PCS-环与扩张

1 引言

本文中,除非特别说明,所有的环是有单位元的结合环,所有的模是幺作用右模.

设R是一个环,X是R的非空子集.用rR(X)={r∈R|Xr=0}表示X的右零化子.左零化子类似定义.模M 的子模N称为本质子模,表示为N≤eM,如果对M 的每个非零子模 L,L∩N ≠0[1].设 N 是模 M 的子模,则 N ≤eM 当且仅当对任意 0≠m ∈M,存在 r∈R使得 0≠mr∈N.设R是环,用Zr(R)={a∈R|rR(a)≤eRR}表示R的右奇异理想.如果Zr(R)=0,则称R是右非奇异的.

环R为(拟-)Baer环,如果R的每个非空子集(右理想)的零化子作为右理想是由R的幂等元生成[2-3].这些定义是左右对称的.如果R是拟-Baer环,则n阶矩阵环Mn(R)是拟-Baer环.所有的Baer环是非奇异的,但是存在不是右非奇异的右拟-Baer环.

其次，本条的“强制性标准”的范围，是从整个法律体系与标准体系的立场出发，全面、概括与一般性指向强制性国家标准、强制性行业标准和强制性地方标准的。

在文献[4]中,环R称为右主拟-Baer环,(或者右p.q-Baer环),如果任意主右理想的右零化子(作为右理想)是由R的幂等元生成.左p.q-Baer环类似定义.如果R既是右的又是左的 p.q-Baer环,则称R是 p.q-Baer的.

环R称为Abelian的,如果R的所有幂等元是中心的.环R称为简约的,如果R没有非零幂零元.任意简约环是Abelian的.在一个简约环R中,所有的幂等元是中心的,且对R的任意子集X有rR(X)=lR(X).环R称为右ACS-环,如果R的每个元素的右零化子在RR的直和项中是本质的[5].

作为p.q-Baer环的推广,定义环R为右PCS-环,如果R的每个主理想的右零化子(作为右理想)在R的由幂等元生成的右理想中是本质的.但是右PCS环未必是右p.q-Baer环.

由以上的统计我们可以知道建安时期的音乐对诗歌的创作及其风格的形成有着重要的影响，这与建安时期文人音乐修养的提高有很大关系，乐器的丰富也同样为此做出了影响。

可见，“认知本质上就是计算”的观点是值得商榷的，在某些问题上把认知等同于计算确实能取得令人满意的结果，但是认知计算主义受限于“图灵计算”的狭义窠臼，进而导致了其理论上的困境。因为由上述论证所揭示的理论缺陷表明，认知并不等同于计算，至少在二者之间不能画上绝对的等号。不能把认知完全等同于狭义的“图灵计算”。面对严峻的挑战，计算主义摆脱困境的出路在哪里？

在第1节引进了PCS-环的定义并给出了一些例子.证明了一个简约环R是右PCS-环当且仅当R是左PCS-环.在本节中还讨论了PCS-环与其他环的关系,比如拟-Baer环,ACS-环.

在第2节讨论了环R和R扩张的PCS性质.证明了:

1.设R是Armendariz环.那么R是右PCS-环当且仅当R[x]是右PCS-环;

2.设R是α-刚的环,那么则R是右PCS(ACS)-环当且仅当Ore扩张R[x;α]是右PCS(ACS)-环.

综上所述，因为森林抚育工作对整个生态环境有着非常重要的影响，因此不断的完善森林抚育机制，掌握森林抚育技术的相关要点，才能够有效的改善森林林木的生长质量，从而提升森林树木的免疫能力。更好的发挥森林的生态作用，从而促进社会的和谐发展。

在第3节,证明了:

1.设R是任意Abelian环.那么是右PCS-环当且仅当R是右PCS-环;

2.强右PCS性质是Morita不变的;

3.设是由环A,B和双模AMB做成的形式三角矩阵环.则下列命题等价:

(a)R是右PCS-环;

(b)(i)A和 B是右 PCS-环;(ii)如果a∈A,那么作为右 R模有

2 PCS-环以及性质

设 Z是整数环.容易证明模 4的剩余类环 Z4是 ACS-环,但不是 p.q-Baer环.对任意 x∈Z4,如果r(xZ4)≠0,那么r(xZ4)≤eZ4.由这个例子启发定义PCS-环如下:

定义 2.1 环R称为右PCS-环,如果R的每个主右理想的右零化子(作为右理想)在R的由幂等元生成的右理想中是本质的.等价地,R称为右PCS-环,如果对任意a∈R,

单核心换乘厅是指换乘大厅呈一个整体，集中化程度高，乘客进入换乘大厅后空间视域完整、清晰，乘客可一目了然地确定换乘出入口，提高了换乘效率。

左PCS-环类似定义.如果 R既是右又是左PCS-环,则称R为PCS-环.右PCS-环类包括右p.q-Baer环,右FI-扩展环,交换的ACS-环和p.p-环(环R称为右p.p-环如果每个主右理想作为右R模是投射的).有如下蕴含关系:

Z4和Z8是PCS-环,但不是p.q-Baer环.设R是交换环,R作为右R模是一致的.如果存在非零元a∈R使得rR(a)≠0,那么R不是右p.q-Baer环.因此右或左PCS-环未必是右或左非奇异的.

除了Z4和 Z8外,下面的例子也是右 PCS-环,但不是p.q-Baer环,右ACS-环,右扩展环,右FI-扩展环和右 p.p-环.

证明 假设R 是右PCS-环.设e1+e2+···+en=1,这里 {e1,e2,...,en}是R的所有两两正交的幂等元的集合.因为R是简约的,所有ei是中心的;因此而每个eiR是R的不可分解理想.于是有引理2.1,引理2.2可得结果.反之是显然的.

(5)成效慢.白猿通背拳需要日积月累的练习才能达到一定的效果，但反观现在发展的比较出色的跆拳道、空手道等，其基本内容略微简单，训练体系较为明晰，学生学上数月，便可看出成效.但白猿通背拳的练习则要以年来计算，并且对身体协调性与力量有着极高的要求，若没有足够的时间练习，则很难收获想要的成绩.

养生旅游业发展起步晚，没有形成统一规划的格局，吸引力较低。养生旅游作为一种体验式旅游项目，游客停留时间较长，对旅游设施要求高，而旅游道的线路长，弯道大，车道窄，容易使游客感到疲倦与不适。目前，在普洱旅游道内主要以养生为主题的酒店稀少，可接待人数少，难以满足游客需求。此外，农家乐成了主要的接待机构，缺乏规范，设施简陋，卫生条件等不符合养生食疗理念。

则R是右拟-Baer环,因而是右PCS-环.但R不是右ACS-环.事实上,设

注意到R的幂等元只有O和2阶单位矩阵E.假设R是右ACS-环,设则

这是不可能的.同样R既不是右p.p-环,也不是左p.p-环.

(2)考虑环Z⊕Z,其运算是通常的加法和乘法.子环R={(a,b)∈Z⊕Z|a≡b(mod 2)}是交换环,R的幂等元是(0,0)和(1,1).容易证明R是右PCS-环,但不是右p.q-Baer环.

(3)整数环Z上的下三角n×n(n≥2)矩阵环是拟-Baer的,因而是右PCS-环;但不是右CS-环.设D 交换整环,R=Mn(D),n≥2.那么R是拟-Baer环;因而是PCS-环.

(4)设Z2是模2的剩余类环,

是Z2上的Hamilton四元数环.则R不是p.p-环[7].容易证明R是PCS-环.

(5)存在不是右FI-扩展环的右PCS-环.设D是单的整环,非除环,则R是拟-Baer环;因而是右PCS-环.但R既不是右也不是左FI-扩展环[5].

4V营销理论，所谓“4V”是指“差异化(Variation)”“功能化(Versatility)”“附加价值(Value)”“共鸣(Vibration)”的营销组合理论。

定理 2.1 设R是简约环.则下列命题等价:

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1.R是右PCS-环;

2.每个有限生成右理想的右零化子(作为右理想)在RR的直和项中是本质的;

(5)⇔ (6)假设 R是右 ACS-环.设 a∈R.则存在 R的幂等元 e使得 rR(a)≤eeR.设R=eR⊕(1−e)R.则

4.每个主理想的右零化子(作为右理想)在RR的直和项中是本质的;

5.R是右ACS-环;

6.R是右Von Neumann正则环;

7.(1)到 (6)的所有的 “右 ”字可以换成 “左 ”字.

3.如果R是交换的简约PCS-环,那么R是整环.

是R的任意有限生成右理想.则

因为 R是右 PCS-环,存在 使得对任意 1≤i≤n有 rR(xiR)≤eeiR.令 e=e1e2···en∈R,因为 R 是简约,有 e2=e且因此有rR(X)≤eeR.

(2)⇒(1)显然;(1)⇔(3)显然;

(3)⇔(4)注意到对任意a∈R有rR(aR)=rR(RaR)即可;

(4)⇔(5)对一个简约环R以及R的任意子集X有rR(X)=lR(X),且R的任意幂等元是中心的.设a∈R,x∈rR(a).因为 lR(a)=rR(a),于是 ∀r∈R,有 arxarx=0,arx=0.因此∀a∈R有rR(aR)=rR(a).

3.每个主右理想的右零化子(作为右理想)在RR的直和项中是本质的;

因为R是简约的,R是非奇异的[8].但是rR(a)≤eeR蕴含er/rR(a)是奇异的,因此

于是R是Von Neumann正则环.反之是显然的.

(1)⇔(7)对一个简约环R以及R的任意子集X有rR(X)=lR(X),且R的任意幂等元是中心的.

现在考虑不可分解右PCS-环.

引理 2.1 设R是不可分解环.则:

1.如果R是简约右PCS-环,那么rR(a)≠0蕴含a∈Zr(R);

2.如果R是右非奇异简约PCS-环,那么R是整环;

根据课堂教学目标自设情境模拟教学方法评价问卷，内容详（见表1）。教学结束后对学生进行问卷调查，共发放调查问卷270份，收回有效问卷258份，有效回收率95%。

第二，涉及汉民族独特文化的谜语。如前所述，有些传统的文化现象在逐步消亡，年轻人对其日益陌生，包含此类文化现象的谜语，猜度起来就相当困难了。如谜底为“日”字的字谜：

证明 (1)⇒(2)设

证明 假设R是素的,则R是拟-Baer半中心简约的[10].因此R是强右PCS-环.

(2)这是(1)的直接结果.

(3)因为一个交换环R是非奇异的当且仅当R是简约的,这与(2)相同.

一个幂等元e∈R称为左(或右)半中心的,如果xe=exe(或ex=exe),对任意x∈R.用Sl(R)(或Sr(R))表示R的所有左(或右)半中心幂等元的集合.

引理 2.2 设R 是右(或左)PCS-环,则对任意 e∈Sr(R)(或 e∈Sl(R)),eRe也是右 (或左)PCS-环.

反之,设 X,Y是 R的任意理想,XY=0.设 a∈X.因为 R是右强 PCS-环,存在e∈Sl(R)使得Y≤rR(aR)≤eeR.同时,因为R是半中心简约,要么e=0,要么e=1.如果 e=0,则Y=0.如果e=1,则a∈Zr(R)=0;因此X=0,从而R是素的.

rR(aC)=rR(aR),rC(aC)=rR(aC)∩C=rR(aR)∩C ≤efR∩C=(efe)C.

因此C是右PCS-环.左PCS-环的证明类似.

推论 2.1 设R是简约PCS-环.则eRe也是PCS-环,e2=e∈R.

定理 2.2 设R半完全简约环.则R是右PCS-环当且仅当R是整环的有限直和.

例 2.1(1)存在右PCS-环,既不是右ACS-环也不是右扩展环.设M2(Z)是整数环Z上的 2×2矩阵环[6].令

命题 2.1 设R是右ACS-环,C是R的中心,对R的任意幂等元e,存在f2=f∈C使得eR∩C≤efC.则C是PCS-环.

证明 设C是R的中心,a∈C.因为R是右ACS-环,

因此

由假设,存在f2=f∈C使得eR∩C≤efC.因此rC(aC)≤efC,从而C是右PCS-环.

推论 2.2 设R是Abelian ACS-环,C是R的中心.则C是右(ACS)PCS-环.

环 R称为强右PCS-环,如果对任意 a∈R,rR(aR)≤eeR,e是 R的左半中心幂等元.显然强右 PCS-环是右 PCS-环.所有强右 FI-扩展环是强右 PCS-环.Z4是强 PCS-环,但不是 p.q-Baer环.同样,容易证明如果 R是强右 PCS-环,那么 eRe也是强右 PCS-环,e∈Sr(R).

命题 2.2 设R是右非奇异环.则R是素的当且仅当R是半中心简约强PCS-环.

以22倍频毫米波信号的生成为例，DD-MZM的输出信号进入光环形器，被2端口具有图4(a)所示的反射谱的UFBG-AOTF反射，在光环行器3端口输出，信号的频谱如图4(b)所示.从图中可以看出，原始光载波抑制信号的±11阶边带分量被滤出，与其他阶边带之间的功率差要大于30 dB.

证明 (1)注意到不可分解环R的所有中心幂等元是0和1,结果是显然的.

证明 假设R是右PCS-环.设 e∈Sl(R),C=eRe.设 a∈C.因为R是右PCS-环,存在f2=f∈R使得rR(aR)≤efR.注意到

结合文献[10]引理1.1和这个命题有:

推论 2.3 设R是右非奇异环.则下列命题等价:

1.R是半中心简约强右PCS-环;2.R是半中心简约拟-Baer环;3.R是素的.

附近沟谷发于地表水，河宽1～1.5m，深0.3～1m，水量60m3/h，水量随四季变化大。地下水为第四系潜水，水位埋深1～1.5m不等，储存于沙层和第四系地层中，补给主要靠大气降水及地表径流，排泄以蒸发和地下径流为主[1]。

命题 2.3 设R是右非奇异环.则下列命题等价:

1.R是强右PCS-环;2.R是右PCS-环;3.R是右p.q-Baer环.

证明 只需证明 (2)蕴含(3).设 R是右 PCS-环,a∈R,则rR(aR)≤eeR,e2=e∈R.对于e∈eR,存在R的本质右理想I使得eI⊆rR(aR).因此aReI=0.因为R是右非奇异的,于是aRe=0,R是右p.q-Baer环.

3 PCS-环和扩张

本节讨论PCS-环的一些扩张.首先考虑R上的一元多项式环R[x].

命题 3.1 设R是简约环,S=R[x]是R上的多项式环.如果S是右PCS-环,则R也是.

证明 假设S是右PCS-环,a∈R,则存在S的幂等元e(x)使得rS(aS)≤ee(x)S.设e0是e(x)的常数项,因为R是简约,有e(x)=e0∈R.现在证明rR(aR)≤ee0R.

易证 rR(aR)≤ e0R.对任意 0≠e0r∈e0R,则存在 0≠g(x)∈ S 使得 0≠e0rg(x)∈rS(aS).因此 aSe0rg(x)=0;特别地,aRe0rg(x)=0.设

则 aRe0rbn=0,且 rR(aR)≤ee0R.因此 R 是右 PCS-环.

注 3.1 如果 R不是简约,但 S=R[x]是右 PCS-环,R可能是右 PCS-环.比如,令 R=Z4.容易证明R[x]是右PCS-环.

设R是右PCS-环.什么时候S=R[x]是右PCS-环?为了讨论这个问题引进下面的好多项式的定义.

定义 3.1 设f(x)是R[x]中的n次多项式,其首项系数为a.f(x)称为好多项式,如果由 b∈rR(a)蕴含 b∈rR(f(x)).

由文献[9]命题 2.2知,对任意f(x)∈R[x],存在b∈R使得 0≠f(x)b是好多项式.

命题 3.2 设R是右PCS-环,S=R[x].假设对任意f(x)∈S,存在好多项式g(x)∈f(x)S使得 rS(f(x)S)≤erS(g(x)S).则 S=R[x]是右 PCS-环.

证明 设f(x)是S的任意多项式.由假设,存在好多项式g(x)∈f(x)S使得

只需证明存在e(x)2=e(x)∈S使得rS(g(x)S)≤ee(x)S.

设a是g(x)的首项系数.因为R是右PCS-环,rR(aR)≤eeR,e2=e∈R.设

则 g(x)Sh(x)=0;特别地,g(x)Rh(x)=0.因此 aRbn=0,g(x)Rbn=0.于是由归纳法有 aRbi=0,bi∈rR(aR)≤eeR,对所有的i∈{0,1,...,n}成立.因此

设

不失一般性设ecm∉rR(aR),则存在bm∈R使得

因此g(x)Recmbm=0.如果0≠ecm−1bm∉rR(aR),有bm−1∈R使得

因此

继续下去,存在 b∈R使得 0≠ek(x)b∈rS(g(x)S),这意味着 rS(g(x)S)≤eeS.因此 S是右 PCS-环.

环R称为Armendariz,如果多项式

满足f(x)g(x)=0,则aibj=0,对所有i,j(见文献[11]).简约环是Armendariz环,Armendariz环是Abelian(见文献[11],引理7).环R是Armendariz当且仅当R[X]是Armendariz(见文献 [12],定理 7).

引理 3.1 设R是Armendariz环,R[x]是多项式环.如果

是 R[x]的幂等元,则e(x)=e0∈R.

证明 因为

所以

因此这是因为R是Abelian的.

命题 3.3 设R是Armendariz环,则R是右PCS-环当且仅当R[x]是右PCS-环.

证明 假设R[x]是右PCS-环,a∈R.则存在幂等元

使得 rR[x](aR[x])≤ee(x)R[x].显然,e(x)=e0∈R.容易证明 rR(aR)≤ee0R,因此 R是右 PCS-环.

反之,设

则存在 使得 rR(aiR)≤eeiR,0≤i≤n.令 e=e0e1···en,则

这是因为R是Armendariz,因而是Abelian的.

对任意

则对任意r∈R有f(x)rg(x)=0,且对所有的0≤i≤n,0≤j≤m有airbj=0.因此对所有i,j和g(x)∈eR[x]有bj∈rR(aiR).

设

不失一般性,选取 r∈R使得 对所有0≤j≤p有因为R是Armendariz的,对所有

有

于是R[x]是右PCS-环.

现在考虑 PCS-环的 Ore扩张.设 R是环,α:R→ R为环同态,δ:R→ R是 α-导子,R的 Ore扩张 R[x;α,δ]是 R上的多项式全体关于多项式的加法和下面的乘法:xr=α(r)x+δ(r),r∈R 构成的环.如果 δ=0,则用R[x;α]表示R[x;α,0],又称为斜多项式环.

设 α是 R的自同态,α称为刚自同态,如果rα(r)=0蕴含 r=0,r∈R.环R称为 α-刚的,如果R存在刚自同态α.任意刚自同态是单的,任意α-刚的环是简约环.但是reduecd环中存在不是刚自同态的自同态.

引理 3.2 设 R 是 α-刚的环,R[x;α,δ]是 R 的 Ore扩张.则:

1.如果ab=0,a,b∈R,则对任意正整数n有aαn(b)=αn(a)b=0;

2.如果ab=0,则对任意正整数m有aδm(b)=δm(a)b=0;

3.如果对任意正整数k有aαk(b)=αk(a)b=0,则ab=0;

4.设

则pq=0当且仅当aibj=0,对所有的0≤i≤m,0≤j≤n;

5.如果

则e=e0∈R.

证明 见文献[6]的引理4,命题6和推论7.

环R的Baer性和拟-Baer性,对Ore扩张并不遗传.存在Baer环R,但是R的Ore扩张不是右p.q-Baer(见文献[6]的例8).同样存在非拟-Baer环,但是R的Ore扩张R是拟-Baer的(见文献[6]的例9).证明了一个α-刚的环R是p.q-Baer环当且仅当R[x;α,δ]是p.q-Baer环.由上面引理可得:

定理 3.1 设R是α-刚的环.则R是右PCS-环当且仅当Ore扩张R[x;α]是右PCS-环.

证明 假设S=R[x;α]是右PCS-环,a∈R.则存在幂等元

使得rS(aS)≤ee(x)S.因为 R 是 α-刚的,e(x)=e0∈R.现在证明 rR(aR)≤ee0R.

对任意

因为对任意r∈R有arb=0,于是

因此b∈rS(aS),b∈e0R,从而 rR(ar)≤e0R.

对任意 0≠e0r0∈e0R,则存在

使得 0≠e0r0h(x)∈rS(aS).特别,are0r0h(x)=0,对所有的 r∈R.则存在 k∈{0,1,···,t}使得 0≠e0r0bk∈rR(aR).因此 rR(aR)≤ee0R,R 是右 PCS-环.

反之,假设R是右PCS-环.设

则存在使得对所有的 i∈ {0,1,···,m} 有 rR(biR)≤eeiR.令 e=e0e1···em.因为 R是 α-刚的,R是简约,e2=e∈R.因此,现在证明 rS(g(x)S)≤eeS.

对任意

则 g(x)Rf(x)=0,且对所有的 0≤i≤m,0≤j≤n,r∈R,bi(raj)=0.因此 aj∈rR(biR),0≤i≤m,0≤j≤n.于是 aj∈eR,f(x)∈eS,从而rS(g(x)S)≤eS.

设

其中存在 rt∈ R 使得因此重复下去可以选择 r∈R 使得对所有的 i∈{0,1,···,t}.对任意

有

由引理 3.2,∀0≤ i≤ m,0≤ j≤ k,0≤ s≤ t,biαi(dj)ecsαs(r)=0,有 g(x)k(x)eh(x)r=0.因此rS(g(x)S)≤eeS,S是右PCS-环.

注 3.2 定理 3.1中,R是 α-刚的这个条件不是必要的.比如,考虑环 Z⊕Z,其运算是通常加法和乘法.子环R={(a,b)∈Z⊕Z|a≡b(mod 2)}是交换环,且R的幂等元是(0,0)和(1,1).容易证明R是右PCS-环.设α:R→R,α(a,b)=(b,a),则α是R的自同构,R不是 α-刚的.由文献 [6]的例 9,R[x,α]是拟 -Baer环,因而是右 PCS-环.

设 R是环,α是 R的自同态.称 R是 α-相容的,如果 rα(s)=0⇔ rs=0.显然,如果R是α-相容的,则α是单的;如果R是α-刚的,则R是α-相容的.事实上,设rα(s)=0,则 srα(sr)=0.因为R是 α-刚的,且是简约的,因此sr=0,rs=0,如果rs=0,则

但是逆命题一般不成立.任意环R是1R-相容的;如果R不是简约的(比如,Z4),则R不是1R-刚的.容易证明,对一个简约的环R,R是α-刚的当且仅当R是α-相容的.

存在环R 和 1R≠α∈End(R)使得 R是 α-相容的.同样存在Abelian α-相容的环,但不是α-刚的.

例 3.1(1)设Q是有理数环.考虑由Q通过Z的平凡扩张R=Z∗Q,R的加法和乘法如下定义:对于 (n,q),(n′,q′)∈ R,

定义 α:R→R,α(n,q)=(n,kq),(n,q)∈R,这里 k∈Q{0,1}.则 1R≠α是 R的自同态.容易证明R是α-相容的,因而是α-刚的.

(2)存在环R以及R的自同构α使得R是α-相容的,但不是α-刚的.设R=Z∗Z4是由 Z4通过Z的平凡扩张.定义 α:R→R,α(n,x)=(n,−x),对任意(n,x)∈R.则R不是简约的,因而不是 α-刚的.但是R是 Abelian α-相容的环.

对一个α-相容的环R,有与引理3.2相似的结果.

引理 3.3 设R是α-相容的环,a,b∈R.则:

1.如果ab=0,a,b∈R,则对任意正整数n有aαn(b)=αn(a)b=0;

2.如果存在正整数k使得aαk(b)=αk(a)b=0,则ab=0;

3.如果R是Abelian的,e(x)=enxn+···+e1x+e0是R[x,α]的幂等元,则e(x)=e0∈ R.

证明 (1)和(2)的证明类似于文献[6]的引理4.

(3)容易证明

因为 e1α(e0)+e0e1=e1蕴含 e0e1α(e0)=0;则 e0e1e0=0,e0e1=e1e0.因为 R 是 α-相容的,e1=0.假设对所有1≤k＜n,ek=0.则

因此有 e0ek+1(e0)=0,ek+1=0.从而 e(x)=e0∈R.

定理 3.2 设 R 是 Abelian α-相容的环.假设 ∀f(x)∈R[x,α],存在好多项式 g(x)∈f(x)R[x,α],使得

则 R是右 PCS-环当且仅当Ore扩张R[x;α]是右PCS-环.

证明 充分性与命题3.2类似,必要性与命题3.3类似.

4 PCS环的 (形式三角)矩阵环

文献[7]证明了拟-Baer环上的n×n矩阵环和n×n上(下)三角矩阵环也是拟-Baer的.自然就问:PCS-环上的n×n矩阵环或n×n上(下)三角矩阵环还是PCS-环吗?

设Tn(R)表示R上的n×n上三角矩阵,Mn(R)表示n×n矩阵环.首先考虑上三角矩阵环Tn(R).

定理 4.1 设R是Abelian环,则是右PCS-环当且仅当R是右PCS-环.

证明 假设R是右PCS-环.设因为R是右PCS-环,存在

使得

令因为R是Abelian的,则f2=f∈R,E2=E∈S.将证明 rS(sS)≤eES.

设则对任意r∈R,

则有 x,y∈rR(aR).同样,z∈rR(cR)∩rR(aR)∩rR(bR)≤efR.因此

于是

对任意

证明存在s′∈S使得

情形 1 如果 er≠0,则存在 r0∈R 使得 0≠err0∈rR(aR).因此

对任意

情形 2 如果ft≠0,这与情形1类似.

情形 3 如果es≠0,这也与情形1类似.因此S是右PCS-环.

反之,假设S是右PCS-环.a∈R,则存在S的幂等元E使得

设则 e2=e∈R.将证明 rR(aR)≤eeR.

容易证明rR(aR)≤eR.设0≠er∈eR,则存在使得

则要么 erx≠0,要么 ery≠0,同样 aRerx=aRery=0.因此 R 是右 PCS-环.

上述命题可以推广到任意正整数n≥3的情况.有:

命题 4.1设R是Abelian环.则下列命题等价:

1.R是右PCS-环;

2.对任意正整数n,Tn(R)是右PCS-环;

3.对某个正整数n,Tn(R)是右PCS-环.

对于右ACS-环,上述定理一般不成立(见下面的例子4.1).但是有:

命题 4.2 设Tn(R)是R上的n×n阶上三角矩阵环.若Tn(R)是右ACS-环,则R也是.

证明 只需证明n=2的情形.n≥3的情形类似.设a∈R,则

是T2(R)的幂等元.显然e2=e∈R,容易证明rR(a)≤eR.

设0≠er∈eR,则且存在T2(R)的非零元 使得

则要么 0≠erx,要么 ery≠0,有 erx∈ rR(a)或 ery∈ rR(a),因而 rR(a)≤eeR.故 R 是右 ACS-环.

上述命题的逆命题一般不成立.

例 4.1 Z是ACS-环.但是上三角矩阵环T2(Z)不是右ACS-环.

证明 设T=T2(Z).容易证明T的所有幂等元是:

这里 0≠b∈ Z.

设则

如果T是右ACS-环,直接计算表明rT(t)作为右理想在T中必须是本质的.设则存在使得

但这是不可能的.

现在讨论 R上的矩阵环 Mn(R).p.q-Baer性质是 Morita不变性质 (见文献 [4]的定理 2.2).尽管不知道右 (或左)PCS是否是 Morita不变性质,但是强右 (或左)PCS是 Morita不变性质,下面的定理说明了这一点:

定理 4.2 设 R是环,则 R是强右 PCS-环当且仅当 M2(R)是强右 PCS-环.因此强右PCS-性质是Morita不变性质.

证明 假设M2(R)是强右PCS-环,a∈R,则存在

使得

直接计算可以证明a11∈Sl(R),且因此R是强右PCS-环.

反之,假设 R是强右 PCS-环,则存在幂等元 eij∈Sl(R)使得 rR(bijR)≤eeijR,对所有的 i,j∈{1,2}.令 e=e11e12e21e22,则 e2=e∈Sl(R),且

现在证明

因而M2(R)是强右PCS-环.容易看出

余下的与定理 4.1的证明类似.可以把结果推广到 n≥3的情形,因此强右 PCS性质是Morita不变性质.

考虑形式三角矩阵环的PCS-性质.设R是环,I是R的右理想.设M 是左R-模,令

设N 是右R-模,令

定理 4.3 设A,B是环,AMB是左A右B双模.设是由A,B,M 构造的形式三角矩阵环.则下列命题等价:

1.R是右PCS-环;

2.(i)A和 B都是右 PCS-环;(ii)如果 rA(aA)≤eeAA,a∈A,则作为右 B-模,rM(aA)≤eeAAM.

证明 假设R是右PCS-环.设a∈A,则存在幂等元使得

显然有

同样容易证明rA(aA)≤eeAA,且A是右PCS-环.同理可证B是右PCS-环.

对任意 0≠eAm∈eAAM,则

则存在 使得

则 且作为右 B-模,rM(aA)≤eeAAM.

反之,设因为A和B都是右PCS-环,存在

使得

设则现在证明 rR(rR)≤eeRR.

对任意有

对任意成立.

则选取 m1=0M,b1=0B,有

则存在n∈M 使得m=eAn,因而s∈eRR.于是rR(rR)≤eRR.

对任意从下面三种情形证明rR(rR)≤eeRR.

情形 1 如果 eAa1≠0,则存在 a2∈A 使得则

情形 2 如果eBb1≠0,这与情形1类似.

情形 3 如果 eAm≠0,因为作为右 B-模,rM(aA)≤eeAAM 存在 b2∈B,使得

则

且 rR(rR)≤eeRR.因此 R是右PCS-环.

参考文献

[1]Goodearl K R.Ring Theory[M].New York:Marcel Dekker,1976.

[2]Kaplansky I.Rings of Operators[M].New York:Benjamin,1965.

[3]Clark W E.Twisted martix units semigroup algebras[J].Duke Math.J.,1967,34:417-424.

[4]Birkenmeier G F,Kim J Y,Park J K.Principally quasi-Baer rings[J]Comm.Alg.,2001,29(2):639-660.

[5]Nicholson W K,Yousif M F.Weakly continuous and C2-rings[J].Comm.Alg.,2001,29(6):2429-2446.

[6]Hong C Y,Kim N K,Kwak T K.Ore extensions of Baer and p.p-rings[J].J.Pure and Appl.Alg.,2000,151:215-226.

[7]Pollingher A.Zaks A.On Baer and quasi-Baer rings[J].Duke Math.J.,1970,37:127-138.

[8]Lam T Y.Lectures on Modules and Rings(GTM189)[M].New York:Springer,1998.

[9]Shock R C.Polynomial rings over finite dimensional rings[J].Pacific.J.Math.,1972,42(1):251-257.

[10]Birkenmeier G F,Kim J Y,Park J K.A sheaf representation of quasi-Baer rings[J].J.Pure and Appl.Alg.,2000,146:209-223.

[11]Nam Kyun Kim.Armendariz rings and reduced rings[J].J.Alg.,2000,223:477-488.

[12]Anderson D D,Camillo V.Armendariz rings and Gaussian rings[J].Comm.Alg.,1998,26(7):2265-2272.