廣義C3模

王永鐸, 秦麗芳

(蘭州理工大學 理學院, 甘肅 蘭州 730050)

在本文中,R都是有單位元的結合環,M都是右R-模,N≤M表示N是M的子模,N|M表示N是M的直和項,r(A)表示A在R中的右零化子,E(M)表示M的內射包,EndR(M)=S表示M的自同態環,HomR(X,Y)表示R-模X到Y的同態集.

Amin等[1]引入了C3模的概念.稱M是C3模,如果M1|M,M2|M,且M1∩M2=0,那么M1⊕M2是M的直和項.證明了R是半單環當且僅當所有內射R-模的子模是C3模當且僅當任意兩個C3模的直和仍為C3模當且僅當R-模(R⊕R)R的子模是C3模當且僅當所有投射R-模的子模是C3模.Tasdemir等[2]引入了廣義SSP模(GSSP模)的概念.稱M是GSSP模,如果M的任意兩個直和項的和同構于M的直和項.受文獻[1-2]的啟發,本文引入了廣義C3模(簡稱G-C3模)的概念.稱M是G-C3模,如果M1|M,M2|M,且M1∩M2=0,那么M1⊕M2同構于M的直和項.給出了是G-C3模但不是C3模的例子,并研究了G-C3模的一些基本性質,證明了遺傳環R是右V-環當且僅當每個有限余生成R-模是G-C3模當且僅當每個有限余表示R-模是G-C3模.稱M是SIP模[3],如果M的任意兩個直和項的交是M的直和項.稱M是virtually半單模[4],如果M的每個子模同構于M的直和項.稱M的子模N是完全不變子模[5],如果對任意的f∈EndR(M)均有f(N)?N.稱M是(弱)duo模[5],如果M的每個(直和項)子模是完全不變子模.稱M滿足C2條件[6],如果同構于M的直和項的子模N是M的直和項.稱M是有限余生成模[7],如果M的基座是有限生成的且在M中本質.稱X是有限余表示模[7],如果:1)X是有限余生成的；2) 在正合列0→X→L→N→0中L是有限余生成的,N也是有限余生成的.稱R是右V-環[7],如果任意單右R-模是內射模.

定義1稱M是廣義C3模(簡稱G-C3模)如果M1|M,M2|M,且M1∩M2=0,那么M1⊕M2同構于M的直和項.

證明由文獻[4]中的例2.7可知，MR是virtually半單模,則MR是G-C3模.因為C3模的直和項仍為C3模,而Z4⊕Z2不是C3模,所以MR不是C3模.

定理1設M是G-C3模.若M=A⊕B,其中A,B≤M,f∶A→B是單同態,則Imf同構于M的直和項.

證明設C={a+f(a)|a∈A},則C≤M.設x∈M,x=a+b,其中a∈A,b∈B,則x=a+f(a)-f(a)+b∈C+B.因此M=C+B.設x=a+f(a)∈C∩B,其中a∈A,則a=x-f(a)∈A∩B=0,從而a=0,進而x=f(a)=0.因此C∩B=0.這樣M=C⊕B.設x=a+f(a)∈A∩C,其中a∈A,則x-a=f(a)∈A∩B=0.因此f(a)=0.因為f是單同態,所以x=a=0,從而A∩C=0.又因為M是G-C3模,所以A⊕C同構于M的直和項.設x∈Imf,則存在a∈A,使得f(a)=x,從而x=-a+a+f(a)∈A+C.因此A+Imf?A+C.顯然A+C?A+Imf,A∩Imf=0,這樣A⊕C=A⊕Imf.又因為A⊕C同構于M的直和項,所以A⊕Imf同構于M的直和項.故Imf同構于M的直和項.

推論1設M是G-C3模.若A∩B=0,其中A,B≤M,B?A|M,則A⊕B同構于M的直和項.

證明設A|M,B≤M,A∩B=0,且σ∶B→A是同構.因為A|M,所以存在T≤M,使得M=A⊕T.設π∶M→T是標準投影,則π|B∶B→T是單同態,從而B?π(B).因此A⊕B?A⊕π(B).而σ∶B→A是同構.這樣π|B°σ-1∶A→T是單同態.又因為M是G-C3模,所以由定理1知Im(π|B°σ-1)=π|B(Im(σ-1))=π(B)同構于M的直和項,從而A⊕π(B)同構于M的直和項,即A⊕B同構于M的直和項.

命題1設M是R-模.則M是G-C3模當且僅當對于M=A⊕A′=B⊕B′,A′∩B=0,且π∶M→A是標準投影,π-1(π(B))同構于M的直和項.

證明“?” 因為π∶M→A是標準投影,所以π-1(π(B))=B+Kerπ=B+A′,又因為M是G-C3模,且B∩A′=0,所以B⊕A′同構于M的直和項,即π-1(π(B))同構于M的直和項.

“?” 設A′|M,B|M,且A′∩B=0.因為A′|M,所以存在A≤M,使得M=A⊕A′.設π∶M→A是標準投影,則由假設知,π-1(π(B))同構于M的直和項.而π-1(π(B))=B+Kerπ=B⊕A′.因此B⊕A′同構于M的直和項,即M是G-C3模.

命題2設M是G-C3模.若M=A⊕A′=B⊕B′,A∩B′=0,且π∶M→B是標準投影,則Im(π|A)同構于M的直和項.

證明因為M=B⊕B′,π∶M→B是標準投影,所以Im(π|A)=π(A)=(A+B′)∩B,從而π(A)⊕B′=[(A+B′)∩B]⊕B′=A+B′.又因為M是G-C3模,且A∩B′=0,所以π(A)⊕B′=A⊕B′同構于M的直和項.因此Im(π|A)同構于M的直和項.

定理2設M是G-C3模.則M是C3模當且僅當對于A1|M,A2|M,A1∩A2=0,且有R-同構σ∶A1⊕A2→P,其中P|M,σ可以擴張成某個φ∈EndR(M).

證明“?” 設A1|M,A2|M,A1∩A2=0,且有R-同構σ∶A1⊕A2→P,其中P|M.因為M是C3模,所以(A1⊕A2)|M,從而存在B≤M,使得M=(A1⊕A2)⊕B.通過φ(a+b)=σ(a)定義φ∶M→M,其中a∈A1⊕A2,b∈B.因此對任意的a∈A1⊕A2,φ(a)=σ(a),故φ|A1⊕A2=σ.

“?” 設A1|M,A2|M,且A1∩A2=0.因為M是G-C3模,所以存在P|M,使得σ∶A1⊕A2→P是同構,且σ(A1⊕A2)|M.從而由假設知,σ可以擴張成同態φ∶M→M.設π∶M→σ(A1⊕A2)是標準投影,則ω=πφ∶M→σ(A1⊕A2)是同態.因此對任意的x∈A1⊕A2,ω(x)=πφ(x)=πσ(x)=σ(x).又因為對任意的m∈M,ω(m)=σ(n)=ω(n),其中n∈A1⊕A2,所以m-n∈Kerω.而m=m-n+n,故M=Kerω+(A1⊕A2).設z∈Kerω∩(A1⊕A2),則z∈A1⊕A2,且z∈Kerω.因此ω(z)=0=σ(z),從而z=0.這樣M=Kerω⊕(A1⊕A2),進而(A1⊕A2)|M,即M是C3模.

命題3若R-模M滿足C2條件,則M是G-C3模當且僅當M是C3模.

證明“?”設A1|M,A2|M,且A1∩A2=0.因為M是G-C3模,所以存在K|M,使得(A1⊕A2)?K.又因為M滿足C2條件,所以(A1⊕A2)|M,即M是C3模.

“?” 顯然.

推論2內射模M是G-C3模當且僅當M是C3模.

下面的例子說明兩個G-C3模的直和不一定是G-C3模.

引理1[8]設R-模M=M1⊕M2.若r(M1)+r(M2)=R,則對于任意的N≤M,N=N1⊕N2,其中N1≤M1,N2≤M2.

定理3若R-模M,N是G-C3模.且r(M)+r(N)=R,則M⊕N是G-C3模.

證明設A|(M⊕N),B|(M⊕N),且A∩B=0.由引理1知,A=M1⊕N1,B=M2⊕N2,其中M1≤M,M2≤M,N1≤N,N2≤N.因此M1|M,M2|M,N1|N,N2|N.因為A∩B=0,所以M1∩M2=0,N1∩N2=0.又因為M,N是G-C3模,所以M1⊕M2同構于M的直和項,N1⊕N2同構于N的直和項,從而(M1⊕M2)⊕(N1⊕N2)同構于M⊕N的直和項.而(M1⊕M2)⊕(N1⊕N2)=(M1⊕N1)⊕(M2⊕N2)=A⊕B.因此A⊕B同構于M⊕N的直和項,即M⊕N是G-C3模.

定理4設M是G-C3模.若M=M1⊕M2是M的一個分解且有Hom(M1,M2)=0,則M2是G-C3模.

證明設A|M2,B|M2,且A∩B=0,則A|M,B|M.因為M是G-C3模,所以存在N|M,使得A⊕B?N.而N|M,因此存在N′≤M,使得M=N⊕N′.又因為Hom(M1,M2)=0,所以由文獻[5]中引理1.9知,M1是M的完全不變子模,從而M1=M∩M1=(N⊕N′)∩M1=(N∩M1)⊕(N′∩M1).因為Hom(M1,N)=0(若Hom(M1,N)≠0,則有非零同態f∶M1→N?A⊕B→M2與Hom(M1,M2)=0矛盾),所以N∩M1=0(若有非零元x∈N∩M1,則M1→N∩M1→N非零與Hom(M1,N)=0矛盾),從而M1≤N′.因此N′=M1⊕(N′∩M2).又因為M=N⊕N′,所以M=N⊕M1⊕(N′∩M2)=M1⊕M2,從而M2?N⊕(N′∩M2),進而N同構于M2的直和項.因此A⊕B同構于M2的直和項,即M2是G-C3模.

而

因此(S∩Mi)∩(T∩Mi)=0.又因為Mi(i∈I)是G-C3模,且(S∩Mi)|Mi,(T∩Mi)|Mi,所以(S∩Mi)⊕(T∩Mi)同構于Mi的直和項,從而S⊕T同構于M的直和項,即M是G-C3模.

命題4設M是G-C3模.若M是SIP模,則M是GSSP模.

證明設N|M,T|M.因為M是SIP模,所以存在L≤M,使得M=(N∩T)⊕L,從而

N=(N∩T)⊕(L∩N)
T=(N∩T)⊕(L∩T)

因此

N+T=(N∩T)+[(L∩N)⊕(L∩T)]

設x=n1+n2∈(N∩T)∩[(L∩N)⊕(L∩T)],其中x∈N∩T,n1∈L∩N,n2∈L∩T,則

n2=x-n1∈[(N∩T)+(L∩N)]∩(L∩T)≤

N∩(L∩T)=0

從而n2=0,x=n1,進而

x=n1∈(N∩T)∩(L∩N)=N∩T∩L=0

因此(N∩T)∩[(L∩N)⊕(L∩T)]=0.這樣

N+T=(N∩T)⊕(L∩N)⊕(L∩T)

因為T=(N∩T)⊕(L∩T),所以

N+T=T⊕(L∩N)

又因為M是SIP模,所以(L∩N)|M.而M是G-C3模,因此N+T=T⊕(L∩N)同構于M的直和項,即M是GSSP模.

推論4設M是SIP模.則M是G-C3模當且僅當M是GSSP模.

引理2[7]設R是環.則下列條件等價：

1)R是右V-環.

2) 每個有限余生成R-模是半單模.

3) 每個有限余表示R-模是內射模.

定理5設R是遺傳環.則下列條件等價：

1)R是右V-環.

2) 每個有限余生成R-模是G-C3模.

3) 每個有限余表示R-模是G-C3模.

證明1)?2) 由文獻[7]中23.1可得.

2)?3) 由定義可得.

3)?1) 設M是有限余表示R-模.則由文獻[7]中30.1可知,E(M)和E(M)/M是有限余生成的.因為有限余生成內射模是有限余表示的,所以E(M)是有限余表示的,從而由文獻[7]中30.2(3)可知,M⊕E(M)是有限余表示的.因此M⊕E(M)是G-C3模.設i∶M→E(M)是單同態,則由定理1知,Imi?M同構于M⊕E(M)的直和項，所以Imi?M同構于E(M)⊕E(M)/M的直和項.又因為R是遺傳環,所以內射模的商模是內射模,從而E(M)/M是內射模,進而E(M)⊕E(M)/M是內射模,而內射模的直和項仍為內射模.因此M同構于內射模.這樣由引理2可知,R是右V-環.

命題5設R是遺傳環.如果G-C3模的直和仍是G-C3模,那么R是右V-環.

證明設M是有限余生成R-模.由文獻[7]中21.3可知,M是不可分解模的直和.因為不可分解模是G-C3模,所以M是G-C3模的直和,進而由假設知,M是G-C3模.因此由定理5知,R是右V-環.