均数为1001.

9．435解析：设,()().SABCardACardB若()0CardA，则()6CardB，有1种

取法；若()1CardA，则()6,5CardB，有1615

6665

12CCCC种取法；类似地，可分

别计算出()2,3,4,5,6CardA时的取法.

10．解：因为

1231

，所以集合C中至多有4个元

素，下面对()CardC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

,xy

构成.设

xy

，则有55xyxy，即(1)(1)因为

1111xy，解得6,1xy，故{6,7},{1,2,3,4,5,8,9,10}CB.

（3）若C由三个元素

xyz

构成.由题设得

当

1x

时，解得4,10,yz因此{1,4,10},{2,3,5,6,7,8,9}CB；

当

2x

时，有253,yzyz即(21)(21)107yz为质数，无解；

当

3x

时，显然有3456055xyzxyz，无解.

（4）若

C

由四个元素

xyzt

构成，必有

1x

，否则xyzt2×3×4×5＝120＞55.

这时554,yzt如（3），当3y时无解.故2,252yztzt.

即(21)(21)105zt，解得3,7zt，从而{1,2,3,7},{4,5,6,8,9,10}.CB

综上可知B、C有3组解.

11．解：当41()kmmZ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()kmmZ时，P中各元素的和：

(20062006)(1)

2

kk

S





(4012)(21)km

为奇数，不可能分成符合题意的两个子集；

当42()kmmZ时，(41)(22005)Smm为奇数，结论同上；

当4()kmmZ时，(41)(22006)Smm能分的必要条件是前

21m

项和不在于

2

S

，

即

21

(2006)(21)(41)(1003)

m

Smmmm



，化简得：2210030m，

所以

1003

22.4

2

m或

1003

2

m(舍去)，由于m是整数，所以

23.m

当

23m

时，共有93个元素，于是93

4793

95363,190836,95418,

2

S

SS

93

47

954189536355,

2

S

S

9347

95473SS，所以93

9347

55.

2

S

SS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()kmmZ或4(23,)kmmmZ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

,,,AAA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

,,,AAA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

,,,AAA

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|{ttttttA1810t

，

}Zt，则A中任意两个数之差不是4或7.事实上，若4|)()(11|abrt或7，这里

}9,7,6,4,1{,ba，而

1810tr

，则当

2rt

时，显然不能成立；当

1rt

时，

应有4|)(11|ab或7，这一点只须直接验证即可知不能成立；当

0rt

，与上面类

似，也不能成立.所以)(ACard的最大值

1825

=910.

另一方面，设A是满足条件的集合，且)(ACard>910，这时存在t使得集合rtxx11|{，

}111r中出现6个数减去

t11

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，)(ACard的最大值为910.

2．证明：记max{||,},min{||,}pxxMqxxM，其中||().xCardx

当

pq

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

n

CardMC且当[]

2

n

pq时取得最大，故此时结论成立.

下面只需证

pq

的情形，记().DMpq

若

2

n

p

，令{,}NXAXM，显然N仍是A的互不包含子集族，且()()CardNCradM，

令max{(),}

2

n

CardXXN，故可设

2

n

p，即

设{:()},{{}:,}UXMCardXpVXaaXXU，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,XUYV，若

YX

，则称

X

与

Y

为一对相关集，称X与Y互相相关.显然共有

()pCardU对相关集.另一方面，因为()1CardYp，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()mY为与Y相关的集合个数，则()mY

(1)21(1).npppp因为()CardV个不同的Y，故相关集对数不超过

()pCardV，于是()()pCardUpCardV，即()().CardUCardV

记()MMUV



，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()()()()().CardMCardMCardUCardVCardM





而()()1DMDM



，将M转换成

M



，其元素个数并未减少，但()DMpq减少了1，

经有限这种转换，即知()CardM的最大值必在

pq

时取到，此时

M

中最多含有

[]

2

n

n

C个

元素.

3．证明：由(1)得M中的每个子集(1)

s

Asn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1

1

k

m

C



种；由(2)得，1

1

k

m

C



个元素

两两不同.这样一来，

s

A中至少有1

1

k

m

C



个元素，而

1

m

i

i

A



至少有1

1

k

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

1

m

i

i

A



至少含有

1

1

k

m

m

C

k





个不同的元素.但是显然

1

m

i

i

AA



，故可得1

1

,k

m

m

Cn

k





即.k

m

Cn

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

aaa，并记全

集{1,2,,70}U，

A

{

12

,,

k

aaa}，则,().AUCardAk

若

60k

，则存在一个

aA

，使得

110a

，且a与

U

CA中的每一个数的个位数都不相

同，从而10(0,1,2,,6).

U

anCAn10(0,1,2,,6)anAn.

所取出的k个集合中，必存在7个集合

1060

,,,

nnn

AAA



满足

1060

.

UnUnUn

CACACAU







1060

.

UnUnUn

CACACA



这与已知矛盾，故60k○1

○1式的等号是成立的，例如

1260

,,AAA均含有60个元素，显然任7个集合的交集都是非

空的.故

max

60.k

5．证明：取定标号相同的黑白棋子各一个，使得该对点所决定的劣弧中其他点（不含端点，

不计黑白）的个数最少．不妨假设该标号为1．

在上述所取的开劣弧中，只有一种颜色的棋子．

事实上，若两个1之间有两种颜色的棋子，则白n和黑n都在其

中，如图1，于是两个标号为n的劣弧之间的点比两个标号为1的更

少，矛盾！

如果开劣弧中全是白子，有如下两种情形：

（1）开劣弧中的白子是2，…，k，如图2所示，

则从标号为1的白子起，按逆时针方向连续n个棋子的标号所成的集

合为1,2,,n.

（2）开劣弧中的白子是k，k＋1，…，n，如图3所示，则从标号为1的白

子起，按顺时针方向连续n个棋子的标号所成的集合为1,2,,n.

2

1

1k

k

1

1

n

n

n

1

1

图1

图2图3

如果开劣弧中全是黑子，或者开劣弧中没有棋子，类似可得．

6.解：如果一个10元子集T具有性质：对任意的Tk，都有kkTf}){(，我们就称T

为“好集”，不是“好集”的10元子集称之为“坏集”，也就是说如果

T

是“坏集”，则在T中必

有一个

0

k，使得.}){(

00

kkTf令S=}{

0

kT，显然S是一个9元子集.一方面

0

)(kSf.

另一方面，}{

0

kST，即)}({SfST.此式表示了一个“坏集”结构，它可由9元子

集S生成，即S与{)(Sf}的并构成了“坏集”.如果SSf)(，那么)}({SfS是一个9元

子集，而不是一个10元子集.因此任一9元子集至多能按上式生成一个“坏集”.于是

“坏集”的个数

9

元子集的个数

10

元子集的个数

最后的一个不等式成立是因为：每个9元子集可由包含它的11个10元子集划去相应的元素

得到，而生一个10元子集划去其中的任一元素只能得到10个不同的9元子集.

由此可知，“好集”是存在的！