子集、输出与受限计数

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先认清“数什么”：数输入记录、不同输出、子集、包含链，还是每个子集的一份贡献？这些问题看起来都在列举，却有不同的去重标准。本章从有限取舍的依据出发，接上分类、配对与最大值证明。

一、知识点概念与依据

1. 子集与独立取舍一一对应

设有限集合有 $n$ 个不同成员。每个成员可选或不选，固定前面的选择后，下一个仍有两种选择，方案数逐次翻倍，得到 $2^n$ 。每套取舍决定唯一子集，每个子集又唯一决定这些取舍，因此没有漏或重。

所问对象	个数	删除什么
全部子集	$2^n$	不删除
非空子集	$2^n-1$	删除空集
真子集	$2^n-1$	删除原集合
非空真子集， $n\ge1$	$2^n-2$	分别删除空集和原集合
非空真子集， $n=0$	$0$	空集与原集合是同一个对象，不能删两次

原知识的 $2^n-2$ 未写 $n\ge1$ ，必须补上。非空子集与真子集数量相同，所指集合却不相同。原集合为空时，全部子集只有 $\varnothing$ 一个。

要实际列出全部子集，可按成员数从 $0$ 层到 $n$ 层列：每个子集只属一个层，层内按固定书写顺序选成员，换序不另计。 $\{0\}$ 的子集是 $\varnothing,\{0\}$ ；方程 $(x-1)(x-2)(x-3)^2=0$ 的解集为 $\{1,2,3\}$ ，重根 $3$ 只算一次。其八个子集为

\varnothing,\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1,2,3\}.

数目核对可以发现遗漏，但“总数相符”不保证正确，重复与遗漏也可能恰好抵消，仍须核实际成员。

2. 先求原集合，再决定公式中的 n

公式中的 $n$ 不是输入次数、根的重数，也不是某个参数的数值。先保留分母、根号和对象范围，求全部实际不同成员。

$A=\{1,2,3,4,5,9\}$ ， $B=\{x\in A\mid\sqrt x\in\mathbb Z\}=\{1,4,9\}$ 。 $2,3,5$ 不是整数平方，故 $B$ 的非空子集数为 $2^3-1=7$ ，原集合 $B$ 仍应保留。
$A=\{1,2,3,4,5,6\}$ ，要求 $6/(x-1)\in\mathbb N$ ： $x=1$ 原分母为零； $x=2,3,4$ 给 $6,3,2$ ； $x=5,6$ 给非整数。因此 $B=\{2,3,4\}$ ，真子集数也为 $7$ ，但这次删除的是 $B$ ，保留空集。
$A=\{1,2,3\}$ 、 $B=\{3,5\}$ ，输出 $2a+b$ 的六次结果为 $5,7,7,9,9,11$ ，结果集仅 $\{5,7,9,11\}$ ，所以全部子集数为 $2^4=16$ ，不是 $2^6$ 。
从 $\{1,2,3\}$ 选 $m\ne n$ ，乘积输出只为 $2,3,6$ 。交换输入会重复相同积，非空真子集数是 $2^3-2=6$ ，不是按六个有序输入对计数。

3. 输入次数、不同输出与贡献总和

集合新符号先读定义：哪个输入来自哪个集合？输出是数还是完整有序对？分支按什么条件选择？不能默认新运算有交换律。

若输出是数，按数值相等合并。 $A=\{1,3,5\}$ 、 $B=\{2,4,6\}$ 的和集，固定第一输入三行输出分别为 $(3,5,7)$ 、 $(5,7,9)$ 、 $(7,9,11)$ ，九次输入只有五个不同值 $\{3,5,7,9,11\}$ 。只知道最小 $3$ 、最大 $11$ ，不能直接把中间所有整数填进来。

新规则 $A\otimes B=\{b^2-a\mid a\in A,b\in B\}$ ，取 $A=\{1,4\}$ 、 $B=\{-1,2\}$ ，四种输入 $(1,-1),(1,2),(4,-1),(4,2)$ 分别给 $0,3,-3,0$ ，仅三个成员。 $(-1)^2$ 要保留括号，不能算成 $-1$ ；输入角色交换后须另算，不根据符号猜交换律。

完整确定输出集要两向证明：所有合法输入的结果都在候选中，且每个候选有合法输入实现。有限小集合可完整列表；无限输入要找决定结果的有限特征，不能只试几个数。

若题目收集有序对， $(1,4)$ 与 $(4,1)$ 是不同成员；两点相等要求对应坐标各自相等，不能按坐标和相等合并。两个坐标独立可选、且不同输入确给不同点时，才直接按选择数相乘。

若题目求“每个子集的运算值总和”，不同子集即使给同一个数，也各贡献一次。若题目求“输出集合的元素和”，重复值却只能加一次。例如积集输入 $\{1,3,4\}$ 与 $\{1,4\}$ ，六次乘积 $1,4,3,12,4,16$ 去重为 $\{1,3,4,12,16\}$ ，元素和是 $36$ ；不去重得 $40$ ，多加了一个 $4$ 。原题“既有元素之和”按原解解释为所有元素之和，文字不规范不改变此计数对象。

4. 有约束时，先分类而非直接乘 2

要求含某成员，就不能让它再自由选；禁止两数同选，则两者选择互相限制。严格链 $A\subsetneq B\subsetneq C$ 是有位置的集合组，不是三个集合各自独立选。有限严格包含使成员数递增，但个数递增仅是必要条件，具体成员也须依次进入。

已知 $A\cup B=S$ 时，先查 $A\subseteq S$ ，否则并集不能删除 $A$ 的外来成员，无解。若可行，记 $D=S\setminus A$ ，其中 $\setminus$ 表示删除： $D$ 必须进入 $B$ ， $A$ 中的成员可选， $S$ 外成员禁入。因此

B=D\cup T,\qquad T\subseteq A.

充分性：两边均在 $S$ 内，不会多收； $S$ 的成员要么由 $A$ 提供，要么在 $D$ 中由 $B$ 提供，不会少收。反过来合法 $B$ 唯一对应 $T=A\cap B$ ，因 $D$ 与 $A$ 不交，不同 $T$ 给不同 $B$ 。有限 $A$ 有 $n$ 个成员且无额外限制时，恰有 $2^n$ 个 $B$ 。 $A=\varnothing$ 时仅 $B=S$ ；若另限非空、真包含或固定成员数，还要继续筛选。

5. 总和的两种计数：出现次数与配对子集

普通元素和。固定某成员 $a$ ，包含它的子集可从其余 $n-1$ 个成员任意选，故出现 $2^{n-1}$ 次。这些子集已非空。因此有限非空集合 $M$ 的全部非空子集元素和总和为

2^{n-1}\sum_{a\in M}a.

例如 $M=\{1,2,3,4,5,6\}$ ，每个数出现 $32$ 次，总贡献 $32\times21=672$ 。

首项后减加的交替和。递减排 $b_1>b_2>\cdots$ ，记 $f(S)=b_1-b_2+b_3-\cdots$ 。设原集合最大成员为 $m$ ，对不含 $m$ 的 $S$ ，添加 $m$ 放在首位，原来每项符号反转：

f(S\cup\{m\})=m-f(S).

添加与删除 $m$ 互为逆操作，所有子集恰分成 $2^{n-1}$ 对，每对贡献 $m$ 。辅助定义 $f(\varnothing)=0$ 处理空集与单点那一对，删掉零贡献就回到非空子集总和 $m2^{n-1}$ 。这仅是计算约定，不替原题扩大定义。上述六元素集合得到 $6\times32=192$ ，与普通和 $672$ 不同。

首两项相加再交替不是此规则，如“和睦数” $b_1+b_2-b_3+\cdots$ ，不能直接套用最大成员配对式。排序也是题目额外要求，不是集合本身有顺序。

交替除乘需另证规律：若最小成员是 $-1$ ，其余成员非零，把它添到非空 $S$ 后排最后，最后一步不论乘 $-1$ 或除以 $-1$ ，结果都反号。每对贡献零，单点 $\{-1\}$ 另贡献 $-1$ ；不必也不能擅给空集的积设零。无限集合可能无最大数或无有限运算结果，含零集合可能产生零除数，均不能无条件套用。

6. 最大个数必须同时有上界和可取性

禁止绝对差为正整数 $k$ ，等价于每个 $t$ 与 $t+k$ 不能同选；这样覆盖所有冲突对，与自身差 $0$ 不触犯正数 $k$ 。证明不合法找一对反例即可，证明合法却须覆盖所有对。

可把候选不重叠分块，每块内任意两项都冲突时每块至多取一项；若只是部分冲突，不能套“至多一项”。分类时 $0$ 个都不选的分支也不能漏，分支规定不选某项，不等于这项与其他已选项冲突。

若候选可排成有 $N$ 个点的冲突环，每个相邻对和首尾对都确实冲突，选 $r$ 个就可给每个已选点配一个未选的下一点。不同点的下一点不同，故至少有 $r$ 个未选， $2r\le N$ 。路径没有首尾回边时，不直接套环结论。

最后须给达到上界的合法集合并验证全部限制。某个集合“已经不能再加成员”只说明它不能继续扩大，不表示它比所有其他合法集合都大。

二、考点方法与例题

1. 从实际成员出发，分层列举

先求全部参数候选并回代真实集合；数量要求未明说时不能凭列项数排重合值。每个合法参数分支各自列子集，按空集、单成员、双成员直至原集合分层，再按题意删除。

例题 01 一个参数分支对应一批真子集

题目

已知集合 $A=\left\{ 1,a-2,2{a}^{2}+5a\right\}$ ，且 $-3\in A$ .

(1)求 $a$ 的值；

(2)写出集合 $A$ 的所有真子集.

答案与解析

解析

（1） $-3\ne1$ ，只能 $a-2=-3$ 或 $2a^2+5a=-3$ 。前者给 $a=-1$ ；后者 $(2a+3)(a+1)=0$ ，给 $a=-3/2,-1$ ，合并为两个候选。

$a=-1$ 时实际 $A=\{1,-3\}$ ，满足归属； $a=-3/2$ 时 $A=\{1,-7/2,-3\}$ ，也满足。题干未明确三个不同元素，通常集合去重定义保留两值。原解额外默认三项互异，才只留 $-3/2$ ，不能把这当成普遍规则。

（2） $a=-1$ 的真子集为 $\varnothing,\{1\},\{-3\}$ ，共 $3$ 个。

$a=-3/2$ 的真子集按层为：空集 $\varnothing$ ；单成员 $\{1\},\{-7/2\},\{-3\}$ ；双成员 $\{1,-7/2\},\{1,-3\},\{-7/2,-3\}$ ，共 $1+3+3=7$ 个。原集合本身删除，空集保留；分别符合 $2^2-1$ 与 $2^3-1$ 。

本题结论

通常去重读取： $a=-1,-3/2$ ，相应真子集分别如上 3 个、7 个；原解另默认三元素时只取后一支。

2. 分类得到输出，再按对象身份去重

先读输入范围与输出对象。有限输入列表穷尽；无限输入找不改变结果的分类特征，并证明每类覆盖、候选可取。分类数不等于输出数，输出数也不等于子集数。

例题 02 无限输入只由正负决定

题目

已知 $x,y,z$ 为非零实数，代数式 $\frac{x}{\left| x\right|}+\frac{y}{\left| y\right|}+\frac{z}{\left| z\right|}+\frac{\left| xyz\right|}{xyz}$ 的值所组成的集合是 $M$ ，则 $M$ 中元素个数为．

答案与解析

解析

非零保证所有分母有定义。 $x/\lvert x\rvert$ 按正负为 $1,-1$ ； $\lvert xyz\rvert/(xyz)$ 是乘积的符号。表达式对变量交换不变，故按正数个数分类可覆盖全部八种符号排列：

正数个数	前三项之和	乘积符号	总值
3	$3$	$1$	$4$
2	$1$	$-1$	$0$
1	$-1$	$1$	$0$
0	$-3$	$-1$	$-4$

各类可用 $1,-1$ 实现，没有其他输入类别，两种不同类别同给 $0$ ，只计一次。于是 $M=\{-4,0,4\}$ 。若允许零，原式未定义，不能添一个“零类”继续算。

本题结论

3 个。

例题 03 输出是有序对时为什么可以相乘

题目

设集合 $A=\{-1,0,1\}$ ，集合 $B=\{0,1,2,3\}$ ，定义 $A\ast B=\{(x,y)|x\in A\cap B,y\in A\cup B\}$ ，则 $A\ast B$ 中元素个数是（）

A．7 B．10 C． ${2}^{5}$ D． ${5}^{2}$

答案与解析

解析

先求 $A\cap B=\{0,1\}$ 、 $A\cup B=\{-1,0,1,2,3\}$ 。第一坐标有两种，第二坐标五种，规则没有耦合限制。全部点为

\{(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,-1),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3)\}.

同一行第二坐标不同，两行第一坐标不同，故十点全部不同且覆盖全部合法选择。数目 $2\times5=10$ 。A 的 $7$ 只加两类选择数；C 的 $2^5$ 是另一五成员集合的子集数；D 的 $5^2$ 把第一坐标也误算成五种。

本题结论

选 B。

3. 必入、可选和严格包含链

先证明全部候选的构成，再数自由选择；有包含链则按成员数分层，在前一个集合已固定后再选后一个集合。每类需互斥且覆盖全部情况。

例题 04 必须补入 0，已有成员仍可选

题目

设集合 $A=\left\{ x\mid {x}^{2}-3x+2=0\right\}$ ，则满足 $A\cup B=\{0,1,2\}$ 的集合 $B$ 的个数是（）

A．1 B．3 C．4 D．6

答案与解析

解析

$(x-1)(x-2)=0$ 给 $A=\{1,2\}$ 。目标 $\{0,1,2\}$ 内缺的 $0$ 必由 $B$ 提供， $1,2$ 已在 $A$ 中，各自可进 $B$ 也可不进，其他数不能进入。

四个候选恰为 $\{0\},\{0,1\},\{0,2\},\{0,1,2\}$ 。各与 $A$ 并回都得目标，且所有合法 $B$ 只能这样构成；两种自由选择共 $2^2=4$ 。A、B 少计，D 多计。最小的 $\{0\}$ 不是空集，不能因两个可选数都不选而删除。

本题结论

选 C。

例题 05 严格链的四种层数完整分类

题目

若集合 $U$ 的三个子集 $A,B,C$ 满足 $A\subsetneq B\subsetneq C$ ，则称 $\left( A,B,C\right)$ 为集合 $U$ 的一组“亲密子集”.已知集合 $U=\left\{ 1,2,3\right\}$ ，则 $U$ 的所有“亲密子集”的组数为（）

A．9 B．12 C．15 D．18

答案与解析

解析

$A$ 可空， $C$ 可等于 $U$ ；严格包含使三个成员数从 $0,1,2,3$ 中递增选取，只有四类：

$(\lvert A\rvert,\lvert B\rvert,\lvert C\rvert)$	合法选择	组数
$(0,1,2)$	$A$ 固定空； $B$ 选一成员； $C$ 保留它再从余下两项添一项	$3\times2=6$
$(0,1,3)$	$A$ 空、 $C=U$ ； $B$ 任一单成员集	$3$
$(0,2,3)$	$A$ 空、 $C=U$ ； $B$ 任一双成员集	$3$
$(1,2,3)$	$A$ 选一成员； $B$ 保留它再添一项； $C=U$	$3\times2=6$

分类互不相交，任何合法链必入其一；每层具体添加的成员唯一决定链，故不漏不重。总数 $6+3+3+6=18$ ，其他三项都少计。不能把三个集合独立任取，也不能把“成员数增加”当作已证明包含。

本题结论

选 D。

4. 先读运算符号，再选分层或配对

小集合可按所有子集分层逐项算；大集合若能写出任意子集的配对恒等式，就用添加与删除固定成员的一一对应。普通和按出现次数，交替和按符号反转，交替积按末项乘除反号，三者依据不同。

例题 06 前两项相加的规则不能套交替减加

题目

定义非空数集 $M$ 的“和睦数 $H$ ”如下：将 $M$ 中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地加上、减去后继的数所得的结果.例如，集合 $\left\{ 1,2,3,4,5\right\}$ 的“和睦数”是 $5+4-3+2-1=7$ ， $\left\{ 2,4\right\}$ 的“和睦数”是 $4+2=6$ ， $\left\{ 1\right\}$ 的“和睦数”是1.对于集合 $A=\left\{ n\left| \frac{6-n}{n}\in N\right.,n\in N\right\}$ ，其所有非空子集的“和睦数”的总和为（）

A．82 B．74 C．12 D．70

答案与解析

解析

分母要求 $n\ne0$ ，自然数范围给 $n\ge1$ 。设 $(6-n)/n=q\in\mathbb N$ ，则 $6/n=q+1$ 为正整数，故 $n$ 为 $6$ 的正因数；反过来每个正因数都给自然数商减一。所以 $A=\{1,2,3,6\}$ 。 $n=6$ 给商 $0$ ，允许； $n=0$ 不允许。

按原递减规则先加第二项再减第三项，列全四层：

子集层	子集及对应贡献	小计
单成员	$\{1\}:1,\{2\}:2,\{3\}:3,\{6\}:6$	$12$
双成员	$\{1,2\}:3,\{1,3\}:4,\{1,6\}:7,\{2,3\}:5,\{2,6\}:8,\{3,6\}:9$	$36$
三成员	$\{1,2,3\}:3+2-1=4$ ； $\{1,2,6\}:6+2-1=7$ ； $\{1,3,6\}:6+3-1=8$ ； $\{2,3,6\}:6+3-2=7$	$26$
四成员	$\{1,2,3,6\}:6+3-2+1=8$	$8$

共 $4+6+4+1=15=2^4-1$ 个非空子集，两个不同子集都贡献 $7$ 仍要各加一次。总和 $82$ 。B 漏四成员层，C 只算单成员层，D 漏单成员层。

定义泛称“非空数集”过宽，无限集未必能作有限递减排列；本题的有限集合可执行，不把这一规则推广到所有无限集合。

本题结论

选 A。

例题 07 同一道题完整区分交替和与交替积

题目

对集合 $\left\{ x\left| x\in Z\right.\right\}$ 及其每一个非空子集 $A$ ，定义一个唯一确定的“递嬗和”如下：将 $A$ 中的数按照递减的次序排列，然后第一个数减第二个数，再加上第三个数，再减去第四个数，…，减加交替所得的结果，例如 $\left\{ 2,4,6,7,8\right\}$ 的“递嬗和”是 $8-7+6-4+2=5,\left\{ 3,9\right\}$ 的“递嬗和”足 $9-3=6,\left\{ 2\right\}$ 的“递嬗和”是2．定义一个唯一确定的“递嬗积”如下：将 $A$ 中的数按照递减的次序排列，然后第一个数除以第二个数，再乘第三个数，再除以第四个数，…，除乘交替所得的结果，例如， $\left\{ 1,2,4,6,9\right\}$ 的“递嬗积”是 $9\div 6\times 4\div 2\times 1=3,\left\{ 3,2\right\}$ 的“递嬗积”是 $3\div 2=1.5,\left\{ 2\right\}$ 的“递嬗积”是2．

(1)①求 $\left\{ 1,2,3\right\}$ 所有非空子集的“递嬗和”的总和；

②求 $\left\{ -1,1,2,4\right\}$ 所有非空子集的“递嬗积”的总和．

(2)集合 $B=\left\{ n\left| \frac{105}{n+2}\in N\right.,n\in Z\right\}$ ．

①求集合 $B$ 所有非空子集的“递嬗和”的总和；

②求集合 $B$ 所有非空子集的“递嬗积”的总和．

答案与解析

解析

先核定义范围：原文对整数集及每个非空子集都宣称运算唯一，范围过宽；无限集合未必有最大成员或有限结果，含零的有限集合可能除以零。本题实际集合有限且成员非零，以下运算均合法。“递嬗积”按题定顺序逐步除乘，不改分组。

（1）① $\{1,2,3\}$ 的七个非空子集 $\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1,2,3\}$ 的交替和依次为 $1,2,3,1,2,1,2$ ，合计 $12$ 。

②对每个非空 $S\subseteq\{1,2,4\}$ 配 $S\cup\{-1\}$ 。最小的 $-1$ 放最后，最后一步不论除以还是乘以它，都使原积反号。 $2^3-1=7$ 对抵消，剩单点 $\{-1\}$ 贡献 $-1$ ，总和 $-1$ 。直接按层也可复核：单点和 $6$ ；双点积 $2,4,-4,2,-2,-1$ ，和 $1$ ；三点积 $2,-2,-4,-2$ ，和 $-6$ ；四点积 $-2$ ，合计 $-1$ 。

（2）分母 $n+2\ne0$ ；分子 $105\ne0$ ，自然数商不可能是零，故为正整数， $n+2$ 必为 $105$ 的正因数。由 $105=3\times5\times7$ ，各素因子取或不取，得到全部正因数 $1,3,5,7,15,21,35,105$ 。减 $2$ 后

B=\{-1,1,3,5,13,19,33,103\}.

每个值反代均给合法正整数商，八个成员无漏无多。

①按最大成员 $103$ ，每个 $S\subseteq B\setminus\{103\}$ 与 $S\cup\{103\}$ 的交替和之和为 $103$ ：新首项后，原每项符号反转。添加、删除互为逆，共 $2^7=128$ 对，辅助空集贡献设 $0$ ，删去它不影响非空总和，故 $103\times128=13184$ 。也可不引空集，把 $127$ 对与单点 $\{103\}$ 分开相加。

②按最小成员 $-1$ ，每个非空 $S\subseteq B\setminus\{-1\}$ 与添 $-1$ 后的一组积互为相反数。 $2^7-1=127$ 对和为零，剩单点贡献 $-1$ 。这里不用给空集规定积。

原解析（1）②将所求积的总和误写成“递嬗和”，应是“递嬗积”；题干“足”按“是”理解。文字失误不改变上述四个数值，但不能忽略原定义对无限集、除零的范围缺口。

本题结论

（1）① $12$ ，② $-1$ ；（2）① $13184$ ，② $-1$ 。

5. 禁止同选：完整检验、上界和构造接齐

先把“任意两个”译成所有冲突对。无冲突要全检，不能只验几个差；求最大数先给覆盖所有合法集合的上界，再给达到它的合法见证。分块、完整分类与冲突环可互相核验。

例题 08 把原证明的漏分类与可取性补齐

题目

设 $k$ 是正整数， $A$ 是 ${N}^{*}$ 的非空子集（至少有两个元素），如果对于 $A$ 中的任意两个元素 $x$ ， $y$ ，都有 $\left| x-y\right|\ne k$ ，则称 $A$ 具有性质 $P\left( k\right)$ ．

(1)试判断集合 $B=\left\{ 1,4,5,8,11\right\}$ 是否具有性质 $P\left( 2\right)$ ？并说明理由；

(2)若集合 $A=\left\{ {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3},{a}_{4}\right\}\subseteq \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}$ ，证明 $A$ 不可能具有性质 $P\left( 3\right)$ ；

(3)若集合 $A\subseteq \left\{ 1,2,\cdots ,11\right\}$ 具有性质 $P\left( 4\right)$ 和 $P\left( 7\right)$ ， $A$ 中最多有几个元素，并说明理由．

答案与解析

解析

（1）对 $B$ 每个成员 $t$ 检查 $t+2$ ：依次为 $3,6,7,10,13$ ，均不在 $B$ 。任何差 $2$ 的一对都有唯一较小成员，故这样已覆盖全部十个不同成员对， $B$ 有 $P(2)$ 。原解只列五个差，检验未写全。

（2）把候选 $1$ 至 $6$ 分成不重叠的三块 $\{1,4\},\{2,5\},\{3,6\}$ ，每块两数差 $3$ ，若满足 $P(3)$ 每块至多选一个，合计至多三个。按题目“四个元素”的意图，四成员 $A$ 不可能满足。若只把四个符号看成可能重复的列项而未要求四成员，则此前提须明确，不能由书写位置强推数量。例如令 $a_1=a_2=1$ 、 $a_3=a_4=2$ ，得到 $A=\{1,2\}$ ，有至少两成员且具有 $P(3)$ ，会反驳不加四成员前提的原断言。

（3）先补原分类：从 $5,6,7$ 中选 $0,1,2,3$ 个，四支都应有。

选 $0$ 个，只余 $\{1,8\},\{2,9\},\{3,10\},\{4,11\}$ 四个差 $7$ 的块，至多 $4$ 个。
选 $1$ 个，上述四块各至多一个，加该成员至多 $5$ 个。
选 $5,6$ ：排 $1,9,2,10$ ， $7$ 是本支假设未选，余下 $3,4,8,11$ 中 $4,11$ 不能同选，故额外至多三个，总计至多五。选 $5,7$ ：排 $1,9,3,11$ ， $6$ 假设未选，余下 $2,4,8,10$ 中 $4,8$ 冲突，仍至多五。选 $6,7$ ：排 $2,10,3,11$ ， $5$ 假设未选，余下 $1,4,8,9$ 中 $1,8$ 冲突，仍至多五。第三个不选来自分类，不是假称 $5,6,7$ 彼此冲突。
三个都选，排 $1,9,2,10,3,11$ ，只余 $4,8$ 且它们差 $4$ ，至多再选一个，其实本支至多四个。

另一种统一上界证明：把十一数排成

1,5,9,2,6,10,3,7,11,4,8,\quad\text{再回到 }1.

沿环绝对差为 $4,4,7,4,4,7,4,4,7,4,7$ ，每条均禁止。选 $r$ 个就有至少 $r$ 个不同的未选后继，故 $2r\le11$ ，得 $r\le5$ 。

达到上界：取 $\{1,3,6,9,11\}$ ，十个正差依次为 $2,5,8,10,3,6,8,3,5,2$ ，均不是 $4,7$ 。它在指定范围内且有五成员，因此最大值确为 $5$ 。原解缺“一个都不选”分支，也未给达到上界的见证，此处两项均补全。

本题结论

（1）具有 $P(2)$ ；（2）四个不同成员时不可能；（3）最多 $5$ 个。