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user: 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 + ⋯ + a n x n ∈ R [ x ; α ， δ ] ， g ( x ) = b 0 + b 1 x + ⋯ + b m x m ∈ 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 ≠ 0 ) ， a n − 1 ， ⋯ ， a n − k + 1 都是幂等元， ，且 F ( x ) 中 x l ( n − k ≤ l ≤ n + m ) 的系数都在I中，则必有 b j ∈ I ， j = 0 ， 1 ， ⋯ ， m 。 证明：我们有 F ( x ) = f ( x ) g ( x ) = ∑ l = 0 n + m ( ∑ s + t = l ( ∑ i = s n a i f s i ( b t ) ) ) x l = ∑ l = 0 n + m Δ l x l ， 其中 Δ l = ∑ s + t = l ( ∑ 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 ≤ l ≤ n + m 时， Δ l ∈ 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 ∈ I   ( n − k ≤ l ≤ n + m ) 的表达式中可证明出属于I的那些 a i b j ( n − k ≤ i ≤ n ) 放入表中。 当 l = n + m 时，有 Δ n + m = a n α n ( b m ) ∈ I ，由于I是 ( α ， δ ) -相容理想，故由推论1可得 a n b m ∈ 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 ∈ I ，于是由推论1可得 a n α n − 1 ( b m ) ∈ I 且 a n f n − 1 n ( b m ) ∈ I ，从而有 a n α n ( b m − 1 ) ∈ I ，再由推论1得 a n b m − 1 ∈ 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 ∈ I ， a n α n ( b m − 1 ) ∈ I ， a n f n − 1 n ( b m ) ∈ 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 ) ∈ I . 于是由推论1可得 a n − 1 b m ∈ 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 ∈ I ， a n b m ∈ I ， a n − 1 b m ∈ I 及 a n b m − 1 ∈ I ，故由推论1可得 a n α n − 1 ( b m − 1 ) ∈ I ， a n f n − 1 n ( b m − 1 ) ∈ I ， a n α n − 2 ( b m ) ∈ I ， a n f n − 2 n − 1 ( b m ) ∈ I ， a n f n − 2 n ( b m ) ∈ I ，从而可得 a n α n ( b m − 2 ) ∈ I ，再利用推论1可得 a n b m − 2 ∈ 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 ∈ I ， a n − 1 b m ∈ I ， a n b m − 1 ∈ I 及 a n b m − 2 ∈ 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 ) ∈ I ，从而有 a n − 1 b m − 1 ∈ 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 ∈ I ， a n b m ∈ I ， a n − 1 b m ∈ I ， a n b m − 1 ∈ I 及 a n − 1 b m − 1 ∈ I ， a n b m − 2 ∈ I ，故由推论1得 a n − 2 α n − 2 ( b m ) ∈ I ，从而有 a n − 2 b m ∈ 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 l = n + m a n b m n + m − 1 a n − 1 b m a n b m − 1 ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ n + m − k + 1 a n − k + 1 b m a n − k + 2 b m − 1 ⋯ Math_263# a n b m − k + 1 n + m − k a n − k b m a n − k + 1 b m − 1 ⋯ Math_269##Math_270# a n b m − k n + m − 1 a n − k b m − 1 ⋯ Math_275##Math_276# a n − 1 b m − k a n b m − k − 1 ⋮ ⋱ ⋱ ⋮ ⋱ ⋱ n + 1 a n − k b k + 1 ⋯ Math_289# a n b 1 n a n − k b k ⋯ Math_294##Math_295# a n − 1 b 1 a n b 0 ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ n − k + 1 a n − k b 1 a n − k + 1 b 0 n − k a n − k b 0 表1. 属于I的a i b 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 ) + ∑ i = n − 1 n a i f n − 1 i ( b m − k + 2 ) + ⋯ + ∑ i = n − k + 1 n a i f n − k + 1 i ( b m ) ∈ I 可得 a n b m − k + 1 ， a n − 1 b m − k + 2 ， ⋯ ， 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 ) + ∑ i = n − 1 n a i f n − 1 i ( b m − k + 1 ) + ⋯ + ∑ i = n − k n a i f n − k i ( b m ) ∈ I . (3) 依次将方程(3)两边分别乘以 a n ， a n − 1 ， ⋯ ， 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 ， ⋯ ， 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 ， ⋯ ， a n − k ) = R ，于是存在 r 0 ， r 1 ， ⋯ ， r k ∈ R ，使得 r 0 a n + r 1 a n − 1 + ⋯ + 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 + ⋯ + r k a n − k b m = b m ∈ 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 ) + ∑ i = n − 1 n a i f n − 1 i ( b m − k ) + ⋯ + ∑ i = n − k − 1 n a i f n − k − 1 i ( b m ) ∈ I ， 由于 b m ∈ I ，则可得 a n α n ( b m − k − 1 ) + ∑ i = n − 1 n a i f n − 1 i ( b m − k ) + ⋯ + ∑ i = n − k n a i f n − k i ( b m − 1 ) ∈ I ，将该式依次分别乘以 a n ， a n − 1 ， ⋯ ， a n − k + 1 ，可以推出 a n b m − k − 1 ， a n − 1 b m − k ， ⋯ ， 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 + ⋯ + r k a n − k b m − 1 = b m − 1 ∈ 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 ， ⋯ ， 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 + ⋯ + a n x n ∈ R [ x ; α ， δ ] ，如果存在正整数 k ( 0 < k < n ) ，使得 a n ( a n ≠ 0 ) ， a n − 1 ， ⋯ ， a n − k + 1 都是幂等元， ( a n ， a n − 1 ， ⋯ ， 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 → ( f ( x ) ) → R [ x ; α ， δ ] → A → 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 ) ) ∩ R [ x ; α ， δ ] ⋅ I = ( f ( x ) ) ⋅ I . 显然 ( f ( x ) ) ⋅ I ⊆ ( f ( x ) ) ∩ R [ x ; α ， δ ] ⋅ I ，下证 ( f ( x ) ) ∩ R [ x ; α ， δ ] ⋅ I ⊆ ( f ( x ) ) ⋅ I 成立。 设 F ( x ) ∈ ( f ( x ) ) ∩ R [ x ; α ， δ ] ⋅ I ，则存在 g ( x ) = b 0 + b 1 x + ⋯ + b m x m ∈ R [ x ; α ， δ ] ，使得 F ( x ) = f ( x ) g ( x ) ∈ R [ x ; α ， δ ] ⋅ I ⊆ 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 ∈ I ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， m ，因此由引理2可得 F ( x ) = f ( x ) g ( x ) = ∑ i = 0 m f ( x ) b i x i ∈ ( f ( x ) ) ⋅ I ， 所以有 ( f ( x ) ) ∩ R [ x ; α ， δ ] ⋅ I ⊆ ( f ( x ) ) ⋅ 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 ≠ R ，一定有 A I ≠ 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 ) ) ∈ A I ，则存在 h i ( x ) ∈ R [ x ; α ， δ ] ， d i ∈ I ，使得 1 + ( f ( x ) ) = ∑ ( h i ( x ) + ( f ( x ) ) ) d i = ∑ h i ( x ) d i + ( f ( x ) ) . 由于 h i ( x ) ∈ R [ x ; α ， δ ] ， d i ∈ I ，于是由引理2知 ∑ h i ( x ) d i ∈ I [ x ; α ， δ ] ，故存在 g ( x ) = b 0 + b 1 x + ⋯ + b m x m ∈ R [ x ; α ， δ ] ，使得 1 + f ( x ) g ( x ) = 1 + ∑ k = 0 n + m ( ∑ s + t = k ( ∑ i = s n a i f s i ( b t ) ) ) x k ∈ 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 ， ⋯ ， b m 都属于I，于是有 a i b 0 ∈ I ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n ，于是由推论1可得 ∑ i = 0 n a i f 0 i ( b 0 ) ∈ I 。从而由 1 + ∑ i = 0 n a i f 0 i ( b 0 ) ∈ I 可得 1 ∈ I ，这与假设 I ≠ R 相矛盾，故 A I ≠ 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 + ⋯ + a n x n ∈ R [ x ; α ] ，如果存在正整数 k ( 0 < k < n ) ，使得 a n ( a n ≠ 0 ) ， a n − 1 ， ⋯ ， a n − k + 1 都是幂等元， ( a n ， a n − 1 ， ⋯ ， 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 + ⋯ + a n x n ∈ R [ x ; α ] ，如果存在正整数 k ( 0 < k < n ) ，使得 a n ( a n ≠ 0 ) ， a n − 1 ， ⋯ ， a n − k + 1 都是幂等元， ( a n ， a n − 1 ， ⋯ ， 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 + ⋯ + a n x n ∈ R [ x ] ，如果存在正整数 k ( 0 < k < n ) ，使得 a n ( a n ≠ 0 ) ， a n − 1 ， ⋯ ， a n − k + 1 都是幂等元， ( a n ， a n − 1 ， ⋯ ， 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。