本文中R指有单位元的结合环，E(R)代表左R-模R的内射包络.

内射模作为同调代数的主要研究对象之一，对同调代数的发展起着至关重要的作用.近年来很多学者在推广内射模方面做了许多工作.文献[1]定义了Whitehead模：设M是右R-模，如果Ext_R¹(M，R)=0，则称右R-模M是Whitehead模.作为Whitehead模的对偶，文献[2]定义了Matlis内射模：如果Ext_R¹(E(R)，M)=0，则称左R-模M是Matlis内射模.文献[3]给出了Matlis平坦模的定义：如果Tor₁^R(M，E(R))=0，则称右R-模M是Matlis平坦模.借助Matlis平坦模，文献[4]给出了Harmanci-内射模的定义：如果对任意Matlis平坦右R-模N，都有Ext_R¹(N，M)=0，则称右R-模M是Harmanci-内射模.同时，文献[4]研究了Harmanci-内射模的性质，证明了Harmanci-内射模类是一个余挠对的右部分，并且该余挠对是遗传的当且仅当对任意Harmanci-内射右R-模M，都有E(M)/M是Harmanci-内射的，其中E(M)是M的内射包络.

本文进一步优化Harmanci-内射模的概念，介绍并研究了拟Harmanci-内射模.特别地，证明了在任意环上，拟Harmanci-内射模类是一个遗传的余挠对的右部分(见定理1).

定义1   设R是环.如果对任意的i≥1，有Tor_i^R(M，E(R))=0，则称右R-模M是强Matlis平坦模.

命题1   设R是环.则：

(ⅰ)强Matlis平坦模类对扩张封闭；

(ⅱ)强Matlis平坦模类对直和项封闭.

证   (ⅰ)设0→A→B→C→0是右R-模的短正合列，并且A，C是强Matlis平坦模.则对任意的i≥1，有

用-⊗_RE(R)作用到上述短正合列上得到正合列

故Tor_i^R(B，E(R))=0，从而B是强Matlis平坦模.

(ⅱ)设M=M₁⊕M₂是强Matlis平坦模，则对任意的i≥1，有Tor_i^R(M，E(R))=0.又因为

所以

故M₁，M₂是强Matlis平坦模.

定义2   设R是环.如果对任意强Matlis平坦右R-模N，都有Ext_R¹(N，M)=0，则称右R-模M是拟Harmanci-内射模.

命题2设R是环，则：

(ⅰ)拟Harmanci-内射右R-模的直积是拟Harmanci-内射的；

(ⅱ)拟Harmanci-内射右R-模的直和项是拟Harmanci-内射的；

(ⅲ)拟Harmanci-内射右R-模的类对扩张封闭.

证   (ⅰ)设{M_i}_i∈I是拟Harmanci-内射右R-模簇，$ M=\prod\limits_{i\in I}{{{M}_{i}}} $，并且N是强Matlis平坦右R-模.则有$ \text{Ext}_{R}^{1}\left( N, M \right)\cong \prod\limits_{i\in I}{\text{Ext}_{R}^{1}\left( N, {{M}_{i}} \right)=0} $，所以M是拟Harmanci-内射的.

(ⅱ)设M=M₁⊕M₂是拟Harmanci-内射右R-模，并且N是强Matlis平坦右R-模.则Ext_R¹(N，M)=0.又因为$ \text{Ext}_{R}^{1}\left( N, M \right)\cong \text{Ext}_{R}^{1}\left( N, {{M}_{1}} \right)\oplus \text{Ext}_{R}^{1}\left( N, {{M}_{2}} \right) $，故得Ext_R¹(N，M₁)=Ext_R¹(N，M₂)=0.从而M₁和M₂都是拟Harmanci-内射的.

(ⅲ)设0→M→K→L→0是右R-模的短正合列，并且M，L是拟Harmanci-内射模.令N是强Matlis平坦右R-模.用Hom_R(N，-)作用到上述短正合列得到正合列

由假设得到Ext_R¹(N，M)=Ext_R¹(N，L)=0，故得Ext_R¹(N，K)=0.从而K是拟Harmanci-内射模.

命题3   设M是拟Harmanci-内射右R-模，K是M的子模，并且K的内射维数小于等于1.则M/K是拟Harmanci-内射模.

证   由于K是M的子模，所以得到正合列0→K→M→M/K→0.设N是强Matlis平坦右R-模，用Hom_R(N，-)作用到上述短正合列得到正合列

因为M是拟Harmanci-内射模，K的内射维数小于等于1，则Ext_R¹(N，M)=0，并且Ext_R²(N，K)=0，故得Ext_R¹(N，M/K)=0.从而M/K是拟Harmanci-内射模.

定义3   如果M是某个内射模的同态像，则称R-模M是h-可除的.

命题4   设R是环.则以下结论等价：

(ⅰ)拟Harmanci-内射右R-模类对同态像封闭；

(ⅱ)任意h-可除右R-模是拟Harmanci-内射模；

(ⅲ)任意强Matlis平坦右R-模的投射维数小于等于1.

证   (ⅰ)⇒(ⅱ)注意到内射模是拟Harmanci-内射的，故得.

(ⅱ)⇒(ⅲ)设M是任意右R-模，E(M)是M的内射包络，N是强Matlis平坦右R-模.用Hom_R(N，-)作用到短正合列0→M→E(M)→E(M)/M→0，得到正合列

因为E(M)/M是h-可除的，所以由(ⅱ)知Ext_R¹(N，E(M)/M)=0.而Ext_R²(N，E(M))=0，故得Ext_R²(N，M)=0.从而N的投射维数小于等于1.

(ⅲ)⇒(ⅰ)设M是拟Harmanci-内射右R-模，K是M的子模，N是强Matlis平坦右R-模.用Hom_R(N，-)作用到短正合列0→K→M→M/K→0，得到正合列

由M的拟Harmanci-内射性和(ⅲ)得到Ext_R¹(N，M)=0=Ext_R²(N，K)，故Ext_R¹(N，M/K)=0.从而M/K是拟Harmanci-内射的.

命题5   设有右R-模短正合列

其中C，E是强Matlis平坦右R-模，B，D是拟Harmanci-内射模.则$ B\oplus E\cong D\oplus C $.

证   用Hom_R(-，B)作用到短正合列T₂，得到正合列

由于E是强Matlis平坦右R-模，B是拟Harmanci-内射模，故Ext_R¹(E，B)=0，因此f₂^*是满态射，故存在态射h∈Hom_R(D，B)，使得f₂^*(h)=hf₂=f₁.故可得如下交换图：

从而可得正合列0→M→M⊕D→B⊕E→C→0.考虑如下列正合的交换图：

得到正合列0→D→B⊕E→C→0.由于C是强Matlis平坦右R-模，D是拟Harmanci-内射模，所以Ext_R¹(C，D)=0，所以上述正合列可裂，从而$ B\oplus E\cong D\oplus C $.

引理1设M是右R-模.则以下结论等价：

(ⅰ) M是拟Harmanci-内射模；

(ⅱ)对任意强Matlis平坦右R-模N以及任意k≥0，有Ext_R^k+1(N，M)=0；

(ⅲ)若C是强Matlis平坦右R-模，则任意右R-模正合列0→A→B→C→0是Hom_R(-，M)正合列.

证   (ⅰ)⇒(ⅱ)结论对k=0显然成立.令k≥1.假设结论对k-1成立.现在证明结论对k也成立.令N是强Matlis平坦右R-模，考虑短正合列0→K→P→N→0，其中P是投射模.对i≥1，用-⊗_RE(R)作用到上述正合列，得到正合列

从而$ \text{Tor}_{i+1}^{R}\left( N, E\left( R \right) \right)\cong \text{Tor}_{i}^{R}\left( N, E\left( R \right) \right) $.由N是强Matlis平坦右R-模得Tor_i+1^R (N，E(R))=0，故得Tor_i^R (K，E(R))=0.所以K是强Matlis平坦右R-模，由归纳假设知Ext_R^k(K，M)=0.因此$ \text{Ext}_{R}^{k+1}\left( N, M \right)\cong \text{Ext}_{R}^{k}\left( N, M \right)=0 $.

(ⅱ)⇒(ⅲ)用Hom_R(-，M)作用正合列0→A→B→C→0，由(ⅱ)得到正合列

故(ⅲ)得证.

(ⅲ)⇒(ⅰ)令C是强Matlis平坦右R-模，考虑正合列0→A→P→C→0，其中P是投射模.用Hom_R(-，M)作用得到正合列

由(ⅲ)知0→Hom_R(C，M)→Hom_R(P，M)→Hom_R(A，M)→0正合.故Ext_R¹(C，M)=0，即M是拟Harmanci-内射的.

引理2   设R是环，令0→A→B→C→0是右R-模的正合列，则：

(ⅰ)若A，B是拟Harmanci-内射模，则C也是拟Harmanci-内射模；

(ⅱ)若B，C是强Matlis平坦模，则A也是强Matlis平坦模.

证(ⅰ)设N是强Matlis平坦模，用Hom_R(N，-)作用正合列0→A→B→C→0，得到正合列

由A，B是拟Harmanci-内射模知Ext_R¹(N，B)=0，再由引理1知Ext_R²(N，A)=0，因此Ext_R¹(N，C)=0.所以C也是拟Harmanci-内射模.

(ⅱ)对i≥1，用-⊗_RE(R)作用正合列0→A→B→C→0，得到正合列

由于B，C是强Matlis平坦右R-模，故有Tor_i+1^R(C，E(R))=0，并且Tor_i^R(B，E(R))=0，因此Tor_i^R(A，E(R))=0，故A是强Matlis平坦右R-模.

引理3   设R是环.则Hom_Z(E(R)，Q/Z)是拟Harmanci-内射模.

证   设N是强Matlis平坦右R-模，故有Tor₁^R(N，E(R))=0.根据同构

知Ext_R¹(N，Hom_Z(E(R)，Q/Z))=0.因此Hom_Z(E(R)，Q/Z)是拟Harmanci-内射模.

以下余挠对的定义由文献[5]首先提出(也可参见文献[6]的定义7.1.2).

定义4^[5-6]   令$ \mathscr{A} , \mathscr{B} $是由右R-模构成的类.记

如果$ {{\mathscr{A}}^{\bot }}=\mathscr{B} 且 {{\mathscr{B}}^{\bot }}=\mathscr{A} $，则称$ \left( \mathscr{A}, \mathscr{B} \right) $是余挠对.如果对任意$ A\in \mathscr{A}, B\in \mathscr{B} $及i≥1，都有Ext_Rⁱ(A，B)=0，则称余挠对$ \left( \mathscr{A}, \mathscr{B} \right) $是遗传的.

用$ \mathscr{SMF} $表示由所有强Matlis平坦右R-模构成的类，$ \mathscr{NHI} $表示由所有拟Harmanci-内射右R-模构成的类.

定理1   令R是环，则$ (\mathscr{SMF}, \mathscr{NHI}) $是遗传的余挠对.

证   由拟Harmanci-内射模的定义得到$ \mathscr{SM}{{\mathscr{F}}^{\bot }}=\mathscr{NHI} $，并且$ \mathscr{SMF}{{\subseteq }^{\bot }}\mathscr{NHI} $.下证$ \mathscr{SMF}{{\supseteq }^{\bot }}\mathscr{NHI} 设 N{{\in }^{\bot }}\mathscr{NHI} $.由引理3知Hom_Z(E(R)，Q/Z)是拟Harmanci-内射模，故Ext_R¹(N，Hom_Z(E(R)，Q/Z))=0.取正合列0→Hom_Z(E(R)，Q/Z)→I→C→0，其中I是内射模.用Hom_R(N，-)作用得到$ \text{Ext}_{R}^{2}\left( N, \text{Ho}{{\text{m}}_{z}}\left( E\left( R \right), Q/Z \right) \right)\cong \text{Ext}_{R}^{1}\left( N, C \right) $.由引理3知Hom_Z(E(R)，Q/Z)是拟Harmanci-内射模.再由引理2知C也是拟Harmanci-内射模，因此Ext_R¹(N，C)=0，故Ext_R²(N，Hom_Z(E(R)，Q/Z))=0.如此继续可得，对任意i≥1有Ext_Rⁱ(N，Hom_Z(E(R)，Q/Z))=0，因此由文献[7]的推论10.63得到同构$ \text{Ext}_{R}^{i}\left( N, \text{Ho}{{\text{m}}_{z}}\left( E\left( R \right), Q/Z \right) \right)\cong \text{Ho}{{\text{m}}_{z}}\left( \text{Tor}_{i}^{R}\left( N, E\left( R \right)Q/Z \right) \right) $，则Tor_i^R(N，E(R))=0，从而N是强Matlis平坦模，故$ \mathscr{SMF}{{\supseteq }^{\bot }}\mathscr{NHI} $，所以$ (\mathscr{SMF}, \mathscr{NHI}) $是余挠对.再由引理2和文献[8]的定理2.1.4得到余挠对$ (\mathscr{SMF}, \mathscr{NHI}) $是遗传的.