2023年离散数学习题解第一部分集合论部分.doc

离散数学辅助教材概念分析结构思想与推理证明第一部分集合论刘国荣交大电信学院计算机系离散数学习题解答习题一 （第一章集合）1. 列出下述集合的所有元素： 1）A=x | x Nx是偶数 x152）B=x|xN4+x=33）C=x|x是十进制的数字解 1）A=2，4，6，8，10，12，142）B=Æ3）C=0，1，2，3，4，5，6，7，8，92. 用谓词法表达下列集合：1）奇整数集合2）小于7的非负整数集合3）3，5，7，11，13，17，19，23，29解 1）nçnÎIÙ($mÎI)(n=2m+1)；2）nçnÎIÙn³0Ùn<7；3）pçpÎNÙp>2Ùp<30ÙØ($dÎN)(d¹1Ùd¹pÙ($kÎN)(p=k×d)。3. 拟定下列各命题的真假性：1）ÆÍÆ2）ÆÆ3）ÆÍÆ4）ÆÆ5）a，bÍa，b，c，a，b，c6）a,b(a，b，c，a，b，c)7）a，bÍa，b，a，b，8）a，ba，b，a，b，解1）真。由于空集是任意集合的子集；2）假。由于空集不含任何元素；3）真。由于空集是任意集合的子集；4）真。由于Æ是集合Æ的元素；5）真。由于a，b是集合a，b，c，a，b，c的子集；6）假。由于a,b不是集合a，b，c，a，b，c的元素；7）真。由于a，b是集合a，b，a，b的子集；8）假。由于a,b不是集合a，b，a，b的元素。4. 对任意集合A，B，C，拟定下列命题的真假性： 1）假如ABBC，则AC。 2）假如ABBC，则AC。 3）假如AÌBBC，则AC。解 1）假。例如A=a，B=a，b，C=a，b，从而ABBC但AC。 2）假。例如A=a，B=a，a，C=a，a，从而ABBC，但、AC。 3）假。例如A=a，B=a，b，C=a，a，b，从而ACBBC，但AC。5对任意集合A，B，C，拟定下列命题的真假性： 1）假如ABBÍC，则AC。 2）假如ABBÍC，则AÍC。 3）假如AÍBBC，则AC。 3）假如AÍBBC，则AÍC。解 1）真。由于BÍCÛ"x（xBÞxC），因此ABÞAC。2）假。例如A=a，B=a，b，C=a，b，c从而ABBÍC，但AÏC。3）假。例如A=a，B=a，b，C=a，a，b，从而AÍBBC，但AÏC。4）假。例如A=a，B=a，b，C=a，b，b，从而AÍBBC，但AÏC。6求下列集合的幂集：1）a，b，c2）a，b，c3）Æ4）Æ，Æ5）a，b，a，a，b，a，b，a，b解 1）Æ，a，b，c，a，b，a，c，b，c，a，b，c2），a，b，c，a，a，b3）Æ，Æ4）Æ，Æ，Æ，Æ，Æ5）Æ，a，b7给定自然数集合N的下列子集：A=1，2，7，8B= x|x250C=x|x可以被3整除且0x30D=x|x=2K，KIOK6列出下面集合的元素：1） ABCD2） ABCD3） B（AC）4） （AB）D解 由于B=1，2，3，4，5，6，7，C=3，6，9，12，15，18，21，24，27，30，D=1，2，4，8，16，32，64，故此 1）ABCD=1，2，3，4，5，6，7，8，9，12，15，16，18，21，24，27，30，32，642）ABCD=Æ3）B（AC）=4，54）（AB）D=1，2，3，4，5，6，7，8，16，32，648设A、B、C是集合，证明：1）（AB）=A(BC)2）（AB）C=（AC）（BC）3）（AB）C=(AC)B证明 1）方法一：（AB）C=（AB）C （差集的定义）=A（BC） （交运算的结合律）=A（BC） （deMorgan律）=A（BC） （差集的定义）方法二：对任一元素x（AB）C，则xÏC，同时，xAB，xA，xÏB，所以，xA，xÏBC，即xA（BC），由此可见（AB）CÍA（BC）。反之，对任一元素xA（BC），则xA，且xÏBC，也就是说xÏA，xÏB，xÏC。所以x（AB）C，由此可见A（BC）Í（AB）C。因此A（BC）。2）方法一：（AB）C =A（BC） （根据1） =A（CB） （并运算互换律） =A（CB） （01律） =A（CB）（CC） （01律） =A（C（BC） （分派律） =（AC）（BC） （根据1） =（AC）（BC） （差集的定义）方法二：对任一元素x（AB）C，可知xA，xÏB，xÏC，xAC。又由xÏB，xÏBC，x（AC）（BC）（BC）。所以（AB）CÍ（AC）（BC）。反之，对任x（AC）（BC），可知xAC，xÏBC。由xAC，可知xA， xÏC。又由于xÏBC及xÏC，可知xÏB。所以，x（AB）C。因此（AB）CÍ（AB）C。由此可得（AB）（BC）Í（AB）C。3）方法一：（AC）C =A（BC） (根据1) =A（CB） （并运算互换律） =（AC）B （根据1）方法二：对任一元素x（AB）C，可知xA，xÏB，xÏC。由为xA，xÏC，所以，xAC。又由xÏB，x（AC）B。所以，（AB）CÍ（AC）B。同理可证得 （AC）BÍ（AB）C。9. 设A、B是全集的子集，证明： AÍBÛAB=XÛAB=Æ解(采用循环证法)(1)先证AÍBÞAB=X；方法一：AB=A(AB) （由于条件AÍB及定理4）=(AA)B （的结合律）=(AA)B （的互换律）=XB （互补律）=X （零壹律）方法二：AÍBÞAB=B （定理4）ÞB=AB （等号=的对称性）ÞAB=A(AB) （两边同时左并上A）ÞAB=(AA)B （的结合律）ÞAB=(AA)B （的互换律）ÞAB=XB （互补律）ÞAB= （零壹律）方法三：由于AÍX且BÍX，所以根据定理2的3¢）就有ABÍ；另一方面，由于BÍAB 及根据换质位律可得BÍAÍAB，因此，由互补律及再次应用定理2的3¢），可得X=BBÍAB，即XÍAB；所小学生早恋AB=AC，但BC。11设A，B为集合，给出下列等式成立的充足必要条件：1） AB=B2） AB=BA3） AB=AB4） AÅB=A解 1）AB=AB，由假设可知AB=B，即AB=B。由此可知B=ABÍB，故此B=BB=Æ。由假设可知A=AÆ=AB=B=Æ。所以当AB=B时有A=B=ÆÆ。反之，当A=B=Æ时，显然AB=B。因此AB=B的充足必要条件是A=B=Æ。2）设ABÆ，则有元素aAB，那么，aA，而由假设AB=BA。所以aBA，从而aÏA，矛盾。所以AB=，故AÍB。另一方面由BA=AB=Æ。可得BÍA。因此当AB=BA时，有A=B。反之，当A=B时，显然AB=BA=Æ因此，AB=BA的充要条件是A=B。3）由于AB=AB，从而AÍAB=ABÍB，以及BÍAB=ABÍA故此AB=AB，有A=B。5） 根据定理6的1）有AÅÆ=A，由已知条件AÅB=A，可得AÅB=AÅÆ。从而由对称差的消去律可得B=Æ。反之，若B=Æ，则AÅB=AÅÆ=A。所以AÅB=A的充足必要条件为B=Æ。12. 对下列集合，画出其文图：1） AB2） A（BC）3） A（BC）解ABA BA (B C ) BCA (B C )ACBAXX13. 用公式表达出下面图中的阴影部分解ACBx(ABC)(ABC)BCAx(AC) B14. 试用成员表法证明1）（AÅB）ÅC=A（BÅC）2）（AB）（BC）ÍAB解 1）成员表如下A B CAÅB（AÅB）ÅCBÅCAÅ（BÅ） 成员表中运算结果Å及Å（Å）的两列状态表白，全集中的每一个体对它俩有相同的从属关系，故（Å）ÅÅ（Å）1） 成员表如下：A B CAB（BC）(BC)(AB)(BC)BAB 110 0010 0000 1000 0111 1011 11000 10000成员表中运算结果（AB）（BC）及AB的两列状态表白，全集中的每一个体，凡是从属（AB）（BC）的，都从属AB，故（AB）（BC）ÍAB注：自然数集N取为1，2，3，n，习题二（第二章 关系）1设A=1，2，3，B=a，b求 1）A×B 2）B×A 3）B×B 4）2B×B解 1）A×B=（1，a），（1，b），（2，a），（2，a），（3，a），（3，b）2）B×A=（a，1），（a，2），（a，3），（b，1），（b，2），（b，3）3）B×B=（a，a），（a，b），（b，a），（b，b）4）2B=Æ，a，b，a，b2B×B（Æ，a），（Æ，b），（a，a），（a，b），（b，a），（b，b），（a，b，b）2使AÍA×A成立的集合A存在吗？请阐明理由。解 一般地说，使AÍA×A成立的集合A不存在，除非A=Æ。否则 AÆ，则存在元素xA×A，故有y1，y2A，使x=（y1，y2），从而y1，y2A×A，故此有y1，y2，y3，y4，使y1=（y1，y2），y2=（y3，y4），。这说明A中每个元素x，其结构为元组的无穷次嵌套构成，这不也许。我们讨论的元素的结构必须是由元组的有限次嵌套构成。3证明A×B=B×AÛA=ÆB=ÆA=B证 必要性：即证A×B=B×AÞA=ÆB=ÆA=B若A×B=Æ，则A=Æ或者B=Æ若A×BÆ，则AÆ且BÆ，因此对任何xA及任何yB就有（x，y）A×B，根据A×B=B×A，可得（x，y）B×A，故此可得xB，yA，因此而得AÍB且BÍA，所以由Í的反对称性A=B。充足性：即证A=ÆB=ÆA=BÞA×B=B×A 这是显然的。4证明（AB）×（CD）=（A×C）（B×D）证证法一：（元素法）对任一（x，y）（AB）×（CD） 有xAB，yCD，于是xA，xB，yC，yD。因而（x，y）A×C，且（x，y）B×D，所以（x，y）（A×C）（B×D）。因而（AB）×（CD）Í（A×C）（B×D）另一方面，对任一（x，y）（A×C）（B×D），于是有（x，y）A×C且（x，y）B×D，因而xA，yC，xB yD。所以xAB，y（CD）。所以（x，y）（AB）×（CD）。因而（A×C）（B×D）Í（AB）×（CD）。综合这两个方面有（AB）×（CD）=（A×C）（B×D）。证法二：（逻辑法）对任何x,y(x,y)(AB)×(CD)ÞxABÙyCDÞ(xAÙxB)Ù(yCÙyD)Þ(xAÙyC)Ù(xBÙyD) (Ù的结合律、互换律)Þ(x,y)A×CÙ(x,y)B×DÞ(x,y)(A×C)(B×D)由x，y的任意性，可得：(AB)×(CD)= (A×C)(B×D) 。5下列各式中哪些成立，哪些不成立？对成立的式子给出证明，对不成立的式子给出反例。 1）（AB）×（CD）=（A×C）（B×D） 2）（AB）×（CD）=（A×C）（B×D） 3）（AÅB）×（CÅD）=（A×C）Å（B×D） 4）（AB）×C=（A×C）（B×C） 5）（AÅB）×C=（A×C）Å（B×C）解 1）不成立。设A=a，B=b，C=c，D=d，则（a，-d）（AB）×（CD），但（a，-d）Ï（A×C）（B×D）。所以（AB）×（CD）=（A×C）（B×D）不成立。事实上有：（A×C）（B×D）Í（AB）×（C ）Í（AB）×（CD）。2）不成立。设A=a，B=b，C=D=c，则（a，c）（A×C）（B×D）但（a，c）Ï（AB）×（CD）。因而（Ab）×（CD）=（A×C）（B×D）不成立。事实上有：（AB）×（CD）Í（A×C）（B×D）。由于ABÍA，CDÍ，故有（A×C）（B×D）Í A×C；又若（x，y）（AB）×（CD）故此xAB，从而xÏB，yCD，从而yÏD，故此（x，y）ÏB×D综合这两方面，有（AB）×（CD）Í（A×C）（B×D）。 3）不成立。设A=a，B=b，C=a，D=b，则（a，b）（AÅB）×（CÅD），但（a，b）Ï（A×C）Å（B×D）。所以（AÅB）×（CÅD）Í（A×）Å（B×D）不成立。又设A=a，B=b，C=a，D=c 则（a，c）（A×）Å（B×D），但（a，c）Ï（AÅB）×（CÅD）。所以（A×）Å（B×D）Í（AÅB）×（CÅD）不成立。因此（AÅB）×（CÅD）与（A×）Å（B×D）无任何包含关系。总之（AÅB）×（CÅD）=（A×）Å（B×D）不成立。4）成立。证明如下：对任一（x，y）（AB）×C，有xA，xÏB，yC 于是（x，y）A×C，且（x，y）（AB）×C，且（x，y）ÏB×C（否则xB），所以（x，y）（A×C）（B×C）。因而（AB）×CÍ（A×C）（B×C）。又对任一（x，y）（A×C）（B×C），有（x，y）A×C，且（x，y）ÏB×C从而xA，yC及xÏB。即xAB，yC，故此（x，y）（AB）×C。所以（A×C）（B×C）Í（A×B）×C。因而（AB）×C=（A×C）（B×C）。另一种证明方法：（A×B）×C=（AB）×C（差集的定义）=（A×C）（B×C）（叉积对交运算的分派律）=（A×C）（B×C）（因（B×C）=（B×C）（B×C）（B×C）但（A×C）（B×C）=（A×C）（B×C）Æ=（A×C）（B×C）=（A×C）（B×C）（差集的定义）证法三：（逻辑法）对任何x,y(x,y)(A×C) (B×C)Þ(x,y)A×CÙ(x,y)ÏB×CÞ(xAÙyC)Ù(xÏBÚyÏC)Þ(xAÙyCÙxÏB)Ú(xAÙyCÙyÏC) (Ù对Ú的分派律)Þ(xAÙxÏBÙyC)Ú(xAÙyCÙyÏC) (Ù的结合律、互换律)Þ(xAÙxÏB)ÙyC (Ù及Ú的零壹律、Ù的结合律)ÞxA BÙyCÞ(x,y)(A B)×C由x，y的任意性，可得：(A B)×C=(A×C) (B×C) 。5）成立。证明如下：对任一（x，y）（AÅB）×C，故此xAÅB，yC于是xA且xÏB，或者xÏA且xB。因此（x，y）（A×C）Å（B×C）。所以（AÅB）×CÍ（A×C）Å（B×C）。对任一（x，y）（A×C）Å（B×C）。则（x，y）A×C且（x，y）ÏB×C，或者（x，y）ÏA×C且（x，y）B×C。因此xA，yC，xÏB，或者xB，yC，xÏA。所以xAB，或xBA，并且yC，故此 xAÅB，yC。因此（x，y）（AÅB）×C，即（A×C）Å（B×C）Í（AÅB）×C。综合两方面、就有（AÅB）×C=（A×C）Å（B×C）另一种证明方法：（AÅB）×C=（AB）（BA）×C（对称差的定义）=（AB）×C）（BA）×C）（叉积对并运算的分派律）=（A×C）（B×C）（B×C）（A×C）（根据4）=（A×C）Å（B×C）（对称差的定义）6设A=1，2，3，B=a，求出所有由A到B的关系。解：R0=Æ，R1=（1，a），R2=（2，a），R3=（3，a），R4=（1，a），（2，a），Rs=（1，a），（3，a），R6=（2，a），（3，a），R7=（1，a），（2，a），（3，a）7设A=1，2，3，4，R1=（1，3），（2，2），（3，4），R2=（1，4），（2，3），（3，4），求：R1R2，R1R2，R1R2，R1，（R1），（R2），（R1），（R2），（R1R2），（R1R2）解：R1R2=（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（3，4）R1R2=（3，4）R1R2=（1，3），（2，2）R1=（A×A）R=（1，1），（1，2），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）（R1）=1，2，3，（R1）=2，3，4，（R2）=1，2，3，（R2）=3，4（R1R2）=1，2，3，（R1R2）=48对任意集合A及上的关系R1和R2，证明1）（R1R2）=（R1）（R2）2）（R1R2）（R1）（R2）证 1）一方面，由于R1R1R2，R2R1R2，根据定理1，有（R1）（R1R2），（R2）（R1R2）故（R1）（R2）（R1R2）另一方面，若x（R1R2）那么存在着yA，使（y，x）（R1R2）因此（y，x）R1，或者（y，x）R2，从而x（R1）或者x（R2）于是x(R1) （R2），所以（R1R2）（R1）（R2）。9设A有n个元素的有限集合，请指出A上有多少个二元关系？并阐明理由。解 A上有2n2个元关系。由于叉积A×A有n2个元素，因而A×A有2n2个子集，而每个子集都是A上的一个二元关系。10定义在整数集合I上的相等关系、“”关系、“”关系，全域关系，空关系，是否具有表中所指的性质，请用Y（有）或N（元）将结果填在表中。性质关系自反的反自反的对称的反对称的传递的相等关系YNYYY关系YNNYY关系NYNYY全域关系YNYNY空关系NYYYY11设A=1，2，3，4，定义A上的下列关系R1=（1，1），（1，2），（3，3），（3，4），R2=（1，2），（2，1）R3=（1，1），（1，2），（2，2），（2，1），（3，3），（3，4），（4，3），（4，4）R4=（1，2），（2，4），（3，3），（4，1）R5=（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）R6=A×A，R7=Æ请给出上述每一个关系的关系图与关系矩陈，并指出它具有的性质。解：1 0 0 23 0 0 4 1） R1是反对称的，传递的。2）R2是反自反的，对称的。3）R3是自反的，对称的，传递的，因此是等价关系。循环的 综合这两方面，就有（R1R2）=（R1）（R2）。2）由于R1R2R1，R1R2R2，根据定理1，有（R1R2）（R1），（R1R2）R2，所以（R1R2）（R1）（R2）反方向的包含不成立，反全由第7题可得，那里（R1R2）=4，（R1）（R2）=2，3，43，4=3，4因此（R1）（R2）（R1R2）4） R4是反对称的，循环的。5） R5是反自反的，反对称的，传递的。6） R6是自反的，对称的，传递的，循环的。从而是等价关系。7）R7是反自反的对称的，传递的，循环的，反传递的，反对称的。 12设A是A上的关系，证明 1）R是自反的当且反当IAR2）R是反自反的当且仅当IAR=Æ3）R是对称的当且反当R=4） R是反对称的当且仅当RIA5）R是传递的当且仅当RRR证 1）必要性若R是自反的，则对任何xA，都有（x，x）R，但是IA=（x，x）|xA，所以IAR。充足性若IAA则由IA=（x，x）|xA，可知对任何xA，都有（x，x）R，所以R是自反的。2）必要性若R是反自反的，则对任何xA，都是（x，x）ÏR，从而（x，x）R，由IA=（x，x）|xA 可知IAR。于是IARRR=Æ，此外ÆIAR，所以IAR=Æ。充足性若IAR=Æ，则R是反自反的。否则，不是反自反的，那么应存在某一x0A，使得（x0，x0）R。但是（x0，x0）IA，从而（x0，x0）Æ。这不也许，矛盾。3）必要性，若R是对称的，则对任何（x，y）R，就有（y，x）R。于是根据逆关系的定义，可得（x，y），于是R；对任何（x，y），由逆关系的定义，可得（y，x）R。再次运用R的对称性有（y，x）R，于是R；综合两方面，有R=。充足性若R= ，则对任何（x， y）R，由R=可得（x，y）。从而由逆关系的定义，可知（y，x）R这说明R是对称的。4）必要性若R是反对称的，则对任何（x，y），即有（x， y）R及（x，y），从逆关系的定义，就有（x， y）R及（y，x）R，因此，运用R的反对称性，可得x=y。于是就有（x，y）=（x，x）IA，所以RIA。充足性若R IA，则对任何（x，y）R及（y，x）R，从逆关系的定义，可得（x，y）R及（x，y），也即（x，y）R，运用R =IA可得（x，y）IA，于是x=y。所以R是反对称的。5）必要性若R是传递的，则对任何（x，y）RR，由复合关系的定义可知，存在着yA，使（x，y）R且（y，y）R，从而运用R的传递性，可知（x，y）R。所以RRR。充足性RR。从而运用RRR可得（x，y）R。所以R是传递的。证法二：1)Þ):对任何x，xAÞ(x,x)IA (IA是幺关系，因此是自反关系)Þ(x,x)R (R是自反关系)所以 IAÍR ；Ü):对任何xA，xAÞ(x,x)IA (IA是幺关系，因此是自反关系)Þ(x,x)R (因IAÍR)所以，R是自反关系；2)Þ)一方面 ÆÍIAÇR ；另一方面，对任何x，yA，若(x,y)IAÇRÞ(x,y)IAÙ(x,y)RÞx=yÙ(x,y)R (IA是幺关系，因此是自反关系)Þ(x,x)R则与R是反自反关系，(x,x)ÏR矛盾。故IAÇRÍÆ ；因此，由包含关系Í的反对称性，可得 IAÇR=Æ ；Ü):对任何xA，若(x,x)RÞ(x,x)IAÙ(x,x)R (IA是幺关系，因此是自反关系)Þ(x,x)IAÇRÞ(x,x)Æ (因IAÇR=Æ)则与空集不含任何元素，(x,x)ÏÆ矛盾。故对任何xA，(x,x)ÏR ；所以，R是反自反关系；3)Þ)对任何x，yA(x,y)RÛ(y,x)R (R是对称关系)Û(x,y)所以，R=；Ü):对任何x,yA(x,y)RÞ(x,y) (R=)Þ(y,x)R所以，R是对称的；4)Þ)对任何x，yA(x,y)RÇÞ(x,y)RÙ(x,y)Þ(x,y)RÙ(y,x)RÞx=y (R是反对称关系)Þ (x,y)IA (IA是自反关系)所以，RÇÍIA ；Ü):对任何x,yA(x,y)RÞ(x,y) (R=)Þ(y,x)R所以，R是对称的；13设A、B为有穷集合，R，SA×B，MR=（xij）m×n，MS=（yij）m×n1）为了RS，必须且只须"i"j（xij yij）2）设MRS=（Zij）m×n，那么Zij=xijVyij，I=1，2，m，j=1，2，n.3）设MRS=（tij）m×n，那么tij=xijyij i=1，2，m；j=1，2，n.证 由于A、B是有穷集合，不妨设A=a1，a2，am，B=b1，b2，bn1）必要性若RS，则对任何i1，2，m，对任何j1，2，n，若（ai，bj）R，则R的关系矩阵MR=（xij）m×n中第I行第j列元素xij=1，根据RS，可得（ai，bj）S，从而得S的关系矩阵MS=（yij）m×n中第I行第j列元素yij=1，由于是11故此xijyij；若（ai，bj）ÏR，则R的关系矩阵MR=（xij）m×n中第i行第j列元素xij=0，因此由S的关系矩阵MS=（yij）m×n中第j列元素yij0，可得xijyij。总之，有（"i）("j)（xijyij）。2）充足性若（"i）("j)（xijyij），则对任何（ai，bj）R，就有R的关系矩阵MR=（xij）m×n中第i行第j列元素xij=1，由于xijyij，所以yij1，故此yij1这说明S的关系矩阵MS=（yij）m×n中第i行第j列元素yij为1，因此必有（ai，bj）S，所以RS。2）对任何i1，2，m，对任何j1，2，n若Zij=1，则（ai，bj）RS，故此（ai，bj）R或者（ai，bj）S，于是xij=1或者yij=1。从而bj）S，于是xij=0且yij=0。从而xijyij=0。因而Zij=xijyij=0；综合上述两种情况，就有zji=xijyij，i=1，2，m，j=1,2,n，。3）对任何i1，2，m，对任何j1，2，n。若tij=1，则（ai，bj）RS，故此（ai，bj）S且（ai，bj）S，于是xij=1，且yij=1从而xijyij=1。因而tij=xijyij=1；若tij=0，则（ai，bj）RS，故此（ai，bj）S，于是xij=0或者yij=0，从而xijyij=0。因而tij=xijyij=0。综合上述两种情况，就有tij=xijyij，i=1，2，m，j=1，2，n。14设A=1，2，3，4，R1，R2为A上的关系，R1=（1，1），（1，2），（2，4），R2=（1，4），（2，3），（2，4），（3，2），求R1R2，R2R1，R1R2R1解 ，1） 无论从复合关系图还是从复合关系矩阵都可得R1R2=（1，3），（1，4） R1 R22）无论从复合关系图还是从复合关系矩阵都可得R2R1=（3，4） R2 R13）无论从复合关系图还是从复合关系矩阵都可得R1R2R1=Æ 4）无论从复合关系图还是从复合关系矩阵都可得R1R1=（1，1），（1，2），（1，4） R1 R1 R115）设R1，R2，R3是A上的二元关系，假如R1R2，证明1）R1R3R2R3 2）R3R1R3R2证明 1）对任何（x，y）R1R3，由复合关系之定义，必存在zA，使得（x，z）R1且（z，y）R3，运用R1R2可知（x，z）R2且（z，y）R3，再次运用复合关系之定义，有（x，y）R2R3。所以R1R3R2R3。2）对任何（x，y）R3R1，由复合关系之定义，必有zA，使得（x，z）R3且（z，y）R1，再由复合关系之定义，有（x，y）R3R2。所以R3R1R3R2。16设A是有限个元素的集合，在A上拟定两个不同的关系R1和R2，使得=R1，=R2由于，令R1=Æ，则R1R1=Æ，故此=R1=Æ。令R2=A×A，则=R2R2A×A=R2，故需证明R2R2R2=。为此，对任何x，yA，（x，y）A×A=R2，一定存在着zA（至少有z=x或z=y存在），使（x，z）A