第4讲 集合与元素[知识点金]元素与集合只有属于和不属于两种关系，但如何判定一个元素是否属于该集合，有时要进行适当甚至灵活的变形，达到集合所要求的形式.[例题精析]例1 设A= },{22Z y x y x a a ∈-=、 求证：（1）一切奇数属于A（2）偶数 4k – 2（k ∈z ）不属于A（3）属于A 的两个整数，其积仍属于A分析 关键构造出集合元素所需形式.证明 （1）设a 为任意奇数，则 a = 2k –1（k ∈Z ）因为 2k –1 = k 2 -（k-1）2 ,k ，k-1∈Z, 故a ∈A由a 的任意性知，一切奇数属于A.（2）假设4k – 2∈A ，则存在x 、y ∈Z 使 4k – 2 = x 2 – y 2即（x + y ）（x - y ）= 2（2k-1）… ①① 式说明x + y 与 x – y 必有一个是偶数，但x + y 与 x – y 具有相同的奇偶性，这是一对矛盾，故①不成立.所以 4k – 2 ∉A（3）设a 、b ∈A ，则a = 2221y x -，b = 2222y x - （Z y y x x ∈2121,,,）因为 a b =（2121y x -）（2222y x -）= +2221x x 2221y y -2221y x -2122y x = （2121y y x x -）2 -（1221y x y x -）2而 Z y y x x ∈-2121，1221y x y x -Z ∈, 所以 a b ∈A.例2 （全国女子数学奥林匹克）如果存在 1，2，...，n 的一个排列1a ，2a ，…，n a 使得 k+k a （k=1, 2, ..., n ）都是完全平方数，就称n 为“好数”.试问：在集合 {11, 13, 15, 17, 19} 中，哪些是“好数”，哪些不是“好数”？说明理由.解 除了11之外都是“好数”.（1）易知11只能与5相加得到24，而4也只能与5相加得到23，因此，不存在满足条件的数列，所以11不是“好数”.(2)13是“好数”，因为如下的排列中，)13,...,2,1(=+k a k k 都是完全平方数：13121110987654321:k 34567191011121328:k a（3）15是“好数”，因为如下的排列中，)15,...,2,1(=+k a k k 都是完全平方数：151413121110987654321:k123456789101112131415:k a （4）17是“好数”，因为如下的排列中，)17,...,2,1(=+k a k k 都是完全平方数：1716151413121110987654321:k 8911112131415161721045673:k a 其中用到了轮换).15,10,6,3,1(（5）19是“好数”，因为如下的排列中，)19,...,2,1(=+k a k k 都是完全平方数： 19181716151413121110987654321:k 17181991011121314151612345678:k a 评注 这里的关键问题在于构造满足条件的排列.例3 （亚太地区数学竞赛）求所有由正整数组成的有限非空集合S ， 满足：若S n m ∈、，则n m S n m n m 、、(,)(∈+不必须不同）. 分析 我们由特殊的情形，先得知S ∈2，进而循序渐进探索集合S 中可能含有的其他元素，发现集合中可能只有2这一个元素，之后如何进行简捷的表达呢？.解 令m=n,则S ∈2，由于S 是非空有限集合，.若S 中存在奇数，则S k k k ∈+=+2)2,(2，以此类推，,...6,4++k k 都属于S,与其是有限集矛盾,所以S 中的元素都是偶数，如果除了2以外还有其他偶数，不妨设除2以外的最小数为k （k>2）,则S k k k ∈+=+12)2,(2，并且k k <+<122，而由前面讨论知12+k 应该为偶数，这与k 为除2以外的最小数矛盾，所以 S={2}.评注 这里应用极端原理使得表达简捷.例4 321,,S S S 为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列k j i ,,，若j i S y S x ∈∈,，则k S y x ∈-.证明：三个集合中至少有两个相等.证明 若j i S y S x ∈∈,，则i k S x y x y S x y ∈-=--∈-)(,所以每个集合中均有非负元素.当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立.否则，设321,,S S S 中的最小正元素为a ，不妨设1S a ∈，设b 为32,S S 中最小的非负元素，不妨设,2S b ∈则b －a ∈3S .若b ＞0,则b a b <-≤0，与b 的取法矛盾。

所以b =0.任取,1S x ∈因0∈2S ,故x －0＝x ∈3S 。

所以⊆1S 3S ，同理3S 1S ⊆.所以1S =3S .评注 这里也借租极端原理探索解答.例5 设S n 表示正整数集合{1，2，3，…100}的某些子集满足条件：没有一个数是另一个数的2倍，这样的子集中所含元素最多有多少个？解 令A 1={51，52，53，…100}A 2={26，27，…50}A 3={13，14，…25}A 4={7，8，…12}A 5={4，5，6}A 6={2，3，}A 7={1 }则A= A 1⋃A 3⋃A 5⋃A 7符合条件，该集合共有50+13+3+1=67（个）下证A 是符合条件中含元素最多的集合.若B ⊆{1，2，3，…100}，其中每一个元素都不是另一个的2倍，则a ∈B 时，2a ∉B ⋂A 2所以，Card （B ⋂A 2）+Card （B ⋂A 1）≤ 50同理 Card （B ⋂A 4）+Card （B ⋂A 3）≤ 13Card （B ⋂A 6）+Card （B ⋂A 5）≤ 3所以 CardB ≤ 50 + 13 + 3 + 1 = 67.评注 证明和构造是解决该类问题的两个方面.例6设集合S = {1, 2, …, 50}，X 是S 的任意子集， | X | = n.求最小正整数n ，使得集合X 中必有三个数为直角三角形的三条边长.解 设直角三角形三边长分别为x , y , z ，有x 2 + y 2 = z 2，其正整数解可表示为x = k (a 2－b 2), y = 2kab , z = k (a 2 + b 2) …○1 其中k , a , b ∈ *N 且(a 、b ) = 1，a > b.x , y , z 中必有一个为5的倍数.否则，若a , b , c 均不是5的倍数，则a , b , c 都是形如5m ±1, 5m ±2的数(m ∈ N )， 则a 2 ≡ ±1 (mod 5), b 2 ≡ ±1 (mod 5), c 2 ≡ ±1 (mod 5)，而c 2 = a 2 + b 2 ≡ 0或±2，矛盾！令集A = {S 中所有与5互质的数}，则Card A = 40.若以10, 15, 25, 40, 45分别作直角三角形的某边长，则由(1)知可在A 中找到相应的边构成如下直角三角形：(10, 8, 6), (26, 24, 10), (15, 12, 9), (17, 15, 8), (39, 36, 15), (25, 24, 7), (40,32, 24), (41, 40, 9), (42, 27, 36)此外，A 中再没有能与10, 15, 25, 40, 45 构成直角三角形三边的数.令M = A ∪{10, 15, 25, 40, 45}\ {8, 9, 24, 36}，则Card M = 41.由以上知，A 中三数不能组成直角三角形，由于M 中不含8, 9, 24, 36，所以10, 15, 25, 40, 45在M 中找不到可搭配成直角三角形三边的数.即M 中任三数均不构成直角三角形三边.故n 42≥ .另外，由○1的整数解可作集合 B = {3, 4, 5, 17, 15, 8, 29, 21, 20, 25, 24, 7, 34, 16, 30, 37, 35, 12, 50, 48,14, 41, 40, 9, 45, 36, 27}，其中横线上三数可作直角三角形三边，Card B = 27.S \B 中元素的个数为50－27 = 23。

在S 中任取42个数，因42－23 = 19，于是，取的42个数中必含有B 中的19个数，因此B 中至少有一条横线上的三个数在所选的42个数中，即任取42个数，其中至少有三数可作直角三角形三边.因此，n 的最小值为42.[思考交流]思考题 （美国数学竞赛）设n a a a ,...,,21是整数列，并且它们的最大公因子为1，令S 为一个整数集合，具有下列性质：（1）),...,2,1(,n i S a i =∈（2）对n j i ,...,2,1,=(不必须相同)S a a j i ∈-（3）对于任意S y x ∈、，如果S y x ∈+，则S y x ∈-证明 S 必为整数集分析 本题条件较多，在于循序渐进.证明 不妨假定任何一个i a 都不等于0.先考察（i ）S a a ∈-=110（由（2））.（ii ）,,0S s S s s ∈∈-=-其中(由（2）与（3）).（iii ）如果S y x ∈、，且S y x ∈-，则S y x ∈+（由（3）和（ii ）.利用（iii ），再对m 使用数学归纳法，可以证明：当S s ∈时，对任何N m ∈，均有.S ms ∈再利用（i ）、（ii ），可以证明：当Z m ∈时，上述结论仍然成立.于是，有 （iv ）对于,,...,2,1n i =集合S 包含了i a 的所有倍数.下面验证（v ）对于},...,2,1{n j i ∈、，对任给的整数j i c c 、，有.S a c a c j j i i ∈+为证明这一点，对||||j i c c +使用归纳法.如果1||≤i c ，且1||≤j c ，利用（2）、（ii ）、（iii ），立即可导出结论.因而，可假定.2|}||,max {|≥j i c c不失一般性，可假定....21n e e e ≥≥≥设i d 是i a a a ,...,,21的最大公因子.我们对),...,2,1(n i i =用归纳法证明S 包含i d 的所有倍数.当n i =时，就是所需要的结果.对于1=i 与2=i 的基本情况，可分别利用（iv ）和（v ）导出.假定对于.2n i <≤ S 包含i d 的所有倍数.设T 是满足以下条件的整数m 的集合：m 被i d 整除，且对任何整数r ，.1S ra m i ∈++则由（v ）可知，T 包含非零的正数和负数，即i a 的所有倍数.由条件（3），如果T t ∈，且s 可以被i d 整除（于是也属于S ）,满足T s t ∈-，则.T s t ∈+取i d s t ==，可导出.2T d i ∈再利用归纳法（类似于（iv ）的证明）可得，对任何整数m （正的、负的或零），有.2T md i ∈由i a 的排列方式可以看出，能整除i d 的2的最高次幂一定大于或等于能整除1+i a 的2的最高次幂.这也就是说，11++i i d a 是个奇数.因此，可以找到两个整数f 、g ，其中f 是偶数，使得11++=+i i i d ga fd *（选择这样一对数，不必对f 有什么限制.如果需要得到偶数f ,可用),(111++++-i i i i d d g d a f 替代（f,g ））.于是对任何整数r ，都有,T rfd i ∈故.1S rd i ∈+这就完成了归纳，并证明了所需要的结果.同步检测41.给定集合Ｓ＝｛１,２,３,…,2000,2001｝，其中一个子集T 中任意三个元素x ，y ，z 都有x+y ≠z ，则T 中元素最多的有多少个．2.已知集合A 中有10个元素，且每个元素都是两位整数，证明：一定存在这样两个A 的子集，它们中没有相同的元素，而它们的元素之和相等.3.以某些整数为元素的集合P 具有下列性质：①P 中的元素有正数，有负数；②P 中的元素有奇数,有偶数；③－1∉P ；④若x ，y ∈P ,则x ＋y ∈P 试判断实数0和2与集合P 的关系.4、设S 为满足下列条件的有理数的集合：①若a ∈S ，b ∈S ，则a +b ∈S ，S ab ∈；②对任一个有理数r ，三个关系r ∈S ，－r ∈S ，r ＝0有且仅有一个成立.证明：S 是由全体正有理数组成的集合.5.已知一个正整数的子集A 满足：（1）A 至少有3个元素；（2）若m ∈A ，则m 的所有约数都属于A ；（3）若b 、c ∈A ，且1<b<c;则1＋bc ∈A ，求证：A 包含所有正整数.6.设A 是数集，满足若a ∈A ，则a11-∈A ，且1∉A. （1）若2∈A ，则A 中至少还有几个元素？求出这几个元素.（2）A 能否为单元素集合？分别在实数集和复数集中进行讨论.（3）若a ∈A ，证明：1－a1∈A. 7.已知对任意实数,x 函数)(x f 都有定义，且).2(2)(22xf x x f ≤如果}{,)(|2φ≠>=a a f a A 求证：A 是无限集 8.设A 为平面上的一个点集, L 为平面上的一条直线,若L 过A 中某个点, 则称L 过A .（1）证明可以将平面上的有理点分成100个两两不交的无穷集合,使得,对平 面上任一直线,若其上有两个有理点,则该直线过这100个集合中的每个集合;（2）求最大的整数r ,使得,如果将平面上的有理点,按任一方式分成100个两 两不交的无穷集合,则至少有一条直线过这100个集合中的r 个集合.9. （波兰数学奥林匹克）证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.10. (中国国家集训队)设n 个集合n S S S ,,,21 的元素由非负整数组成. i x 为i S 所有元素之和. 求证:若对某个自然数,1,n k k <<有]2)1()1(6)12)(1([1121++-+++<∑=n n k n n n k k xn i i , 则存在下标l t j i ,,,(至少有三个互不相同)使l t j i x x x x +=+.参考解答1. 解 1001 .设T 中共有k 个元素，用最大元素减其它元素，所得的差均不在T 中，所以 k+(k-1)≤2001,即k ≤1001 又S 的子集{1001,1002,…,2001}共有1001个元素，符合要求所以1001max =k .2. 解 这10个元素的总和S ＜100×10＝1000而A 的子集总共有210＝1024＞1000＞S根据抽屉原理，至少存在两个子集，他们的元素之和相等，记为M 、N ，如果M 、N 没有公共元素，则M 、N 就是满足题意的子集，命题得证. 如果M 、N 中有公共元素，记M ∩N ＝Q,考查集合M'＝M －Q,N'＝N －Q则M'、N'中没有公共元素，且M'、N'的元素之和相等，同时它们都是A 的子集.即M'、N'为所求集合.命题成立！3. 解 由④若x ，y ∈P ,则x ＋y ∈P 可知，若x ∈P ，则)( N k P kx ∈∈（1） 由①可设x ，y ∈P ，且x ＞0，y ＜0，则－y x ＝|y |x (|y |∈N ) 故x y ,－y x ∈P ,由④,0＝(－y x )+x y ∈P .（2）2∉P .若2∈P ，则P 中的负数全为偶数，不然的话，当－（12+k ）∈P （N k ∈）时，－1＝（－12-k ）＋k 2∈P ，与③矛盾.于是，由②知P 中必有正奇数.设),( 12,2N n m P n m ∈∈--，我们取适当正整数q ，使12|2|->-⋅n m q ，则负奇数P n qm ∈-+-)12(2.前后矛盾.4. 证明 设任意的r ∈Q ，r ≠0,由②知r ∈S ，或－r ∈S 之一成立.再由①，若r ∈S ，则S r ∈2；若－r ∈S ，则S r r r ∈-⋅-=)()(2.总之，S r ∈2.取r =1，则1∈S 。