侯 瑩, 鄭克禮, 陳良云

(1.東北師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院,長春 130024; 2.東北林業(yè)大學(xué) 理學(xué)院,哈爾濱 150040 )

三階矩陣?yán)畛鷶?shù)的一類中心化子

侯 瑩1, 鄭克禮2, 陳良云1

(1.東北師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院,長春 130024; 2.東北林業(yè)大學(xué) 理學(xué)院,哈爾濱 150040 )

本文主要研究三階矩陣?yán)畛鷶?shù)的一類中心化子.先將三階矩陣分為四種情況,即gl(2,1),gl(1,2),gl(3,0)以及gl(0,3);然后計(jì)算并證明了gl(2,1)在偶部和奇部(i=0,1,2)的中心化子，gl(1,2)在偶部(i=0,1,2)和在奇部(i=0)的中心化子, 并給出了gl(3,0)在偶部和奇部(i=0,1,2)的中心化子;最后,總結(jié)給出了三階矩陣?yán)畛鷶?shù)的中心化子的一般規(guī)律及其結(jié)論.

3×3矩陣; 中心化子; 李超代數(shù)

0 引言

中心化子的概念最早是在研究抽象代數(shù)中的群結(jié)構(gòu)時候被提出來的.毋庸置疑的是中心化子它不僅僅是一個子集, 還是一個子代數(shù).所以中心化子也是研究李超代數(shù)結(jié)構(gòu)時需要考慮的內(nèi)容, 并且它還是一個不容忽視的研究方向.在數(shù)學(xué)研究中,上同調(diào)是一種十分重要的工具, 它涵蓋了拓?fù)?、代?shù)、全純函數(shù)等多領(lǐng)域;在李理論里,許多結(jié)論都可用它來解釋,例如李代數(shù)模擴(kuò)張的結(jié)構(gòu)就能用1-階上同調(diào)來闡明.此外,李超代數(shù)中的泛包絡(luò)代數(shù)的形變理論也為物理學(xué)中的量子超群理論的研究提供了強(qiáng)有力的幫助.這些都極大地促進(jìn)了李超代數(shù)的上同調(diào)理論的發(fā)展.我們知道,用伴隨去體現(xiàn)一個李超代數(shù)能夠看作其子代數(shù)的一個自然模,這個時候中心化子能夠等價的看作零維上同調(diào)群.在文獻(xiàn)[1]中,詳細(xì)地研究與討論了有關(guān)系數(shù)在Witt上的單模李超代數(shù)gl2|1的低維上同調(diào)方面的問題,同時還給出了求解有關(guān)該類問題的同調(diào)方法.所以能夠確定,線性李超代數(shù)的低維上同調(diào)的方法會在研究李超代數(shù)的一些問題中具不可取代的重大意義.近年來對于中心化子的研究已有的成果主要集中在以下幾方面中心化子的刻畫:矩陣的中心化子及其維數(shù), 中心化子階的性質(zhì)等.但對于矩陣作為李超代數(shù)的中心化子的研究報道非常少,尤其是關(guān)于求解這類中心化子的報道.本文就以三階矩陣為例,探求其作為李超代數(shù)中心化子的相關(guān)問題.

本文以文獻(xiàn)[2]中的素特征域上的CW(gl(0,3))為基礎(chǔ),在第二節(jié)里計(jì)算并證明了gl(2,1)在wi(i=0,1,2)和ωi(i=0,1,2)的中心化子,在第三節(jié)里計(jì)算并證明了gl(1,2)在wi(i=0,1,2)和ω0的中心化子,在第四節(jié)中利用前兩節(jié)的思路直接給出了gl(3,0)在wi(i=0,1,2)和ωi(i=0,1,2)的中心化子的相關(guān)命題.最后給出了三階矩陣?yán)畛鷶?shù)的中心化子的一般規(guī)律及其結(jié)論.

1預(yù)備知識

[x,y]=-(-1)d(x)d(y)[y,x],?x,yhg(L),

(-1)d(z)d(x)[x,[y,z]]+(-1)d(x)d(y)[y,[z,x]]+(-1)d(y)d(z)[z,[x,y]]=0(?x,y,zhg(L)),

則稱L是F上的李超代數(shù).

Endθ(V)={xEnd(V)|x(Vμ)?Vμ+0},?μZ2},

根據(jù)文獻(xiàn)[4],我們知道廣義Witt型李超代數(shù)有如下結(jié)構(gòu)

W=w⊕ω,

其中:

則顯然有:

{X1D1,X2D1,ζ1D1,X1D2,X2D2,ζ1D2,X1d1,X2d1,ζ1d1}是李超代數(shù)gl(2,1)的基,{X1D1,ζ1D1,ζ2D1,X1d1,ζ1d1,ζ1d2,X1d2,ζ1d2,ζ2d2} 是李超代數(shù)gl(1,2)的基, {X1D1,X2D1,X3D1,X1D2,X2D2,X3D2,X1D3,X2D3,X3D3}是李超代數(shù)gl(3,0)的基.

定義1.3 設(shè)L是李代數(shù),A是L-模,Hn(L,A)=kerδn/Imδn-1稱為L的系數(shù)在其模A上的n維上同調(diào).

顯然H0(L,A)則表示零維上同調(diào).有關(guān)李代數(shù)上同調(diào)的相關(guān)概念及其性質(zhì)請參見文獻(xiàn)[5].對于任意的L-模A有如下引理1.1.

引理1.1 對于任意L-模A,H0(L,A)={aA|x·a=0,xL}.

滿足此性質(zhì)的元素a稱為A中的不變元, 由所有的不變元構(gòu)成的模A的子空間記為AL.素特征域上的CW(gl(0,3))詳見文獻(xiàn)[4].

2中心化子CW(gl(2,1))

2.1H0(gl(2,1),w)

命題1H0(gl(2,1),w0)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2},|α|=2,kY0{1,2}〉 ⊕

〈ζjDk|jY1{1},kY0{1,2})〉.

證明由w0=〈X(α)ζuDk||α|+|u|=1,kY0〉可知,將其分為ζjDk和X(α)Dk,|α|=1.

由D1,D2,…，Dm線性無關(guān),所以ck=0,則gj1-gj2=0,g1k=0.此時結(jié)果為

〈ζjDk|jY1{1},kY0{1,2}〉.

[XsDt,a]=0,[Xsd1,a]=0,[ζ1Dt,a]=0,[ζ1d1,a]=0

此時結(jié)果為〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2},|α|=2,kY0{1,2}〉.

綜上所述,H0(gl(2,1),w0)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2},|α|=2,kY0{1,2}〉⊕

〈ζjDk|jY1{1},kY0{1,2}〉.

命題2H0(gl(2,1),w1)=〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉Dk|i{1,2},|β|=3,kY0{1,2}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1},|u|=3,kY0{1,2}〉.

證明由w1=〈X(α)ζuDk||α|+|u|=2,kY0〉可知,將其分為ζiζjDk,X(α)ζjDk和X(β)Dk三種情況.其中|α|=1,|β|=2.

(1) 當(dāng)X(α)ζttDk的X(α)為X1或X2,X(β)中含有X1或X2時,對于ζiζjDk(i

則根據(jù)[ζ1D1,a]=0,[ζ1D2,a]=0以及D1,D2,…，Dm線性無關(guān),可知cjk=gk=0.根據(jù)[XsD1,a]=0(s,t=1,2),[Xsd1,a]=0,[ζ1d1,a]=0.可知hij1=hij2=0,h1jk=0.

對于kY0{1,2}時，討論ζiζjDk中的i,j的取值問題.若i=j=1,則有[ζ1d1,ζiζjDk]=ζ1ζ1Dk;若i=j且均≠1時，[gl(2,1),ζiζjDk]=0.此時結(jié)果為

〈ζu-〈i〉Dk|jY1{1},|u|=3,kY0{1,2}〉.

(2)當(dāng)X(α)ζjDk中X(α)不為X1或X2,其中：jY1{1},kY0{1,2},并且同時滿足X(β)中不含有X1或X2，kY0{1,2}時，則有[gl(2,1),a]=0此時結(jié)果為

〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕〈X(β)-〈i〉Dk|i{1,2},|β|=3,kY0{1,2}〉.

綜上所述,有

H0(gl(2,1),w1)=〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉Dk|i{1,2},|β|=3,kY0{1,2}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1},|u|=3,kY0{1,2}〉.

命題3H0(gl(2,1),w2)=〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk||α|=2,i{1,2},|u|=3,j{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|β|=3,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉Dk|i{1,2},|γ|=4,kY0{1,2}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1},|u|=4,kY0{1,2}〉.

證明由w2=〈X(α)ζuDk||α|+|u|=3,kY0〉可知,將其分為ζiζjDk,X(α)ζiζjDk,X(β)ζjζjDk和X(γ)Dk,四種情況.其中|α|=1,|β|=2，|γ|=3.

(1) 當(dāng)X(α),X(β),X(γ)中含有X1或X2時,對于ζiζjζ1Dk(i

則根據(jù)[ζ1D1,a]=0,[ζ1D2,a]=0以及D1,D2,…，Dm線性無關(guān),可知hijk=cjk=gk=0.根據(jù)[XsDt,a]=0(s,t=1,2),[Xsd1,a]=0,[ζ1d1,a]=0.可知mijl1=mijl2=0,m1jlk=0.

對于kY0{1,2}時，討論ζiζjζlDk中的i,j,l的取值問題.若i,j,l至少有兩個相等且不等于1時,則[ζ1d1,ζiζjζlDk]≠0；若i,j,l至少有兩個相等且不等于1時,則[gl(2,1),ζiζjζlDk]=0.此時結(jié)果為〈ζu-〈i〉Dk|j{1},|u|=4,kY0{1,2}〉.

(2)當(dāng)X(α),X(β),X(γ)中不含有為X1或X2,其中jY1{1},kY0{1,2},則[gl(2,1),a]=0.

此時結(jié)果為

〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk|α|=2,i{1,2},|u|=3,j{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|β|=3,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉Dk|i{1,2},|γ|=4,kY0{1,2}〉.

綜上所述, 有

H0(gl(2,1),w2)=〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk||α|=2,i{1,2},|u|=3,j{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|β|=3,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉Dk|i{1,2},|γ|=4,kY0{1,2}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1},|u|=4,kY0{1,2}〉.

推論1 對于Wk(k≥1)而言,結(jié)果應(yīng)有k+2項(xiàng)直和.即

H0(gl(2,1),wk)=⊕〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk|2≤α≤k+1,i{1,2},|α|+|u|=k+3,j{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2},|α|=k+2,kY0{1,2}⊕ 〈ζu-〈j〉Dk|j{1},|u|=k+2,kY0{1,2}〉.

由命題1-3以及推論1可得定理1.

定理1H0(gl(2,1),w)=H0(gl(2,1),w0)⊕H0(gl(2,1),wk)(1≤k≤n).

2.2H0(gl(2,1),ω)

命題4H0(gl(2,1),ω0)=〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2},|α|=2,kY1{1}⊕ 〈ζjDk|jY1{1},kY1{1}〉.

證明由ω0=〈X(α)ζudk||α|+|u|=1,kY1〉可知,將其分為ζjdk和X(α)dk,|α|=1.

由d1,d2,…，dn線性無關(guān),則有ck=0,所以gj1=0,g1k=0.此時結(jié)果為

〈ζjdk|jY1{1},kY0{1,2}〉.

[XsDt,a]=0,[Xsd1,a]=0,[ζ1Dt,a]=0,[ζ1d1,a]=0.

此時結(jié)果為〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2},|α|=2,kY1{1}〉.

綜上所述,H0(gl(2,1),ω0)=〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2},|α|=2,kY1{1}⊕ 〈ζjDk|jY1{1},kY1{1}〉.

命題5H0(gl(2,1),ω1)=〈X(α)-〈i〉ζjdk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY1{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉dk|i{1,2},|β|=3,kY1{1}〉⊕〈ζu-〈jdk|j{1},|u|=3,kY1{1}〉.

證明由ω1=〈X(α)ζukk||α|+|u|=2,kY1〉可知,將其分為ζiζjdk,X(α)ζjdk和X(β)dk三種情況.其中|α|=1,|β|=2.

(1) 當(dāng)X(β)中含有X1或X2時,對于ζiζjDk,i

則根據(jù)[XsDt,a]=0(s,t=1,2)及d1,d2,…，dn線性無關(guān)有cjk=gk=0.由[ζ1D1,a]=0,[ζ1D2,a]=0.可知hij1=0.由[Xsd1,a]=0,可得hij1=0，hijk=0.對于kY1{1}時，討論ζiζjDk中的i,j的取值問題.若i=j=1,則有[X1,d1,ζiζjdk]=X,ζ1dk≠0;若i=j且均≠1時，[gl(2,1),ζiζjdk]=0.此時結(jié)果為

〈ζu-〈i〉dk|j{1},|u|=3,kY1{1}〉.

(2)當(dāng)X(α)ζjdk中X(α)不為X1或X2,其中：jY1{1},kY1{1},X(β)中不含有X1或X2，kY1{1}時，

則有[gl(2,1),a]=0,此時結(jié)果為

〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉Dk|i{1,2},|β|=3,kY0{1,2}〉.

綜上所述,有

H0(gl(2,1),ω1)=〈X(α)-〈i〉ζjdk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY1{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉dk|i{1,2},|β|=3,kY1{1}〉⊕〈ζu-〈j〉dk|j{1},|u|=3,kY1⊕{1}〉.

命題6

H0(gl(2,1),ω2)=〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉dk||α|=2,i{1,2},|u|=3,j{1},kY1{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζjdk|i{1,2},|β|=3,jY1{1},kY1{1}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉dk|i{1,2},|γ|=4,kY1{1}〉⊕〈ζu-〈j〉dk|j{1},|u|=4,kY1{1}〉.

證明由ω2=〈X(α)ζudk||α|+|u|=3,kY1〉可知,將其分為ζiζjζ1dk,X(α)ζiζjdk,X(β)ζjζjdk和X(γ)dk,四種情況.其中|α|=1,|β|=2，|γ|=3.

(1) 當(dāng)X(α),X(β),X(γ)中含有X1或X2時,對于ζiζjζldk(i

則根據(jù)[XsD1,a]=0,(s,t=1,2]及d1,d2,…，dn線性無關(guān),可知hijk=cjk=gk=0.由[ζ1Dt,a]=0可知mijl1=0,由[Xsd1,a]=0,得到m1jlk=0,由[ζ1d1,a]=0,有m1jlk=mijl1=0.

對于kY1{1}時，討論ζiζjζldk中的i,j,l的取值問題.若i,j,l至少有兩個相等且不等于1時,則[ζtD1,ζiζjζldk]≠0；若i,j,l至少有兩個相等且不等于1時有[gl(2,1),ζiζjζldk]=0.此時結(jié)果為

〈ζu-〈j〉dk|j{1},|u|=4,kY1{1}〉.

(2)當(dāng)X(α),X(β),X(γ)中不含有為X1或X2,其中jY1{1},kY1{1},則[gl(2,1),a]=0.此時,結(jié)果為

〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉dk|α|=2,i{1,2},|u|=3,j{1},kY1{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζjdk|i{1,2},|β|=3,jY1{1},kY1{1}〉⊕〈X(γ)-〈i〉dk|i{1,2},|γ|=4,kY1{1}〉.

綜上所述, 有

H0(gl(2,1),ω2)=〈X(α)-〈i〉ζu-〈j〉dk||α|=2,i{1,2},|u|=3,j{1},kY1{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζjdk|i{1,2},|β|=3,jY1{1},kY1{1}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉dk|i{1,2},|γ|=4,kY1{1}〉⊕〈ζu-〈j〉dk|j{1},|u|=4,kY1{1}〉.

推論2 對于ωk(k≥1)而言,結(jié)果應(yīng)有k+2項(xiàng)直和.即

〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2},|α|=k+2,kY1{1}⊕ 〈ζu-〈j〉dk|j{1},|u|=k+2,kY1{1}〉.

由命題4-6以及推論2可得定理2.

定理2H0(gl(2,1),ω)=H0(gl(2,1),ω0)⊕H0(gl(2,1),ωk)(1≤k≤n).

所以結(jié)論如下:

Cw(gl(2,1))=H0(gl(2,1),W)=H0(gl(2,1),w)⊕H0(gl(2,1),ω)=

H0(gl(2,1),w0)⊕H0(gl(2,1),wk)⊕H0(gl(2,1),ω0)H0(gl(2,1),ωk),

其中1≤k≤n.

3中心化子CW(gl(1,2))

3.1H0(gl(1,2),w)

命題7H0(gl(2,1),w0)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1},|α|=2,kY0{1}〉 ⊕

〈ζjDk|jY1{1,2},kY0{1})〉.

證明由w0=〈X(α)ζuDk||α|+|u|=1,kY0〉可知,將其分為ζjDk和X(α)Dk,|α|=1,

〈ζjDk|jY1{1,2},kY0{1}〉.

〈X(α)-〈i〉Dk|i{1},|α|=2,kY0{1}〉.

綜上所述有H0(gl(1,2),w0)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1},|α|=2,kY0{1}〉⊕〈ζjDk|jY1{1,2},kY0{1}〉.

命題8H0(gl(1,2),w1)=〈X(α)-〈i〉ζu-〈j〉Dk|i{1},|α|=2,j{1,2},|u|=2,kY0{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉Dk|i{1},|β|=3,kY0{1}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1,2},|u|=3,kY0{1}〉.

證明由w1=〈X(α)ζuDk||α|+|u|=2,kY0〉可知,將其分為ζiζjDk,X(α)ζjDk和X(β)Dk三種情況.其中|α|=1,|β|=2.

(1) 當(dāng)X(α)ζuDk的X(α)為X1,X(β)為X1時,對于ζiζjDk(i

則根據(jù)[ζ1D1,a]=0,[ζ2D1,a]=0以及D1,D2,…，Dm線性無關(guān),可知cjk=gk=0.由[ζsdt,a]=0(s,t=1,2).可得h1jk=h2jk=0,再由[X1dt,a]=0,[X1D1,a]=0有h1jk=0，hij1=0.

對于kY0{1}時，討論ζ1ζ1ζDk;若i=j且均≠1時，[gl(2,1),ζiζjDk]=0.此時結(jié)果為

〈ζu-〈j〉Dk|jY1{1},|u|=3,kY0{1}〉.

(2)當(dāng)X(α)ζjDk中X(α)不為X1或X2,其中：jY1{1},kY0{1,2},并且同時滿足X(β)中不含有X1或X2，kY0{1,2}時，則有[gl(2,1),a]=0.此時結(jié)果為

〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2},|α|=2,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕〈X(β)-〈i〉Dk|i{1,2},|β|=3,kY0{1,2}〉.

綜上所述,有

H0(gl(1,2),w1)=〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1},|α|=2,jY1{1},kY0{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉Dk|i{1,2},|β|=3,kY0{1}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1,2},|u|=3,kY0{1}〉.

命題9H0(gl(1,2),w2)=〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk||α|=2,i{1},|u|=3,j{1,2},kY0{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζu=〈j〉Dk|i{1},|β|=3,j{1，2}，|u|=2,kY0{1}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉Dk|i{1},|γ|=4,kY0{1}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk|j{1,2},|u|=4,kY0{1}〉.

證明由w2=〈X(α)ζuDk||α|+|u|=3,kY0〉可知,將其分為ζiζjζ1Dk,X(α)ζiζjDk,X(β)ζjDk和X(γ)Dk四種情況.其中|α|=1,|β|=2，|γ|=3.

(1) 當(dāng)X(α),X(β),X(γ)中含有X1時,對于ζiζjζ1Dk,i

根據(jù),[ζ1D1,a]=0,[ζ2D1,a]=0及D1,D2,…，Dn線性無關(guān),可知hijk=cjk=gk=0.由[ζsdt,a]=0(s,t=1,2),[X1dt,a]=0,得到m1jlk=m2jlk=0.由[X1D1,a]=0,有hijl1=0.

對于kY0{1}時，討論ζiζjζldk中的i,j,l的取值問題.若i,j,l至少有兩個相等且不等于1(或者2),則[ζsdt,ζiζjζlDk]≠0；若i,j,l至少有兩個相等且不等于1(和2)時有[gl(1,2),ζiζjζldk]=0.此時結(jié)果為〈ζu-〈j〉Dk|j{1，2},|u|=4,kY0{1}〉.

(2)當(dāng)X(α),X(β),X(γ)中不含有為X1,而kY0{1},則[gl(2,1),a]=0.此時,結(jié)果為

〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk|α|=2,i{1},|u|=3,j{1，2},kY0{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζu=〈j〉Dk|i{1},|β|=3,j{1，2}，|u|=2,kY0{1}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉Dk|i{1},|γ|=4,kY0{1}〉.

綜上所述, 有

H0(gl(1,2),w2)=〈X(α)-〈i〉ζu=〈j〉Dk||α|=2,i{1},|u|=3,j{1,2},kY0{1}〉⊕

〈X(β)-〈i〉ζu=〈j〉Dk||β|=3,i{1},|u|=2,j{1,2},kY0{1}〉⊕

〈X(γ)-〈i〉Dk||γ|=4,1{1},kY0{1}〉⊕〈ζu-〈j〉Dk||u|=4,j{1,2},kY0{1}〉.

推論3 對于wk(k≥1)而言,結(jié)果應(yīng)有k+2項(xiàng)直和.即

〈X(α)-〈i〉Dk|i{1},|α|=k+2,kY0{1}⊕ 〈ζu-〈j〉Dk|j{1,2},|u|=k+2,kY0{1}〉.

由命題7-9以及推論3可得定理3.

定理3H0(gl(1,2),w)=H0(gl(1,2),w0)⊕H0(gl(1,2),wk)(1≤k≤n).

3.2H0(gl(2,1),ω)

命題10H0(gl(2,1),ω0)=〈X(α)-〈i〉dk|i{1},|α|=2,kY1{1,2}〉 ⊕

〈ζjDk|jY1{1,2},kY1{1,2})〉.

證明類似命題4的證明方法可證,在此省略.

命題11H0(gl(1,2),ω1)=〈X(α)-〈i〉ζu-〈j〉dk|i{1},|α|=2,j{1,2},kY1{1,2}〉⊕

〈X(β)-〈i〉dk|i{1},|β|=3,kY1{1,2}〉⊕〈ζu-〈j〉dk|j{1,2},|u|=3,kY1{1,2}〉.

證明類似命題5的證明方法可證,在此省略.

類比推論2的結(jié)論,同理可得推論4.

推論4 對于ωk(k≥1)而言,結(jié)果應(yīng)有k+2項(xiàng)直和.即

〈X(α)-〈i〉dk|i{1},|α|=k+2,kY1{1,2}⊕ 〈ζu-〈j〉dk|j{1,2},|u|=k+2,kY1{1,2}〉.

由命題10-11以及推論4可得定理4.

定理4H0(gl(1,2),ω)=H0(gl(1,2),ω0)⊕H0(gl(1,2),ωk)(1≤k≤n).

由此可得如下結(jié)論:

Cw(gl(1,2))=H0(gl(1,2),W)=H0(gl(1,2),w)⊕H0(gl(1,2),ω)=

H0(gl(1,2),w0)⊕H0(gl(1,2),wk)⊕H0(gl(1,2),ω0)⊕H0(gl(1,2),ωk),

其中1≤k≤n.

4中心化子Cw(gl(3,0))

4.1H0(gl(3,0),w)

參考2.1節(jié)和3.1節(jié)的證明方法,同理可得到以下命題和定理.

命題12H0(gl(3,0),w0)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2,3},|α|=2,kY0{1,2,3}〉 ⊕

〈X1D1+X2D2+X3D3〉⊕〈ζuDk||u|=1,kY0{1,2,3})〉.

命題13H0(gl(3,1),w1)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2,3},|α|=3,kY0{1,2,3}〉⊕

〈X2(1)D1+X2(2)D2+X2(3)D3〉⊕〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2,3},|α|=2,jY1,kY0{1,2,3}〉⊕

〈X1ζjD1+X2ζjD2+X3ζjD3+|jY1〉⊕〈ζuDk||u|=2,kY0{1,2,3}〉.

命題14H0(gl(3,0),w2)=〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2,3},|α|=4,kY0{1,2,3}〉⊕

〈X3(1)D1+X3(2)D2+X3(3)D3〉⊕〈X(α)-〈i〉ζjDk|i{1,2,3},|α|=3,jY1,kY0{1,2,3}〉⊕

〈X2(1)ζjD1+X2(2)ζjD2+X2(3)ζjD3|jY1〉〉

〈X(α)-〈i〉ζuDk|i{1,2,3},|α|=2,|u|=2,kY0{1,2,3}〉⊕

〈X1ζuD1+X2ζuD2+X3ζuD3+||u|=2〉⊕〈ζuDk||u|=3,kY0{1,2,3}〉.

推論5 對于wk(k≥0)而言,結(jié)果應(yīng)有2k+3項(xiàng)直和.即

〈Xm(1)ζuD1+Xm(2)ζuD2+Xm(3)ζuD3|0≤m≤k+1,|m|+|u|=k+1〉⊕

〈X(α)-〈i〉Dk|i{1,2,3},|α|=k+2,kY0{1,2,3}〉.

說明在這一節(jié)中凡是含偶部元素的情況,均須單獨(dú)考慮它的冪次.

4.2H0(gl(3,0),ω)

參考2.2節(jié)和3.2節(jié)的證明方法, 同理可得到以下命題和定理.

命題15H0(gl(3,0),ω0)=〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2,3},|α|=2,kY1〉⊕〈ζjdk|j,kY1〉.

命題16H0(gl(3,0),ω1)=〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2,3},|α|=3,kY1〉⊕

〈X(α)-〈i〉ζjdk|i{1,2,3},|α|=2,j,kY1〉⊕〈ζudk||u|=2,kY1〉.

命題17H0(gl(3,0),ω2)=〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2,3},|α|=4,kY1〉⊕

〈X(α)-〈i〉ζjdk|i{1,2,3},|α|=3,j,kY1〉⊕

〈X(α)-〈i〉ζjdk|i{1,2,3},|α|=2,|u|=2,kY1〉⊕〈ζudk||u|=4,kY1〉.

推論6 對于ωk(k≥0)而言,結(jié)果應(yīng)有k+2項(xiàng)直和.即

〈X(α)-〈i〉dk|i{1,2,3},|α|=k+2,kY1〉⊕〈ζudk||u|=k+1,kY1〉.

因此得到如下結(jié)論：

CW(gl(3,0))=H0(gl(3,0),W)=H0(gl(3,0),w)⊕H0(gl(3,0),ω)=

其中0≤k≤n.

[1]孫麗萍,遠(yuǎn)繼霞,劉文德.李超代數(shù)g(l)2|1到Witt超代數(shù)的低維上同調(diào)[J].數(shù)學(xué)的實(shí)踐與認(rèn)識,2013,43(8)238-243.

[2]田麗媛,侯瑩,鄭克禮.素特征域上gl(0,3)在廣義Witt李超代數(shù)中的中心化子[J].哈爾濱師范大學(xué)自然科學(xué)學(xué)報,2016,32(2):5-7.

[3]張永正,劉文德.模李超代數(shù)[M].北京：科學(xué)出版社,2004.

[4]鄭克禮.李超代數(shù)的若干結(jié)構(gòu)與表示[D].長春：東北師范大學(xué),2014.

[5]HOCHSCHILD G.Cohomology of Lie Algebras[J].Annals of Mathematics,1953,57(3):591-603.

CentralizerofLieSuperalgebrasof3×3Matrix

HOU Ying1,ZHENG Ke-li2, CHEN Liang-yun1

(1.School of Mathematics and Statistics, Northeast Normal University, Changchun 130024, China; 2.Northeast Forestry University, Harbin 150040, China )

This paper mainly discussed the centralizer of Lie superalgebras of 3×3 matrix which is divided into four conditions, namely, gl(2,1),gl(1,2),gl(3,0) and gl(0,3).On the basis of the previous conclusions, the similar method was applied to the analysis.Calculated and proved were the centralizer of the even and odd situation of gl(2,1) when i=0,1,2, and that of the even situation of gl(1,2) when i=0,1,2 and that of the odd situation of gl(1,2) when i=0, and that of the even and odd situation of gl(3,0) when i=0,1,2.The general rules of the centralizer of Lie superalgebras of 3×3 matrix were summarized and conclusions were put forward.

3×3 matrix; centralizer; Lie superalgebra

格式：侯瑩,鄭克禮,陳良云.三階矩陣?yán)畛鷶?shù)的一類中心化子[J].海南熱帶海洋學(xué)院學(xué)報,2017,24(5):42-49.

2017-09-11

國家自然科學(xué)基金資助項(xiàng)目(11171055)

侯瑩(1995-),女,吉林舒蘭人,東北師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院基礎(chǔ)數(shù)學(xué)專業(yè)2017級碩士研究生,研究方向?yàn)槔畲鷶?shù).

陳良云(1972-),男,四川廣安人,東北師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院教授,博士,博士生導(dǎo)師,研究方向?yàn)槔畲鷶?shù).

O152.5

A

2096-3122(2017) 05-0042-08

10.13307/j.issn.2096-3122.2017.05.08

(編校吳炎)