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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：如果满足（1）；（2），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：设是有限集n－分划，则，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=1\*ROMANI: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=2\*ROMANII: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，例如就是含4个元素的集合，特别地，将集合M的若干个子集作为元素构成的集合叫做原集合的一个子集族.如上例中的就是二元集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.例如子集族的阶为4，即
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，则集合M的全体子集所构成的集合的阶为即
4．R族
设是A的一个子集族，若存在使得：
(1)M中任意个都相交；(2)M中任意个都不相交.
则称M为A的一个指数为的R族.
定理：如果是A的一个指数为的R族，，则
5．K族
设A为一个阶集合，是A的一个子集族.若M中任何两个A的子集和互不包含，即且，则称M为集合A的一个K族.
定理：设M为阶集合A的K族中阶数最高者，则
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，不被7整除也就是被7除的余数不为0.我们将集合按照其中元素被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】将集合中的元素按被7除所得的余数相同分为7个子集，即：
；；；
；；；
.
可知S最多包含的一个元素，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不有同时包含中的元素；同样，S不能同时包含和中的元素.故S中的元素最多有1+8+7+7=23个.
【解法二】将按照模7分成7类：
；；；
；；；
.
下面证明为满足要求的元素最多的集合.
首先对有3种可能：
（1），则，则不能被7整除；
（2），则，则不能被7整除；
（3），则，则不能被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，则必存在S中的一个元素与的和能被7整除.
添加的有4种可能：
（1），则与中的元素之和能被7整除；
（2），则与中的元素之和能被7整除；
（3），则与中的元素之和能被7整除；
（4），则与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：
〖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，定义为满足条件的有序对的对数：
且问：是否能将非负整数集分划为两个集合A和B，使得对任意，均有
〖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，满足的非负整数对是有限的，用二进制来讨论在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
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