Ore扩张剩余类环的忠实平坦性质

The Faithfully Flat Property of the Residue Rings of Ore Extension Rings

摘要: 设α是环R的自同构，δ是环R的α -导子，f(x)是Ore扩张环R[x;α,δ]中的一个斜多项式。通过讨论f(x)的系数与R[x;α,δ]/(f(x))的忠实平坦性质之间的关系，得到了R[x;α,δ]/(f(x))是忠实平坦R-模时应满足的几个充分条件。

Abstract: Let α be an automorphism and δ an α-derivation of a ring R, f(x) be a skew polynomial in the Ore extension ring R[x;α,δ]. We mainly investigate the relations between the coefficients of f(x) and the faithfully flat property of [x;α,δ]/(f(x)), and obtain some sufficient conditions for [x;α,δ]/(f(x)) being a faithfully flat R-module.

1. 前言

设R是有单位元1的交换环， $\alpha$ 是环R上的一个自同构， $\delta$ 是环R上的一个 $\alpha$ -导子，即 $\delta$ 是环R的保持加法运算的映射，并且对任意 $a,b\in R$，有 $\delta \left(ab\right)=\delta \left(a\right)b+\alpha \left(a\right)\delta \left(b\right)$。记

$R\left[x;\alpha ,\delta \right]=\left\{{\displaystyle {\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i}|a_i\in R,n\in N\right\}$，其中加法运算为普通的多项式加法，乘法运算为满足下列关系式的乘

法运算：对于任意 $a\in R$， $xa=\alpha \left(a\right)x+\delta \left(a\right)$，则 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]$ 按上述运算构成一个环，称为环R的Ore扩张环。

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；如果对任意 $a,b\in R$， $ab\in I\iff a\delta \left(b\right)\in I$，则称I是环R的 $\delta$ -相容理想；如果理想I既是环R的 $\alpha$ -相容理想，又是环R的 $\delta$ -相容理想，则称I是环R的 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -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；如果环R的任意理想都是 $\delta$ -相容理想，则称环R是 $\delta$ -相容环；如果环R的任意理想都是 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容理想，则称环R是 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容环。

设 $\alpha$ 是环R的自同构， $\delta$ 是环R的 $\alpha$ -导子， ${\alpha }^{-1}$ 是 $\alpha$ 的逆自同构。对于任意整数 $i,j$， $0\le i\le j$，用 $f_i^j$ 表示i个 $\alpha$ 与 $j-i$ 个 $\delta$ 组成的各种各样可能的乘积的和。例如： $f_j^j={\alpha }^j$， $f_0^j={\delta }^j$， $f_{j-1}^j={\alpha }^{j-1}\delta +{\alpha }^{j-2}\delta \alpha +\cdots +\delta {\alpha }^{j-1}$。则由文献 [1] 知，对任意正整数n，任意 $r\in R$，有 $x^{n}r={\displaystyle {\sum }_{i=0}^n{f}_i^n\left(r\right)x^i}$。令 ${\alpha }^{\prime }={\alpha }^{-1}$， ${\delta }^{\prime }=-\delta {\alpha }^{-1}$，仿照 $f_i^j$ 的表示方法，用 $g_i^j$ 表示i个 ${\alpha }^{\prime }$ 与 $j-i$ 个 ${\delta }^{\prime }$ 组成的各种各样可能的乘积的和。则由文献 [2] 知，对任意正整数n，任意 $b\in R$，有 $b{x}^n={\displaystyle {\sum }_{i=0}^n{x}^i{g}_i^n\left(b\right)}$。

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， $\delta$ 是环R的 $\alpha$ -导子，I是环R的 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -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 $a{\alpha }^{-n}\left(b\right)\in I$， ${\alpha }^{-n}\left(a\right)b\in I$ ；反过来，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 $ab\in I$ ；

2) 若 $ab\in I$，则对任意正整数m、n，有 ${\alpha }^{-m}\left(a\right){\delta }^n\left(b\right)\in I$， ${\delta }^n\left(a\right){\alpha }^{-m}\left(b\right)\in I$。

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 ${\alpha }^{-n}\left(a\right)b\in I$。

反过来，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 [3] 中的命题2.3可得 $a{\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(b\right)\right)=ab\in I$ 及 ${\alpha }^n\left({\alpha }^{-n}\left(a\right)\right)b=ab\in I$。

2) 若 $ab\in I$，则由(1)可得 ${\alpha }^{-m}\left(a\right)b\in I$，又由于I是环R的 $\delta$ -相容理想，于是可得 ${\alpha }^{-m}\left(a\right)\delta \left(b\right)\in I$，从而可得 ${\alpha }^{-m}\left(a\right){\delta }^n\left(b\right)\in I$。

若 $ab\in I$，则由文献 [3] 中的命题2.3可得 $\alpha \left(a\right)b\in I$，由于I是环R的 $\delta$ -相容理想，于是有 $\alpha \left(a\right)\delta \left(b\right)\in I$，又由于 $1\cdot ab=ab\in I$，I是环R的 $\delta$ -相容理想，于是有 $1\cdot \delta \left(ab\right)=\delta \left(ab\right)\in I$，从而有 $\delta \left(a\right)b=\delta \left(ab\right)-\alpha \left(a\right)\delta \left(b\right)\in I$。

由 $\delta \left(a\right)b\in I$，类似可得 ${\delta }^2\left(a\right)b\in I$，从而可得 ${\delta }^n\left(a\right)b\in I$，再由(1)可得 ${\delta }^n\left(a\right){\alpha }^{-m}\left(b\right)\in I$。

推论1：设R是有单位元1的结合环， $\alpha$ 是环R的自同构， $\delta$ 是环R的 $\alpha$ -导子，I是环R的 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -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 $a{\alpha }^n\left(b\right)\in I$， ${\alpha }^n\left(a\right)b\in I$ ；反过来，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 $ab\in I$ ；

2) 若 $ab\in I$，则对任意整数m及正整数n，有 ${\alpha }^m\left(a\right){\delta }^n\left(b\right)\in I$， ${\delta }^n\left(a\right){\alpha }^m\left(b\right)\in I$ ；

3) 若 $ab\in I$，则 $a{f}_i^j\left(b\right)\in I$，其中 $i<j$ ；若 $b\in I$，则 $g_i^j\left(b\right)\in I$，其中 $i\le j$。

证明：由引理1及文献 [3] 中的命题2.3可知上述结论(1)和(2)成立；由上述结论(1)和(2)成立易知结论(3)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， $\delta$ 是环R的 $\alpha$ -导子，I是环R的 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容理想， $f\left(x\right)={\displaystyle {\sum }_{j=0}^m{a}_j{x}^j}\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$。则对任意正整数n，任意 $b\in I$，有 $f\left(x\right)b\in I\left[x;\alpha ,\delta \right]$， $f\left(x\right)b{x}^n\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$。

证明：由于 $f\left(x\right)b=\left({\displaystyle {\sum }_{j=0}^m{a}_j{x}^j}\right)b={\displaystyle {\sum }_{j=0}^m{a}_j\left({\displaystyle {\sum }_{i=0}^j{f}_i^j\left(b\right)x^i}\right)}={\displaystyle {\sum }_{j=0}^m{\displaystyle {\sum }_{i=0}^j{a}_j{f}_i^j\left(b\right)x^i}}$，由 $b\in I$ 可得对任意 $0\le j\le m$， $a_{j}b\in I$，于是由推论1得 $a_j{f}_i^j\left(b\right)\in I$，故 $f\left(x\right)b\in I\left[x;\alpha ,\delta \right]$。

由于 $f\left(x\right)b{x}^n=f\left(x\right)\left({\displaystyle {\sum }_{i=0}^n{x}^i{g}_i^n\left(b\right)}\right)={\displaystyle {\sum }_{i=0}^n}f\left(x\right)x^i{g}_i^n\left(b\right)$，由于 $b\in I$，于是由推论1可得 $g_i^n\left(b\right)\in I$，故 $f\left(x\right)b{x}^n\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$。

3. 主要结果

定理1：设R是有单位元1的交换环， $\alpha$ 是环R的自同构， $\delta$ 是环R的 $\alpha$ -导子，I是环R的 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容理想， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$， $g\left(x\right)=b_0+b_{1}x+\cdots +b_m{x}^m\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$， $F\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)$，如果存在正整数 $k\left(0<k<n\right)$，使得 $a_n\left(a_n\ne 0\right),a_{n-1},\cdots ,a_{n-k+1}$ 都是幂等元，，且 $F\left(x\right)$ 中 $x^l\left(n-k\le l\le n+m\right)$ 的系数都在I中，则必有 $b_j\in I$， $j=0,1,\cdots ,m$。

证明：我们有

$F\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)={\displaystyle \underset{l=0}{\overset{n+m}{\sum }}\left({\displaystyle \underset{s+t=l}{\sum }\left({\displaystyle \underset{i=s}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_s^i\left(b_t\right)}\right)}\right)x^l}={\displaystyle \underset{l=0}{\overset{n+m}{\sum }}{\Delta }_l{x}^l},$

其中 ${\Delta }_l={\displaystyle {\sum }_{s+t=l}\left({\displaystyle {\sum }_{i=s}^n{a}_i{f}_s^i\left(b_t\right)}\right)}$ 为 $F\left(x\right)$ 中 $x^l$ 项的系数。由已知条件知，当 $n-k\le l\le n+m$ 时， ${\Delta }_l\in I$。为了表达方便起见，下面假设当 $j<0$ 时，约定 $b_j=0$。现在我们构造一个表(表1)，将能从引理的已知条件及 ${\Delta }_l\in I\left(n-k\le l\le n+m\right)$ 的表达式中可证明出属于I的那些 $a_i{b}_j\left(n-k\le i\le n\right)$ 放入表中。

当 $l=n+m$ 时，有 ${\Delta }_{n+m}=a_n{\alpha }^n\left(b_m\right)\in I$，由于I是 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容理想，故由推论1可得 $a_n{b}_m\in I$。将 $a_n{b}_m$ 放入表1的第一行；

当 $l=n+m-1$ 时，我们有

${\Delta }_{n+m-1}=a_n{\alpha }^n\left(b_{m-1}\right)+a_{n-1}{\alpha }^{n-1}\left(b_m\right)+a_n{f}_{n-1}^n\left(b_m\right).$ (1)

由于 $a_n$ 是幂等元，故将方程(1)两边同时乘以 $a_n$ 得

$a_n{\alpha }^n\left(b_{m-1}\right)=a_n{\Delta }_{n+m-1}-a_{n-1}{a}_n{\alpha }^{n-1}\left(b_m\right)-a_n{f}_{n-1}^n\left(b_m\right).$

由于I是 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容理想且 $a_n{b}_m\in I$，于是由推论1可得 $a_n{\alpha }^{n-1}\left(b_m\right)\in I$ 且 $a_n{f}_{n-1}^n\left(b_m\right)\in I$，从而有 $a_n{\alpha }^n\left(b_{m-1}\right)\in I$，再由推论1得 $a_n{b}_{m-1}\in I$。由引理的已知条件及上面的证明过程可知，在方程(1)中，我们有 ${\Delta }_{n+m-1}\in I$， $a_n{\alpha }^n\left(b_{m-1}\right)\in I$， $a_n{f}_{n-1}^n\left(b_m\right)\in I$，故我们有

$a_{n-1}{\alpha }^{n-1}\left(b_m\right)={\Delta }_{n+m-1}-a_n{\alpha }^n\left(b_{m-1}\right)-a_n{f}_{n-1}^n\left(b_m\right)\in I.$

于是由推论1可得 $a_{n-1}{b}_m\in I$。将 $a_n{b}_{m-1}$， $a_{n-1}{b}_m$ 放入表1的第二行；

当 $l=n+m-2$ 时，我们有

${\Delta }_{n+m-2}=a_n{\alpha }^n\left(b_{m-2}\right)+a_{n-1}{\alpha }^{n-1}\left(b_{m-1}\right)+a_n{f}_{n-1}^n\left(b_{m-1}\right)+a_{n-2}{\alpha }^{n-2}\left(b_m\right)+a_{n-1}{f}_{n-2}^{n-1}\left(b_m\right)+a_n{f}_{n-2}^n\left(b_m\right)$ (2)

将方程(2)两边同时乘以 $a_n$ 得

$a_n{\alpha }^n\left(b_{m-2}\right)=a_n{\Delta }_{n+m-2}-a_{n-1}{a}_n{\alpha }^{n-1}\left(b_{m-1}\right)-a_n{f}_{n-1}^n\left(b_{m-1}\right)-a_{n-2}{a}_n{\alpha }^{n-2}\left(b_m\right)-a_{n-1}{a}_n{f}_{n-2}^{n-1}\left(b_m\right)-a_n{f}_{n-2}^n\left(b_m\right).$

由于 ${\Delta }_{n+m-2}\in I$， $a_n{b}_m\in I$， $a_{n-1}{b}_m\in I$ 及 $a_n{b}_{m-1}\in I$，故由推论1可得 $a_n{\alpha }^{n-1}\left(b_{m-1}\right)\in I$， $a_n{f}_{n-1}^n\left(b_{m-1}\right)\in I$， $a_n{\alpha }^{n-2}\left(b_m\right)\in I$， $a_n{f}_{n-2}^{n-1}\left(b_m\right)\in I$， $a_n{f}_{n-2}^n\left(b_m\right)\in I$，从而可得 $a_n{\alpha }^n\left(b_{m-2}\right)\in I$，再利用推论1可得 $a_n{b}_{m-2}\in I$。

再将方程(2)两边同时乘以 $a_{n-1}$ 得

$a_{n-1}{\alpha }^{n-1}\left(b_{m-1}\right)=a_{n-1}{\Delta }_{n+m-2}-a_{n-1}{a}_n{\alpha }^n\left(b_{m-2}\right)-a_{n-1}{a}_n{f}_{n-1}^n\left(b_{m-1}\right)-a_{n-2}{a}_{n-1}{\alpha }^{n-2}\left(b_m\right)-a_{n-1}{f}_{n-2}^{n-1}\left(b_m\right)-a_{n-1}{a}_n{f}_{n-2}^n(bm)$

利用 $a_n{b}_m\in I$， $a_{n-1}{b}_m\in I$， $a_n{b}_{m-1}\in I$ 及 $a_n{b}_{m-2}\in I$ 这些上面已经证明了的条件及推论1，我们可得 $a_{n-1}{\alpha }^{n-1}\left(b_{m-1}\right)\in I$，从而有 $a_{n-1}{b}_{m-1}\in I$。由方程(2)，我们有

$a_{n-2}{\alpha }^{n-2}\left(b_m\right)={\Delta }_{n+m-2}-a_n{\alpha }^n\left(b_{m-2}\right)-a_{n-1}{\alpha }^{n-1}\left(b_{m-1}\right)-a_n{f}_{n-1}^n\left(b_{m-1}\right)-a_{n-1}{f}_{n-2}^{n-1}\left(b_m\right)-a_n{f}_{n-2}^n\left(b_m\right).$

由于 ${\Delta }_{n+m-2}\in I$， $a_n{b}_m\in I$， $a_{n-1}{b}_m\in I$， $a_n{b}_{m-1}\in I$ 及 $a_{n-1}{b}_{m-1}\in I$， $a_n{b}_{m-2}\in I$，故由推论1得 $a_{n-2}{\alpha }^{n-2}\left(b_m\right)\in I$，从而有 $a_{n-2}{b}_m\in I$。将 $a_n{b}_{m-2}$， $a_{n-1}{b}_{m-1}$， $a_{n-2}{b}_m$ 放入表1的第三行；

Table 1. aibj (n − k ≤ i ≤ n) belongs to I

表1. 属于I的a_ib_j (n − k ≤ i ≤ n)

依此类推，假设当 $l=n+m-k+1$ 时，由对应的系数

${\Delta }_{n+m-k+1}=a_n{\alpha }^n\left(b_{m-k+1}\right)+{\displaystyle \underset{i=n-1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_{n-1}^i\left(b_{m-k+2}\right)}+\cdots +{\displaystyle \underset{i=n-k+1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_{n-k+1}^i\left(b_m\right)}\in I$

可得 $a_n{b}_{m-k+1}$， $a_{n-1}{b}_{m-k+2}$， $\cdots$， $a_{n-k+1}{b}_m$ 都属于I，并将其放入表1的第k行。

当 $l=n+m-k$ 时，我们有

${\Delta }_{n+m-k}=a_n{\alpha }^n\left(b_{m-k}\right)+{\displaystyle \underset{i=n-1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_{n-1}^i\left(b_{m-k+1}\right)}+\cdots +{\displaystyle \underset{i=n-k}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_{n-k}^i\left(b_m\right)}\in I.$ (3)

依次将方程(3)两边分别乘以 $a_n$， $a_{n-1}$， $\cdots$， $a_{n-k+1}$，再运用上述类似的方法可依次得到 $a_n{b}_{m-k}$， $a_{n-1}{b}_{m-k+1}$， $\cdots$， $a_{n-k}{b}_m$ 都属于I，将其放入表1的第 $k+1$ 行。

由于 $\left(a_n,a_{n-1},\cdots ,a_{n-k}\right)=R$，于是存在 $r_0,r_1,\cdots ,r_k\in R$，使得 $r_0{a}_n+r_1{a}_{n-1}+\cdots +r_k{a}_{n-k}=1$，因此由表1的第一列可得

$r_0{a}_n{b}_m+r_1{a}_{n-1}{b}_m+\cdots +r_k{a}_{n-k}{b}_m=b_m\in I.$

接下来再看 $x^{n+m-k-1}$ 的系数，即当 $l=n+m-k-1$ 时，有

${\Delta }_{n+m-k-1}=a_n{\alpha }^n\left(b_{m-k-1}\right)+{\displaystyle \underset{i=n-1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_{n-1}^i\left(b_{m-k}\right)}+\cdots +{\displaystyle \underset{i=n-k-1}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_{n-k-1}^i\left(b_m\right)}\in I,$

由于 $b_m\in I$，则可得 $a_n{\alpha }^n\left(b_{m-k-1}\right)+{\displaystyle {\sum }_{i=n-1}^n{a}_i{f}_{n-1}^i\left(b_{m-k}\right)}+\cdots +{\displaystyle {\sum }_{i=n-k}^n{a}_i{f}_{n-k}^i\left(b_{m-1}\right)}\in I$，将该式依次分别乘以 $a_n$， $a_{n-1}$， $\cdots$， $a_{n-k+1}$，可以推出 $a_n{b}_{m-k-1}$， $a_{n-1}{b}_{m-k}$， $\cdots$， $a_{n-k}{b}_{m-1}$ 都属于I，将其放入表1的第 $k+2$ 行。

由表1的第二列可得

$r_0{a}_n{b}_{m-1}+r_1{a}_{n-1}{b}_{m-1}+\cdots +r_k{a}_{n-k}{b}_{m-1}=b_{m-1}\in I.$

重复此过程，于是可得表1中的每一项都属于I，并且分别由表1的每一列还可以得到 $b_m$， $b_{m-1}$， $\cdots$， $b_1$， $b_0$ 都属于I。

定理2：设R是有单位元1的 $\left(\alpha ,\delta \right)$ -相容的交换环， $\alpha$ 是环R的自同构， $\delta$ 是环R的 $\alpha$ -导子， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$，如果存在正整数 $k\left(0<k<n\right)$，使得 $a_n\left(a_n\ne 0\right),a_{n-1},\cdots ,a_{n-k+1}$ 都是幂等元， $\left(a_n,a_{n-1},\cdots ,a_{n-k}\right)=R$，则 $A=R\left[x;\alpha ,\delta \right]/\left(f\left(x\right)\right)$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：首先证明A的平坦性。在R-模正合列

$0\to \left(f\left(x\right)\right)\to R\left[x;\alpha ,\delta \right]\to A\to 0$

中， $R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cong \coprod R$ 是平坦右R-模，故由文献 [4] 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

$\left(f\left(x\right)\right)\cap R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cdot I=\left(f\left(x\right)\right)\cdot I.$

显然 $\left(f\left(x\right)\right)\cdot I\subseteq \left(f\left(x\right)\right)\cap R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cdot I$，下证 $\left(f\left(x\right)\right)\cap R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cdot I\subseteq \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$ 成立。

设 $F\left(x\right)\in \left(f\left(x\right)\right)\cap R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cdot I$，则存在 $g\left(x\right)=b_0+b_{1}x+\cdots +b_m{x}^m\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$，使得 $F\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cdot I\subseteq I\left[x;\alpha ,\delta \right]$，于是 $F\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)$ 的所有系数都属于I，从而由定理1可得 $b_i\in I$， $i=0,1,\cdots ,m$，因此由引理2可得

$F\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)={\displaystyle \underset{i=0}{\overset{m}{\sum }}f\left(x\right)b_i{x}^i}\in \left(f\left(x\right)\right)\cdot I,$

所以有 $\left(f\left(x\right)\right)\cap R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cdot I\subseteq \left(f\left(x\right)\right)\cdot I$，故A是平坦右R-模。

下证A是忠实平坦的右R-模。根据文献 [5]，只要证对于R的任意有限生成的真左理想I， $I\ne R$，一定有 $AI\ne A$，则可得A是忠实平坦的右R-模。所以我们只需证明A中的单位元不在AI中。

反设A中的单位元 $1+\left(f\left(x\right)\right)\in AI$，则存在 $h_i\left(x\right)\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$， $d_i\in I$，使得

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

由于 $h_i\left(x\right)\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$， $d_i\in I$，于是由引理2知 ${\displaystyle \sum h_i\left(x\right)d_i}\in I\left[x;\alpha ,\delta \right]$，故存在 $g\left(x\right)=b_0+b_{1}x+\cdots +b_m{x}^m\in R\left[x;\alpha ,\delta \right]$，使得

$1+f\left(x\right)g\left(x\right)=1+{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n+m}{\sum }}\left({\displaystyle \underset{s+t=k}{\sum }\left({\displaystyle \underset{i=s}{\overset{n}{\sum }}{a}_i{f}_s^i\left(b_t\right)}\right)}\right)x^k}\in I\left[x;\alpha ,\delta \right].$

由于 $f\left(x\right)g\left(x\right)$ 中除了常数项以外的项的系数都属于I，因此由定理1可得 $b_0,b_1,\cdots ,b_m$ 都属于I，于是有 $a_i{b}_0\in I$， $i=0,1,\cdots ,n$，于是由推论1可得 ${\displaystyle {\sum }_{i=0}^n{a}_i{f}_0^i\left(b_0\right)}\in I$。从而由 $1+{\displaystyle {\sum }_{i=0}^n{a}_i{f}_0^i\left(b_0\right)}\in I$ 可得 $1\in I$，这与假设 $I\ne R$ 相矛盾，故 $AI\ne A$。

推论2：设R是有单位元1的 $\alpha$ -相容的交换环， $\alpha$ 是环R的自同构， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n\in R\left[x;\alpha \right]$，如果存在正整数 $k\left(0<k<n\right)$，使得 $a_n\left(a_n\ne 0\right),a_{n-1},\cdots ,a_{n-k+1}$ 都是幂等元， $\left(a_n,a_{n-1},\cdots ,a_{n-k}\right)=R$，则 $R\left[x;\alpha \right]/\left(f\left(x\right)\right)$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]$ 中，令 $\delta =0$，则有 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cong R\left[x;\alpha \right]$，故由定理2知推论成立。

推论3：设R是有单位元1的 $\delta$ -相容的交换环， $\delta$ 是环R的导子， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n\in R\left[x;\alpha \right]$，如果存在正整数 $k\left(0<k<n\right)$，使得 $a_n\left(a_n\ne 0\right),a_{n-1},\cdots ,a_{n-k+1}$ 都是幂等元， $\left(a_n,a_{n-1},\cdots ,a_{n-k}\right)=R$，则 $R\left[x;\delta \right]/\left(f\left(x\right)\right)$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]$ 中，令 $\alpha =1$，则有 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cong R\left[x;\delta \right]$，故由定理2知推论成立。

推论4：设R是有单位元1的交换环， $f\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n\in R\left[x\right]$，如果存在正整数 $k\left(0<k<n\right)$，使得 $a_n\left(a_n\ne 0\right),a_{n-1},\cdots ,a_{n-k+1}$ 都是幂等元， $\left(a_n,a_{n-1},\cdots ,a_{n-k}\right)=R$，则 $R\left[x\right]/\left(f\left(x\right)\right)$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]$ 中，令 $\alpha =1$， $\delta =0$，则有 $R\left[x;\alpha ,\delta \right]\cong R\left[x\right]$，故由定理2知推论成立。