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user: 3. 主要结果 定理1：设R是有单位元1的完全凝聚的 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 + ⋯ 。如果存在n，使得 a 0 ， a 1 ， ⋯ ， a n − 1 都是幂等元， a n = 1 ，那么 A = R 〚 x ; α 〛 / ( f ( x ) ) 是平坦右R-模。 证明：在R-模正合列： 0 → ( f ( x ) ) → R 〚 x ; α 〛 → A → 0 中， R 〚 x ; α 〛 ≅ ∏ R ，由文献 [ 2 ]，由于R是完全凝聚的环，因此易得 R 〚 x ; α 〛 是平坦右R-模。故由文献 [ 3 ] 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 〛 ⋅ I = ( f ( x ) ) ⋅ I 显然 ( f ( x ) ) ⋅ I ⊆ ( f ( x ) ) ∩ R 〚 x ; α 〛 ⋅ I ，下证 ( f ( x ) ) ∩ R 〚 x ; α 〛 ⋅ I ⊆ ( f ( x ) ) ⋅ I 。设 k i ( x ) ∈ R 〚 x ; α 〛 ， c i ∈ I ，则由引理3可得 ∑ k i ( x ) c i ∈ I 〚 x ; α 〛 。若 ∑ k i ( x ) c i ∈ ( f ( x ) ) ，下证一定有 ∑ k i ( x ) c i ∈ ( f ( x ) ) ⋅ I 。 因为 ∑ k i ( x ) c i ∈ ( f ( x ) ) ，所以存在 g ( x ) ∈ R 〚 x ; α 〛 ，使得 ∑ k i ( x ) c i = f ( x ) g ( x ) 。 设 g ( x ) = b 0 + b 1 x + ⋯ + b m x m + ⋯ ，则 f ( x ) g ( x ) = ( ∑ i = 0 ∞ a i x i ) ( ∑ j = 0 ∞ b j x j ) = ∑ i = 0 ∞ a i x i b 0 + ∑ i = 0 ∞ a i x i b 1 x + ⋯ + ∑ i = 0 ∞ a i x i b m x m + ⋯ = ∑ i = 0 ∞ a i α i ( b 0 ) x i + ∑ i = 0 ∞ a i α i ( b 1 ) x i + 1 + ⋯ + ∑ i = 0 ∞ a i α i ( b m ) x i + m + ⋯ = a 0 b 0 + ( a 0 b 1 + a 1 α ( b 0 ) ) x + ⋯ + ( a 0 b n + m + ⋯ + a n + m α n + m ( b 0 ) ) x n + m + ⋯ = ∑ k = 0 ∞ ∑ i + j = k ( a i α i ( b j ) ) x k ∈ I 〚 x ; α 〛 当 a 0 ， a 1 ， ⋯ ， a n − 1 都是幂等元， a n = 1 时，依次比较 x k 的系数得： 当 k = 0 时， a 0 b 0 ∈ I ； 当 k = 1 时，我们有 a 0 b 1 + a 1 α ( b 0 ) ∈ I . (1) 将上式乘上 a 0 后得 a 0 b 1 + a 1 a 0 α ( b 0 ) ∈ I . 由于 a 0 b 0 ∈ I ，I是环R的 α -相容理想，于是可得 a 0 α ( b 0 ) ∈ I ，从而可得 a 0 b 1 ∈ I 。再由(1)式可得 a 1 α ( b 0 ) ∈ I ，故由推论1可得 a 1 b 0 ∈ I ； 当 k = 2 时， a 0 b 2 + a 1 α ( b 1 ) + a 2 α 2 ( b 0 ) ∈ I . (2) 将该式乘上 a 0 后得 a 0 b 2 + a 1 a 0 α ( b 1 ) + a 2 a 0 α 2 ( b 0 ) ∈ I . 由于 a 0 b 0 ∈ I ， a 0 b 1 ∈ I ，于是由推论1可得 a 0 α ( b 1 ) ∈ I ， a 0 α 2 ( b 0 ) ∈ I ，从而可得 a 0 b 2 ∈ I 。再将(2)式乘上 a 1 后可得 a 1 a 0 b 2 + a 1 α ( b 1 ) + a 2 a 1 α 2 ( b 0 ) ∈ I . 由于 a 1 b 0 ∈ I ，于是由推论1可得 a 1 α 2 ( b 0 ) ∈ I 。又由于 a 0 b 2 ∈ I ，于是可得 a 1 α ( b 1 ) ∈ I ，故可得 a 1 b 1 ∈ I 。再由(2)式可得 a 2 α 2 ( b 0 ) ∈ I ，于是由推论1可得 a 2 b 0 ∈ I ，依此类推； 当 k = n 时，由 ∑ i + j = n a i α i ( b j ) ∈ I 可得 a 0 b n ∈ I ， a 1 b n − 1 ∈ I ， ⋯ ， a n b 0 = b 0 ∈ I ； 当 k = n + 1 时，由 ∑ i + j = n + 1 a i α i ( b j ) ∈ I 可得 a 0 b n + 1 ∈ I ， a 1 b n ∈ I ， ⋯ ， a n b 1 = b 1 ∈ I ， a n + 1 b 0 ∈ I ； 依此类推可得 b 0 ∈ I ， b 1 ∈ I ， ⋯ ， b m ∈ I ， ⋯ ，故由引理3可得 ∑ k i ( x ) c i = f ( x ) g ( x ) = ∑ j = 0 ∞ f ( x ) b j x j ∈ ( f ( x ) ) ⋅ I 定理2：设R是有单位元1的完全凝聚的 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 + ⋯ 。如果存在 n ≥ 1 ，使得 a 0 = a 1 = ⋯ = a n − 1 = 0 ， a n = 1 ，那么 A = R 〚 x ; α 〛 / ( f ( x ) ) 是忠实平坦的右R-模。 证明：显然 a 0 ， a 1 ， ⋯ ， a n − 1 都是幂等元，则由定理1可知A是平坦右R-模。下证对于R的任意有限生成的真左理想I， I ≠ R ，一定有 A I ≠ A ，则根据文献 [ 4 ] 可得A是忠实平坦的右R-模。下证A中的单位元 1 + ( f ( x ) ) 必不在AI中，则 A I ≠ A 。 反设A中的单位元 1 + ( f ( x ) ) ∈ A I ，则存在 h i ( x ) ∈ R 〚 x ; α 〛 ， c i ∈ I ，使得 1 + ( f ( x ) ) = ∑ ( h i ( x ) + ( f ( x ) ) ) c i = ∑ h i ( x ) c i + ( f (x) ) 由于 h i ( x ) ∈ R 〚 x ; α 〛 ， c i ∈ I ，于是由引理3知 ∑ h i ( x ) c i ∈ I 〚 x ; α 〛 ，从而存在 g ( x ) ∈ R 〚 x ; α 〛 ，使得 1 + f ( x ) g ( x ) ∈ I 〚 x ; α 〛 。由于 a 0 = a 1 = ⋯ = a n − 1 = 0 ，于是由引理2可得 f ( x ) = a n x n + a n + 1 x n + 1 + ⋯ + a n + m x n + m + ⋯ = x n α − n ( a n ) + x n α − n ( a n + 1 ) x + ⋯ + x n α − n ( a n + m ) x m + ⋯ = x n ( α − n ( a n ) + α − n ( a n + 1 ) x + ⋯ + α − n ( a n + m ) x m + ⋯ ) 设 p ( x ) = α − n ( a n ) + α − n ( a n + 1 ) x + ⋯ + α − n ( a n + m ) x m + ⋯ ， 则 f ( x ) = x n p ( x ) ，所以 1 + f ( x ) g ( x ) = 1 + x n p ( x ) g ( x ) ∈ I 〚 x ; α 〛 . 于是必有 1 ∈ I ，由此可得 I = R ，这与假设 I ≠ R 相矛盾，故A是忠实平坦的右R-模。 推论2：设R是有单位元1的完全凝聚的交换环， f ( x ) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n + ⋯ 。如果存在 n ≥ 1 ，使得 a 0 = a 1 = ⋯ = a n − 1 = 0 ， a n = 1 ，那么 R 〚 x 〛 / ( f ( x ) ) 是忠实平坦的右R-模。 证明：在 R 〚 x ; α 〛 中，令 α = 1 ，则有 R 〚 x ; α 〛 ≅ R 〚 x 〛 ，故由定理2知推论成立。