初等数学O 集合论基础第一节集合及其基本运算、de Moivre公式

写在前面

初等数学这个系列是为高中升理工科的学生以及低年级新生准备的衔接内容，主要的目的是对进入大学前12年学过的数学知识（初等数学只涉及代数方面的）做一个系统性的抽象与公理化，使阅读者能够摆脱高中所习惯的比较具体的思维方式中拜托出来，逐步适应更加系统化、公理化的数学叙述模式，或者说，高等数学的叙述模式。当然，对竞赛感兴趣或者对更严谨的叙述方式感兴趣的高中生也可以阅读这个系列。

初等数学这个系列文章的逻辑顺序是第O部分介绍集合论基础、然后按照自然数、整数、有理数、实数、复数的顺序介绍进入大学前12年学过的“数”，但这个系列会从公理化的角度对这些数系进行严谨地定义。介绍完数之后会介绍一些高中阶段学过地基本结构，主要是多项式、数列、函数、不等式这四种。目标是希望在阅读完这个系列的文章后，读者可以更容易理解高等数学、线性代数、离散数学等理工科基础数学。

这一讲我们简单回顾一下集合及其基本运算。集合就是由一个或多个确定的元素所构成的整体，这些元素满足确定性、互异性、无序性。下面列出这个系列文章将使用的元素与集合、集合与集合的关系、逻辑关系符号：

∈\in∈：属于
∉\notin∈/：不属于
⊆\subseteq⊆：包含于
⫋\varsubsetneqq：前者是后者的真子集
===：相等
∀\forall∀：任意
∃\exists∃：存在
∃!\exists !∃!：存在唯一
⇒\Rightarrow⇒：前者推出后者
⇔\Leftrightarrow⇔：前者与后者等价

评注0.1 大写字母表示集合，小写字母表示元素

证明A⊆BA \subseteq BA⊆B的方法是说明∀a∈A\forall a \in A∀a∈A, a∈Ba \in Ba∈B (子集的定义)
证明A=BA=BA=B的方法是说明A⊆BA \subseteq BA⊆B以及B⊆AB \subseteq AB⊆A

接下来我们介绍一些集合的基本运算及其性质，这个系列的文章使用的交并补的符号如下：对A,BA,BA,B两个集合

A∪BA \cup BA∪B：AAA与BBB的并集
A∩BA \cap BA∩B：AAA与BBB的交集
ACA^CAC：AAA的补集

对一系列集合，如例1中的A1,A2,⋯,AnA_1,A_2,\cdots,A_nA1,A2,⋯,An

⋃i=1nAi\bigcup_{i=1}^n A_i⋃i=1nAi：A1,A2,⋯,AnA_1,A_2,\cdots,A_nA1,A2,⋯,An的并集
⋂i=1nAi\bigcap_{i=1}^n A_i⋂i=1nAi：A1,A2,⋯,AnA_1,A_2,\cdots,A_nA1,A2,⋯,An的交集

交并补是大家非常熟悉的，这里就不赘述了。我们来介绍一些高中阶段见得不多的集合运算。

定义0.1 差集 记A∖BA \setminus BA∖B表示AAA减去BBB的差集，它满足
A∖B={a:a∈A,a∉B}A \setminus B = \{a:a \in A,a \notin B\}A∖B={a:a∈A,a∈/B}

这里的冒号后面写集合中的元素应该满足的条件。如果用XXX表示全集，显然
AC=X∖AA^C = X \setminus AAC=X∖A

定义0.2 无交并 记A⊔BA \sqcup BA⊔B表示AAA与BBB的无交并，它就是AAA与BBB的并集，只是AAA与BBB没有交集。

定义0.3 对称差 记AΔBA \Delta BAΔB表示AAA与BBB的对称差，它满足
AΔB=(A∖B)⊔(B∖A)=(A∪B)∖(A∩B)A \Delta B = (A \setminus B) \sqcup (B \setminus A) = (A \cup B) \setminus (A \cap B)AΔB=(A∖B)⊔(B∖A)=(A∪B)∖(A∩B)

我们可以用下面的Venn图展示一下这几种集合运算：

红色圆是AAA，蓝色圆是BBB，重叠部分（浅紫色）就是A∩BA \cap BA∩B，有色区域就是A∪BA \cup BA∪B，只有红色的部分就是A∖BA \setminus BA∖B，只有蓝色的部分就是B∖AB \setminus AB∖A，只有一种颜色的部分就是AΔBA \Delta BAΔB。

例0.1 证明下面的命题
∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B⇒⋃i=1nAi⊆B\forall i \in \{1,\cdots,n\},A_i \subseteq B \Rightarrow \bigcup_{i=1}^n A_i \subseteq B∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B⇒i=1⋃nAi⊆B

这个命题的逆命题成立吗？

证
我们先分析一下，这个命题的逆命题显然是成立的，因为∀i∈{1,⋯,n}\forall i \in \{1,\cdots,n\}∀i∈{1,⋯,n}, Ai⊆⋃i=1nAiA_i \subseteq \bigcup_{i=1}^n A_iAi⊆⋃i=1nAi，所以⋃i=1nAi⊆B⇒∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B\bigcup_{i=1}^n A_i \subseteq B \Rightarrow\forall i \in \{1,\cdots,n\},A_i \subseteq B⋃i=1nAi⊆B⇒∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B。接下来我们证明一下原命题，

∀a∈⋃i=1nAi\forall a \in \bigcup_{i=1}^n A_i∀a∈⋃i=1nAi，∃j∈{1,⋯,n}\exists j \in\{1,\cdots,n\}∃j∈{1,⋯,n}，a∈Aja \in A_ja∈Aj，因为∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B\forall i \in \{1,\cdots,n\},A_i \subseteq B∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B，所以a∈Ba \in Ba∈B。这样我们就证明了⋃i=1nAi⊆B\bigcup_{i=1}^n A_i \subseteq B⋃i=1nAi⊆B。

总结读者需要了解的是数学教材撰写的逻辑是从基本结构导出一些使用的结论，并例子说明这些结论如何解决问题；第一个阶段相当于证明题，第二个阶段相当于计算题。例0.1就是很典型的证明题，这个题目中的基本结构有两个，包含于以及并集，要证明的结论也是一个集合是另一个集合的子集，所以这个证明评述0.1第一条的框架，说明⋃i=1nAi\bigcup_{i=1}^n A_i⋃i=1nAi中的任一元素也在BBB中即可，这是一个经典的三段式演绎推理的框架，大前提是∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B\forall i \in \{1,\cdots,n\},A_i \subseteq B∀i∈{1,⋯,n},Ai⊆B，即每一个AiA_iAi都是BBB的子集（，因此每一个AiA_iAi中的任一元素都属于BBB），小前提是∃j∈{1,⋯,n}\exists j \in\{1,\cdots,n\}∃j∈{1,⋯,n}，a∈Aja \in A_ja∈Aj，也就是⋃i=1nAi\bigcup_{i=1}^n A_i⋃i=1nAi中的元素一定在某一个AiA_iAi中，这就可以推出aaa属于BBB。其中大前提是假设，小前提是并集这个基本结构的结果。

从这个例子总结出的关于演绎推理证明问题的思路如下：先找到结论涉及的基本结构，根据结论涉及的基本结构确定证明的框架，然后用条件涉及的基本结构及其相关结果完成这个证明框架。

集合运算的简单性质，我们不加证明地给出下面的性质

A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C)A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C)A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C)
A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)
A∖B=A∩BCA \setminus B=A \cap B^CA∖B=A∩BC
(A∩B)C=AC∪BC(A \cap B)^C=A^C \cup B^C(A∩B)C=AC∪BC
(A∪B)C=AC∩BC(A \cup B)^C = A^C \cap B^C(A∪B)C=AC∩BC

读者可以尝试画出Venn图自行验证这五个等式。

例0.2 证明下面的等式
A∖(B∖C)=(A∖B)∪(A∩C)A \setminus (B \setminus C)=(A \setminus B) \cup (A \cap C)A∖(B∖C)=(A∖B)∪(A∩C)

证
A∖(B∖C)=A∖(B∩CC)=A∩(B∩CC)C=A∩(BC∪C)=(A∩BC)∪(A∩C)=(A∖B)∪(A∩C)A \setminus (B \setminus C)=A \setminus (B \cap C^C) = A \cap (B \cap C^C)^C \\ = A \cap (B^C \cup C) = (A \cap B^C) \cup (A \cap C)=(A \setminus B) \cup (A \cap C)A∖(B∖C)=A∖(B∩CC)=A∩(B∩CC)C=A∩(BC∪C)=(A∩BC)∪(A∩C)=(A∖B)∪(A∩C)

接下来我们介绍一个非常有用的结论，de Moivre公式，它就是上面简单性质4、5的推广。

定理0.1 de Moivre公式(有限个集合交与并的补集)

假设{Ai}i=1n={A1,A2,⋯,An}\{A_i\}_{i=1}^n=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}{Ai}i=1n={A1,A2,⋯,An}表示一系列有限个集合，它们交与并的补集满足下面的性质：

(⋃i=1nAi)C=⋂i=1nAiC(\bigcup_{i=1}^n A_i)^C = \bigcap_{i=1}^nA_i^C(⋃i=1nAi)C=⋂i=1nAiC
(⋂i=1nAi)C=⋃i=1nAiC(\bigcap_{i=1}^n A_i)^C = \bigcup_{i=1}^nA_i^C(⋂i=1nAi)C=⋃i=1nAiC

证明
后续我们会介绍这个公式对无限个集合也成立，但现在我们先证明这个最简单的情况，思路就是将nnn个集合的交或并通过换元化归为两个集合的交与并，然后用集合运算的简单性质。

i）记Bk=⋃i=knAi,k≥2B_k =\bigcup_{i=k}^n A_i,k \ge 2Bk=⋃i=knAi,k≥2,
BkC=(⋃i=knAi)C=(Ak∪Bk+1)C=AkC∩Bk+1CB_k^C=(\bigcup_{i=k}^n A_i)^C=(A_k \cup B_{k+1})^C=A_k^C \cap B^C_{k+1}BkC=(i=k⋃nAi)C=(Ak∪Bk+1)C=AkC∩Bk+1C

这样我们就得到了BkB_kBk的递推关系，下面我们重复使用这个递推关系
(⋃i=1nAi)C=(A1∪B2)C=A1C∩B2C=A1C∩A2C∩B3C=⋯=A1C∩A2C∩⋯AkC=⋂i=1nAiC(\bigcup_{i=1}^n A_i)^C=(A_1\cup B_2)^C=A_1^C \cap B_2^C \\ = A_1^C \cap A_2^C \cap B_3^C = \cdots =A_1^C \cap A_2^C \cap \cdots A_k^C =\bigcap_{i=1}^nA_i^C(i=1⋃nAi)C=(A1∪B2)C=A1C∩B2C=A1C∩A2C∩B3C=⋯=A1C∩A2C∩⋯AkC=i=1⋂nAiC

ii）记Dk=⋂i=knAi,k≥2D_k=\bigcap_{i=k}^n A_i,k \ge 2Dk=⋂i=knAi,k≥2
DkC=(⋂i=knAi)C=(Ak∩Dk+1)C=AkC∪Dk+1CD_k^C=(\bigcap_{i=k}^n A_i)^C=(A_k \cap D_{k+1})^C=A_k^C \cup D^C_{k+1}DkC=(i=k⋂nAi)C=(Ak∩Dk+1)C=AkC∪Dk+1C

重复使用这个递推关系
(⋂i=1nAi)C=(A1∩D2)C=A1C∪D2C=A1C∪A2C∪D3C=⋯=A1C∪A2C∪⋯AkC=⋃i=1nAiC(\bigcap_{i=1}^n A_i)^C=(A_1\cap D_2)^C=A_1^C \cup D_2^C \\ = A_1^C \cup A_2^C \cup D_3^C = \cdots =A_1^C \cup A_2^C \cup \cdots A_k^C =\bigcup_{i=1}^nA_i^C(i=1⋂nAi)C=(A1∩D2)C=A1C∪D2C=A1C∪A2C∪D3C=⋯=A1C∪A2C∪⋯AkC=i=1⋃nAiC

证毕

这个公式是非常有用的，未来在组合学、分析、概率论等课程中大家会频繁使用到它。

定义0.4 集列 类比数列，称一系列集合为集列，记为{Ai}i=1n={A1,A2,⋯,An},n∈N\{A_i\}_{i=1}^n=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}, n \in \mathbb{N}{Ai}i=1n={A1,A2,⋯,An},n∈N。

定义0.5 集列的单调性 与数列类似，我们也可以定义集列的单调性

集列递增记为An↑A_n \uparrowAn↑，表示Ai⊆Ai+1,1≤i≤n−1A_i \subseteq A_{i+1},1 \le i \le n-1Ai⊆Ai+1,1≤i≤n−1
集列递减记为An↓A_n \downarrowAn↓，表示Ai⊇Ai+1,1≤i≤n−1A_i \supseteq A_{i+1},1 \le i \le n-1Ai⊇Ai+1,1≤i≤n−1

例0.3 在实分析中，我们经常要基于一个递增的集列构造一个不交的集列，假设{Ai}i=1n\{A_i\}_{i=1}^n{Ai}i=1n是一个递增的集列，定义
B1=A1,Bk=Ak∖Ak−1,∀k≥2B_1=A_1,B_{k} = A_k \setminus A_{k-1},\forall k \ge 2B1=A1,Bk=Ak∖Ak−1,∀k≥2

验证Bk∩Bl=ϕ,∀k≠lB_k \cap B_l = \phi,\forall k\ne lBk∩Bl=ϕ,∀k=l以及⋃k=1nBk=⋃i=1nAi\bigcup_{k=1}^n B_k=\bigcup_{i=1}^n A_i⋃k=1nBk=⋃i=1nAi。

证明
i）不妨假设k<lk<lk<l，因为An↑A_n \uparrowAn↑，Ak⊆Al−1A_k \subseteq A_{l-1}Ak⊆Al−1，
Bk=Ak∖Ak−1⊆Ak⊆Al−1B_k= A_k \setminus A_{k-1} \subseteq A_k \subseteq A_{l-1}Bk=Ak∖Ak−1⊆Ak⊆Al−1

因此Bk∩Bl=ϕ,∀k≠lB_k \cap B_l = \phi,\forall k\ne lBk∩Bl=ϕ,∀k=l。

ii）直接计算
⋃k=1nBk=A1∪⋃k=2n(Ak∖Ak−1)=A1∪(A2∖A1)∪⋯=A2∪(A3∖A2)⋯=A3∪(A4∖A3)⋯=An\bigcup_{k=1}^n B_k = A_1 \cup \bigcup_{k=2}^n (A_k \setminus A_{k-1})=A_1 \cup (A_2 \setminus A_1) \cup \cdots \\ = A_2 \cup (A_3 \setminus A_2) \cdots = A_3 \cup (A_4 \setminus A_3) \cdots = A_nk=1⋃nBk=A1∪k=2⋃n(Ak∖Ak−1)=A1∪(A2∖A1)∪⋯=A2∪(A3∖A2)⋯=A3∪(A4∖A3)⋯=An

因为An↑A_n \uparrowAn↑, ∀i≤n\forall i \le n∀i≤n, Ai⊆AnA_i \subseteq A_nAi⊆An
⋃i=1nAi=An\bigcup_{i=1}^n A_i = A_ni=1⋃nAi=An

所以
⋃k=1nBk=⋃i=1nAi\bigcup_{k=1}^n B_k=\bigcup_{i=1}^n A_ik=1⋃nBk=i=1⋃nAi