ch02-集合與映射

{/* label: chap:ch02 */}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 新高考選科后，學校需要精准统计學生選课情况，以便分班和安排教學資源.已知選物理、化學、地理的人數，以及同时選物理和化學、物理和地理、化學和地理的人數，甚至三科同时都選的人數.如何才能不重不漏地算出，至少選了理科三门中任意一科的學生总數？或者，只選了物理這一科的學生究竟有多少？這個問題看似複杂，其本質正是集合的运算，讀完本章后，相信讀者能够清晰地解决此類問題.

本章作為高中數學的起点，不僅為我们提供了描述所有數學對像（如數集、函數定義域、方程解集）的统一框架，也教会我们如何用最严谨的方式思考和表达.本章的主角是：

集合的基本概念、表示方法、關係與运算.
常用數集及其擴张歷程，特别是实數係的完備性.
逻辑用語：四种命題與量词否定.
核心转化思想：充要条件與集合包含關係的等价性.

本章開头圖示所展現的選科問題看似複杂，其本質正是集合的运算.掌握本章内容，将為后續所有數學内容的學習打下坚实的語言和思想基礎.

集合論初步

{/* label: sec:ch02-s01 */}

集合的基本概念

在我们的日常思維與交流中，将事物归類與分组是一种基本的认知活动.例如，当我们參观动物园时，我们可能会谈論所有猫科动物的总體，或者所有来自非洲的动物的群體.類似地，我们可以考虑一支篮球队的所有队员，太阳係中的所有行星，或是更為抽象的，所有小于10的素數.

這些例子中的总體、群體或全體，尽管称谓不同，但都指向一個核心概念：将一些明确的對象作為一個整體来研究.為了精确、无歧義地描述這類整體，數學家们引入了一個基本而深刻的概念——集合.

集合

我们把一些确定的、可以互相区分的事物汇集成的整體称為集合.構成集合的每個事物称為该集合的元素.

此定義蕴含了三個作為集合論基石的特性： \begin{compactdesc} \item[确定性] 對于一個给定的集合，任何一個對象是否属于這個集合，其答案必须是明确的，非此即彼.例如，“所有大于 $\pi$ 的实數”構成一個集合，但“世界上所有著名的數學家”则不能，因為“著名”的標准是模糊的. \item[互异性] 集合中的元素必须是互不相同的.在描述一個集合时，任何重複的對象只计入一次.例如，方程 $(x-1)^2=0$ 的解集是 $\{1\}$ , 而非 $\{1, 1\}$ . \item[无序性] 集合中的元素没有先后次序之分.元素的位置變化不改變集合本身.例如，集合 $\{1, 2, 3\}$ 與集合 $\{3, 1, 2\}$ 是完全相同的. \end{compactdesc}

我们通常用大寫斜體字母 $A, B, C, ...$ 表示集合, 用小寫斜體字母 $a, b, c, ...$ 表示元素.若 $a$ 是集合 $A$ 的元素, 记作 $a \in A$ (讀作“ $a$ 属于 $A$ ”).若 $a$ 不是集合 $A$ 的元素, 记作 $a \notin A$ (讀作“ $a$ 不属于 $A$ ”).

集合的表示方法

\paragraph{列举法} 当集合中的元素個數有限或呈現出明显的规律时，可将所有元素一一列举，并用花括号 \{\} 括起来.例如，所有正偶數的集合可表示為 $\{2, 4, 6, 8, ...\}$ .

\paragraph{描述法} 這是數學中最常用且最强大的表示方法.它通過描述集合中所有元素共有的独特性質来定義集合，其標准形式為： $\{x \mid P(x)\}$ .例如, 方程 $x^2 - 9 = 0$ 的解集可表示為 $\{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - 9 = 0\}$ .

\paragraph{Venn圖法} 由英国數學家约翰·維恩發明，使用平面上的封闭曲線（通常是圓形）来直观地表示集合及其相互關係.

例

用列举法表示集合 $A = \{d \mid d = \frac{6}{5-a} \in \mathbb{N}^*, a \in \mathbb{Z}\}$ .

解

解讀此集合的描述法定義是解題的第一步. 集合 $A$ 的元素是 $d$ , 而非參數 $a$ . 這些元素 $d$ 必须满足两個核心条件：

$d$ 必须是一個正自然數 ( $d \in \mathbb{N}^*$ )，即正整數.
$d$ 的值由一個以整數 $a$ 為參數的表达式 $\frac{6}{5-a}$ 给出.

這两個条件之間存在着深刻的代數结構约束. 由于 $d$ 必须是整數, 表达式 $\frac{6}{5-a}$ 的分母 $(5-a)$ 必须是分子 $6$ 的一個整數因數. 不僅如此，由于 $d$ 必须為正數, 且分子 $6$ 為正, 分母 $(5-a)$ 也必须為正數.

因此，我们的問題被转化為一個更具體的問題：寻找整數 $6$ 的所有正因數. $6$ 的正因數集合為 $\{1, 2, 3, 6\}$ . 這就為分母 $(5-a)$ 提供了所有可能的取值. 我们逐一考察這些可能值，以确定集合 $A$ 的所有元素:

若 $5-a = 1$ , 则 $a=4$ . 此时 $d = \frac{6}{1} = 6$ .
若 $5-a = 2$ , 则 $a=3$ . 此时 $d = \frac{6}{2} = 3$ .
若 $5-a = 3$ , 则 $a=2$ . 此时 $d = \frac{6}{3} = 2$ .
若 $5-a = 6$ , 则 $a=-1$ . 此时 $d = \frac{6}{6} = 1$ .

這些计算产生的 $d$ 值 $\{1, 2, 3, 6\}$ 構成了集合 $A$ 的全部元素. 故，用列举法表示的集合 $A$ 為 $\{1, 2, 3, 6\}$ .

參數與元素的辨析

一個常见的思維陷阱是将满足条件的參數 $a$ 的集合 $\{-1, 2, 3, 4\}$ 誤认為是集合 $A$ . 必须时刻牢记, 集合的元素由描述法中竖線 | 左侧的變量所定義. 在本例中, 這個變量是 $d$ . 參數 $a$ 僅僅是用于生成這些元素的内部工具，其本身并非集合的成员.

例

用列举法表示集合 $S = \{y \mid y=x^2, -1 \< x \< 2, y \in \mathbb{Z}\}$ .

解

此集合 $S$ 的元素是所有满足特定条件的整數 $y$ . 条件是：這样的 $y$ 必须能表示為一個实數 $x$ 的平方, 且 $x$ 的取值范围被限制在開区間 $(-1, 2)$ 内.

解决這類問題的有效策略是分步進行：首先，忽略整數限制，确定由函數關係和自變量范围所决定的因變量 $y$ 的完整连續取值范围；然后，從這個范围中筛選出所有整數.

我们考察函數 $f(x)=x^2$ 在区間 $x \in (-1, 2)$ 上的值域. 這是一個開口向上、顶点在原点的二次函數. 当自變量 $x$ 從 $-1$ (不含) 變化到 $2$ (不含) 时, 函數值 $y=x^2$ 的變化轨迹如何？

当 $x$ 從 $-1$ 趋近于 $0$ 时, $y$ 從 $(-1)^2=1$ 减小到 $0$ .
在 $x=0$ 处, $y$ 达到其最小值 $0^2=0$ .
当 $x$ 從 $0$ 增大到 $2$ 时, $y$ 從 $0$ 增大到 $2^2=4$ .

綜合来看，当 $x$ 遍歷整個区間 $(-1, 2)$ 时, $y$ 的取值范围是 $[0, 4)$ . 注意到 $y=0$ 是可以取到的, 而 $y=4$ 只是一個无法达到的上界.

\begin{figure}[htbp]

{y=x^2} 在定義域 \texorpdfstring{$x \in (-1, 2)$}{x in (-1, 2)} 上的圖像（加粗曲線）. 其值域為 \texorpdfstring{$[0, 4)$}{[0, 4)}, 其中包含的整數点已在 \texorpdfstring{$y$}{y} 轴上標出.}

\end{figure} 圖：函數 \texorpdfstring{ $y=x^2$

最后一步是施加整數约束 $y \in \mathbb{Z}$ . 我们需要在区間 $[0, 4)$ 中寻找所有的整數. 即求解 $y \in [0, 4) \cap \mathbb{Z}$ . 這些整數显然是 $0, 1, 2, 3$ .

因此，集合 $S$ 用列举法表示為 $\{0, 1, 2, 3\}$ .

常用數集與數係的擴张

數學中一些基礎數集被频繁使用，它们之間存在着深刻的包含關係，反映了數係為满足运算的封闭性而不断擴张的歷程.封闭性是指集合内的元素經過某种运算后，其结果仍然在该集合内.

從自然數到整數（满足减法封闭性）

人類最早认识的數是用于计數的，譬如數羊：一只羊、二只羊等等，這便产生了自然數集 $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, 3, ...\}$ .在 $\mathbb{N}$ 中，加法和乘法是封闭的，但减法并非如此.考虑方程：

x + 5 = 2

此方程在自然數集 $\mathbb{N}$ 中无解.為了使任意的减法运算都有意義, 數學家引入了负整數的概念.将正整數、0、负整數合并, 我们得到了整數集 $\mathbb{Z} = \{..., -2, -1, 0, 1, 2, ...\}$ .记号 $\mathbb{Z}$ 源于德語單词 \textrm{Zahlen} (意為“數”).显然, $\mathbb{N} \subsetneq \mathbb{Z}$ .

從整數到有理數（满足除法封闭性）

整數集解决了任意减法的問題，但除法又带来了新的挑战.考虑方程：

3x = 1

此方程在整數集 $\mathbb{Z}$ 中无解.為了使除法运算(除數不為0时)具有封闭性, 我们必须引入分數.所有能表示為两個整數之比的數, 構成了有理數集 $\mathbb{Q}$ .

\mathbb{Q} = \left\{ x \mid x = \frac{p}{q}, p \in \mathbb{Z}, q \in \mathbb{Z} \text{ 且 } q \neq 0 \right\}

记号 $\mathbb{Q}$ 源于德語單词 \textrm{Quotient} (意為“商”).整數可以被看作分母為1的分數, 因此 $\mathbb{Z} \subsetneq \mathbb{Q}$ .

從有理數到实數（补全數轴的完備性）

有理數集 $\mathbb{Q}$ 在數轴上已經非常稠密, 即任意两個不相等的有理數之間都存在无數個有理數.但這并不意味着有理數已能表示數轴上所有的点.古希腊的毕达哥拉斯學派發現, 边长為1的正方形其對角線长度 $\sqrt{2}$ 无法表示為两個整數之比.這類數被称為无理數.其他著名的无理數还包括圓周率 $\pi$ 和自然對數的底 $e$ .

将有理數集與无理數集合并，我们得到了能够與數轴上的点一一對應的实數集 $\mathbb{R}$ .這是一個直观但并不足够严谨的描述.我们不禁要問：我们如何能确信已經“填补”了所有的“缝隙”？实數集 $\mathbb{R}$ 的本質究竟是什么？有兴趣的同學可以閱讀下面的思想实验.

让我们進行一個思想实验，来尝试捕捉數轴上一個“点”的精确位置.想像一把无比锋利的“刀”，我们用它在有理數構成的數轴上切下一刀.這一刀会将所有的有理數分割成两個非空的集合：一個在“刀口”左边的集合 $L$ , 和一個在“刀口”右边的集合 $R$ .這個分割 $(L, R)$ 必须满足一個自然的要求：集合 $L$ 中的每一個數都严格小于集合 $R$ 中的每一個數.

接着，让我们来考察“刀口”处的情况：

情况一：刀口落在有理數上 假设我们在有理數 $q=3$ 的位置切下這一刀.我们可以這样定義分割：

左集合 $L = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \le 3\}$
右集合 $R = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \> 3\}$

請注意一個關键特征：在這次分割中，左集合 $L$ 拥有一個最大元素, 即 $3$ 本身.這個最大元素精确地標记了分割的位置.(我们也可以定義 $L=\{x\<3\}, R=\{x \ge 3\}$ , 此时右集合 $R$ 有一個最小元素.關键在于，总有一個集合能“抓住”這個理性的边界点.)

情况二：刀口落在“缝隙”中 接着，让我们尝试在 $\sqrt{2}$ 應该在的位置切下一刀.由于我们只能使用有理數来描述，我们必须根据有理數的性質来定義分割：

左集合 $L = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \< 0 \text{ 或 } x^2 \< 2\}$
右集合 $R = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \> 0 \text{ 且 } x^2 \> 2\}$

我们来考察這個新分割 $(L, R)$ 的边界.

左集合 $L$ 是否有最大元素？答案是没有.无論我们找到 $L$ 中多么接近 $\sqrt{2}$ 的一個有理數 $x_0$ , 我们总能找到另一個有理數 $x_1$ 也在 $L$ 中, 且 $x_0 \< x_1$ .
右集合 $R$ 是否有最小元素？答案同样是没有.无論我们找到 $R$ 中多么接近 $\sqrt{2}$ 的一個有理數 $y_0$ , 我们总能找到另一個有理數 $y_1$ 也在 $R$ 中, 且 $y_1 \< y_0$ .

在這种情况下，分割的“刀口”既不属于左集合（作為最大值），也不属于右集合（作為最小值）.它恰好落在了有理數集的一個“缝隙”之中.

\begin{figure}[htbp]

{L}；右侧的空心点表示该边界点在有理數集 \texorpdfstring{ $\mathbb{Q}$ }{Q} 中“悬空”，不被任何一個集合捕获.} \end{figure} 圖：左侧的实心点表示该点属于集合 \texorpdfstring{ $L$

十九世纪德国數學家戴德金提出了一個革命性的思想：我们不必去“寻找”那些填补缝隙的數，我们可以直接用**“分割”本身来定義數**.

每一個對有理數集的分割 $(L, R)$ 就是一個实數.
如果分割中，集合 $L$ 有最大元素或集合 $R$ 有最小元素，那么這個分割就定義了一個有理數.
如果分割中，集合 $L$ 没有最大元素且集合 $R$ 没有最小元素，那么這個分割就定義了一個无理數.

這样一来，实數集 $\mathbb{R}$ 就被严谨地定義為有理數集 $\mathbb{Q}$ 上所有可能的這种分割的集合.這個構造性的定義從根本上保證了实數轴的连續性和完備性，即没有任何“缝隙”存在.

例

使用戴德金分割来定義有理數 $q = \frac{2}{3}$ ，并說明其與无理數分割的本質区别.

解

我们按照有理數分割的特征来構造集合 $L$ 和 $R$ .一個標准的構造方式是：

L = \left\{x \in \mathbb{Q} \mid x \le \frac{2}{3}\right\}, R = \left\{x \in \mathbb{Q} \mid x \> \frac{2}{3}\right\}

這是一個合法的分割.接着我们来分析其边界属性.

左集合 $L$ : 根据 $L$ 的定義, 有理數 $\frac{2}{3}$ 本身就属于集合 $L$ . 對于 $L$ 中任意一個元素 $p$ , 根据定義我们有 $p \le \frac{2}{3}$ . 這表明， $\frac{2}{3}$ 大于或等于 $L$ 中的所有元素. 因此， $\frac{2}{3}$ 就是集合 $L$ 的最大元素.

右集合 $R$ : $R$ 中是否存在最小元素？假设存在一個最小元素 $r_{min} \in R$ . 那么 $r_{min} \> \frac{2}{3}$ . 考虑 $r_{min}$ 與 $\frac{2}{3}$ 的算术平均值 $m = \frac{1}{2}\left(r_{min} + \frac{2}{3}\right)$ . $m$ 显然是一個有理數. 由于 $r_{min} \> \frac{2}{3}$ , 我们有 $m \> \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3} + \frac{2}{3}\right) = \frac{2}{3}$ , 所以 $m \in R$ . 同时， $m \< \frac{1}{2}\left(r_{min} + r_{min}\right) = r_{min}$ . 我们找到了一個比 $r_{min}$ 更小的元素 $m$ 也在 $R$ 中, 這與 $r_{min}$ 是最小元素矛盾. 所以 $R$ 没有最小元素.

為有理數 $\frac{2}{3}$ 構造的分割 $(L, R)$ , 其左集合 $L$ 中存在一個最大元素 ( $\frac{2}{3}$ 本身), 而右集合 $R$ 中没有最小元素.這與為 $\sqrt{2}$ 構造的分割形成了鲜明對比. 其本質区别在于：有理數分割的“刀口”被其中一個集合“捕获”了，没有产生缝隙；而无理數分割的“刀口”则悬于两個集合之間，定義了一個缝隙.

至此，我们完成了高中階段主要讨論的數集的擴张之旅，其關係可总结為：

\mathbb{N} \subsetneq \mathbb{Z} \subsetneq \mathbb{Q} \subsetneq \mathbb{R}

集合間的基本關係

子集與真子集

對于两個集合 $A$ 和 $B$ , 如果集合 $A$ 中的任意一個元素都是集合 $B$ 的元素, 我们就称集合 $A$ 是集合 $B$ 的子集, 记作 $A \subseteq B$ .

A \subseteq B \iff \forall x, (x \in A \implies x \in B)

如果 $A \subseteq B$ , 且集合 $B$ 中至少存在一個元素不属于集合 $A$ , 则称集合 $A$ 是集合 $B$ 的真子集, 记作 $A \subsetneq B$ .

\begin{proposition}[空集與相等] 不含任何元素的集合称為空集，记作 $\emptyset$ .

空集的性質: 空集是任何集合的子集.
集合相等: $A = B \iff A \subseteq B \text{ 且 } B \subseteq A$ .

\end{proposition}

證明

根据子集的定義， $\emptyset \subseteq A$ 等价于逻辑命題“ $\forall x, (x \in \emptyset \implies x \in A)$ ”為真. 该蕴含命題的前提“ $x \in \emptyset$ ”恒為假, 因為空集中无任何元素.在逻辑推理中, 前提為假的蕴含命題恒為真（称為空虚的真）, 故 $\emptyset \subseteq A$ 對任意集合 $A$ 恒成立.

例

已知集合 $A = \{x \mid x^2 - 3x + 2 = 0\}$ , 集合 $B = \{x \mid ax = 2\}$ . 若 $A \cup B = A$ , 求所有可能的实數 $a$ 组成的集合.

解

条件 $A \cup B = A$ 的内在含義是, 集合 $B$ 的所有元素并入集合 $A$ 后, $A$ 并未擴大.這当且僅当 $B$ 的所有元素原本就已經在 $A$ 中. 因此，该条件在逻辑上等价于 $B \subseteq A$ .

首先，我们确定集合 $A$ 的具體元素.

x^2 - 3x + 2 = 0 \implies (x-1)(x-2) = 0

解得 $x=1$ 或 $x=2$ . 故 $A = \{1, 2\}$ .

接着問題转化為，研究集合 $B = \{x \mid ax = 2\}$ 在何种条件下能成為 $A=\{1, 2\}$ 的子集.這需要對參數 $a$ 進行分類讨論.

情况一： $B$ 是空集. 空集是任何集合的子集，因此 $B = \emptyset$ 是满足 $B \subseteq A$ 的一种情形. 要使集合 $B$ 為空, 必须使方程 $ax=2$ 无解.這僅在 $a=0$ 时發生, 此时方程變為 $0 \cdot x = 2$ , 此式對任何实數 $x$ 均不成立. 故 $a=0$ 是一個解.

情况二： $B$ 是非空子集. 若 $B$ 非空, 则 $a \neq 0$ . 此时方程 $ax=2$ 有唯一解 $x = \frac{2}{a}$ . 即 $B = \{\frac{2}{a}\}$ . 要满足 $B \subseteq A$ , 即 $\{\frac{2}{a}\} \subseteq \{1, 2\}$ , 那么元素 $\frac{2}{a}$ 必须等于 $1$ 或 $2$ .

若 $\frac{2}{a} = 1$ , 则 $a=2$ .
若 $\frac{2}{a} = 2$ , 则 $a=1$ .

綜上所述，所有可能的 $a$ 值構成的集合為 $\{0, 1, 2\}$ .

例

设集合 $A = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - 4x + 3 \le 0\}$ , 集合 $B = \{x \in \mathbb{R} \mid 1-m \le x \le 3+m\}$ . 若 $A \subsetneq B$ , 求实數 $m$ 的取值范围.

解

首先解不等式确定集合 $A$ ：

x^2 - 4x + 3 \le 0 \implies (x-1)(x-3) \le 0

解得 $1 \le x \le 3$ . 所以 $A = [1, 3]$ .

題目条件 $A \subsetneq B$ 包含两层独立的逻辑要求：其一是 $A \subseteq B$ , 其二是 $A \neq B$ .

我们先分析 $A \subseteq B$ 的条件. $[1, 3] \subseteq [1-m, 3+m]$ 意味着区間 $A$ 必须被区間 $B$ 完全覆蓋. 這要求 $B$ 的左端点不大于 $A$ 的左端点, 且 $B$ 的右端点不小于 $A$ 的右端点.同时, 集合 $B$ 本身必须是一個有效的区間，即其左端点不大于右端点. 這可以表示為一個關于 $m$ 的不等式组：

\begin{cases} 1-m \le 1 & (\text{左端点条件}) 3+m \ge 3 & (\text{右端点条件}) 1-m \le 3+m & (B\text{自身存在的条件}) \end{cases}

解這個不等式组：

\begin{cases} m \ge 0 m \ge 0 -2 \le 2m \implies m \ge -1 \end{cases}

三個条件的交集為 $m \ge 0$ .這是 $A \subseteq B$ 成立的充要条件.

接下来，我们处理真子集的条件 $A \neq B$ . 這意味着必须排除使 $A=B$ 的情况. 若 $A=B$ , 则区間的左右端点必须完全重合：

\begin{cases} 1-m = 1 3+m = 3 \end{cases}

這两個方程都指向同一個解 $m=0$ . 因此，為了保證 $A \neq B$ , 我们必须有 $m \neq 0$ .

綜合以上两個要求： $A \subseteq B$ 要求 $m \ge 0$ , $A \neq B$ 要求 $m \neq 0$ . 两者的交集為 $m \> 0$ . 故实數 $m$ 的取值范围是 $(0, +\infty)$ .

例

已知集合 $A = \{0, 1, a\}$ , $B = \{-1, a+1, a^2\}$ . 若 $A=B$ , 求实數 $a$ 的值.

解

集合相等的定義是两個集合的元素完全相同，與顺序无關.我们可以利用這一性質，通過分析特定元素的归属来确定參數 $a$ 的值.

我们观察到 $-1$ 是集合 $B$ 中一個确定的元素.根据 $A=B$ , 可知 $-1$ 也必须是集合 $A$ 的元素. 在集合 $A=\{0, 1, a\}$ 中, 由于 $0 \neq -1$ 且 $1 \neq -1$ ，因此必然有：

a = -1

這是一個必要条件，但我们必须验證它是否充分.即需要檢验当 $a=-1$ 时，两個集合是否确实完全相等. 我们将 $a=-1$ 代入原集合 $A$ 和 $B$ 中.

当 $a=-1$ 时, 集合 $A$ 為：

A = \{0, 1, -1\}

当 $a=-1$ 时, 集合 $B$ 為：

B = \{-1, (-1)+1, (-1)^2\} = \{-1, 0, 1\}

此时， $A=\{0, 1, -1\}$ 且 $B=\{-1, 0, 1\}$ . 根据集合的无序性，這两個集合的元素完全相同. 因此， $A=B$ 成立.

故实數 $a$ 的值為 $-1$ .

集合的基本运算

交集

由所有既属于集合 $A$ 又属于集合 $B$ 的元素構成的集合, 称為 $A$ 與 $B$ 的交集, 记作 $A \cap B$ .其數學語言表述為：

A \cap B = \{x \mid x \in A \text{ 且 } x \in B\}

交集运算的本質是逻辑關係中的“且”，即寻找两個集合的公共部分.

例

已知集合 $A = \{x \in \mathbb{Z} \mid x^2 - 2x - 3 = 0\}$ , 集合 $B = \{x \in \mathbb{R} \mid x \> 1\}$ . 求 $A \cap B$ .

解

在進行集合运算之前，首要任务是将用描述法给出的集合化為更直观、清晰的形式，通常是列举法或区間表示法.

對于集合 $A$ , 其元素是满足二次方程 $x^2 - 2x - 3 = 0$ 的所有整數. 我们解這個方程：

(x-3)(x+1) = 0

解得 $x=3$ 或 $x=-1$ . 由于這两個解都是整數, 它们都符合集合 $A$ 的定義. 于是, 我们可以用列举法重寫集合 $A$ ：

A = \{-1, 3\}

集合 $B$ 是由所有大于 $1$ 的实數構成的, 這是一個開区間 $(1, +\infty)$ .

現在，我们来寻找 $A \cap B$ 的元素. 根据交集的定義, 一個元素必须同时属于 $A$ 和 $B$ . 這意味着我们需要檢验集合 $A$ 中的每一個元素是否也满足集合 $B$ 的条件.

對于元素 $-1 \in A$ , 由于 $-1 \ngtr 1$ , 所以 $-1 \notin B$ .
對于元素 $3 \in A$ , 由于 $3 \> 1$ , 所以 $3 \in B$ .

因此，唯一同时属于两個集合的元素是 $3$ . 故 $A \cap B = \{3\}$ .

例

设集合 $A=\{x \in \mathbb{R} \mid -2 \le x \le 5\}$ , 集合 $B=\{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - x - 6 \> 0\}$ . 求 $A \cap B$ .

解

對于涉及不等式的集合运算，數轴是不可或缺的几何直观工具. 它可以将抽象的代數關係转化為清晰的几何位置關係.

首先，我们解析两個集合. 集合 $A$ 是一個闭区間 $A = [-2, 5]$ .

對于集合 $B$ , 我们需要解二次不等式 $x^2 - x - 6 \> 0$ .

(x-3)(x+2) \> 0

该不等式的解為 $x \< -2$ 或 $x \> 3$ . 因此, 集合 $B$ 是两個不相交区間的并集：

B = (-\infty, -2) \cup (3, +\infty)

接下来，我们在數轴上同时表示出集合 $A$ 和 $B$ ，并寻找它们的公共部分.

\begin{figure}[htbp]

{A} 和 \texorpdfstring{$B$}{B} 的交集.}

\end{figure} 圖：利用數轴求解集合 \texorpdfstring{ $A$

從數轴上可以清晰地观察到，两個集合的公共区域位于 $3$ 和 $5$ 之間. 我们必须仔细分析端点处的取舍：

左端点 $3$ ： $3 \in A$ (因為 $-2 \le 3 \le 5$ ), 但 $3 \notin B$ (因為 $B$ 要求 $x\>3$ ). 故 $3$ 不在交集中.
右端点 $5$ ： $5 \in A$ (因為 $-2 \le 5 \le 5$ ), 且 $5 \in B$ (因為 $5\>3$ ). 故 $5$ 在交集中.

綜上所述，两個集合的交集是一個左開右闭的区間.

A \cap B = (3, 5]

\begin{figure}[htbp]

{A intersect B} 的Venn圖示意 (阴影部分)} \end{figure} 圖：交集 \texorpdfstring{ $A \cap B$

并集

由所有属于集合 $A$ 或属于集合 $B$ 的元素構成的集合, 称為 $A$ 與 $B$ 的并集, 记作 $A \cup B$ .其數學語言表述為：

A \cup B = \{x \mid x \in A \text{ 或 } x \in B\}

并集运算的本質是逻辑關係中的“或”.此处的“或”是包容性的，包含了同时属于二者的情况.

\begin{figure}[htbp]

{A union B} 的Venn圖示意 (阴影部分)} \end{figure} 圖：并集 \texorpdfstring{ $A \cup B$

例

已知集合 $A = \{-1, 3\}$ , 集合 $B = \{x \in \mathbb{R} \mid x \> 1\}$ . 求 $A \cup B$ .

解

并集 $A \cup B$ 包含了所有属于 $A$ 的元素, 以及所有属于 $B$ 的元素. 我们只需将两個集合中的元素“汇集”在一起，并遵循互异性原则.

集合 $A$ 包含两個离散的整數: $-1$ 和 $3$ . 集合 $B$ 包含所有大于 $1$ 的实數, 即区間 $(1, +\infty)$ .

我们将這些元素合并：

A \cup B = \{-1, 3\} \cup (1, +\infty)

我们注意到，元素 $3$ 既属于集合 $A$ , 也满足 $3\>1$ 從而属于集合 $B$ . 在并集中, 它自然被包含在区間 $(1, +\infty)$ 内. 因此, 我们无需再單独列出 $3$ . 而元素 $-1$ 僅属于集合 $A$ , 它不被区間 $(1, +\infty)$ 包含，因此必须被單独列出.

綜上，该并集是一個孤立点與一個開区間的组合.

A \cup B = \{-1\} \cup (1, +\infty)

這是一個混合類型的集合，无法表示為單一的区間.

例

设集合 $A=\{x \in \mathbb{R} \mid -2 \le x \le 5\}$ , 集合 $B=\{x \in \mathbb{R} \mid x \< -2 \text{ 或 } x \> 3\}$ . 求 $A \cup B$ .

解

我们再次借助數轴来分析此問題. 并集运算在數轴上的几何意義是将两個集合所覆蓋的区域“合并”起来.

集合 $A$ 是闭区間 $[-2, 5]$ . 集合 $B$ 是两個不相交的開区間的并集 $(-\infty, -2) \cup (3, +\infty)$ .

\begin{figure}[htbp]

{A} 和 \texorpdfstring{$B$}{B} 的并集. 集合 \texorpdfstring{$A$}{A} 恰好“填补”了集合 \texorpdfstring{$B$}{B} 在 \texorpdfstring{$[-2, 3]$}{[-2, 3]} 之間的空隙.}

\end{figure} 圖：利用數轴求解集合 \texorpdfstring{ $A$

我们将两個集合在數轴上覆蓋的区域合并.

集合 $B$ 覆蓋了 $(-\infty, -2)$ 区域.
關键点 $x=-2$ ：虽然 $-2 \notin B$ , 但是 $-2 \in A$ . 根据并集的“或”逻辑, 只要元素属于其中一個集合即可, 故 $-2 \in A \cup B$ . 集合 $A$ 恰好“连接”了 $B$ 在 $-2$ 处的断点.
集合 $A$ 覆蓋了 $[-2, 5]$ 区域.
集合 $B$ 覆蓋了 $(3, +\infty)$ 区域.

将這些区域全部合并，我们發現：

A \cup B = (-\infty, -2) \cup [-2, 5] \cup (3, +\infty)

我们来化簡這個表达式. $(-\infty, -2) \cup [-2, 5]$ 可以无缝连接成 $(-\infty, 5]$ . 接着计算 $(-\infty, 5] \cup (3, +\infty)$ . 由于区間 $(3, 5]$ 已經被前者包含, 這個并集的结果是 $(-\infty, +\infty)$ .

因此，這两個集合的并集覆蓋了整個实數轴.

A \cup B = \mathbb{R}

补集

如果我们研究的集合都是某個给定的大集合 $U$ 的子集, 我们称 $U$ 為全集.對于 $U$ 的一個子集 $A$ , 由 $U$ 中所有不属于 $A$ 的元素構成的集合, 称為 $A$ 在 $U$ 中的补集, 记作 $\complement_U A$ .其數學語言表述為：

\complement_U A = \{x \mid x \in U \text{ 且 } x \notin A\}

补集运算的本質是逻辑關係中的“非”，即從全集中排除特定集合的元素.

\begin{figure}[htbp]

{complement A} 的Venn圖示意 (阴影部分)} \end{figure} 圖：补集 \texorpdfstring{ $\complement_U A$

例

设全集 $U=\mathbb{R}$ , 集合 $A = \{x \mid -1 \< x \le 3\}$ . 求 $\complement_U A$ .

解

补集 $\complement_U A$ 由所有属于全集 $U$ 但不属于集合 $A$ 的元素構成. 在本例中, 即為所有不满足条件 $-1 \< x \le 3$ 的实數 $x$ .

一個实數 $x$ 不在区間 $(-1, 3]$ 内, 逻辑上意味着 $x$ 或者小于等于 $-1$ , 或者大于 $3$ .

x \notin (-1, 3] \iff x \le -1 \text{ 或 } x \> 3

這個逻辑转換是求解补集問題的核心. 它将對一個区間的否定，转化為两個独立区間条件的析取.

原条件中 $x \> -1$ 的否定是 $x \le -1$ . 注意到開边界變成了闭边界.
原条件中 $x \le 3$ 的否定是 $x \> 3$ . 注意到闭边界變成了開边界.

我们将此结果用數轴直观地表示出来. \begin{figure}[htbp]

{A} 與其在 \texorpdfstring{$\mathbb{R}$}{R} 中的补集的數轴表示. 补集恰好是 \texorpdfstring{$A$}{A} 在數轴上“挖掉”后剩下的部分，且端点的開闭性完全相反.}

\end{figure} 圖：集合 \texorpdfstring{ $A$

因此，集合 $A$ 的补集是两個不相交区間的并集.

\complement_U A = (-\infty, -1] \cup (3, +\infty)

例

设全集 $U=\mathbb{Z}$ , 集合 $A = \{x \in \mathbb{Z} \mid x^2 \le 9\}$ . 求 $\complement_U A$ .

解

此題的一個關键点在于，全集不再是连續的实數集 $\mathbb{R}$ , 而是离散的整數集 $\mathbb{Z}$ . 這要求我们的最终答案必须由整數構成.

首先，我们明确集合 $A$ 的具體元素. 条件 $x^2 \le 9$ 在实數范围内等价于 $-3 \le x \le 3$ . 由于集合 $A$ 的元素必须是整數 ( $x \in \mathbb{Z}$ ), 我们需要從闭区間 $[-3, 3]$ 中筛選出所有的整數.

A = \{-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3\}

接下来，我们寻找 $\complement_U A$ . 它的元素是所有属于全集 $\mathbb{Z}$ 但不属于集合 $A$ 的整數. 這意味着，我们要寻找所有不在這七個元素之列的整數.

這些整數可以分為两部分：

所有小于 $-3$ 的整數.
所有大于 $3$ 的整數.

因此，该补集可以用描述法表示為 $\{x \in \mathbb{Z} \mid x \< -3 \text{ 或 } x \> 3\}$ . 用列举法（结合省略号）则可以更直观地展示為：

\complement_U A = \{..., -5, -4\} \cup \{4, 5, ...\}

全集的重要性

此題凸显了全集在补集运算中的决定性作用. 若此題的全集是 $\mathbb{R}$ , 那么 $\complement_{\mathbb{R}} A$ 将是 $(-\infty, -3) \cup (3, +\infty)$ , 一個由无穷多個实數構成的连續区間集合. 但由于全集是 $\mathbb{Z}$ ，其补集也必须是离散的整數集合.

集合的运算律

集合运算满足交換律、结合律、分配律等.其中，德摩根定律尤為重要.

德摩根定律

對于任意集合 $A, B$ 和全集 $U$ ，有：

\begin{aligned} \complement_U(A \cup B) &= (\complement_U A) \cap (\complement_U B) \complement_U(A \cap B) &= (\complement_U A) \cup (\complement_U B) \end{aligned}

備註

證明（以

\complement_U(A \cup B) = (\complement_U A) \cap (\complement_U B)

為例）

我们通過逻辑等价推導来證明.對于任意元素 $x$ ：

\begin{aligned} x \in \complement_U(A \cup B) &\iff x \notin (A \cup B) &&\text{(补集定義)} &\iff \neg (x \in A \text{ 或 } x \in B) &&\text{(并集定義)} &\iff (x \notin A) \text{ 且 } (x \notin B) &&\text{(逻辑德摩根律)} &\iff (x \in \complement_U A) \text{ 且 } (x \in \complement_U B) &&\text{(补集定義)} &\iff x \in (\complement_U A) \cap (\complement_U B) &&\text{(交集定義)} \end{aligned}

由于上述逻辑等价關係對任意 $x$ 恒成立，故原式得證.

導出容斥原理相關恒等式

设 $A, B, C$ 為有限集.试證明, 僅属于集合 $A$ 的元素個數為

\mathrm{card}(A) - \mathrm{card}(A \cap B) - \mathrm{card}(A \cap C) + \mathrm{card}(A \cap B \cap C)

解

我们首先需要用集合运算的語言来精确描述“僅属于集合 $A$ ”的集合. 一個元素 $x$ 僅属于 $A$ , 意味着 $x \in A$ , 同时 $x \notin B$ 且 $x \notin C$ . 這可以表示為集合 $A \cap (\complement_U B) \cap (\complement_U C)$ .

注意到后两項的交集 $(\complement_U B) \cap (\complement_U C)$ , 根据德摩根定律, 它等价于 $(B \cup C)$ 的补集.

(\complement_U B) \cap (\complement_U C) = \complement_U(B \cup C)

因此，我们所求的集合可以寫作 $A \cap \complement_U(B \cup C)$ .

這個表达式的几何意義是從集合 $A$ 中“挖去”所有属于 $B$ 或 $C$ 的部分, 即從 $A$ 中除去 $A$ 與 $(B \cup C)$ 的交集. 因此，该集合的基數可以表示為

\mathrm{card}(A) - \mathrm{card}(A \cap (B \cup C))

接着，我们处理 $A \cap (B \cup C)$ 這一項.根据集合的分配律，我们有

A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)

利用两集合的容斥原理，我们得到

\mathrm{card}((A \cap B) \cup (A \cap C)) = \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap C) - \mathrm{card}((A \cap B) \cap (A \cap C))

注意到 $(A \cap B) \cap (A \cap C)$ 就是 $A \cap B \cap C$ . 因此，

\mathrm{card}(A \cap (B \cup C)) = \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap C) - \mathrm{card}(A \cap B \cap C)

将此结果代回我们之前的表达式，即可得到所求的元素個數：

\begin{aligned} \mathrm{card}(A \cap \complement_U(B \cup C)) &= \mathrm{card}(A) - \mathrm{card}(A \cap (B \cup C)) &= \mathrm{card}(A) - \left( \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap C) - \mathrm{card}(A \cap B \cap C) \right) &= \mathrm{card}(A) - \mathrm{card}(A \cap B) - \mathrm{card}(A \cap C) + \mathrm{card}(A \cap B \cap C) \end{aligned}

此即為所證.這個结果是構造完整的三集合容斥原理公式的一個重要组成部分.

例

设全集 $U = \mathbb{R}$ , 已知集合 $A = \{x \mid x^2 - 2x - 8 \> 0\}$ 和 $B = \{x \mid -1 \le x \le 5\}$ .求集合 $\complement_U(A \cup B)$ .

解

若直接计算并集 $A \cup B$ 再求其补集, 则需要先求解二次不等式确定集合 $A$ ，然后将两個较為複杂的区間集合在數轴上合并，最后再寻找合并后集合的外部区域，過程较為繁琐. 德摩根定律為此提供了一個更為清晰的途径.

\complement_U(A \cup B) = (\complement_U A) \cap (\complement_U B)

這個等式将一個複杂运算（先并后补）转化為两個簡單运算（先分别求补）與一個交集运算的组合.

首先，我们确定集合 $A$ 的补集 $\complement_U A$ . $\complement_U A$ 中的元素 $x$ 满足 $A$ 中条件的否定，即

x^2 - 2x - 8 \le 0 \implies (x-4)(x+2) \le 0

解得 $-2 \le x \le 4$ . 因此, $\complement_U A = [-2, 4]$ . 注意到，原集合 $A$ 是两個分离区間的并集, 而其补集 $\complement_U A$ 是一個單一的闭区間，形式上更為簡洁.

接着，我们确定集合 $B$ 的补集 $\complement_U B$ .

\complement_U B = \{x \mid x \< -1 \text{ 或 } x \> 5\} = (-\infty, -1) \cup (5, +\infty)

最后，我们计算這两個补集的交集.

(\complement_U A) \cap (\complement_U B) = [-2, 4] \cap \left( (-\infty, -1) \cup (5, +\infty) \right)

通過數轴可以清晰地观察到，区間 $[-2, 4]$ 與区間 $(-\infty, -1)$ 的公共部分是 $[-2, -1)$ , 與区間 $(5, +\infty)$ 的公共部分為空集.

因此，所求的集合為 $[-2, -1)$ .

例

某班级共 50 名學生，一次考试中有两道压轴題.答對第一題的有 30 人，答對第二題的有 28 人，两題都答對的有 15 人.問两題都未答對的學生有多少人？

解

设全集 $U$ 為该班级全體學生, 集合 $A$ 為答對第一題的學生構成的集合, 集合 $B$ 為答對第二題的學生構成的集合. 根据題意，我们有

\mathrm{card}(U) = 50, \mathrm{card}(A) = 30, \mathrm{card}(B) = 28, \mathrm{card}(A \cap B) = 15

問題所求的是“两題都未答對”的學生人數. 一個學生两題都未答對，意味着该學生既不属于集合 $A$ , 也不属于集合 $B$ . 這在集合語言中表示為该學生属于 $(\complement_U A) \cap (\complement_U B)$ . 因此，我们的目標是计算 $\mathrm{card}((\complement_U A) \cap (\complement_U B))$ .

直接处理未答對的情况需要额外的信息，但我们可以通過德摩根定律转化视角.

(\complement_U A) \cap (\complement_U B) = \complement_U(A \cup B)

此式表明，两題都未答對的學生集合，等价于“至少答對一題”的學生集合的补集.

因此，所求人數為

\mathrm{card}(\complement_U(A \cup B)) = \mathrm{card}(U) - \mathrm{card}(A \cup B)

利用容斥原理，我们可以计算出至少答對一題的學生人數：

\begin{aligned} \mathrm{card}(A \cup B) &= \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A \cap B) &= 30 + 28 - 15 &= 43 \end{aligned}

最后，两題都未答對的學生人數為

50 - 43 = 7

故共有 7 名學生两題都未答對.

例

设全集 $U=\mathbb{R}$ , 集合 $A = \{x \mid x^2-9 \> 0\}$ , $B = \{x \mid x^2-5x+4 \le 0\}$ . 求集合 $(\complement_U A) \cup (\complement_U B)$ .

解

该問題為我们提供了两种求解路径，我们可以根据集合的特点選择其一.

路径一：直接计算 首先分别计算两個集合的补集. 對于集合 $A$ , 其补集 $\complement_U A$ 的元素满足 $x^2-9 \le 0$ , 即 $-3 \le x \le 3$ . 故 $\complement_U A = [-3, 3]$ .

對于集合 $B$ , 其补集 $\complement_U B$ 的元素满足 $x^2-5x+4 \> 0$ . 即 $(x-1)(x-4) \> 0$ , 解得 $x\<1$ 或 $x\>4$ . 故 $\complement_U B = (-\infty, 1) \cup (4, +\infty)$ .

然后计算它们的并集:

(\complement_U A) \cup (\complement_U B) = [-3, 3] \cup (-\infty, 1) \cup (4, +\infty) = (-\infty, 3] \cup (4, +\infty)

路径二：應用德摩根定律 德摩根定律指出， $(\complement_U A) \cup (\complement_U B) = \complement_U(A \cap B)$ . 我们可以先计算交集 $A \cap B$ , 然后再求其补集.

首先确定集合 $A$ 和 $B$ . $A = \{x \mid x^2-9 \> 0\} = \{x \mid x \< -3 \text{ 或 } x \> 3\} = (-\infty, -3) \cup (3, +\infty)$ . $B = \{x \mid x^2-5x+4 \le 0\} = \{x \mid (x-1)(x-4) \le 0\} = [1, 4]$ .

接着计算它们的交集 $A \cap B$ :

A \cap B = \left( (-\infty, -3) \cup (3, +\infty) \right) \cap [1, 4] = (3, 4]

最后，求此交集的补集:

\complement_U(A \cap B) = \complement_U((3, 4]) = (-\infty, 3] \cup (4, +\infty)

两种路径得到的结果完全一致.在实际解題中，我们可以根据 $A, B$ 與其补集的形式複杂程度，灵活選择使计算過程最為簡便的路径.

有限集的计數

集合的基數

一個有限集合的元素個數称為该集合的基數，记為 $\mathrm{card}(A)$ .

定理

若 $\mathrm{card}(A)=n$ , 则 $A$ 的子集個數是 $2^n$ .

證明

本定理可通過两种基本方法證明：组合論證與數學归纳法.我们在此呈現更具構造性的组合論證.

设有限集 $A = \{a_1, a_2, ..., a_n\}$ .構造 $A$ 的一個任意子集 $S$ 的過程, 可以视為對 $A$ 中的每一個元素 $a_i$ 進行一次独立的决策.對于每一個元素 $a_i \in A$ ( $i=1, 2, ..., n$ )，僅存在两种互斥的可能性：

a_i \in S \text{或} a_i \notin S

因此，一個特定的子集 $S$ 完全由這一係列共 $n$ 次的二元選择所唯一确定.我们可以将這一係列選择編码為一個长度為 $n$ 的二進制序列 $(b_1, b_2, ..., b_n)$ ，其中

b_i = \begin{cases} 1, & \text{若 } a_i \in S 0, & \text{若 } a_i \notin S \end{cases}

此構造建立了一個從 $A$ 的所有子集構成的集合 (即 $A$ 的幂集 $\mathcal{P}(A)$ ) 到所有长度為 $n$ 的二進制序列構成的集合之間的雙射.

由于每一次選择都有 2 种可能，且這 $n$ 次選择是相互独立的，根据基本计數中的乘法原理，所有可能的選择序列的总數，即所有不同子集的总數，為

\underbrace{2 \times 2 \times ... \times 2}_{n \text{個}} = 2^n

故集合 $A$ 的子集個數為 $2^n$ .

容斥原理

對于任意有限集合 $A, B, C$ ：

$\mathrm{card}(A \cup B) = \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A \cap B)$ .
$\mathrm{card}(A \cup B \cup C) = (\mathrm{card}(A)+\mathrm{card}(B)+\mathrm{card}(C)) - (\mathrm{card}(A \cap B)+\mathrm{card}(A \cap C)+\mathrm{card}(B \cap C)) + \mathrm{card}(A \cap B \cap C)$ .

證明

證明二元情形. 為精确计數并集 $A \cup B$ 中的元素, 我们可将其分解為互不相交的部分.集合 $A \cup B$ 可以被划分為三個不相交的集合的并：

A \cup B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A) \cup (A \cap B)

其中 $A \setminus B$ 表示僅属于 $A$ 而不属于 $B$ 的元素集合.由于這三個集合两两不交，并集的基數等于它们各自基數之和：

\mathrm{card}(A \cup B) = \mathrm{card}(A \setminus B) + \mathrm{card}(B \setminus A) + \mathrm{card}(A \cap B)

同时，集合 $A$ 也可以被分解為两個不相交的部分： $A = (A \setminus B) \cup (A \cap B)$ .由此可得 $\mathrm{card}(A) = \mathrm{card}(A \setminus B) + \mathrm{card}(A \cap B)$ ，這意味着

\mathrm{card}(A \setminus B) = \mathrm{card}(A) - \mathrm{card}(A \cap B)

同理，對于集合 $B$ 我们有

\mathrm{card}(B \setminus A) = \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A \cap B)

将這两個表达式代入 $\mathrm{card}(A \cup B)$ 的分解式中，我们得到

\begin{aligned} \mathrm{card}(A \cup B) &= \left( \mathrm{card}(A) - \mathrm{card}(A \cap B) \right) + \left( \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A \cap B) \right) + \mathrm{card}(A \cap B) &= \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A \cap B) \end{aligned}

二元情形證毕.

證明三元情形. 我们可以巧妙地将三元問題转化為二元問題的迭代應用.令 $D = B \cup C$ , 于是 $A \cup B \cup C$ 可以视作 $A \cup D$ .應用已證的二元容斥原理，我们有

\mathrm{card}(A \cup B \cup C) = \mathrm{card}(A \cup D) = \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(D) - \mathrm{card}(A \cap D)

現在，我们分别处理 $\mathrm{card}(D)$ 和 $\mathrm{card}(A \cap D)$ .

對于 $\mathrm{card}(D)$ ，我们再次應用二元容斥原理：

\mathrm{card}(D) = \mathrm{card}(B \cup C) = \mathrm{card}(B) + \mathrm{card}(C) - \mathrm{card}(B \cap C)

對于 $\mathrm{card}(A \cap D)$ ，我们首先利用集合的分配律：

A \cap D = A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)

對其基數應用二元容斥原理，得到

\begin{aligned} \mathrm{card}(A \cap D) &= \mathrm{card}((A \cap B) \cup (A \cap C)) &= \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap C) - \mathrm{card}((A \cap B) \cap (A \cap C)) &= \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap C) - \mathrm{card}(A \cap B \cap C) \end{aligned}

最后，将 $\mathrm{card}(D)$ 和 $\mathrm{card}(A \cap D)$ 的展開式代回最初的表达式中：

\begin{aligned} \mathrm{card}(A \cup B \cup C) &= \mathrm{card}(A) + \left( \mathrm{card}(B) + \mathrm{card}(C) - \mathrm{card}(B \cap C) \right) & - \left( \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap C) - \mathrm{card}(A \cap B \cap C) \right) \end{aligned}

整理各項，即可得到三元容斥原理的最终形式：

\mathrm{card}(A \cup B \cup C) = \sum_{\text{cyc}} \mathrm{card}(A) - \sum_{\text{cyc}} \mathrm{card}(A \cap B) + \mathrm{card}(A \cap B \cap C)

此即為所證.

映射

{/* label: sec:ch02-s02 */}

映射的概念

我们已經熟悉了函數，它建立了數集之間的一种對應關係. 例如， $f(x) = x^2$ 将每個实數 $x$ 與其平方 $x^2$ 對應起来. 几何變換，如平面上的旋转，将每個点與旋转后的新点對應起来. 這些多样化的“對應關係”背后，蕴含着一個更為深刻和普适的數學结構，即映射.

映射

设 $A, B$ 是两個非空集合. 如果存在一個法则 $f$ , 使得對 $A$ 中的每一個元素 $x$ , 在 $B$ 中都有唯一确定的元素 $y$ 與之對應, 则称 $f$ 為從 $A$ 到 $B$ 的一個映射，记作

f: A \to B

其中，集合 $A$ 称為映射 $f$ 的定義域. 集合 $B$ 称為映射 $f$ 的陪域.

這個定義包含了三個核心要素：定義域 $A$ 、陪域 $B$ 以及對應法则 $f$ . 它同时對法则 $f$ 施加了两個根本性的约束：

全域性: 定義域 $A$ 中的每一個元素都必须有像，不允许有“遗漏”.
單值性: 任意一個元素的像必须是唯一的，不允许“一對多”.

對于 $x \in A$ , 我们称其在 $B$ 中對應的元素 $y$ 為 $x$ 在映射 $f$ 下的像, 记作 $y=f(x)$ . 反之, 称 $x$ 為 $y$ 的一個原像. 定義域 $A$ 中所有元素的像所構成的集合称為映射 $f$ 的像集或值域, 记作 $f(A)$ :

f(A) = \{f(x) \mid x \in A\}

务必注意到，像集 $f(A)$ 是陪域 $B$ 的一個子集, 即 $f(A) \subseteq B$ . 陪域是像的“目標靶”，而像集是实际上“射中”的区域.

\begin{figure}[htbp]

{A} 中每個元素都有唯一一個箭头指出, 指向其在陪域 \texorpdfstring{ $B$ }{B} 中的像. 陪域 \texorpdfstring{ $B$ }{B} 中并非所有元素都是像 (如 \texorpdfstring{ $b_2, b_4$ }{b2, b4}). 一個元素可以有多個原像 (如 \texorpdfstring{ $b_3$ }{b3} 的原像是 \texorpdfstring{ $a_2$ }{a2} 和 \texorpdfstring{ $a_3$ }{a3}).} \end{figure} 圖：映射的圖示. 定義域 \texorpdfstring{ $A$

例

考察函數 $f(x)=x^2$ . 将其视為映射，分析其定義域、陪域和像集對映射性質的影响.

解

映射的性質不僅取决于對應法则，更由其定義域與陪域共同决定.

考虑 $f_1: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , 其中 $f_1(x)=x^2$ . 這是從实數集到其自身的映射. 定義域為 $\mathbb{R}$ , 陪域也為 $\mathbb{R}$ . 像集為 $f_1(\mathbb{R}) = [0, +\infty)$ . 注意到，像集是陪域的一個真子集.
考虑 $f_2: \mathbb{R} \to [0, +\infty)$ , 其中 $f_2(x)=x^2$ . 此映射的對應法则與 $f_1$ 相同，但陪域被显式地限制為所有非负实數. 定義域為 $\mathbb{R}$ , 陪域為 $[0, +\infty)$ . 像集為 $f_2(\mathbb{R}) = [0, +\infty)$ . 在此情形下，像集與陪域恰好相等.
考虑 $f_3: [0, +\infty) \to [0, +\infty)$ , 其中 $f_3(x)=x^2$ . 此映射将定義域也限制為非负实數. 定義域為 $[0, +\infty)$ , 陪域為 $[0, +\infty)$ . 像集為 $f_3([0, +\infty)) = [0, +\infty)$ .
考虑 $f_4: \mathbb{R} \to (-\infty, -1)$ , 其中 $f_4(x)=x^2$ . 這個定義是不合法的. 因為對于任意 $x \in \mathbb{R}$ , 其像 $x^2 \ge 0$ , 并不属于陪域 $(-\infty, -1)$ .

這個例子清晰地表明，一個映射由其定義域、陪域和對應法则三者共同唯一确定. 任何一個要素的改變，都将产生一個本質上不同的新映射.

特殊映射：單射、满射與雙射

根据像與原像的對應關係，我们可以将映射作進一步的精细分類.

單射、满射、雙射

设 $f: A \to B$ 為一個映射.

如果對于定義域 $A$ 中任意两個不同的元素，它们的像也互不相同，即

\forall x_1, x_2 \in A, x_1 \neq x_2 \implies f(x_1) \neq f(x_2)

则称 $f$ 為**單射**或一對一映射.

如果陪域 $B$ 中的每一個元素都至少有一個原像, 即像集等于陪域 ( $f(A)=B$ )，即

\forall y \in B, \exists x \in A, \text{使得 } f(x)=y

则称 $f$ 為**满射**或映上映射.

如果映射 $f$ 既是單射又是满射, 则称 $f$ 為雙射或一一對應.

單射保證了信息的无损压缩，因為不同的输入必有不同的输出. 满射保證了陪域中没有“冗余”的元素，每個目標都被“击中”. 雙射则在两個集合之間建立了一個完美的、可逆的對應關係，它意味着两個集合在某种意義下具有相同的“大小”或“结構”.

例

回到 $f(x)=x^2$ 的例子, 判断 $f_1, f_2, f_3$ 分别是何种映射.

解

$f_1: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ . 它不是單射，因為存在反例，如 $f_1(-2) = 4 = f_1(2)$ , 但 $-2 \neq 2$ . 它不是满射，因為像集 $[0, +\infty) \neq \mathbb{R}$ , 例如陪域中的元素 $-1$ 没有任何原像.
$f_2: \mathbb{R} \to [0, +\infty)$ . 它依然不是單射 (理由同上). 但它是满射，因為陪域中的任意元素 $y \in [0, +\infty)$ 都有原像 (即 $\sqrt{y}$ 和 $-\sqrt{y}$ ).
$f_3: [0, +\infty) \to [0, +\infty)$ . 它是單射. 我们可以用其等价的逆否命題来證明：若 $f_3(x_1) = f_3(x_2)$ , 即 $x_1^2 = x_2^2$ , 由于 $x_1, x_2$ 均非负, 必然有 $x_1 = x_2$ . 它也是满射，因為陪域中的任意元素 $y \in [0, +\infty)$ 都有唯一的原像 $\sqrt{y}$ 在定義域中.

因此， $f_3$ 是一個雙射. 這也解释了為何平方根函數 $\sqrt{x}$ 通常只定義在非负实數域上.

逻辑用語初步

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數學的宏伟大厦建立在严密推理的基石之上. 為了保證推理的无懈可击，我们必须使用一种精确的、无歧義的語言——這就是逻辑用語.

命題及其真值

命題

在數學中，我们把能判断真假的陈述句称為命題.

一個命題的判断结果称為其真值，真值只有“真”和“假”两种.

例如，“ $3 \> 2$ ”是一個真命題, “所有素數都是奇數”是一個假命題 (因為2是偶素數). 而“ $x \> 5$ ”则不是一個命題, 因為在 $x$ 的值未确定前，我们无法判断其真假. 這种含有變量的陈述句称為谓词或開命題.

逻辑联结词與集合运算

簡單的命題可以通過逻辑联结词组合成更複杂的複合命題. 逻辑联结词與集合运算之間存在深刻的對偶關係.

基本逻辑联结词

设 $p, q$ 為两個命題.

否定 ( $\neg p$ , 讀作“非 $p$ ”): 若 $p$ 為真, 则 $\neg p$ 為假；若 $p$ 為假, 则 $\neg p$ 為真. 這對應于集合的补集运算. 如果 $P$ 是使 $p$ 為真的所有情况構成的集合, 则 $\complement_U P$ 就是使 $\neg p$ 為真的情况構成的集合.
合取 ( $p \land q$ , 讀作“ $p$ 且 $q$ ”): 僅当 $p$ 和 $q$ 同时為真时, $p \land q$ 才為真. 這對應于集合的交集运算 $P \cap Q$ .
析取 ( $p \lor q$ , 讀作“ $p$ 或 $q$ ”): 僅当 $p$ 和 $q$ 同时為假时, $p \lor q$ 才為假. 這是包容性的或. 這對應于集合的并集运算 $P \cup Q$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：逻辑联结词與集合运算的直观對應關係

蕴含關係與充要条件

數學推理的核心是条件命題.

蕴含命題

形如“若 $p$ , 则 $q$ ”的命題称為蕴含命題, 记作 $p \implies q$ . $p$ 称為命題的前提或条件, $q$ 称為命題的结論. 蕴含命題 $p \implies q$ 的真值规定為：僅在 $p$ 為真且 $q$ 為假时為假，其余情况均為真.

蕴含關係在集合論中的對應是子集關係. 命題 $p \implies q$ 為真, 等价于使 $p$ 為真的情况集合 $P$ 是使 $q$ 為真的情况集合 $Q$ 的子集, 即 $P \subseteq Q$ . 這個观点對于理解蕴含關係至關重要.

若前提 $p$ 為假 (即 $x \notin P$ ), 则 $x$ 是否在 $Q$ 中與蕴含關係 $P \subseteq Q$ 的真假无關. 這就是為何前提為假时，蕴含命題恒為真（称為空虚的真）.

對于一個蕴含命題 $p \implies q$ ，我们还可以構造出它的三個關联命題：

逆命題: $q \implies p$ .
否命題: $\neg p \implies \neg q$ .
逆否命題: $\neg q \implies \neg p$ .

定理

一個蕴含命題與其逆否命題是逻辑等价的，即它们具有相同的真值.

(p \implies q) \iff (\neg q \implies \neg p)

其逆命題與否命題逻辑等价.

證明

我们從集合論的观点来證明. $p \implies q$ 為真, 等价于 $P \subseteq Q$ . $\neg q \implies \neg p$ 為真, 等价于 $\complement_U Q \subseteq \complement_U P$ . 在集合論中， $P \subseteq Q$ 與 $\complement_U Q \subseteq \complement_U P$ 是完全等价的两個論断. 從Venn圖上可以直观地看出, 若区域 $P$ 完全被区域 $Q$ 包含, 那么 $Q$ 之外的区域也必然完全被 $P$ 之外的区域包含.

此定理是反證法的逻辑基礎. 要證明 $p \implies q$ , 有时直接從 $p$ 出發很困难, 我们可以转而證明其逆否命題：從 $\neg q$ 出發, 推導出 $\neg p$ .

当 $p \implies q$ 成立时, 我们称 $p$ 是 $q$ 的充分条件, $q$ 是 $p$ 的必要条件.

$p$ 的發生足以保證 $q$ 的發生.
$q$ 的發生是 $p$ 發生的必要前提.

如果 $p \implies q$ 與 $q \implies p$ 同时成立 (记作 $p \iff q$ ), 则称 $p$ 是 $q$ 的充分必要条件 (或充要条件). 這在集合論中對應于 $P=Q$ .

量词及其否定

為了将谓词转化為命題，我们需要引入量词.

量词

全称量词 $\forall$ ，讀作“對任意”或“所有”. 命題 $\forall x \in M, p(x)$ 為真, 当且僅当對于集合 $M$ 中的每一個元素 $x$ , $p(x)$ 都成立.
存在量词 $\exists$ ，讀作“存在”或“有些”. 命題 $\exists x \in M, p(x)$ 為真, 当且僅当在集合 $M$ 中至少存在一個元素 $x_0$ , 使得 $p(x_0)$ 成立.

在進行數學證明和反驳时，對量词命題進行正确的否定至關重要.

量词的否定

\begin{aligned} \neg (\forall x \in M, p(x)) &\iff \exists x \in M, \neg p(x) \neg (\exists x \in M, p(x)) &\iff \forall x \in M, \neg p(x) \end{aligned}

證明

其逻辑是直观的. 要否定“所有 $x$ 都满足 $p(x)$ ”, 我们只需要找到一個反例, 即“存在一個 $x$ 不满足 $p(x)$ ”. 要否定“存在一個 $x$ 满足 $p(x)$ ”, 我们必须證明没有任何一個 $x$ 满足 $p(x)$ , 即“所有 $x$ 都不满足 $p(x)$ ”.

例

寫出命題“所有正方形的對角線都互相垂直”的否定.

解

设 $S$ 為所有正方形的集合, $p(x)$ 表示命題“ $x$ 的對角線互相垂直”. 原命題可符号化為： $\forall x \in S, p(x)$ .

根据量词的否定规则，其否定為 $\exists x \in S, \neg p(x)$ . 翻译回自然語言即：“存在一個正方形，它的對角線不互相垂直”.

由于原命題為真，其否定命題必為假.

集合論初步​

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集合的表示方法​

常用數集與數係的擴张​

從自然數到整數（满足减法封闭性）​

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映射​

映射的概念​

特殊映射：單射、满射與雙射​

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