多项式环上的二阶矩阵环$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]\right)$中的幂等元

Idempotents in Matrix Rings of Order 2 Over Polynomial Ring ${\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]$

摘要: 在环论中，幂等元是很重要的一类元素，幂等元是指满足$a^2=a$ 的元素$a$ 。任何含单位元的环通常都有两个幂等元，即0和1，这两个特殊的幂等元通常被称为平凡幂等元。然而，在环${\mathbb{Z}}_n$ 和${\mathbb{Z}}_n\left[x\right]$ 中，可能存在非平凡幂等元。本文将研究多项式环${\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]$ 中的幂等元，并进一步探究多项式环${\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]$ 上的2阶矩阵环$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]\right)$ 中非平凡幂等元的形式与性质，其中$p$ 、$q$ 为不同素数。研究结果表明，${\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]$ 中有4个幂等元，$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]\right)$ 中有7个非平凡幂等矩阵。记环$R$ 的幂等元集合为$Id\left(R\right)$ 。

Abstract: Idempotents are a type of important elements in a ring. An element $a$ is idempotent, if and only if $a^2=a$ . Any ring containing a unity typically has two idempotent elements, namely 0 and 1, which are called the trivial idempotents. However, in rings such as ${\mathbb{Z}}_n$ and ${\mathbb{Z}}_n\left[x\right]$ , there may exist non-trivial idempotents. This paper studies the idempotents in the polynomial ring ${\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]$ , where $p$ , $q$ are distinct primes, and further investigates the forms and properties of non-trivial idempotents in the $2\times 2$ matrix ring $M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]\right)$ . The study shows that there are four idempotent elements in ${\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]$ and seven non-trivial idempotent matrices in $M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]\right)$ . The set of idempotents of a ring $R$ is denoted by$Id\left(R\right)$ .

1. 引言

元素$e$ 被称为幂等元，如果满足$e^2=e$ [1]。在代数研究中，幂等元具有重要意义。通过这些幂等元，我们可以定义新的元素类，如clean元和强clean元[2]-[4]等。在任何包含单位元的环中，至少存在两个幂等元，即0和1，这两个特定的幂等元通常被称为平凡幂等元[5]。然而，在一些特定的环中，如${\mathbb{Z}}_n$ 和${\mathbb{Z}}_n\left[x\right]$ ，除了平凡幂等元外，可能还存在非平凡的幂等元[6]。

近年来，幂等元相关研究备受关注。在多项式环中，Kanwar等人证明了任意交换环$R$ 的幂等元与环

$R\left[x\right]$ 的幂等元完全相同[7]。Kanwar等人还给出了$M_2\left({\mathbb{Z}}_{2p}\left[x\right]\right)$ (其中$p$ 为奇素数)与$M_2\left({\mathbb{Z}}_{3p}\left[x\right]\right)$ (其中$p$ 为大于3的素数)中幂等元的形式[8]。此外，Balmaceda等人[9]、Arifin等人[10]将相关讨论分别扩展到$M_2\left({\mathbb{Z}}_{pq}\left[x\right]\right)$ 、$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^{2}q}\left[x\right]\right)$ 的情形，其中$p$ 、$q$ 为不同素数。

本文将研究更复杂的情况，即研究环${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 中的幂等元的情况，其中$p$ 、$q$ 为不同素数。并通过这

一情况，我们将探究$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中非平凡幂等元的形式与性质。研究结果表明，${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 中有4个幂等元，$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中有7个非平凡幂等矩阵。该结论完善了不同基环类型下矩阵幂等元的研究体系，为

分析基环与矩阵环的关联提供了理论支持，未来可将研究拓展至更高阶矩阵环$M_n\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ ($n\ge 3$ )或含更多素因子的基环，进一步推动相关理论与应用的发展。

2. 理论基础

本节将探究多项式环${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}$ 上的2阶矩阵环中非平凡幂等元的形式与性质，其中$p$ 、$q$ 为不同素数。首先，我们给出以下关于环${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}$ 中幂等元的刻画。

定理1 设$p$ 、$q$ 为不同素数，则环${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}$ 的幂等元为0、1、$q^{p(p-1)}$ 、$p^{q(q-1)}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。

证 设$x$ 是环${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}$ 中的幂等元，则有$x^2\equiv x$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。由此可得$x^2\equiv x$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 且$x^2\equiv x$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。由于$p$ 是素数，因此$x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 或$x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 。同理，我们有$x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 或$x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。因此，我们有以下四种情形：

情形1 $x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ，则$x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。

情形2 $x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ，则$x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。

情形3 $x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。根据中国剩余定理[11]可知，$x\equiv M_{p^2}{x}_{p^2}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ ，其中$M_{p^2}=q^2$ ，$M_{p^2}{x}_{p^2}\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 。又因为$\left(p^2,q^2\right)=1$ ，由欧拉定理[12]可知，$q^{\phi (p^2)}=q^{p(p-1)}\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 。此外，幂指数$p\left(p-1\right)\ge 2$ ，于是$q^{p(p-1)}\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。记此幂等元为$e_p$ ，此时$e_p$ 满足$e_p\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$e_p\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。因此$e_p=q^{p(p-1)}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。

情形4 $x\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$x\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。记此幂等元为$e_q$ ，此时$e_q$ 满足$e_q\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$e_q\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。和情形3的方法类似，可得$e_q=p^{q(q-1)}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。证毕。

例2 给定环${\mathbb{Z}}_{2^2{3}^2}$ ，该环的幂等元为0、1、9、28。

与其他环类似，多项式环也存在幂等元。若环$R$ 是交换环，根据([8]，推论2.3)可知，$Id\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\right)=Id\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 。多项式环上的矩阵环也涉及矩阵的行列式与迹，定理3表明，幂等矩阵的行列式与迹均属于该基环$R$ 。

定理3 ([10]，定理2)设$\left(R,+,\times \right)$ 是任意交换环，且仅含平凡幂零元，则$M_2\left(R\left[x\right]\right)$ 中任意幂等矩阵的行列式和迹均在$R$ 中。

定理3的前提条件在本研究的上下文是满足的，其为后续的证明提供理论支撑，是关键结论推导的重要依据。

$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ (其中$p$ 、$q$ 为不同素数)中的平凡幂等元为零矩阵$\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ 和单位矩阵$\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ 。接下来，我们将探究$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中非平凡幂等矩阵的形式。首先给出下述定理，该定理阐明了$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中非平凡幂等矩阵需满足的条件。

定理4 设$p$ 、$q$ 为不同素数，矩阵$A$ 是$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中的非平凡幂等矩阵，则下列条件之一成立：

(1) $\det \left(A\right)=0$ ，$tr\left(A\right)=1$ 或$tr\left(A\right)=q^{p(p-1)}$ 或$tr\left(A\right)=p^{q(q-1)}$ ；

(2) $\det \left(A\right)=q^{p(p-1)}$ ，$tr\left(A\right)=1+q^{p(p-1)}$ 或$tr\left(A\right)=2q^{p(p-1)}$ ；

(3) $\det \left(A\right)=p^{q(q-1)}$ ，$tr\left(A\right)=1+p^{q(q-1)}$ 或$tr\left(A\right)=2p^{q(q-1)}$ 。

证明 根据定理1和([8]，推论2.3)可知，${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 中的幂等元为0、1、$q^{p(p-1)}$ 、$p^{q(q-1)}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。

设$A=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& d\left(x\right)\end{array}\right)$ 是$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中的非平凡幂等矩阵。根据定理3可知，$\det \left(A\right)$ 和$tr\left(A\right)$ 的值为

0、1、$q^{p(p-1)}$ 、$p^{q(q-1)}$ ；若$\det \left(A\right)=1$ ，则$A$ 是单位矩阵，这与$A$ 是非平凡幂等矩阵矛盾。因此，$\det \left(A\right)$ 的值为$0$ 、$q^{p(p-1)}$ 、$p^{q(q-1)}$ ，$tr\left(A\right)$ 的值为0、1、$q^{p(p-1)}$ 、$p^{q(q-1)}$ 。

情形1 $\det \left(A\right)=0$ 。若$tr\left(A\right)=0$ ，则

$A^2=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)& b\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)\\ c\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)& d\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)\cdot 0& b\left(x\right)\cdot 0\\ c\left(x\right)\cdot 0& d\left(x\right)\cdot 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$

即$A$ 是零矩阵，这与$A$ 是非平凡幂等矩阵矛盾。因此，$tr\left(A\right)\ne 0$ 。但，$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中的矩阵：$\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ ，$\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ ，$\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ ，分别是行列式为0的非平凡幂等矩阵，且它们的迹依次为1、$q^{p(p-1)}$ 、$p^{q(q-1)}$ 。因此，若$A$ 是非平凡幂等矩阵且$\det \left(A\right)=0$ ，则$tr\left(A\right)$ 的值为1、$q^{p(p-1)}$ 或$p^{q(q-1)}$ 。

情形2 $\det \left(A\right)=q^{p(p-1)}$ 。由于$A$ 是幂等矩阵，则有$a\left(x\right)=a^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)$ 和$d\left(x\right)=d^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)$ 。因此，

${\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)}^2=a^2\left(x\right)+2a\left(x\right)d\left(x\right)+d^2\left(x\right)=a\left(x\right)+d\left(x\right)+2q^{p(p-1)}\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$

设$a\left(x\right)+d\left(x\right)=y$ ，则可得方程$y^2-y-2q^{p(p-1)}\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。该方程等价于

$y^2-y-2q^{p(p-1)}\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ (1)

$y^2-y-2q^{p(p-1)}\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ (2)

等式(1)等价于$y^2-y-2\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，解得$y\equiv 2$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 或$y\equiv -1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ 。

等式(2)等价于$y^2-y\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ，解得$y\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 或$y\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。

因此，存在以下四种情况：

(i) $y\equiv 2$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$y\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ；(ii) $y\equiv 2$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$y\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ；

(iii) $y\equiv -1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$y\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ；(iv) $y\equiv -1$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$y\equiv 1$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ ；

利用$e_p=q^{p(p-1)}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 、$e_q=p^{q(q-1)}$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 的性质，根据中国剩余定理[11]可知，可把这些解写成${\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}$ 中的元素：对任意元素$r\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}$ 可唯一写成$r=r_p{e}_p+r_q{e}_q$ ，其中$r_p\equiv r$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，$r_q\equiv r$ $\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ 。于是四个解分别为：

(i) $y=2e_p=2q^{p(p-1)}$ ；(ii) $y=2e_p+e_q=1+e_p=$ $1+q^{p(p-1)}$ ；

(iii) $y=-e_p=-q^{p(p-1)}$ ；(iv) $y=-e_p+e_q=1-2e_p=1-2q^{p(p-1)}$ ；

当$y=-q^{p(p-1)}$ ，设矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& -q^{p(p-1)}-a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，则有$A^2=\left(\begin{array}{cc}-q^{p(p-1)}a\left(x\right)-q^{p(p-1)}& -q^{p(p-1)}b\left(x\right)\\ -q^{p(p-1)}c\left(x\right)& q^{p(p-1)}a\left(x\right)\end{array}\right)$ 。

由于$A$ 是幂等矩阵，$a\left(x\right)$ 和$-q^{p(p-1)}-a\left(x\right)$ 也必须是幂等元。而$a\left(x\right)$ 的可能值为0、1、$q^{p(p-1)}$ 或$p^{q(q-1)}$ ，此时$-q^{p(p-1)}-a\left(x\right)$ 均不是幂等元，矛盾。因此，$y\ne -q^{p(p-1)}$ 。

当$y=1-2q^{p(p-1)}$ ，由矩阵$A$ 是幂等矩阵，则有$2q^{p(p-1)}b\left(x\right)=2q^{p(p-1)}c\left(x\right)=0$ 。再由${\left(1-2q^{p(p-1)}\right)}^2=1$ ，

则$1-2q^{p(p-1)}$ 可逆，因此$b\left(x\right)=c\left(x\right)=0$ 。此时，$A=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& 0\\ 0& 1-2q^{p(p-1)}-a\left(x\right)\end{array}\right)$ 。由于$A$ 是幂等矩阵，$a\left(x\right)$

和$1-2q^{p(p-1)}-a\left(x\right)$ 也必须是幂等元。而$a\left(x\right)$ 的可能值为0、1、$q^{p(p-1)}$ 或$p^{q(q-1)}$ ，此时$1-2q^{p(p-1)}-a\left(x\right)$ 均不是幂等元，矛盾。因此，$y\ne 1-2q^{p(p-1)}$ 。

但是，$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中分别存在行列式为$q^{p(p-1)}$ 、迹为$2q^{p(p-1)}$ 和$1+q^{p(p-1)}$ 的非平凡幂等矩阵，即$\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}& 0\\ 0& q^{p(p-1)}\end{array}\right)$ ，$\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ 。因此，若$A$ 是非平凡幂等矩阵且行列式的值为$q^{p(p-1)}$ ，则迹的值为$2q^{p(p-1)}$

或$1+q^{p(p-1)}$ 。

情形3 $\det \left(A\right)=p^{q(q-1)}$ 。与情形2类似，可得方程$y^2-y-2p^{q(q-1)}\equiv 0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ 。该方程等价于

$y^2-y-2p^{q(q-1)}\equiv 0\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ (3)

$y^2-y-2p^{q(q-1)}\equiv 0\left(\mathrm{mod}{q}^2\right)$ (4)

同理，存在四个解，分别是：(i)$y=2p^{q(q-1)}$ ；(ii)$y=1+p^{q(q-1)}$ ；(iii)$y=-p^{q(q-1)}$ ；(iv)$y=1-2p^{q(q-1)}$ 。并且，$y=1-2p^{q(q-1)}$ 或$y=-p^{q(q-1)}$ 时，与矩阵$A$ 是幂等矩阵矛盾。但是，$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中分别存在行列式为

$p^{q(q-1)}$ 、迹为$2p^{q(q-1)}$ 和$1+p^{q(q-1)}$ 的非平凡幂等矩阵，即$\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}& 0\\ 0& p^{q(q-1)}\end{array}\right)$ ，$\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ 。因此，若$A$ 是非

平凡幂等矩阵且行列式的值为$p^{q(q-1)}$ ，则迹的值为$2p^{q(q-1)}$ 或$1+p^{q(q-1)}$ 。

证毕。

3. $M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2}{}_{q^2}\left[x\right]\right)$ 中的非平凡幂等矩阵

接下来，我们以列表形式给出$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中非平凡幂等矩阵的一般表达式。

定理5 设$p$ 、$q$ 为不同素数，则$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中的非平凡幂等矩阵为以下形式之一：

1) $\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& 1-a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=0$ ；

2) $\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}a\left(x\right)& q^{p(p-1)}b\left(x\right)\\ q^{p(p-1)}c\left(x\right)& q^{p(p-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=p^{2}f\left(x\right)$ ；

3) $\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}a\left(x\right)& p^{q(q-1)}b\left(x\right)\\ p^{q(q-1)}c\left(x\right)& p^{q(q-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=q^{2}g\left(x\right)$ ；

4) $\left(\begin{array}{cc}1+p^{2}a\left(x\right)& p^{2}b\left(x\right)\\ p^{2}c\left(x\right)& q^{p(p-1)}-p^{2}a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right)\left(1+p^{2}a\left(x\right)\right)+p^{2}b\left(x\right)c\left(x\right)=q^2\phi \left(x\right)$ ；

5) $\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}& 0\\ 0& q^{p(p-1)}\end{array}\right)$ ；

6) $\left(\begin{array}{cc}1+q^{2}a\left(x\right)& q^{2}b\left(x\right)\\ q^{2}c\left(x\right)& p^{q(q-1)}-q^{2}a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right)\left(1+q^{2}a\left(x\right)\right)+q^{2}b\left(x\right)c\left(x\right)=p^{2}h\left(x\right)$ ；

7) $\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}& 0\\ 0& p^{q(q-1)}\end{array}\right)$ 。

证明 设矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& d\left(x\right)\end{array}\right)$ 是$M_2\left({\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]\right)$ 中的非平凡幂等矩阵，则有$A^2=A$ ，此时等价于，${\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& d\left(x\right)\end{array}\right)}^2=\left(\begin{array}{cc}{a}^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)& b\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)\\ c\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)& b\left(x\right)c\left(x\right)+d^2\left(x\right)\end{array}\right)$ 。根据定理4，我们将分以下三种情况进行讨论：

情形1 $\det \left(A\right)=0$ 。

1.1 $tr\left(A\right)=1$ ，由于$a\left(x\right)+d\left(x\right)=1$ 和$a\left(x\right)d\left(x\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=0$ ，则我们有$a\left(x\right)=a^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)$ ，$b\left(x\right)=b\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)$ ，$c\left(x\right)=c\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)$ ， $d^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)=d^2\left(x\right)+a\left(x\right)d\left(x\right)=d\left(x\right)=1-a\left(x\right)$ ，因此，

$A^2=\left(\begin{array}{cc}{a}^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)& b\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)\\ c\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)& d^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& 1-a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，

由于$A$ 是幂等矩阵，则有$A=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& b\left(x\right)\\ c\left(x\right)& 1-a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right),b\left(x\right),c\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 且$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=0$ 。

1.2 $tr\left(A\right)=q^{p(p-1)}$ ，由于$A$ 是幂等矩阵，此时$b\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)=b\left(x\right)q^{p(p-1)}=b\left(x\right)$ ， $c\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)=c\left(x\right)q^{p(p-1)}=c\left(x\right)$ ， $a^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)=a^2\left(x\right)+a\left(x\right)d\left(x\right)=a\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)=a\left(x\right)q^{p(p-1)}=a\left(x\right)$ 。由

于$d\left(x\right)=q^{p(p-1)}-a\left(x\right)=q^{p(p-1)}-a\left(x\right)q^{p(p-1)}=q^{p(p-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)$ 和$q^{p(p-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)$ 是幂等元可知，

$d^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)=q^{p(p-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)$ 。因此，$A^2=\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}a\left(x\right)& q^{p(p-1)}b\left(x\right)\\ q^{p(p-1)}c\left(x\right)& q^{p(p-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)\end{array}\right)$ ，进一步可得$A=\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}a\left(x\right)& q^{p(p-1)}b\left(x\right)\\ q^{p(p-1)}c\left(x\right)& q^{p(p-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)\end{array}\right)$ 。又因为$\det \left(A\right)=0$ ，代入得$q^{p(p-1)}\left(a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)\right)=0$

$\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ ，而$q^{p(p-1)}\ge q^2$ ，$\left(q^{p(p-1)},p^2\right)$ $=1$ ，等式等价于$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$ ，则存在$f\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 使得$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=p^{2}f\left(x\right)$ ，其中$a\left(x\right),b\left(x\right),c\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 。

1.3 $tr\left(A\right)=p^{q(q-1)}$ ，与1.2类似，由于$A$ 是幂等矩阵，通过计算可知

$A^2=\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}a\left(x\right)& p^{q(q-1)}b\left(x\right)\\ p^{q(q-1)}c\left(x\right)& p^{q(q-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)\end{array}\right)$ ，进一步可得矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}a\left(x\right)& p^{q(q-1)}b\left(x\right)\\ p^{q(q-1)}c\left(x\right)& p^{q(q-1)}\left(1-a\left(x\right)\right)\end{array}\right)$ 。又因为

$\det \left(A\right)=0$ ，可知存在$g\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 使得$a\left(x\right)\left(1-a\left(x\right)\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=q^{2}g\left(x\right)$ ，其中$a\left(x\right),b\left(x\right),c\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 。

情形2 $\det \left(A\right)=q^{p(p-1)}$ 。

2.1 $tr\left(A\right)=1+q^{p(p-1)}$ ，由于$A$ 是幂等矩阵可知，$a^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)=a\left(x\right)$ ，又$\det \left(A\right)=a\left(x\right)d\left(x\right)-b\left(x\right)c\left(x\right)=q^{p(p-1)}$ ，有$a\left(x\right)=a\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)-q^{p(p-1)}=q^{p(p-1)}a\left(x\right)+a\left(x\right)-q^{p(p-1)}$ ， $b\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)=b\left(x\right)\left(1+q^{p(p-1)}\right)$ ，$c\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)=c\left(x\right)\left(1+q^{p(p-1)}\right)$ ， $d\left(x\right)=d\left(x\right)\left(a\left(x\right)+d\left(x\right)\right)-q^{p(p-1)}=q^{p(p-1)}d\left(x\right)+d\left(x\right)-q^{p(p-1)}=2q^{p(p-1)}-q^{p(p-1)}a\left(x\right)+1-a\left(x\right)$ ，因此，

$A^2=\left(\begin{array}{cc}\left(1+q^{p(p-1)}\right)a\left(x\right)-q^{p(p-1)}& \left(1+q^{p(p-1)}\right)b\left(x\right)\\ \left(1+q^{p(p-1)}\right)c\left(x\right)& 1+2q^{p(p-1)}-\left(1+q^{p(p-1)}\right)a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，再根据$A$ 是幂等矩阵可知，$q^{p(p-1)}\left(a\left(x\right)-1\right)=q^{p(p-1)}b\left(x\right)=q^{p(p-1)}c\left(x\right)=0$ 。又因为$\left(q^{p(p-1)},p^2\right)=1$ ，则$a\left(x\right)-1$ 、$b\left(x\right)$ 、$c\left(x\right)$ 必须是$p^2$

的倍数，因此，有$a\left(x\right)=1+p^{2}a\left(x\right)$ ，$b\left(x\right)=p^{2}b\left(x\right)$ ，$c\left(x\right)=p^{2}c\left(x\right)$ ，由$tr\left(A\right)=1+q^{p(p-1)}$ ，可知$d\left(x\right)=q^{p(p-1)}-p^{2}a\left(x\right)$ 。再根据$\det \left(A\right)=q^{p(p-1)}$ ，代入得$q^{p(p-1)}-p^{2}a\left(x\right)+p^{2}a\left(x\right)q^{p(p-1)}-p^4{a}^2\left(x\right)-p^{4}b\left(x\right)c\left(x\right)=q^{p(p-1)}$ ，即$p^2\left[a\left(x\right)\left(q^{p(p-1)}-1\right)-p^2\left(a^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)\right)\right]=0$ $\left(\mathrm{mod}{p}^2{q}^2\right)$ ，则存在${\phi }^{\ast }\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 使得$a\left(x\right)-a\left(x\right)q^{p(p-1)}+p^2\left(a^2\left(x\right)+b\left(x\right)c\left(x\right)\right)=q{\phi }^{\ast }\left(x\right)$ ，而$q^{p(p-1)}=q\cdot m$ ，其中$m\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ ，因此，我们有

$a\left(x\right)\left(1+p^{2}a\left(x\right)\right)+p^{2}b\left(x\right)c\left(x\right)=q^2\phi \left(x\right)$ ，其中$\phi \left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 。则可知$A=\left(\begin{array}{cc}1+p^{2}a\left(x\right)& p^{2}b\left(x\right)\\ p^{2}c\left(x\right)& q^{p(p-1)}-p^{2}a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，

其中$a\left(x\right),b\left(x\right),c\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 。

2.2 $tr\left(A\right)=2q^{p(p-1)}$ 。与2.1类似，通过计算可得$A^2=\left(\begin{array}{cc}2q^{p(p-1)}a\left(x\right)-q^{p(p-1)}& 2q^{p(p-1)}b\left(x\right)\\ 2q^{p(p-1)}c\left(x\right)& 3q^{p(p-1)}-2q^{p(p-1)}a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，

根据$A$ 是幂等矩阵可知，$\left(2q^{p(p-1)}-1\right)b\left(x\right)=\left(2q^{p(p-1)}-1\right)c\left(x\right)=0$ ，由$q^{p(p-1)}$ 是幂等元可知，$2q^{p(p-1)}-1$ 是

可逆元，因此$b\left(x\right)=c\left(x\right)=0$ 。此时，$A=\left(\begin{array}{cc}a\left(x\right)& 0\\ 0& 2q^{p(p-1)}-a\left(x\right)\end{array}\right)$ 。由于$A$ 是幂等矩阵，$a\left(x\right)$ 和

$2p^{q(q-1)}-a\left(x\right)$ 也必须是幂等元，其中$a\left(x\right)$ 的可能值为0、1、$q^{p(p-1)}$ 或$p^{q(q-1)}$ 。因此，只能是$a\left(x\right)=q^{p(p-1)}$ 。

此时，矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}{q}^{p(p-1)}& 0\\ 0& q^{p(p-1)}\end{array}\right)$ 。

情形3 $\det \left(A\right)=p^{q(q-1)}$ 。

3.1 $tr\left(A\right)=1+p^{q(q-1)}$ ，此时的计算过程与情形2的2.1类似，则有$A=\left(\begin{array}{cc}1+q^{2}a\left(x\right)& q^{2}b\left(x\right)\\ q^{2}c\left(x\right)& p^{q(q-1)}-q^{2}a\left(x\right)\end{array}\right)$ ，其中$a\left(x\right),b\left(x\right),c\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ ，且存在$h\left(x\right)\in {\mathbb{Z}}_{p^2{q}^2}\left[x\right]$ 使得$a\left(x\right)\left(1+q^{2}a\left(x\right)\right)+q^{2}b\left(x\right)c\left(x\right)=p^{2}h\left(x\right)$ 。

3.2 $tr\left(A\right)=2p^{q(q-1)}$ ，此时的计算过程与情形2的2.2类似，矩阵$A=\left(\begin{array}{cc}{p}^{q(q-1)}& 0\\ 0& p^{q(q-1)}\end{array}\right)$ 。证毕。

基金项目

本研究得到国家自然科学基金(项目编号：12261001，12461001)的资助。