设$\mathcal{A}$是一个$*$ -代数, 对于任意的$A, B\in\mathcal{A}$, 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$\ast$ -代数$\mathcal{M}$上的混合Lie三重$\xi$ -导子的结构, 即对任意的$A, B, C\in\mathcal{M}$, $L$满足: $L([[A, B]_{*}, C]_{\xi})=[[L(A), B]_{*}, C]_{\xi}+[[A, L(B)]_{*}, C]_{\xi}+[[A, B]_{*}, L(C)]_{\xi}$, 且$\xi\neq1$时, 则可得$L$是一个可加的$*$ -导子, 且对任意的$A\in\mathcal{M}$, 有$L(\xi A)=\xi L(A)$.

在这一小节中，我们将证明如下定理.

定理2.1  设$\mathcal{M}$是一个有单位元和非平凡投影的素的$\ast$ -代数, $L:\mathcal{M}\rightarrow\mathcal{M}$是一个混合Lie三重$\xi$ -导子, 其中$\xi\neq 1$.则$L$是可加映射.

设$P_{1}$为$\mathcal{M}$中的一个非平凡投影, $I$是$\mathcal{M}$中的单位元和$P_{2}=I-P_{1}$.令$\mathcal{M}_{ij}=P_{i}\mathcal{M}P_{j} (i, j=1, 2)$，则$\mathcal{M}=\sum_{i, j=1}^2\limits \mathcal{M}_{ij}$, 且其两两相交均为$\{0\}$.因为$\mathcal{M}$是一个素代数, 所以对任意的$A\in\mathcal{M}$, 若对任意的$B_{kl}\in\mathcal{M}_{kl}$, 均有$AB_{kl}=0$, 则可得$AP_{k}=0$.

在证明此定理前, 我们首先给出一系列的引理.

引理2.1   $L(0)=0$.

证  很容易验证$L(0)=L([[0, 0]_{\ast}, 0]_{\xi})=0$.

引理2.2  设$A_{ij}\in\mathcal{M}_{ij} (i, j=1, 2)$, 则$L(\sum_{i, j=1}^2\limits A_{i, j})=\sum_{i, j=1}^2\limits L(A_{ij})$.

证  设$T=L(\sum_{i, j=1}^2\limits A_{ij})-\sum_{i, j=1}^2\limits L(A_{ij})$, 对任意的$B_{kl}\in\mathcal{M}_{kl}$($k\neq l$), 有

$ \begin{aligned} L([[P_{k}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}) =&L([[P_{k}, A_{lk}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi})\\ =&L([[P_{k}, A_{11}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi})+L([[P_{k}, A_{12}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi})\\ &+L([[P_{k}, A_{21}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi})+L([[P_{k}, A_{22}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}) \\ =& [[L(P_{k}), \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}+[[P_{k}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits L(A_{ij})]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}\\ &+[[P_{k}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, L(B_{kl})]_{\xi}, \\ L([[P_{k}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}) =& [[L(P_{k}), \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}+[[P_{k}, L(\sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij})]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}\\ &+[[P_{k}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, L(B_{kl})]_{\xi}. \end{aligned} $

由此可知$[[P_{k}, T]_{\ast}, B_{kl}]_{\xi}=0$, 故$P_{l}TP_{k}=0$ ($k\neq l$).另一方面则有

$ \begin{aligned} L([[B_{kl}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}) =&L([[B_{kl}, A_{ll}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi})\\ =& L([[B_{kl}, A_{11}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi})+L([[B_{kl}, A_{12}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi})\\ &+L([[B_{kl}, A_{21}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi})+L([[B_{kl}, A_{22}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi})\\ =& [[L(B_{kl}), \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}+[[B_{kl}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits L(A_{ij})]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}\\ &+[[B_{kl}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, L(P_{l})]_{\xi}, \\ \end{aligned} $

$ \begin{aligned} L([[B_{kl}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}) =& [[L(B_{kl}), \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}+[[B_{kl}, L(\sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij})]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}\\ &+[[B_{kl}, \sum\limits_{i, j=1}^2\limits A_{ij}]_{\ast}, L(P_{l})]_{\xi}. \end{aligned} $

因此$[[B_{kl}, T]_{\ast}, P_{l}]_{\xi}=0$, 故$P_{l}TP_{l}=0$($l=1, 2$).因而$T=0$.则$L(\sum_{i, j=1}^2\limits A_{ij})=\sum_{i, j=1}^2\limits L(A_{ij})$.证毕.

引理2.3  设$A_{ij}, B_{ij}\in\mathcal{M}_{ij}$($i\neq j$), 则$L(A_{ij}+B_{ij})=L(A_{ij})+L(B_{ij})$.

证  由引理2.2可知, 对任意的$A_{ij}, B_{ij}\in\mathcal{M}_{ij}$ ($i\neq j$), 有

$ \begin{eqnarray*} L(A_{ij}+B_{ij}) &=& L( [ [\frac{i}{2}I, P_{i}-i A_{ij} ]_{\ast}, P_{j}-i B_{ij} ]_{\xi} ) \\ &=& [ [L(\frac{i}{2}I), P_{i}-i A_{ij} ]_{\ast}, P_{j}-i B_{ij} ]_{\xi} + [ [\frac{i}{2}I, L(P_{i}-i A_{ij}) ]_{\ast}, P_{j}-i B_{ij} ]_{\xi}\\ &&+ [ [\frac{i}{2}I, P_{i}-i A_{ij} ]_{\ast}, L(P_{j}-i B_{ij}) ]_{\xi} \\ &=& L ( [ [\frac{i}{2}I, P_{i} ]_{\ast}, P_{j} ]_{\xi} ) +L ( [ [\frac{i}{2}I, P_{i} ]_{\ast}, -i B_{ij} ]_{\xi} )\\ &&+L ( [ [\frac{i}{2}I, -i A_{ij} ]_{\ast}, P_{j} ]_{\xi} ) +L ( [ [\frac{i}{2}I, -i A_{ij} ]_{\ast}, -i B_{ij} ]_{\xi} ) \\ &=& L( A_{ij})+L( B_{ij}). \end{eqnarray*} $

证毕.

引理2.4  设$A_{ii}, B_{ii}\in\mathcal{M}_{ii}, i=1, 2$, 则$L(A_{ii}+B_{ii})=L(A_{ii})+L(B_{ii})$.

证  令$T=L(A_{ii}+B_{ii})-(L(A_{ii})+L(B_{ii}))$.则易验证,

$ \begin{eqnarray*} L([[P_{j}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}) &=& L([[P_{j}, A_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi})+L([[P_{j}, B_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}) \\ &=& [[L(P_{j}), A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}+[[P_{j}, L(A_{ii})+L(B_{ii})]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}\\ &&+[[P_{j}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, L(P_{i})]_{\xi}, \\ L([[P_{i}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}) &=& L([[P_{i}, A_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi})+L([[P_{i}, B_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}) \\ &=& [[L(P_{i}), A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}+[[P_{i}, L(A_{ii})+L(B_{ii})]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}\\ &&+[[P_{i}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, L(P_{j})]_{\xi}. \end{eqnarray*} $

故$[[P_{j}, T]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}=[[P_{i}, T]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}=0$, 则可推出$P_{i}TP_{j}=P_{j}TP_{i}=0$.

由引理2.2和引理2.3知, 对任意的$C_{ij}\in\mathcal{M}_{ij}, i\neq j$, 有

$ \begin{eqnarray*} L([[C_{ji}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}) &=& L(C_{ji}A_{ii}+\xi A_{ii}C_{ji}^{\ast}+C_{ji}B_{ii}+\xi B_{ii}C_{ji}^{\ast})\\ &=& L([[C_{ji}, A_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi})+L([[C_{ji}, B_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}) \\ &=& [[L(C_{ji}), A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}+[[C_{ji}, L(A_{ii})+L(B_{ii})]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}\\ &&+[[C_{ji}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, L(P_{i})]_{\xi}, \\ L([[C_{ij}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}) &=& L([[C_{ij}, A_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi})+L([[C_{ij}, B_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}) \\ &=& [[L(C_{ij}), A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}+[[C_{ij}, L(A_{ii})+L(B_{ii})]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}\\ &&+[[C_{ij}, A_{ii}+B_{ii}]_{\ast}, L(P_{j})]_{\xi}. \end{eqnarray*} $

故$[[C_{ji}, T]_{\ast}, P_{i}]_{\xi}=[[C_{ij}, T]_{\ast}, P_{j}]_{\xi}=0$, 则可推出$P_{i}TP_{i}=P_{j}TP_{j}=0$.因此$T=0$.从而$L(A_{ii}+B_{ii})=L(A_{ii})+L(B_{ii})$.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$A, B\in\mathcal{M}$, 有$L(A+B)=L(A)+L(B)$.继而可知$L$是一个可加映射.定理证毕.

下面的定理便是本文最主要的结论.

定理3.1  设$\mathcal{M}$是一个有单位元和非平凡投影的素的$\ast$ -代数, $L:\mathcal{M}\rightarrow\mathcal{M}$是一个混合Lie三重$\xi$ -导子且$\xi\neq1$.则$L$是一个可加$*$ -导子, 且对任意的$A\in\mathcal{M}$, 有$L(\xi A)=\xi L(A)$.

设$\mathcal{Z}(\mathcal{M})$为$\mathcal{M}$的中心.为了证明定理3.1, 首先证明接下来的几个引理.

引理3.1  设$A\in\mathcal{M}$, 则

(1)  $L(I)=L(I)^{*}\in\mathcal{Z}(\mathcal{M})$;

(2)  若$A=A^{*}$, 则有$L(A)=L(A)^{*}$;

(3)  $\forall B\in\mathcal{Z}(\mathcal{M})$, 有$L(B)\in\mathcal{Z}(\mathcal{M})$.

证   (1) 对任意的$B\in\mathcal{M}$, 有$0=L([[I, B]_{*}, I]_{\xi})=[[L(I), B]_{*}, I]_{\xi}.$从而对任意的$B\in\mathcal{M}$, 有$[L(I), B]_{*}=0$, 因此$L(I)=L(I)^{*}\in\mathcal{Z}(\mathcal{M})$.

(2)  由(1)可知对任意的$A\in\mathcal{M}$, 若$A=A^{*}$, 则有$0=L([[A, I]_{*}, I]_{\xi})=[[L(A), I]_{*}, I]_{\xi}.$由此可推出$[L(A), I]_{*}=0$, 从而当$A=A^{*}$时, 则有$L(A)=L(A)^{*}$.

(3)  由(2)可知对任意的$A\in\mathcal{M}$, $B\in \mathcal{Z}(\mathcal{M})$, 若$A=A^{*}$, 则有$0=L([[A, B]_{*}, I]_{\xi})=[[A, L(B)]_{*}, I]_{\xi}.$因此对任意的$A\in\mathcal{M}$, 若$A=A^*$, 则有$[A, L(B)]_{*}=0$, 从而对任意的$X\in\mathcal{M}$, 都有$XL(B)=L(B)X$.因此$L(B)\in \mathcal{Z}(\mathcal{M})$.证毕.

引理3.2  设$A\in\mathcal{M}$, 则$L(iA)=iL(A)$, $L(A)^{*}=L(A^{*})$.

证  设$A\in\mathcal{M}$, 则有

$ \begin{equation} 2L((1-\xi)iA)=L([[iI, A]_{*}, I]_{\xi})=\\(1-\xi)(L(iI)-L(iI)^{*})A+2i(1-\xi)L(A)+2i(1-\xi)L(I)A, \end{equation} $

(3.1)

$ \begin{equation} -2L((1-\xi)A)=L([[iI, A]_{*}, iI]_{\xi})=\\i(1-\xi)(L(iI)-L(iI)^{*})A-2(1-\xi)L(A)+2i(1-\xi)L(iI)A. \end{equation} $

(3.2)

在(3.1)式和(3.2)式中, 用$iA$代替$A$后, 可得

$ \begin{equation} -2L((1-\xi)A)=\\i(1-\xi)(L(iI)-L(iI)^{*})A+2i(1-\xi)L(iA)-2(1-\xi)L(I)A, \end{equation} $

(3.3)

$ \begin{equation} -2L((1-\xi)iA)=\\-(1-\xi)(L(iI)-L(iI)^{*})A-2(1-\xi)L(iA)-2(1-\xi)L(iI)A. \end{equation} $

(3.4)

对比(3.1)式和(3.4)式以及(3.2)式和(3.3)式知, 对任意的$A\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{equation} iL(A)+iL(I)A-L(iA)-L(iI)A=0, \end{equation} $

(3.5)

$ \begin{equation} -L(A)+iL(iI)A-iL(iA)+L(I)A=0. \end{equation} $

(3.6)

在(3.6)式等号两侧同时乘以$i$后有

$ \begin{equation} iL(A)-iL(I)A-L(iA)+L(iI)A=0. \end{equation} $

(3.7)

因而由(3.5)式和(3.7)式可知, 对任意的$ A\in\mathcal{M}$, 有$L(iA)=iL(A).$根据引理3.1(2)和上式可知, 对任意的$A\in\mathcal{M}$, 均有$L(A)^{*}=L(A^{*})$.证毕.

引理3.3   $L-L(I)$是一个可加$*$ -导子.

证  对任意的$A\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{eqnarray*} -2L((1-\xi)A) &=& L([[i I, i I]_{*}, A]_{\xi}) \\ &=& [[L(i I), i I]_{*}, A]_{\xi}+[[i I, L(i I)]_{*}, A]_{\xi}+[[i I, i I]_{*}, L(A)]_{\xi} \\ &=& -4(1-\xi)L(I)A-2(1-\xi)L(A). \end{eqnarray*} $

继而有

$ \begin{equation}\label{eq:8} L((1-\xi)A)=2(1-\xi)L(I)A+(1-\xi)L(A). \end{equation} $

(3.8)

从而由(3.8)式和$L$是混合Lie三重$\xi$ -导子可知, 对任意的$A, B\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{eqnarray*} L((1-\xi)[A, B]_{*}) &=& 2(1-\xi)L(I)[A, B]_{*}+(1-\xi)L([A, B]_{*}) \\ &=& 2[[A, B]_{*}, L(I)]_{\xi}+(1-\xi)L([A, B]_{*}), \\ L((1-\xi)[A, B]_{*}) &=& L([[A, B]_{*}, I]_{\xi}) \\ &=& [[L(A), B]_{*}, I]_{\xi}+[[A, L(B)]_{*}, I]_{\xi}+[[A, B]_{*}, L(I)]_{\xi}. \end{eqnarray*} $

因此对任意的$A, B\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{equation} [[L(A), B]_{*}, I]_{\xi}+[[A, L(B)]_{*}, I]_{\xi}=[[A, B]_{*}, L(I)]_{\xi}+(1-\xi)L([A, B]_{*}). \end{equation} $

(3.9)

在(3.9)式中, 用$iA$代替$A$后可知, 对任意的$A, B\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{equation} [L(A)B+BL(A)^{*}, I]_{\xi}+[AL(B)+L(B)A^{*}, I]_{\xi}=[AB+BA^{*}, L(I)]_{\xi}+(1-\xi)L(AB+BA^{*}). \end{equation} $

(3.10)

由(3.9)式和(3.10)式可知$[L(A)B, I]_{\xi}+[AL(B), I]_{\xi}=[AB, L(I)]_{\xi}+(1-\xi)L(AB).$继而对任意的$A, B\in\mathcal{M}$, 有

$ L(AB)=L(A)B+AL(B)-ABL(I). $

(3.11)

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$A, B, C\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{eqnarray*} L(ABC)&=&L(A)BC+AL(B)C+ABL(C)-2ABCL(I), \\ L(BA^{*}C)&=&L(B)A^{*}C+BL(A)^{*}C+BA^{*}L(C)-2BA^{*}CL(I), \\ L(\xi CAB)&=&\xi L(C)AB+\xi CL(A)B+\xi CAL(B)+(L(\xi I)-3\xi L(I))CAB, \\ L(\xi CBA^{*})&=&\xi L(C)BA^{*}+\xi CL(B)A^{*}+\xi CBL(A)^{*}+(L(\xi I)-3\xi L(I))CBA^{*}. \end{eqnarray*} $

又因

$ \begin{eqnarray*} L([[A, B]_{*}, C]_{\xi})&=&[[L(A), B]_{*}, C]_{\xi}+[[A, L(B)]_{*}, C]_{\xi}+[[A, B]_{*}, L(C)]_{\xi}, \\ L([[A, B]_{*}, C]_{\xi})&=&L(ABC)-L(BA^{*}C)-L(\xi CAB)+L(\xi CBA^{*}), \end{eqnarray*} $

从而对任意的$A, B, C\in\mathcal{M}$, 有

$ \begin{eqnarray*} && [[L(A), B]_{*}, C]_{\xi}+[[A, L(B)]_{*}, C]_{\xi}+[[A, B]_{*}, L(C)]_{\xi}\\ &=& L(ABC)-L(BA^{*}C)-L(\xi CAB)+L(\xi CBA^{*}). \end{eqnarray*} $

所以

$ -2ABCL(I)+2BA^{*}CL(I)-(L(\xi I)-3\xi L(I))CAB+(L(\xi I)-3\xi L(I))CBA^{*}=0. $

(3.12)

在(3.12)式中, 令$A=i I$, $B=C=I$, 则可得$2L(I)+L(\xi I)-3\xi L(I)=0$.因此

$ L(\xi I)=(3\xi-2) L(I). $

(3.13)

由(3.12)式和(3.13)式可知, 对任意的$A, B, C\in\mathcal{M}$, 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$L(\xi A)=\xi L(A)$.定理证毕.