u-Matlis余撓模和G-整環的模刻畫

王宇鑫, 王芳貴, 肖雪蓮

(四川師范大學 數學科學學院, 四川 成都 610066)

眾所周知,若R是整環但不是域,則R的商域K作為R-模不是有限生成的[1],但是K作為R-代數卻可以是有限生成的.1951年,Goldman[2]在研究Hilbert環和Hilbert零點定理時,首先討論了這種情況.幾乎與之同時,Krull在文獻[3]中也提到了具有這一性質的整環,并引起了專家學者們的重視,成為當年的研究熱點之一.同年Artin和Tate在文獻[4]中首次明確給出了該類整環的等價刻畫:“(1)K是R的環有限擴張.(2)存在非零元a∈R,且每個素理想都包含a.(3)R僅有有限個極小素理想.(4)R僅有有限個素理想,且每一個素理想都是極大的.”直到1974年Kanplansky在其文獻[5]中,才把Goldman和Krull討論的這類整環正式命名為G-整環,同時給出了明確定義和重要性質.若商域K作為R-代數是有限生成的,則可由R中一個元素u生成,并在文中歸納總結了許多G-整環的相關性質.例如:“若R是G-整環,則介于其商域K與R之間的任意環T也是G-整環.”

希爾伯特零點定理是古典代數幾何的基石,它給出了仿射空間中的點與多項式環的極大理想之間的一一對應關系,由此建立了代數和幾何之間的關系,使得人們可以用交換代數的手段研究幾何問題,而G-整環在刻畫希爾伯特環時起到了重要作用.例如文獻[5]中定義：如果交換環R中的每個G-理想都是極大的,那么R就是希爾伯特環.由此可見,G-整環及其相關問題有很重要的研究價值.

不難發現,盡管Kanplansky整理歸納了G-整環的許多性質,但這些都是環論性質的刻畫.迄今為止,關于G-整環的結構缺乏模的刻畫.回顧整環R稱為Matlis整環,是指pdRK≤1.用Matlis余撓模可以較多地刻畫Matlis整環[6-8].可以證明,若R是G整環,商域K=R[u-1],則有K=Ru,其中Ru表示R在乘法封閉集S={un|n≥0}上的分式環(引理3.5).此外,也證明了pdRRu≤1(命題3.2),這使得完全可以像刻畫Matlis整環那樣來刻畫G-整環.為此,利用相關可除模概念[9-15]引入了u-Matlis余撓模的概念并對G-整環進行相應的模刻畫,證明了G-整環就是Matlis整環.

1 u-可除模和u-內射模

以下恒設R是交換環,u∈R是非零因子.

定義 1.1設M是R-模.

1) 若對任何x∈M,存在非負整數n,使得unx=0,等價地,Mu=0,則M稱為u-撓模.

2) 若由ux=0,x∈M,能推出x=0,等價地,自然同態?:M→Mu是單同態,則M稱為u-無撓模.

3) 若M=uM,等價地,對任何x∈M,恒存在y∈M,使得x=uy,則M稱為u-可除模.

記錄以下的基本事實,以備引用時之需要.

例 1.21)u-撓模的子模與商模都是u-撓模.

2)u-無撓模的子模仍為u-無撓模.

3)u-撓模的直和是u-撓模,于是由1)還有偏序集上的u-撓模的正向極限還是u-撓模.

4) 設M是u-撓模,N是任何模,則M?RN是u-撓模.更一般地,對任何n≥1,是u-撓模.

5)u-無撓模的直積是u-無撓模.

6)u-可除模的商模,直和與直積都是u-可除模.

7) 設A、B是模M的u-可除子模,則A+B也是M的u-可除子模.

8) 對任何模M,M中有一個最大的u-可除子模.

9) 任何Ru-模作為R-模既是u-無撓的,又是u-可除的.

10) 模M是u-可除模,當且僅當

當且僅當對任何n≥1,有

11) 設X是任何模,M是u-無撓模,則HomR(X,M)是u-無撓模.

12) 若T是u-撓模,M是u-無撓模,則

HomR(T,M)=0.

設M是R-模,令

Tu(M)={x∈M|存在非負整數n,

使得unx=0},

則Tu(M)稱為M的完全u-撓子模.

例 1.3下面的事實也是顯然的:

1)M是u-撓模當且僅當Tu(M)=M.

2)M是u-無撓模當且僅當Tu(M)=0.

3)M/Tu(M)總是u-無撓模.

4) 設M是u-無撓模,則Mu/M是u-撓模.

5) 若M既是u-無撓模,又是u-撓模,則M=0.

設I是R的理想.若I包含了一個un,則稱I是u-理想.如文獻[16],稱R-模E為u-內射模,是指對R的任何u-理想I,有

例 1.4下面的事實也是顯然的:

1) 自然地,內射模是u-內射模.

2)u-內射模是u-可除模.

4) 設0→A→B→C→0是正合列,且A、C都是u-內射模,則B也是u-內射模.

設M是R-模,令

u(M)={x∈E(M)|存在自然數n,

使得unx∈M},

則u(M)是E(M)中包含M的子模,且

Tu(E(M))?u(M),

u(M)稱為M的u-可除包絡.當I是R的u-理想時,有R?u(I).

命題 1.5對R-模E,以下各條等價:

1)E是u-內射模.

2) 對R的任何u-理想I,任何同態f:I→E能擴張到R上.

3) 設A是R-模B的子模,f:A→E是同態.若B/A是u-撓模,則f可以擴張到B.

4) 對任何u-撓模C,

5) 設A是R-模,f:A→E是同態,則f可以擴張到u(A).

證明由文獻[16]的定理3.3,令S={un|n≥0}即得.

命題 1.6對u-無撓模L,以下各條等價:

1)L是u-內射模.

2)L是u-可除模.

3)u(L)=L,即由unx?L(其中x∈E(L),n是自然數),能推出x∈L.

證明由文獻[16]的定理3.4,令S={un|n≥0}即得.

推論 1.7每個Ru-模作為R-模是u-內射模.

證明由例1.2與命題1.6即得.

下面證明本節的主要定理.

定理 1.8每個u-可除模是一個u-內射模的商模.

為證明定理1.8,姑且把u-內射模的商模稱為hu-可除模.

例 1.9容易得到的hu-可除模的基本性質如下:

1)u-內射模自然是hu-可除模,于是hu-可除模的商模仍然是hu-可除模.

2) 由于u-內射模的直積都是u-內射模,因而hu-可除模的直積是hu-可除模.

3) 若A、B是模M的hu-可除子模,則A+B也是M的hu-可除子模,從而由Zorn引理可以得到任何模M有一個極大的hu-可除子模.再由2)得到任何模M有一個最大的hu-可除子模.

命題 1.10設D是R-模,則以下各條等價:

1)D是hu-可除模.

3)D是一個u-無撓的u-可除模的商模.

4) 對任何x∈D,存在同態g:Ru→D,使得g(1)=x.

證明1)?2) 由于D是hu-可除模,故存在滿同態E→D,其中E是u-內射模.考慮下面的交換圖

HomR(Ru,E)→HomR(Ru,D)↓↓HomR(R,E)→HomR(R,D)

由于Ru/R是u-撓模,E是u-內射模,故左邊的垂直箭頭是滿同態.由于R是自由模,所以下行的水平箭頭也是滿同態.因此,右邊的垂直箭頭是滿同態.于是有0→HomR(Ru/R,D)→HomR(Ru,D)→HomR(R,D)→0是正合列.

2)?3) 顯然,D?HomR(R,D)是HomR(Ru,D)的同態像,且HomR(Ru,D)是Ru-模,從而作為R-模是u-無撓和u-可除的.

3)?1) 由命題1.6,u-無撓的u-可除模是u-內射模,故D是hu-可除模.

2)?4) 設λ:R→Ru是包含映射.對任意的x∈D,令

f:R→D,f(r)=rx,

則

f∈HomR(R,D).

由假設

λ*:HomR(Ru,D)→HomR(R,D)

是滿同態,故存在

g∈HomR(Ru,D)

使得λ*(g)=f,即f=gλ,此時

g(1)=f(1)=x.

4)?2) 對任意的f∈HomR(R,D),令f(1)=x.由條件,存在g∈HomR(Ru,D),使得g(1)=x.對任意的r∈R,g(r)=rg(1)=rx=rf(1)=f(r),所以g|R=f,故0→HomR(Ru/R,D)→HomR(Ru,D)→HomR(R,D)→0是正合列.

hn(u-n)=xn(x0=x),

則有hn是同態,且hn是hn-1的擴張.a∈Ru,則存在n,使得a∈Rn.令h:Ru→D,使得h(a)=hn(a),則h是同態且是h0的擴張.由此有

h(1)=h0(1)=x.

由命題1.10,D是hu-可除模.

由于u-可除模與hu-可除模的一致性,以下不再說hu-可除模.

命題 1.11對模D,以下各條等價:

1)D是u-可除模.

2) 對任何n>0,

證明1)?2)n=1是顯然的.設n>1,考慮正合列0→Run-1/Run→R/Run→R/Run-1→0,有

Run-1/Run?R/Ru

和歸納法即得所證.

2)?1) 取n=1即滿足要求.

0=M0?M1?M2?…?Mn?…

是Ru/R的子模的連續升鏈.對n≥1,顯然有

Mn/Mn-1?Ru-n/Ru-(n-1)?R/Ru.

因此,有

由文獻[1]的引理11.7.2有

命題 1.12設M是R-模.

1) 若對任何u-可除模D,有則pdRM≤1.

2) 若M是u-撓模,且有pdRM≤1,則

證明1) 設X是任何模,取正合列0→X→E→D→0,其中E是內射模,故D是可除模,從而D是u-可除模.由正合列0=有因此,有

pdR(M)≤1.

2 u-Matlis余撓模和u-平坦模

定義 2.1設L是R-模,若

則L稱為u-Matlis余撓模.

命題 2.2設D是u-可除模,則D是u-Matlis余撓模.特別地,u-內射模是u-Matlis余撓模.

證明由正合列與命題1.11即得.

定義 2.3設M是R-模.若M無非零的u-可除子模,則M稱為u-約化模.

命題 2.4對模M,以下各條等價:

1)M是u-約化模.

2) 對任何u-可除模D,HomR(D,M)=0.

證明1)?2) 設f∈HomR(D,M),于是f(D)是M的u-可除子模.由于M是約化模,故f(D)=0.因此,f=0,從而得到

HomR(D,M)=0.

2)?3) 這是平凡的.

3)?1) 若M不是u-約化模,則M有非零的u-可除子模D,由命題1.10,存在同態f:Ru→D,f≠0.設i:D→M是包含同態,則λf:Ru→M是非零同態,這與假設矛盾,故M是u-約化模.

命題 2.51)u-約化模的子模是u-約化模.

2)u-約化模簇的直積還是u-約化模,從而u-約化模簇的直和也是u-約化模.

證明1) 顯然.

2) 設{Mi}是一簇R-模,由自然同構

HomR(RHomR(Ru,Mi)

并引用命題2.4即得.

引理 2.6設M是R-模,則

Tu(M)?

且有正合列0→Tu(M)→M→Ru?RM→(Ru/R)?RM→0,從而M是u-無撓模當且僅當

M?R?RM,Mu?Ru?RM,

于是得到

Tu(M)?

和所需正合列.

命題 2.71) 設0→A→B→C→0是正合列.若B是u-Matlis余撓模,C是u-約化模,則A是u-Matlis余撓模.

2) 設A是u-撓模,則對任何模X,HomR(A,X)是u-約化的u-Matlis余撓模.特別地,HomR(Ru/R,X)是u-約化的u-Matlis余撓模.

3) 設D是u-可除模,則有正合列0→M→E→D→0,其中E是u-無撓的u-可除模,M是u-約化的u-Matlis余撓模.

4) 設M是u-無撓模,則既是u-約化模,又是u-Matlis余撓模.

證明1) 由于C是u-約化的,由命題2.4,HomR(Ru,C)=0.又由于B是u-Matlis余撓模,故由正合列0=HomR(Ru,C)→得到

即A是u-Matlis余撓模.

2) 由于A是u-撓模,故Ru?RA=0,且有

(Ru/R)?RA=0.

由相伴同構定理,有

HomR(Ru,HomR(A,X))=0.

HomR(A,X))?

現在考慮一般情形.設0→X→E→Y→0是正合列,其中E是內射模,于是有正合列0→HomR(A,X)→HomR(A,E)→HomR(A,Y),由前面所述HomR(A,Y)是u-約化模.同理

HomR(A,E))?

3) 令

M=HomR(Ru/R,D),E=HomR(Ru,D).

由命題1.10的2)即得.

4) 由引理2.6,有正合列0→M→Ru?RM→(Ru/R)?RM→0.由于M與Ru?RM都是u-無撓模,Ru/R是u-撓模,故有

HomR(Ru/R,M)=0,

且

HomR(Ru/R,Ru?RM)=0.

由于Ru?RM還是u-內射R-模,因此有

于是有同構

HomR(Ru/R,(Ru/R)?RM).

在2)中取

A=Ru/R,X=(Ru/R)?RM,

命題 2.8設M是u-約化模.

1)M是u-Matlis余撓模當且僅當

M?

2) 若M是u-無撓模,則有正合列0→M→C→E→0,其中E是u-無撓的u-可除模,C是u-約化的u-Matlis余撓模.

證明1) 由于M是u-約化模,故

HomR(Ru,M)=0,

于是有正合列0→M→因此,M是u-Matlis余撓模當且僅當

M?

2) 在1)的證明中,記

C=

并引用命題2.7即得.

定義 2.9設M是R-模.若對任何u-Matlis余撓模C,有則M稱為u-平坦模.

投射模顯然是u-平坦模,Ru顯然也是u-平坦模.更一般地,投射Ru-模也是u-平坦R-模.由于余撓模是u-Matlis余撓模,故u-平坦模一定是平坦模.

定理 2.10若M是平坦模,且對任何平坦的u-Matlis余撓模C,有則M是u-平坦模.

證明對任何u-Matlis余撓模C,由于平坦模類與余撓模類構成是遺傳和完全的余撓理論,故有正合列0→X→G→C→0,其中G是平坦模,X是余撓模,且有

于是有G還是u-Matlis余撓模.由假設

推論 2.11設M是u-平坦模,則

Mu=Ru?RM

是投射Ru-模,從而對任何u-Matlis余撓模C,以及任何k>0,有

定理 2.12設R是整環,P是投射模,F是P的u-平坦子模,則F是投射模.

證明設D是u-可除模,證明

3 G-整環的模刻畫

引理 3.1設R是任何環,a1,a2,…,an是R中的非零元素序列,F是以x0,x1,…,xn為基底的自由模.令

yn=xn-an+1xn+1,n=0,1,2,….

若n≥1,y=r0x0+r1x1+…+rnxn∈F,則

…+r1a2…an+r0a1…an)xn,

其中j=k時,視aj+1aj+2…ak=1.

證明當n=1時,y=r0x0+r1x1=r0y0+(r1+r0a1)x1,故斷語為真.設n>1,并令

z=r0x0+r1x1+…+rn-1xn-1,

由歸納假設有

從而有

y=z+rnxn=

a

命題 3.2設u∈R是非零非單位元素,則Ru是由

生成的R-模,且pdRRu≤1.

令P=ker(φ),并令

yn=xn-uxn+1,n≥0.

因此,yn∈P.另一方面,設y∈P,可記

y=r0x0+r1x1+…+rnxn.

由

有

r0un+r1un-1+…+rn-1u+rn=0.

若n=0,則y=r0x0.由于φ(y)=r0=0,有y=0.設n≥1,由引理3.1有

y=r0y0+(r1+r0u)y1+(r2+r1u+r0u2)y2+

…+(rn-1+rn-2u+…+r0un-1)yn-1,

故P是由y0,y1,y2,…,yn,…生成的子模.由文獻[1]中定理3.10.20(1),P是自由模,從而有

pdRRu≤1.

引理 3.3設R是整環,u∈R,u≠0,則

R[u-1]=Ru.

α=f(u-1)∈R[u-1],

故

Ru?R[u-1].

反之,設α∈R[u-1],則可記

α=r0+r1u-1+…+rnu-n,ri∈R.

a=r0un+r1un-1+…+rn,

故

R[u-1]?Ru,

于是得到

R[u-1]=Ru.

回顧整環R稱為G-整環,是指其商域K作為R-代數是有限生成的.在文獻[5]中還指出,K可以由一個元素α∈K生成,即K=R[α].記

由于

推論 3.4設R是G-整環,則存在u∈R,u≠0,使得K=Ru.

引理3.5設R是G-整環,且K=R[u-1],則任何非零理想都是u-理想.

證明設I是R的非零理想,則存在a∈I,a≠0.由于

則可記

其中r∈R.于是

un=ra∈I,

即I是u-理想.

引理 3.6設R是整環.則每個R-模是Matlis余撓模當且僅當R是域,即R=K.

證明設N是R-模.由假設,N是Matlis余撓模,故

于是K是投射模,且

rankR(K)=1,

故K是有限生成R-模,從而有K=R.

定理 3.7設R是G-整環,則R是Matlis整環.

證明記K=R[u-1],則K=Ru.由命題3.2,pdR(K)≤1,故R是Matlis整環.

設N是R-模,則每個Ru-同態f∈HomRu(K,N)也可以看成一個R-同態,故有自然嵌入:

θ:HomRu(K,N)→HomR(K,N).

引理 3.8設R是整環,u∈R是非零非單位元素.設N是Ru-模,則有:

2)N是Matlis余撓R-模當且僅當N是Matlis余撓Ru-模.

證明1) 先來證明

HomRu(K,N)=HomR(K,N),

即證明每個R-同態f:K→N可以作成一個Ru-同態.由于Ku=K,故K也是Ru-模.對任何x∈K,k≥0,有

由于N是Ru-模,故有

從而對任何r∈R,有

故f還是Ru-模同態,從而得到

HomR(K,N)=HomRu(K,N).

設0→N→E→X→0是Ru-模的正合列,其中E是內射Ru-模.由文獻[1]的習題3.16,E也是內射R-模,于是有下面的兩行是正合列的交換圖:

HomR(K,E)→HomR(K,X)→Ext1R(K,N)→0θ1↓HomRu(K,E)→HomRu(K,X)→Ext1Ru(K,N)→0

其中θ1是左邊交換方圖的誘導同態.由五項引理,θ1是同構.

2) 由1)即得.

下面用u-內射模、u-Matlis余撓模來刻畫G-整環.

定理 3.9設R是整環,且R≠K,則以下各條等價:

1)R是G-整環.

2) 存在非零非單位元素u∈R,使得每個u-內射模都是內射模.

3) 存在非零非單位元素u∈R,使得每個u-無撓的u-內射模都是內射模.

4) 存在非零非單位元素u∈R,使得每個u-Matlis余撓模都是Matlis余撓模.

5) 存在非零非單位元素u∈R,使得每個u-無撓的u-Matlis余撓模都是Matlis余撓模.

證明1)?2) 設E是u-內射模,I是R的任意非零理想.根據引理3.5,I也是R的u-理想.再由命題1.5有任何同態f:I→E能擴張到R上,故任何理想I到E的同態都能擴張為R到E的同態,則E是內射模(Baer準則).

2)?3) 這是平凡的.

3)?1) 記S1=R-0,K=RS1,即K是R商域.S2={un|n≥0},Ru=RS2.設I是u-無撓的u-可除模.由命題1.6知,I是u-內射模.再由假設可得I是內射模亦是可除模,由此得到每一個u-可除模是可除模,則有S1?S2,K?Ru,所以K=Ru,R是G-整環.

1)?4) 顯然,R是G-整環,則由推論3.4,存在u∈R,u≠0,使得K=Ru,故每個u-Matlis余撓模都是Matlis余撓模.

4)?5) 這是平凡的.

5)?1) 設N是任意Ru-模,則N作為R-模是u-無撓且u-可除的.根據命題2.2知,任意u-可除模是u-Matlis余撓模,故N為u-無撓的u-Matlis余撓模,由假設可知N是Matlis余撓模.再由引理3.6,有Ru是整環,每個Ru-模N是Matlis余撓模當且僅當Ru是域,即Ru=K,所以R是G-整環.