素的∗-代数上的非线性混合Lie三重ξ-导子

周 游, 杨柱俊, 张建华

(1.曲阜师范大学数学科学学院, 山东曲阜 273165)

(2.陕西师范大学数学与信息科学学院, 陕西西安 710062)

1 引言

设A是一个∗-代数,对于任意的A,B ∈A,将[A,B]=AB−BA与[A,B]∗=AB−BA∗分别定义为A和B的 Lie 积与斜 Lie 积, 将满足L([A,B]) = [L(A),B]+ [A,L(B)]与L([A,B]∗)=[L(A),B]∗+[A,L(B)]∗的映射分别称为 Lie 导子和斜 Lie 导子.

近年来, 已经有许多学者对Lie 积与斜Lie 积性质的刻画做出了很大贡献.例如, 很多学者对代数上的Lie 三重导子, 斜Lie 三重导子, 保持斜Lie 三重积的映射, 混合Lie 三重导子以及保持混合Lie 三重积的映射等问题进行了深入的研究, 其详细工作可参见文献[1–8].

在本文中我们将给出一个复数域上的有单位元和非平凡投影的素的∗- 代数M上的混合 Lie 三重ξ- 导子的结构, 即对任意的A,B,C ∈M,L满足:L([[A,B]∗,C]ξ) =[[L(A),B]∗,C]ξ+[[A,L(B)]∗,C]ξ+[[A,B]∗,L(C)]ξ, 且ξ1 时, 则可得L是一个可加的 ∗-导子, 且对任意的A ∈M, 有L(ξA)=ξL(A).

2 可加性

在这一小节中，我们将证明如下定理.

定理2.1设M是一个有单位元和非平凡投影的素的∗- 代数,L:M →M是一个混合 Lie 三重ξ- 导子, 其中1.则L是可加映射.

设P1为M中的一个非平凡投影,I是M中的单位元和P2=I −P1.令Mij=PiMPj(i,j=1,2)，则且其两两相交均为{0}.因为M是一个素代数, 所以对任意的A ∈M, 若对任意的Bkl ∈Mkl, 均有ABkl=0, 则可得APk=0.

在证明此定理前, 我们首先给出一系列的引理.

引理2.1L(0)=0.

证很容易验证L(0)=L([[0,0]∗,0]ξ)=0.

引理2.2设Aij ∈Mij(i,j=1,2), 则

证设对任意的有

由此可知 [[Pk,T]∗,Bkl]ξ=0, 故另一方面则有

引理 2.3设则L(Aij+Bij)=L(Aij)+L(Bij).

证由引理 2.2 可知, 对任意的有

证毕.

引理2.4设Aii,Bii ∈Mii,i=1,2, 则L(Aii+Bii)=L(Aii)+L(Bii).

证令T=L(Aii+Bii)−(L(Aii)+L(Bii)).则易验证,

故 [[Pj,T]∗,Pi]ξ=[[Pi,T]∗,Pj]ξ=0, 则可推出PiTPj=PjTPi=0.

由引理 2.2 和引理 2.3 知, 对任意的Cij ∈Mij,ij, 有

故 [[Cji,T]∗,Pi]ξ= [[Cij,T]∗,Pj]ξ= 0, 则可推出PiTPi=PjTPj= 0.因此T= 0.从而L(Aii+Bii)=L(Aii)+L(Bii).证毕.

定理 2.1 的证明由引理 2.2, 引理2.3 和引理 2.4 易知, 对任意的A,B ∈M, 有L(A+B)=L(A)+L(B).继而可知L是一个可加映射.定理证毕.

3 主要结论

下面的定理便是本文最主要的结论.

定理3.1设M是一个有单位元和非平凡投影的素的∗-代数,L:M →M是一个混合Lie 三重ξ- 导子且1.则L是一个可加 ∗ - 导子, 且对任意的A ∈M, 有L(ξA)=ξL(A).

引理3.1设A ∈M, 则

(1)L(I)=L(I)∗∈(M);

(2) 若A=A∗, 则有L(A)=L(A)∗;

证(1) 对任意的B ∈M, 有 0 =L([[I,B]∗,I]ξ) = [[L(I),B]∗,I]ξ.从而对任意的B ∈M, 有 [L(I),B]∗=0, 因此L(I)=L(I)∗∈Z(M).

(2) 由 (1)可知对任意的A ∈M, 若A=A∗, 则有 0=L([[A,I]∗,I]ξ)= [[L(A),I]∗,I]ξ.由此可推出 [L(A),I]∗=0, 从而当A=A∗时, 则有L(A)=L(A)∗.

引理 3.2设A ∈M, 则L(iA)=iL(A),L(A)∗=L(A∗).

证设A ∈M, 则有

在(3.1)式和(3.2)式中, 用iA代替A后, 可得

对比(3.1)式和(3.4)式以及(3.2)式和(3.3)式知, 对任意的A ∈M,有

在(3.6)式等号两侧同时乘以i后有

因而由(3.5)式和(3.7)式可知, 对任意的A ∈M, 有L(iA) =iL(A).根据引理3.1(2)和上式可知, 对任意的A ∈M, 均有L(A)∗=L(A∗).证毕.

引理3.3L −L(I)是一个可加∗- 导子.

证对任意的A ∈M, 有

继而有

从而由(3.8)式和L是混合Lie 三重ξ- 导子可知, 对任意的A,B ∈M, 有

因此对任意的A,B ∈M, 有

在(3.9)式中, 用iA代替A后可知, 对任意的A,B ∈M,有

由 (3.9)式和 (3.10)式可知 [L(A)B,I]ξ+[AL(B),I]ξ=[AB,L(I)]ξ+(1−ξ)L(AB).继而对任意的A,B ∈M, 有

因此L −L(I)是一个可加∗- 导子.证毕.

定理3.1 的证明由引理3.3 可知, 对任意的A,B,C ∈M,有

又因

从而对任意的A,B,C ∈M,有

所以

在 (3.12)式中, 令A=iI,B=C=I, 则可得 2L(I)+L(ξI)−3ξL(I)=0.因此

由 (3.12) 式和 (3.13) 式可知, 对任意的A,B,C ∈M, 有L(I)[[A,B]∗,C]= 0 成立, 故L(I) =0.从而由引理2.3 可知L是一个可加的∗- 导子, 且由(3.8)式可得L(ξA)=ξL(A).定理证毕.