交換環(huán)上反對稱矩陣李代數(shù)的局部導子和2 - 局部導子

王 迪, 王 穎

(大連理工大學數(shù)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(shù)和非結合代數(shù)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(shù). 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(shù)到它的對偶Banach 模的任一范數(shù)連續(xù)的局部導子是導子; 在文獻[3] 中, 作者證明了C?代數(shù)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(shù)的套子代數(shù)的任一范數(shù)連續(xù)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(huán)上上三角矩陣李代數(shù)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(shù)閉域上有限維半單李代數(shù)上的局部導子是導子并且證明了維數(shù)大于3 的有限維冪零李代數(shù)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(shù). 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(shù)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(shù)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(guī)代數(shù)上矩陣代數(shù)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(shù)閉域上有限維半單李代數(shù)上的2 - 局部導子都是導子, 同時給出了有限維冪零李代數(shù)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(huán), Ln(R) 表示R 上所有n×n 反對稱矩陣構成的一個李代數(shù). 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(shù); 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(shù).由于Ln(R) 是完備李代數(shù), 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(jù)Ln(R)上李乘的定義可知

定義2.1[13]令R 是有1 的交換環(huán), L 是R 上的李代數(shù). 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(huán), L 是R 上的李代數(shù). 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(shù).

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

定義2.4[6]令R 是有1 的交換環(huán), L 是R 上的李代數(shù). 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(huán), L 是R 上的李代數(shù). 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(jù)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(jù)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(xiàn)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(jù)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(jù)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.