半环的范德瓦尔登问题

苟旭,邵勇

(西北大学数学学院,陕西 西安 710127)

1 引言及预备知识

环是否可以嵌入到域的问题,一经提出就引起了不少学者的关注.文献[1]构造了整环的分式域,并证明任意整环都可嵌入其分式域.文献[2]提出无零因子非交换环是否可以嵌入到Skew域中的问题,将上述问题称为范德瓦尔登问题.文献[3]证明了正则环可以嵌入到Skew域,一定程度上解答了范德瓦尔登问题.

不难发现,整环的非零元在乘法下构成交换半群,而域的非零元在乘法下构成阿贝尔群.既然整环可以嵌入其分式域,那么整环的非零元在乘法下构成的交换半群可嵌入其分式域的非零元在乘法下构成的群.随着半群代数理论的不断发展,半群的嵌入问题也引起了学者们的关注.一般而言,交换半群可以构造其对应的格罗滕迪克群(Grothendieck group)[4].进而,可以证明可消交换半群可以嵌入其格罗滕迪克群.文献[5]给出了拓扑半群嵌入紧拓扑群的刻画.文献[6]给出了局部半群嵌入群的充分条件.

作为环的推广,半环是分配律联系着的同一非空集合上的两个半群.半环的具体定义如下:

定义 1.1设(S,+,·)是 (2,2)-型代数.若满足下列条件:

(1)(S,+)是交换半群;

(2)(S,·) 是半群;

(3)左右分配律成立,即 (∀a,b,c∈S)a·(b+c)=a·b+a·c,(b+c)·a=b·a+c·a,则称 (S,+,·)是半环[7],简记 S.若 (S,·)是交换半群,则称 S是交换半环.若 S满足(∀a,b,c∈S)a+b=a+c⇒b=c,则称S是加法可消的.容易验证,有限的加法可消半环是环.

半环的嵌入问题同样吸引了不少学者关注.文献[8]证明了含幺含零加法可消半环可嵌入环.然而,正整数在通常数的加法和乘法下构成半环(不含零元),并且可以嵌入整数环中.这表明某些不含零元的半环也可以嵌入环中.本文将给出半环的格罗滕迪克环的构造方法,并证明加法可消半环可嵌入其格罗滕迪克环.进一步揭示了半环上的同余和其格罗滕迪克环的理想之间的关系.

定义 1.2设S是半环.在卡氏积 S×S上定义运算如下:

(a,b)∗(c,d)=(ac+bd,ad+bc).

称∗为 S×S上的扭积[9].

设(S,+)是交换半群,在S×S上定义关系～如下:

容易验证,～是 S×S上的等价关系.

对任意的(a,b),(c,d),(e,f)∈S×S,若 (a,b)～(c,d),则存在u∈S使得

a+d+u=b+c+u.

上式两边加上e+f有a+d+u+e+f=b+c+u+e+f.由 (S,+)是交换的可得(a+e)+(d+f)+u=(b+f)+(c+e)+u,即(a+e,b+f)～(c+e,d+f).于是,(a,b)+(e,f)～(c,d)+(e,f).从而,～是直积 S×S上的同余.则(S×S/～,+)是交换半群.记(a,b)所在的～类为

2 半群观点下的整环的分式域

整环的分式域理论是代数理论的重要部分,是构造域的重要方法.本节将从半群角度解释整环的分式域过程.

设 R是整环,记R∗=R{0},其中0是R的零元.在R×R∗上定义

(a,b)+(c,d)=(ad+bc,bd),(a,b)·(c,d)=(ac,bd),

易知(R×R∗,+),(R×R∗,·)均是交换幺半群.

在 R×R∗上定义 ～关系 (a,b)～(c,d)⇐⇒ad=bc.由文献 [10]可知 ～是R×R∗上的等价关系.

下证 ～ 是 (R×R∗,+)和 (R×R∗,·)上的同余.

对任意的(a,b),(c,d),(e,f)∈R×R∗,若(a,b)～(c,d),则ad=bc.上式左右同乘ff有adff=bcff.进一步有adff+bdef=bcff+bdef,即

(af+be)df=(cf+de)bf.

这样(af+be,bf)～(cf+de,df),即(a,b)+(e,f)～(c,d)+(e,f).从而,～是(R×R∗,+)上的同余.

同理,ad=bc左右同乘ef有adef=bcef,故(ae,bf)～(ce,df),即

由文献[10]可知,(R×R∗/～,+,·)中+对·分配律成立.所以 (R×R∗/～,+,·)是域.

3 主要结果

本节将证明任意加法可消半环可嵌入其格罗滕迪克环中.

设S是半环.在S×S上定义+,∗如下:

(1)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d);

(2)(a,b)∗(c,d)=(ac+bd,ad+bc).

由文献[8]可知,(S×S,+,∗)是半环.

在S×S上定义关系～如下:

(a,b)～ (c,d)⇔(∃u∈S)a+d+u=b+c+u.

由(1)式可知,～是(S×S,+)上的同余.

下证 ～ 是 (S×S,∗)上的同余.设(a,b),(c,d),(e,f)∈S×S,若 (a,b)～(c,d),则

存在u∈S使得

(2)式两边右乘e

(2)式两边右乘f

(3)式和(4)式相加可得

于是,(ae+bf,af+be)～ (ce+df,cf+de).既然 (a,b)∗(e,f)=(ae+bf,af+be),(c,d)∗(e,f)=(ce+df,cf+de),从而,(a,b)∗(e,f)～ (c,d)∗(e,f).这表明 ～ 是 (S×S,∗)的右同余.同理可证,～是(S×S,∗)上的左同余.所以 ～是(S×S,∗)上的同余.因此,～是 (S×S,+,∗)上的同余.记(a,b)所在的 ～类为