根据文献[1], 称环$R$是Armendariz环, 是指对任意

$ f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n, g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m\in R[x], $

如果$f(x)g(x)=0$, 那么对任意$0\leq i\leq n$和$0\leq j\leq m$, 有$a_ib_j=0$成立.由于Armendariz首次发现reduced环(没有非零幂零元的环)满足上面这一特性, 所以人们称这类环为Armendariz环.许多文献对Armendariz环进行了深入的研究, 基本的结论参见文献[1, 2, 3].

作为Armendariz环的推广, Antoine在文献[4]中引入了诣零Armendariz环.称环$R$是诣零Armendariz环, 是指对任意

$ f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n, g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m\in R[x], $

如果$f(x)g(x)\in nil(R)[x]$, 那么对任意$0\leq i\leq n$和$0\leq j\leq m$, 有$a_ib_j\in nil(R)$成立, 其中$nil(R)$是$R$中的幂零元做成的集合.关于诣零Armendariz环的相关结论, 参见文献[4, 5].

设$\alpha$是环$R$的自同态. $R$上的斜多项式环$R[x; \alpha]$是对$R$上的多项式环定义新的乘法运算:对任意$r\in R$, $xr=\alpha(r)x$.许多学者在斜多项式环中研究了环的Armendariz性质.对于环$R$的自同态$\alpha$, 在文献[6], 作者引入了$\alpha$-Armendariz环.称环$R$是$\alpha$-Armendariz环是指对任意$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n, g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m\in R[x; \alpha]$, 如果$f(x)g(x)=0$, 那么对任意$0\leq i\leq n$和$0\leq j\leq m$, 有$a_ib_j=0$成立.关于$\alpha$-Armendariz环的更多结论, 参见文献[6, 7].

受以上研究成果的启发, 对于环$R$的自同态$\alpha$, 我们在本文引入了$\alpha$-诣零Armendariz环这一概念.取代多项式环$R[x]$, 我们在斜多项式环$R[x; \alpha]$中讨论了环的诣零Armendariz性质. $\alpha$-Armendariz环是$\alpha$-诣零Armendariz环.但有例子表明反之并不成立.因此, $\alpha$-诣零Armendariz环是$\alpha$-Armendariz环的推广.本文讨论了$\alpha$-诣零Armendariz环的基本性质.同时, 我们还研究了$\alpha$-诣零Armendariz环的扩张.一些已知的关于诣零Armendariz环的结论都可作为我们结果的推论.

贯穿全文, 所有的环都是有单位元的结合环.对于环$R$, 我们用$nil(R)$表示$R$中所有幂零元做成的集合, $nil(R)[x; \alpha]$表示$R[x; \alpha]$中系数是幂零元的所有多项式做成的集合.

定义2.1  设$\alpha$是环$R$的自同态.称环$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环是指对任意

$ f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n, g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m\in R[x;\alpha], $

如果$f(x)g(x)\in nil(R)[x; \alpha]$, 那么对任意$0\leq i\leq n$和$0\leq j\leq m$, 有$a_ib_j\in nil(R)$成立.

显然, $R$是诣零Armendariz环当且仅当$R$是$I_R$-诣零Armendariz环, 其中$I_R$是环$R$的恒等自同态.设$S$是$R$的子环, 且满足条件$\alpha(S)\subseteq S$.如果$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环, 那么$S$也是$\alpha$-诣零Armendariz环.下面的例子说明, 存在诣零Armendariz环$R$的一个自同态$\alpha$, 使得$R$不是$\alpha$-诣零Armendariz环.

例2.2  设$R=\mathbb{Z}_2\oplus\mathbb{Z}_2$, 其中$\mathbb{Z}_2$是整数环模$2$的剩余类环, 则$R$是交换的reduced环.由文献[2, 命题2.7]可知, $R$是诣零Armendariz环. $\alpha: R\rightarrow R, \alpha((a, b))=(b, a)$是$R$的自同态.取$f(x)=(1, 0)+(1, 0) x, g(x)=(0, 1)+(1, 0) x\in R[x; \alpha]$.显然$f(x)g(x)=0\in nil(R)[x; \alpha]$, 但是$(1, 0)(1, 0)\notin nil(R)$.所以$R$不是$\alpha$-诣零Armendariz环.

命题2.3  设$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环, $a, b\in R$.则以下各点成立:

$(1)$如果$ab\in nil(R)$, 那么对任意正整数$n$, 有$a\alpha^n(b), \alpha^n(a)b\in nil(R)$.

$(2)$如果存在正整数$n$, 使得$a\alpha^n(b)\in nil(R)$, 那么$ab\in nil(R)$.

$(3)$如果存在正整数$n$, 使得$\alpha^n(a)b\in nil(R)$, 那么$ab\in nil(R)$.

$(4)$对任意中心幂等元$e\in R$, $\alpha(e)=e$.

证  $(1)$假设$ab\in nil(R)$.我们只需证$a\alpha(b), \alpha(a)b\in nil(R)$即可.取$f(x)=\alpha(a)x, g(x)=bx\in R[x; \alpha]$, 则$f(x)g(x)=\alpha(a)\alpha(b)x^2=\alpha(ab)x^2\in nil(R)[x; \alpha]$.由于$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环, 因此$\alpha(a)b\in nil(R)$.

因为$ab\in nil(R)$, 所以$ba\in nil(R)$.根据上面的证明, 得到$\alpha(b)a\in nil(R)$, 从而$a\alpha(b)\in nil(R)$.

$(2)$假设$a\alpha^n(b)\in nil(R)$.取$f(x)=ax^n, g(x)=bx\in R[x; \alpha]$.显然$f(x)g(x)=a\alpha^n(b)x^{n+1}\in nil(R)[x; \alpha]$.由于$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环, 所以$ab\in nil(R)$.

$(3)$如果$\alpha^n(a)b\in nil(R)$，那么$b\alpha^n(a)\in nil(R)$.根据$(2)$, 我们得到$ba\in nil(R)$, 所以$ab\in nil(R)$.

$(4)$设$e$是$R$中的任意中心幂等元.由于$e(1-e)=0$, 由$(1)$可知$\alpha(e)(1-e)\in nil(R)$.所以存在正整数$n$, 使得$(\alpha(e)(1-e))^n=0$.由于$e$是中心幂等元, 所以$\alpha(e)(1-e)=(\alpha(e)(1-e))^n=0$, 从而$\alpha(e)=\alpha(e)e$.类似地, 由$(1-e)e=0$, 我们得到$e=\alpha(e)e$.所以$\alpha(e)=e$.

在文献[4, 命题2.7], 作者证明了Armendariz环是诣零Armendariz环.我们推广这一结论到$\alpha$-诣零Armendariz环上.我们需要下面的引理.

引理2.4  (1) 设$R$是$\alpha$-Armendariz环, $n\geq 2$.如果$f_1, f_2, \cdots, f_n\in R[x; \alpha]$并且$f_1f_2\cdots f_n=0$, 那么$a_1a_2\cdots a_n=0$, 其中$a_i$是$f_i$的任意系数, $i=1, 2, \cdots, n$.

$(2)$设$R$是$\alpha$-Armendariz环, $a_1a_2a_3\cdots a_n=0$.则对任意正整数$i_1, i_2, i_3, \cdots, i_{n-1}$, 有$a_1\alpha^{i_1}(a_2)\alpha^{i_1+i_2}(a_3)\alpha^{i_1+i_2+i_3}(a_4)\cdots\alpha^{i_1+i_2+i_3+\cdots+i_{n-1}}(a_n)=0$.

证  $(1)$是文献[6, 引理3.5]中的结论.

$(2)$由于$R$是$\alpha$-Armendariz环并且$a_1a_2a_3\cdots a_n=0$, 根据文献[6, 命题1.3], 有$a_1\alpha^{i_1}(a_2a_3\cdots a_n)=0$.由于$a_1\alpha^{i_1}(a_2)\alpha^{i_1}(a_3\cdots a_n)=a_1\alpha^{i_1}(a_2a_3\cdots a_n)=0$, 所以

$ a_1\alpha^{i_1}(a_2)\alpha^{i_1+i_2}(a_3)\alpha^{i_1+i_2}(a_4\cdots a_n)=a_1\alpha^{i_1}(a_2)\alpha^{i_1+i_2}(a_3a_4\cdots a_n)=0. $

继续上述过程, 则有

$ a_1\alpha^{i_1}(a_2)\alpha^{i_1+i_2}(a_3)\alpha^{i_1+i_2+i_3}(a_4)\cdots\alpha^{i_1+i_2+i_3+\cdots+i_{n-1}}(a_n)=0. $

引理2.5  如果$R$是$\alpha$-Armendariz环, 那么$nil(R)[x; \alpha]\subseteq nil(R[x; \alpha])$.

证  我们采用文献[4, 命题2.7]中类似的方法来证明.设$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in nil(R)[x; \alpha]$, 则存在正整数$k>1$, 使得对任意$i=0, 1, \cdots, n$, 都有$a_i^k=0$成立.下证$f(x)^{(n+1) k}=0$.

$f(x)^{(n+1) k}$的系数可以表示成形如下面一些项的和

$ a_{i_1}\alpha^{i_1}(a_{i_2})\alpha^{i_1+i_2}(a_{i_3})\cdots\alpha^{i_1+i_2+\cdots+i_{(n+1)k-1}}(a_{i_{(n+1)k}}), $

其中$a_{i_1}, a_{i_2}, \cdots, a_{i_{(n+1) k}}\in\{a_0, a_1, \cdots, a_n\}$.下证

$ a_{i_1}\alpha^{i_1}(a_{i_2})\alpha^{i_1+i_2}(a_{i_3})\cdots\alpha^{i_1+i_2+\cdots+i_{(n+1)k-1}}(a_{i_{(n+1)k}})=0. $

由于$R$是$\alpha$-Armendariz环, 根据引理2.4, 只需证明$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}=0$即可.

在项$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}$中, 一定有$a_{j_0}$至少出现了$k$次, 其中$a_{j_0}\in\{a_0, a_1, \cdots, a_n\}$.不妨设$a_{i_{r1}}=a_{i_{r2}}=\cdots=a_{i_{rk}}=a_{j_0}$, 其中$1\leq r_1 < r_2 < \cdots < r_k\leq(n+1) k$.对于$i_s\neq i_{r_t}$, 取

$ f'_{i_s}(x)=1-a_{i_s}x, \\ f''_{i_s}(x)=1+a_{i_s}x+(a_{i_s}x)^2+\cdots+(a_{i_s}x)^{k-1}. $

根据引理2.4, 容易验证

$ f'_{i_s}(x)f''_{i_s}(x)=1-a_{i_s}\alpha(a_{i_s})\cdots\alpha^{k-1}(a_{i_s})x^k=1. $

现在, 我们把项$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}$写的具体一些如下

$ a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_{r_1-1}}a_{j_0}a_{i_{r_1+1}}\cdots a_{i_{r_2-1}}a_{j_0}a_{i_{r_2+1}}\cdots a_{i_{r_k-1}}a_{j_0}a_{i{r_k+1}}\cdots a_{i_{(n+1)k}}. $

在上面的项中, 把每个$a_{i_s}$用$f'_{i_s}(x)f''_{i_s}(x)$代替, 由于$a_{j_0}^k=0$, 得到

$ f'_{i_1}(x)f''_{i_1}(x)\cdots f'_{i_{r_1-1}}(x)f''_{i_{r_1-1}}(x)a_{j_0}f'_{i_{r_1+1}}(x)f''_{i_{r_1+1}}(x)\cdots \cdots f'_{i_{(n+1)k}}(x)f''_{i_{(n+1)k}}(x)=0. $

注意到$a_{i_s}$是$f'_{i_s}(x)$和$f''_{i_s}(x)$两个多项式系数的乘积.由于$R$是$\alpha$-Armendariz环, 根据引理2.4, 在上面的等式中, 我们从每个多项式中任取一个系数, 它们的乘积为$0$.从而$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}=0$.所以$f(x)^{(n+1) k}=0$, 即$f(x)\in nil(R[x; \alpha])$.

定理2.6  如果$R$是$\alpha$-Armendariz环, 那么$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.

证  假设$f(x), g(x)\in R[x; \alpha]$, 使得$f(x)g(x)\in nil(R)[x; \alpha]$.根据引理2.5, 得到$f(x)g(x)\in nil(R[x; \alpha])$.因此存在正整数$k\geq 1$, 使得$(f(x)g(x))^k=0$.因为$R$是$\alpha$-Armendariz环, 根据引理2.4, 对$f(x)$的任意系数$a$和$g(x)$的任意系数$b$, 有$abab\cdots ab=(ab)^k=0$, 因此$ab\in nil(R)$.所以$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.

下面的例子说明定理2.6的逆命题不成立.

设$\alpha$是环$R$的自同态.根据文献[8], 若对任意$a\in R$, $a\alpha(a)=0\Leftrightarrow a=0$成立, 则称$\alpha$是环$R$的刚性自同态.如果$\alpha$是$R$的刚性自同态, 那么称$R$是$\alpha$-刚性环.

例2.7  设$R$是$\alpha$-刚性环.

$ S_4=\left\{\left.\left(\begin{array}{cccc} a & a_{12}& a_{13}& a_{14}\\ 0 & a & a_{23}& a_{24} \\ 0 & 0 & a & a_{34} \\ 0 & 0 & 0 & a \\ \end{array}\right)\right|a, a_{ij}\in R \right\}. $

由文献[6, 命题1.7]可知, $R$是$\alpha$-Armendariz环.根据定理$2.6$和定理$2.11$, 我们得到$S_4$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.取$p=e_{12}+(e_{12}-e_{13})x, q=e_{34}+(e_{24}+e_{34})x\in S_4[x; \overline{\alpha}]$, 其中$e_{ij}$是$S_4$中的矩阵单位.显然$pq=0$, 但是$(e_{12}-e_{13})e_{34}\neq 0$.所以$S_4$不是$\overline{\alpha}$-Armendariz环.

设$\alpha$是环$R$的自同态.根据文献[9], 如果对任意$a, b\in R$, $ab=0\Leftrightarrow a\alpha(b)=0$成立, 那么称环$R$是$\alpha$-相容的.显然, 如果$R$是$\alpha$-相容的, 那么$\alpha$是单同态.

引理2.8  设$\alpha$是环$R$的自同态.如果$R$是$\alpha$-相容的, 那么以下两条成立:

$(1)$对任意$a, b\in R$, 如果$ab\in nil(R)$, 那么对任意正整数$n$, 有$a\alpha^n(b)\in nil(R)$.

$(2)$如果存在正整数$n$使得$a\alpha^n(b)\in nil(R)$, 那么$ab\in nil(R)$.

证  $(1)$设$ab\in nil(R)$, 我们只需证明$a\alpha(b)\in nil(R)$即可.设$(ab)^{k}=0$, 其中$k\in \mathbb{N}$.则$a\alpha(b)\alpha[(ab)^{k-1}]=a\alpha[b(ab)^{k-1}]=0$.由于$R$是$\alpha$-相容的, 所以$a\alpha(b)(ab)^{k-1}=0$.从而$a\alpha(b)a\alpha(b)\alpha[(ab)^{k-2}]=a\alpha(b)a\alpha[b(ab)^{k-2}]=0$.继续上述过程, 我们得到$[a\alpha(b)]^{k}=0$, 所以$a\alpha(b)\in nil(R)$.

$(2)$如果$a\alpha^n(b)\in nil(R)$, 那么$\alpha^n(b)a\in nil(R)$.根据$(1)$, 我们得到$\alpha^n(ba)=\alpha^n(b)\alpha^n(a)\in nil(R)$.设$[\alpha^n(ba)]^k=\alpha^n[(ba)^k]=0$, 由于$\alpha$是单同态, 所以$(ba)^k=0$.因此$ba\in nil(R)$, 所以$ab\in nil(R)$.

设$I$是环$R$的理想.如果$\alpha(I)\subseteq I$, 那么$\overline{\alpha}: R/I\rightarrow R/I, \overline{\alpha}(a+I)=\alpha(a)+I$是商环$R/I$的自同态.

命题2.9  设$\alpha$是环$R$的自同态, $I$是$R$的理想且$\alpha(I)\subseteq I$.如果$I\subseteq nil(R)$, 并且$R/I$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环, 那么$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.

证  设

$ f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n, g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m\in R[x;\alpha], $

满足$f(x)g(x)\in nil(R)[x; \alpha]$, 则

$ (\sum\limits_{i = 0}^n {\overline {{a_i}} } {x^i})(\sum\limits_{j = 0}^m {\overline {{b_j}} } {x^j}) \in nil(R/I)[x;\bar \alpha ]. $

由于$R/I$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环, 因此对任意$0\leq i\leq n$和$0\leq j\leq m$, 存在正整数$n_{ij}$使得$(\overline{a_i}\overline{b_j})^{n_{ij}}=0$, 所以$a_ib_j\in nil(R)$.所以$R$是$\alpha$-诣零-Armendariz环.

设$R$是环.如果对任意$a, b\in R$, $ab=0\Rightarrow aRb=0$, 则称$R$是半交换环.根据文献[4, 命题2.1], 半交换环是诣零Armendariz环.对于$\alpha$-诣零Armendariz环, 有下面的结论.

命题2.10  如果$R$是$\alpha$-相容半交换环, 那么$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.

证  由文献[10, 引理3.1]可知, $nil(R)$是环$R$的理想.显然, $R/nil(R)$是reduced环.由于$R$是$\alpha$-相容的, 由引理2.8可知, $\alpha$满足条件$a\alpha(b)\in nil(R)\Leftrightarrow ab\in nil(R)$.因此在$R/nil(R)$中, $\bar{a}\overline{\alpha}(\bar{a})=0\Leftrightarrow \bar{a}=0$成立.所以$R/nil(R)$是$\overline{\alpha}$-刚性环.根据文献[6, 命题1.7]可知, $R/nil(R)$是$\overline{\alpha}$-Armendariz环.由定理2.6, 我们得到$R/nil(R)$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.根据命题2.9, $R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.

设$R_i (i\in I)$是一族环, $\alpha_i$是$R_i$的自同态.考虑$R_i$的直积$\prod_{i\in I}R_i$和同态$\overline{\alpha}: \prod_{i\in I}R_i\mapsto\prod_{i\in I}R_i, \overline{\alpha}((a_i))=(\alpha_i(a_i))$.显然, 如果指标集$I$是有限集, 那么$\prod_{i\in I}R_i$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环当且仅当每个$R_i$是$\alpha_i$-诣零Armendariz环.

设$\alpha$是环$R$的自同态, $M_n(R)$是$R$上的$n\times n$全矩阵环.显然, 由$\alpha$可以诱导出$M_n(R)$的自同态$\overline{\alpha}:(a_{ij})\mapsto(\alpha(a_{ij}))$.设$T_n(R)$表示$R$上的$n\times n$上三角矩阵环.同理, 我们有由$\alpha$诱导出的$T_n(R)$的自同态$\overline{\alpha}$.

设$R$是环.记

$ S_n=\left\{\left.\left(\begin{array}{ccccc} a & a_{12}& a_{13}& \cdots & a_{1n}\\ 0 & a & a_{23}& \cdots & a_{2n} \\ 0 & 0 & a & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots&\vdots \\ 0 & 0 & 0&\cdots & a \\ \end{array}\right)\right|a, a_{ij}\in R \right\}, \\ R_n=\left\{\left.\left(\begin{array}{ccccc} a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ 0 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n-1} \\ 0 & 0 & a_1 & \cdots & a_{n-2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_1 \\ \end{array}\right)\right|a_i\in R (1\leq i\leq n)\right\}. $

按照通常的矩阵加法和乘法, $S_n$和$R_n$分别构成$M_n(R)$的子环.

定理2.11  设$\alpha$是环$R$的自同态.以下各条件等价:

$(1)$$R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.

$(2)$$T_n(R)$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

$(3)$$S_n$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

$(4)$$R_n$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

证  $(1)\Rightarrow(2)$设$I = \{ A \in {T_n}(R)|{\rm{A的主对角线上元素全为0\}}}$.显然, $I$是$T_n(R)$的理想且$I\subseteq nil(T_n(R))$.由于$T_n(R)/I\cong R^n$, 所以$T_n(R)/I$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.根据命题2.9, $T_n(R)$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

由于$\alpha$-诣零Armendariz环的不变子环仍然是$\alpha$-诣零Armendariz环, 所以$(2)\Rightarrow(3)\Rightarrow(4)\Rightarrow(1)$显然.

设$\alpha$是环$R$的自同态, 定义$\overline{\alpha}(\sum\limits_{i=0}^na_ix^i)=\sum\limits_{i=0}^n\alpha(a_i)x^i$, 则$\alpha$被扩张为多项式环$R[x]$的自同态.具有未知量$x$的洛朗多项式环$R[x; x^{-1}]$是由所有的形式和$\sum\limits_{i=k}^na_ix^i$组成, 其中$a_i\in R$, $k, n$是整数(可能是负数).映射

$ \bar \alpha :R[x;{x^{ - 1}}] \mapsto R[x;{x^{ - 1}}],\bar \alpha (\sum\limits_{i = k}^n {{a_i}} {x^i}) = \sum\limits_{i = k}^n \alpha ({a_i}){x^i} $

也是$R[x; x^{-1}]$的自同态.

命题3.1  设$\alpha$是环$R$的自同态.则以下两条件等价:

$(1)$$R[x]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

$(2)$$R[x; x^{-1}]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

证  由于$R[x]$是$R[x; x^{-1}]$的$\overline{\alpha}$-不变子环, 所以如果$R[x; x^{-1}]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环, 则$R[x]$也是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.反之, 任取

$ f(y)=f_0+f_1y+\cdots+f_ny^n, g(y)=g_0+g_1y+\cdots+g_my^m\in R[x;x^{-1}][y;\overline{\alpha}] $

满足$f(y)g(y)\in nil(R[x; x^{-1}])[y; \overline{\alpha}]$, 其中$f_i, g_j\in R[x; x^{-1}]$, 则存在正整数$k$, 使得$f'_i=f_ix^k, g'_j=g_jx^k\in R[x]$.令

$ p(y)=f'_0+f'_1y+\cdots+f'_ny^n, q(y)=g'_0+g'_1y+\cdots+g'_my^m\in R[x][y;\overline{\alpha}], $

则$p(y)q(y)\in nil(R[x])[y; \overline{\alpha}]$.由于$R[x]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环, 因此对任意$i$和$j$, 有$f'_ig'_j\in nil(R[x])$, 即$(f_ix^k)(g_jx^k)=f_ig_jx^{2k}\in nil(R[x])$, 所以$f_ig_j\in nil(R[x; x^{-1}])$.所以$R[x; x^{-1}]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

设$\alpha$是环$R$的自同态.根据文献[6, 命题2.3], 如果存在正整数$t$使得$\alpha^t=I_R$, 则$R[x]$是$\overline{\alpha}$-Armendariz环当且仅当$R$是$\alpha$-Armendariz环.对于$\alpha$-诣零Armendariz环, 我们有与之相似的结论.我们先证明下面的引理.

引理3.2  如果$R$是半交换环, 那么有$nil(R)[x]=nil(R[x])$.

证  由于$R$是半交换环, 所以$R$是诣零Armendariz环.如果

$ f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in nil(R[x]), $

根据文献[4, 引理2.5]可知, 对任意$0\leq i\leq n$, 有$a_i\in nil(R)$, 所以$f(x)\in nil(R)[x]$.反之, 如果对任意$0\leq i\leq n$, 有$a_i\in nil(R)$, 则存在正整数$k>1$, 使得对任意$i=0, 1, \cdots, n$, 都有$a_i^k=0$.下证$f(x)^{(n+1) k}=0$.

显然, $f(x)^{(n+1) k}$的系数可以写成如下形式的一些项的和$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}$, 其中$a_{i_1}, a_{i_2}, \cdots, a_{i_{(n+1) k}}\in \{a_0, a_1, \cdots, a_n\}$.我们证明

$ a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1)k}}=0. $

在$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}$中, 一定存在$a_{j_0}\in\{a_0, a_1, \cdots, a_n\}$, 使得$a_{j_0}$在其中出现了至少$k$次.由于$R$是半交换环且$a_{j_0}^{k}=0$, 所以$a_{i_1}a_{i_2}a_{i_3}\cdots a_{i_{(n+1) k}}=0$.所以$f(x)^{(n+1) k}=0$, 即$f(x)\in nil(R[x])$.

定理3.3  设$R$是$\alpha$-相容半交换环.如果存在正整数$t$, 使得$\alpha^t=I_R$, 则$R[x]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

证  假设$p(y)=f_0+f_1y+\cdots+f_my^m, q(y)=g_0+g_1y+\cdots+g_ny^n\in R[x][y; \overline{\alpha}]$, 使得$p(y)q(y)\in nil(R[x])[y; \overline{\alpha}]$.不妨设

$ f_i=a_{i0}+a_{i1}x+\cdots+a_{ik_i}x^{k_i}, g_j=b_{j0}+b_{j1}x+\cdots+b_{jl_j}x^{l_j}, $

其中$a_{i0}, a_{i1}, \cdots, a_{ik_i}, b_{j0}, b_{j1}, \cdots, b_{jl_j}\in R, 0\leq i\leq m, 0\leq j\leq n$.下证对任意$0\leq i\leq m$和$0\leq j\leq n$, 有$f_ig_j\in nil(R[x])$.任取正整数$k$, 使得

$ k>{\hbox{deg}}(f_0)+{\hbox{deg}}(f_1)+\cdots+{\hbox{deg}}(f_m)+{\hbox{deg}}(g_0)+{\hbox{deg}}(g_1)+\cdots+{\hbox{deg}}(g_n). $

由于$p(y)q(y)\in nil(R[x])[y; \overline{\alpha}]$, 并且$nil(R)[x]=nil(R[x])$, 所以

$ f_0g_0\in nil(R)[x];\\ f_0g_1+f_1\overline{\alpha}(g_0)\in nil(R)[x];\\ ~~~~~~~~~~~~~~~\vdots\\ f_m\overline{\alpha}^m(g_n)\in nil(R)[x]. $

令

$ f(x)=f_0(x^t)+f_1(x^t)x^{tk+1}+\cdots+f_m(x^t)x^{mtk+m}, \\ g(x)=g_0(x^t)+g_1(x^t)x^{tk+1}+\cdots+g_n(x^t)x^{ntk+n}. $

则$f(x)$ $(g(x))$的系数做成的集合和所有$f_i(x)$ $(g_j(x))$的系数做成的集合相等.由于$\alpha^t=I_R$, 容易验证

$ f(x)g(x)=f_0(x^t)g_0(x^t)+[f_0(x^t)g_1(x^t)+f_1(x^t)\overline{\alpha}(g_0(x^t))]x^{tk+1}\\ + \cdots+f_m(x^t)\overline{\alpha}^m(g_n(x^t))x^{(tk+1)(m+n)}\in nil(R)[x;\alpha]. $

因为$R$是$\alpha$-相容半交换环, 由命题2.10可知, $R$是$\alpha$-诣零Armendariz环.所以对任意$0\leq i\leq m$和$0\leq j\leq n$, 有$a_{il}b_{jr}\in nil(R)$.由于$R$是半交换环, 根据文献[10, 引理3.1], $nil(R)$是$R$的理想.所以$f_ig_j\in nil(R)[x]=nil(R[x])$.所以$R[x]$是$\overline{\alpha}$-诣零Armendariz环.

推论3.4  如果$R$是半交换环, 那么$R[x]$是诣零Armendariz环.