斜幂级数剩余类环的同调性质

The Homological Properties of the Residue Rings of Skew Power Series

摘要: 设R是一个完全凝聚的交换环，α是环R的自同构，f(x)是R[[x;a]]中的一个斜幂级数。该文对一些特殊的f(x)，即f(x)的某些系数满足一定条件时，得到了斜幂级数剩余类环R[[x;a]]/(f(x))作为R-模的平坦与忠实平坦等同调性质。

Abstract: Let R be a perfect coherent commutative ring, α be an automorphism of a ring R, and f(x) be a skew power series of R[[x;a]]. In this paper, we mainly investigate the flat property or the faithfully flat property of the residue ring R[[x;a]]/(f(x)) when the coefficients of f(x) satisfy some additional conditions.

1. 前言

设R是有单位元1的完全凝聚的交换环， $\alpha$ 是环R上的一个自同构。记 $R〚x;\alpha 〛=\left\{{\displaystyle {\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i{x}^i}|a_i\in R,i\in N\right\}$，其中加法运算为普通的幂级数加法，乘法运算为满足下列关系式的乘法运算：对于任意 $r\in R$， $xr=\alpha \left(r\right)x$，则 $R〚x;\alpha 〛$ 按上述运算构成一个环，称为环R上的斜幂级数环。设I是环R的理想，如果对任意 $a,b\in R$， $ab\in I\iff a\alpha \left(b\right)\in I$，则称I是环R的 $\alpha$ -相容理想。如果环R的任意理想都是 $\alpha$ -相容理想，则称环R是 $\alpha$ -相容环。

令 $f\left(x\right)\in R〚x;\alpha 〛$，本文主要研究当 $f\left(x\right)$ 的某些系数满足一定条件时，斜幂级数剩余类环 $R〚x;\alpha 〛/\left(f\left(x\right)\right)$ 作为R-模是一个平坦R-模以及忠实平坦R-模，并且将该结论推广到了幂级数剩余类环上。

2. 预备知识

引理1 设R是有单位元1的结合环， $\alpha$ 是环R的自同构，I是环R的 $\alpha$ -相容理想，则对任意 $a,b\in R$，下列结论成立：

1) 若 $ab\in I$，则对任意正整数n，有 $a{\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$， ${\alpha }^{-n}\left(a\right)b\in I$ ；

2) 若存在正整数n，使得 $a{\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$ 或 ${\alpha }^{-n}\left(a\right)b\in I$，则必有 $ab\in I$。

证明：1) 若 $ab\in I$，则有 $a\alpha \left({\alpha }^{-1}\left(b\right)\right)\in I$。于是由 $\alpha$ -相容理想的定义可得 $a{\alpha }^{-1}\left(b\right)\in I$，再由 $a{\alpha }^{-1}\left(b\right)\in I$ 可推出 $a\alpha \left({\alpha }^{-2}\left(b\right)\right)\in I$，从而同样可推出 $a{\alpha }^{-2}\left(b\right)\in I$。依此类推可得对任意正整数n，有 $a{\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$。

若 $ab\in I$，则有 ${\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(a\right){\alpha }^{-n}\left(b\right)\right)=1\cdot {\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(a\right){\alpha }^{-n}\left(b\right)\right)\in I$，其中n是正整数，于是由上面的证明可得 $1\cdot {\alpha }^{-n}\left({\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(a\right){\alpha }^{-n}\left(b\right)\right)\right)={\alpha }^{-n}\left(a\right){\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$。由于I是环R的 $\alpha$ -相容理想，于是可得 ${\alpha }^{-n}\left(a\right){\alpha }^{-n+1}\left(b\right)\in I$，依此类推可得 ${\alpha }^{-n}\left(a\right)b\in I$。

2) 若存在正整数n，使得 $a{\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$ 或 ${\alpha }^{-n}\left(a\right)b\in I$，则由文献 [1] 中的命题2.3可得 $a{\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(b\right)\right)=ab\in I$ 及 ${\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(a\right)\right)b=ab\in I$。

推论1：设R是有单位元1的结合环， $\alpha$ 是环R的自同构，I是环R的 $\alpha$ -相容理想，则对任意 $a,b\in R$，下列结论成立：

1) 若 $ab\in I$，则对任意非零整数n，有 $a{\alpha }^n\left(b\right)\in I$， ${\alpha }^n\left(a\right)b\in I$ ；

2) 若存在非零整数n，使得 $a{\alpha }^n\left(b\right)\in I$ 或 ${\alpha }^n\left(a\right)b\in I$，则必有 $ab\in I$。

证明：由引理1及文献 [1] 中的命题2.3可知上述结论成立。

引理2：设R是有单位元1的结合环， $\alpha$ 是环R的自同构，对任意正整数n，任意 $r\in R$，有 $x^{n}r={\alpha }^n\left(r\right)x^n$， $r{x}^n=x^n{\alpha }^{-n}\left(r\right)$。

证明：由于 $xr=\alpha \left(r\right)x$，于是可得 $x^{2}r=x\left(xr\right)=x\left(\alpha \left(r\right)x\right)=\left(x\alpha \left(r\right)\right)x={\alpha }^2\left(r\right)x^2$，依此类推可得 $x^{n}r={\alpha }^n\left(r\right)x^n$。

由 $x^{n}r={\alpha }^n\left(r\right)x^n$，可得 $r{x}^n={\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(r\right)\right)x^n=x^n{\alpha }^{-n}\left(r\right)$。

引理3：设R是有单位元1的结合环， $\alpha$ 是环R的自同构，I是环R的 $\alpha$ -相容理想， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$。则对任意正整数n，任意 $b\in I$，有 $f\left(x\right)b\in I〚x;\alpha 〛$， $f\left(x\right)b{x}^n\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$。

证明：由于 $f\left(x\right)b=\left({\displaystyle {\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i{x}^i}\right)b={\displaystyle {\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i\left(x^{i}b\right)}={\displaystyle {\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i{\alpha }^i\left(b\right)x^i}$，由 $b\in I$ 可得对任意 $0\le i<\infty$， $a_{i}b\in I$，于是由推论1可得 $a_i{\alpha }^i\left(b\right)\in I$，从而可得 $f\left(x\right)b\in I〚x;\alpha 〛$。

由于 $f\left(x\right)b{x}^n=f\left(x\right)x^n{\alpha }^{-n}\left(b\right)$，由于 $b=1\cdot b\in I$，于是由推论1可得 $1\cdot {\alpha }^{-n}\left(b\right)={\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$，从而可得 $f\left(x\right)b{x}^n\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$。

3. 主要结果

定理1：设R是有单位元1的完全凝聚的 $\alpha$ -相容的交换环， $\alpha$ 是环R的自同构， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$。如果存在n，使得 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$ 都是幂等元， $a_n=1$，那么 $A=R〚x;\alpha 〛/\left(f\left(x\right)\right)$ 是平坦右R-模。

证明：在R-模正合列：

$0\to \left(f\left(x\right)\right)\to R〚x;\alpha 〛\to A\to 0$

中， $R〚x;\alpha 〛\cong \prod R$，由文献 [2]，由于R是完全凝聚的环，因此易得 $R〚x;\alpha 〛$ 是平坦右R-模。故由文献 [3] 知，A是平坦右R-模的充要条件是对R中任意有限生成的左理想I，有

$\left(f\left(x\right)\right)\cap R〚x;\alpha 〛\cdot I=\left(f\left(x\right)\right)\cdot I$

显然 $\left(f\left(x\right)\right)\cdot I\subseteq \left(f\left(x\right)\right)\cap R〚x;\alpha 〛\cdot I$，下证 $\left(f\left(x\right)\right)\cap R〚x;\alpha 〛\cdot I\subseteq \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$。设 $k_i\left(x\right)\in R〚x;\alpha 〛$， $c_i\in I$，则由引理3可得 ${\displaystyle \sum k_i\left(x\right)c_i}\in I〚x;\alpha 〛$。若 ${\displaystyle \sum k_i\left(x\right)c_i}\in \left(f\left(x\right)\right)$，下证一定有 ${\displaystyle \sum k_i\left(x\right)c_i}\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$。

因为 ${\displaystyle \sum k_i\left(x\right)c_i}\in \left(f\left(x\right)\right)$，所以存在 $g\left(x\right)\in R〚x;\alpha 〛$，使得 ${\displaystyle \sum k_i\left(x\right)c_i}=f\left(x\right)g\left(x\right)$。

设 $g\left(x\right)=b_0+b_{1}x+\cdots +b_m{x}^m+\cdots$，则

$\begin{array}{c}f\left(x\right)g\left(x\right)=\left({\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{x}^i}\right)\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{b}_j{x}^j}\right)\\ ={\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{x}^i{b}_0+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{x}^i{b}_{1}x}}+\cdots +{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{x}^i{b}_m{x}^m}+\cdots \\ ={\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{\alpha }^i\left(b_0\right)x^i}+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{\alpha }^i\left(b_1\right)x^{i+1}}+\cdots +{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_i{\alpha }^i\left(b_m\right)x^{i+m}}+\cdots \\ =a_0{b}_0+\left(a_0{b}_1+a_1\alpha \left(b_0\right)\right)x+\cdots +\left(a_0{b}_{n+m}+\cdots +a_{n+m}{\alpha }^{n+m}\left(b_0\right)\right)x^{n+m}+\cdots \\ ={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{i+j=k}{\sum }\left(a_i{\alpha }^i\left(b_j\right)\right)x^k}}\in I〚x;\alpha 〛\end{array}$

当 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$ 都是幂等元， $a_n=1$ 时，依次比较 $x^k$ 的系数得：

当 $k=0$ 时， $a_0{b}_0\in I$ ；

当 $k=1$ 时，我们有

$a_0{b}_1+a_1\alpha \left(b_0\right)\in I.$ (1)

将上式乘上 $a_0$ 后得

$a_0{b}_1+a_1{a}_0\alpha \left(b_0\right)\in I.$

由于 $a_0{b}_0\in I$，I是环R的 $\alpha$ -相容理想，于是可得 $a_0\alpha \left(b_0\right)\in I$，从而可得 $a_0{b}_1\in I$。再由(1)式可得 $a_1\alpha \left(b_0\right)\in I$，故由推论1可得 $a_1{b}_0\in I$ ；

当 $k=2$ 时，

$a_0{b}_2+a_1\alpha \left(b_1\right)+a_2{\alpha }^2\left(b_0\right)\in I.$ (2)

将该式乘上 $a_0$ 后得

$a_0{b}_2+a_1{a}_0\alpha \left(b_1\right)+a_2{a}_0{\alpha }^2\left(b_0\right)\in I.$

由于 $a_0{b}_0\in I$， $a_0{b}_1\in I$，于是由推论1可得 $a_0\alpha \left(b_1\right)\in I$， $a_0{\alpha }^2\left(b_0\right)\in I$，从而可得 $a_0{b}_2\in I$。再将(2)式乘上 $a_1$ 后可得

$a_1{a}_0{b}_2+a_1\alpha \left(b_1\right)+a_2{a}_1{\alpha }^2\left(b_0\right)\in I.$

由于 $a_1{b}_0\in I$，于是由推论1可得 $a_1{\alpha }^2\left(b_0\right)\in I$。又由于 $a_0{b}_2\in I$，于是可得 $a_1\alpha \left(b_1\right)\in I$，故可得 $a_1{b}_1\in I$。再由(2)式可得 $a_2{\alpha }^2\left(b_0\right)\in I$，于是由推论1可得 $a_2{b}_0\in I$，依此类推；

当 $k=n$ 时，由 ${\displaystyle {\sum }_{i+j=n}{a}_i{\alpha }^i\left(b_j\right)}\in I$ 可得 $a_0{b}_n\in I$， $a_1{b}_{n-1}\in I$， $\cdots$， $a_n{b}_0=b_0\in I$ ；

当 $k=n+1$ 时，由 ${\displaystyle {\sum }_{i+j=n+1}{a}_i{\alpha }^i\left(b_j\right)}\in I$ 可得 $a_0{b}_{n+1}\in I$， $a_1{b}_n\in I$， $\cdots$， $a_n{b}_1=b_1\in I$， $a_{n+1}{b}_0\in I$ ；

依此类推可得 $b_0\in I$， $b_1\in I$， $\cdots$， $b_m\in I$， $\cdots$，故由引理3可得

${\displaystyle \sum k_i\left(x\right)c_i}=f\left(x\right)g\left(x\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}f\left(x\right)b_j{x}^j}\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$

定理2：设R是有单位元1的完全凝聚的 $\alpha$ -相容的交换环， $\alpha$ 是环R的自同构， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$。如果存在 $n\ge 1$，使得 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$， $a_n=1$，那么 $A=R〚x;\alpha 〛/\left(f\left(x\right)\right)$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：显然 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$ 都是幂等元，则由定理1可知A是平坦右R-模。下证对于R的任意有限生成的真左理想I， $I\ne R$，一定有 $AI\ne A$，则根据文献 [4] 可得A是忠实平坦的右R-模。下证A中的单位元 $1+\left(f\left(x\right)\right)$ 必不在AI中，则 $AI\ne A$。

反设A中的单位元 $1+\left(f\left(x\right)\right)\in AI$，则存在 $h_i\left(x\right)\in R〚x;\alpha 〛$， $c_i\in I$，使得

$1+\left(f\left(x\right)\right)={\displaystyle \sum \left(h_i\left(x\right)+\left(f\left(x\right)\right)\right)c_i}={\displaystyle \sum h_i\left(x\right)c_i+(f(x))}$

由于 $h_i\left(x\right)\in R〚x;\alpha 〛$， $c_i\in I$，于是由引理3知 ${\displaystyle \sum h_i\left(x\right)c_i}\in I〚x;\alpha 〛$，从而存在 $g\left(x\right)\in R〚x;\alpha 〛$，使得 $1+f\left(x\right)g\left(x\right)\in I〚x;\alpha 〛$。由于 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$，于是由引理2可得

$\begin{array}{c}f\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n+1}{x}^{n+1}+\cdots +a_{n+m}{x}^{n+m}+\cdots \\ =x^n{\alpha }^{-n}\left(a_n\right)+x^n{\alpha }^{-n}\left(a_{n+1}\right)x+\cdots +x^n{\alpha }^{-n}\left(a_{n+m}\right)x^m+\cdots \\ =x^n\left({\alpha }^{-n}\left(a_n\right)+{\alpha }^{-n}\left(a_{n+1}\right)x+\cdots +{\alpha }^{-n}\left(a_{n+m}\right)x^m+\cdots \right)\end{array}$

设

$p\left(x\right)={\alpha }^{-n}\left(a_n\right)+{\alpha }^{-n}\left(a_{n+1}\right)x+\cdots +{\alpha }^{-n}\left(a_{n+m}\right)x^m+\cdots$,

则 $f\left(x\right)=x^{n}p\left(x\right)$，所以

$1+f\left(x\right)g\left(x\right)=1+x^{n}p\left(x\right)g\left(x\right)\in I〚x;\alpha 〛.$

于是必有 $1\in I$，由此可得 $I=R$，这与假设 $I\ne R$ 相矛盾，故A是忠实平坦的右R-模。

推论2：设R是有单位元1的完全凝聚的交换环， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$。如果存在 $n\ge 1$，使得 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$， $a_n=1$，那么 $R〚x〛/\left(f\left(x\right)\right)$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R〚x;\alpha 〛$ 中，令 $\alpha =1$，则有 $R〚x;\alpha 〛\cong R〚x〛$，故由定理2知推论成立。