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诣零半交换环的一些研究 Some studies on the Nil Semi-commutative Rings
作 者：吴晓怡 李玟洁 魏俊潮
（扬州大学数学科学学院，扬州 江苏 225002）
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基金资助：国家自然科学基金资助项目（11471282）、江苏省高校品牌专业建设工程资助项目（数学与应用数学，PPZY2015B109）、扬州大学大学生科技创新基金项目 摘 要：研究NSC环（诣零半交换环）的一些性质，证明了如下结果：1）R为约化环当且仅当R上的二阶上三角矩阵环为NSC环；2）R为约化环当且仅当R为半素NSC环； 3）NSC环为直接有限环；4）设R为NSC环，a∈R为正则元，则a∈R# ；5）设I为R的约化理想，若R/I为NSC环，则R为NSC环
Abstract：In this paper，some properties of NSC rings（Nil Semi-commutative Rings）are studied，and the following results are also shown：1)R is a reduced ring if and only if the 2×2 upper triangular matrix ring over R is an NSC ring；2) R is a reduced ring if and only if R is a semi-prime NSC ring；3) NSC rings are directly finite rings；4)Let R be an NSC ring and a be a regular element of R，then" a∈" "R" ^"#" ；5) Let I be a reduced ideal of R，if R/I is an NSC ring，then R is an NSC ring.
关键词：NSC环；约化环；半素环；直接有限环；幂零元
Keywords：NSC ring； reduced ring；semi-prime ring；directly finite ring；nilpotent element
一、引言
在本文中，R表示结合环，且含有单位元。R+ 表示Moore Penrose 可逆元集合[1]、 R# 表示群可逆元集合[2]、Tn (R)表示R上的n阶上三角矩阵环、 C(R) 表示R的中心、E(R) 表示R的幂等元集合[9]以及 N(R)表示R的幂零元集合[9]。设R为一个环，若对任意的a∈N(R) ,b∈R,总有aba-a2 b∈C(R)，则称R为诣零半交换环，简称NSC环 。若N(R)={0} ，则称R为约化环。
则称R为 CN环。显然约化环是 CN环，关于约化环及CN 环的研究，有兴趣的读者可参见文献[3-5]。下面命题1指出CN 环是诣零半交换环，但推论2说明诣零半交换环不必为CN 环。因此研究诣零半交换环 具有重要的环论意义。本文研究诣零半交换环的一些基本性质，推广CN环的相关结果。我们需要如下概念：设R为一个环，若对每个a∈R，当aRa={0} ，总有a=0，称R为半素环；若任意的a，b∈R，当ab=1 时，必有ba=1 ，称R为直接有限环[6-8] ；设a∈R，若存在 b∈R，使得a=aba ，则称a是R的正则元；设I是R的理想，若N(R) ■I={0}则称I为R的约化理想。
二、主要结果
证明 设a∈N(R) ， b∈R，则 a∈C(R)，故aba-a2 b=a2b-a2b=0∈C(R)，由此推出R为NSC环。
推论2 命题1的逆命题不成立。
例如 取R=T2（F）=■，其中F为一个域，则N(R)=■，任取A=■∈N(R)，B=■∈R，ABA- A2 B=0∈C(R) ，故R为NSC环。但
定理3 R为约化环 T2 （R ）为NSC环。
证明 ： 设R为约化环，则易证N(T2 (R)) ={■│a∈R }，任取A=■∈N （T 2 （R ） ），B=■∈T 2 （R），ABA-A2 B=0∈C （T 2 （R ） ），故T 2 （R ）为NSC环。
：若N(R)≠{0}，则 存在0≠a∈N(R)，故有 n ≥1，使得 an=0，但 an-1 ≠ 0，取b =an-1，则b2=0 ，但b≠0 。选取A= ■
，B=■，则A3=0 ，故A∈N （T 2 （R） ）。
由于T2(R)为NSC环，则ABA-A2B=0∈C(T2(R))={■│c∈C(R) }，由于ABA-A2B=■，故b=0 ，矛盾。因此 R为约化环。
定理4 R为约化环 ■ R为半素NSC 环。
证明 ：假设R为约化环，
由命题1知， R为 NSC环，由于N(R)={0 }，故 R为半素 NSC环。
■ ：若R不为约化环，由定理3的证明知，存在0≠b∈ R，使得 b2=0。由于R为NSC环，故对任意的x∈ R，有bxb= bxb-b2x∈C(R)，从而对 任意的y∈R，bxb(yb)=(yb)bxb=yb2 xb=0。因此对任意的x，y∈R ，bxbyb=0， 从而(bR)3=0。由于R为半素环，则bR=0 ，故b=0 ，矛盾。因此R为约化环。
定理5 设R为NSC环，则R为直接有限环。
证明 设a,b∈ R，满足ab=1 ，记 e=ab，则ae=a ,eb=b。记h=(1-e)a ，则he=h ,eh=0,h2=0。 由于R为NSC环，从而hbh -h2b∈C(R)，故 h∈C(R)，h=(1-e)h=h（1-e) =0，因此(1-e)a =0,1-e=(1-e)ab=[(1-e)a]b=0,ba=e=1,从而R为直接有限环。
推论6 定理5的逆命题不成立。
证明 取R={■│m≡t(mod2 )，n≡s≡0(mod2 )，m，n，s，t∈Z }，
故 R为Abel环，从而R为直接有限环。取A=■，B=■，
故R不为NSC环。
众所周知一个正则元a∈R# a∈Ra 2∩a2R。因此可得如下定理。
定理7 设R为NSC环， a∈R为正则元，则a∈R# 。
证明 因为 a∈R为正则元，即有b∈R ，满足a=aba ，记 e=ab，则e2=e,ea=a ，记h=a(1- e)，则 eh=h， he=0， h2=0，所以hbh-h2b∈C(R) ，即hbh∈C(R)。故 hbh=e(hbh)=(hbh)e=0，因为hb=ab-aeb ，所 0=hbh=eh-eabh=h-aebh，h=aebh ，a=ae+aebh =a2(b+b2h)=a2(b+b2a-b2a2b)。同理可证a=( b+ab2-ba2b2)a2。因此 a∈a2R■ Ra2，从而 a∈R#。
推论8 设a∈R+，若R为NSC环，则a+ =a+a2a+a++aa+a+-aa+a+a2a+a+。
证明 记e= aa+，则[(1-e)a+]2 =0，所以(1-e)a+ ∈N(R)。由于R为NSC环，则 (1-e)a+a (1-e)a+ ∈C(R) 。从而 (1-e)a+a (1-e)a+ = (1-e)a+a (1-e)a+(1-e)=0。所以a+aa+-a+aea+-ea+aa++ea+aea+=0，即 a+=a+a2a+a++aa+a+-aa+a+a2a+a+。
定理9 设I是R的理想，且N(R)■I ={0}，如果R/I为NSC环，那么R为NSC环。
证明 因为I是R的理想，N(R)■I= {0} ，所以I是R的约化理想。设 a∈N（R)，且a≠0 ， b∈R，则在R =R/I中，a∈N(R/I) ，b∈R/I ，由于R/I为NSC环，则 aba-a2b∈C(R/I)。故任意的x∈R ，有(aba-a2b)x =x(aba-a2b) 。于是y=(aba- a2b)x-x(aba- a2b)∈I。由于a∈N（R) ，故n≥2使得 an=0。
由于(an-1ya)2=an-1yanya=0，且an-1ya∈I，从而由I为约化理想知an-1ya=0 ，于是(an-1y)2=an-1yan-1y=(an-1ya)(an-2y)=0，又an-1yI∈I，故an-1 y=0 。重复上述做法，最终可得ay=0 ，又(ya)2=yaya=0，且ya∈I ，故 ya=0，任取r∈R ，(ary)2 =aryary=0 ； (yra)2=yrayra=0， 从而 ary=0=yra。所以y2=a(ba-ab) xy-xa(ba-ab)y=0 ，又因为y∈I，从而y=0。于是任意的x∈R，有(aba-a2b)x=x(aba-a2b)，即aba-a2b∈C(R) ，故R为NSC环。
设R为一个环，记 GT■(R)=■│a,b,c∈R，则根据通常的矩阵加法及乘法，GT■(R)形成一个环. 作σ: T2(R) →GT■(R）
■→■
则可证 σ是环同构，又由定理3，我们可得如下推论。
推论10 R为约化环■ GT3(R)为NSC环。
设R为一个环，记R3={(a,b,c) │a,b,c,∈R}任取a=(a,b,c) ，β=(x,y,z) ∈R3，定义加法及乘法如下：α+β= (a+x,b+y,c+z)；αβ=(ax,ay+bz,cz)
则 R3成为一个环。
定义 Τ :T2(R)→R3
■→■
则 Τ是环同构，因此根据定理3，我们给出以下推论。
推论11 R为约化环 为NSC环。
参考文献
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[4] L. Wang, J. C. Wei, L. B. Li, NZI rings[J]. Turk. J. Math., 37( 2013): 781-792.
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