广义C3模

王永铎, 秦丽芳

(兰州理工大学 理学院, 甘肃 兰州 730050)

在本文中,R都是有单位元的结合环,M都是右R-模,N≤M表示N是M的子模,N|M表示N是M的直和项,r(A)表示A在R中的右零化子,E(M)表示M的内射包,EndR(M)=S表示M的自同态环,HomR(X,Y)表示R-模X到Y的同态集.

Amin等[1]引入了C3模的概念.称M是C3模,如果M1|M,M2|M,且M1∩M2=0,那么M1⊕M2是M的直和项.证明了R是半单环当且仅当所有内射R-模的子模是C3模当且仅当任意两个C3模的直和仍为C3模当且仅当R-模(R⊕R)R的子模是C3模当且仅当所有投射R-模的子模是C3模.Tasdemir等[2]引入了广义SSP模(GSSP模)的概念.称M是GSSP模,如果M的任意两个直和项的和同构于M的直和项.受文献[1-2]的启发,本文引入了广义C3模(简称G-C3模)的概念.称M是G-C3模,如果M1|M,M2|M,且M1∩M2=0,那么M1⊕M2同构于M的直和项.给出了是G-C3模但不是C3模的例子,并研究了G-C3模的一些基本性质,证明了遗传环R是右V-环当且仅当每个有限余生成R-模是G-C3模当且仅当每个有限余表示R-模是G-C3模.称M是SIP模[3],如果M的任意两个直和项的交是M的直和项.称M是virtually半单模[4],如果M的每个子模同构于M的直和项.称M的子模N是完全不变子模[5],如果对任意的f∈EndR(M)均有f(N)⊆N.称M是(弱)duo模[5],如果M的每个(直和项)子模是完全不变子模.称M满足C2条件[6],如果同构于M的直和项的子模N是M的直和项.称M是有限余生成模[7],如果M的基座是有限生成的且在M中本质.称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.称R是右V-环[7],如果任意单右R-模是内射模.

定义1称M是广义C3模(简称G-C3模)如果M1|M,M2|M,且M1∩M2=0,那么M1⊕M2同构于M的直和项.

证明由文献[4]中的例2.7可知，MR是virtually半单模,则MR是G-C3模.因为C3模的直和项仍为C3模,而Z4⊕Z2不是C3模,所以MR不是C3模.

定理1设M是G-C3模.若M=A⊕B,其中A,B≤M,f∶A→B是单同态,则Imf同构于M的直和项.

证明设C={a+f(a)|a∈A},则C≤M.设x∈M,x=a+b,其中a∈A,b∈B,则x=a+f(a)-f(a)+b∈C+B.因此M=C+B.设x=a+f(a)∈C∩B,其中a∈A,则a=x-f(a)∈A∩B=0,从而a=0,进而x=f(a)=0.因此C∩B=0.这样M=C⊕B.设x=a+f(a)∈A∩C,其中a∈A,则x-a=f(a)∈A∩B=0.因此f(a)=0.因为f是单同态,所以x=a=0,从而A∩C=0.又因为M是G-C3模,所以A⊕C同构于M的直和项.设x∈Imf,则存在a∈A,使得f(a)=x,从而x=-a+a+f(a)∈A+C.因此A+Imf⊆A+C.显然A+C⊆A+Imf,A∩Imf=0,这样A⊕C=A⊕Imf.又因为A⊕C同构于M的直和项,所以A⊕Imf同构于M的直和项.故Imf同构于M的直和项.

推论1设M是G-C3模.若A∩B=0,其中A,B≤M,B≅A|M,则A⊕B同构于M的直和项.

证明设A|M,B≤M,A∩B=0,且σ∶B→A是同构.因为A|M,所以存在T≤M,使得M=A⊕T.设π∶M→T是标准投影,则π|B∶B→T是单同态,从而B≅π(B).因此A⊕B≅A⊕π(B).而σ∶B→A是同构.这样π|B∘σ-1∶A→T是单同态.又因为M是G-C3模,所以由定理1知Im(π|B∘σ-1)=π|B(Im(σ-1))=π(B)同构于M的直和项,从而A⊕π(B)同构于M的直和项,即A⊕B同构于M的直和项.

命题1设M是R-模.则M是G-C3模当且仅当对于M=A⊕A′=B⊕B′,A′∩B=0,且π∶M→A是标准投影,π-1(π(B))同构于M的直和项.

证明“⟹” 因为π∶M→A是标准投影,所以π-1(π(B))=B+Kerπ=B+A′,又因为M是G-C3模,且B∩A′=0,所以B⊕A′同构于M的直和项,即π-1(π(B))同构于M的直和项.

“⟸” 设A′|M,B|M,且A′∩B=0.因为A′|M,所以存在A≤M,使得M=A⊕A′.设π∶M→A是标准投影,则由假设知,π-1(π(B))同构于M的直和项.而π-1(π(B))=B+Kerπ=B⊕A′.因此B⊕A′同构于M的直和项,即M是G-C3模.

命题2设M是G-C3模.若M=A⊕A′=B⊕B′,A∩B′=0,且π∶M→B是标准投影,则Im(π|A)同构于M的直和项.

证明因为M=B⊕B′,π∶M→B是标准投影,所以Im(π|A)=π(A)=(A+B′)∩B,从而π(A)⊕B′=[(A+B′)∩B]⊕B′=A+B′.又因为M是G-C3模,且A∩B′=0,所以π(A)⊕B′=A⊕B′同构于M的直和项.因此Im(π|A)同构于M的直和项.

定理2设M是G-C3模.则M是C3模当且仅当对于A1|M,A2|M,A1∩A2=0,且有R-同构σ∶A1⊕A2→P,其中P|M,σ可以扩张成某个φ∈EndR(M).

证明“⟹” 设A1|M,A2|M,A1∩A2=0,且有R-同构σ∶A1⊕A2→P,其中P|M.因为M是C3模,所以(A1⊕A2)|M,从而存在B≤M,使得M=(A1⊕A2)⊕B.通过φ(a+b)=σ(a)定义φ∶M→M,其中a∈A1⊕A2,b∈B.因此对任意的a∈A1⊕A2,φ(a)=σ(a),故φ|A1⊕A2=σ.

“⟸” 设A1|M,A2|M,且A1∩A2=0.因为M是G-C3模,所以存在P|M,使得σ∶A1⊕A2→P是同构,且σ(A1⊕A2)|M.从而由假设知,σ可以扩张成同态φ∶M→M.设π∶M→σ(A1⊕A2)是标准投影,则ω=πφ∶M→σ(A1⊕A2)是同态.因此对任意的x∈A1⊕A2,ω(x)=πφ(x)=πσ(x)=σ(x).又因为对任意的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).设z∈Kerω∩(A1⊕A2),则z∈A1⊕A2,且z∈Kerω.因此ω(z)=0=σ(z),从而z=0.这样M=Kerω⊕(A1⊕A2),进而(A1⊕A2)|M,即M是C3模.

命题3若R-模M满足C2条件,则M是G-C3模当且仅当M是C3模.

证明“⟹”设A1|M,A2|M,且A1∩A2=0.因为M是G-C3模,所以存在K|M,使得(A1⊕A2)≅K.又因为M满足C2条件,所以(A1⊕A2)|M,即M是C3模.

“⟸” 显然.

推论2内射模M是G-C3模当且仅当M是C3模.

下面的例子说明两个G-C3模的直和不一定是G-C3模.

引理1[8]设R-模M=M1⊕M2.若r(M1)+r(M2)=R,则对于任意的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,则M⊕N是G-C3模.

证明设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.因为A∩B=0,所以M1∩M2=0,N1∩N2=0.又因为M,N是G-C3模,所以M1⊕M2同构于M的直和项,N1⊕N2同构于N的直和项,从而(M1⊕M2)⊕(N1⊕N2)同构于M⊕N的直和项.而(M1⊕M2)⊕(N1⊕N2)=(M1⊕N1)⊕(M2⊕N2)=A⊕B.因此A⊕B同构于M⊕N的直和项,即M⊕N是G-C3模.

定理4设M是G-C3模.若M=M1⊕M2是M的一个分解且有Hom(M1,M2)=0,则M2是G-C3模.

证明设A|M2,B|M2,且A∩B=0,则A|M,B|M.因为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′.又因为Hom(M1,M2)=0,所以由文献[5]中引理1.9知,M1是M的完全不变子模,从而M1=M∩M1=(N⊕N′)∩M1=(N∩M1)⊕(N′∩M1).因为Hom(M1,N)=0(若Hom(M1,N)≠0,则有非零同态f∶M1→N≅A⊕B→M2与Hom(M1,M2)=0矛盾),所以N∩M1=0(若有非零元x∈N∩M1,则M1→N∩M1→N非零与Hom(M1,N)=0矛盾),从而M1≤N′.因此N′=M1⊕(N′∩M2).又因为M=N⊕N′,所以M=N⊕M1⊕(N′∩M2)=M1⊕M2,从而M2≅N⊕(N′∩M2),进而N同构于M2的直和项.因此A⊕B同构于M2的直和项,即M2是G-C3模.

而

因此(S∩Mi)∩(T∩Mi)=0.又因为Mi(i∈I)是G-C3模,且(S∩Mi)|Mi,(T∩Mi)|Mi,所以(S∩Mi)⊕(T∩Mi)同构于Mi的直和项,从而S⊕T同构于M的直和项,即M是G-C3模.

命题4设M是G-C3模.若M是SIP模,则M是GSSP模.

证明设N|M,T|M.因为M是SIP模,所以存在L≤M,使得M=(N∩T)⊕L,从而

N=(N∩T)⊕(L∩N)
T=(N∩T)⊕(L∩T)

因此

N+T=(N∩T)+[(L∩N)⊕(L∩T)]

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

n2=x-n1∈[(N∩T)+(L∩N)]∩(L∩T)≤

N∩(L∩T)=0

从而n2=0,x=n1,进而

x=n1∈(N∩T)∩(L∩N)=N∩T∩L=0

因此(N∩T)∩[(L∩N)⊕(L∩T)]=0.这样

N+T=(N∩T)⊕(L∩N)⊕(L∩T)

因为T=(N∩T)⊕(L∩T),所以

N+T=T⊕(L∩N)

又因为M是SIP模,所以(L∩N)|M.而M是G-C3模,因此N+T=T⊕(L∩N)同构于M的直和项,即M是GSSP模.

推论4设M是SIP模.则M是G-C3模当且仅当M是GSSP模.

引理2[7]设R是环.则下列条件等价：

1)R是右V-环.

2) 每个有限余生成R-模是半单模.

3) 每个有限余表示R-模是内射模.

定理5设R是遗传环.则下列条件等价：

1)R是右V-环.

2) 每个有限余生成R-模是G-C3模.

3) 每个有限余表示R-模是G-C3模.

证明1)⟹2) 由文献[7]中23.1可得.

2)⟹3) 由定义可得.

3)⟹1) 设M是有限余表示R-模.则由文献[7]中30.1可知,E(M)和E(M)/M是有限余生成的.因为有限余生成内射模是有限余表示的,所以E(M)是有限余表示的,从而由文献[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.设i∶M→E(M)是单同态,则由定理1知,Imi≅M同构于M⊕E(M)的直和项，所以Imi≅M同构于E(M)⊕E(M)/M的直和项.又因为R是遗传环,所以内射模的商模是内射模,从而E(M)/M是内射模,进而E(M)⊕E(M)/M是内射模,而内射模的直和项仍为内射模.因此M同构于内射模.这样由引理2可知,R是右V-环.

命题5设R是遗传环.如果G-C3模的直和仍是G-C3模,那么R是右V-环.

证明设M是有限余生成R-模.由文献[7]中21.3可知,M是不可分解模的直和.因为不可分解模是G-C3模,所以M是G-C3模的直和,进而由假设知,M是G-C3模.因此由定理5知,R是右V-环.