如果环 $R$中的每个元素都可以写成一个幂等元和一个可逆元的和, 那么称 $R$为clean环^[1].如果 $R$的每个元素的clean表示是唯一的, 那么称 $R$为唯一clean环^[2].很多学者对这类环做了深刻的研究, 见文献[3-6].设 $C=C(R)$为环 $R$的中心, $g(x)$是 $C(R)[x]$中的多项式, 如果 $R$的每个元素 $r$可以表示为 $r=s+u$的形式, 其中 $g(s)=0, u\in U(R)$, Camillo-Simón称满足此条件的环为 $g(x)$-clean环^[7].类似于强clean环, Fan-Yang研究了强 $g(x)$-clean环^[8], 文献[9-11]还探讨了clean环与 $g(x)$-clean环的关系.本文定义了唯一 $g(x)$-clean环, 研究了唯一 $g(x)$-clean环结构和性质, 得到了唯一 $g(x)$-clean环与 $g(x)$-clean环的关系, 唯一 $g(x)$-clean环与一类特殊的生成环的等价条件, 以及斜Hurwitz级数环的 $g(x)$-clean性, 推广了 $g(x)$-clean环的研究结果.文中环是含单位元的结合环, $U(R)$是 $R$的可逆元的集合, $J(R)$是 $R$的Jacobson根, $E(R)$是 $R$的幂等元的集合.

定义2.1  设 $g(x)$是 $C(R)[x]$上的给定多项式, $r\in R$.如果 $r=s+u$, 满足 $g(s)=0, u\in U(R)$, 且此表示是唯一的, 那么称 $r$是唯一 $g(x)$-clean的.如果环 $R$的每一个元素都是唯一 $g(x)$-clean的, 那么称 $R$是唯一 $g(x)$-clean环.

唯一 $(x^{2}-x)$-clean环是一类特殊的唯一clean环, 存在是唯一clean环, 但不是唯一 $g(x)$-clean环的例子, 如下:

例2.2  设 $R$是Boolean环.其中元素个数 $|R|>2$, 取 $c\in R$且 $0\neq c\neq 1$.令 $g(x)=(x+1)(x+c)$.则由推论2^[2]知 $R$是唯一clean的, 但由例2.3^[8]知 $R$不是 $g(x)$-clean的, 因此也不是唯一 $g(x)$-clean的.

然而, 在某些特定类型的多项式里, 唯一clean和唯一 $g(x)$-clean是等价的.如下：

定理2.3  设 $R$是环, $g(x)=(x-a)(x-b)\in C(R)[x]$, 其中 $a, b\in C(R)$.则下列说法成立：

(1) $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的, 当且仅当 $R$是唯一clean的且 $b-a\in U(R)$;

(2) 若 $R$是唯一clean的且 $b-a\in U(R)$, 则 $R$是唯一 $g(x)$-clean的.

证  (1) $\Leftarrow$设 $r\in R$.由 $R$是唯一clean的且 $(b-a)\in U(R)$知, 存在 $e\in E(R), \;u\in U(R)$, 使得 $\frac{r-a}{b-a}=e+u$, 且此表示是唯一的.因此 $r=[e(b-a)+a]+u(b-a)$, 易见 $u(b-a)\in U(R)$, $e(b-a)+a$是 $(x-a)(x-b)$的根.故 $r$是 $(x-a)(x-b)$-clean的.

下面证唯一性, 若 $r$还可以表示为 $r=s+v$, 其中 $(s-a)(s-b)=0, v\in U(R)$.由此可得

$ \frac{r-a}{b-a}=\frac{s-a}{b-a}+\frac{v}{b-a}, $

由已知 $b-a\in U(R)$得 $\frac{v}{b-a}\in U(R)$, 且

$ (\frac{s-a}{b-a})^{2}=\frac{(s-a)(s-b+b-a)}{(b-a)^{2}}=\frac{(s-a)(b-a)}{(b-a)^{2}}=\frac{s-a}{b-a}. $

再由 $R$是唯一clean的可得 $e=\frac{s-a}{b-a}, ~u=\frac{v}{b-a}$, 从而 $s=e(b-a)+a, ~v=u(b-a)$.综上, $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的.

$\Rightarrow$因为 $a$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的, 所以存在 $s_{1}\in R, ~u_{1}\in U(R)$使得 $a=s_{1}+u_{1}$, 其中 $(s_{1}-a)(s_{1}-b)=0$且此表示是唯一的.易得 $s_{1}=b$, 从而 $(b-a)\in U(R)$.取任意 $r\in R$.因为 $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的, 所以存在 $s\in R, ~u\in U(R)$使得 $r(b-a)+a=s+u$, 其中 $(s-a)(s-b)=0$.因此 $r=\frac{s-a}{b-a}+\frac{u}{b-a}$, 易得 $\frac{s-a}{b-a}\in E(R), ~\frac{u}{b-a}\in U(R)$.故 $r$是clean的.若 $r$还有clean表示 $r=e+v$, 其中 $e\in E(R), ~v\in U(R)$.因此 $r(b-a)+a=e(b-a)+a+v(b-a)$, 这里

$ v(b-a)\in U(R), ~[e(b-a)+a-a][e(b-a)+a-b]=0. $

由已知 $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的, 我们有 $e(b-a)+a=s$和 $v(b-a)=u$.从而可得 $e=\frac{s-a}{b-a}$和 $v=\frac{u}{b-a}$.故 $R$是唯一clean的.

(2) 由(1) 可以得证.

推论2.4  设 $R$是环. $R$是唯一clean的当且仅当 $R$是唯一 $(x^{2}+x)$-clean的.

证  在定理2.3中令 $a=0$和 $b=-1$即可得证.

注2.5  唯一 $(x^{2}+x)$-clean环和唯一clean环是等价的, 此结论对环是成立的, 但对单个元素不成立.设 $\mathbb{Z}$表示整数环, 例如 $1+1=2\in \mathbb{Z}$在环 $\mathbb{Z}$中是唯一clean元, 然而易验证 $2$在环 $\mathbb{Z}$中并不是唯一 $(x^{2}+x)$-clean元.

命题2.6  设 $\mathbb{Z}$表示整数环.令 $g(x)\in \mathbb{Z}[x]$且 $\{R_{i}\}_{i\in I}$是一组环.则 $\Pi_{i}R_{i}$是唯一 $g(x)$-clean的当且仅当每一个 $R_{i}$, $i\in I$是唯一 $g(x)$-clean的.

证  如果 $\Pi_{i}R_{i}$是唯一 $g(x)$-clean的, 那么由命题2.7^[8]知对任意的 $i$, $R_{i}$是 $g(x)$-clean的.设 $x_{i}\in R_{i}$且 $x_{i}=a_{i}+u_{i}=b_{i}+v_{i}$, 这里

$ g(a_{i})=0=g(b_{i}), ~u_{i}, \, v_{i}\in U(R). $

则由积的定义知 $(x_{i})=(a_{i})+(u_{i})=(b_{i})+(v_{i})$, 且 $g((a_{i}))=0=g((b_{i})), ~(u_{i}), \, (v_{i})\in U(\Pi_{i}R_{i})$.因此 $(a_{i})=(b_{i}), ~(u_{i})=(v_{i})$.故 $a_{i}=b_{i}, u_{i}=v_{i}$.

设对任意的 $i\in I$, $R_{i}$是唯一 $g(x)$-clean的, 则由命题2.7^[8]知 $\Pi_{i}R_{i}$是 $g(x)$-clean的.设 $(x_{i})\in \Pi_{i}R_{i}$, 其中 $x_{i}\in R_{i}$.假设 $(x_{i})=(a_{i})+(u_{i})=(b_{i})+(v_{i})$, 这里

$ g((a_{i}))=0=g((b_{i})), ~(u_{i}), \, (v_{i})\in U(\Pi_{i}R_{i}). $

则由积的定义知 $x_{i}=a_{i}+u_{i}=b_{i}+v_{i}$, 其中 $g(a_{i})=0=g(b_{i}), ~u_{i}, \, v_{i}\in U(R)$.因此 $a_{i}=b_{i}, ~u_{i}=v_{i}$.故 $(a_{i})=(b_{i}), ~(u_{i})=(v_{i})$.

命题2.7  设 $R$是环, $I\subseteq J(R)$是 $R$的理想.对于任意的 $g(x)\in C(R)[x]$, $\bar{g}(x)\in C(R/I)[x]$的根提升模 $I$, 如果 $R$是唯一 $g(x)$-clean的, 那么 $R/I$是唯一 $\bar{g}(x)$-clean的.

证  设 $\bar{R}=R/I$.由推论2.5^[8]知 $\bar{R}$是 $\bar{g}(x)$-clean的.对任意的 $\bar{r}\in \bar{R}$, 设

$ \bar{r}=\bar{s_{1}}+\bar{u_{1}}=\bar{s_{2}}+\bar{u_{2}}, $

其中 $\bar{s_{1}}, \;\bar{s_{2}}$是 $\bar{g}(x)$的根, $\bar{u_{1}}, \;\bar{u_{2}}\in U(\bar{R})$.因为 $\bar{g}(x)$的根提升模 $I$, 所以 $s_{1}, \;s_{2}\in R$且 $g(s_{1})=g(s_{2})=0$.因为 $J(R)=\{r\in R\;|$对任意可逆元 $a\in R$有 $r+a$仍是可逆元}, 所以存在 $a, \;b\in I$使得 $u=u_{1}+a, \;v=u_{2}+b\in U(R)$.故 $r=s_{1}+u=s_{2}+v$.由 $R$的唯一性可知 $s_{1}=s_{2}, \;u_{1}=u_{2}$.由此可得 $\bar{s_{1}}=\bar{s_{2}}$和 $\bar{u_{1}}=\bar{u_{2}}$.

文献[2, 4]证明了环 $R$是唯一clean的, 且 $e\in E(R)$, 则 $eRe$也是唯一clean的.对唯一 $g(x)$-clean环, 有下面结论：

定理2.8  设 $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean环, 其中 $a, \;b\in C(R)$.则对意的 $e\in E(R)$, $eRe$是唯一 $(x-ea)(x-eb)$-clean的.特别的, 如果 $g(x)\in (x-ea)(x-eb)C(R)[x]$且 $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的, 那么 $eRe$是唯一 $g(x)$-clean的.

证  由定理2.3, $R$是唯一 $(x-a)(x-b)$-clean的当且仅当 $R$是唯一clean的且 $b-a\in U(R)$.由推论5^[2]知, 若 $R$是唯一clean的, 则 $eRe$唯一clean的.再利用定理2.3, $eRe$是唯一 $(x-ea)(x-eb)$-clean的.

为了找到非交换的唯一clean环, 我们做了下面的工作.设 $R$是环, $_{R}V_{R}$是 $R$- $R$-双模, 它也是一个一般环.对于所有的 $v, \;w\in V$和 $r\in R$有

$ (vw)r=v(wr), \;(vr)w=v(rw), \;(rv)w=r(vw). $

则 $R$的理想扩张为 $I(R;V)=R\oplus V$, 其中乘法运算为 $(r, v)(s, w)=(rs, rw+vs+vw)$.注意, 如果 $S$是环且 $S=R\oplus A$, 其中 $R$是子环且 $A\triangleleft S$, 那么 $S\simeq I(R;A)$.

命题2.9  理想扩张 $S=I(R;V)$, 如果满足下面条件, 那么 $S$是唯一 $g(x)$-clean的, 其中 $g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}(a_{i}, 0)x^{i}\in C(S)[x]$.

(1) $R$是唯一 $g'(x)$-clean的, 此处 $g'(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\in C(R)[x]$;

(2) 若 $g'(x)=0$, 则对任意 $v\in V$有 $xv=vx$;

(3) 对任意 $x\in V$, 如果存在 $r\in R$和 $v\in V$使得 $x(r+v)=0$, 那么 $x=0$;

(4) 如果 $v\in V$, 那么对任意 $w\in$有 $v+w+vw=0$.

证  令 $s=(r, v)\in S$.由已知 $R$是唯一 $g'(x)$-clean的, 则存在 $t\in R$和 $u\in U(R)$使得 $r=t+u$, 其中 $g'(t)=0$.因此 $s=(r, v)=(t, 0)+(u, v)$.因为

$ g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}(a_{i}, 0)(t, 0)^{i}=(\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}t^{i}, 0)=(0, 0), $

$(u, v)\in U(S)$ (事实上 $(u, v)=(u, 0)(1, u^{-1}v)$).又因为 $(0, v)\subseteq J(S)$, 所以

$ (1, u^{-1}v)=(1, 0)+(0, u^{-1}v)\in U(S). $

则 $s$是 $g(x)$-clean的.假设 $s=(t', x')+(u', v')$, 其中 $g((t', x'))=0, ~(u', v')\in U(S)$.则有 $t+u=t'+u'$, 其中 $g'(t')=0, ~u'\in U(S')$.由 $R$的唯一性得 $t=t'$以及 $u=u'$.由条件(2) 得

$ \begin{eqnarray*}&& g((t', x'))=\sum\limits_{i=0}^{n}(a_{i}, 0)(t', x')^{i}\\ &=& (\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}t^{i}, \sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}(C_{i}^{1}t'^{i-1}x'+C_{i}^{2}t'^{i-2}x'^{2}+\cdots+C_{i}^{i}x'^{i})\\ &=& (0, x'(\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}(C_{i}^{1}t'^{i-1}+C_{i}^{2}t'^{i-2}x'^{1}+\cdots+C_{i}^{i}x'^{i-1})) =(0, 0).\end{eqnarray*} $

由条件(3) 知 $x'=0$.故 $S$是唯一 $g(x)$-clean的.

下面给出了唯一 $g(x)$-clean环和由可逆元和1的根生成的环的关系.

定理2.10  设 $R$是一个环和 $n\in \mathbb{N}$.则下面结论是等价的:

(1) $R$是唯一 $(x^{2}-2^{n}x)$-clean;

(2) $R$是唯一 $(x^{2}-1)$-clean;

(3) $R$是唯一clean的且 $2\in U(R)$;

(4) $R=U_{2}(R)$且对任意 $a\in R$, $a$可以唯一表示为 $a=u+v$, 其中 $u, \;v\in U(R)$且 $v^{2}=1$.

证   $(1)\Rightarrow(3)$为了证明 $2\in U(R)$.用反证法, 假设 $2\not\in U(R)$.则 $\bar{R}=R/(2^{n}R)\neq0$.设 $2^{n}=s+u$且 $s^{2}-2^{n}s=0, ~u\in U(R)$. $\bar{0}=\overline{2^{n}}=\bar{s}+\bar{u}$意味着 $\bar{s}=-\bar{u}\in U(\bar{R})$.然而 $\bar{s}^{2}=\overline{s^{2}}=\overline{2^{n}s}=\bar{0}$, 这是矛盾的.所以 $2\in U(R)$.由定理2.3(1), 设 $a=0$和 $b=2^{n}$.因此 $R$是唯一clean的.

$(3)\Rightarrow(1)$由定理2.3(1) 易见.

$(3)\Rightarrow(4)$设 $a\in R$.在 $(1)\Leftrightarrow(3)$中令 $n=1$.则 $1-a=s+u$, 其中 $s^{2}=2s, \;u\in U(R)$, 且此表示是唯一的.因此 $a=(-u)+(1-s)$, 其中 $-u\in U(R), ~(1-s)^{2}=1$.假设 $a=w+v$, 其中 $w, \;v\in U(R), ~v^{2}=1$.则 $1-a=(-w)+(1-v)$, 其中 $(-w)\in U(R), ~(1-v)^{2}=2(1-v)$.因此 $R$是唯一 $(x^{2}-2x)$-clean的, 且 $-w=u, ~1-v=s$.所以 $w=-u, ~v=1-s$.

$(4)\Rightarrow(3)$设 $a\in R$, 则存在 $u\in U(R)$和 $v^{2}=1$使得 $1-a=u+v$.因此 $a=(-u)+(1-v)$, 其中 $-u\in U(R), ~(1-v)^{2}=2(1-v)$.假设 $a=s+w$, 其中 $w\in U(R), ~s^{2}=2s$.在 $(1)\Leftrightarrow(3)$中令 $n=1$, 即可得 $(4)\Rightarrow(3)$.

$(2)\Rightarrow(4)$若 $R$是唯一 $(x^{2}-1)$-clean的, 则对任意的 $r\in R$存在 $u, \;v\in U(R)$且 $v^{2}=1$使得 $r=u+v$, 而且此表示是唯一的.

$(4)\Rightarrow(2)$设 $a\in R$.则 $a$可以唯一表示为 $a=u+v$, 其中 $u, \;v\in U(R)$, $v^{2}=1$.可见 $v$是 $x^{2}-1$的根.故 $R$是唯一 $(x^{2}-1)$-clean的.

类似于定理2.10, 可以证明下面的结论.

推论2.11  设 $m, \;k\in \mathbb{N}$.对于任意的环 $R$和一个固定的整数 $n>0$, 下面结论是等价的:

(1) $R$是唯一 $(x^{2}-n^{m}x)$-clean;

(2) $R$是唯一 $(x^{2}+n^{k}x)$-clean;

(3) $R$是唯一 $(x^{2}-nx)$-clean;

(4) $R$是唯一 $(x^{2}+nx)$-clean;

(5) $R$是唯一clean的且 $n\in U(R)$.

命题2.12  设 $R$是环且 $n\in \mathbb{N}$.则 $R$是唯一 $(ax^{2n}-bx)$-clean的当且仅当 $R$是唯一 $(ax^{2n}+bx)$-clean的.

证   $\Rightarrow$由命题4.1^[8]知 $R$是 $(ax^{2n}+bx)$-clean的.假设 $r=s_{1}+u_{1}=s_{2}+u_{2}$, 其中 $s_{1}, \;s_{2}$是 $(ax^{2n}+bx)$的根, $u_{1}, \;u_{2}\in U(R)$.因此

$ -r=-s_{1}-u_{1}=-s_{2}-u_{2}, $

这里 $(-u_{1}), \;(-u_{2})\in U(R)$, $a(-s_{1})^{2n}-b(-s_{1})=0, \, a(-s_{2})^{2n}-b(-s_{2})=0$.因为 $R$是唯一 $(ax^{2n}-bx)$-clean的, 所以 $-s_{1}=-s_{2}$和 $-u_{1}=-u_{2}$, 即得 $s_{1}=s_{2}$, $u_{1}=u_{2}$.故 $R$是唯一 $(ax^{2n}+bx)$-clean的.

$\Leftarrow$类似于必要性的证明.

命题2.13  设 $R$是唯一 $(x^{n}-x)$-clean环( $n\geq2$), $a\in R$, 则要么

(1) $a$可以唯一的表示为 $a=u+v$, 其中 $u\in U(R), v^{n-1}=1$; 或者

(2) $aR$和 $Ra$都包含非平凡幂等元.

证  因为 $R$是唯一 $(x^{n}-x)$-clean环, 所以存在 $u\in U(R), \;s^{n}=s$, 使得 $a=s+u$.有 $as^{n-1}=s+us^{n-1}$, 也就是说, $a(1-s^{n-1})=u(1-s^{n-1})$.因为 $1-s^{n-1}$是一个幂等元, 由引理4.3^[8]可知 $u(1-s^{n-1})=fw$, 这里 $f\in E(R), ~w\in U(R)$.于是 $f=a(1-s^{n-1})w^{-1}\in aR$.假设(1) 不成立, 则 $1-s^{n-1}\neq 0$.因此 $f\neq 0$.所以 $aR$包含非平凡幂等元.同理, $Ra$也包含非平凡幂等元.

在文献[4]中证明了如果 $e$是 $R$的幂等元, 且 $eRe$和 $(1-e)R(1-e)$是clean环, 则 $R$是clean环.由此 $R$上的 $n\times n$矩阵环是clean的.这个结果我们可以扩展到 $g(x)$-clean环.

定理2.14  设 $R$是环, $g(x)\in C(R)[x]$.对任意 $e\in E(R)$, $eRe$和 $(1-e)R(1-e)$都是 $g(x)$-clean环, 则 $R$也是 $g(x)$-clean环.

证  用 $\bar{e}$去表示 $1-e$, 再用Pierce分解去分解环 $R$, 即

$ R=eRe+eR\bar{e}+\bar{e}Re+\bar{e}R\bar{e}. $

设 $x\in R$.则可记

$ x=a+b+c+d, $

这里 $a, \;b, \;c\;, d$分别属于 $eRe, \;eR\bar{e}, \;\bar{e}Re$和 $\bar{e}R\bar{e}$.

由已知 $a$是 $g(x)$-clean的, 则存在 $s_{1}, \;u_{1}\in eRe$使得 $a=s_{1}+u_{1}$, 其中

$ g(s_{1})=0, ~u_{1}\in U(R), $

又 $d-cu_{1}^{-1}b\in \bar{e}R\bar{e}$, 由已知它可以表示为 $d-cu_{1}^{-1}b=s_{2}+u_{2}$, 其中 $g(s_{2})=0, ~u_{2}\in U(\bar{e}R\bar{e})$.故

$ \begin{align*} x=a+b+c+d&=(s_{1}+u_{1})+b+c+(s_{2}+u_{2}+cu_{1}^{-1}b) \\ &=(s_{1}+s_{2})+(u_{1}+b+c+u_{2}+cu_{1}^{-1}b). \end{align*} $

易证 $g(s_{1}+s_{2})=0$, $u_{1}+b+c+u_{2}+cu_{1}^{-1}b$是 $R$的可逆元.

有下面事实成立.

(1) 对任意 $f\in eRe, \;g\in \bar{e}Re, \;h\in eR\bar{e}$, 有 $fg=fl=lf=gl=hf=lh=0$;

(2) 若 $xy=yx=0$, 则 $(x+y)^{n}=x^{n}+y^{n}$;

(3) $e$是环 $eRe$的单位元, $\bar{e}$是环 $\bar{e}R\bar{e}$的单位元.

根据上面的事实和计算, 可得

$ \begin{align*} &g(s_{1}+s_{2})=g(s_{1})+g(s_{2})=0, \\ &(u_{1}+b+c+u_{2}+cu_{1}^{-1}b)(u_{1}^{-1}+u_{1}^{-1}bu_{2}^{-1}cu_{1}^{-1}-u_{1}^{-1}bu_{2}^{-1}-u_{2}^{-1}cu_{1}^{-1}+u_{2}^{-1})=1, \end{align*} $

其中 $u_{1}+b+c+u_{2}+cu_{1}^{-1}b\in U(R)$且 $u_{1}, u_{1}^{-1}, u_{1}^{-1}bu_{2}^{-1}cu_{1}^{-1}\in eRe$, $b, u_{1}^{-1}bu_{2}^{-1}$ $\in \bar{e}Re$, $c, cu_{1}^{-1}b, u_{2}^{-1}cu_{1}^{-1}\in \bar{e}Re$, $u_{2}, \;u_{2}^{-1}\in \bar{e}R\bar{e}$.这证明了 $x$是 $g(x)$-clean的, 因此 $R$是 $g(x)$-clean的.

推论2.15  设 $R$是环, $g(x)\in C(R)[x]$.若 $1=e_{1}+e_{2}+\cdots+e_{n}$, 其中 $e_{i}$是正交幂等元且每个 $e_{i}Re_{i}$是 $g(x)$-clean的, 则 $R$是 $g(x)$-clean的.

证  通过定理2.14易得.

下面的两个结果直接由推论2.15得到.

推论2.16  设 $R$是环, $g(x)\in C(R)[x]$.若 $R$是 $g(x)$-clean的, 则它的矩阵环 $M_{n}(R)$也是 $g(x)$-clean环.

推论2.17  设 $R$是环, $g(x)\in C(R)[x]$.对任意整数 $n\geq2$, 环 $R$是 $g(x)$-clean的当且仅当对所有的下(上)三角矩阵环 $T_{n}(R)$也是 $g(x)$-clean的.

称 $T=(HR, \sigma)$是环 $R$上的斜Hurwitz级数, 其中 $\sigma\in Aut(R)$.它的定义为: $T=(HR, \sigma)$的元素是映射 $f:\mathbb{N}\rightarrow R$, 其中 $\mathbb{N}$是自然数集, $T=(HR, \sigma)$上的加法运算为常规加法, 乘法运算定义为: $\forall f, \;g\in T$,

$ (fg)(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}\begin{array}{crl} \Bigg( \begin{array}{c} n\\ k\\ \end{array} \Bigg)f(k)\sigma^{k}(g(n-k)) \end{array} $

由此 $T$可以看做是单位元为 $h_{1}$的环, 对任意 $n\geq1$定义 $h_{1}(0)=1$和 $h_{1}(n)=0$.通过 $0\neq r\in R\mapsto h_{r}\in T$, 其中对任意 $n\geq1$, $h_{r}(0)=r, \;h_{r}(n)=0$.显然可见 $R$是 $T$的一个规范的嵌入子环.容易计算

$ h_{r}h_{s}(n)=\left\{ \begin{array}{ll} rs,&n=0, \\ 0,&n\neq0. \end{array}\right. $

根据定理2.3^[12], $T=(HR, \sigma)$是clean环当且仅当 $R$是clean环.对 $g(x)$-clean环, 我们有以下类似的结果:

定理2.18  设 $R$是环, $\sigma$是 $R$的自同构. $T=(HR, \sigma)$是 $g_{1}(x)$-clean环, 其中 $g_{1}(x)\in C(T)[x]$当且仅当对某个 $g_{2}(x)\in C(T)[x]$有 $R$是 $g_{2}(x)$-clean环.

证   $\Leftarrow$设 $g_{2}(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\in C(R)[x]$.对任意 $f\in T$, 由 $R$是 $g_{2}(x)$-clean的知, 存在 $s, \;u\in R$使得 $f(0)=s+u$, 其中 $g_{2}(s)=0, \;u\in U(R)$.定义元素 $k\in T$:

$ k(n)=\left\{ \begin{array}{ll} f(n),&n>0, \\ u,&n=0.\\ \end{array}\right. $

由命题2.2^[12]得 $k\in U(T), ~f=k+h_{s}$, 设

$ g_{1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}h_{a_{i}}x^{i}\in C(T)[x], $

可以计算出

$ (g_{1}(h_{s}))(n)=\left\{ \begin{array}{ll} \sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}s^{i}=0,&n=0, \\ 0,&n\neq0.\\ \end{array}\right. $

故 $T=(HR, \sigma)$是 $g_{1}(x)$-clean环.

$\Rightarrow$设 $W=\{f\in T\;|\;f(0)=0\}$.对任意 $f\in W, \;g\in T$, 有

$ (gf)(0)=g(0)f(0)=0=(fg)(0). $

因此 $W$是 $T$的一个理想.定义 $\alpha:R\rightarrow T/W$, 其中 $\alpha(r)=h_{r}+W$.易证 $\alpha$是一个同构.因为 $T=(HR, \sigma)$是 $g_{1}(x)$-clean环, 由推论2.5^[3]得 $T/W$也是 $\bar{g}_{1}(x)$-clean的.再由命题2.4^[8]得 $R$是 $g_{2}(x)$-clean环.

推论2.19  设 $R$是环. $\sigma$是 $R$的自同构, 若 $R$是 $g(x)$-clean环, 其中

$ g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\in C(R)[x] $

且 $g(x)$的每个根都是中心的, 且 $\sigma(s)=s$, 则 $T$是强 $k(x)$-clean环, 其中

$ k(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}h_{a_{i}}x^{i}\in C(T)[x]. $

证  因为 $R$是 $g(x)$-clean环.由定理2.18知 $T$是 $k(x)$-clean环, 且每个元素 $f\in T$可以表示成 $f=(f-h_{s})+h_{a}$, 这里 $s$是 $g(x)$的根.易得 $fh_{a}=h_{a}f$.由 $s$是 $R$的中心元得, 对任意 $n\in$ supp $(fh_{s})$有

$ (fh_{s})(n)=f(n)\sigma^{n}(h_{s}(0))=f(n)\sigma^{n}(s)=f(n)s=sf(n)=h_{s}(0)f(n)=(h_{s}f)(n). $

因此 $fh_{s}=h_{s}f$.故 $T$是强 $k(x)$-clean环.