強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)

崔書(shū)英

（山東工商學(xué)院 數(shù)學(xué)與信息科學(xué)學(xué)院，山東 煙臺(tái) 264005）

1 引言

2 強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)

定義1環(huán)R稱(chēng)為強(qiáng)詣零Armendariz的如果對(duì)于任意的 f (x),g(x) ∈ R[x]，當(dāng) f( x)g(x)∈ Nil*(R )[x]時(shí)有ab∈ Nil*(R)，其中a,b分別是 f (x),g(x)的任何系數(shù)。

定理1 R是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)當(dāng)且僅當(dāng) R/Nil*(R)是Armendariz環(huán)。

命題1 令R是環(huán)而I是R的理想滿(mǎn)足 I? Nil*(R)，那么R是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)當(dāng)且僅當(dāng)R/I是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)。

證明 注意到R/I的素理想恰具形式P/I，其中P是R的包含I的素理想，所以當(dāng) I? Nil*(R)時(shí)有，Nil*(R /I)=Nil*(R)/I 。由此仿照定理1的證明可證明命題1。

仿定理1的證明我們還可對(duì)詣零Armendariz環(huán)作出一個(gè)新的刻畫(huà)。

定理2 環(huán)R是詣零Armendariz的當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)于任意的 f (x),g(x)∈ R[x ],如果 f (x)g(x)∈ Nil*(R )[x]，那么ab∈ Nil*(R)，其中a,b分別是 f (x),g(x)的任何系數(shù)。

證明 文獻(xiàn)[1](3128-3140)定理3.5證明了環(huán)R是詣零Armendariz的當(dāng)且僅當(dāng) R /Nil*(R)是Armendariz的。基于此事實(shí)，仿定理1的證明不難證明定理2。

由文獻(xiàn)[1]中的結(jié)果知Armendariz環(huán)是詣零Armendariz的。然而并不能明顯看出強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)也是詣零Armendariz的，為證明這一論斷的正確性我們需要下面的命題。

命題2 如果R是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)，那么 Nil (R)= Nil*(R)。*

證明 我們斷言如果a∈R滿(mǎn)足 a2∈ Nil(R)那么 aN (R)a ? Nil (R)。事實(shí)上對(duì)任意的 b∈ N(R),存在正**整數(shù)k≥2使得bk=0。由于

所以 aba∈ Nil*(R),從而斷言成立。如果 Nil*(R)≠ Nil*(R),那么存在 a∈ Nil*(R)，但是 a? Nil*(R)。因?yàn)閍是冪零元所以存在最小的正整數(shù)k使得 ak? Nil*(R),但 ak+1∈ Nil*(R)。令b=ak,則 b? Nil*(R)，但是b2∈ Nil*(R)。由證明過(guò)的斷言可以知道 bN (R)b ? Nil*(R)。由 b∈ Nil*(R)知 RbR? Nil*(R),于是有bRbRb? Nil(R)。從而可以得到 (RbR )3=RbRbRbR ?Nil(R)。因?yàn)?Nil (R)是R的半素理想，所以***RbR? Nil*(R)。由此可知 b∈ Nil*(R),這是一個(gè)矛盾。命題得證。

由定理1，命題2和[1]定理3.5可得到下面的推論。

推論1 如果環(huán)R為強(qiáng)詣零Armendariz的，那么它為詣零Armendariz的。

由強(qiáng)詣零Armendariz的定義下列兩個(gè)命題都不是容易看出的。

命題3 Armendariz環(huán)是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)。

證明 設(shè)R是Armendariz環(huán)。由文獻(xiàn)[4]引理2.3知 Nil (R)= Nil*(R),而由文獻(xiàn)[1]又知R是詣零Armendariz*環(huán)，所以[1]定理3.5蘊(yùn)含 R/Nil*(R)是Armendariz環(huán)，再由命題1知R是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)。

由于約化環(huán)是Armendariz的[5]14-17，定理1蘊(yùn)含2-素環(huán)是強(qiáng)詣零Armendariz的。因此定理1和命題3蘊(yùn)含強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)是2-素環(huán)和Armendariz環(huán)的共同推廣。

定理3 環(huán)R是強(qiáng)詣零Armendariz的當(dāng)且僅當(dāng)其每個(gè)子環(huán)S是強(qiáng)詣零Armendariz的。

證明 設(shè)R是強(qiáng)詣零Armendariz的，那么 R/Nil*(R)是Armendariz的。從而其子環(huán) (S+Nil*(R)/Nil*(R)也是Armendariz的。由于 S/S ∩ Nil*(R)?S+ Nil*(R)/Nil*(R),所以 S /S ∩ Nil*(R)是Armendariz的。我們斷言 S∩Nil*(R)?Nil*(S )。事實(shí)上，如果 a∈ S ∩ Nil*(R),那么a∈S且a是R中的強(qiáng)冪零元，所以R中以a為首項(xiàng)的任意m-序列有限步終止，因此S中以a為首項(xiàng)的任意m-序列也有限步終止，從而斷言成立。因?yàn)镾 /S ∩ Nil*(R)是Armendariz的以及 S∩Nil*(R)?Nil*(S )，由命題1和命題3可知S是強(qiáng)詣零Armendariz的。充分性是明顯的。

定理4 環(huán)R是強(qiáng)詣零Armendariz的當(dāng)且僅當(dāng)R[x]是強(qiáng)詣零Armendariz的。由此可知對(duì)強(qiáng)詣零Armendariz 環(huán)R有 N (R[x])= N(R)[x]。

注意到半交換環(huán)是2-素環(huán)所以是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)而詣零Armendariz環(huán)是弱Armendariz環(huán)[1]3128-3140，我們立即得到下列推論。

推論2 如果R是半交換環(huán)，那么R[x]是弱Armendariz環(huán)。[3]2607-2616

命題4 有限個(gè)強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)的直積還是強(qiáng)詣零Armendariz的。

命題5 環(huán)R是強(qiáng)詣零Armendariz的當(dāng)且僅當(dāng)Tn(R)是強(qiáng)詣零Armendariz的。

推論3 環(huán)R是強(qiáng)詣零Armendariz的當(dāng)且僅當(dāng) R[ x]/(xn)是強(qiáng)詣零Armendariz的其中(xn)是 xn在R[x]中生成的理想n≥2是正整數(shù)。

環(huán)R稱(chēng)為弱Armendariz的如果對(duì)任意的 f (x),g(x) ∈ R[x]當(dāng) f(x)g(x)=0時(shí)必有 ab∈ N(R)其中a,b分別是 f (x),g(x)的任何系數(shù)[3]。由文獻(xiàn)[1]知詣零Armendariz 環(huán)是弱Armendariz 環(huán)。文獻(xiàn)[3]定理3.6證明了如果存在R的半交換理想I,使得R/I為弱Armendariz環(huán)則R也是弱Armendariz的。該結(jié)果可推廣到I是NI-環(huán)的情形，這里NI-環(huán)I是指I滿(mǎn)足條件 Nil*(I )= Nil(I )[8]186-199，顯然它是2-素環(huán)的推廣。

命題6 令I(lǐng)是環(huán)R的理想使得R/I為弱Armendariz，如果I是NI-環(huán)則R為弱Armendariz環(huán)。

推論 4 （[4，定理 3.6]） 令I(lǐng)是環(huán)R的理想使得R/I為弱 Armendariz，如果I是半交換環(huán)則R為弱Armendariz環(huán)。

最后我們來(lái)給出必要的例子。

例1 存在強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)但不是2-素環(huán)，存在詣零Armendariz環(huán)但非強(qiáng)詣零Armendariz的。前者由文獻(xiàn)[1]例 4.8可知，因?yàn)榇嬖诜?2-素的 Armendariz環(huán)。由文獻(xiàn)[9]定理 6.6知存在不含單位元的單詣零環(huán)I。令R= E(I,Z)是I的單位化環(huán)其中Z是整數(shù)環(huán)[7]，則有 Nil*(R)= (I ,0),Nil (R)=0[7]，由命題2知R不是強(qiáng)詣*零Armendariz環(huán)。但 R / Nil*(I ) ? Z,所以R是詣零Armendariz環(huán)。此外由文獻(xiàn)[6]知存在素根為零的不含單位元的局部?jī)缌悱h(huán)I。令 R= E(I,Z)則容易證明R是詣零Armendariz環(huán)。但它不是強(qiáng)詣零Armendariz環(huán)，否則將有 0=Nil (I,0)=Nil(R)=Nil*(R),這與 Nil*(R)=(I ,0)≠0相矛盾。**

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