关于集合的两个问题

定义“集合的和”为：集合中所有元素累加的结果。 定义“集合的乘积”为：集合中所有元素累乘的结果。

n个元素的非空子集 2 n − 1 2 ^ {n}-1 2n−1个，

集合中每个元素在出现在数目一定的一个子集的概率都是相同的。

换言之，对于所有元素，它在这 2 n − 1 2^n-1 2n−1个集合中出现次数(设为 n u m num num)是相同的。

举个例子。元素个数为一的子集共有n个，每个元素出现一次,每个元素出现的概率是1/n。

元素个数为2的子集共有 C ( n , 2 ) = n ∗ （ n − 1 ） / 2 C(n,2)=n *（n-1）/2 C(n,2)=n∗（n−1）/2,元素个数共有 2 ∗ C ( n , 2 ) = n ∗ （ n − 1 ） 2*C(n,2)=n *（n-1） 2∗C(n,2)=n∗（n−1）,每个元素出现的概率相同，所以每个元素应该出现了 2 ∗ C ( n , 2 ) / n = n − 1 2*C(n,2) /n=n-1 2∗C(n,2)/n=n−1次，且分布在不同集合中。 所以结论就是

n u m = ∑ i = 1 i = n i × C （ n , i ） / n num=\sum_{i=1}^{i=n} i×C（n,i）/n num=∑i=1i=n​i×C（n,i）/n = ∑ i = 0 i = n − 1 C （ n , i ） = 2 n − 1 \sum _{i=0}^{i=n-1} C（n,i）=2^{n-1} ∑i=0i=n−1​C（n,i）=2n−1

一个更简单的证明方法， n u m = ( 2 n − 1 ) − ( 2 n − 1 − 1 ) num=(2^n-1)-(2^{n-1}-1) num=(2n−1)−(2n−1−1)----把这个元素拿出来，用其他元素可以构成 2 n − 1 − 1 2^{n-1}-1 2n−1−1个集合，然后用总的集合数减去未包含该元素的集合数，即可得到该元素在所有子集的出现次数。

定义“集合的乘积”为集合中所有元素的乘积，那么如何求一个集合的所有子集的乘积之和呢？ 先来看一个有趣的展开式 （ x + 1 ） ∗ （ y + 1 ） = x y + x + y + 1 （x+1）*（y+1）=xy+x+y+1 （x+1）∗（y+1）=xy+x+y+1 接着来尝试一下 （ x + 1 ） ∗ （ y + 1 ） ∗ （ z + 1 ） = （ x y + x + y + 1 ） ∗ （ z + 1 ） = x y z + x y + x z + x + y z + y + z + 1 （x+1）*（y+1）*（z+1）=（xy+x+y+1）*（z+1）=xyz+xy+xz+x+yz+y+z+1 （x+1）∗（y+1）∗（z+1）=（xy+x+y+1）∗（z+1）=xyz+xy+xz+x+yz+y+z+1 整理一下，不难发现规律，

那么具体怎样推到而来的呢？ 对于一个集合个数为n的集合{ a 1 , a 2 , a 3 . . . , a n a_{1},a_{2},a_{3}...,a_{n} a1​,a2​,a3​...,an​}，现在往里面加一个元素 a n + 1 a_ {n+1} an+1​，我们考虑会增加什么子集。 其实就是 a n + 1 a_ {n+1} an+1​加入到原来的集合的所有子集（包括空集）所构成的集合。由于是乘积之和，显然我们可以提公因子，即 a n + 1 a_{n+1} an+1​。 例如对于集合{a,b,c}，它的子集有{ a , b , c a,b,c a,b,c}，{ a , b a,b a,b}，{ a , c a,c a,c}，{ b , c b,c b,c}，{ a a a}，{ b b b}，{ c c c}，{ }，其子集的乘积之和 S 1 = a b c + a b + a c + b c + a + b + c S_{1}=abc+ab+ac+bc+a+b+c S1​=abc+ab+ac+bc+a+b+c；

如果往集合{a,b,c}中加入一个元素d，那么会增加的子集有{ a , b , c , d a,b,c,d a,b,c,d}，{ a , b , d a,b,d a,b,d}，{ a , c , d a,c,d a,c,d}，{ b , c , d b,c,d b,c,d}，{ a , d a,d a,d}，{ b , d b,d b,d}，{ c , d c,d c,d}，{ d d d}，这些子集的乘积之和 S 2 = a b c d + a b d + a c d + b c d + a d + b d + c d + d = d ( a b c + a b + a c + b c + a + b + c ) + d = d ( S 1 + 1 ) S_{2}=abcd+abd+acd+bcd+ad+bd+cd+d=d(abc+ab+ac+bc+a+b+c)+d=d(S1+1) S2​=abcd+abd+acd+bcd+ad+bd+cd+d=d(abc+ab+ac+bc+a+b+c)+d=d(S1+1)。

所以集合{ a , b , c , d a,b,c,d a,b,c,d}的所有子集的乘积之和 S 3 = S 1 + S 2 = S 1 + d ( S 1 + 1 ) = ( S 1 + 1 ) ( d + 1 ) − 1 S3=S1+S2=S1+d(S1+1)=(S1+1)(d+1)-1 S3=S1+S2=S1+d(S1+1)=(S1+1)(d+1)−1。

类推可得，集合{ a , b , c , d , e a,b,c,d,e a,b,c,d,e}的所有子集的乘积之和 S 4 = ( S 3 + 1 ) ( e + 1 ) − 1 = ( S 1 + 1 ) ( d + 1 ) ( e + 1 ) − 1 S_{4}=(S_{3}+1)(e+1)-1=(S1+1)(d+1)(e+1)-1 S4​=(S3​+1)(e+1)−1=(S1+1)(d+1)(e+1)−1

其实 S 1 + 1 = ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) S_{1}+1=(a+1)(b+1)(c+1) S1​+1=(a+1)(b+1)(c+1)，所以 S 4 = ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) ( d + 1 ) ( e + 1 ) − 1 S_{4}=(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)(e+1)-1 S4​=(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)(e+1)−1。归纳可得上诉结论。