高中數(shù)學(xué)競賽專題講座2 集合與容斥原理

1、容斥原理與抽屜原理一、基礎(chǔ)知識 （一）有限集合所含元素個數(shù)的幾個簡單性質(zhì)（容斥原理） 設(shè)表示集合所含元素的個數(shù),（1）, 當(dāng)時， 推廣到個集合的情況，（2）變形：逐步淘汰原理（篩法公式）設(shè)s是有限集，()，在s中的補集為()，則+（三）集合的劃分：若，且，則這些子集的全集叫i的一個-劃分。相對補集：稱屬于a而不屬于b的全體元素，組成的集合為b對a的相對補集或差集，記作a-b。 （四）計數(shù)原理定理1 分類計數(shù)原理（加法原理）：做一件事有類辦法，第一類辦法中有種不同的方法，第二類辦法中有種不同的方法，第類辦法中有種不同的方法，那么完成這件事一共有種不同的方法。定理2 分步計數(shù)原理（乘法原理）：做一

2、件事分個步驟，第一步有種不同的方法，第二步有種不同的方法，第步有種不同的方法，那么完成這件事一共有種不同的方法。應(yīng)用舉例例1、某班對數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三科總評成績統(tǒng)計如下：優(yōu)秀的人數(shù)：數(shù)學(xué)21個，物理19個，化學(xué)20個，數(shù)學(xué)物理都優(yōu)秀9人，物理化學(xué)都優(yōu)秀7人?；瘜W(xué)數(shù)學(xué)都優(yōu)秀8人。這個班有5人任何一科都不優(yōu)秀。那么確定這個班人數(shù)以及僅有一科優(yōu)秀的三科分別有多少個人。分析：自然地設(shè)a=數(shù)學(xué)總評優(yōu)秀的人 b=物理總評優(yōu)秀的人 c=化學(xué)總評優(yōu)秀的人則已知|a|=21 |b|=19 |c|=20這表明全班人數(shù)在41至48人之間。僅數(shù)學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)是可見僅數(shù)學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)在4至11人之間。同理僅物理優(yōu)秀的人數(shù)在

3、3至10人之間。同理僅化學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)在5至12人之間。例2、集合a，b是i=1，2，3，4，5，6，7，8，9，0的子集，若，求有序集合對（a，b）的個數(shù)；分析：集合i可劃分為三個不相交的子集；ab，ba，中的每個元素恰屬于其中一個子集，10個元素共有310種可能，每一種可能確定一個滿足條件的集合對，所以集合對有310個。例3、 求1，2，3，100中不能被2，3，5整除的數(shù)的個數(shù)。分析：記，由容斥原理，所以不能被2，3，5整除的數(shù)有個。例4、設(shè)a1,2，3，n，對xa，設(shè)x中各元素之和為nx，求nx的總和.分析已知的所有的子集共有個.而對于,顯然中包含的子集與集合的子集個數(shù)相等.這就說明在集

4、合的所有子集中一共出現(xiàn)次,即對所有的求和,可得【解】集合的所有子集的元素之和為=說明本題的關(guān)鍵在于得出中包含的子集與集合的子集個數(shù)相等.這種一一對應(yīng)的方法在集合問題以及以后的組合總是中應(yīng)用非常廣泛.例5、給定集合的個子集：，滿足任何兩個子集的交集非空，并且再添加i的任何一個其他子集后將不再具有該性質(zhì)，求的值。分析：將i的子集作如下配對：每個子集和它的補集為一對，共得對，每一對不能同在這個子集中，因此，；其次，每一對中必有一個在這個子集中出現(xiàn)，否則，若有一對子集未出現(xiàn)，設(shè)為c1a與a，并設(shè)，則，從而可以在個子集中再添加，與已知矛盾，所以。綜上，。例6、1992位科學(xué)家，每人至少與1329人合作過

5、，那么，其中一定有四位數(shù)學(xué)家兩兩合作過。分析：在與一個人a合作的人中我們找到b。再說明一定有人與a和b都合作過為c。最后再說明有人與a、b、c都合作過為d，那么a、b、c、d就是找的人了。 證明：一個人a。不妨設(shè)b與之合作。那么。即c與a和b均合作過，分別表示與a、b合作過的人的集合。同樣地，。所以存在。則a、b、c、d就是所求，證畢。說明：把一個普通的敘述性問題轉(zhuǎn)化為集合的語言描述的問題通常為解題的關(guān)鍵之處，也是同學(xué)們需加強的。（五）抽屜原理 在數(shù)學(xué)問題中有一類與“存在性”有關(guān)的問題，例如：“13個人中至少有兩個人出生在相同月份”；“某校400名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)生，他們在同一天過生日”

6、；“2003個人任意分成200個小組，一定存在一組，其成員數(shù)不少于11”。這類存在性問題中，“存在”的含義是“至少有一個”。在解決這類問題時，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個，也不需要確定通過什么方式把這個存在的東西找出來。這類問題相對來說涉及到的運算較少，依據(jù)的理論也不復(fù)雜，這些理論稱為“抽屜原理”。 抽屜原則有時也被稱為鴿巢原理，它是德國數(shù)學(xué)家狄利克雷首先明確的提出來并用以證明一些數(shù)論中的問題，因此，也稱為狄利克雷原則。它是組合數(shù)學(xué)中一個重要的原理。把它推廣到一般情形有以下幾種表現(xiàn)形式。（一）抽屜原理的基本形式 定理1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，

7、其中至少有兩個元素。 證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。 例1、 已知在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于. 如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個點之間的距離小于 .分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個

8、小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。 以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。如圖2，設(shè)bc是abc的最大邊，p，m是abc內(nèi)（包括邊界）任意兩點，連接pm，過p分別作ab、bc邊的平行線，過m作ac邊的平行線，設(shè)各平行線交點為p、q、n，那么pqn=c，qnp=a因為bcab，所以ac，則qnppqn，而qmpqnppqn（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以 pqpm。顯然bcpq，故bcpm。由此我們可以推知，邊長為的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點間的距離不大于。 說明：（1）這里是用等分三角形的方法來構(gòu)造“抽屜”。

9、類似地，還可以利用等分線段、等分正方形的方法來構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個正數(shù)ai，滿足0ai1（i=1,2,n+1），試證明：這n+1個數(shù)中必存在兩個數(shù)，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內(nèi)任意放置五個點，求證：其中必有兩點，這兩點之間的距離不大于。 例2、 從1-100的自然數(shù)中，任意取出51個數(shù)，證明其中一定有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。 分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實就在“兩個數(shù)”，其中一個是另一個的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數(shù)，都有一個是另一個的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個抽屜才行，這里

10、用得到一個自然數(shù)分類的基本知識：任何一個正整數(shù)都可以表示成一個奇數(shù)與2的方冪的積，即若mn+,kn+，nn,則m=(2k-1)2n，并且這種表示方式是唯一的，如1=12，2=121，3=32， 證明：因為任何一個正整數(shù)都能表示成一個奇數(shù)乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數(shù)）： （1）1，12，122，123，124，125，126；2）3，32，322，323，324，325；3）5，52，522，523，524； （4）7，72，722，723；（5）9，92，922，923；（6）11，112，1122，11

11、23；（25）49，492；（26）51；（50）99。 這樣，1-100的正整數(shù)就無重復(fù)，無遺漏地放進(jìn)這50個抽屜內(nèi)了。從這100個數(shù)中任取51個數(shù)，也即從這50個抽屜內(nèi)任取51個數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個數(shù)屬于同一個抽屜，即屬于（1）-（25）號中的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內(nèi)的兩個數(shù)中，一個是另一個的整數(shù)倍。 說明： （1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數(shù)中，任意取出n+1個數(shù)，則其中必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，2n-1這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜，而n+1n，

12、由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？” (2）如下兩個問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？ 從2，3，4，2n+1中任取n+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍？從1，2，3，2n+1中任取n+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍？（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數(shù)增加1個，都改成任取n+2個數(shù)，則它們的結(jié)論是肯定的還是否定的？你

13、能判斷證明嗎？ 例3從1到25的25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個數(shù)，這兩個數(shù)中大數(shù)不超過小數(shù)的1.5倍。 證明：把前25個自然數(shù)分成下面6組： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23， 因為從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，所以至少有兩個數(shù)取自上面第組到第組中的某同一組，這兩個數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。說明：（1）本題可以改變敘述如下：在前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，求證其中存在兩個數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。顯然，必須找出一種能把前25個自然數(shù)分成6（7-1=6）個集合的方法

14、，不過分類時有一個限制條件：同一集合中任兩個數(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得過大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類法：遞推分類法： 從1開始，顯然1只能單獨作為1個集合1；否則不滿足限制條件.能與2同屬于一個集合的數(shù)只有3，于是2，3為一集合。如此依次遞推下去，使若干個連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)不超過最小的數(shù)的倍，就可以得到滿足條件的六個集合。 （2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個抽屜為 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第8個抽屜為：40，41，42，60；第9個抽屜為：61，62，63，90，

15、91； 例4在坐標(biāo)平面上任取五個整點（該點的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個整點，它們的連線中點仍是整點。 分析與解答：由中點坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點（x1,y1）、（x2,y2）的中點坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個整點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。 說明：我們可以把整點的概念推廣：如果（x1,x2,xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x1,

16、x2,xn中的每一個數(shù)都是整數(shù)，則稱（x1,x2,xn）是一個n維整點（整點又稱格點）。如果對所有的n維整點按每一個xi的奇偶性來分類，由于每一個位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為222=2n個類。這是對n維整點的一種分類方法。當(dāng)n=3時，23=8，此時可以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有兩點存在，使連接這兩點的直線段的內(nèi)部含有整點”。 例5在任意給出的100個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），它們的和可被100整除。 分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關(guān)鍵何在？仔細(xì)審題，它們的“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個數(shù)排成一個數(shù)列，

17、用sm記其前m項的和，則其可構(gòu)造s1，s2，s100共100個和數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到s1，s2，s100共有100個數(shù)，一個數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，99共100種可能性。“蘋果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,a100考察數(shù)列a1,a2,a100的前n項和構(gòu)成的數(shù)列s1，s2，s100。 如果s1，s2，s100中有某個數(shù)可被100整除，則命題得證。否則s1，s2，s100。 均不能被100整除，這樣，它們被100除后余數(shù)必是1，2，99中的元素。由抽屜原理i知，s1，s2，s100中必有兩個數(shù)，它們被100除后具

18、有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個數(shù)為si，sj（ij），則100（sj-si），即100。命題得證。 說明：有時候直接對所給對象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系?。這時候，我們需要對所給對象先作一些變換，然后對變換得到的對象進(jìn)行分類，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷?。本題直接對an進(jìn)行分類是很難奏效的。但由an構(gòu)造出sn后，再對sn進(jìn)行分類就容易得多. 另外，對sn按模100的剩余類劃分時，只能分成100個集合，而sn只有100項，似乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0的類，從而轉(zhuǎn)化為100個數(shù)分配在剩下的99個類中。 例6、一個集合含有10個互不相

19、同的兩位數(shù)。試證，這個集合必有2個無公共元素的子集合，此兩子集的各數(shù)之和相等。分析：兩位數(shù)共有10,11，,99，計99990個，最大的10個兩位數(shù)依次是90,91，,99，其和為945，因此，由10個兩位數(shù)組成的任意一個集合中，其任一個子集中各元素之和都不會超過945，而它的非空子集卻有21011023個，這是解決問題的突破口。解：已知集合含有10個不同的兩位數(shù)，因它含有10個元素，故必有2101024個子集，其中非空子集有1023個，每一個子集內(nèi)各數(shù)之和都不超過90919899945133，就有15n1995.故取出所有大于133而不超過1995的整數(shù). 由于這時己取出了159=135,

20、15133=1995. 故9至133的整數(shù)都不能再取，還可取1至8這8個數(shù)，即共取出1995133+8=1870個數(shù), 這說明所求數(shù)1870.另一方面，把k與15k配對，（k不是15的倍數(shù)，且1k133）共得1338=125對，每對數(shù)中至多能取1個數(shù)為a的元素，這說明所求數(shù)1870，綜上可知應(yīng)填1870.9、集合的容量是指集合中元素的和則滿足條件“，且若時，必有”的所有非空集合的容量的總和是 （用具體數(shù)字作答）先找出滿足條件的單元素和二元素的集合有：，將這四個集合中的元素任意組合起來也滿足要求，則所有符合條件的集合a中元素的總和是 ：10、設(shè)n是正整數(shù)，集合m=1，2，2n求最小的正整數(shù)k，使

21、得對于m的任何一個k元子集，其中必有4個互不相同的元素之和等于4 n +1,則k= 解：考慮m的n+2元子集p=nl，n，n+1，2np中任何4個不同元素之和不小于(n1)+n+( n +1)+( n +2)=4 n +2，所以kn +3將m的元配為n對，bi=(i，2 n +1i)，1in 對m的任一n+3元子集a，必有三對同屬于a(i1、i 2、i 3兩兩不同)又將m的元配為n1對，c i (i，2ni)，1in1對m的任一n+3元子集a，必有一對同屬于a，這一對必與中至少一個無公共元素，這4個元素互不相同，且和為2 n +1+2 n =4 n +1,最小的正整數(shù)k= n +31011、（

22、2013福建高一）對給定的正整數(shù)（），由不大于的連續(xù)5個正整數(shù)的和組成集合，由不大于的連續(xù)6個正整數(shù)的和組成集合，若集合的元素個數(shù)為2013，則的最大值為 12088 ?！窘獯稹坑蓷l件知集合由形如的數(shù)構(gòu)成，其中為正整數(shù)，且。集合由形如的數(shù)構(gòu)成，其中為正整數(shù)，且。由知，所以。設(shè)（為正整數(shù)），則，。由，知，。 由形如的數(shù)構(gòu)成，其中為正整數(shù)，且。 集合的元素個數(shù)為。由的元素個數(shù)為2013知，。 ，。的最大值為。12、集合1，2，3n可以劃分成個互不相交的三元集合，其中，則滿足條件的最小正整數(shù)= 【解】 設(shè)其中第個三元集為則1+2+所以。當(dāng)為偶數(shù)時，有，所以，當(dāng)為奇數(shù)時，有，所以，當(dāng)時，集合1，11，

23、4，2，13，5，3，15，6，9，12，7，10，14，8滿足條件，所以的最小值為5。解答題 1、設(shè)s是集合1，2，2004的子集，s中的任意兩個數(shù)的差不等于4或7，問s中最多含有多少個元素？【解】將任意連續(xù)的11個整數(shù)排成一圈如右圖所示。由題目條件可知每相鄰兩個數(shù)至多有一個屬于s，將這11個數(shù)按連續(xù)兩個為一組，分成6組，其中一組只有一個數(shù)，若s含有這11個數(shù)中至少6個，則必有兩個數(shù)在同一組，與已知矛盾，所以s至多含有其中5個數(shù)。又因為2004=18211+2，所以s一共至多含有1825+2=912個元素，另一方面，當(dāng)時，恰有，且s滿足題目條件，所以最少含有912個元素。2、（2011甘肅）

24、設(shè)是一正整數(shù)， 由不大于的連續(xù)10個正整數(shù)的和組成集合，由不大于的連續(xù)11個正整數(shù)的和組成集合。若的元素個數(shù)是181，求的最大值和最小值。解：顯然，為求的元素個數(shù)，令 ，則。- 再令，則得因為，可取值，此時的相應(yīng)取值為。 注意到 符合的取值范圍，舍去不合乎要求的值，則知集合的元素個數(shù)為。令 ， 則 即，于是的最大值和最小值分別為2011和2001 3、任取 5 個整數(shù)，必然能夠從中選出三個，使它們的和能夠被 3 整除 證明：任意給一個整數(shù)，它被 3 除，余數(shù)可能為 0，1，2，我們把被 3 除余數(shù)為 0，1，2 的整數(shù)各歸 入類 r，r1，r2至少有一類包含所給個數(shù)中的至少兩個因此可能出現(xiàn)兩種

25、情況： 1某一類至少包含三個數(shù)； 2某兩類各含兩個數(shù)，第三類包含一個數(shù) 若是第一種情況，就在至少包含三個數(shù)的那一類中任取三數(shù)，其和一定能被 3 整除； 若是第二種情況，在三類中各取一個數(shù)，其和也能被 3 整除 綜上所述，原命題正確4、把1到10的自然數(shù)擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數(shù)，它們的和數(shù)大于17.證明 如圖12-1，設(shè)a1，a2，a3，a9，a10分別代表不超過10的十個自然數(shù)，它們圍成一個圈，三個相鄰的數(shù)的組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.現(xiàn)把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體數(shù)是a1+

26、a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）=3(a1+a2+a9+a10)=3(1+2+9+10)=根據(jù)原則2,至少有一個括號內(nèi)的三數(shù)和不少于17,即至少有三個相鄰的數(shù)的和不小于17.5、任意給定7個實數(shù)，則必存在兩個數(shù)，使得 6、設(shè)a=1，2，3，4，5，6，b=7，8，9，n，在a中取三個數(shù)，b中取兩個數(shù)組成五個元素的集合，求的最小值?！窘狻?設(shè)b中每個數(shù)在所有中最多重復(fù)出現(xiàn)次，則必有。若不然，數(shù)出現(xiàn)次（），則在出現(xiàn)的所有中，至少有一個a中的數(shù)出現(xiàn)3次

27、，不妨設(shè)它是1，就有集合1，其中，為滿足題意的集合。必各不相同，但只能是2，3，4，5，6這5個數(shù)，這不可能，所以20個中，b中的數(shù)有40個，因此至少是10個不同的，所以。當(dāng)時，如下20個集合滿足要求：1，2，3，7，8， 1，2，4，12，14， 1，2，5，15，16， 1，2，6，9，10，1，3，4，10，11， 1，3，5，13，14， 1，3，6，12，15， 1，4，5，7，9，1，4，6，13，16， 1，5，6，8，11， 2，3，4，13，15， 2，3，5，9，11，2，3，6，14，16， 2，4，5，8，10， 2，4，6，7，11， 2，5，6，12，13，3，4，

28、5，12，16， 3，4，6，8，9， 3，5，6，7，10， 4，5，6，14，15。7、把個元素的集合分為若干個兩兩不交的子集，按照下述規(guī)則將某一個子集中某些元素挪到另一個子集：從前一子集挪到后一子集的元素個數(shù)等于后一子集的元素個數(shù)（前一子集的元素個數(shù)應(yīng)不小于后一子集的元素個數(shù)），證明：可以經(jīng)過有限次挪動，使得到的子集與原集合相重合。分析：首先考慮到是一個很特殊的數(shù)，其次我們發(fā)現(xiàn)若兩個集合的元素個數(shù)除以2的若干次冪后若為奇數(shù)，那么，它們之間挪后就應(yīng)為偶數(shù)這一事實，若還不能想到解答就試一下，時的情況，相信解答就不會難找到了。證明：考慮含奇數(shù)個元素的子集（如果有這樣的子集），因為所有子集所含元

29、素的個數(shù)總和是偶數(shù)，所以具有奇數(shù)個元素的子集個數(shù)也是偶數(shù)，任意將所有含有奇數(shù)個元素的子集配成對，對每對子集按題目要求的規(guī)則移動：從較大的子集挪出一些元素，添加到較小的子集，挪出的元素個數(shù)為較小子集的元素個數(shù)，于是得到的所有子集的元素個數(shù)都是偶數(shù)，現(xiàn)在考慮元素個數(shù)不被4整除的子集，如果，則總共有兩個元素，它們在同一個子集，因此設(shè)，因為子集的元素個數(shù)的總數(shù)被4整除，因此這樣的子集的個數(shù)為偶數(shù)，任意將這樣的子集配成對，對每一對子集施行滿足題目要求的挪動，于是得到的每個子集數(shù)均可被4整除，依此做下去，最后得到的每個子集元素個數(shù)均可被整除，也就是只能有一個子集，它的元素個數(shù)為，證畢。說明：這道題的證明中隱含了一種單一變量在變化時變化方向相同這一性質(zhì)，就這道題來說，一直在增加的就是各子集元素個數(shù)被2的多少次冪整除的這個冪次數(shù)，這是一