τ-Rickart模

李煜彦

(陇南师范高等专科学校 数信学院,甘肃 陇南 742500)

0 引言

1 预备知识

本文中的环都是有单位元的结合环,模指酉右R-模,挠理论均指遗传挠理论.用τ(M)表示M的所有τ-挠子模的和.由文献[12]知,τ(M)仍是M的τ-挠子模,且τ(M)={m∈M|(0∶M)∈Fτ(R)}=∩{N≤M|N∈Pτ(M)}.与挠理论有关的其他符号可参见文献[12]和[13].设M∈R-Mod,f∈End(M),令τM(f)={m∈M|fM∈τ(M)}.

定义1[11]称M是τ-Rickart模,如果对任意f∈End(M),τM(f)是M的直和因子.

引理1[14]对于环R,以下等价:①R是半单的；②R有半单右生成子;③ 右R-模的每个短正合列0→K→M→N→0都可分.

引理2[14]环R是半单的当且仅当每个右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]对于模M,以下等价:

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

2 主要结论

命题1若环R是半单的,则任意R-模M都是τ-Rickart模,且其τ-挠子模τ(M)是投射的.

证明设M是任意R-模,f∈End(M).因为R是半单的,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,从而M是τ-Rickart模.

下面结论说明,在满足一定的条件下,τ-Rickart模的全不变子模仍是τ-Rickart模.

命题2设M是τ-Rickart模,N是M的全不变子模.如果N的任意自同态都可以扩张到M的自同态,则N是τ-Rickart模.

证明设N是M的全不变子模,且N的任意自同态都可以扩张到M的自同态.设g∈End(N),则存在f∈End(M),使得f|N=g.因为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.设e1=e|N,由于N是M的全不变子模,故e1=e12∈Eed(N).下证τN(g)=e1N.显然τN(g)⊆e1N.另一方面,设x∈N,则ge1(x)=ge(x)∈τ(M)∩N=τ(N),于是e1(x)∈τN(g).因此e1N⊆τN(g),从而τN(g)=e1N,所以N是τ-Rickart模.

称模M是拟内射的,如果M是M-内射的.众所周知,任意拟内射都是其内射包的全不变子模,于是由命题2,可得如下结论.

命题3 设模M是拟内射的.若E(M)是τ-Rickart模,则M是τ-Rickart模.称M是duo模,如果M的任意子模都是全不变的.

命题4设M是拟内射的duo模.若M是τ-Rickart模,则M的任意子模是τ-Rickart模.

证明设M是拟内射的duo模,N≤M,g∈End(N),则存在f∈End(M),使得f|N=g.因为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的全不变子模,由命题2知,N是τ-Rickart模.

下面举例说明τ-Rickart模的直和未必是τ-Rickart模.

例1设τG是Goldie挠理论,R是Q[x]上二阶上三角矩阵环,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的二阶矩阵.设N=e11R,K=e22R,则N和K都是M的子模,且M=N⊕K.令f=e112x+e12x∈End(M),由文献[7]知,M≅End(M),M是非奇异模,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.

一个自然的问题是,在什么情况下τ-Rickart模的直和仍是τ-Rickart模.下面给出τ-Rickart模关于直和封闭的条件.

定理1设{Mi}i∈I是任意R-模族.若对任意i,j∈I,Hom(Mi,Mj)=0,则⊕i∈IMi是τ-Rickart模当且仅当对任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.

证明必要性.设M=⊕i∈IMi是τ-Rickart模,fi∈End(Mi)(∀i∈I).由于Mi是⊕i∈IMi的直和因子,不妨设M=Mi⊕K,则fi⊕lK∈End(M),其中lK表示K上的恒等自同态.设gi=fi⊕1K,则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.从而Mi是τ-Rickart模.

充分性.设对任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.设f=(fij)∈End(M),其中fij∈Hon(Mj,Mi)，则对任意i∈I,τMi(fii)是Mi的直和因子.另一方面,因为任意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,从而M是τ-Rickart模.

称环R是Abelian的,如果R的所有幂等元都是中心的.称模M是Abelian的,如果M的自同态环End(M)是Abelian的.众所周知,M是Abelian的当且仅当M的直和因子都是全不变的，于是由定理1,易得下面推论.

推论1设{Mi}i∈I是任意R-模族.若⊕i∈IMi是Abelian的，则⊕i∈IMi是τ-Rickart模,当且仅当对任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.

证明设M=⊕i∈IMi.因为M是Abelian的,所以M的任意直和因子都是全不变的.于是,对任意i,j∈I,Hom(Mi,Mj)=0.因此由定理1知, ⊕i∈IMi是τ-Rickart模当且仅当对任意i∈I,Mi是τ-Rickart模.

命题5设M是τ-Rickart模,N是M的直和因子.若τ(M)⊆N,则对M的任意直和因子K,N∩K仍是M的直和因子.

证明设N和K都是M的直和因子,则存在End(M)的幂等元e和f,使得N=eM,K=fM.因为τ(M)⊆N,所以eM=τM(1-e).下证

τM((1-e)f)=(eM∩fM)⊕(1-f)M.事实上,设x∈τM((1-e)f),则((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,设x∈(eM∩fM)⊕(1-f)M,则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).从而τM((1-e)f)=(eM∩fM)⊕(1-f)M.因为M是τ-Rickart模,所以τM((1-e)f)是M的直和因子.从而N∩K=eM∩fM是M的直和因子.

定理2 设M是τ-Rickart模，则以下结论成立：

1) 若M是投射的,则对M的任意直和因子K,τ(M)+K仍是投射的.

2) 若M是内射的,则对M的任意直和因子K,τ(M)+K仍是内射的.

证明1)设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＇.因为τ(K)=τ(M)∩K,所以由命题5知,τ(K)是M的直和因子.不妨设M=τ(K)⊕H,则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).因为M是投射的,所以τ(H)、τ(K)、K∩H都是投射的，从而τ(M)+K仍是投射的.

2) 跟1)的证明类似.