Ore扩张剩余类环的忠实平坦性质 The Faithfully Flat Property of the Residue Rings of Ore Extension Rings

doi:10.12677/PM.2020.101003

Pure Mathematics
Vol. 10 No. 01 ( 2020 ), Article ID: 33762 , 6 pages
10.12677/PM.2020.101003

The Faithfully Flat Property of the Residue Rings of Ore Extension Rings

Zhaoqing Gong, Lunqun Ouyang

●How to Cite this Article

School of Mathematics and Computational Science, Hunan University of Science and Technology, Xiangtan Hunan

Received: Dec. 7^th, 2019; accepted: Dec. 25^th, 2019; published: Jan. 2^nd, 2020

ABSTRACT

Let $α$ be an automorphism and $δ$ an $α$ -derivation of a ring R, $f (x)$ be a skew polynomial in the Ore extension ring $R [x; α, δ]$ . We mainly investigate the relations between the coefficients of $f (x)$ and the faithfully flat property of $R [x; α, δ] / (f (x))$ , and obtain some sufficient conditions for $R [x; α, δ] / (f (x))$ being a faithfully flat R-module.

Keywords: $(α, δ)$ -Compatible Ideal, Flat Module, Faithfully Flat Module

Ore扩张剩余类环的忠实平坦性质

龚朝庆，欧阳伦群

湖南科技大学，数学与计算科学学院，湖南湘潭

收稿日期：2019年12月7日；录用日期：2019年12月25日；发布日期：2020年1月2日

摘要

设 $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子， $f (x)$ 是Ore扩张环 $R [x; α, δ]$ 中的一个斜多项式。通过讨论 $f (x)$ 的系数与 $R [x; α, δ] / (f (x))$ 的忠实平坦性质之间的关系，得到了 $R [x; α, δ] / (f (x))$ 是忠实平坦R-模时应满足的几个充分条件。

关键词 : $(α, δ)$ -相容理想，平坦模，忠实平坦模

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http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

1. 前言

设R是有单位元1的交换环， $α$ 是环R上的一个自同构， $δ$ 是环R上的一个 $α$ -导子，即 $δ$ 是环R的保持加法运算的映射，并且对任意 $a, b \in R$ ，有 $δ (a b) = δ (a) b + α (a) δ (b)$ 。记

$R [x; α, δ] = {\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i} | a_{i} \in R, n \in N}$ ，其中加法运算为普通的多项式加法，乘法运算为满足下列关系式的乘

法运算：对于任意 $a \in R$ ， $x a = α (a) x + δ (a)$ ，则 $R [x; α, δ]$ 按上述运算构成一个环，称为环R的Ore扩张环。

设I是环R的理想，如果对任意 $a, b \in R$ ， $a b \in I \Leftrightarrow a α (b) \in I$ ，则称I是环R的 $α$ -相容理想；如果对任意 $a, b \in R$ ， $a b \in I \Leftrightarrow a δ (b) \in I$ ，则称I是环R的 $δ$ -相容理想；如果理想I既是环R的 $α$ -相容理想，又是环R的 $δ$ -相容理想，则称I是环R的 $(α, δ)$ -相容理想。如果环R的任意理想都是 $α$ -相容理想，则称环R是 $α$ -相容环；如果环R的任意理想都是 $δ$ -相容理想，则称环R是 $δ$ -相容环；如果环R的任意理想都是 $(α, δ)$ -相容理想，则称环R是 $(α, δ)$ -相容环。

设 $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子， $α^{- 1}$ 是 $α$ 的逆自同构。对于任意整数 $i, j$ ， $0 \leq i \leq j$ ，用 $f_{i}^{j}$ 表示i个 $α$ 与 $j - i$ 个 $δ$ 组成的各种各样可能的乘积的和。例如： $f_{j}^{j} = α^{j}$ ， $f_{0}^{j} = δ^{j}$ ， $f_{j - 1}^{j} = α^{j - 1} δ + α^{j - 2} δ α + \dots + δ α^{j - 1}$ 。则由文献 [1] 知，对任意正整数n，任意 $r \in R$ ，有 $x^{n} r = \sum_{i = 0}^{n} f_{i}^{n} (r) x^{i}$ 。令 $α^{'} = α^{- 1}$ ， $δ^{'} = - δ α^{- 1}$ ，仿照 $f_{i}^{j}$ 的表示方法，用 $g_{i}^{j}$ 表示i个 $α^{'}$ 与 $j - i$ 个 $δ^{'}$ 组成的各种各样可能的乘积的和。则由文献 [2] 知，对任意正整数n，任意 $b \in R$ ，有 $b x^{n} = \sum_{i = 0}^{n} x^{i} g_{i}^{n} (b)$ 。

2. 预备知识

引理1：设R是有单位元1的结合环， $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子，I是环R的 $(α, δ)$ -相容理想，则对任意 $a, b \in R$ ，下列结论成立：

1) 若 $a b \in I$ ，则对任意正整数n，有 $a α^{- n} (b) \in I$ ， $α^{- n} (a) b \in I$ ；反过来，若存在正整数n，使得 $a α^{- n} (b) \in I$ 或 $α^{- n} (a) b \in I$ ，则必有 $a b \in I$ ；

2) 若 $a b \in I$ ，则对任意正整数m、n，有 $α^{- m} (a) δ^{n} (b) \in I$ ， $δ^{n} (a) α^{- m} (b) \in I$ 。

证明：1) 若 $a b \in I$ ，则有 $a α (α^{- 1} (b)) \in I$ 。于是由 $α$ -相容理想的定义可得 $a α^{- 1} (b) \in I$ ，再由 $a α^{- 1} (b) \in I$ 可推出 $a α (α^{- 2} (b)) \in I$ ，从而同样可推出 $a α^{- 2} (b) \in I$ 。依此类推可得对任意正整数n，有 $a α^{- n} (b) \in I$ 。

若 $a b \in I$ ，则有 $α^{n} (α^{- n} (a) α^{- n} (b)) = 1 \cdot α^{n} (α^{- n} (a) α^{- n} (b)) \in I$ ，其中n是正整数，于是由上面的证明可得 $1 \cdot α^{- n} (α^{n} (α^{- n} (a) α^{- n} (b))) = α^{- n} (a) α^{- n} (b) \in I$ 。由于I是环R的 $α$ -相容理想，于是可得 $α^{- n} (a) α^{- n + 1} (b) \in I$ ，依此类推可得 $α^{- n} (a) b \in I$ 。

反过来，若存在正整数n，使得 $a α^{- n} (b) \in I$ 或 $α^{- n} (a) b \in I$ ，则由文献 [3] 中的命题2.3可得 $a α^{n} (α^{- n} (b)) = a b \in I$ 及 $α^{n} (α^{- n} (a)) b = a b \in I$ 。

2) 若 $a b \in I$ ，则由(1)可得 $α^{- m} (a) b \in I$ ，又由于I是环R的 $δ$ -相容理想，于是可得 $α^{- m} (a) δ (b) \in I$ ，从而可得 $α^{- m} (a) δ^{n} (b) \in I$ 。

若 $a b \in I$ ，则由文献 [3] 中的命题2.3可得 $α (a) b \in I$ ，由于I是环R的 $δ$ -相容理想，于是有 $α (a) δ (b) \in I$ ，又由于 $1 \cdot a b = a b \in I$ ，I是环R的 $δ$ -相容理想，于是有 $1 \cdot δ (a b) = δ (a b) \in I$ ，从而有 $δ (a) b = δ (a b) - α (a) δ (b) \in I$ 。

由 $δ (a) b \in I$ ，类似可得 $δ^{2} (a) b \in I$ ，从而可得 $δ^{n} (a) b \in I$ ，再由(1)可得 $δ^{n} (a) α^{- m} (b) \in I$ 。

推论1：设R是有单位元1的结合环， $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子，I是环R的 $(α, δ)$ -相容理想，则对任意 $a, b \in R$ ，下列结论成立：

1) 若 $a b \in I$ ，则对任意非零整数n，有 $a α^{n} (b) \in I$ ， $α^{n} (a) b \in I$ ；反过来，若存在非零整数n，使得 $a α^{n} (b) \in I$ 或 $α^{n} (a) b \in I$ ，则必有 $a b \in I$ ；

2) 若 $a b \in I$ ，则对任意整数m及正整数n，有 $α^{m} (a) δ^{n} (b) \in I$ ， $δ^{n} (a) α^{m} (b) \in I$ ；

3) 若 $a b \in I$ ，则 $a f_{i}^{j} (b) \in I$ ，其中 $i < j$ ；若 $b \in I$ ，则 $g_{i}^{j} (b) \in I$ ，其中 $i \leq j$ 。

证明：由引理1及文献 [3] 中的命题2.3可知上述结论(1)和(2)成立；由上述结论(1)和(2)成立易知结论(3)成立。

引理2：设R是有单位元1的结合环， $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子，I是环R的 $(α, δ)$ -相容理想， $f (x) = \sum_{j = 0}^{m} a_{j} x^{j} \in R [x; α, δ]$ 。则对任意正整数n，任意 $b \in I$ ，有 $f (x) b \in I [x; α, δ]$ ， $f (x) b x^{n} \in (f (x)) \cdot I$ 。

证明：由于 $f (x) b = (\sum_{j = 0}^{m} a_{j} x^{j}) b = \sum_{j = 0}^{m} a_{j} (\sum_{i = 0}^{j} f_{i}^{j} (b) x^{i}) = \sum_{j = 0}^{m} \sum_{i = 0}^{j} a_{j} f_{i}^{j} (b) x^{i}$ ，由 $b \in I$ 可得对任意 $0 \leq j \leq m$ ， $a_{j} b \in I$ ，于是由推论1得 $a_{j} f_{i}^{j} (b) \in I$ ，故 $f (x) b \in I [x; α, δ]$ 。

由于 $f (x) b x^{n} = f (x) (\sum_{i = 0}^{n} x^{i} g_{i}^{n} (b)) = \sum_{i = 0}^{n} f (x) x^{i} g_{i}^{n} (b)$ ，由于 $b \in I$ ，于是由推论1可得 $g_{i}^{n} (b) \in I$ ，故 $f (x) b x^{n} \in (f (x)) \cdot I$ 。

3. 主要结果

定理1：设R是有单位元1的交换环， $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子，I是环R的 $(α, δ)$ -相容理想， $f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} \in R [x; α, δ]$ ， $g (x) = b_{0} + b_{1} x + \dots + b_{m} x^{m} \in R [x; α, δ]$ ， $F (x) = f (x) g (x)$ ，如果存在正整数 $k (0 < k < n)$ ，使得 $a_{n} (a_{n} \neq 0), a_{n - 1}, \dots, a_{n - k + 1}$ 都是幂等元，，且 $F (x)$ 中 $x^{l} (n - k \leq l \leq n + m)$ 的系数都在I中，则必有 $b_{j} \in I$ ， $j = 0, 1, \dots, m$ 。

证明：我们有

$F (x) = f (x) g (x) = \sum_{l = 0}^{n + m} (\sum_{s + t = l} (\sum_{i = s}^{n} a_{i} f_{s}^{i} (b_{t}))) x^{l} = \sum_{l = 0}^{n + m} Δ_{l} x^{l},$

其中 $Δ_{l} = \sum_{s + t = l} (\sum_{i = s}^{n} a_{i} f_{s}^{i} (b_{t}))$ 为 $F (x)$ 中 $x^{l}$ 项的系数。由已知条件知，当 $n - k \leq l \leq n + m$ 时， $Δ_{l} \in I$ 。为了表达方便起见，下面假设当 $j < 0$ 时，约定 $b_{j} = 0$ 。现在我们构造一个表(表1)，将能从引理的已知条件及 $Δ_{l} \in I (n - k \leq l \leq n + m)$ 的表达式中可证明出属于I的那些 $a_{i} b_{j} (n - k \leq i \leq n)$ 放入表中。

当 $l = n + m$ 时，有 $Δ_{n + m} = a_{n} α^{n} (b_{m}) \in I$ ，由于I是 $(α, δ)$ -相容理想，故由推论1可得 $a_{n} b_{m} \in I$ 。将 $a_{n} b_{m}$ 放入表1的第一行；

当 $l = n + m - 1$ 时，我们有

$Δ_{n + m - 1} = a_{n} α^{n} (b_{m - 1}) + a_{n - 1} α^{n - 1} (b_{m}) + a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m}) .$ (1)

由于 $a_{n}$ 是幂等元，故将方程(1)两边同时乘以 $a_{n}$ 得

$a_{n} α^{n} (b_{m - 1}) = a_{n} Δ_{n + m - 1} - a_{n - 1} a_{n} α^{n - 1} (b_{m}) - a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m}) .$

由于I是 $(α, δ)$ -相容理想且 $a_{n} b_{m} \in I$ ，于是由推论1可得 $a_{n} α^{n - 1} (b_{m}) \in I$ 且 $a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m}) \in I$ ，从而有 $a_{n} α^{n} (b_{m - 1}) \in I$ ，再由推论1得 $a_{n} b_{m - 1} \in I$ 。由引理的已知条件及上面的证明过程可知，在方程(1)中，我们有 $Δ_{n + m - 1} \in I$ ， $a_{n} α^{n} (b_{m - 1}) \in I$ ， $a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m}) \in I$ ，故我们有

$a_{n - 1} α^{n - 1} (b_{m}) = Δ_{n + m - 1} - a_{n} α^{n} (b_{m - 1}) - a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m}) \in I .$

于是由推论1可得 $a_{n - 1} b_{m} \in I$ 。将 $a_{n} b_{m - 1}$ ， $a_{n - 1} b_{m}$ 放入表1的第二行；

当 $l = n + m - 2$ 时，我们有

$Δ_{n + m - 2} = a_{n} α^{n} (b_{m - 2}) + a_{n - 1} α^{n - 1} (b_{m - 1}) + a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m - 1}) + a_{n - 2} α^{n - 2} (b_{m}) + a_{n - 1} f_{n - 2}^{n - 1} (b_{m}) + a_{n} f_{n - 2}^{n} (b_{m})$ (2)

将方程(2)两边同时乘以 $a_{n}$ 得

$a_{n} α^{n} (b_{m - 2}) = a_{n} Δ_{n + m - 2} - a_{n - 1} a_{n} α^{n - 1} (b_{m - 1}) - a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m - 1}) - a_{n - 2} a_{n} α^{n - 2} (b_{m}) - a_{n - 1} a_{n} f_{n - 2}^{n - 1} (b_{m}) - a_{n} f_{n - 2}^{n} (b_{m}) .$

由于 $Δ_{n + m - 2} \in I$ ， $a_{n} b_{m} \in I$ ， $a_{n - 1} b_{m} \in I$ 及 $a_{n} b_{m - 1} \in I$ ，故由推论1可得 $a_{n} α^{n - 1} (b_{m - 1}) \in I$ ， $a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m - 1}) \in I$ ， $a_{n} α^{n - 2} (b_{m}) \in I$ ， $a_{n} f_{n - 2}^{n - 1} (b_{m}) \in I$ ， $a_{n} f_{n - 2}^{n} (b_{m}) \in I$ ，从而可得 $a_{n} α^{n} (b_{m - 2}) \in I$ ，再利用推论1可得 $a_{n} b_{m - 2} \in I$ 。

再将方程(2)两边同时乘以 $a_{n - 1}$ 得

$a_{n - 1} α^{n - 1} (b_{m - 1}) = a_{n - 1} Δ_{n + m - 2} - a_{n - 1} a_{n} α^{n} (b_{m - 2}) - a_{n - 1} a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m - 1}) - a_{n - 2} a_{n - 1} α^{n - 2} (b_{m}) - a_{n - 1} f_{n - 2}^{n - 1} (b_{m}) - a_{n - 1} a_{n} f_{n - 2}^{n} (bm)$

利用 $a_{n} b_{m} \in I$ ， $a_{n - 1} b_{m} \in I$ ， $a_{n} b_{m - 1} \in I$ 及 $a_{n} b_{m - 2} \in I$ 这些上面已经证明了的条件及推论1，我们可得 $a_{n - 1} α^{n - 1} (b_{m - 1}) \in I$ ，从而有 $a_{n - 1} b_{m - 1} \in I$ 。由方程(2)，我们有

$a_{n - 2} α^{n - 2} (b_{m}) = Δ_{n + m - 2} - a_{n} α^{n} (b_{m - 2}) - a_{n - 1} α^{n - 1} (b_{m - 1}) - a_{n} f_{n - 1}^{n} (b_{m - 1}) - a_{n - 1} f_{n - 2}^{n - 1} (b_{m}) - a_{n} f_{n - 2}^{n} (b_{m}) .$

由于 $Δ_{n + m - 2} \in I$ ， $a_{n} b_{m} \in I$ ， $a_{n - 1} b_{m} \in I$ ， $a_{n} b_{m - 1} \in I$ 及 $a_{n - 1} b_{m - 1} \in I$ ， $a_{n} b_{m - 2} \in I$ ，故由推论1得 $a_{n - 2} α^{n - 2} (b_{m}) \in I$ ，从而有 $a_{n - 2} b_{m} \in I$ 。将 $a_{n} b_{m - 2}$ ， $a_{n - 1} b_{m - 1}$ ， $a_{n - 2} b_{m}$ 放入表1的第三行；

Table 1. aibj (n − k ≤ i ≤ n) belongs to I

表1. 属于I的a_ib_j (n − k ≤ i ≤ n)

依此类推，假设当 $l = n + m - k + 1$ 时，由对应的系数

$Δ_{n + m - k + 1} = a_{n} α^{n} (b_{m - k + 1}) + \sum_{i = n - 1}^{n} a_{i} f_{n - 1}^{i} (b_{m - k + 2}) + \dots + \sum_{i = n - k + 1}^{n} a_{i} f_{n - k + 1}^{i} (b_{m}) \in I$

可得 $a_{n} b_{m - k + 1}$ ， $a_{n - 1} b_{m - k + 2}$ ， $\dots$ ， $a_{n - k + 1} b_{m}$ 都属于I，并将其放入表1的第k行。

当 $l = n + m - k$ 时，我们有

$Δ_{n + m - k} = a_{n} α^{n} (b_{m - k}) + \sum_{i = n - 1}^{n} a_{i} f_{n - 1}^{i} (b_{m - k + 1}) + \dots + \sum_{i = n - k}^{n} a_{i} f_{n - k}^{i} (b_{m}) \in I .$ (3)

依次将方程(3)两边分别乘以 $a_{n}$ ， $a_{n - 1}$ ， $\dots$ ， $a_{n - k + 1}$ ，再运用上述类似的方法可依次得到 $a_{n} b_{m - k}$ ， $a_{n - 1} b_{m - k + 1}$ ， $\dots$ ， $a_{n - k} b_{m}$ 都属于I，将其放入表1的第 $k + 1$ 行。

由于 $(a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{n - k}) = R$ ，于是存在 $r_{0}, r_{1}, \dots, r_{k} \in R$ ，使得 $r_{0} a_{n} + r_{1} a_{n - 1} + \dots + r_{k} a_{n - k} = 1$ ，因此由表1的第一列可得

$r_{0} a_{n} b_{m} + r_{1} a_{n - 1} b_{m} + \dots + r_{k} a_{n - k} b_{m} = b_{m} \in I .$

接下来再看 $x^{n + m - k - 1}$ 的系数，即当 $l = n + m - k - 1$ 时，有

$Δ_{n + m - k - 1} = a_{n} α^{n} (b_{m - k - 1}) + \sum_{i = n - 1}^{n} a_{i} f_{n - 1}^{i} (b_{m - k}) + \dots + \sum_{i = n - k - 1}^{n} a_{i} f_{n - k - 1}^{i} (b_{m}) \in I,$

由于 $b_{m} \in I$ ，则可得 $a_{n} α^{n} (b_{m - k - 1}) + \sum_{i = n - 1}^{n} a_{i} f_{n - 1}^{i} (b_{m - k}) + \dots + \sum_{i = n - k}^{n} a_{i} f_{n - k}^{i} (b_{m - 1}) \in I$ ，将该式依次分别乘以 $a_{n}$ ， $a_{n - 1}$ ， $\dots$ ， $a_{n - k + 1}$ ，可以推出 $a_{n} b_{m - k - 1}$ ， $a_{n - 1} b_{m - k}$ ， $\dots$ ， $a_{n - k} b_{m - 1}$ 都属于I，将其放入表1的第 $k + 2$ 行。

由表1的第二列可得

$r_{0} a_{n} b_{m - 1} + r_{1} a_{n - 1} b_{m - 1} + \dots + r_{k} a_{n - k} b_{m - 1} = b_{m - 1} \in I .$

重复此过程，于是可得表1中的每一项都属于I，并且分别由表1的每一列还可以得到 $b_{m}$ ， $b_{m - 1}$ ， $\dots$ ， $b_{1}$ ， $b_{0}$ 都属于I。

定理2：设R是有单位元1的 $(α, δ)$ -相容的交换环， $α$ 是环R的自同构， $δ$ 是环R的 $α$ -导子， $f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} \in R [x; α, δ]$ ，如果存在正整数 $k (0 < k < n)$ ，使得 $a_{n} (a_{n} \neq 0), a_{n - 1}, \dots, a_{n - k + 1}$ 都是幂等元， $(a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{n - k}) = R$ ，则 $A = R [x; α, δ] / (f (x))$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：首先证明A的平坦性。在R-模正合列

$0 \to (f (x)) \to R [x; α, δ] \to A \to 0$

中， $R [x; α, δ] ≅ ∐ R$ 是平坦右R-模，故由文献 [4] 知A是平坦右R-模的充要条件是对R中任意有限生成的左理想I，有

$(f (x)) \cap R [x; α, δ] \cdot I = (f (x)) \cdot I .$

显然 $(f (x)) \cdot I \subseteq (f (x)) \cap R [x; α, δ] \cdot I$ ，下证 $(f (x)) \cap R [x; α, δ] \cdot I \subseteq (f (x)) \cdot I$ 成立。

设 $F (x) \in (f (x)) \cap R [x; α, δ] \cdot I$ ，则存在 $g (x) = b_{0} + b_{1} x + \dots + b_{m} x^{m} \in R [x; α, δ]$ ，使得 $F (x) = f (x) g (x) \in R [x; α, δ] \cdot I \subseteq I [x; α, δ]$ ，于是 $F (x) = f (x) g (x)$ 的所有系数都属于I，从而由定理1可得 $b_{i} \in I$ ， $i = 0, 1, \dots, m$ ，因此由引理2可得

$F (x) = f (x) g (x) = \sum_{i = 0}^{m} f (x) b_{i} x^{i} \in (f (x)) \cdot I,$

所以有 $(f (x)) \cap R [x; α, δ] \cdot I \subseteq (f (x)) \cdot I$ ，故A是平坦右R-模。

下证A是忠实平坦的右R-模。根据文献 [5]，只要证对于R的任意有限生成的真左理想I， $I \neq R$ ，一定有 $A I \neq A$ ，则可得A是忠实平坦的右R-模。所以我们只需证明A中的单位元不在AI中。

反设A中的单位元 $1 + (f (x)) \in A I$ ，则存在 $h_{i} (x) \in R [x; α, δ]$ ， $d_{i} \in I$ ，使得

$1 + (f (x)) = \sum (h_{i} (x) + (f (x))) d_{i} = \sum h_{i} (x) d_{i} + (f (x)) .$

由于 $h_{i} (x) \in R [x; α, δ]$ ， $d_{i} \in I$ ，于是由引理2知 $\sum h_{i} (x) d_{i} \in I [x; α, δ]$ ，故存在 $g (x) = b_{0} + b_{1} x + \dots + b_{m} x^{m} \in R [x; α, δ]$ ，使得

$1 + f (x) g (x) = 1 + \sum_{k = 0}^{n + m} (\sum_{s + t = k} (\sum_{i = s}^{n} a_{i} f_{s}^{i} (b_{t}))) x^{k} \in I [x; α, δ] .$

由于 $f (x) g (x)$ 中除了常数项以外的项的系数都属于I，因此由定理1可得 $b_{0}, b_{1}, \dots, b_{m}$ 都属于I，于是有 $a_{i} b_{0} \in I$ ， $i = 0, 1, \dots, n$ ，于是由推论1可得 $\sum_{i = 0}^{n} a_{i} f_{0}^{i} (b_{0}) \in I$ 。从而由 $1 + \sum_{i = 0}^{n} a_{i} f_{0}^{i} (b_{0}) \in I$ 可得 $1 \in I$ ，这与假设 $I \neq R$ 相矛盾，故 $A I \neq A$ 。

推论2：设R是有单位元1的 $α$ -相容的交换环， $α$ 是环R的自同构， $f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} \in R [x; α]$ ，如果存在正整数 $k (0 < k < n)$ ，使得 $a_{n} (a_{n} \neq 0), a_{n - 1}, \dots, a_{n - k + 1}$ 都是幂等元， $(a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{n - k}) = R$ ，则 $R [x; α] / (f (x))$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R [x; α, δ]$ 中，令 $δ = 0$ ，则有 $R [x; α, δ] ≅ R [x; α]$ ，故由定理2知推论成立。

推论3：设R是有单位元1的 $δ$ -相容的交换环， $δ$ 是环R的导子， $f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} \in R [x; α]$ ，如果存在正整数 $k (0 < k < n)$ ，使得 $a_{n} (a_{n} \neq 0), a_{n - 1}, \dots, a_{n - k + 1}$ 都是幂等元， $(a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{n - k}) = R$ ，则 $R [x; δ] / (f (x))$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R [x; α, δ]$ 中，令 $α = 1$ ，则有 $R [x; α, δ] ≅ R [x; δ]$ ，故由定理2知推论成立。

推论4：设R是有单位元1的交换环， $f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} \in R [x]$ ，如果存在正整数 $k (0 < k < n)$ ，使得 $a_{n} (a_{n} \neq 0), a_{n - 1}, \dots, a_{n - k + 1}$ 都是幂等元， $(a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{n - k}) = R$ ，则 $R [x] / (f (x))$ 是忠实平坦的右R-模。

证明：在 $R [x; α, δ]$ 中，令 $α = 1$ ， $δ = 0$ ，则有 $R [x; α, δ] ≅ R [x]$ ，故由定理2知推论成立。

文章引用

龚朝庆,欧阳伦群. Ore扩张剩余类环的忠实平坦性质
The Faithfully Flat Property of the Residue Rings of Ore Extension Rings[J]. 理论数学, 2020, 10(01): 11-16. https://doi.org/10.12677/PM.2020.101003

参考文献

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2. Peter, S. and Otmar, V. (2006) On the Codimension of Modules over Skew Power Series Rings with Applications to Iwasawa Algebras. Journal of Pure and Applied Algebra, 204, 349-367. https://doi.org/10.1016/j.jpaa.2005.05.007

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4. 周伯曛. 同调代数[M]. 北京: 科技出版社, 1983: 144-153.

5. 杨静化. 关于R[X]的剩余类环的同调维数[J]. 南京大学数学半年刊, 1998, 15(2): 251-256.

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