Leger和Luks在文献[4]中提出了李代数的准导子的概念, 王登银在文献[5]中提出了零积导子的概念.我们知道, 导子都是准导子也是零积导子, 但是准导子和零积导子都不一定是导子, 那么零积导子是否是准导子?

Brešar在文献[1]中定义了零(李, Jordan)积决定的代数.我们发现, 在零积决定的代数上零积导子一定是准导子.

设$R$是有单位元的交换环.三角代数$\Delta$是指如下形式的代数,

$ \left( \begin{array}{lr} A &M\\ &B \end{array} \right), $

其中$A, B$是环$R$上有单位元的代数, $M$是左$A$模和右$B$模的$(A, B)$ -双模.显然, 上三角矩阵代数, 分块上三角矩阵代数和有限维套代数都是三角代数的具体例子.

设$R$为交换环, $\mathcal{A}$是$R$上代数(可以是非结合的)且其上的乘法记为$\ast$.设$X$是一个$R$ -模.对$x, y\in\mathcal{A}$我们记所有$x\ast y$为$\mathcal{A}$ $^2$.假设$\{ \;,\;\} \:\mathcal{A} \times \mathcal{A}$ $\rightarrow X$是$R$ -双线性映射.考虑如下两个条件:

(ⅰ)对$x, y\in\mathcal{A}$, 如果$x\ast y=0$, 则$\{x, y\}=0$.

(ⅱ)对任意$x, y\in\mathcal{A}$, 存在一个$R$ -线性映射$\phi:\mathcal{A}$ $^{2}\rightarrow$ $X$满足$\{x, y\}=\phi(x\ast y)$.

显然, (ⅱ)可以推出(ⅰ).如果对任意$R$ -模$X$和$R$ -双线性映射$\{ \;,\;\} \:\mathcal{A} \times \mathcal{A}$ $\rightarrow X$, 还由(ⅰ)可以推出(ⅱ), 如果此二条件成立，则我们称$\mathcal{A}$是零积决定的代数.

如果代数$\mathcal{A}$中存在单位元$I$, 则对任意$x\in\mathcal{A}$可以定义$R$ -线性映射$\phi:\mathcal{A}$ $^{2}\rightarrow$ $ X$为$\phi(x)=\{x, I\}$, 从而有(ⅱ)等价于下面的(ⅱ)$'$.

(ⅱ)$'$对任意$x, y\in \mathcal{A}$, $R$ -线性映射$\{ \;,\;\} \:\mathcal{A} \times \mathcal{A}\rightarrow$ $ X$满足$\{x, y\}=\{x\ast y, I\}$.

假设$\mathcal{A}$是结合代数, 如果取$\ast$为李运算$[x, y]=xy-yx$, 则$\mathcal{A}$成为一个李代数, 我们称$\mathcal{A}$是零李积决定的代数, 是指$\mathcal{A}$对李运算是零积决定的代数, 也就是说对任意$R$-双线性映射$\{ \;,\;\} \:\mathcal{A} \times \mathcal{A}$ $\rightarrow X$, 存在$R$ -线性映射$\phi:[\mathcal{A}, \mathcal{A}]$ $\rightarrow X$使得$\{ \;,\;\}$为$\{x, y\}=\phi([x, y])$, 且由$[x, y]=0$一定可得$\{x, y\}=0$.类似的, 取$\ast$为Jordan积$x\circ y=xy+yx$, 则$\mathcal{A}$成为一个Jordan代数, 我们称$\mathcal{A}$是零Jordan积决定的代数, 是指$\mathcal{A}$作为Jordan代数是一个零积决定的代数, 也就是说, $\{ \;,\;\}$具有形式$\{x, y\}=\phi(x\circ y)$, 并且由$x\circ y=0$一定有$\{x, y\}=0$.

Brešar在2009年的文^[1]中论述了如果$B$是有单位元的代数, 那么全矩阵代数$M_{n}(B)$是零积(也是零李积和零Jordan积)决定的代数, 并且给出了零积决定的代数在保持线性映射和同态方面的一些应用.后来Grašić在文献[2]中给出了两种类型的李代数都是零李积保持的.王登银在文献[3]中证明了有限维单李代数的所有抛物子代数也是零李积保持的, 这个结论能应用于决定零积导子(见文献[3]中定理3.1) 和描述双边交换保持映射(见文献[3]中定理4.1, 4.2).

记$1_{A}$, $1_{B}$分别为代数$A, B$的单位元, $1$为三角代数$\Delta$的单位元, 引入如下记号：

$ e=\left( \begin{array}{lr} 1_{A}&0\\ &0 \end{array} \right), \ f=1-e=\left( \begin{array}{lr} 0&0\\ &1_{B} \end{array} \right). $

对于三角代数$\Delta$, 下列引理是显然成立的.

引理1.1  设$R$是有单位元的交换环, $A, B$是$R$上有单位元的代数, $M$是一一的$(A, B)$-双模.记$\Delta$表示三角代数, 则$\left(\begin{array}{lr} A & 0\\ & 0 \end{array} \right)$和$\left(\begin{array}{lr} 0 & 0\\ & B \end{array} \right)$分别是同构于$A, B$的$\Delta$的子代数.

根据引理1.1, 为了简化我们引入类似于文献[6]中的记法, 记$x= \left(\begin{array}{lr} a & m\\ & b \end{array} \right) \in \Delta$为

$ x=exe+exf+fxf=a+m+b. $

首先给出一个简单引理.

引理2.1  如果$\Gamma$是零积(零李积或者零Jordan积)决定的代数, 代数$\Theta$同构于$\Gamma$, 则$\Theta$也是零积(零李积或者零Jordan积)决定的代数.

接下来的三个定理是本文的主要结论.

定理2.2  设$R$是有单位元的交换环, $A, B$是$R$上的结合代数, $M$是$(A, B)$ -双模, $\Delta= \left(\begin{array}{lr} A & M\\ & B \end{array} \right)$为三角代数.如果$A, B$是零积决定的代数, 则$\Delta$也是零积决定的.

证  记$1$为$\Delta$的单位元, 下面只需证明(ⅰ)能推出(ⅱ)$'$记$\{ \;,\;\}:\Delta\times\Delta\rightarrow X$表示如果$xy=0$则$\{x, y\}=0$的双线性映射.

对$\Delta$中的元$x=\left(\begin{array}{lr} a & m\\ & b \end{array} \right)=a+m+b, y=\left(\begin{array}{lr} a' & m'\\ & b' \end{array} \right)=a'+m'+b'$, 由$mm'=\left(\begin{array}{lr} 0 & m\\ & 0 \end{array} \right)\left(\begin{array}{lr} 0 & m'\\ & 0 \end{array} \right)=0$和$ab'=ba'=0$可得

$ \{m, m'\}=\{a, b'\}=\{b, a'\}=0. $

(1)

由$ (a+am')(m'-f)=0 $可得

$ \{a, m'\}=\{am', f\}. $

(2)

由$(am'+b)(-e+m')=0, $可得

$ \{b, m'\}=\{am', e\}. $

(3)

结合(2) 和(3) 式可得

$ \{a, m'\}+\{b, m'\}=\{am', 1\}. $

(4)

由$(m-mb')a'=0$有$\{m, a'\}=\{mb', a'\}, $再由$mb'(a'-e)=0$有$\{mb', a'\}=\{mb', e\}, $因此可得

$ \{m, a'\}=\{mb', e\}. $

(5)

由$(m+e)(b'-mb')=0$有$\{m, b'\}=\{e, mb'\}, $再由$(e-mb')(mb'+f)=0$有$\{e, mb'\}=\{mb', f\}, $因此可得

$ \{m, b'\}=\{mb', f\}. $

(6)

结合(5) 和(6) 式可得

$ \{m, a'\}+\{m, b'\}=\{mb', 1\}. $

(7)

如果$A$是零积决定的代数, 由引理1.1, 引理2.1和(ⅱ)$'$可得$\{a, a'\}=\{aa', 1\}$.类似的如果$B$是零积决定的代数则$\{b, b'\}=\{bb', 1\}$, 再结合(1), (4), (7) 式可得

$ \begin{eqnarray*} \{x, y\} &=& \{a, a'\}+\{a, m'\}+\{a, b'\}+\{m, a'\}+\{m, m'\}+\{m, b'\}+\{b, a'\}+\{b, m'\}+\{b, b'\} \\ &=& \{a, a'\}+\{a, m'\}+\{m, a'\}+\{m, b'\}+\{b, m'\}+\{b, b'\} \\ &=& \{aa', 1\}+\{bb', 1\}+(\{a, m'\}+\{m, a'\}+\{m, b'\}+\{b, m'\}) \\ &=& \{aa', 1\}+\{bb', 1\}+\{am'+mb', 1\} \\ &=& \{xy, 1\}. \end{eqnarray*} $

我们得到了(ⅱ)$'$成立, 所以$\Delta$是零积决定的代数.

定理2.3  设$R$是有单位元的交换环, $A, B$是$R$上的结合代数, $M$是$(A, B)$ -双模, 假设$\Delta$包含$\frac{1}{2}=\frac{1}{2}e+\frac{1}{2}f$.如果$A, B$是零积决定的代数, 则$\Delta$也是零积决定的.

证  不难看出$\Delta$对运算$\circ$作为Jordan代数时, $\frac{1}{2}$为单位元.

记$\{ \;,\;\}:\Delta\times\Delta\rightarrow X$是满足下列条件的双线性映射：只要$x\circ y=0$就有$\{x, y\}=0$.

取$\Delta$中的元$x=a+m+b, y=a'+m'+b'$.

为了简便, 对任意$\overline{m} \in M$, 我们先得到等式(8)-(10) 式,

$ \{e, \overline{m}\}=\{\overline{m}, f\}. $

(8)

由$(e-\overline{m})\circ(\overline{m}+f)=0$和$(f-\overline{m})\circ(\overline{m}+e)=0$可得

$ \{f, \overline{m}\}=\{\overline{m}, e\}. $

(9)

由$\overline{m}\circ(f-(\frac{1}{2}f+\frac{1}{2}e)) =\overline{m}\circ(e-(\frac{1}{2}f+\frac{1}{2}e))=0$可得

$ \{\overline{m}, f\}=\{\overline{m}, \frac{1}{2}\}, \{\overline{m}, e\}=\{\overline{m}, \frac{1}{2}\}. $

(10)

由$(a+am')\circ(m'-f)=0$有$\{a, m'\}=\{am', f\}$.类似地由$(m+e)\circ(b'-mb')=0$有$\{m, b'\}=\{e, mb'\}$, 再结合(8), (10) 式可得

$ \{a, m'\}+\{m, b'\}=\{am'+mb', f\}=\{am'+mb', \frac{1}{2}\}. $

(11)

由$(m'b+b)\circ(-e+m')=0$有$\{b, m'\}=\{m'b, e\}$, 同样由$(m+f)\circ(a'-a'm)=0$有$\{m, a'\}=\{f, a'm\}$, 再结合(9), (10) 式可得

$ \{b, m'\}+\{m, a'\}=\{a'm+m'b, e\}=\{a'm+m'b, \frac{1}{2}\}. $

(12)

由$m\circ m'=a\circ b'=b\circ a'=0$可得

$ \{m, m'\}=\{a, b'\}=\{b, a'\}=0. $

(13)

如果$A$是零Jordan积决定的代数, 注意Jordan代数$A$的单位元为$\frac{1}{2}1_{A}$, 由引理1.1, 引理2.1和(ⅱ)$'$可得$\{a, a'\}=\{a\circ a', \frac{1}{2}\}$.类似的$B$是零Jordan积决定的代数从而$\{b, b'\}=\{b\circ b', \frac{1}{2}\}$, 再结合(11)-(13) 式有

$ \begin{eqnarray*} \{x, y\} &=& \{a, a'\}+\{a, m'\}+\{a, b'\}+\{m, a'\}+\{m, m'\}+\{m, b'\}+\{b, a'\}+\{b, m'\}+\{b, b'\} \\ &=& \{a, a'\}+\{a, m'\}+\{m, a'\}+\{m, b'\}+\{b, m'\}+\{b, b'\} \\ &=& \{a, a'\}+\{b, b'\}+(\{a, m'\}+\{m, a'\}+\{m, b'\}+\{b, m'\}) \\ &=& \{a\circ a', \frac{1}{2}\}+\{b\circ b', \frac{1}{2}\}+\{am'+mb'+a'm+m'b, \frac{1}{2}\} \\ &=& \{x\circ y, \frac{1}{2}\}. \end{eqnarray*} $

对任意$x\in\Delta$, 我们定义满足$\{x, \frac{1}{2}\}=\phi(x\circ\frac{1}{2})=\phi(x)$的$R$ -线性映射$\phi:\Delta\circ\Delta\rightarrow X$.则对所有$x, y\in\Delta$有$\phi$满足$\{x, y\}=\phi(x\circ y)$, 也就是说$\Delta$是零Jordan积决定的.

定理2.4   设$R$是有单位元的交换环, $A, B$是$R$上的结合代数, $M$是$(A, B)$ -双模, $\Delta$是三角代数.如果$A, B$是零李积决定的代数, 则$\Delta$也是零李积决定的.

证  取满足只要$[x, y]=0$就有$\{x, y\}=0$的双线性映射$\{ \;,\;\} :\Delta\times\Delta\rightarrow X$.

为了简化证明过程我们先给出几个等式(14)-(16), 取$\overline{a}\in A, \overline{m}, \overline{m}'\in M, \overline{b}\in B$.由$[e-\overline{m}, \overline{m}+f]=0=[f-\overline{m}, \overline{m}+e]$可得

$ \{e, \overline{m}\}=\{\overline{m}, f\}, \{f, \overline{m}\}=\{\overline{m}, e\}. $

(14)

由$[\overline{m}, e+f]=0$可得

$ \{\overline{m}, e\}=\{-\overline{m}, f\}. $

(15)

由$[\overline{m}, \overline{m}']=[\overline{a}, \overline{b}] =[\overline{b}, \overline{a}]=0$, 可得

$ \{\overline{m}, \overline{m}'\}=\{\overline{a}, \overline{b}\} =\{\overline{b}, \overline{a}\}=0. $

(16)

任取$\Delta$中的元$x=a+m+b, y=a'+m'+b'$.

由$[(a+am'), (m'-f)]=0$可得

$ \{a, m'\}=\{am', f\}. $

(17)

由$[(m'b+b), (-e+m')]=0$有$\{b, m'\}=\{m'b, e\}$, 在(15) 式中用$m'b$代替$\overline{m}$可得

$ \{b, m'\}=\{-m'b, f\}. $

(18)

由$[(m+f), (a'-a'm)]=0$有$\{m, a'\}=\{f, a'm\}$, 再结合(14), (15) 式可得

$ \{m, a'\}=\{-a'm, f\}. $

(19)

由$[(m+e), (b'-mb')]=0$有$\{m, b'\}=\{e, mb'\}$, 在(14) 式中用$m'b$代替$\overline{m}$可得

$ \{m, b'\}=\{mb', f\}. $

(20)

假设$x_{i}=a_{i}+m_{i}+b_{i}, y_{i}=a_{i}'+m_{i}'+b_{i}' \in \Delta (i=1, 2, \ldots, n)$满足$\Sigma^{n}_{i=1}[x_{i}, y_{i}]=0$.

下面只需证明$\Sigma^{n}_{i=1}\{x_{i}, y_{i}\}=0$即可.根据式(16)-(20),

$ \begin{eqnarray*} \Sigma^{n}_{i=1}\{x_{i}, y_{i}\} &=& \Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, a_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, m_{i}'\}+ \Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, b_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{m_{i}, a_{i}'\}+ \Sigma^{n}_{i=1}\{m_{i}, m_{i}'\} \\ & & +\Sigma^{n}_{i=1}\{m_{i}, b_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, a_{i}'\} +\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, m_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, b_{i}'\} \\ &=& \Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, m_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{m_{i}, a_{i}'\} +\Sigma^{n}_{i=1}\{m_{i}, b_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, m_{i}'\} \\ & & +\Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, a_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, b_{i}'\} \\ &=& \Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}m_{i}'-a_{i}'m_{i}+m_{i}b_{i}'-m_{i}'b_{i}, f\} +\Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, a_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, b_{i}'\} \\ &=& \{\Sigma^{n}_{i=1}(a_{i}m_{i}'-a_{i}'m_{i}+m_{i}b_{i}'-m_{i}'b_{i}), f\} +\Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, a_{i}'\}+\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, b_{i}'\}. \end{eqnarray*} $

又由于$\Sigma^{n}_{i=1}[x_{i}, y_{i}]=0$, 因此有

$ \Sigma^{n}_{i=1}(a_{i}m_{i}'-a_{i}'m_{i}+m_{i}b_{i}'-m_{i}'b_{i})=0 $

和

$ \Sigma^{n}_{i=1}[a_{i}, a_{i}']=\Sigma^{n}_{i=1}[b_{i}, b_{i}']=0. $

还有$A$, $B$是零李积决定的代数, 结合引理1.1和(ⅱ)可得

$ \Sigma^{n}_{i=1}\{a_{i}, a_{i}'\}=\Sigma^{n}_{i=1}\{b_{i}, b_{i}'\}=0. $

因此$\Sigma^{n}_{i=1}\{x_{i}, y_{i}\}=0$.

文献[1]和文献[3]给出了零积决定的代数的一些应用, 这一节我们主要讨论它在零积导子方面的一个应用.文献[4]中引入了准导子的概念, 设$\delta$是环上的代数, $\delta$上的线性映射$\mu$称为准导子, 是指存在一个线性映射$\mu'$使得对所有$x, y\in\delta$有

$ \mu(x)y+x\mu(y)=\mu'(xy). $

显然, 导子是准导子, 然而在下面的例子中我们可以看出准导子不一定是导子.

例3.1  设$\delta$是环$R$上的代数, $c$是一个纯量, 定义线性映射$\mu:\delta\rightarrow\delta$满足$\mu(x)=cx, \forall x\in\delta$和线性映射$\mu':\delta\rightarrow\delta$满足$\mu'(x)=2cx, \forall x\in\delta$, 则可以看出$\mu$是一个准导子但不是导子.

文献[5]中给出了零积导子的概念, 设$\delta$是环$R$上的代数, $\nu$为$\delta$上的线性映射, 如果对任意$x, y\in\delta, xy=0$有$\nu(x)y+x\nu(y)=0$, 则称$\nu$是$\delta$上的零积导子.

注3.2  设$\delta$是环$R$上的代数, $\nu$是$\delta$上的导子或者准导子, 则$\nu$一定是零积导子.

那么, 零积导子是导子吗?当然不一定.因为零积导子只表示乘积等于零的时候才是一个导子, 而当乘积不为零时是没有具体定义的.还剩下一个问题：就是零积导子是准导子吗?下面的定理将回答这个问题.

定理3.1  如果$\Delta$是零积决定的三角代数, $\nu$是$\Delta$上的零积导子, 则$\nu$是$\Delta$上的准导子.

证  设$\nu:\Delta\rightarrow\Delta$是$\Delta$上的零积导子, 则存在双线性映射$\varphi(x, y)$满足：对所有$xy=0, x, y\in\Delta$都有

$ \varphi(x, y)=\nu(x)y+x\nu(y). $

如果$\Delta$是零积决定的三角代数, 则对任意$x, y\in\Delta$都存在一个线性映射$\nu'(xy)$满足

$ \nu'(xy)=\varphi(x, y)=\nu(x)y+x\nu(y), $

也就是$\nu$一定是准导子.

假设$B$是有单位元的代数, $M_{n}(B)$是全矩阵代数, $T_{n}(B)$是(分块)上三角矩阵代数. Brešar在文献[1]中提出了一个问题：$M_{2}(B)$是否是零Jordan积决定的代数?根据下面的推论我们可得$M_{2}(B)$的子代数$T_{2}(B)$一定是零Jordan积决定的代数.

推论3.2  如果$B$是包含单位元$\frac{1}{2}$的Jordan代数, 则对$n\geq 2$, $T_{n}(B)$是零Jordan积决定的代数.

证  我们对$n$采用归纳法证明.当$n=2$时, 应用定理2.3直接可得$T_{2}(B)$是零Jordan积决定的.如果$n\geq 3$, 我们适当分块上三角矩阵代数

$ T_{n}(B)=\left( \begin{array}{lr} T_{n-1}(B)&X\\ &B \end{array} \right). $

由归纳假设有$T_{n-1}(B)$是零Jordan积决定的, 再应用定理2.3可得$T_{n}(B)$也是零Jordan积决定的.从而由归纳法原理得证.