一類李超代數的中心擴張

谷翠梅，王 艷

(天津大學數學學院，天津 300354)

文獻[1]給出了Balinsky-Novikov超代數(簡稱為BN超代數)的定義，其通過仿射化構造可得到無限維李超代數.本文中的李超代數就是由一類2|2維BN超代數仿射構造得到的，它們的偶部都是中心為0的W(2，2)李代數.通過對應2|2維BN超代數上滿足一定條件的雙線性型，構造得到了這些李超代數的2維上閉鏈，并驗證所得的這些2維上閉鏈都是線性無關的，且正好是對應超代數2維上同調群的一組基.文中的數域都是復數域C.

1 預備知識

且具有以下運算關系：

[a[m]，b[n]]=((m+1)ab-(n+1)ba)[m+n]，

[u[r]，v[s]]=(u°v)[r+s].

e1e1=e1，e1e2=e2，e2e1=e2，

(1)

表1 李超代數Wi(i=1，…，7)的運算

2 主要結果

設g是域C上的李超代數. 若線性函數φ：g?g→C滿足：

φ(x，y)=-(-1)|x||y|φ(y，x)，

φ(x，[y，z])=φ([x，y]，z)+(-1)|x||y|φ(y，[x，z])，?x，y，z∈g.

則稱φ為g上的一個2維上閉鏈，記Z2(g，C)為g上所有2維上閉鏈的集合.若存在一個線性函數f：g→C使得

φ(x，y)=f([x，y])，?x，y∈g，

則稱φ為g上的一個2維上邊界，記B2(g，C)為g上所有2維上邊界的集合.商空間H2(g，C)=Z2(g，C)/B2(g，C)稱為g的2維上同調群.由文獻[3]可知要研究李超代數g經由C的一維中心擴張，只需計算H2(g，C).

(1) (反)對稱性

fi(a，b)=(-1)i+1fi(b，a)，fi(u，v)=(-1)i+1fi(v，u)，fi(a，u)=fi(u，a)=0；

(2) 不變性1

f1(ac，b)=f1(a，bc)，f1(ua，v)=f1(u，va)，

f1(a，u°v)=f1(au，v)+f1(u，av)+f1(ua，v)；

(3) 不變性2

f2(ac，b)=f2(a，bc)=f2(ca，b)+f2(a，cb)，

f2(a，u°v)=2f2(au，v)=-2f2(u，av)，f2(ua，v)=f2(u，va)；

(4) 不變性3

f3(ac，b)=f3(a，bc)=f3(ca，b)，

2f3(a，u°v)=2f3(au，v)=2f3(u，av)=f3(ua，v)=f3(u，va).

令

設Lε(A)(ε=0或1)是由A通過Balinsky’s構造得到的李超代數，則可定義Lε(A)上的雙線性型αi：Lε(A)?Lε(A)→Lε(A)(i=1，2，3)，

αi(a[m]，b[n])=fi(a，b)βi(m，n)，

αi(a[m]，u[r])=0，

αi(u[r]，v[s])=fi(u，v)γi(r，s).

引理2.1[4]如上定義的αi是Lε(A)(ε=0或1)的2維上閉鏈，當且僅當fi滿足相應的(反)對稱性和不變性i(i=1，2，3).

文獻[4]給出了引理2.1當ε=1時的證明，可類似得到ε=0的情形.

利用引理2.1，下面將通過Wi(i=1，…，7)對應BN超代數上的不變雙線性型來確定Wi上的2維上閉鏈.

(2)

(3)

(4)

(5)

設α：W1×W1→C是W1的一個2維上閉鏈；f：W1→C是W1的一個線性函數，其作用定義如下：

此外，定義αf=α+φf，其中φf∈B2(W1，C).

首先計算ε=0時，αf的非零作用(?m，n，r，s∈Z).

根據αf(L0，[Lm，Ln])=αf([L0，Lm]，Ln)+αf(Lm，[L0，Ln])，可得

(m-n)αf(L0，Lm+n)=-(m+n)αf(Lm，Ln).

而由αf(L0，Ln)=α(L0，Ln)+f([L0，Ln])=0，易知αf(Lm，Ln)=0(m+n≠0). 設a(n)=αf(Ln，L-n)，由αf(Lm+n，[L-m，L-n])=αf([Lm+n，L-m]，L-n)+αf(L-m，[Lm+n，L-n])，可得

(m-n)a(m+n)=(m+2n)a(m)-(2m+n)a(n).

(6)

在(6)式中令n=1，則

(m-1)a(m+1)=(m+2)a(m)-(2m+1)a(1).

(7)

根據αf(L0，[Lm，In])=αf([L0，Lm]，In)+αf(Lm，[L0，In])可得

(m-n)αf(L0，Im+n)=-(m+n)αf(Lm，In).

而由αf(L0，In)=α(L0，In)+f([L0，In])=0，易知αf(Lm，In)=0(m+n≠0). 設b(n)=αf(Ln，L-n)，由

αf([Lm，Ln]，I-m-n)=αf(Ln，[I-m-n，Lm])-αf(Lm，[I-m-n，Ln])，

可得

(m-n)b(m+n)=(m+2n)b(m)-(2m+n)b(n).

(8)

在(8)式中令n=1，則

(m-1)b(m+1)=(m+2)b(m)-(2m+1)b(1).

(9)

據αf(L0，[Gr，Gs])=αf([L0，Gr]，Gs)+αf(Gr，[L0，Gs])可得αf(L0，Ir+s)=-(r+s)αf(Gr，Gs).而αf(L0，In)=α(L0，In)+f([L0，In])=0，易知αf(Gr，Gs)=0(r+s≠0).設p(r)=αf(Gr，G-r)，顯然p(r)=p(-r)，根據αf(Lr+s，[G-r，G-s])=αf([Lr+s，G-r]，G-s)+αf(G-r，[Lr+s，G-s])，可得

2b(r+s)=(3r+s)p(s)+(r+3s)p(r).

(10)

在(10)式中令s=1，則

2b(r+1)=(3r+1)p(1)+(r+3)p(r).

又由于