無限維模李超代數Ω的超導子代數

李 明，徐曉寧

（遼寧大學數學學院，遼寧 沈陽110036）

1997年，張永正教授構造了四族有限維Cartan型單模李超代數W，S，H，K（相應于特征零的情形）［1］.2004年，劉文德教授發現了一族新的有限維Cartan型單模李超代數HO（見文獻［2］）.文獻［3］研究了有限維Cartan型單模李超代數KO.2009年，張永正教授利用截頭多項式代數與Grassmann超代數做張量積，得到了一族新的有限維單模李超代數Ω，即Ω－型模李超代數.并且給出了其超導子代數，證明了它與已知的Cartan型模李超代數都不同構［4］.文獻［5－6］討論了Ω－型模李超代數的濾過不變性、結合型及限制性.

確定李（超）代數的導子（超）代數是李（超）代數研究中重要而有趣的課題.文獻［7－8］研究了Cartan型模李代數的導子代數，文獻［2－3，9－12］確定了上述6類有限維模李超代數及無限維模李超代數K 的超導子代數.本文將確定無限維模李超代數Ω 的超導子代數.

1 預備知識與約定

本文如不特別說明，總設基域F是特征數p＞3的域，并且F不等于它的素域Π.設E＝｛z1，…，zm｝是F中有限子集，且E 在Π 上是線性無關的.設由E 生成的F的加法子群H 中不包含1.任取η∈H，設其中0≤ηi＜p，定義yη＝yη11…yη1m.設是整數模2的剩余類環，N 與N0分別是自然數集與非負整數集.取n∈N，r＝2n＋2.令μ1，…，μr－1∈F，且滿足：μ1＝0，μj＋μn＋j＝1，j＝2，…，n＋1.置M＝｛1，…，r－1｝.我們定義截頭多項式代數

使得

對任意i∈M，設ki∈N0，則ki可唯一地表示為p－adic的形式其中0≤εv（ki）＜p.定義設Q＝｛（k1，…，kr－1）｜ki∈N0，i∈M｝.若k＝（k1，…，kr－1）∈Q，則令xk＝xk11…xkr－1r－1.對ki，k′i∈N0，易見

令Λ（q）是具有q個變元ξr＋1，…，ξr＋q的Grassmann超代數，其中q∈N，q＞1.置Ω∶＝A?Λ（q）.定義

設L 是李超代數，h（L）表示Z2－齊次元素的集合.若｜x｜出現在本文的某個表達式中，則約定x 是Z2－齊次元素，｜x｜表示x 的Z2－次數.設s＝r＋q，T＝｛r＋1，…，s｝，R＝M∪T.若i∈M，則定義Z2.若i∈T，則定義令

設ei＝（δi1，…，δir－1），i∈M.定義Dj∈End（Ω），使得則Dj是Ω 的奇導子.定義Di∈End（Ω），使得Di（xkyηξu）＝k＊ixk－eiyηξu，i∈M，其中k＊i為ε0（ki），ε1（ki），…，εv（ki）的第一個非零元素，則Di是Ω 的偶導子.設M1＝｛2，3，…，r－1｝，令

這里I是Ω 的恒等變換.在Ω 中定義雙線［，］運算，使得對任意f∈h（Ω），ɡ∈Ω，我們有

容易證明，當2n＋4－q?0（mod p）時，η＋2－1q－n－2≠0，η∈H.令xi＝x1i＝xi0，?i∈M.對j∈Z，令

2 主要結果

定理2.1 Ω 是無限維單模李超代數.

證明 根據Ω 的定義，顯然Ω 是無限維李超代數.設Y 是李超代數Ω 的任意非零理想，并設0≠f∈Y.置f＝xt1f0＋xt－11f1＋…＋ft，其中f0≠0，D1（fj）＝0，j＝0，1，…，t.利用公式（1），我們得到

因此f0∈Y.令f0＝xliɡ0＋xl－1iɡ1＋…＋ɡl，其中i∈M1，ɡ0≠0且Di（ɡj）＝0，j＝0，1，…，l.因為

因此ɡ0∈Y.我們可以假設ɡ0∈Y，這里Di（ɡ0）＝0，?i∈M.如果Di（ɡ0）≠0，其中i∈T，我們可以假定ɡ0＝ξih0＋h1，其中i∈T，h0≠0，Di（h0）＝Di（h1）＝0.那么h0＝－［ξi，ɡ0］∈Y.這樣我們可以假定Di（h0）＝0，?i∈R.因此如果h0至少包含兩個非零項，那么我們可以假設

其中aη≠0，aμ≠0.令

顯然h′0是Y 中的元素且比h0少一項.類似的方法一直進行下去，可以得到aλyλ∈Y，aλ≠0.那么yλ∈Y.因為1?H，所以1－λ≠0.故1＝（1－λ）－1［x1y－λ，yλ］∈Y.于是，對任意的xkyλξu∈Ω，我們有

故Y＝Ω.

定理2.2 設S＝｛xkii｜i∈M，ki∈N0｝∪｛yη｜η∈H｝∪｛ξj｜j∈T｝，那么Ω 是由S 生成的.

證明 設Y 是由S 生成的子代數.

（1）2［xk11＋1，ξj］＝（k1＋1）＊xk11ξj∈Y，其中k1∈N0，j∈T.

（2）ξu∈Y.我們關于k進行數學歸納法.得證ξj1ξj2…ξjk∈Y，其中j1，…，jk∈T.因此ξu∈Y.特別是ξω∈Y.

（3）xk11xti∈Y，i∈M1，t∈N0.相仿于文獻［4］定理3.19中6的證明，可知xk11xiξj∈Y，i∈M1，j∈T.若1－μit?0（mod p），我們有

若1－μit≡0（mod p），則由

可得

（5）xk∈Y，k∈Q.事實上，若1－μit－μi′s?0（mod p），則

且t，s∈N0.若1－μit－μi′s≡0（mod p），則

這里α＝1（或－1）.故而可得

（6）［xk＋e1，yη］＝（k1＋1）＊（1－η）xkyη∈Y.

若1－2－1q?0（mod p），則

若1－2－1q≡0（mod p），則由

可得

這里α＝1或－1.

如果u≠ω，那么可設｛ω｝＼｛u｝＝｛j1，…，jt｝.則

其中β＝1或－1.

綜合以上證明，可得Ω?Y，而Y?Ω，因此Y＝Ω.

定義2.1 若i∈T，f∈Ω，Di（f）＝0，則稱f 是截頭的.

定義一個線性映射，ρi：Ω→Ω，i∈R，使得

直接計算可得下面引理.

引理2.1

（1）如果f∈Ω，那么Diρi（f）＝f，?i∈M.

（2）如果f∈Ω 是截頭的，那么Diρi（f）＝f，?i∈T.

（3）Diρj＝（－1）~i~jρjDi，其中i，j∈R，i≠j.

引理2.2 設ft1，…，ftk∈Ω，其中t1，…，tk∈R.如果Di（fj）＝（－1）~i~jDj（fi），這里i，j＝t1，…，tk，那么存在f∈Ω，使得Di（f）＝fi，i＝t1，…，tk.

證明 顯然2Di（fi）＝0，故fi是截頭的，i∈T.對k用數學歸納法.當k＝1，令f＝ρt1（ft1）.利用引理2.1，Dt1（f）＝Dt1ρt1（ft1）＝ft1.假設存在ɡ∈Ω，使得Di（ɡ）＝fi，i＝t1，…，tk－1.設f＝ɡ＋ρtk（ftk－Dtk（ɡ））.利用引理2.1，對i＝t1，…，tk－1，我們有

由引理2.1知

相仿于文獻［4］，引理3.5的證明，我們可得下面的引理.

引理2.3 設φ∈h（DerΩ），f∈Ω.如果φ（xi）＝φ［f，xi］＝φ（ξj）＝φ［f，ξj］＝0，?i∈M1，j∈T，那么φ（f）∈Ω－2.

引理2.4 設t∈Z和φ∈h（DertΩ）.如果φ（Ωj）＝0，j＝－1，0，…，k，其中k≥－1和k＋t≥－2，那么φ＝0.

證明 當j＞k時，設f∈Ωj.假設φ（Ωj－1）＝0，顯然［f，xi］，［f，ξj］∈Ωj－1.因此

因為φ（Ω－1）＝0，故φ（xi）＝φ（ξj）＝0.由引理2.3知φ（f）∈Ω－2.于是我們有φ（f）∈Ω－2∩Ωt＋j.但是t＋j＞t＋k≥－2，故Ω－2∩Ωt＋j＝0.所以φ（f）＝0.因此φ（Ωj）＝0，j≥－1成立.

又因為［xi，xi′］＝1（或－1），將φ 作用在等式兩邊，得到［φ（xi），xi′］＋［xi，φ（xi′）］＝φ（1）（或－φ（1））.因此φ（1）＝0.而［x1yη，1］＝yη，將φ 作用在等式兩邊，有［φ（x1yη），1］＋［x1yη，φ（1）］＝φ（yη）.于是φ（yη）＝0.

綜上所證，可得φ（Ωj）＝0，j≥－2.因此φ＝0.

定義2.2 設Δ＝｛θ：H→F｜θ（λ＋η）＝θ（λ）＋θ（η），?λ，η∈H｝.對于θ∈Δ，我們定義Ω 中的一個線性變換Dθ，滿足Dθ（xkyλξu）＝θ（λ）xkyλξu.很顯然Dθ∈Der0Ω.

引理2.5 如果φ∈h（DerΩ），那么存在ɡ∈Ω 和θ∈Δ，使得（φ－adɡ－Dθ）（Ωj）＝0，j＝－2，－1.

相仿于文獻［4］引理3.13的證明可得此結論.

定理2.3 DerΩ＝adΩ⊕｛Dθ｜θ∈Δ｝⊕〈Dpvii ｜?i∈M，vi∈N0〉.

證明 由引理2.4和引理2.5，可得φ＝adf＋Dθ，其中φ∈h（DertΩ），t≥－1，f∈Ω.

類似于文獻［4］中引理3.15，2.21，3.22的證明，我們可得到如下結論：

對t≥3，若不存在v∈N，使得t＝pv或2pv，則

如果t＝pv，v∈N，那么

如果t＝2pv，v∈N，那么

于是定理得證.

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