众所周知，在有限半群中，J=D.因此我们只需讨论半群TOP_n(k)上的L，R和D关系.

定理1  设1≤k≤n且α，β∈TOP_n(k)，则(α，β)∈L当且仅当im(α)=im(β)且$\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)=\tilde{\varphi}_{\beta}(k)$.

证  注意到(TOP_n(k))¹=TOP_n(k)，设(α，β)∈L，则存在δ，γ∈TOP_n(k)，使得α=δβ且β=γα，则im(α)=([n])α=([n])δβ⊆([n])β=im(β).同理由β=γα，可得im(β)⊆im(α).因此im(α)=im(β).从而φ_α(k)=φ_β(k).对任意的$x \in \tilde{\varphi}_{\alpha}(k)$，xα^-1∩I_k≠∅，从而存在y∈xα^-1∩I_k，使得x=yα=(yδ)β，则yδ∈xβ^-1.由δ∈TOP_n(k)，有yδ≤k，从而yδ∈xβ^-1∩I_k≠∅，即$x \in \tilde{\varphi}_{\beta}(k)$.由x的任意性有$\tilde{\varphi}_{\alpha}(k) \subseteq\tilde{\varphi}_{\beta}(k)$.同理可得$\tilde{\varphi}_{\beta}(k) \subseteq \tilde{\varphi}_{α}(k)$.因此$\tilde{\varphi}_{\beta}(k)=\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)$.

注意到，由φ_α(k)=φ_β(k)及$\tilde{\varphi}_{\beta}(k)=\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)$，有|φ_α(k)|=|φ_β(k)|及$\left|\tilde{\varphi}_{\beta}(k)\right|=\mid \tilde{\varphi}_{\alpha}(k)$.

反之，假设im(α)=im(β)且$\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)=\tilde{\varphi}_{\beta}(k)$，

其中：A_pk=A_p∩I_k≠∅，B_pk=B_p∩I_k≠∅(1≤p≤i)，A_q∩I_k=∅，B_q∩I_k=∅(i+1≤q≤r)；a_p∈I_k(1≤p≤j)，a_q∉I_k(j+1≤q≤r)，且(a₁，a₂，…，a_i)是圈.取定b_p∈A_pk，c_p∈B_pk(1≤p≤i)，b_q∈A_q，c_q∈B_q(i+1≤q≤r).则(b₁，b₂，…，b_i)和(c₁，c₂，…，c_i)是圈.构造

显然δ，γ∈TOP_n(k)，α=δβ且β=γα.

定理2  设1≤k≤n，且α，β∈TOP_n(k)，则(α，β)∈R当且仅当ker(α)=ker(β)，ϕ_α(k)=ϕ_β(k)且$\alpha \tilde{k} \beta$.

证  设(α，β)∈R，则存在δ，γ∈TOP_n(k)，使得α=βδ且β=αγ.任意取(x，y)∈ker(α)，则xα=yα.从而xβ=(xα)γ=(yα)γ=yβ，即(x，y)∈ker(β).由(x，y)的任意性得ker(α)⊆ker(β).同理可得ker(β)⊆ker(α).因此ker(α)=ker(β).任意取x∈ϕ_α(k)，则xα≤k.于是由γ∈TOP_n(k)，有xβ=(xα)γ≤k.从而x∈ϕ_β(k)，由x的任意性得ϕ_α(k)⊆ϕ_β(k).同理可得ϕ_β(k)⊆ϕ_α(k).因此ϕ_β(k)=ϕ_α(k).由ker(α)=ker(β)可得$\left|\tilde{\varphi}_{\beta}(k)\right|=\left|\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)\right|$.注意到ϕ_β(k)=ϕ_α(k)，我们断言|φ_α(k)|=|φ_β(k)|.令

假设m>s，则A₁∪A₂∪…∪A_s∪A_s+1∪…∪A_m=ϕ_α(k)=ϕ_β(k)=A₁∪A₂∪…∪A_s，由A_i≠∅，1≤i≤m，可知m＞s这种情况不存在.同理不存在m < s.因此m=s，即|φ_α(k)|=|φ_β(k)|.不妨设

其中：A_p∩I_k ≠∅(1≤p≤i)，A_q∩I_k=∅(i+1≤q≤r)；a_p，b_p∈I_k(1≤p≤j)，a_q，b_q∉I_k(j+1≤q≤r)；(b₁，b₂，…，b_i)是一个圈且a₁ < a₂ < … < a_i.设任意的a_s∈φ_α(k)\$\tilde{\varphi}_{α}$(k)(i+1≤s≤j)且a_s∈(a_p，a_p+1)_k(1≤p≤i)，有a_p < a_s < a_p+1.由β=αγ，有a_sγ=(A_s)αγ=(A_s)β=b_s.同理有a_pγ=b_p，a_p+1γ=b_p+1.以下分两种情形证明b_s∈(b_p，b_p+1)_k：

情形1  若b_p < b_p+1，存在1≤q≤i(q≠p)，使得b_q>b_q+1.由a_p < a_s < a_p+1及γ∈TOP_n(k)，有a_pγ < a_sγ < a_p+1γ，即b_p < b_s < b_p+1.否则，设b_p>b_s，b_s < b_p+1，或b_p < b_s，b_s>b_p+1，则根据局部方向保序的性质知与γ∈TOP_n(k)矛盾，故b_s∈(b_p，b_p+1)_k.

情形2  若b_p>b_p+1.由a_p < a_s < a_p+1及γ∈TOP_n(k)，有a_pγ>a_sγ，a_sγ < a_p+1γ(b_s < b_p+1)，或a_pγ < a_sγ，a_sγ>a_p+1γ(b_s>b_p).否则，设b_p>b_s>b_p+1，则根据方向保序的性质知与γ∈TOP_n(k)矛盾，故b_s∈(b_p，b_p+1)_k.

综上所述，由a_s∈(a_p，a_p+1)_k可推出b_s∈(b_p，b_p+1)_k.同理，由b_s∈(b_p，b_p+1)_k可推出a_s∈(a_p，a_p+1)_k，从而$\alpha \tilde{k} \beta$.

反之，设ker(α)=ker(β)，ϕ_α(k)=ϕ_β(k)且$\alpha \tilde{k} \beta$，

其中a_p，b_p∈I_k(1≤p≤j)，a_q，b_q∉I_k(j+1≤q≤r).(a₁，a₂，…，a_j)和(b₁，b₂，…，b_j)是圈.令

构造

显然δ，γ∈TOP_n(k)，β=αδ且α=βγ.

定理3  设1≤k≤n，且α，β∈TOP_n(k)，则(α，β)∈D当且仅当|im(α)|=|im(β)|且$\alpha \tilde{k} \beta$.

证  设(α，β)∈D，则存在γ∈TOP_n(k)，使得αLγRβ.则im(α)=im(γ)，$\tilde{\varphi}_{α}(k)=\tilde{\varphi}_{\gamma}(k)$，ker(γ)=ker(β)，ϕ_γ(k)=ϕ_β(k)且$\gamma \tilde{k} \beta$.从而|φ_α(k)|=|φ_γ(k)|=|φ_β(k)|，$\left|\tilde{\varphi}_{α}(k)\right|=\left|\tilde{\varphi}_{\gamma}(k)\right|=\left|\tilde{\varphi}_{\beta}(k)\right|$.任意的a_s∈φ_α(k)\$\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)=\varphi_{\gamma}(k) \backslash \tilde{\varphi}_{\gamma}$(k)(i+1≤s≤j)且a_s∈(a_p，a_p+1)_k(1≤p≤i)，由$\gamma \tilde{k} \beta$，有b_s∈(b_p，b_p+1)_k.同理，可由b_s∈(b_p，b_p+1)_k(1≤p≤i)推出a_s∈(a_p，a_p+1)_k.故$\alpha \tilde{k} \beta$.

反之，不妨设

其中a_p，b_p∈I_k(1≤p≤j)，a_q，b_q∉I_k(j+1≤q≤r). (a₁，a₂，…，a_j)和(b₁，b₂，…，b_j)是圈.构造

显然γ∈TOP_n(k)且αLγRβ，即(α，β)∈D.

定理4  设1≤k≤n且α∈TOP_n(k)，则α是正则元当且仅当φ_α(k)=$\tilde{\varphi}_{α}$(k).

证  注意$\tilde{\varphi}_{α}$(k)⊆φ_α(k).设α是正则元，则存在β∈TOP_n(k)，使得α=αβα.假设|$\tilde{\varphi}_{α}$(k)| < |φ_α(k)|，则存在a_j∈φ_α(k)\$\tilde{\varphi}_{α}$(k)，从而a_jα^-1∩I_k=∅.由α=αβα有a_j=(a_jα^-1)α=(a_jα^-1)αβα=(a_jβ)α，则a_jβ∈a_jα^-1.又由β∈TOP_n(k)，有a_jβ∈I_k，从而a_jα^-1∩I_k≠∅，矛盾. |φ_α(k)|=|$\tilde{\varphi}_{α}$(k)|，故φ_α(k)=$\tilde{\varphi}_{α}$(k).

反之，不妨设

其中：A_pk=A_p∩I_k ≠∅(1≤p≤i)，A_q∩I_k=∅(i+1≤q≤r)；a_p∈I_k(1≤p≤i)，a_q∉I_k(j+1≤q≤r)且(a₁，a₂，…，a_i)是圈.令a_r^#=[n]\{I_k∪{a_i+1}∪{a_i+2}∪…∪{a_r-1}}，a_p^*∈A_pk(1≤p≤i)，a_q^*∈A_q(i+1≤q≤r).构造

易见β∈TOP_n(k)且α=αβα，故α是正则元.

推论1  设1≤k≤n，α，β∈TOP_n(k)，且α，β是正则元.若|φ_α(k)|=|φ_β(k)|，则$\alpha \tilde{k} \beta$.

推论2  设1≤k≤n，α，β∈TOP_n(k)，且α，β是正则元，则：

(ⅰ) (α，β)∈L当且仅当im(α)=im(β)；

(ⅱ) (α，β)∈R当且仅当ker(α)=ker(β)；

(ⅲ) (α，β)∈D当且仅当|im(α)|=|im(β)|且|φ_α(k)|=|φ_β(k)|.

证  由定理4知φ_α(k)=$\tilde{\varphi}_{α}$(k)，φ_β(k)=$\tilde{\varphi}_{β}$(k).设im(α)=im(β)，则φ_α(k)=φ_β(k).从而$\tilde{\varphi}_{α}$(k)=φ_α(k)=φ_β(k)=$\tilde{\varphi}_{β}$(k).故im(α)=im(β)可推出$\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)=\tilde{\varphi}_{\beta}(k)$.设ker(α)=ker(β)，则$\left|\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)\right|$=$\left|\tilde{\varphi}_{\beta}(k)\right|$.从而|φ_α(k)|=$\left|\tilde{\varphi}_{\alpha}(k)\right|$=$\left|\tilde{\varphi}_{\beta}(k)\right|$=|φ_β(k)|，且ϕ_α(k)=ϕ_β(k).再由推论1得到$\alpha \tilde{k} \beta$，故ker(α)=ker(β)可推出ϕ_α(k)=ϕ_β(k)及$\alpha \tilde{k} \beta$. (ⅲ)由推论1和定理3易证得.

定理5  设1≤k≤n且α，β∈TOP_n(k)，则：

(ⅰ) (α，β)∈L^*当且仅当im(α)=im(β)；

(ⅱ) (α，β)∈R^*当且仅当ker(α)=ker(β).

证  (ⅰ)设(α，β)∈L^*，

其中a_i∈I_k(1≤i≤j)，a_i∉I_k(j+1≤i≤r)且a₁ < a₂ < … < a_j.取γ=1为[n]上的恒等变换.令a_r^#=[n]\{I_k∪{a_j+1}∪{a_j+2}∪…∪{a_r-1}}.构造

显然δ∈TOP_n(k)，im(α)=im(δ)且α1=αδ.由文献[9]的引理1.1有β1=βδ，从而im(β)=im(βδ)⊆im(δ)=im(α).同理有im(α)⊆im(β).因此im(α)=im(β).

反之，设im(α)=im(β)，则(α，β)∈L(T_n).从而(α，β)∈L^*.

(ⅱ)设(α，β)∈R^*，

其中：A_pk=A_p∩I_k ≠∅(1≤p≤i)，A_q∩I_k=∅(i+1≤q≤r)；a_p∈I_k(1≤p≤j)，a_q∉I_k(j+1≤q≤r)且(a₁，a₂，…，a_i)是圈.取γ=1为[n]上的恒等变换.令a_p^*∈A_pk(1≤p≤i)，a_q^*∈A_q(i+1≤q≤r).构造

显然δ∈TOP_n(k)，ker(α)=ker(δ)且1α=δα.由文献[9]的引理1.1，类似地有1β=δβ.设任意的x，y∈[n]且xα=yα，有xδ=yδ.从而xβ=xδβ=yδβ=yβ，故ker(α)⊆ker(β).同理可得ker(β)⊆ker(α).因此ker(α)=ker(β).

反之，设ker(α)=ker(β)，则(α，β)∈R(T_n).从而(α，β)∈R^*.

定理6  ~$= {{\rm{L}}^*} \circ {{\rm{R}}^*} \circ {{\rm{L}}^*} = {{\rm{R}}^*} \circ {{\rm{L}}^*} \circ {{\rm{R}}^*} = {{\rm{D}}^*}$.

证  设α，β∈TOP_n(k)，(α，β)∈~^*且|im(α)|=|im(β)|=r.

情形1  |φ_α(k)|=|φ_β(k)|=s.不妨设

其中a_i，b_i∈I_k(i=1，2，…，s)，a_i，b_i∉I_k(i=s+1，s+2，…，r). (a₁，a₂，…，a_s)和(b₁，b₂，…，b_s)是圈.令a_r^*=[n]\{I_k∪{a_s+1}∪{a_s+2}∪…∪{a_r-1}}，c_i∈I_k(1≤i≤s)，c_i∈[n]\I_k(s+1≤i≤r)，且(c₁，c₂，…，c_s)是圈.构造

显然δ，γ，λ，η∈TOP_n(k)，αL^*δR^*γL^*β且αR^*λL^*ηR^*β.因此~^*⊆L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*且~^*⊆R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*.

反之，设(α，β)∈R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*，则存在λ，η∈TOP_n(k)，使得αR^*λL^*ηR^*β.从而|im(α)|=|im(λ)|=|im(η)|=|im(β)|.则(α，β)∈~^*，从而R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*⊆~^*.同理可得L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*⊆~^*.因此~^*=R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*=L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*.

情形2  s=|φ_α(k)|≠|φ_β(k)|=m.不妨设s < m，

其中a_i，b_j∈I_k(1≤i≤s，1≤j≤m)，a_i，b_j∉I_k(s+1≤i≤r，m+1≤j≤r). (a₁，a₂，…，a_s)和(b₁，b₂，…，b_m)是圈.令a_r^*=[n]\{I_k∪{a_s+1}∪{a_s+2}∪… ∪{a_r-1}}，c_i∈I_k(1≤i≤m)，c_i∈[n]\I_k(m+1≤i≤r)且(c₁，c₂，…，c_m)是圈.构造

显然δ，γ，λ，η∈TOP_n(k)，αL^*δR^*γL^*β且αR^*λL^*ηR^*β.因此~^*⊆L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*且~^*⊆R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*.

反之，设(α，β)∈R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*，则存在λ，η∈TOP_n(k)，使得αR^*λL^*ηR^*β.从而|im(α)|=|im(λ)|=|im(η)|=|im(β)|，则(α，β)∈~^*.由任意性有R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*⊆~^*.同理可得L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*⊆~^*.因此~^*=R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*=L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*.又由D^*⊆~^*，有D^*⊆~^*=L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*=R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*⊆D^*，因此~^*=L^*$ \circ $R^*$ \circ $L^*=R^*$ \circ $L^*$ \circ $R^*=D^*.

推论3  设1≤k≤n，α，β∈TOP_n(k)，则(α，β)∈D^*当且仅当|im(α)|=|im(β)|.

注意，在TOP_n(k)中R^*$ \circ $L^*≠L^*$ \circ $R^*.

例1  设k=3，n=5，α=$\left(\begin{array}{cccc}12 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 3 & 5 & 4\end{array}\right)$，β=$\left(\begin{array}{cccc}1 & 24 & 3 & 5 \\ 2 & 3 & 1 & 4\end{array}\right)$∈TOP_n(k)，存在δ=$\left(\begin{array}{cccc}12 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 1 & 3 & 4\end{array}\right)$∈TOP_n(k)，使得αR^*δL^*β.则(α，β)∈R^*$ \circ $L^*.若(α，β)∈L^*$ \circ $R^*，则存在γ∈TOP_n(k)，使得αL^*γR^*β.则im(α)=im(γ)，ker(γ)=ker(β).满足此条件的元素共有256个.由于$\left|\tilde{\varphi}_{\beta}(k)\right|$=3>|φ_α(k)|=2，则存在x∈I_k，使得xγ>k.如γ₁=$\left(\begin{array}{cccc}1 & 24 & 3 & 5 \\ 2 & 3 & 4 & 5\end{array}\right)$，3γ₁=4>3.因此满足条件的所有元素都不属于半群TOP_n(k).故(α，β)∉L^*$ \circ $R^*，从而R^*$ \circ $L^*≠L^*$ \circ $R^*.

定理7  设1≤k≤n-1，则半群TOP_n(k)是非正则富足半群.

证  由定理4知半群TOP_n(k)是非正则的，下证半群TOP_n(k)的富足性.设

其中：A_pk=A_p∩I_k ≠∅(1≤p≤i)，A_q∩I_k=∅(i+1≤q≤r)；a_p∈I_k(1≤p≤j)，a_q∉I_k(j+1≤q≤r)且(a₁，a₂，…，a_i)是圈.令b₁=min{φ_α(k)}，b_p=min{φ_α(k)\{b₁，b₂，…，b_p-1}}(2≤p≤j)，b_q=a_q(j+1≤q≤r)，b_r^#=[n]\{I_k∪{b_j+1}∪{b_j+2}∪…∪{b_r-1}}，a_p^*∈A_pk(1≤p≤i)，a_q^*∈A_q(i+1≤q≤r).构造

显然ε₁，ε₂∈E(TOP_n(k))，ε₁∈L_α^*且ε₂∈R_α^*.综上所述，对任意的α∈TOP_n(k)，L_α^*和R_α^*都至少包含一个幂等元.因此半群TOP_n(k)是非正则富足半群.