本文中的环是指有单位元的结合环，符号 $C\left(R\right)$表示 $R$的中心， $N\left(R\right)$表示 $R$的幂零元集， $J\left(R\right)$表示 $R$的Jacobson根。对于 $x\in R$， $r\left(x\right)$和 $l\left(x\right)$分别表示x的右零化子和左零化子。设 $K$是 $R$的非零右理想，如果对 $R$的任何非零右理想 $K^{\prime }$均有 $K\cap K^{\prime }\ne 0$，则称 $K$为 $R$的本质右理想。令 $Z_r\left(R\right)=\left\{x\in R|r\left(x\right)为R的本质右理想\right\}$，那么 $Z_r\left(R\right)$是 $R$的理想，称它为 $R$的右奇异理想，类似地可定义左奇异理想(以上概念参见 [1] )。

设 $I$是 $R$的一个非空子集，如果对于任意 $x\in I$，均有 $1-x\notin I$并且 $r\left(1-x\right)=0$，则称 $I$为 $R$的补右零化子集 [2] 。类似地可定义补左零化子集。易知， $N\left(R\right)$， $J\left(R\right)$， $Z_r\left(R\right)$是 $R$的补右零化子集； $N\left(R\right)$， $J\left(R\right)$， $Z_r\left(R\right)$是 $R$的补左零化子集。

环的交换性的研究是经典环论的重要课题。自1945年以来，许多学者对此做了深入的研究，获得了丰富的研究成果。Pinter-Lucke在文献 [3] 中介绍了这一领域1950年至2005年期间的研究成果，其后的主要工作可参见 [4] - [6] 及其参考文献。众所周知，对任意乘法群 $G$，如果存在正整数 $m$，使得所有 $x,y\in G$均满足 ${\left(xy\right)}^{m+k}=x^{m+k}{y}^{m+k}$，其中 $k=0,1,2$，那么 $G$是交换群。Ligh和Richoux在文献 [7] 中证明了这一结论对于环也成立；魏俊潮等在文献 [8] [9] 推广了这一结论，证明了对于环 $R$，如果存在正整数 $m$，使得所有 $x\in R\backslash N\left(R\right)$均满足 ${\left(xy\right)}^{m+k}=x^{m+k}{y}^{m+k}$，其中 $k=0,1,2$，那么 $R$是交换环；杨倩等在文献 [10] 证明如果用Jacobson根 $J\left(R\right)$代替 $N\left(R\right)$，那么 $R$也是交换环；杜巧利和孙建华在文献 [11] 中证明了如果用右奇异理想 $Z_r\left(R\right)$代替 $N\left(R\right)$，那么 $R$仍是交换环，他们还证明了对于环 $R$，如果存在正整数 $m$，使得所有 $x\in R,y\in R\backslash Z_t\left(R\right)$均满足 ${\left(xy\right)}^{m+k}=x^{m+k}{y}^{m+k}$，其中 $k=0,1,2$，那么 $R$是交换环。Bell在文献 [12] 中进一步推广了 [8] [9] 的结论，证明了对于环 $R$，如果存在正整数 $m$，使得所有 $x,y\in R\backslash N\left(R\right)$均满足 ${\left(xy\right)}^{m+k}=x^{m+k}{y}^{m+k}$或者对于所有 $x,y\in R\backslash J\left(R\right)$均满足 ${\left(xy\right)}^{m+k}=x^{m+k}{y}^{m+k}$，其中 $k=0,1,2$，那么 $R$是交换环。

定义1.2.1 设 $R$为交换环， $S$为 $R$中的乘法闭子集，即 $\forall a,b\in S$，有 $ab\in S$，在 $R\times S$上定义二元关系： $\left(a,s\right)~\left(a^{\prime },s^{\prime }\right)\iff \exists t\in S$，使得 $t\left(s{a}^{\prime }-s^{\prime }a\right)=0$，其中～是等价关系，等价类集合记为 $S^{-1}R$。 $S^{-1}R$关于分式的加法和乘法形成环，称为 $R$关于乘法闭子集 $S$的分式环。更多交换环的研究工作可参考文献 [13] 。

引理1.2.2 映射 $i_s:R\to S^{-1}R,x\to \frac{sx}{s}\left(s\in S\right)$为标准环同态，且对 $\forall s\in S$， $i_s\left(s\right)$是 $S^{-1}R$的可逆元。

引理1.2.2 对于环 $R^{\prime }$和环同态 $f:R\to R^{\prime }$，如果对于所有的 $s\in S$， $f\left(x\right)$是 $R^{\prime }$中的可逆元，则存在唯一的环同态 $g:S^{-1}R\to R^{\prime }$，使得 $g{i}_s=f$。

定义1.2.2 设 $R$为交换环， $M$是 $R-$模， $S$为 $R$中的乘法闭子集，即 $\forall a,b\in S$，有 $ab\in S$且 $1\in S$，在 $R\times S$上定义二元等价关系：

$\left(a,s\right):\left(a^{\prime },s^{\prime }\right)\iff \exists t\in S$，使得 $t\left(s{a}^{\prime }-s^{\prime }a\right)=0$，等价类集合记为 $S^{-1}M$。 $S^{-1}M$关于分式的加法和乘法形成 $S^{-1}R-$模，称为 $R-模$ $M$对于 $R$乘法闭子集 $S$的分式模。

引理1.2.3 若映射 $f:M\to N$是 $R-$模同态，则存在唯一的 $S^{-1}R-$模同态: $g:S^{-1}M\to S^{-1}N$使得 $g\left(x/1\right)=f\left(x\right)/1$，对任意的 $x\in M$都成立。

引理1.2.4 若 $M$是 $N$的子模，则由同态 $M\to N$诱导的同态 $S^{-1}M\to S^{-1}N$是单射的，且 $S^{-1}R-$模 $S^{-1}\left(N/M\right)$与 $S^{-1}N/S^{-1}M$同构。

引理1.2.5 若映射 $f:M\to N$是 $R-$模同态， $S$为 $R$中的乘法闭子集，则映射 $S^{-1}f:S^{-1}M\to S^{-1}N,m/s\to f\left(m\right)/s$是 $S^{-1}R-$模同态，且如果 $g:N\to P$也是 $R-$模同态，则 $S^{-1}\left(gf\right)=S^{-1}\left(g\right)S^{-1}\left(f\right)$。

定义2.1.1 设 $R$是环， $S$是 $R$的非空子集，约定 $1\in S$而 $0\notin S$。若 $\forall a,b\in S$，有 $ab\in S$，则称 $S$是 $R$的乘法集。

定义2.1.2 设 $S$是 $R$的乘法集，则可以定义剩余类 $\frac{R\times S}{~}$，其中 $\left(a_1,s_1\right)~\left(a_2,s_2\right)\iff \exists s\in S$，使得 $s\left(s_2{a}_1-s_1{a}_2\right)=0$。我们把等价类 $\left[\left(a,s\right)\right]$记为 $\frac{a}{s}$，于是 $\frac{R\times S}{~}=\left\{\text{}\frac{a}{s}|a\in A,s\in S\right\}$，其中的形式分数满足约分原理。然后可以在 $\frac{R\times S}{~}$上定义加法和乘法：

$\frac{a_1}{s_1}+\frac{a_2}{s_2}=\frac{a_1{s}_2+a_2{s}_1}{s_1{s}_2}$

$\frac{a_1}{s_1}\cdot \frac{a_2}{s_2}=\frac{a_1{a}_2}{s_1{s}_2}$

于是 $\left(\frac{R\times S}{~},+,\cdot \right)$构成一个环，称为 $R$对 $S$的局部化环，记为 $S^{-1}R$。

定理2.2.1 (嵌入定理)设 $A$是整环， $S$是 $A$的乘法集，则映射 $i:\begin{array}{c}A\to S^{-1}A\\ a\mapsto \frac{a}{1}\end{array}$是单射。

证明：设 $\frac{a}{s}=0=\frac{0}{1}$，则存在 $t\in S$，使得 $ta=t\left(a\cdot 1-s\cdot 0\right)=0$。而 $0\notin S$，所以 $t\ne 0$，只能是 $a=0$，所以 $\ker \left(i\right)=0$，即 $i$是单射。证毕。

设 $S$是 $A$的非零因子集合，即 $S=\left\{a\in A|b\ne 0\Rightarrow ab=0\right\}$，则称局部化 $S^{-1}A$是 $A$的分数环。当 $A$是整环时，这就是我们熟知的分数域。

命题2.2.1 设 $A$是整环， $F$是 $A$的分数环，则 $F$是域。

证明：设 $\frac{a}{s}\in F-0$，由嵌入定理可知 $a\ne 0$，所以 $a$不是零因子，即 $a\in S$，而 $\frac{s}{a}\cdot \frac{a}{s}=\frac{a}{s}\cdot \frac{s}{a}=1$，所以 $\frac{a}{s}$可逆，即 $F$是域。证毕。

定理2.2.2 设 $A,B$是环， $S$是 $A$的乘法集， $f:A\to B$是环同态，且满足 $f\left(S\right)\subset B$。则存在唯一的环同态 $g:S^{-1}A\to B$，使得 $g\left(\frac{a}{1}\right)=f\left(a\right)$。

证明：对 $\frac{a}{s}\in S^{-1}A$，取 $g\left(\frac{a}{s}\right)=\frac{f\left(a\right)}{f\left(s\right)}$，容易验证取法唯一，且 $g\left(\frac{a}{1}\right)=\frac{f\left(a\right)}{f\left(1\right)}=f\left(a\right)$。又 $g\left(\frac{a}{s}\cdot \frac{b}{t}\right)=\frac{f\left(ab\right)}{f\left(st\right)}=\frac{f\left(a\right)f\left(b\right)}{f\left(s\right)f\left(t\right)}=g\left(\frac{a}{s}\right)\cdot g\left(\frac{b}{t}\right)$，

所以 $g$是同态。唯一性是显然的。证毕。

推论2.3.1 设 $A$是环， $S$是非零因子集合， $K=S^{-1}A$是分数环。如果 $T\subset S$也是乘法集，则 $T^{-1}A$同构于 $K$的子环 $L=\left\{\frac{a}{t}|a\in A,t\in T\right\}$。

例2.3.1 设 $A=Z,S=Z^{\times }$，则 $S^{-1}A=Q$。又设 $T=\left\{2k+1|k\in Z\right\}\subset S$，则 $T^{-1}A=\left\{\frac{n}{m}|m是奇数，n\in Z\right\}$是 $Q$的子环。

推论2.3.2 设 $D$是整环，环 $A\subset D$， $K，L$分别是 $A,D$的分数域，则 $K\subset L$。

例2.3.2 设 $A=C\left[t^2,t^3\right]$， $D=C\left[t\right]$，于是 $A\subset D$都是整环。取 $A,D$的分数域 $K,L$，则 $C\subset K\subset L\subset C\left(t\right)$。而 $t=\frac{t^3}{t^2}\in K$，所以 $\left(C,t\right)=C\left(t\right)\subset K$，故 $K=L=C\left(t\right)$。

设 $R$为有1的交换半环，以下简称半环， $R$的乘法封闭子集总假定是包含1的。设 $S$是一乘法封闭子集，在 $R\times S$上按如下方式定义一个二元关系：

$\left(x,s\right)\equiv \left(y,t\right)\iff xtu=ysu$

对某个 $u\in S$成立， $\equiv$是 $R\times S$上的等价关系。用 $S^{-1}R$表示 $R\times S$按等价关系 $\equiv$所作的划分， $x\cdot s$表示 $\left(x,s\right)$所在的等价类 [14] 。

可按如下方式在 $S^{-1}R$上定义加法和乘法

$a/s+b/t=\left(at+bs\right)/st$

$\left(a/s\right)\left(b/t\right)=ab/st$

则可证明，加法定义合理，即

$\begin{array}{c}a/s=a^{\prime }/s^{\prime }\\ b/t=b^{\prime }/t^{\prime }\end{array}\}\Rightarrow \left(at+bs\right)/st=\left(a^{\prime }{t}^{\prime }+b^{\prime }{s}^{\prime }\right)/s^{\prime }{t}^{\prime }$

由

$\begin{array}{l}a{s}^{\prime }u=a^{\prime }su,对某个u\in S\hfill \\ b{t}^{\prime }v=b^{\prime }tv,对某个v\in S\hfill \end{array}$

对第一个式子两边乘以 $t{t}^{\prime }v$，第二个式子两边乘以 $s{s}^{\prime }u$，再两式相加即得。类似可证明乘法定义合理，且 $S^{-1}R$按上述加法和乘法成一个有单位元的交换半环，称 $R$为对于 $S$的分式半环。

对于半环也可定义同态。并假定同态保持单位元。可以证明 $f\left(x\right)=x/1$定义了 $R$到 $S^{-1}R$的半环同态。则这个同态具有如下性质：

命题2.4.1 设 $g:R\to R^{\prime }$是半环同态，且对任一的 $s\in S$， $g\left(s\right)$都是 $R^{\prime }$的可逆元，那么存在唯一的一个半环同态 $h:S^{-1}\to R^{\prime }$使得 $g=h\cdot f$。

与环的局部化类似，设 $S$是 $A$的乘法集，我们可以讨论 $A$上模 $V$的局部化： $S^{-1}V:=S^{-1}A{\otimes }_{A}V$，我们有更具体的构造方式 [15] [16] 。

定义3.1.1 设 $A$是环， $S$是 $A$的乘法集， $V$是 $A$的模。定义剩余类 $\frac{V\times S}{~}$，其中 $\left(v_1,s_1\right)~\left(v_2,s_2\right)\iff \exists s\in S$，使得 $s\left(s_2{v}_1-s_1{v}_2\right)=0$。我们把等价类 $\left[\left(v,s\right)\right]$记为 $\frac{v}{s}$，于是 $\frac{V\times S}{~}=\left\{\text{}\frac{v}{s}|v\in V,s\in S\right\}$，其中的形式分数满足约分原理。然后可以在 $\frac{V\times S}{~}$上定义加法和乘法：

$\frac{v_1}{s_1}+\frac{v_2}{s_2}=\frac{v_1{s}_2+v_2{s}_1}{s_1{s}_2}$

$\frac{a}{s}\cdot \frac{v}{t}=\frac{av}{st}$

于是 $\left(\frac{V\times S}{~},+,\cdot \right)$构成一个环，称为 $V$对 $S$的局部化环，记为 $S^{-1}V$。

性质3.1.1 设 $V$是 $A$模，则 $S^{-1}V$是 $S^{-1}A$模；

性质3.1.2 设 $f:U\to V$是 $A$模的线性变换，则 $S^{-1}f:S^{-1}U\to S^{-1}V$是 $S^{-1}A$的线性变换；

性质3.1.3 设 $f:U\to V$和 $g:V\to W$都是 $A$模的线性变换，则有 $S^{-1}\left(g\circ f\right)=S^{-1}g\circ S^{-1}f$；

性质3.1.4 设 $U\to V\to W$是 $A$模的正合列，则 $S^{-1}U\to S^{-1}V\to S^{-1}W$也是 $S^{-1}A$模的正合列。

设 $R$为半环， $M$为一有0的加法半群。 $M$称为半模，若在 $R$和 $M$之间定义了数乘，满足对 $\forall a,b\in R,m,n\in M$，则

(1) $a\cdot \left(m+n\right)=a\cdot m+a\cdot n$；

(2) $\left(a+b\right)\cdot m=a\cdot m+a\cdot n$；

(3) $a\cdot \left(b\cdot m\right)=\left(ab\right)\cdot m$；

(4) $1\cdot m=m$；

(5) $0\cdot m=0$；

(6) $a\cdot 0=0$。

设 $M,N$是两个半模，可以按明显方式定义半模的同态( $R-$线性映射)。特别要求 $f\left(0\right)=0$，半环上的半模范畴的说法自然是成立的。

下面考虑半模如何作商。

$M$上的一个二元关系 $\Lambda$称为一个共轭，如果 $\Lambda$是一个等价关系且 $x\Lambda y,x^{\prime }\wedge y^{\prime }\Rightarrow x+x^{\prime }\wedge y+y^{\prime },\forall x,y,x^{\prime },y^{\prime }\in M$， $x\wedge y\Rightarrow ax\wedge ay,\forall x,y\in M,a\in R$

记 $M/\Lambda$为由 $\Lambda$所划分的等价类的集合。 $\bar{x}$记 $x\in M$所在的等价类，则易证 $M/\Lambda$按如下的加法和数乘而成为一半模：

$\bar{x}+\bar{y}=\overline{x+y},a\bar{x}=\overline{ax},$

且 $f:x\mapsto \bar{x}$确定 $M\to M/\Lambda$的 $R$半模同态，称为 $M/\Lambda$为 $M$对共轭 $\Lambda$的商模。

命题3.2.1 设 $f^{\prime }:M\to n$为一 $R$半模同态，如果 $\forall x,y,x\wedge y\Rightarrow f^{\prime }\left(x\right)\wedge f^{\prime }\left(y\right)$，则存在唯一的 $R$半模同态 $h$使 $f^{\prime }=h\cdot f$。

证明：唯一性： $\forall \bar{x}\in M/\Lambda ,h\left(\bar{x}\right)=h\left(f\left(x\right)\right)=f^{\prime }\left(x\right)$，由已知， $\forall y\in \bar{x}$即 $y\wedge x$，有 $f^{\prime }\left(x\right)=f^{\prime }\left(y\right)$故 $f^{\prime }\left(x\right)$由 $\bar{x}$唯一确定，从而唯一确定 $h$。

存在性：按 $h$的定义，只需要验证 $h$为半模同态。

$h\left(a\bar{x}+b\bar{y}\right)=h\left(\overline{ax+by}\right)=f^{\prime }\left(ax+by\right)=a{f}^{\prime }\left(x\right)+b{f}^{\prime }\left(y\right)=ah\left(\bar{x}\right)+bh\left(\bar{y}\right)$

证毕。

设 $f:M\to N$为一 $R$半模同态，则由 $f$可确定 $M$上的如下二元关系 $\Xi$：

$x\Xi y\iff f\left(x\right)=f\left(y\right)$

可以证明， $\Xi$为 $M$上的一个共轭，记为 $\ker f$。注意，这里 $\ker f$是定义的一个二元关系，即 $M\times N$的一个子集，而不是像模那样的情形是 $M$的一个子半模。

命题3.2.2设 $f:M\to N$为一 $R$半模同态，则按 $f:\bar{x}\to f\left(x\right)$确定的 $f:M/\ker f\to N$是 $R$半模同构；反之，设 $\Delta$为 $M$上的一个共轭， $g:M\to M/\Delta$为自然商映射，则 $\ker f=\Delta$。

证明：按照命题3.2.1，只需证对 $\left(N,f\right)$关于 $\ker f$具有命题3.2.1中的性质，这可根据 $f$为满映射以及 $\ker f$的定义直接验证。根据 $M/\Delta$定义，显然可证明 $\ker f=\Delta$。

定理4.1.1 (1)设 $S$是 $A$的乘法集，则 $\Phi :\left\{I|I是A的理想，I\cap S=\varnothing \right\}\underset{\to }{\begin{array}{c}I\mapsto I{S}^{-1}A\\ J\cap A\leftarrow J\end{array}}\left\{J|J是S^{-1}A的理想\right\}$给出了 $A$与 $S^{-1}A$的理想之间的一一对应。

(2)特别地， $\Phi$给出了 $A$与 $S^{-1}A$的素理想之间的一一对应。

同余和局部化都是简化环的重要方法，并且它们都保持理想和素理想的对应关系。不仅如此，它们的作用正好互补。同余相当于挖掉了理想中的信息，保留理想以外的信息；而局部化则是挖掉理想以外的信息，只保留这个理想局部的信息 [17] 。

下面的命题说明，局部化和同余操作可以交换顺序：

命题4.1.2 设 $S$是 $A$的乘法集， $I是A的理想$， $\pi :A\to \frac{A}{I}$是分类映射，则有 $\pi {\left(S\right)}^{-1}\left(\frac{A}{I}\right)=\frac{S^{-1}A}{S^{-1}I}$

证明：设 $\phi :\begin{array}{c}\pi {\left(S\right)}^{-1}\left(\frac{A}{I}\right)\to \frac{S^{-1}A}{S^{-1}I}\\ \frac{\pi \left(a\right)}{\pi \left(s\right)}\mapsto \frac{a}{s}+S^{-1}I\end{array}$则 $\phi$是唯一确定的满射。又因为

$\begin{array}{l}\phi \left(\frac{\pi \left(a\right)}{\pi \left(s\right)}\right)\phi \left(\frac{\pi \left(b\right)}{\pi \left(t\right)}\right)\\ =\left(\frac{a}{s}+S^{-1}I\right)\left(\frac{b}{t}+S^{-1}I\right)\\ =\frac{ab}{st}+S^{-1}I\\ =\phi \left(\frac{\pi \left(a\right)\pi \left(b\right)}{\pi \left(s\right)\pi \left(t\right)}\right)\end{array}$，

所以 $\pi$是满同态。最后，注意到

$\begin{array}{c}\ker \left(\phi \right)=\left\{\frac{a+I}{s+I}|\frac{a}{s}\in S^{-1}I\right\}\\ =\left\{\frac{a+I}{s+I}|\exists b\in I,t\in S:\frac{a}{s}=\frac{b}{t}\right\}\\ =\left\{\frac{a+I}{s+I}|\exists t\in S:ta\in I\right\}\\ =\frac{0+I}{1+I}=0\end{array}$

所以 $\phi$是同构，即 $\pi {\left(S\right)}^{-1}\left(\frac{A}{I}\right)\cong \frac{S^{-1}A}{S^{-1}I}$。证毕。

本部分总设 $R$是具有单位元的交换环， $T=T\left(R\right)$是 $R$的完全商环，即 $R$关于所有非零因子的局部化或分式环。于是 $T\left(R\right)$中的元素可以表示为 $\frac{r}{s},r\in R$，s是 $R$的非零因子， $R$的非零因子我们也叫做正则元。总假设 $T\left(R\right)\ne R$，从而存在非平凡的正则元，即存在不是单位的正则元素。

定义 4.2.1 设 $R$只有一个极大的正则真理想，则 $R$称为伪局部环 [18] 。

命题 4.2.2 设 $R$是伪局部环， $m$是 $R$的唯一极大的正则真理想，则 $m$是 $R$的极大理想，且不在 $m$中的非零因子是单位。

证明：设 $p$是包含 $m$的极大理想，则 $p$是正则理想。故 $p=m$，即 $m$是 $R$的极大理想。若 $s\in R-m$，其中 $s$不是零因子。若 $s$不是单位，则 $\left(s\right)$是 $R$的真理想，于是存在 $R$的极大理想 $p$，使得 $s\in p$，于是 $p\ne m$。矛盾，即得证。

命题 4.2.3 设 $R$是伪局部环， $m$是 $R$的唯一极大的正则真理想，则对任何 $s\in R-m$及任何 $a\in m$， $a$是非零因子，有 $\left(a,s\right)=R$。

证明：由 $\left(a,s\right)$是正则理想，且 $\left(a,s\right)\not\subset m$，即得证。

定理 4.2.4 设 $R$是伪局部环， $m$是 $R$的唯一极大的正则真理想，则 $R=R_{\left[m\right]}$。

证明：任意的 $u=\frac{a}{b}\in R_{\left[m\right]}$，其中 $a,b\in R$， $b$是 $R$的非零因子。若 $b\notin m$，则 $b$是单位，故 $u\in R$；若 $b\in m$，取 $s\in R-m$，使得 $s\cdot u\in R$，又 $b\cdot u=a\in R$，我们有 $\left(b,s\right)\cdot u\subseteq R$。由上述命题，有 $u\in R$，故 $R=R_{\left[m\right]}$。