a) S是传递的，当且仅当(S∘S)⊆S
证明：
必要性
<a,c>∈S∧<c,b>∈S,因为S传递，故
<a,b>∈S,即S∘S⊆S.
充分性
对任意序偶<a,b>∈S∧<b,c>∈S,有
<a,c>∈S∘S,
因为S∘S⊆S,故有<a,c>∈S,S传递.
(3)（中难） 设S为X上的关系，证明若S是自反的和传递的，则S∘S=S。
证明: S传递S∘S⊆S;
以下只需证明S⊆S∘S.
<x,y>S, 因为S自反，有<x,x>S,
由关系合成运算的定义，有<x,y>S∘S，
即S⊆S∘S。
本命题的逆不真，举反例如下：
空关系满足∘=, 但仅传递而不自反。
(6)（中概低难）设R为集合X上的二元关系，R在X上反传递⇔
∀x∀y∀z(x∈X∧y∈X∧z∈X∧xRy∧yRz→xRz)
当且仅当(R∘R)∩R=φ。
证明：
必要性
任取序偶<a,b>∈R∘R,则存在c∈X,使得
<a,c>∈R∧<c,b>∈R,因为R反传递，故
<a,b>∉R,即R∘R中任何序偶都不属于R，
因此(R∘R)∩R=φ.
充分性
对R中任意序偶aRc∧cRb,有<a,b>∈R∘R,
因为(R∘R)∩R=φ,故<a,b>∉R，
因此，R反传递.
(8) (中概中上难度)设R,S,T为集合X上的关系，证明
R∘(S∪T)=R∘S∪R∘T
证明：a)任取序偶<a,b>∈R∘(S∪T),
则存在c∈X,使得
<a,c>∈R且<c,b>∈S∪T,
若<c,b>∈S,则<a,b>∈R∘S,
若<c,b>∈T,则<a,b>∈R∘T,
故<a,b>∈R∘S∪R∘T,即R∘(S∪T)⊆R∘S∪R∘T.
b) 任取序偶<a,b>∈R∘S∪R∘T,
则有<a,b>∈R∘S或<a,b>∈R∘T,
若<a,b>∈R∘S,则存在c∈X,使得
<a,c>∈R且<c,b>∈S,
若<a,b>∈R∘T,则存在d∈X,使得
<a,d>∈R且<d,b>∈T,总之，
存在y∈X,使得<y,b>∈S∪T且<a,y>∈R,
故<a,b>∈R∘(S∪T),即R∘(S∪T)⊇R∘S∪R∘T.
综合a)和b)，有R∘(S∪T)=R∘S∪R∘T.
3-8 （2）算闭包。高概
3-10
(4)（高概）设R是一个二元关系，设S={<a,b>|对于某一c，有<a,c>R且<c,b>R}。证明若R是一个等价关系，则S也是一个等价关系。
证明：显然，S=R∘R。为方便讨论，设R为X上二元关系。
自反性
xX,R自反,有<x,x>R，于是<x,x>R∘R,即R∘R自反;
对称性
若<a,b>R∘R,则存在xR，使aRx且xRb。由R对称，知bRx且xRa，故<b,a>R∘R，R∘R是对称的;
传递性
若<a,b>R∘R且<b,c>R∘R，则
存在x1,x2X,使
aRx1且x1Rb
bRx2且x2Rc,
R传递，知aRb且bRc，于是<a,c>R∘R，即R∘R传递。
综上所述,R∘R为X上等价关系。
(5)（超高概率）设正整数的序偶集合A，在A上定义的二元关系R如下：<<x,y>,<u,v>>R当且仅当xv=yu,证明R是一个等价关系。
证明：由已知<x,y>R<u,v>xv=yu
x/y=u/v
自反性
<a,b>A, 因为a/b=a/b,故
<a,b>R<a,b>, 即R自反；
对称性
若<a,b>R<c,d>, 则a/b=c/d,即c/d=a/b，
故<c,d>R<a,b>，即R对称；
传递性
若<a,b>R<c,d>且<c,d>R<e,f>，则
a/b=c/d且c/d=e/f，显然有a/b=e/f，故
<a,b>R<e,f>，即R传递。
综上所述，R是A上的等价关系。
(6)（低概率较易）设R是集合A上的对称和传递关系，证明如果对于A中的每一个元素a,在A中同时也存在一个b，使<a,b>在R之中，则R是一个等价关系。 证明：只需证明R是自反的。
aA,则bA,使aRb，由R对称，知bRa，由R传递，知aRa，故R自反。
(8)（主流考试题，超高概率）设C*是实数部分非零的全体复数集合，C*上关系R定义为：(a+bi)R(c+di)⇔ac>0，证明R是等价关系，并给出关系R的等类几何说明。
证明：a×a>0⇔(a+bi)R(a+bi),R自反;
(a+bi)R(c+di)⇔ac>0
(c+di)R(e+fi)⇔ce>0,
显然有ae>0,故(a+bi)R(e+fi)，R传递;
(a+bi)R(c+di)⇔ac>0⇔ca>0⇔
(c+di)R(a+bi),故R对称。
综上所述，R是C*上的等价关系。
关系R将C*划分为两种等价类，
[正实数+bi]R与[负实数+bi]R,
在复平面上，以垂直的虚数坐标轴为分界线，将复数分为左右两部分。
习题3-12
(1) （高概低难）答案: P的最大元：x1
最小元：没有
极大元：x1
极小元：x4,x5
{x2,x3,x4} {x3,x4,x5} {x1,x2,x3}
上界： x1 x1,x3 x1
下界： x4 无 x4
上确界： x1 x3 x1
下确界： x4 无 x4
(2) （超高概率）答案：
线(全)序；良序
（2）（低概）设f:AB,这里CA, 证明
f(A)-f(C) f(A-C)
证明：bf(A)-f(C),则bf(A)且bf(C),因于是存在aA,使f(a)=b。因为f(a)f(C)，必须aC,又因为CA, 于是aA-C，即
f(a)=bf(A-C)。
综上所述，f(A)-f(C) f(A-C)
(3)（高概）假设f和g是函数，且有fg和domgdomf，证明f=g。 证明：只需证明gf。
任意<x,y>g, 则xdomg。
因为domgdomf，知xdomf。
设f(x)=y1, 由fg得<x,y1>g，g是函数，必须y1=y。于是，<x,y>f，即gf。
（8）（中上难高概）假设f:A→B并定义一个函数G：B→ℐ(A),对于b∈B,
G(b)={x∈A|f(x)=b}
证明,如果f是A到B的满映射，则G是入射的;其逆成立吗？
证明：B中任取元素b1,b2,且b1≠b2,因为f是A到B的满射函数，
故A中存在元素a1,a2,
使得f(a1)=b1,f(a2)=b2,
显然a1≠a2,否则同一个自变量同时对应两个不相等的函数值b1,b2。
设G(b1)=M1,G(b2)=M2,根据函数G的定义，有a1∈M1,a2∈M2,由于a1≠a2,故必有M1≠M2。
所以，G为入射。
以下考察逆命题，即G入射是否能推出f满射：
B中任取元素b1,设G(b1)=M1,因为函数G为入射，故不存元素b2∈B且b2≠b1,使得G(b2)=M1。显然，当M1为空集时，b1在函数f中不到原象，故函数f不定是满射。
(3)（高概）设f◦g是复合函数，
如果f◦g是满射的，那么f是满射的。
如果f◦g是入射的，那么g是入射的。
如果f◦g是双射的，那么f是满射而g是入射的。
证明：
设f：B→C，g:A→B，
C中任取元素c,因为f◦g为满射,故存在a∈A,使得f◦g(a)=c ,
故存在b∈B,使<a,b>∈g,<b,c>∈f,即
对任意c∈C,存在b∈B，使得f(b)=c,所以，函数f为满射。
任取a1,a2∈A且a1≠a2,
设g(a1)=b1,g(a2)=b2,f(b1)=c1,f(b2)=c2,
即f◦g(a1)=c1,f◦g(a2)=c2,由于f◦g为入射函数且a1≠a2,故c1≠c2,g为函数，故必须b1≠b2,所以，函数g为入射。
由a)和b)的结论，显然可证得该命题。
(4)(难题，一般不考)试证 若f:A→B,g:B→A,且g◦f=Ia,
f◦g=Ib,则g=f－1且 f=g－1。
证明：
首先证明函数f为双射。
A中任取a1,a2且a1≠a2,
设f(a1)=b1,f(a2)=b2,因为g◦f=IA，有
g◦f(a1)=g(b1)=a1,g◦f(a2)=g(b2)=a2,因为g是函数且a1≠a2,故必须b1≠b2,所以f为入射。
B中任取b,设g(b)=a,因为f◦g=IB,
有f◦g(b)=f(a)=b,故f为满射。
综上所述f为双射，其逆函数成立。
同理可证明函数g也为双射，其逆函数成立。
任取序偶<b,a>∈g，即g(b)=a,因为f◦g=IB,有f◦g(b)=f(a)=b,
所以<a,b>∈f,＜b,a>∈f－1，g◦f －1。
任取序偶<b,a>∈f－1，即f－1(b)=a，f(a)=b
因为g◦f=IA ,有g◦f(a)=g(b)=a,
故<b,a>∈g，f－1◦g。所以g=f－1。
同理可证f=g－1。
(5)（高概中难）设<A,*>是一个半，而且对于A中的元素a和b,如果a≠b必有a*b≠b*a,试证明
对于A中每个元素a,有a*a=a
对于A中任何元素a和b，有a*b*a=a
对于A中任何元素a,b和c,有a*b*c=a*c
证明：方法一
A中任取元素a, 设a*a=b且b≠a,则
有(a*a)*a=b*a,而(a*a)*a=a*(a*a)=a*b
即有a*b=b*a,与已知矛盾,故必须b=a,即
a*a=a。
A中任取元素a,b，设a*b*a=c，设c≠a,
有a*c=a*(a*b*a)=(a*a)*(b*a)=a*b*a=c,
c*a=(a*b*a)*a)=(a*b)*(a*a)=a*b*a=c
即a*c=c*a=c，这与已知不符，故必有a=c
A中任取元素a,b,c,设a*b*c=x，
且x≠a*c,则有
(a*c)*x=(a*c)*(a*b*c)=a*b*c
x*(a*c)=(a*b*c)*(a*c)=a*b*c,故
(a*c)*x=x*(a*c)=a*b*c,与已知不符，必须
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