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集合运算与韦恩图

基础更新于 2026-09-29

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集合运算把“且、或、非”转化为对象所属区域，适合处理区间与复合条件。

交、并、差、补与对称差

设 $A,B\subseteq U$ ，其中 $U$ 是固定全集。

\begin{aligned} A\cap B&=\{x\in U:x\in A\text{ 且 }x\in B\},\\ A\cup B&=\{x\in U:x\in A\text{ 或 }x\in B\},\\ A\setminus B&=\{x\in U:x\in A\text{ 且 }x\notin B\},\\ A^c&=U\setminus A,\\ A\triangle B&=(A\setminus B)\cup(B\setminus A). \end{aligned}

并集的“或”包含两者都成立；对称差表示恰属于其中一个集合。补集也可记作 $\complement_U A$ ，记 $A^c$ 时仍须明确全集。差集一般不交换，例如 $\{1,2\}\setminus\{2\}=\{1\}$ ，而反向差集为空。

常用等价写法为

A\setminus B=A\cap B^c,\qquad A\triangle B=(A\cup B)\setminus(A\cap B).

证明第一式时，一个元素属于差集，正好表示它属于 $A$ 且不属于 $B$ ；第二式表示至少属于一者、又不同时属于两者。两者都逐元素双向成立。

集合运算律总表：八组逐式列出

以下 $A,B,C\subseteq U$ ，所有补集均相对于同一个 $U$ 。

(1) 交换律

A\cup B=B\cup A,\qquad A\cap B=B\cap A.

(2) 结合律

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

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

(3) 分配律：两个方向都成立

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

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

(4) 零一律

A\cup\varnothing=A,\quad A\cap\varnothing=\varnothing, \quad A\cup U=U,\quad A\cap U=A.

(5) 幂等律

A\cup A=A,\qquad A\cap A=A.

(6) 吸收律

A\cup(A\cap B)=A,\qquad A\cap(A\cup B)=A.

(7) 求补律

A\cup A^c=U,\qquad A\cap A^c=\varnothing.

(8) 德摩根律（原稿称反演律）

(A\cup B)^c=A^c\cap B^c,\qquad (A\cap B)^c=A^c\cup B^c.

一般差集形式为

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

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

推导。 把左侧差集写成 $A\cap(B\cup C)^c$ 或 $A\cap(B\cap C)^c$ ，先使用补集形式，再使用分配律。第一式右侧中重复出现的 $A$ 由幂等律合并。若不预先指定全集，也可逐元素判断：第一式要求属于 $A$ 且同时不属于 $B,C$ ；第二式要求属于 $A$ 且至少不属于 $B,C$ 之一。

还常用两次取补还原 $(A^c)^c=A$ ，以及 $\varnothing^c=U,U^c=\varnothing$ 。混合出现交、并、差时应加括号说明运算顺序，不把差集当成满足结合律的运算。

八组运算律为什么成立

任取 $x\in U$ 。集合相等只须证明两侧对这个任意元素给出相同的归属判断。

(1) 交集要求两个条件都成立，并集要求至少一个成立；条件的列举顺序不改变真假，故得到两条交换律。

(2) $x\in A\cup(B\cup C)$ 与 $x\in(A\cup B)\cup C$ 都表示三个条件至少一个成立；两个交式都表示三个条件全部成立，故得到结合律。

(3) 对 $A\cup(B\cap C)$ ，分 $x\in A$ 与 $x\notin A$ 两种情况：若在 $A$ 中，两侧都包含它；若不在 $A$ 中，两侧都要求它同时属于 $B,C$ 。对另一条 $A\cap(B\cup C)$ ，若不在 $A$ 中两侧都不包含它；若在 $A$ 中两侧都要求至少属于 $B,C$ 之一。这给出两条分配律的完整证明。

(4) 元素永不属于空集、必属于全集，所以与空集取并不增元素、取交没有元素，与全集取并得到全集、取交保留原集。

(5) 同一个归属判断重复一次，不改变真假，所以交并均幂等。

(6) 因为 $A\cap B\subseteq A$ ，把它并入 $A$ 不增加元素；因为 $A\subseteq A\cup B$ ，用后者与 $A$ 取交不会删去 $A$ 中元素。

(7) 任取 $x\in U$ ，它恰好处于“属于 $A$ ”和“不属于 $A$ ”中的一种，因此 $A$ 与补集覆盖 $U$ 且不相交。

(8) 不属于 $A\cup B$ 表示两者都不属于，等价于属于 $A^c\cap B^c$ ；不属于 $A\cap B$ 表示至少不属于一者，等价于属于 $A^c\cup B^c$ 。再否定一次“不属于 $A$ ”，恢复“属于 $A$ ”，得到 $(A^c)^c=A$ 。

所有论证都适用于空集、相等集合和包含集合，不依赖韦恩图是否把所有区域画成非空。

用元素法证明集合恒等式

证明 $A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C)$ 时，任取元素 $x$ ，有

x\in A\cap(B\cup C) \iff x\in A\text{ 且 }(x\in B\text{ 或 }x\in C) \iff x\in(A\cap B)\cup(A\cap C).

两个集合对每个元素作出相同判断，所以相等。这种证明也说明集合运算的分配律来自逻辑中的“且”“或”。同样， $A\subseteq B$ 等价于 $A\cap B=A$ ，也等价于 $A\cup B=B$ ；把这些等式改写成包含关系，往往比直接运算容易。

例：端点检查

若 $A=(-1,2]$ ， $B=[1,3)$ ，则 $A\cap B=[1,2]$ ， $A\cup B=(-1,3)$ ， $A\setminus B=(-1,1)$ 。取全集 $\mathbb R$ 时， $A^c=(-\infty,-1]\cup(2,+\infty)$ 。

例：在数轴上逐段检查集合运算

取全集 $U=\mathbb R$ ， $A=(-\infty,2]$ ， $B=(-1,4)$ 。先把端点 $-1,2,4$ 标在同一数轴上，再逐段判断是否满足“且”“或”“不属于”。于是

A\cap B=(-1,2],\qquad A\cup B=(-\infty,4),

A\setminus B=(-\infty,-1],\qquad U\setminus(A\cup B)=[4,+\infty).

例如 $-1\in A$ 且 $-1\notin B$ ，所以差集必须包含 $-1$ 。区间端点不能凭两侧括号的外观决定，要把这个数代回条件。

易错点

并集中的“或”允许同时成立。韦恩图帮助组织情况，但不能以画出的某种包含关系代替题目尚未给出的条件。

对称差：逐元素的二值运算与消去律

设 $A,B,C\subseteq U$ 。给每个 $x\in U$ 记一个数 $\mathbf1_A(x)$ ：属于 $A$ 时为 $1$ ，不属于时为 $0$ 。对称差正好记录两者归属不同，因此

\mathbf1_{A\triangle B}(x)\equiv\mathbf1_A(x)+\mathbf1_B(x)\pmod2.

这只是对 $0,1$ 的四种组合逐一核对，不需要数论先修。它给出

A\triangle B=B\triangle A,\qquad (A\triangle B)\triangle C=A\triangle(B\triangle C),

A\triangle\varnothing=A,\qquad A\triangle A=\varnothing, \qquad (A\triangle B)\triangle B=A.

最后一式说，连续翻转同一批元素两次会还原。因而

A\triangle C=B\triangle C\iff A=B.

例如 $(P\triangle A)\triangle(Q\triangle B)=A\triangle B$ ，在两侧再与 $A\triangle B$ 作对称差，即得 $P\triangle Q=\varnothing$ ，等价于 $P=Q$ 。若 $P,Q$ 均为某个 $n$ 元集的子集，则这样的有序集合对有 $2^n$ 个。

有限集合还有

|A\triangle B|=|A|+|B|-2|A\cap B|.

证明时将 $A\cup B$ 分为 $A\setminus B,A\cap B,B\setminus A$ 三个不交部分；右侧加法将中间部分算两遍，扣除两遍即剩对称差。

对称差距离的最小值与全部取等集合

有限集合的差异可用 $d(A,B)=|A\triangle B|$ 度量。对任意有限集 $X$ ，

|X\triangle A|+|X\triangle B|\ge|A\triangle B|.

逐元素证明：若一个元素对 $A,B$ 的归属不同，无论 $X$ 选不选，它恰贡献 $1$ ；若同时属于 $A,B$ ， $X$ 选它贡献 $0$ 、不选贡献 $2$ ；若同时不属于 $A,B$ ， $X$ 不选贡献 $0$ 、选贡献 $2$ 。

所以最小值为 $|A\triangle B|$ ，全部取等集合恰为

A\cap B\subseteq X\subseteq A\cup B.

对称差中的每个元素可以自由决定，取等集合共有 $2^{|A\triangle B|}$ 个。例如 $A=\{1,2,3\},B=\{2,3,4\}$ ，最小值为 $2$ ， $X$ 必须包含 $2,3$ ，可任选 $1,4$ ，有四种。只求得下界而不说明可达配置，会漏掉这个方法的一半。

利用交并条件确定集合：两个完整例子

例一。 有限集合满足 $|A|=12,|B|=13,|A\cup B|=15$ 。求满足 $C\subseteq A\cup B$ 、 $|C\cap A\cap B|=1$ 、 $C\subsetneq B$ 的集合 $C$ 的个数。

先由容斥得 $|A\cap B|=10$ ，因此 $|B\setminus A|=3$ 。 $C\subsetneq B$ 已经保证它不取 $A\setminus B$ 中的元素；交集部分须从十个元素中恰选一个，另三个元素任取，共 $10\cdot2^3=80$ 个。由于 $C$ 漏掉了 $A\cap B$ 中其余九个元素，必定不等于 $B$ ，严格包含无需再扣一次。

例二。 若 $A\cap X=B\cap X=A\cap B$ 且 $A\cup B\cup X=A\cup B$ ，证明 $X=A\cap B$ 。

从 $A\cap X=A\cap B$ 立刻得到 $A\cap B\subseteq X$ 。反过来，任取 $x\in X$ ，并集等式迫使 $x\in A\cup B$ 。若 $x\in A$ ，则 $x\in A\cap X=A\cap B$ ；若 $x\in B$ ，则 $x\in B\cap X=A\cap B$ 。两种情况均得 $x\in A\cap B$ ，所以 $X\subseteq A\cap B$ 。双向包含完成证明。

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先修：集合、数集与区间。

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