PCS-環與擴張

曾慶怡

(韶關學院數學與統計學院,廣東 韶關 512023)

1 引言

本文中,除非特別說明,所有的環是有單位元的結合環,所有的模是幺作用右模.

設R是一個環,X是R的非空子集.用rR(X)={r∈R|Xr=0}表示X的右零化子.左零化子類似定義.模M的子模N稱為本質子模,表示為N≤eM,如果對M的每個非零子模L,L∩N ≠0[1].設N是模M的子模,則N ≤eM當且僅當對任意 0≠m ∈M,存在r∈R使得 0≠mr∈N.設R是環,用Zr(R)={a∈R|rR(a)≤eRR}表示R的右奇異理想.如果Zr(R)=0,則稱R是右非奇異的.

環R為(擬-)Baer環,如果R的每個非空子集(右理想)的零化子作為右理想是由R的冪等元生成[2-3].這些定義是左右對稱的.如果R是擬-Baer環,則n階矩陣環Mn(R)是擬-Baer環.所有的Baer環是非奇異的,但是存在不是右非奇異的右擬-Baer環.

在文獻[4]中,環R稱為右主擬-Baer環,(或者右p.q-Baer環),如果任意主右理想的右零化子(作為右理想)是由R的冪等元生成.左p.q-Baer環類似定義.如果R既是右的又是左的 p.q-Baer環,則稱R是 p.q-Baer的.

環R稱為Abelian的,如果R的所有冪等元是中心的.環R稱為簡約的,如果R沒有非零冪零元.任意簡約環是Abelian的.在一個簡約環R中,所有的冪等元是中心的,且對R的任意子集X有rR(X)=lR(X).環R稱為右ACS-環,如果R的每個元素的右零化子在RR的直和項中是本質的[5].

作為p.q-Baer環的推廣,定義環R為右PCS-環,如果R的每個主理想的右零化子(作為右理想)在R的由冪等元生成的右理想中是本質的.但是右PCS環未必是右p.q-Baer環.

在第1節引進了PCS-環的定義并給出了一些例子.證明了一個簡約環R是右PCS-環當且僅當R是左PCS-環.在本節中還討論了PCS-環與其他環的關系,比如擬-Baer環,ACS-環.

在第2節討論了環R和R擴張的PCS性質.證明了:

1.設R是Armendariz環.那么R是右PCS-環當且僅當R[x]是右PCS-環;

2.設R是α-剛的環,那么則R是右PCS(ACS)-環當且僅當Ore擴張R[x;α]是右PCS(ACS)-環.

在第3節,證明了:

1.設R是任意Abelian環.那么是右PCS-環當且僅當R是右PCS-環;

2.強右PCS性質是Morita不變的;

(a)R是右PCS-環;

(b)(i)A和B是右 PCS-環;(ii)如果a∈A,那么作為右R模有

2 PCS-環以及性質

設 Z是整數環.容易證明模 4的剩余類環 Z4是 ACS-環,但不是 p.q-Baer環.對任意x∈Z4,如果r(xZ4)≠0,那么r(xZ4)≤eZ4.由這個例子啟發定義PCS-環如下:

定義 2.1環R稱為右PCS-環,如果R的每個主右理想的右零化子(作為右理想)在R的由冪等元生成的右理想中是本質的.等價地,R稱為右PCS-環,如果對任意a∈R,

左PCS-環類似定義.如果R既是右又是左PCS-環,則稱R為PCS-環.右PCS-環類包括右p.q-Baer環,右FI-擴展環,交換的ACS-環和p.p-環(環R稱為右p.p-環如果每個主右理想作為右R模是投射的).有如下蘊含關系:

Z4和Z8是PCS-環,但不是p.q-Baer環.設R是交換環,R作為右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環.因此右或左PCS-環未必是右或左非奇異的.

除了Z4和 Z8外,下面的例子也是右 PCS-環,但不是p.q-Baer環,右ACS-環,右擴展環,右FI-擴展環和右 p.p-環.

例 2.1(1)存在右PCS-環,既不是右ACS-環也不是右擴展環.設M2(Z)是整數環Z上的 2×2矩陣環[6].令

則R是右擬-Baer環,因而是右PCS-環.但R不是右ACS-環.事實上,設

注意到R的冪等元只有O和2階單位矩陣E.假設R是右ACS-環,設則

這是不可能的.同樣R既不是右p.p-環,也不是左p.p-環.

(2)考慮環Z⊕Z,其運算是通常的加法和乘法.子環R={(a,b)∈Z⊕Z|a≡b(mod 2)}是交換環,R的冪等元是(0,0)和(1,1).容易證明R是右PCS-環,但不是右p.q-Baer環.

(3)整數環Z上的下三角n×n(n≥2)矩陣環是擬-Baer的,因而是右PCS-環;但不是右CS-環.設D交換整環,R=Mn(D),n≥2.那么R是擬-Baer環;因而是PCS-環.

(4)設Z2是模2的剩余類環,

是Z2上的Hamilton四元數環.則R不是p.p-環[7].容易證明R是PCS-環.

(5)存在不是右FI-擴展環的右PCS-環.設D是單的整環,非除環,則R是擬-Baer環;因而是右PCS-環.但R既不是右也不是左FI-擴展環[5].

定理 2.1設R是簡約環.則下列命題等價:

1.R是右PCS-環;

2.每個有限生成右理想的右零化子(作為右理想)在RR的直和項中是本質的;

3.每個主右理想的右零化子(作為右理想)在RR的直和項中是本質的;

4.每個主理想的右零化子(作為右理想)在RR的直和項中是本質的;

5.R是右ACS-環;

6.R是右Von Neumann正則環;

7.(1)到 (6)的所有的 “右 ”字可以換成 “左 ”字.

證明(1)?(2)設

是R的任意有限生成右理想.則

因為R是右 PCS-環,存在使得對任意 1≤i≤n有rR(xiR)≤eeiR.令e=e1e2···en∈R,因為R是簡約,有e2=e且因此有rR(X)≤eeR.

(2)?(1)顯然;(1)?(3)顯然;

(3)?(4)注意到對任意a∈R有rR(aR)=rR(RaR)即可;

(4)?(5)對一個簡約環R以及R的任意子集X有rR(X)=lR(X),且R的任意冪等元是中心的.設a∈R,x∈rR(a).因為lR(a)=rR(a),于是?r∈R,有arxarx=0,arx=0.因此?a∈R有rR(aR)=rR(a).

(5)?(6)假設R是右 ACS-環.設a∈R.則存在R的冪等元e使得rR(a)≤eeR.設R=eR⊕(1?e)R.則

因為R是簡約的,R是非奇異的[8].但是rR(a)≤eeR蘊含er/rR(a)是奇異的,因此

于是R是Von Neumann正則環.反之是顯然的.

(1)?(7)對一個簡約環R以及R的任意子集X有rR(X)=lR(X),且R的任意冪等元是中心的.

現在考慮不可分解右PCS-環.

引理 2.1設R是不可分解環.則:

1.如果R是簡約右PCS-環,那么rR(a)≠0蘊含a∈Zr(R);

2.如果R是右非奇異簡約PCS-環,那么R是整環;

3.如果R是交換的簡約PCS-環,那么R是整環.

證明(1)注意到不可分解環R的所有中心冪等元是0和1,結果是顯然的.

(2)這是(1)的直接結果.

(3)因為一個交換環R是非奇異的當且僅當R是簡約的,這與(2)相同.

一個冪等元e∈R稱為左(或右)半中心的,如果xe=exe(或ex=exe),對任意x∈R.用Sl(R)(或Sr(R))表示R的所有左(或右)半中心冪等元的集合.

引理 2.2設R是右(或左)PCS-環,則對任意e∈Sr(R)(或e∈Sl(R)),eRe也是右 (或左)PCS-環.

證明假設R是右PCS-環.設e∈Sl(R),C=eRe.設a∈C.因為R是右PCS-環,存在f2=f∈R使得rR(aR)≤efR.注意到

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

因此C是右PCS-環.左PCS-環的證明類似.

推論 2.1設R是簡約PCS-環.則eRe也是PCS-環,e2=e∈R.

定理 2.2設R半完全簡約環.則R是右PCS-環當且僅當R是整環的有限直和.

證明假設R是右PCS-環.設e1+e2+···+en=1,這里{e1,e2,...,en}是R的所有兩兩正交的冪等元的集合.因為R是簡約的,所有ei是中心的;因此而每個eiR是R的不可分解理想.于是有引理2.1,引理2.2可得結果.反之是顯然的.

命題 2.1設R是右ACS-環,C是R的中心,對R的任意冪等元e,存在f2=f∈C使得eR∩C≤efC.則C是PCS-環.

證明設C是R的中心,a∈C.因為R是右ACS-環,

因此

由假設,存在f2=f∈C使得eR∩C≤efC.因此rC(aC)≤efC,從而C是右PCS-環.

推論 2.2設R是Abelian ACS-環,C是R的中心.則C是右(ACS)PCS-環.

環R稱為強右PCS-環,如果對任意a∈R,rR(aR)≤eeR,e是R的左半中心冪等元.顯然強右 PCS-環是右 PCS-環.所有強右 FI-擴展環是強右 PCS-環.Z4是強 PCS-環,但不是 p.q-Baer環.同樣,容易證明如果R是強右 PCS-環,那么eRe也是強右 PCS-環,e∈Sr(R).

命題 2.2設R是右非奇異環.則R是素的當且僅當R是半中心簡約強PCS-環.

證明假設R是素的,則R是擬-Baer半中心簡約的[10].因此R是強右PCS-環.

反之,設X,Y是R的任意理想,XY=0.設a∈X.因為R是右強 PCS-環,存在e∈Sl(R)使得Y≤rR(aR)≤eeR.同時,因為R是半中心簡約,要么e=0,要么e=1.如果e=0,則Y=0.如果e=1,則a∈Zr(R)=0;因此X=0,從而R是素的.

結合文獻[10]引理1.1和這個命題有:

推論 2.3設R是右非奇異環.則下列命題等價:

1.R是半中心簡約強右PCS-環;2.R是半中心簡約擬-Baer環;3.R是素的.

命題 2.3設R是右非奇異環.則下列命題等價:

1.R是強右PCS-環;2.R是右PCS-環;3.R是右p.q-Baer環.

證明只需證明 (2)蘊含(3).設R是右 PCS-環,a∈R,則rR(aR)≤eeR,e2=e∈R.對于e∈eR,存在R的本質右理想I使得eI?rR(aR).因此aReI=0.因為R是右非奇異的,于是aRe=0,R是右p.q-Baer環.

3 PCS-環和擴張

本節討論PCS-環的一些擴張.首先考慮R上的一元多項式環R[x].

命題 3.1設R是簡約環,S=R[x]是R上的多項式環.如果S是右PCS-環,則R也是.

證明假設S是右PCS-環,a∈R,則存在S的冪等元e(x)使得rS(aS)≤ee(x)S.設e0是e(x)的常數項,因為R是簡約,有e(x)=e0∈R.現在證明rR(aR)≤ee0R.

易證rR(aR)≤ e0R.對任意 0≠e0r∈e0R,則存在 0≠g(x)∈ S使得 0≠e0rg(x)∈rS(aS).因此aSe0rg(x)=0;特別地,aRe0rg(x)=0.設

則aRe0rbn=0,且rR(aR)≤ee0R.因此R是右 PCS-環.

注 3.1如果R不是簡約,但S=R[x]是右 PCS-環,R可能是右 PCS-環.比如,令R=Z4.容易證明R[x]是右PCS-環.

設R是右PCS-環.什么時候S=R[x]是右PCS-環?為了討論這個問題引進下面的好多項式的定義.

定義 3.1設f(x)是R[x]中的n次多項式,其首項系數為a.f(x)稱為好多項式,如果由b∈rR(a)蘊含b∈rR(f(x)).

由文獻[9]命題 2.2知,對任意f(x)∈R[x],存在b∈R使得 0≠f(x)b是好多項式.

命題 3.2設R是右PCS-環,S=R[x].假設對任意f(x)∈S,存在好多項式g(x)∈f(x)S使得rS(f(x)S)≤erS(g(x)S).則S=R[x]是右 PCS-環.

證明設f(x)是S的任意多項式.由假設,存在好多項式g(x)∈f(x)S使得

只需證明存在e(x)2=e(x)∈S使得rS(g(x)S)≤ee(x)S.

設a是g(x)的首項系數.因為R是右PCS-環,rR(aR)≤eeR,e2=e∈R.設

則g(x)Sh(x)=0;特別地,g(x)Rh(x)=0.因此aRbn=0,g(x)Rbn=0.于是由歸納法有aRbi=0,bi∈rR(aR)≤eeR,對所有的i∈{0,1,...,n}成立.因此

設

不失一般性設ecm?rR(aR),則存在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

繼續下去,存在b∈R使得 0≠ek(x)b∈rS(g(x)S),這意味著rS(g(x)S)≤eeS.因此S是右 PCS-環.

環R稱為Armendariz,如果多項式

滿足f(x)g(x)=0,則aibj=0,對所有i,j(見文獻[11]).簡約環是Armendariz環,Armendariz環是Abelian(見文獻[11],引理7).環R是Armendariz當且僅當R[X]是Armendariz(見文獻 [12],定理 7).

引理 3.1設R是Armendariz環,R[x]是多項式環.如果

是R[x]的冪等元,則e(x)=e0∈R.

證明因為

所以

命題 3.3設R是Armendariz環,則R是右PCS-環當且僅當R[x]是右PCS-環.

證明假設R[x]是右PCS-環,a∈R.則存在冪等元

使得rR[x](aR[x])≤ee(x)R[x].顯然,e(x)=e0∈R.容易證明rR(aR)≤ee0R,因此R是右 PCS-環.

反之,設

這是因為R是Armendariz,因而是Abelian的.

對任意

則對任意r∈R有f(x)rg(x)=0,且對所有的0≤i≤n,0≤j≤m有airbj=0.因此對所有i,j和g(x)∈eR[x]有bj∈rR(aiR).

設

不失一般性,選取r∈R使得對所有0≤j≤p有因為R是Armendariz的,對所有

有

于是R[x]是右PCS-環.

現在考慮 PCS-環的 Ore擴張.設R是環,α:R→ R為環同態,δ:R→ R是α-導子,R的 Ore擴張R[x;α,δ]是R上的多項式全體關于多項式的加法和下面的乘法:xr=α(r)x+δ(r),r∈R構成的環.如果δ=0,則用R[x;α]表示R[x;α,0],又稱為斜多項式環.

設α是R的自同態,α稱為剛自同態,如果rα(r)=0蘊含r=0,r∈R.環R稱為α-剛的,如果R存在剛自同態α.任意剛自同態是單的,任意α-剛的環是簡約環.但是reduecd環中存在不是剛自同態的自同態.

引理 3.2設R是α-剛的環,R[x;α,δ]是R的 Ore擴張.則:

1.如果ab=0,a,b∈R,則對任意正整數n有aαn(b)=αn(a)b=0;

2.如果ab=0,則對任意正整數m有aδm(b)=δm(a)b=0;

3.如果對任意正整數k有aαk(b)=αk(a)b=0,則ab=0;

4.設

則pq=0當且僅當aibj=0,對所有的0≤i≤m,0≤j≤n;

5.如果

則e=e0∈R.

證明見文獻[6]的引理4,命題6和推論7.

環R的Baer性和擬-Baer性,對Ore擴張并不遺傳.存在Baer環R,但是R的Ore擴張不是右p.q-Baer(見文獻[6]的例8).同樣存在非擬-Baer環,但是R的Ore擴張R是擬-Baer的(見文獻[6]的例9).證明了一個α-剛的環R是p.q-Baer環當且僅當R[x;α,δ]是p.q-Baer環.由上面引理可得:

定理 3.1設R是α-剛的環.則R是右PCS-環當且僅當Ore擴張R[x;α]是右PCS-環.

證明假設S=R[x;α]是右PCS-環,a∈R.則存在冪等元

使得rS(aS)≤ee(x)S.因為R是α-剛的,e(x)=e0∈R.現在證明rR(aR)≤ee0R.

對任意

因為對任意r∈R有arb=0,于是

因此b∈rS(aS),b∈e0R,從而rR(ar)≤e0R.

對任意 0≠e0r0∈e0R,則存在

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

反之,假設R是右PCS-環.設

對任意

則g(x)Rf(x)=0,且對所有的 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,從而rS(g(x)S)≤eS.

設

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-環.

注 3.2定理 3.1中,R是α-剛的這個條件不是必要的.比如,考慮環 Z⊕Z,其運算是通常加法和乘法.子環R={(a,b)∈Z⊕Z|a≡b(mod 2)}是交換環,且R的冪等元是(0,0)和(1,1).容易證明R是右PCS-環.設α:R→R,α(a,b)=(b,a),則α是R的自同構,R不是α-剛的.由文獻 [6]的例 9,R[x,α]是擬 -Baer環,因而是右 PCS-環.

設R是環,α是R的自同態.稱R是α-相容的,如果rα(s)=0? rs=0.顯然,如果R是α-相容的,則α是單的;如果R是α-剛的,則R是α-相容的.事實上,設rα(s)=0,則srα(sr)=0.因為R是α-剛的,且是簡約的,因此sr=0,rs=0,如果rs=0,則

但是逆命題一般不成立.任意環R是1R-相容的;如果R不是簡約的(比如,Z4),則R不是1R-剛的.容易證明,對一個簡約的環R,R是α-剛的當且僅當R是α-相容的.

存在環R和 1R≠α∈End(R)使得R是α-相容的.同樣存在Abelianα-相容的環,但不是α-剛的.

例 3.1(1)設Q是有理數環.考慮由Q通過Z的平凡擴張R=Z?Q,R的加法和乘法如下定義:對于 (n,q),(n′,q′)∈ R,

定義α:R→R,α(n,q)=(n,kq),(n,q)∈R,這里k∈Q{0,1}.則 1R≠α是R的自同態.容易證明R是α-相容的,因而是α-剛的.

(2)存在環R以及R的自同構α使得R是α-相容的,但不是α-剛的.設R=Z?Z4是由 Z4通過Z的平凡擴張.定義α:R→R,α(n,x)=(n,?x),對任意(n,x)∈R.則R不是簡約的,因而不是α-剛的.但是R是 Abelianα-相容的環.

對一個α-相容的環R,有與引理3.2相似的結果.

引理 3.3設R是α-相容的環,a,b∈R.則:

1.如果ab=0,a,b∈R,則對任意正整數n有aαn(b)=αn(a)b=0;

2.如果存在正整數k使得aαk(b)=αk(a)b=0,則ab=0;

3.如果R是Abelian的,e(x)=enxn+···+e1x+e0是R[x,α]的冪等元,則e(x)=e0∈ R.

證明(1)和(2)的證明類似于文獻[6]的引理4.

因為e1α(e0)+e0e1=e1蘊含e0e1α(e0)=0;則e0e1e0=0,e0e1=e1e0.因為R是α-相容的,e1=0.假設對所有1≤k＜n,ek=0.則

因此有e0ek+1(e0)=0,ek+1=0.從而e(x)=e0∈R.

定理 3.2設R是 Abelianα-相容的環.假設?f(x)∈R[x,α],存在好多項式g(x)∈f(x)R[x,α],使得

則R是右 PCS-環當且僅當Ore擴張R[x;α]是右PCS-環.

證明充分性與命題3.2類似,必要性與命題3.3類似.

4 PCS環的 (形式三角)矩陣環

文獻[7]證明了擬-Baer環上的n×n矩陣環和n×n上(下)三角矩陣環也是擬-Baer的.自然就問:PCS-環上的n×n矩陣環或n×n上(下)三角矩陣環還是PCS-環嗎?

設Tn(R)表示R上的n×n上三角矩陣,Mn(R)表示n×n矩陣環.首先考慮上三角矩陣環Tn(R).

定理 4.1設R是Abelian環,則是右PCS-環當且僅當R是右PCS-環.

證明假設R是右PCS-環.設因為R是右PCS-環,存在

使得

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

于是

對任意

證明存在s′∈S使得

情形 1如果er≠0,則存在r0∈R使得 0≠err0∈rR(aR).因此

情形 2如果ft≠0,這與情形1類似.

情形 3如果es≠0,這也與情形1類似.因此S是右PCS-環.

反之,假設S是右PCS-環.a∈R,則存在S的冪等元E使得

容易證明rR(aR)≤eR.設0≠er∈eR,則存在使得

則要么erx≠0,要么ery≠0,同樣aRerx=aRery=0.因此R是右 PCS-環.

上述命題可以推廣到任意正整數n≥3的情況.有:

命題 4.1設R是Abelian環.則下列命題等價:

1.R是右PCS-環;

2.對任意正整數n,Tn(R)是右PCS-環;

3.對某個正整數n,Tn(R)是右PCS-環.

對于右ACS-環,上述定理一般不成立(見下面的例子4.1).但是有:

命題 4.2設Tn(R)是R上的n×n階上三角矩陣環.若Tn(R)是右ACS-環,則R也是.

證明只需證明n=2的情形.n≥3的情形類似.設a∈R,則

是T2(R)的冪等元.顯然e2=e∈R,容易證明rR(a)≤eR.

設0≠er∈eR,則且存在T2(R)的非零元使得

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

上述命題的逆命題一般不成立.

例 4.1Z是ACS-環.但是上三角矩陣環T2(Z)不是右ACS-環.

證明設T=T2(Z).容易證明T的所有冪等元是:

這里 0≠b∈Z.

如果T是右ACS-環,直接計算表明rT(t)作為右理想在T中必須是本質的.設則存在使得

但這是不可能的.

現在討論R上的矩陣環Mn(R).p.q-Baer性質是 Morita不變性質 (見文獻 [4]的定理 2.2).盡管不知道右 (或左)PCS是否是 Morita不變性質,但是強右 (或左)PCS是 Morita不變性質,下面的定理說明了這一點:

定理 4.2設R是環,則R是強右 PCS-環當且僅當M2(R)是強右 PCS-環.因此強右PCS-性質是Morita不變性質.

證明假設M2(R)是強右PCS-環,a∈R,則存在

使得

直接計算可以證明a11∈Sl(R),且因此R是強右PCS-環.

反之,假設R是強右 PCS-環,則存在冪等元eij∈Sl(R)使得rR(bijR)≤eeijR,對所有的i,j∈{1,2}.令e=e11e12e21e22,則e2=e∈Sl(R),且

現在證明

因而M2(R)是強右PCS-環.容易看出

余下的與定理 4.1的證明類似.可以把結果推廣到n≥3的情形,因此強右 PCS性質是Morita不變性質.

考慮形式三角矩陣環的PCS-性質.設R是環,I是R的右理想.設M是左R-模,令

設N是右R-模,令

定理 4.3設A,B是環,AMB是左A右B雙模.設是由A,B,M構造的形式三角矩陣環.則下列命題等價:

1.R是右PCS-環;

2.(i)A和B都是右 PCS-環;(ii)如果rA(aA)≤eeAA,a∈A,則作為右B-模,rM(aA)≤eeAAM.

證明假設R是右PCS-環.設a∈A,則存在冪等元使得

顯然有

同樣容易證明rA(aA)≤eeAA,且A是右PCS-環.同理可證B是右PCS-環.

對任意 0≠eAm∈eAAM,則

使得

則存在n∈M使得m=eAn,因而s∈eRR.于是rR(rR)≤eRR.

情形 1如果eAa1≠0,則存在a2∈A使得則

情形 2如果eBb1≠0,這與情形1類似.

情形 3如果eAm≠0,因為作為右B-模,rM(aA)≤eeAAM存在b2∈B,使得

則

且rR(rR)≤eeRR.因此R是右PCS-環.

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