一類Block型李代數的2-局部導子

肖明月,唐孝敏

(黑龍江大學數學科學學院,黑龍江 哈爾濱 150080)

0 引言

李代數及其相關課題已經成為數學研究中的重要領域之一.李代數是一類非常重要的非結合代數,源于對李群的研究,后經相關學者對復數域上的有限維半單李代數有了更為深入且全面的研究,構建了經典的理論體系,奠定了理論基礎.導子在研究李代數結構理論體系中起著非常重要的作用,學者們在研究過程中進一步擴充了導子結構.1997年,emrl引入了2-局部導子[1]的概念,2-局部導子為導子概念的非線性推廣,此后學者們相繼對代數的2-局部導子進行了大量的研究.關于李代數的2-局部導子問題的研究主要是判斷其2-局部導子是否為導子[2-6].

Block型李代數[7]在1958年由Block引入,Block型李代數在數學及物理學科上有著廣泛的應用,起著極其重要的作用,大量重要的無限維李代數都與其有著頗多相似之處,吸引了眾多研究者的關注.在Block型李代數的眾多研究成果主要集中在Block型李代數的結構和表示理論[8-10]方面,但關于Block型李代數局部性質的研究還很少.本文主要致力于研究一類Block型李代數的2-局部導子,確切地說,本文研究的Block型李代數如下:

Block型李代數B(q),q?,具有基{Lm,i|m,i∈},李括號如下:

[Lm,i,Ln,j]=(n(i+q)-m(j+q))Lm+n,i+j,?m,n,i,j∈.

1 預備知識

本文約定L是一個李代數.給出一些基本的定義和一些引理.

定義1 設D為L上的線性變換,若D滿足

D([x,y])=[D(x),y]+[x,D(y)],?x,y∈L,

則稱D為導子.記所有L的導子構成的集合為Der(L).對任意a∈L,映射

ad(a):L→L,x→[a,x],?x∈L

是導子,這種形式的導子稱為內導子.記所有L的內導子構成的集合為Inn(L).

定義2 設Δ是L上的一個線性變換(不一定是線性的).若對任意的x,y∈L,都存在L的一個導子Dx,y,使得Δ(x)=Dx,y(x)且Δ(y)=Dx,y(y),那么稱Δ是L的一個2-局部導子.

引理1[11]Der(B(q))=Inn(B(q))??2,其中?2是B(q)的一個外導子且滿足:

?2：Lm,i→iLm,i,?m,i∈.

由引理1,易得如下引理:

引理2 設Δ是L上的一個2-局部導子.若任意x,y∈B(q),存在Dx,y使得Δ(x)=Dx,y(x),且Δ(y)=Dx,y(y),則Dx,y可寫成

其中:am,i(x,y),λ(x,y)∈;m,i∈.

2 Block型李代數2-局部導子

本節Δ是Block型李代數B(q)上的一個2-局部導子,?2是Block型李代數的一個外導子.給出關于Block型李代數2-局部導子的主要結果:

定理1 Block型李代數上的2-局部導子是導子.

為了證明這個定理,需要以下幾個引理.

引理3 設Δ是B(q)上的2-局部導子,則對任意y∈B(q),有:

(ⅰ) 對于n∈*,j∈,若Δ(Ln,j)=0,則

(1)

(ⅱ) 對于j∈,若Δ(L0,j)=0,則

(2)

其中:a0,i(L0,j,y),λ(L0,j,y)∈;

證明(ⅰ) 由引理2,設

其中am,i(Ln,j,y),λ(Ln,j,y)∈.

因為Δ(Ln,j)=0,則有

比較Ln,i+j,Ln,j,Lm+n,i+j的系數,可得:

n(i+q)a0,i(Ln,j,y)=0,i∈*,n∈*,j∈;

nqa0,0(Ln,j,y)+jλ(Ln,j,y)=0,n∈*,j∈;

(n(i+q)-m(j+q))am,i(Ln,j,y)=0,m,i∈,n∈*,j∈.

綜上,

(ⅱ) 由引理2,設

其中am,i(L0,j,y),λ(L0,j,y)∈.

因為Δ(L0,j)=0,則有

比較Lm,i+j,L0,j的系數,則可得當m≠0時,am,i(L0,j,y)=0;當j≠0時,λ(L0,j,y)=0.結論得證.

引理4 設Δ是B(q)上的2-局部導子,使得Δ(L0,0)=Δ(L1,0)=0.則有Δ(Ln,j)=jξLn,jLn,j,?n,j∈,其中ξLn,j=λ(L1,0,Ln,j)∈.

證明易知

(3)

(4)

令y=Ln,j,則由(3)和(4)式可得

(5)

(6)

比較(5)和(6)式有

(n(i+q)-ki(j+q))aki,i(L1,0,Ln,j)=0.

從而Δ(Ln,j)=jλ(L1,0,Ln,j)Ln,j.令λ(L1,0,Ln,j)=ξLn,j,則結論得證.

證明因為Δ(L0,0)=Δ(L1,0)=0,由引理4可知Δ(Ln,0)=0,n∈*.再由引理3得

因為t是有限項的,所以可以找到足夠大的n∈*,使得αkn,i+t,i+k=0,t,i,k∈,其中*.比較Lkn,i+t,i+k的系數,可得

(t(i+q)-kn,i(k+q))αt,kakn,i,i(Ln,0,x)=0,

引理6 設Δ是B(q)上的2-局部導子,使得Δ(L1,0)=0.則對任意的p∈*,y∈B(q),都存在,使得

證明因為Δ(L1,0)=0,由引理3可得

其中a0,i(L0,1,y)∈.設tp=L0,P+L0,2P,并令y=tp,則有

因為Δ(tp)=0,由引理2可設

其中am,i(L0,p+L0,2p,y),λ(L0,p+L0,2p,y)∈.

由于Δ(tp)=0,則可得

比較L0,p,L0,2p,Lm,i+p,Lm,i+2p的系數,則可得λ(L0,p+L0,2p,y)=0.當m=0時,可得Δ(tp)=0.當m≠0時,有

因為上式是有限項,又由上式可得

引理7 設Δ是B(q)上的2-局部導子,使得Δ(L0,0)=Δ(L1,0)=Δ(L0,1)=0.則?x∈B(q)有Δ(x)=0.

(7)

又因為Δ(L0,1)=0,則?p∈*,由引理6可知

從而

將之與(7)式做比較,可得

(8)

因為ξx的取值不同,分為2種情況進行討論.

情況1ξx=0.則由(7)式可知Δ(x)=0.

情況2ξx≠0.則需要證明{αt,k}=0,其中t,k∈且t=k時k≠0.

ξxkα0,k=0,

(9)

因為{αt,k}t,k∈是有限項,則存在b0∈,使得αt,k+b0i0=0.令k=k+bi0,其中b=1,2,…,b0-1,則有:

(10)

? ?

由(10)式可知當t≠0時,有{αt,k}t∈*,k∈=0.再由(9)式可知k≠0時,有{α0,k}k∈*=0.綜上可知{αt,k}=0,其中t,k∈且t=k時k≠0.又因為由(8)式可得Δ(α0,0L0,0)=0,則有Δ(x)=0.

定理1的證明Δ是B(q)上的2-局部導子,取導子DL0,0,L1,0,使得

Δ(L0,0)=DL0,0,L1,0(L0,0),Δ(L1,0)=DL0,0,L1,0(L1,0).

令Φ1=Δ-DL0,0,L1,0,則Φ1是2-局部導子,使得Φ1(L0,0)=Φ1(L1,0)=0.

由引理4可知Φ1(L0,1)=ξL0,1L0,1,其中ξL0,1∈.令Φ2=Φ1-ξL0,1?2,則Φ2是2-局部導子,使得

Φ2(L0,0)=Φ1(L0,0)-ξL0,1?2(L0,0)=0-0=0,

Φ2(L1,0)=Φ1(L1,0)-ξL0,1?2(L1,0)=0-0=0,

Φ2(L0,1)=Φ1(L0,1)-ξL0,1?2(L0,1)=ξL0,1L0,1-ξL0,1L0,1=0.

由引理7可知,Φ2=Δ-DL0,0,L1,0-ξL0,1?2≡0,則Δ=DL0,0,L1,0+ξL0,1?2是導子,結論得證.