＊-诣零McCoy环.pdf

浙江大学学报（理学版）Journal of Zhejiang University（Science Edition）http：/ 51 卷第 2 期2024 年 3月Vol.51 No.2Mar.2024*-诣零 McCoy环王尧1，李欣1，任艳丽2*（1.南京信息工程大学 数学与统计学院，江苏 南京 210044；2.南京晓庄学院 信息工程学院,江苏 南京 211171）摘要：研究了具有对合映射*-诣零 McCoy环的性质，给出了一批*-诣零 McCoy环例子，并讨论了其扩张和*-斜多项式环的*-诣零McCoy性，证明了（1）设*-环R满足nil（R x）=nil（R）x，则环R是*-诣零McCoy环当且仅当环 R x 是*-诣零 McCoy环；（2）设 R x；*是*-斜多项式环，如果 R是*-可逆环，则 R x；*是*-诣零 McCoy环。关键词：对合；McCoy环；*-诣零 McCoy环；*-斜多项式环中图分类号：O 153.3 文献标志码：A 文章编号：10089497（2024）0216210WANG Yao1,LI Xin1,REN Yanli2（1.School of Mathematics and Statistics，Nanjing University of Information Technology，Nanjing 210044，China；2.School of Information Engineering，Nanjing Xiaozhuang University，Nanjing 211171，China）*-nil McCoy ring.Journal of Zhejiang University(Science Edition),2024,51(2):162171Abstract:We study the properties of McCoy rings with a doubly mapping,give some examples of this class rings,investigate their extensions and the*-nil McCoy property of*-skew polynomial rings.We showed that(1)Let*-ring R satisfy nil(Rx)=nil(R)x.Then R is*-nil McCoy if and only if Rx is*-nil McCoy;(2)Let Rx;*be*-skew polynomial ring.If R is*-revisible,then Rx;*is*-nil McCoy.Key Words:involution;McCoy ring;*-nil McCoy ring;*-skew polynomial ring0引 言设*：xx*是 一 个 映 射，如 果 对 于 任 意 的x，y R，有(x+y)*=x*+y*，(xy)*=y*x*，(x*)*=x，则称*为R上的对合映射，R为对合环，简称*-环。冯诺依曼在研究算子代数时引入了具有代数、几何和拓扑结构的W*-代数，即冯诺依曼代数。对合环作为冯诺依曼代数的推广，在群论、代数表示论、量子物理、纽结理论、概率论、随机矩阵论、泛函分析和数值计算等学科中有重要应用。因此，具有对合映射的环成为环论中的重要研究对象1。近年，FAKIEH 等2-3研究了*-可逆环、*-对称环和*-Armendariz环。如果对任意的a，b R，由ab=0可推得ba*=0，则称*-环是*-可逆环。*-可逆环是可逆环（文献 2 命题 6）；如果对任意的a，b，c R，由abc=0可推得acb*=0，则称R是*-对称环；如 果 对 任 意 的f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx，由f(x)g(x)=0可 推 得aib*j=0，0 im，0 j n，则 称R是*-Armendariz 环。本文研究具有对合的诣零 McCoy环，讨论其基本性质，以进一步丰富对合环理论。DOI:10.3785/j.issn.1008-9497.2024.02.004收稿日期：20220906；修回日期：20230728；接受日期：20230815；出版日期：20240325.基金项目：江苏省自然科学基金资助项目（BK20181406）.作者简介：王尧（1962），ORCID：https：/orcid.org/0000-0001-9824-4342，男，博士，教授，主要从事环论研究，E-mail：.*通信作者，ORCID：https：/orcid.org/0000-0002-2439-6172，E-mail：.王尧，等：*-诣零 McCoy环第 2期1定义及例子如 果 对 任 意 的f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0，当f(x)g(x)nil(R)x 时，存 在 r R0，使 得air nil(R)(rbj nil(R)，则称环R为右（左）诣零 McCoy 环4，其中nil(R)表示环R的幂零元集合。定义 1 设*是环R上的对合，如果对任意的f(x)=i=0m aixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0，当f(x)g(x)nil(R)x 时，存 在r R0，使 得a*ir nil(R)(rb*j nil(R)），则称R是右（左）*-诣零 McCoy 环。如果环R既是右*-诣零 McCoy 环又是左*-诣零 McCoy环，则称R是*-诣零 McCoy环。命题 1 如果环R是*-诣零 McCoy 环，则R是诣零 McCoy环。证明 设环R是*-诣零 McCoy环。令f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0，由f(x)g(x)nil(R)x，可推出存在r R0，使得ai*r nil(R)，0 im。再设f1(x)=i=0ma*ixi，g1(x)=rx，则 有f1(x)g1(x)=i=0mai*rxi+1 nil(R)x，因 此 存 在s Rx0，使得ais nil(R)，故R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。对于任意的f(x)R x，用Cf表示f(x)的所有系数的集合。如果对任意的a，b R，由ab=0可推出aRb=0，则称环R是半交换环。引理 1（文献 5 命题 3.3）设R是半交换环，f1(x)，f2(x)，fn(x)Rx，如 果Cf1f2fn nil(R)，则 Cf1Cf2Cfn nil(R)。定理 1 设环R是*-可逆环，则R是*-诣零McCoy环。证 明 设 环R是*-可 逆 环。如 果f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxjRx 0且f(x)g(x)nil(R)x，则 有Cfg nil(R)。因 为 R 是*-可 逆环，由文献 2 命题 6，知R是半交换环，故由引理 1，知CfCg nil(R)。这样，对任意的0 j n，存在s=bj，使 得ais nil(R)，于 是 存 在k N+，使 得(ais)k=0。又因为 R是*-可逆环，从而有(a*is)k=0，即a*is nil(R)，因此R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。例 1 设Z是整数环，令R=ZZ。对于环R上的对合映射*：RR*，(a，b)*=(a，-b)。若存在(a，b)，(c，d)R，使得(c，d)(a，b)*=(c，d)(a，-b)=0，则R是*-可逆环。由定理 1，知R是*-诣零 McCoy环。如果对任意的a R，由aa*=0可推得a=0，则 称R是*-rigid 环；如 果 对 任 意 的a R，由 aa*nil(R)可 推 得a nil(R)，则 称R是 诣 零*-rigid环。命题 2 如果R是诣零*-rigid 环和半交换环，则R是*-诣零 McCoy环。证 明 设 f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0，且f(x)g(x)nil(R)x，则有Cfg nil(R)。进一步，由引理 1，有CfCg nil(R)，即aibj nil(R)，0 im，0 j n。故存在k N+，使得(aibj)k=0，(bjai)k+1=0。因为R是半交换环，所 以(a*ibjbj*ai)k+1=a*ibj(a*ibj)*k+1=0，于 是 有a*ibj(a*ibj)*nil(R)。又 由R是 诣 零*-rigid 环，知a*ibj nil(R)，所以对任意的0 j n，存在s=bj，使得a*is nil(R)。因此R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。推 论 1 设R是*-rigid 环，则R是*-诣 零McCoy环。证明 由文献 6 定理 2.6，知*-rigid 环是*-对称环。又据文献 6 引理 1.1，当R是*-rigid环时，R是*-对称环和R是*-可逆环等价。因此R是*-可逆环，再由定理 1，知R是*-诣零 McCoy环。设R是环，令Mn(R)表示R的 n n阶全矩阵环，Tn(R)表示R的n阶上三角矩阵环，Dn(R)表示每 条 对 角 线 上 元 素 都 相 等 的 上 三 角 矩 阵 环 且n 2。记Sn(R)=aa12a13a1n0aa23a2n0000a0a3na|a，aij R，1 163浙 江 大 学 学 报（理学版）第 51 卷i n-1，2 j n，环R上的任意对合*，可扩展到环Dn(R)上的对合-*：Dn(R)Dn(R)，(a*ij)=(a*ij）。给定环R和一个双模 RMR，称环 T(R，M)=RM是 R通过 M的平凡扩张，其中加法定义为(r1，m1)+(r2，m2)=(r1+r2，m1+m2)，乘法定义为(r1，m1)(r2，m2)=(r1r2，r1m2+m1r2)。T(R，M)与所 有 形 如()rm0r的 矩 阵 构 成 的 环 同 构，其 中，r R，m M。对 于 环R的 任 意 对 合*，定 义-*：()ab0a*=()a*b*0a*，则-*为在T(R，R)上的对合。定理 2 设 R是环，n N且n 2，则有：（1）对于在环Tn(R)上的任意对合*，Tn(R)都是*-诣零 McCoy环；（2）对于在环Sn(R)上的任意对合*，Sn(R)都是*-诣零 McCoy环；（3）对于在环Dn(R)上的任意对合*，Dn(R)都是*-诣零 McCoy环；（4）对 于 在 环T(R，M)上 的 任 意 对 合*，T(R，M)都是*-诣零 McCoy环。证明（1）任取 0 r R，设S=00r000000 Tn(R)，显 然 对 于 任 意 的A Tn(R)，A*S和S A*都 是Tn(R)上 的 幂 零 元，所 以Tn(R)是*-诣 零McCoy环。（2）和（3）的证明与（1）类似。（4）任取0(0，m)T(R，M)，显然对于任意的A T(R，M)，A*(0，m)和(0，m)A*都 是T(R，M)中 的 幂 零 元，所 以T(R，M)是*-诣 零McCoy环。但是，给定环R上的一个对合*，R上的n阶全矩阵环Mn(R)未必是-*-诣零 McCoy环。例 2 设Z是 整 数 环，定 义 环Z上 的 对 合*：ZZ，a*=-a。令 R=M2(Z)，-*：R R，(aij)*=(a*ij)T，其中(a*ij)T是(a*ij)的转置矩阵，显然-*是环R上的对合映射。取f(x)=()0100+()1000 x，g(x)=()1100+()00-1-1x R x，有f(x)g(x)nil(R)x。假设R是诣零 McCoy环，则存在0 C=()abcd R，使得()a bc d()1 10 0 nil(R)，()a bc d()00-1-1 nil(R)，要使上式成立，只有a=b=c=d=0，这与假设矛盾，故 R=M2(Z)不是诣零 McCoy 环。又由命题1，知*-诣零 McCoy 环是诣零 McCoy 环，因此R不是-*-诣零 McCoy环。设R是环，记Vn(R)=a1a2a3 an 0a1a2an-10000a10an-2a1|ai R，1 i n。对于环R上的任意对合*，可将其扩展为在环Vn(R)上 的 映 射-*：Vn(R)Vn(R)，(aij)*=(a*ij)，显 然-*是环 Vn(R)上的对合。类似地，可将其扩展为在Tn(R)或 Dn(R)上的映射-*：(aij)*=(aij)*，但下面的例子说明此时-*是对合映射。例 3 设Z是 整 数 环，定 义 环Z上 的 对 合*：ZZ，a*=-a。令R=D2(Z)，-*：R R，(aij)*=(a*ij)T。取A=()1001，B=()0100，所 以(AB)*=()0100*=()0-100，B*A*=()0-100()-100-1=()0100，(AB)*B*A*，故-*不是对合映射。给定环R和双模RMR，称环 T(R，M)=RM为R通过M的平凡扩张，其中加法定义为(r1，m1)+(r2，m2)=(r1+r2，m1+m2)，乘法定义为(r1，m1)(r2，m2)=(r1r2，r1m2+m1r2)。T(R，M)与所 有 形 如()rm0r的 矩 阵 构 成 的 环 同 构，其 中，r R，m M。对 于 环R的 任 意 对 合*，定 义-*：()ab0a*=()a*b*0a*，则-*为 在T(R，R)上 的对合。定理 3 设*为环R上的对合，n N且n 2，164王尧，等：*-诣零 McCoy环第 2期则有（1）Vn(R)是-*-诣零 McCoy环；（2）T(R，R)是-*-诣零 McCoy环。证明（1）设f(x)=i=0mAixi，g(x)=j=0nBjxj Vn(R)x 0，且 f(x)g(x)nil(Vn(R)x，其中，Ai=a1ia2iani0a1ia(n-1)i00a1i，Bj=b1jb2jbnj0b1jb(n-1)j00b1j。若E1n=001000000，则A*iE1n=a1ia2iani0a1ia(n-1)i00a1i*001000000=00a*1i000000。因为(A*iE1n)2=0，所以A*iE1n nil(Vn(R)。同 理 可 得E1nB*j nil(Vn(R)，故Vn(R)是*-诣零 McCoy环。（2）显 然T(R，R)V2(R)=()ab0a|a，b R，因此由（1）可得T(R，R)是-*-诣零 McCoy环。设*为环R上的对合，如果对任意的 f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj，由f(x)g(x)nil(R)x 可推得aib*j nil(R)，则称R是*-诣零 Armendariz环5，其中，0 im，0 j n。命题 3 设R是*-诣零 Armendariz 环，则R是*-诣零 McCoy环。用以下例子说明命题 3的逆命题不成立。例 4 设Z、R是例 2 中的环，*，-*分别是例 2 中所指的环Z和R上的对合。再设 S=T(R，R)=()AB0A|A，B R是 环R上 的 平 凡 扩 张，对 映 射*：T(R，R)T(R，R)，()AB0A*=()A*B*0A*，显然*是环R 上的对合。取f(x)=()0001()0000()0000()0001+()00-10()0000()0000()00-10 x，g(x)=()0100()0000()0000()0100+()0001()0000()0000()0001x，则 f(x)g(x)=0 nil(S)x，但()0001()0000()0000()0001()0001()0000()0000()0001*=()0001()0000()0000()0001()000-1()0000()0000()000-1=()000-1()0000()0000()000-1 nil(S)，故环S不是*-诣零 Armendariz 环，由定理 3，知环S是*-诣零 McCoy环。2扩张性质设R 是一族环，其中是指标集，并且对于任意 ，*是环R上的对合。对于R 的直积 R，如果定义*：R R，(a)*=(a)*)，则*是 R上的对合。命 题 4 对 任 意 的 ，R是*-诣 零McCoy环当且仅当每个R是*-诣零 McCoy环。165浙 江 大 学 学 报（理学版）第 51 卷证明 必要性。设R=R是*-诣零 McCoy环。任 取k ，令f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rkx 0且f(x)g(x)nil(Rk)x。再设ai=(ai)，bj=(bj)，其中，ai=ai，k=，0，k ，bj=bj，k=，0，k ，再 令f1(x)=i=0maixi，g1(x)=j=0nbjxj，则f1(x)g1(x)nil(Rk)x。因 为R 是*-诣 零McCoy 环，所 以 存 在r=(r)R0，使 得(ai)*r nil(R)。于 是rk Rk0，使 得 a*irk nil(Rk)x，从而推得Rk是右*-诣零 McCoy 环。由k的任意性，知对于任意的 ，R都是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。充 分 性。设f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0且f(x)g(x)nil(R)x，其 中ai=(ai)，bj=(bj)。对 任 意 的 ，设f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj，则f(x)g(x)nil(Rk)x。因为g(x)0，所以存在 ，使得 g(x)0。又由R是*-诣零 McCoy 环，知存在r R0，使 得a*ir nil(R)。设r=(r)，其中，r=r，=，0，所以a*ir nil(R)，因此R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。以C(R)=x R|xr=rx，r R 表示环R的中 心，如 果e=e*=e2，则 环R中 的 一 个 元 素e为投射。命题 5 设*是环R上的对合，e是环R上的中心投射元，则R是*-诣零 McCoy 环当且仅当eR是*-诣零 McCoy环。证 明 必 要 性。设 f(x)=i=0me aixi，g(x)=j=0ne bjxj eRx 0且f(x)g(x)nil(eR)x，由nil(eR)nil(R)，可推得f(x)g(x)nil(R)x。因为R是*-诣零 McCoy 环，所以存在r，s R0，使得(eai)*r=a*ier nil(R)，s(ebj)*=seb*j nil(R)。于 是 存 在 er，es eR0，使 得(eai)*er=a*ier nil(R)，es(ebj)*=seb*j nil(R)，因此(eai)*er nil(eR)，es(ebj)*nil(eR)，故eR是*-诣零 McCoy环。充 分 性。设f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbj xj Rx 0，且f(x)g(x)nil(R)x，再 设f1(x)=ef(x)，g1(x)=eg(x)eR x 0，则有f1(x)g1(x)=ef(x)eg(x)=ef(x)g(x)e nil(R)x nil(eR)x。由 于eR是*-诣 零McCoy 环，故 存 在 er，es eR0及k N+，使 得(eai)*er k=0，es(ebj)*k=0，所 以(a*ier)k=0，(esb*j)k=0，即a*ier nil(R)，esb*j nil(R)。又 因 为 er，es eR0，故R是*-诣零 McCoy环。设R为Q的子环，若（1）R的每个正则元在 Q 中有逆元（因此 Q 必须有单位元），（2）对任意的x Q，必有x=ab-1，其中a，b R且b是正则元，则称Q是 R的经典右商环。如 果 对 任 意 的a，b R，b是 正 则 元，存 在 a1，b1 R，且b1是正则元，使得ab1=b，则称环R是右 Ore环。环R是右 Ore环当且仅当 R 的经典右商环存在。设*是环R上的对合，定义R 经典右商环Q 的-*运 算：对 任 意 的=ab-1 Q，有*=(ab-1)*=(b*)-1a*。易证-*为Q上的对合。定理 4 设R是可逆环且存在经典右商环Q，令*是环R上的对合，则R是*-诣零 McCoy 环当且仅当Q是-*-诣零 McCoy环。证 明 必 要 性。设 f(x)=i=0mixi，g(x)=j=0njxj Qx 0且f(x)g(x)nil(Q)x。又设i=aiu-1，j=bjv-1，其中，ai，bj，u，v R，对任意的i，j，且u，v是正则元，存在cj，w R，且w是正则元，使得u-1bj=cjw-1。令f1(x)=i=0maixi，g1(x)=j=0ncjxj Rx，于是f(x)g(x)=i=0mj=0nijxi+j=i=0m j=0nai(u-1bj)v-1xi+j=i=0m j=0naicj(uw)-1xi+j=f1(x)g1(x)(uw)-1 nil(Q)x 。因为R是可逆环，所以由文献 7 命题 2.4 和定理166王尧，等：*-诣零 McCoy环第 2期2.6，可 知Q x 是 可 逆 环，故f1(x)g1(x)nil(Q)x，于 是 f1(x)g1(x)nil(R)x。由R是*-诣 零 McCoy 环，可 知 存 在r R0，使 得a*ir nil(R)。又*ir=(aiu-1)*=(u*)-1a*ir，再由文献7定 理 2.6，知Q是 可 逆 环，从 而*ir nil(Q)x，故Q是右-*-诣零 McCoy环。类似可证 Q是左-*-诣零 McCoy环。充 分 性。设Q是-*-诣 零 McCoy 环，f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0 且f(x)g(x)nil(R)x。由 于f(x)g(x)nil(R)x nil(Q)x 且Q是-*-诣 零 McCoy 环，故 存 在 ru-1 Q0，使得 a*iru-1 nil(Q)。又因为Q是可逆环，所以a*ir nil(Q)，于是a*ir nil(R)，所以R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。命题 6 设R和S是两个环，*是环R上的对合，t是环R到环S的同构映射，t(*)=t*t-1 是环S上的 对 合，则R是*-诣 零 McCoy 环 当 且 仅 当S是t(*)-诣零 McCoy环。证 明 必 要 性。设R是*-诣 零 McCoy 环，f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Sx0，使 得f(x)g(x)nil(S)x。因为t是环R到环S的同构映射，所以存在ai，bj R，使得t(ai)=ai，t（bj）=bj，其 中，0 im，0 j n。再 令 f1(x)=i=0maixi，g1(x)=j=0ncjxj Rx，于是有 f(x)g(x)=i=0maixij=0nbjxj=i=0m j=0naibjxi+j=i=0m j=0nt()ait（bj）xi+j=j=0nt（aibj）xi+j，所以，对于乘积多项式f(x)g(x)的第k次项其系数为t(a0bk)+t(a1bk-1)+t(akb0)=t(a0bk+a1bk-1+akb0)nil(S)，由t同 构，知a0bk+a1bk-1+akb0nil(R)，故 f1(x)g1(x)nil(R)x。又因为R是*-诣零 McCoy 环，所以存在r R0，使得a*ir nil(R)，即存在k N+，使得0=(a*ir)k=t(a*ir)k)=t(a*i)t(r)k=t(ai)t()*t(r)k=(ai)t()*t(r)k。因 此 存 在r=t(r)S0，使 得(ai)t()*r nil(S)，故S是右t(*)-诣零 McCoy环。类似可证S是左*-诣零 McCoy环。充分性。设S是t(*)-诣零 McCoy 环，f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxjRx 0，使 得f(x)g(x)nil(R)x。因为t是环R到环S的同构，所以 t-1是环S到环R的同构，故存在ai，bj S，使得t-1(ai)=ai，t-1(bj)=bj，其中 0 im，0 j n，于是有 f(x)g(x)=i=0m j=0naibjxi+j=i=0m j=0n t-1(ai)t-1(bj)xi+j=j=0nt-1(aibj)xi+j。再 设 f1(x)=i=0m aixi，g1(x)=j=0nbjxj，类 似 于 必要性的证明，知 f1(x)g1(x)nil(S)x。由S是 t(*)-诣 零 McCoy 环，知 存 在r S0，k N+，使得0=(ai)t()*r k=t-1(ai)t()*r k)=t-1(ai)t()*)t-1(r)k=a*i t-1(r)k=0，因此存在r=t-1(r)R0，使得a*ir nil(R)，所以R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。对于*-环R，设是环R中由所有中心正则元组 成 的 乘 法 封 闭 子 集，则 可 在 环-1R=u-1a|u ，a R上定义映射-*：-1R -1R，(u-1a)*=(u*)-1a*，易 知-*是 环-1R上 的 对 合映射。命题 7 设*是环R上的对合，则R是*-诣零McCoy环当且仅当-1R是-*-诣零 McCoy环。证明 必要性。令S=-1R。设R是*-诣零McCoy环，f(x)=i=0m ixi，g(x)=j=0njxj Sx 0且f(x)g(x)nil(S)x，其 中，i=u-1ai，j=v-1bj，u，v ，ai，bj R。因为f(x)g(x)nil(S)x，所以 f(x)g(x)=i=0m j=0nijxi+j=i=0m j=0nu-1aiv-1bjxi+j=i=0mj=0n(uv)-1aibjxi+j。再设f1(x)=i=0maixi，g1(x)=j=0nbjxj，由167浙 江 大 学 学 报（理学版）第 51 卷(uv)-1，知f1(x)g1(x)nil(R)x，即 存 在r R0，使 得a*ir nil(R)x。于 是 存 在u-1r S0，使得*iu-1r=(u*)-1u-1a*ir nil(S)x，故-1R是右-*-诣零 McCoy环。类似可证-1R是左-*-诣零 McCoy环。充分性。设S=-1R是-*-诣零 McCoy 环，f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0，使 得f(x)g(x)nil(R)x。再 设u，v ，f1(x)=i=0mu-1aixi，g1(x)=j=0nv-1bjxj Sx 0，则f1(x)g1(x)=i=0m j=0nu-1aixiv-1bjxj=(uv)-1i=0m j=0naibjxi+j nil(S)x。因为S是-*-诣零 McCoy 环，故存在=w-1r S0，使得(u-1ai)*=(u*)-1a*iw-1r nil(S)。由u，v是中心正则元，知存在r R0，使得a*ir nil(R)，所以R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。设R是*-环，I是环R的理想，如果I在对合*下封闭（等价于I*=I），则I为*-环。对于环R的商环R/I，可定义-*：R/I R/I，(a+I)*=a*+I，显然-*是在环R/I 上的对合。命题 8 设R是*-环，I是环R的诣零理想且在对合*下封闭，则R是*-诣零 McCoy环当且仅当R/I是*-诣零 McCoy环。证 明 设R=R/I，f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0且f(x)g(x)nil(R)x，再设f(x)，g(x)分别为f(x)，g(x)在 R/I 中的对应多项式。因为I是环R的诣零理想，所以有nil(R)=-nil(R)。故f(x)g(x)nil(R)x 等价于f(x)g(x)nil(R)x。所以，存在 r R0，使得 a*ir nil(R)当 且 仅 当(-ai)*r nil(R)；存 在 s R0，使得sb*j nil(R)当且仅当 s(-bj)*nil(R)。因此 R是*-诣零 McCoy环当且仅当R/I是*-诣零 McCoy环。设R是环，*是环R的对合，R x 是R上的多项式环，定义在 R x 上的诱导映射-*：对任意的 f(x)=i=0maixi，有 f(x)*=i=0ma*ixi。显 然-*是R x 上的对合映射，仍将-*记为*。用R x；x-1表示系数环为R的 Laurent多项式环，其中元素是形如f(x)=i=kmaixi的多项式，ai R，k，m Z（未必是正整数），其加法和乘法运算与普通多项式的相同。显然，多项式环是 Laurent多项式环的子环。类似地，可定义在 R x；x-1上的诱导对合映射。推论 2 设*是环R上的对合映射，n是自然数且n 2，则R x /xn是-*-诣零 McCoy环当且仅当R是*-诣零 McCoy 环，其中xn是由xn生成的R x 的理想。证明 显然R x /xn Vn(R)=a1a2an0a1an-100a1|a1，a2，an R，因此由定理 3，可得R x /xn是-*-诣零 McCoy环当且仅当R是*-诣零 McCoy环。推论 3 环R x 是*-诣零 McCoy环当且仅当R x；x-1是*-诣零 McCoy环。证 明 令=1，x，x2，显 然是R x 的封闭子集。因为R x；x-1=-1R x，由命题8，可 知R x 是*-诣 零 McCoy 环 当 且 仅 当 环R x；x-1是*-诣零 McCoy环。讨论环R和环R上的多项式环R x 是否具有某些相同的环性质，是环论中非常有意义且重要的问题。已知结论有：（1）R是 Armendariz 环 当 且 仅 当R x 是Armendariz环（文献 8 定理 2）。（2）R是 McCoy环当且仅当R x 是 McCoy环（文献 9 定理 2.3）。（3）R是*-Armendariz 环 当 且 仅 当 R x 是*-Armendariz环（文献 10 定理 1.2）。（4）设R是拟 Armendariz 环，则R是*-自反环当且仅当R x 是*-自反环（文献 11 命题 2.6）。（5）设R是 Armendariz 环，则R是*-可逆环当且仅当R x 是*-可逆环（文献 2 定理 17）。本文结论：定 理 5 设*-环R满 足nil(R x)=nil(R)x，则R是*-诣 零 McCoy 环 当 且 仅 当R x 是*-诣零 McCoy环。证 明 必 要 性。设R是*-诣 零 McCoy 环，168王尧，等：*-诣零 McCoy环第 2期f(y)=i=0mfiyi，g(y)=j=0ngjyj R x y 0，使得f(y)g(y)nil(R x)y，其中fi，gj R x。取正整数k=i=0mdeg fi+j=0ndeg gj+1，其中deg fi，deg gj分别表示在多项式fi，gj上x的次数，0多项式的次数记为0。设f(x)=f0+f1xk+fmxkm，g(x)=g0+g1xk+gnxkn R x，则 f(y)g(y)=i=0mfiyij=0ngjyj=i=0m j=0nfigjyi+j=f0g0+(f0g1+f1g0)y+(f0g2+f1g1+f2g0)y2+fmgnym+n，f(x)g(x)=f0g0+(f0g1+f1g0)xk+(f0g2+f1g1+f2g0)x2k+fmgnx(m+n)k。因 为 f(y)g(y)nil(R x)y 且nil(R x)=nil(R)x，故 f(x)g(x)nil(R)x。由于R是*-诣 零 McCoy 环，所 以 存 在 r R0，使 得f*ir nil(R)x。又nil(R x)=nil(R)x，所以，f*ir nil(R x)，且r R0R x 0，故 R x 是右*-诣零 McCoy环。类似可证R x 是左*-诣零 McCoy环。充 分 性。设f(x)=i=0maixi，g(x)=j=0nbjxj Rx 0，使 得f(x)g(x)nil(R)x，其 中ai，bj R。再设f(y)=i=0m(aixi)yi，g(y)=j=0n(bjxj)yjR x y。因为nil(R x)=nil(R)x，故 f(y)g(y)nil(R x)y。又由于 环R x 是*-诣 零 McCoy 环，知 存 在r(x)=q=0srqxq Rx 0，使得(aixi)*r(x)nil(R x)，由nil(R x)=nil(R)x，知(aixi)*r(x)nil(R)x，因此对任意的 0 im，0 j n，有a*irq nil(R)。故R是右*-诣零 McCoy环。类似可证R是左*-诣零 McCoy环。3*-斜多项式环的*-诣零 McCoy性设R为环，*是环R上的对合映射。称R x；*为 系 数 环R的*-斜 多 项 式 环，其 中 元 素 是 形 如f(x)=i=0maixi的多项式，加法同普通多项式加法，乘法满足xa=a*x。此时，对任意的a，b R，有x(ab)=(ab)*x=(b*a*)x=b*(a*x)=b*(xa)=(b*x)a=(xb)a=x(ba)，说明R必是交换环。文献 10 证明了如果R是交换约化环，则R是*-Armendariz环当且仅当R x；*是*-Armendariz环。文献 6 证明了如果R是*-对称环，则 R 是约化环当且仅当R x；*是约化环。下面讨论环R上的斜多项式环R x；*的*-诣零 McCoy性。设*是环R 的对合，取a R，用dm(a)表示元素a做m次 对 合 映 射。例 如d2(a)=(a*)*=a，d3(a)=(a*)*=a*。引 理 2 设R是*-可 逆 环 且f(x)=i=0maixi R x；*，则f(x)nil(R x；*)当 且 仅当对任意的0 im，有ai nil(R)。证明 必要性。设f(x)nil(R x；*)，则存在k N+，使得 f(x)k=()i=0maixik=0，即0=f(x)k=1+amdm(am)d2m(am)d(k-1)m(am)xmk，其中，1代表在 f(x)k中 x 的次数小于 mk 的全部 项，故 amdm(am)d2m(am)d(k-1)m(am)xmk=0。因为R是*-可逆环，所以am nil(R)且a*m nil(R)。再设F=i=0m-1aixi，于是有0=(F+amxm)k=(F2+Famxm+amxmF+amxmamxm)(F+amxm)(F+amxm)=Fk+2，其中，2 R x；*，且2展开式的每个单项式均含am 或 a*m。由文献 5 引理 3.1 和文献 2 命题 6，知*-可 逆 环 中 的nil(R)为 理 想，故2 nil(R)x；*。因此有Fk=()i=0m-1aixik=3+am-1dm-1(am-1)d2(m-1)(am-1)d(k-1)(m-1)(am-1)x(m-1)knil(R)x；*，其中，3 代表在Fk中x的次数小于(m-1)k的全部 项。又 由R为*-可 逆 环，知am-1 nil(R)且 a*m-1 nil(R)。重复上述操作，可推得对任意的0 im，有 ai nil(R)。169浙 江 大 学 学 报（理学版）第 51 卷充 分 性。设 存 在k N+，使 得 对 任 意 的 0 im，有 aki=0。下 证 f(x)(m+1)k+1=()i=0maixi(m+1)k+1=0，即 证f(x)nil(R x；*)。因 为 f(x)2=()i=0maixi2=a20+(a0a1+a1a*0)x+(a0a2+a1a*1+a2a0)x2+amdm(am)x2m，可以看出，()i=0maixi(m+1)k+1 展 开 式 的 每 项 系 数 都 是 一 些单 项 式 的 和 且 每 个 单 项 式 都 为ai与(m+1)k个-aj的 乘 积，其 中，ai a0，a1，am，-aj a0，a1，am，a*0，a*1，a*m。在()i=0maixi(m+1)k+1展开式的系数中，任取单项式 ai-ai1ai2-ai(m+1)k，其中，aia0，a1，am，-ai1，-ai2，-ai(m+1)k a0，a1，am，a*0，a*1，a*m。下 证 ai-ai1ai2-ai(m+1)k=0。若在 ai-ai1ai2-ai(m+1)k 中a0 和 a*0 的个数