浙江 2020 · 数学 q10

冷启动：两条规则说的是「乘法出去、除法回来」

题面没有给一个具体元素，只给了两条互相咬住的规则。先把它们翻成人话：

• 规则①：$S$ 里任取两个不同的元素相乘，积落在 $T$ 里。
• 规则②：$T$ 里任取两个元素，大的除以小的，商落回 $S$ 里。

两句话合起来是一个循环：$S$ 一乘就跳进 $T$，$T$ 一除就掉回 $S$。什么样的集合对乘除最听话？ 一串同底的幂——乘法在指数上是加法，除法是减法。所以第一个该试的对象是 $\{a,\ a^2,\ a^3,\ \dots\}$ 这样的等比串，这个念头是本题两条路共同的起点。

再看问的是什么。四个选项都是「若 $|S|$ 是几，则 $|S\cup T|$ 是几」这种蕴含式， 要求挑出必然成立的那一条。于是本题有一个不对称：

否掉一个选项只要造出一组满足全部条件、却让结论不成立的 $(S,T)$；肯定一个选项必须证明。

还有三处读题不能马虎，它们各埋着一个坑：

• 规则①只管 $x\neq y$，所以不要求 $x^2\in T$。$S=\{2,4,8\}$ 时 $T$ 只须含 $8$、$16$、$32$， $4=2^2$ 与 $64=8^2$ 都不必在里面。
• 规则②只管 $x<y$，只有「大除小」这一个方向；而且商要落进 $S\subseteq\mathbf N^*$， 所以必须整除。这一条比它看起来强得多，解法二的上界全靠它。
• $T$ 未必就是「两两乘积的全体」。 规则①只说了乘积都在 $T$ 里（$T$ 至少那么大）， 没说 $T$ 里没有别的东西。谁来管住这个自由度？也是规则②。

解法一：造三组具体集合，把另外三个选项逐个打掉

按冷启动那个念头，取底数 $2$，用连续几个幂当 $S$，每组都逐条验两个规则再数并集。

第一组：$S=\{1,2,4\}$。 三个两两乘积是 $1\times2=2$、$1\times4=4$、$2\times4=8$， 所以取 $T=\{2,4,8\}$。

• 验②：$T$ 里三对「大除小」是 $4\div2=2$、$8\div2=4$、$8\div4=2$，商 $2,4,2$ 全在 $S$ 里 ✓
• $S\cup T=\{1,2,4,8\}$，$4$ 个元素。

这组的 $|S|=3$ 而并集是 $4$ 个，于是「若 $S$ 有 $3$ 个元素，则 $S\cup T$ 有 $5$ 个元素」不成立—— D 出局。

第二组：$S=\{2,4,8\}$（把上一组整体乘 $2$）。两两乘积是 $8$、$16$、$32$，取 $T=\{8,16,32\}$。

• 验②：$16\div8=2$、$32\div8=4$、$32\div16=2$，全在 $S$ 里 ✓
• $S\cup T=\{2,4,8,16,32\}$，$5$ 个元素（这次只有 $8$ 是两边共有的，上一组共有 $2$ 与 $4$ 两个）。

这组的 $|S|$ 同样是 $3$，并集却是 $5$ 个，于是「$3$ 个元素 $\Rightarrow$ 并集 $4$ 个」不成立—— C 出局。两组例子互相把对方那条断言否掉，$|S|=3$ 时并集根本没被定死。

第三组：$S=\{2,4,8,16\}$。 六个两两乘积是 $8,16,32,32,64,128$，去重得五个， 取 $T=\{8,16,32,64,128\}$。

• 验②：$T$ 里十对「大除小」的商依次是 $2,4,8,16$（除以 $8$）、$2,4,8$（除以 $16$）、 $2,4$（除以 $32$）、$2$（除以 $64$），全在 $S$ 里 ✓
• $S\cup T=\{2,4,8,16,32,64,128\}$，$7$ 个元素。

于是「$|S|=4\Rightarrow$ 并集 $6$ 个」不成立——B 出局。只剩 A。

这条路的边界要说清楚。 三个反例证明的是「B、C、D 都不必然」，并没有证明「A 必然」—— 它靠的是「四个选项有且只有一个正确」这个外部前提（易错点「必要条件当成充要条件」说的就是这件事）。 考场上够用；但若题目改成「求 $|S\cup T|$ 的所有可能值」，这条路一个字也交不出来。A 的证明在解法二。

解法二：把 $|T|$ 两头一夹——$S$ 只能是一串幂，并集只能是 7 个

设 $|S|=n$，把 $S$ 的元素从小到大写成 $a_1<a_2<\dots<a_n$。核心动作是套路 元素个数两头夹：$|T|$ 估两次，一次由规则①从下面顶，一次由规则②从上面压。

下界（规则①给的）。 下面这一串两两乘积严格递增，因此互不相同：

$$a_1a_2<a_1a_3<\dots<a_1a_n<a_2a_n<a_3a_n<\dots<a_{n-1}a_n .$$

前半段是「都乘 $a_1$，另一个因子越来越大」，后半段是「都乘 $a_n$，另一个因子越来越大」， 两段在 $a_1a_n$ 处接上，共 $(n-1)+(n-2)=2n-3$ 项。它们全在 $T$ 里，所以

$$|T|\geqslant 2n-3 .$$

（别写成「$T$ 至少有 $\binom n2$ 个元素」——中间那些乘积可能相等，比如 $a_2a_3$ 与 $a_1a_4$ 就可能撞上，本题最后正是撞上了。）

上界（规则②给的）。 设 $t_1=\min T$。对 $T$ 里每个 $t>t_1$，规则②给出 $t/t_1\in S$； 不同的 $t$ 除以同一个 $t_1$ 得到不同的商，所以「$t\mapsto t/t_1$」是从 $T\setminus\{t_1\}$ 到 $S$ 的单射，于是

$$|T|-1\leqslant |S|=n,\qquad\text{即}\qquad |T|\leqslant n+1 .$$

两界一撞。 $2n-3\leqslant |T|\leqslant n+1$ 给出 $2n-3\leqslant n+1$，即

$$n\leqslant 4 .$$

这就是四个选项只谈 $3$ 与 $4$ 的原因：$S$ 最多只能有 $4$ 个元素。

$n=4$ 时两界重合。 此时 $2n-3=5=n+1$，所以 $|T|=5$，一个不多一个不少。 把 $S$ 写成 $\{a<b<c<d\}$，那五个必不相同的乘积

$$ab<ac<ad<bd<cd$$

已经把 $T$ 填满了，故 $T=\{ab,\ ac,\ ad,\ bd,\ cd\}$。可是 $bc$ 也是两个不同元素的积、也在 $T$ 里， 而 $ac<bc<bd$，$T$ 里落在 $ac$ 与 $bd$ 之间的只有 $ad$，所以

$$bc=ad .$$

再用一次规则②，$S$ 就被彻底定死。 $T$ 的最小元是 $ab$，四个商

$$\frac{ac}{ab}=\frac cb,\qquad \frac{ad}{ab}=\frac db,\qquad \frac{bd}{ab}=\frac da,\qquad \frac{cd}{ab}=\frac{cd}{ab}$$

都在 $S$ 里，而它们互不相同、恰好四个，所以它们就是 $a,b,c,d$ 的一个排列。 再看这四个商本身的大小：$\frac cb<\frac db<\frac da<\frac{cd}{ab}$ （前两个比是同分母比分子，后两个比用 $\frac{cd}{ab}=\frac cb\cdot\frac da>\frac da$）。 两串一一对应：

$$a=\frac cb,\qquad b=\frac db,\qquad c=\frac da,\qquad d=\frac{cd}{ab} .$$

第二式给 $d=b^2$；第一式给 $c=ab$；代进第三式得 $ab=\dfrac{b^2}{a}$，即 $b=a^2$。于是

$$S=\{a,\ a^2,\ a^3,\ a^4\},\qquad T=\{a^3,\ a^4,\ a^5,\ a^6,\ a^7\},$$

其中 $a\geqslant 2$（$a=1$ 时四个元素会挤成一个）。第四式 $\frac{cd}{ab}=\frac{a^7}{a^3}=a^4=d$ 自动成立， 两条规则也全部成立：$a^i\cdot a^j=a^{i+j}$ 的指数 $i+j$ 跑遍 $3$ 到 $7$，正好是 $T$； $T$ 里相除得 $a^{j-i}$，指数 $j-i$ 跑遍 $1$ 到 $4$，正好是 $S$。

最后数并集。 $S\cap T=\{a^3,a^4\}$ 共 $2$ 个，按并集的元素个数公式

$$|S\cup T|=|S|+|T|-|S\cap T|=4+5-2=7 .$$

$|S|=4$ 时并集必然是 $7$ 个（连 $S$、$T$ 长什么样都被定死，只剩底数 $a$ 可选）。选 A。

两条路差在哪

解法一是「否」的技术，成本极低（三组集合、每组验两条规则），但它给不出任何结构信息： 为什么 $|S|$ 不能是 $5$、为什么 $|S|=4$ 时并集不会是别的数，它一句也答不上来。

解法二是「立」的技术。它多出来的东西不是几分卷面分，是三条硬结论：

1. $|S|\leqslant 4$——$S$ 再大就撑爆 $T$ 与 $S$ 之间的那个单射；
2. $|S|=4$ 时 $|T|=5$，且 $S=\{a,a^2,a^3,a^4\}$、$T=\{a^3,\dots,a^7\}$ 是唯一形状；
3. $|S|=3$ 时并集不唯一（解法一的两组例子就是两种，$4$ 与 $5$ 都出现），所以 C、D 注定都不必然。

第 3 条还解释了这道题的设计：四个选项里两条谈 $|S|=3$、两条谈 $|S|=4$，而只有 $|S|=4$ 那一侧 的并集是被定死的。图②把这件事画成了「同样三格的 $S$，整体右移一格，与 $T$ 的重叠格数就从 $2$ 掉到 $1$」。

避坑

• 规则①里的「$x\neq y$」不能漏。 它意味着平方不必进 $T$：$S=\{2,4,8\}$ 时 $T=\{8,16,32\}$ 已经合法，不必塞进 $4$ 与 $64$。把平方也算进去，第一组例子就凑不出来，还会误以为 $|T|\geqslant\binom n2$。
• 别默认 $T$ 就是「两两乘积的全体」。 规则①给的是 $T\supseteq\{$乘积$\}$，是下界不是等式。 真正把 $T$ 关住的是规则②的那个单射（$|T|\leqslant n+1$）；$n=4$ 时两界撞上，$T$ 才恰好 等于那五个乘积。跳过这一步就等于假设了结论。
• 下界那条链要写成严格递增的一串，别报「$\binom n2$ 个」。 $n=4$ 时六个乘积里 $bc$ 与 $ad$ 确实相等， 所以 $|T|\geqslant 6$ 是假的；正确的下界是 $2n-3=5$。多说的那一个元素恰好是本题的枢轴—— $bc=ad$ 正是后面逼出 $S=\{a,a^2,a^3,a^4\}$ 的第一块砖。
• 上界那一步必须点明「不同的被除数给不同的商」。 没有单射这句话，规则②只说明「每个 $t$ 都有个商在 $S$ 里」，数不出个数——两头夹就少了一头。
• 商必须整除。 $y/x\in S\subseteq\mathbf N^*$，所以 $T$ 里任意两个元素之间都得整除。 这解释了为什么 $S$ 只能是同底幂：试 $S=\{2,3,6\}$，规则①把 $6$、$12$、$18$ 顶进 $T$， 而 $18\div 12$ 不是整数，规则②当场把它否掉。
• 一个例子只能否，不能立。 三组例子刷掉三个选项之后就选 A，靠的是「有且只有一个正确选项」。 这在选择题里成立，在解答题里不成立——「排除到只剩一个」不是证明。
• 数并集别去数「$S$ 的个数 $+T$ 的个数」。 $4+5=9$ 不是答案，公共的 $a^3$、$a^4$ 被数了两遍， 减掉才是 $7$。$|S|=3$ 那两组例子重叠格数不同（$2$ 与 $1$），并集因此一个 $4$ 一个 $5$—— 本题四个选项的差别全在「重叠几个」上。

收口

这道题看着抽象，其实只有两个动作。第一个动作是认出「乘进去、除回来」对同底幂最听话， 于是例子张手就来：$\{1,2,4\}$、$\{2,4,8\}$、$\{2,4,8,16\}$ 三组一摆，B、C、D 全倒。 第二个动作是把 $|T|$ 估两次：规则①的递增链顶出 $|T|\geqslant 2n-3$，规则②的单射压出 $|T|\leqslant n+1$，两界相撞得 $n\leqslant 4$；$n=4$ 时两界重合，$T$ 被填满、$bc=ad$ 被迫成立、 $S$ 被逼成 $\{a,a^2,a^3,a^4\}$，并集只能是那 $7$ 个连续的幂。 一个数估两次就把结构逼出来了——这是本题最值得带走的一招。