交換環上反對稱矩陣李代數的局部導子和2 - 局部導子

王 迪, 王 穎

(大連理工大學數學科學學院,遼寧大連116024)

1 引言

在上世紀90 年代, Larson, Sourour 和Kadison 在文獻[1, 2] 中分別獨立地提出了局部導子的概念. 之后, 學者們開始研究結合代數和非結合代數上的局部導子的結構. 設是Banach 空間,是上有界線性算子全體構成的代數. Larson 和Sourour 在文獻[1] 中證明了上的局部導子都是導子; Kadison 在文獻[2] 中證明了Von Neumann代數到它的對偶Banach 模的任一范數連續的局部導子是導子; 在文獻[3] 中, 作者證明了C?代數U 到Banach U - 雙模上的局部導子是導子; 在文獻[4] 中, 作者證明了因子von Neumann 代數的套子代數的任一范數連續線性局部導子是導子; 趙延霞和王麗在文獻[5] 中證明了可交換環上上三角矩陣李代數的局部導子是導子; Ayupov 和Kudaybergenov 在文獻[6] 中證明了特征為0 的代數閉域上有限維半單李代數上的局部導子是導子并且證明了維數大于3 的有限維冪零李代數上存在不是導子的局部導子.

2 - 局部導子可看作局部導子的一種非線性推廣, 它的概念是由ˇSemrl 在文獻[7] 中提出的. 令H 是無限維可分離Hilbert 空間, B(H) 是H 上所有有界線性算子構成的代數. ˇSemrl 在文獻[7] 中證明了B(H) 上的所有2 - 局部導子都是導子; 2011 年, Ayupov 和Kudaybergenov 在文獻[8] 中將ˇSemrl 的結論推廣到任意Hilbert 空間上, 即當H 是任意Hilbert 空間時, B(H) 上的任一2 - 局部導子都是導子. 此外, Ayupov 等人還給出了其他代數上2 - 局部導子的結構. 例如, 在文獻[9] 中, 作者們給出了交換正則代數上存在非導子的2- 局部導子的充分必要條件, 同時證明了交換正規代數上矩陣代數的2 - 局部導子是導子; 在文獻[10] 中, 作者們證明了特征為0 的代數閉域上有限維半單李代數上的2 - 局部導子都是導子, 同時給出了有限維冪零李代數上2 - 局部導子不是導子的例子.

令R 表示有單位元1 的2 - 撓自由交換環, Ln(R) 表示R 上所有n×n 反對稱矩陣構成的一個李代數. 在Ln(R) 上的李乘定義為[A,B] = AB ?BA, 其中A,B ∈Ln(R).2009 年, 作者們在文獻[11] 中證明了Ln(R)(n ≥3) 是完備李代數; 2013 年, 文獻[12] 證明了Ln(R)(n ≥5) 上BZ 導子的分解式唯一, 進一步得出Ln(R) (n ≥5) 是完備李代數.由于Ln(R) 是完備李代數, 所以Ln(R) 上的導子都是內導子. 本文將利用這一結果證明Ln(R)(n ≥3) 上的2 - 局部導子和局部導子是導子.

2 基礎知識

定義Ln(R) 上李乘為[A,B]=AB ?BA, A,B ∈Ln(R). 設Eij為(i,j) 位置為1, 其余位置為0 的n 階方陣. 令Aij=Eij?Eji, 則Aij∈Ln(R), Aij=?Aji, Aii=0. 根據Ln(R)上李乘的定義可知

定義2.1[13]令R 是有1 的交換環, L 是R 上的李代數. 若R - 線性映射φ:L →L 滿足

則稱φ 為導子. 特別的, 任意z ∈L, adz :L →L, adz(x)=[z,x],x ∈L 也是一個導子, 稱這種形式的導子為內導子.

定義2.2[14]令R 是有1 的交換環, L 是R 上的李代數. 若滿足

(i) Z(L)={x ∈L|[x,y]=0,y ∈L}=0,

(ii) L 的導子都是內導子,則稱L 是完備李代數.

命題2.3(見文獻[11,Theorem 3.2]) 令R 是有1 的2-撓自由交換環,那么Ln(R)(n ≥3)是完備李代數.

定義2.4[6]令R 是有1 的交換環, L 是R 上的李代數. 若R - 線性映射?:L →L 滿足: 對于任意x ∈L 都存在一個導子Dx( 與x 有關) 使得?(x)=Dx(x), 則稱?為L 的局部導子.

定義2.5[10]令R 是有1 的交換環, L 是R 上的李代數. 若映射T:L →L 滿足: 對于任意x,y ∈L 都存在一個導子Dx,y( 與x,y 有關) 使得T(x)=Dx,y(x), T(y)=Dx,y(y), 則稱T 為L 的2 - 局部導子.

顯然, 導子是局部導子, 也是2 - 局部導子. 反之, 不一定成立.

下文設T 和?分別是Ln(R) 上的2 - 局部導子和局部導子.

由命題2.3 直接可得Ln(R)(n ≥3) 上的導子都是內導子, 因此對于任意A,B ∈Ln(R),存在MA,B∈Ln(R), 滿足T(x) = [MA,B,A], T(y) = [MA,B,B]. 對于任意A ∈Ln(R), 存在MA∈Ln(R), 滿足?(x)=[MA,A].

3 局部導子

根據局部導子定義可得, 存在A ∈Ln(R) (n ≥3) 使得?(A12) = [A,A12]. 令??adA, 則顯然, 如果是導子, 那么?是導子. 下文中用?表示并將證明?是一個導子.

引理3.1設?是L3(R) 上的局部導子. 若?(A12)=0, 則?是導子.

證顯然,A12,A13,A23可作為L3(R)的一組基.根據局部導子的定義,存在x,y ∈L3(R),使得?(A13)=[x,A13], ?(A23)=[y,A23]. 設

那么?(A13)=?x1A23+x3A12, ?(A23)=y1A13?y2A12.

對A12+A13, 存在m ∈L3(R), m = m1A12+m2A13+m3A23, 使得?(A12+A13) =[m,A12+A13]. 因為?是線性映射,所以?(A12+A13)=?(A12)+?(A13),即[m,A12+A13]=0+[x,A13] = [x,A13]. 將m 和x 的基底表示代入等式, 整理得x3= m3= 0. 同理, 對A12+A23和A13+A23分別進行如上操作可得y2=0 和x1=y1. 所以

令?1= ??ad(x1A12), 那么?1(A12) = ?1(A13) = ?1(A23) = 0, 所以?1= 0, 即?=ad(x1A12). 因此L3(R) 上的局部導子?是導子.

在Ln(R)(n ≥4) 中, 當3 ≤j ≤n 時, 由局部導子定義可得, 存在

使得

引理3.2設?是Ln(R)(n ≥4) 上的局部導子. 若?(A12) = 0, 那么存在m ∈Ln(R),令?1=??adm, 使得

證在引理3.2 的證明中, 始終假設

由式(3.5) 第一個式子和式(3.6) 可得

令m=aA12, ?1=??adm. 將(3.7) 和(3.8) 式分別代入(3.3) 和(3.4) 式, 得

此時?1(A12)=0, 且?1仍然是一個局部導子.

式子展開后可得

將(3.14)–(3.21) 式代入(3.11)–(3.13) 式, 可得

引理證畢.

定理3.3Ln(R)(n ≥3) 上的局部導子?是導子.

證由引理3.1 可知, L3(R) 上的局部導子都是導子, 所以只需證明n ≥4 時結論成立.

因為?1是線性映射, 所以如果對基底中任意兩個元素Aij, Akl, 1 ≤i,j,k,l ≤n 都滿足以下等式

則對任意x ∈Ln(R), y ∈Ln(R), 都有[?1(x),y]+[x,?1(y)] = ?1([x,y]) 成立, 即?1是導子. 現將基底分為四部分: A12, {A1p}3≤p≤n, {A2p}3≤p≤n, {Apq}3≤p

其中3 ≤i,j,k,l ≤n, 且i,j,k,l 互不相等.

以下驗證第7 個等式成立, 不妨假設i

所以

由以上可得等式[?1(Aij),Ail]+[Aij,?1(Ail)]=??1(Ajl)成立, 其余等式類似可得. 因此?1是導子, 根據命題2.3 可知存在X ∈Ln(R), 使得?1=adX. 所以

即?是一個導子. 定理得證.

4 2 - 局部導子

引理4.1Ln(R)(n ≥3) 上的2 - 局部導子是線性映射.

證用tr(X) 表示矩陣X 的跡, 即X 的對角元素之和. 令f(A,B) = tr(AB),A,B ∈Ln(R), 則

其中A,B,A1,A2,B1,B2∈Ln(R), r,t ∈R.

由以上可得f 是Ln(R) 上非退化的對稱雙線性型.

設T 是Ln(R)(n ≥3) 上的2 - 局部導子, 那么對于任意A,B,C ∈Ln(R), 有

所以T(A+B)=T(A)+T(B).

對于任意A ∈Ln(R),r ∈R,存在MA,rA使得T(A)=[MA,rA,A],T(rA)=[MA,rA,rA]，顯然T(rA)=rT(A). 因此T 是線性映射. 引理得證.

定理4.2Ln(R)(n ≥3) 上的2 - 局部導子是導子.

證由引理4.1 知T 具有線性性,因此只需證明[T(Aij),Akl]+[Aij,T(Akl)]=T([Aij,Akl])成立即可.

分兩種情況證明.

(i) 當[Aij,Akl]=0 時,根據2-局部導子定義,存在m ∈Ln(R),使得T(Aij)=[m,Aij],T(Akl)=[m,Akl], 那么

等式成立.

滿足T(Aij) = [x,Aij] = [m,Aij], T(Ais) = [y,Ais] = [m,Ais], T(Ajs) = [x,Ajs] = [y,Ajs].

因此可得

將上式各項展開可得

所以

定理得證.