特征為2的素＊-代數上強保持2-新積

張芳娟，朱新宏

(1. 西安郵電大學 理學院，陜西 西安 710121；2. 中國兵器工業第203研究所，陜西 西安 710065)

設 ? 是*-代數. 對A,B∈?，定義*[A,B]=AB-BA*,A·B=AB+BA*為A和B的2種不同的新積，新積的研究吸引了許多研究者的注意[1-10]

設 φ:?→? 是映射，對所有的A,B∈?，有*[φ(A),φ(B)]=*[A,B]，稱 φ 強保持斜交換映射；對所有的A,B∈?，有*[φ(A),φ(B)]2=*[A,B]2，稱 φ強保持 2-斜交換映射. 文獻[3]證明了包含非平凡對稱冪等元的單位素*-環 ? 上的強保持2-斜交換滿射，得到φ(A)=λA對所有A∈?成立，其中 λ∈CS且 λ3=1. 對所有的A,B∈?，有 φ(A)·φ(B)=A·B，稱 φ強保持新積；有 (φ(A)·φ(B))2=(A·B)2，稱 φ強保持2-新積，其中(A·B)2=(A·(A·B))=A2B+2ABA*+BA*2. 本文將刻畫特征為2的素*-代數上的強保持2-新積.

在證明主要結果之前，需要介紹一些概念. 令 ? 是*-代數.Z(?) 是 ? 的中心.Q=Qml(?) 是極大左商環，Q的中心C=C(?)=Z(Q)叫做 ? 的可延拓中心. 對所有A,B∈?，如果存在可加映射 *:?→? 滿足(AB)*=B*A*和 (A*)*=A，則 ? 叫*-代數. 對任意x∈?，若存在最小的正整數n，使得nx=0成立，則稱?的特征為n，記為 char?=n.如果這樣的n不存在，則稱 ? 的特征為 0.對任意A,B∈?，若A?B={0} 則A=0或者B=0，則稱 ? 是素環. 注意到，素環的特征要么是零，要么是一個素數. 若 ?是素的，則Q也是素的且C是一個域. 若 ? 是素*-代數，對稱可延拓中心CS={λ∈C:λ=λ*} 和斜對稱可延拓中心CK={λ∈C:λ=-λ*}也是域. 并有Z(?)?C.ZS(?)和ZK(?) 分別是 ? 上的對稱中心元和斜對稱中心元，其中ZS(?)={A∈Z(?):A=A*}，ZK(?)={A∈Z(?):A=-A*}.

下面使用Peirce分解. 在 ? 中取非平凡對稱冪等元P. 若P2=P=P*，且P≠{0,I}，則P是非平凡對稱冪等元，其中I是單位元. 設 ?11=P?P,?12=P?(I-P)，?21=(I-P)?P,?22=(I-P)?(I-P).設P1=P,P2=I-P，于是令 ?i j=Pi?Pj(i,j=1,2)，則 ?=?11+?12+?21+?22. 易得=?ji,i,j=1,2.任取Xi j∈?，則Xi j∈?i j.

定理1設 ? 是特征為 2 包含非平凡對稱冪等元的單位素*-代數，φ:?→? 是滿射. 對所有A,B∈?，如果 φ滿足 (φ(A)·φ(B))2=(A·B)2當且僅當對所有A∈?，存在 α∈CS且 α3=I使得 φ(A)=αA，CS是 ? 的對稱可延拓中心.

引理1[3]設 ? 是素環，令Ai,Bi,Cj,Dj∈?(i=1,2,···,n,j=1,2,···,m)，使得對所有T∈?都成立. 如果A1,···,An在C(?的可延拓中心)上是線性無關的，則Bi在C上都是D1,···,Dm的線性組合. 類似地，如果B1,···,Bn是線性無關的，則Ai都是C1,···,Cm的線性組合. 特別地，如果對所有T∈?有AT B=BTA成立，則A和B線性相關.

關于2-新積，有下面2個引理.

引理2設 ? 是包含非平凡對稱冪等元的單位素*-環. 對所有X∈?，存在S∈?，使得 (X·S)2=0 當且僅當S=0.

證明充分性顯然，只需證明必要性. 若P是 ? 上的非平凡對稱冪等元. 由于 (PX·S)2(I-P)=0，所以對所有X∈?，有PXPXS(I-P)=0.特別地，取X=P，有PS(I-P)=0.用X+P代替X得PXPS(I-P)+PXS(I-P)=PX(P+I)S(I-P)=0. 由于 ?是素的且P≠0，所以 (P+I)S(I-P)=0. 進而可得

S(I-P)=(P+I)S(I-P)-PS(I-P)=0.

類似地，由 ((I-P)X·S)2(I-P)=0得S P=0，所以S=S P+S(I-P)=0. 證畢.

引理3設? 是特征等于2的素*-環. 對所有X∈?，存在S∈?，使得(S·X)2=0 當且僅當S2∈ZS(?).

證明由于 ? 特征為2，. 若，則

反之，若對所有X∈?，有 (S·X)2=S2X+XS*2=0. 由引理1知，存在 α∈C，使得S2=αI. 則對所有X∈?，有X(αI+S*2)=0. 由 ? 是素的得S*2=-αI=-S2=S2，于是S2∈ZS(?). 證畢.

定理1的證明充分性顯然，下面的證明中假設 Char(?)=2 和 φ:?→? 是強保持2-新積的滿射. 下面通過8個斷言證明必要性.

斷言 1φ 是可加的.

對所有A,B,C∈?，有 (C·(A+B))2=(C·A)2+(C·B)2. 則

由 φ 的滿射性和引理2得 φ(A+B)=φ(A)+φ(B).所以 φ 是可加的.

斷言 2對所有非平凡對稱冪等元P，任取X∈?，有

設P∈? 是非平凡對稱冪等元. 由 φ的滿射性得，對所有X∈?，存在Y∈?，使得X=φ(Y). 所以(φ(iP)·X)2=(φ(iP)·φ(Y))2=(iP·Y)2∈?12+?21.

斷言 3對所有A∈?，有 φ(A*)=φ(A)*.

對所有A,B∈?，有=(B·A*)2A∈?B∈?. 取，對所有，有

由 φ 的滿射性知，對所有X∈?，有 (X·(φ(A*)-φ(A)*))2=0.由引理2得 φ(A*)=φ(A)*.

斷言 4存在 λ,μ∈CS，使得 φ(iP)2=λP+μ,λ≠0.

取P1=P,P2=I-P和 ?i j=Pi?Pj,i,j=1,2.存在Sij∈?ij，使得

得，對所有X12∈?12，有S21X12=0. 由 ? 是素的得S21=0.

類似可得S12=0.所以φ(iP1)2=S11+S22. 對所有X11∈?11，由于 φ是滿射，所以存在Y=Y11+Y12+Y21+Y22使得 φ(Y)=X11.則-Y12-Y21=(iP1·Y)2=(φ(iP1)·X11)2=S11X11+X11S11.由此，可得S11X11+X11S11=0， 進而由引理1得對所有X11∈?11，存在 λ1∈CS，使得S11=λ1P1.類似可得，存在 μ∈CS，使得S22=μP2.所以 φ(iP)2=λP+μ 且 λ=λ1-μ∈CS. 下面證明 λ≠0，否則由引理3知，對所有X∈?，有-P1X-XP1=(iP1·X)2=(φ(iP1)·φ(X))2=0.

矛盾.

斷言 5φ(?ii)??11+?22,φ(?ij)??11+?ij+?22,i≠j.

對所有X∈?，由斷言4知，

進而有

由(1)式知斷言5成立.

斷言 6對所有Xi j∈?i j，有 φ(Xi j)=-λ-1Xij,i≠j.

取X12∈?12，由斷言5得，存在Sii∈?ii(i=1,2)，使得 φ(X12)=S11-λ-1X12+S22.

下面證明S11=S22=0.任取W21∈?21，使得 φ(Y)=P1+W21.由斷言5得Y∈?11+?21+?22和P2(Y·X12)2P2=0. 所以

由W21的任意性和 ? 是素的得S11=0.類似地，由P1+W12得S22=0.所以對所有X12∈?12，有φ(X12)=-λ-1X12. 同理可得，對所有X21∈?21有 φ(X21)=-λ-1X21.

斷言 7對所有Xi j∈?i j(i,j=1,2)，存在 δ∈CS且 δ3=I，使得 φ(Xij)=-iδXij.

令 φ(iP1)=S11+S22，有 φ(iP1)*=-φ(iP1).由斷言5和斷言6知，對所有X11∈?11，X12∈?12，存在Aii∈?ii(i=1,2)，使得

因此，對所有X12∈?12，有

在(2)式中取X11=iP1，由引理1和P1≠0 得

于是存在 α∈CK，使得

下面證明S22=0，假設S22≠0，有S11=αP1，由(2)式和 ? 是素的得由α2P1=得 α≠0.由于S22≠0,μ≠0.由上面等式可得S22=αP2.則 φ(iP1)=S11+S22=α. 由此可得α2=φ(iP1)2=λP1+μ，由于 λ≠0，矛盾，所以S22=0.由得 μ=0,S11≠0.由(2)式知，對所有X12∈?12，有=0. 進一步有A22=0，所以，對所有X11∈?11，有 φ(X11)=A11.

同理可得，對所有X22∈?22有 φ(X22)=B22.對所有X12∈?12,X22∈?22，有

由此可得，對所有X12∈?12，有

取φ(P2)=T22.由于λ-1T22≠0，在(3)式中取X22=P2，由引理 1 得，存在 δ∈CS，使得S11=δP1.由于 ? 是素的，由得 δ2=λ.而且，對所有X12∈?12，有

由此可得，對所有X21∈?21，有iX21X11=-δ-1X21A11.所以A11=-iδX11.并且，對所有X11,Y11∈?11，由(X11·Y11)2=(φ(X11)·φ(Y11))2=(-iδX11·-iδY11)2=iδ3(X11·Y11)2得 iδ3=I，進而有 λ-1=δ-2=iδ和φ(Xij)=-λ-1Xij=-iδXij，對所有Xi j∈?i j(i≠j) 成立. 類似，由((P1+X12)·X22)2得對所有X22∈?22，有φ(X22)=-iδX22.

斷言 8對所有A∈?，有φ(A)=αA,α3=I,α∈CS.

由斷言7和φ的可加性得 φ(A)=-iδA.令 -iδ=α，則 φ(A)=αA,α3=I,α∈CS. 定理1得證. 證畢.

由文獻[11]得，若 ? 是素C*代數，則C(?)=C,CS(?)=R，由定理1有下面推論 1.

推論 1令 ? 是包含非平凡對稱冪等元的單位素C*代數. 若 φ:?→? 是強保持2-新積的滿射，當且僅當對所有的X∈?，有 φ(X)=X.

由于von Neumann代數是包含許多非平凡對稱冪等元的單位C*代數，又因為因子von Neumann代數是素的，所以由推論1有下面推論 2.

推論 2令M是因子von Neumann代數. 若 φ:M→M是強保持2-新積的滿射，當且僅當對所有的X∈M，有φ(X)=X.