τ-Rickart模

李煜彥

(隴南師范高等專科學(xué)校 數(shù)信學(xué)院,甘肅 隴南 742500)

0 引言

1 預(yù)備知識

本文中的環(huán)都是有單位元的結(jié)合環(huán),模指酉右R-模,撓理論均指遺傳撓理論.用τ(M)表示M的所有τ-撓子模的和.由文獻[12]知,τ(M)仍是M的τ-撓子模,且τ(M)={m∈M|(0∶M)∈Fτ(R)}=∩{N≤M|N∈Pτ(M)}.與撓理論有關(guān)的其他符號可參見文獻[12]和[13].設(shè)M∈R-Mod,f∈End(M),令τM(f)={m∈M|fM∈τ(M)}.

定義1[11]稱M是τ-Rickart模,如果對任意f∈End(M),τM(f)是M的直和因子.

引理1[14]對于環(huán)R,以下等價:①R是半單的；②R有半單右生成子;③ 右R-模的每個短正合列0→K→M→N→0都可分.

引理2[14]環(huán)R是半單的當(dāng)且僅當(dāng)每個右R-模都是投射的.

引理3[11]τ-Rickart模的直和因子仍是τ-Rickart模.

引理4[11]對于模M,以下等價:

①M是τ-Rickart模;②M=τ(M)⊕Μ＇,其中Μ＇是(τ-撓自由) Rickart模;③對任意f∈End(M),f-1(τ(M))是M的直和因子.

2 主要結(jié)論

命題1若環(huán)R是半單的,則任意R-模M都是τ-Rickart模,且其τ-撓子模τ(M)是投射的.

證明設(shè)M是任意R-模,f∈End(M).因為R是半單的,所以由引理1和引理2知,τ(M)是投射的,且短正合序列0→τM(f)→M→M/τM(f)→0可分.于是τM(f)是M的直和因子,從而M是τ-Rickart模.

下面結(jié)論說明,在滿足一定的條件下,τ-Rickart模的全不變子模仍是τ-Rickart模.

命題2設(shè)M是τ-Rickart模,N是M的全不變子模.如果N的任意自同態(tài)都可以擴張到M的自同態(tài),則N是τ-Rickart模.

證明設(shè)N是M的全不變子模,且N的任意自同態(tài)都可以擴張到M的自同態(tài).設(shè)g∈End(N),則存在f∈End(M),使得f|N=g.因為M是τ-Rickart模,所以τM(f)是M的直和因子.于是存在e2=e∈End(M),使得τM(f)=eM.設(shè)e1=e|N,由于N是M的全不變子模,故e1=e12∈Eed(N).下證τN(g)=e1N.顯然τN(g)?e1N.另一方面,設(shè)x∈N,則ge1(x)=ge(x)∈τ(M)∩N=τ(N),于是e1(x)∈τN(g).因此e1N?τN(g),從而τN(g)=e1N,所以N是τ-Rickart模.

稱模M是擬內(nèi)射的,如果M是M-內(nèi)射的.眾所周知,任意擬內(nèi)射都是其內(nèi)射包的全不變子模,于是由命題2,可得如下結(jié)論.

命題3 設(shè)模M是擬內(nèi)射的.若E(M)是τ-Rickart模,則M是τ-Rickart模.稱M是duo模,如果M的任意子模都是全不變的.

命題4設(shè)M是擬內(nèi)射的duo模.若M是τ-Rickart模,則M的任意子模是τ-Rickart模.

證明設(shè)M是擬內(nèi)射的duo模,N≤M,g∈End(N),則存在f∈End(M),使得f|N=g.因為M是τ-Rickart模,所以τM(f)是M的直和因子.于是存在e2=e∈Eng(M),使得τM(f)=eM.由于N是M的全不變子模,由命題2知,N是τ-Rickart模.

下面舉例說明τ-Rickart模的直和未必是τ-Rickart模.

例1設(shè)τG是Goldie撓理論,R是Q[x]上二階上三角矩陣環(huán),M=RR,eij(1≤i,j≤2)表示除了第i行第j列元素是1以外其余位置都是0的二階矩陣.設(shè)N=e11R,K=e22R,則N和K都是M的子模,且M=N⊕K.令f=e112x+e12x∈End(M),由文獻[7]知,M?End(M),M是非奇異模,且N和K都是τG-Rickart模.但rM(f)=(-e12x+2e22x)R不是M的直和因子,因而M不是τG-Rickart模.

一個自然的問題是,在什么情況下τ-Rickart模的直和仍是τ-Rickart模.下面給出τ-Rickart模關(guān)于直和封閉的條件.

定理1設(shè){Mi}i∈I是任意R-模族.若對任意i,j∈I,Hom(Mi,Mj)=0,則⊕i∈IMi是τ-Rickart模當(dāng)且僅當(dāng)對任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.

證明必要性.設(shè)M=⊕i∈IMi是τ-Rickart模,fi∈End(Mi)(?i∈I).由于Mi是⊕i∈IMi的直和因子,不妨設(shè)M=Mi⊕K,則fi⊕lK∈End(M),其中l(wèi)K表示K上的恒等自同態(tài).設(shè)gi=fi⊕1K,則τM(gi)是M的直和因子.另一方面,τM(gi)=τM(fi⊕1K)=τMi(fi)⊕τ(K).因此由模律可知,τMi(fi)是Mi的直和因子.從而Mi是τ-Rickart模.

充分性.設(shè)對任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.設(shè)f=(fij)∈End(M),其中fij∈Hon(Mj,Mi)，則對任意i∈I,τMi(fii)是Mi的直和因子.另一方面,因為任意i,j∈I,Hom(Mi,Mj)=0,所以τM(f)=⊕i∈IτMi(fii).因此τM(f)是M的直和因子,從而M是τ-Rickart模.

稱環(huán)R是Abelian的,如果R的所有冪等元都是中心的.稱模M是Abelian的,如果M的自同態(tài)環(huán)End(M)是Abelian的.眾所周知,M是Abelian的當(dāng)且僅當(dāng)M的直和因子都是全不變的，于是由定理1,易得下面推論.

推論1設(shè){Mi}i∈I是任意R-模族.若⊕i∈IMi是Abelian的，則⊕i∈IMi是τ-Rickart模,當(dāng)且僅當(dāng)對任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.

證明設(shè)M=⊕i∈IMi.因為M是Abelian的,所以M的任意直和因子都是全不變的.于是,對任意i,j∈I,Hom(Mi,Mj)=0.因此由定理1知, ⊕i∈IMi是τ-Rickart模當(dāng)且僅當(dāng)對任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.

命題5設(shè)M是τ-Rickart模,N是M的直和因子.若τ(M)?N,則對M的任意直和因子K,N∩K仍是M的直和因子.

證明設(shè)N和K都是M的直和因子,則存在End(M)的冪等元e和f,使得N=eM,K=fM.因為τ(M)?N,所以eM=τM(1-e).下證

τM((1-e)f)=(eM∩fM)⊕(1-f)M.事實上,設(shè)x∈τM((1-e)f),則((1-e)f)(x)∈τ(M),故f(x)∈τM(1-e).因此x=f(x)+(1-f)(x)∈(eM∩fM)⊕(1-f)M,即τM((1-e)f)?(eM∩fM)⊕(1-f)M.另一方面,設(shè)x∈(eM∩fM)⊕(1-f)M,則x=y+z,其中y∈eM∩fM,z∈(1-f)M.于是

((1-e)f)(x)=((1-e)f)(y+z)=((1-e)f)(y)+((1-e)f)(z)=

(1-e)(y)+((1-e)f(1-f))(z)=(1-e)(y)∈τ(M),故

(eM∩fM)⊕(1-f)M?τM((1-e)f).從而τM((1-e)f)=(eM∩fM)⊕(1-f)M.因為M是τ-Rickart模,所以τM((1-e)f)是M的直和因子.從而N∩K=eM∩fM是M的直和因子.

定理2 設(shè)M是τ-Rickart模，則以下結(jié)論成立：

1) 若M是投射的,則對M的任意直和因子K,τ(M)+K仍是投射的.

2) 若M是內(nèi)射的,則對M的任意直和因子K,τ(M)+K仍是內(nèi)射的.

證明1)設(shè)M是投射的τ-Rickart模,K是M的直和因子.由引理4知,存在

Μ＇≤Μ,使得M=τ(M)⊕Μ＇.因為τ(K)=τ(M)∩K,所以由命題5知,τ(K)是M的直和因子.不妨設(shè)M=τ(K)⊕H,則τ(M)=τ(K)⊕τ(H),且K=K∩(τ(K)⊕H)=τ(K)⊕(K∩H).于是τ(M)+K=τ(H)⊕τ(K)⊕(K∩H).因為M是投射的,所以τ(H)、τ(K)、K∩H都是投射的，從而τ(M)+K仍是投射的.

2) 跟1)的證明類似.