von Neumann代数上的*-Lie三重导子

*-Lie Triple Derivation on von Neumann Algebras

摘要: 算子代数上的导子作为算子理论研究的一个重要部分，得到国内外学者的广泛关注。近年来，学者们相继引入Lie导子、*-Lie导子、*-Lie三重导子等映射。然而Lie导子是Lie三重导子，但反过来Lie三重导子不一定是Lie导子。本文研究和探讨von Neumann代数上的*-Lie三重导子是否为Lie导子。证明了在不含I₁型中心直和项的有限von Neumann代数之间的每一个非线性*-Lie三重导子是一个可加*-导子。

Abstract: As an important part of operator theory research, derivations on operator algebras have received widespread attention from scholars both domestically and internationally. In recent years, scholars have successively introduced mappings such as local Lie derivation, *-Lie derivation, *-Lie triple derivation. However, the Lie derivation is a Lie triple derivation; but conversely, the Lie triple derivation may not necessarily be a Lie derivation. This thesis studies and explores whether the *-Lie triple derivation on von Neumann algebra is a Lie derivation. We show that each nonlinear *-Lie triple derivation between von Neumann algebras without central summands of type I1 is an additive *-derivation.

1. 引言

设 $\mathcal{A}$ 是复数域 $ℂ$ 上的*-代数。若线性(可加)映射 $\delta :\mathcal{A}\to \mathcal{A}$ 和任意的 $A,B\in \mathcal{A}$ 有 $\delta \left(AB\right)=$ $A\delta \left(B\right)+B\delta \left(A\right)$，则称 $\delta$ 是(可加)导子。若对任意的 $A\in \mathcal{A}$ 有 $\delta \left(A^{*}\right)=\delta {\left(A\right)}^{*}$ ，则称 $\delta$ 为(可加)*-导子。显然*-导子是导子。对任意的 $A,B\in \mathcal{A}$ ，称 $\left[A,B\right]=AB-BA$ 为Lie积；称 ${\left[A,B\right]}_{*}=AB-B{A}^{\ast }$ 为*-Lie积。若映射(没有加性假设) $\phi :\mathcal{A}\to \mathcal{A}$ 和任意的 $A,B\in \mathcal{A}$ ，有 $\phi \left(\left[A,B\right]\right)=\left[\phi \left(A\right),B\right]+\left[A,\phi \left(B\right)\right]$ ，则称 $\phi$ 为Lie导子；若 $\phi \left({\left[A,B\right]}_{*}\right)={\left[\phi \left(A\right),B\right]}_{*}+{\left[A,\phi \left(B\right)\right]}_{*}$ ，则称 $\phi$ 为*-Lie导子。近年来，*-Lie导子的研究引起学者关注。文献 [1] 证明了每个由因子von Neumann代数到自身的非线性*-Lie导子都是一个可加*-导子。文献 [2] 证明了包含非平凡对称幂等的2-挠率自由酉素*-环之间的每一个*-Lie导子都是一个可加*-导子。文献 [3] 证明了标准算子代数上的每一个非线性*-Lie导子都是一个内导子。

在Lie导子的基础上，Miers在 [4] 中引入了Lie三重导子的概念。设 $\mathcal{A}$ 是域 $\mathbb{F}$ ( $ℝ$ 或 $ℂ$ )上的结合代数， $\mathcal{M}$ 为 $\mathcal{A}$ -双模。设 $\delta$ 为从 $\mathcal{A}$ 到 $\mathcal{M}$ 的线性映射，若对任意的 $A,B,C\in \mathcal{A}$ 成立 $\delta \left(\left[\left[A,B\right],C\right]\right)=$ $\left[\left[\delta \left(A\right),B\right],C\right]+\left[\left[A,\delta \left(B\right)\right],C\right]+\left[\left[A,B\right],\delta \left(C\right)\right]$，则称 $\delta$ 是Lie三重导子。易证每一个Lie导子都是一个Lie三重导子，反过来不成立。近年来不同算子代数上的Lie三重导子映射引起关注和研究(见 [5] - [12] 及其文献)。同样地，我们可以很自然地引入*-Lie三重导子的概念。设 $\mathcal{A}$ 是复数域 $ℂ$ 上的*-代数， $\varphi :\mathcal{A}\to \mathcal{A}$ 是一个映射，对任意的 $A,B,C\in \mathcal{A}$ ，若

$\varphi \left({\left[{\left[A,B\right]}_{*},C\right]}_{*}\right)={\left[{\left[\varphi \left(A\right),B\right]}_{*},C\right]}_{*}+{\left[{\left[A,\varphi \left(B\right)\right]}_{*},C\right]}_{*}+{\left[{\left[A,B\right]}_{*},\varphi \left(C\right)\right]}_{*}$

则称 $\varphi$ 为*-Lie三重导子。文献 [13] 证明了因子von Neumann代数间的每一个非线性*-Lie三重导子都是一个可加*-导子，而因子von Neumann代数是一个素代数，对于更加一般的von Neumann代数，其上的*-Lie三重导子是否也是一个*-导子？为解决此问题，本文继续研究有限von Neumann代数上的*-Lie三重导子。

在本文中， ${\mathcal{Z}}_{\mathcal{A}}$ 和 ${\mathcal{A}}_{sa}$ 分别表示代数 $\mathcal{A}$ 的中心和代数 $\mathcal{A}$ 的自伴随算子构成的集合。

2. ∗-Lie三重导子

设 $\mathcal{H}$ 是复可分希尔伯特空间，我们用 $\mathcal{B}\left(\mathcal{H}\right)$ 表示 $\mathcal{H}$ 上所有有界线性算子构成的集合。设 $\mathcal{M}\subseteq \mathcal{B}\left(\mathcal{H}\right)$ 为一个von Neumann代数。集合 ${\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}=\left\{S\in \mathcal{M}|ST=TS,\forall T\in \mathcal{M}\right\}$ 称为 $\mathcal{M}$ 的中心。对 $A\in \mathcal{M}$ ，A的中心覆盖是所有满足 $PA=A$ ( $P\in \mathcal{M}$ )的中心投影的交集，记为 $\bar{A}$ 。A的中心覆盖是值域为 $\left[\mathcal{M}A\left(H\right)\right]$ 的投影，即 $\left\{MA\left(x\right)|M\in \mathcal{M},x\in \mathcal{H}\right\}$ 的闭线性扩张。对于每个自伴算子 $A\in \mathcal{M}$ ，集合 $\left\{S\in {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}|S=S^{\ast },S\le A\right\}$ 称为A的核，记为 $\underset{\_}{A}$ 。如果P是投影，且 $\underset{\_}{P}=0$ ，我们称P为core-free投影。显然， $A-\underset{\_}{A}\ge 0$ 。若 $S\in {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ，且 $A-\underset{\_}{A}\ge S\ge 0$ ，则 $S=0$ 。如果P是投影，很明显 $\underset{\_}{P}$ 为 $\le P$ 的最大的中心投影。当且仅当 $\overline{I-P}=I$ 时， $\underset{\_}{P}=0$ ，其中 $\overline{I-P}$ 表示 $I-P$ 的中心覆盖。本文中将经常使用von Neumann代数的以下几个基本性质及命题。

命题1 [13] [14] 设 $\mathcal{M}$ 为一个von Neumann代数。

(1)如果 $\mathcal{M}$ 不含I₁型的中心直和项，则 $\mathcal{M}$ 中每个非零的中心投影都是 $\mathcal{M}$ 的一个core-free投影的中心覆盖。

(2)如果 $T\in \mathcal{M}$ ，P是 $\mathcal{M}$ 中的投影且 $\bar{P}=I$ ，那么对于所有 $M\in \mathcal{M}$ ， $TMP=0$ 蕴含 $T=0$ 。因此，如果 $Z\in {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ，则 $ZP=0$ 蕴含 $Z=0$ 。

在本文中，设 $\mathcal{M}$ 是一个不含I₁型中心直和项的von Neumann代数，根据命题1(1)，存在一个中心覆盖为I的core-free投影，记为P₁，即 $\overline{P_1}=I$ 且 $\underset{\_}{P_1}=0$ 。显然 $P_1\ne 0,I$ 。在本文中，P₁是固定的。记 $P_2=I-P_1$ 。根据core-free和中心覆盖的定义，P₂是core-free投影且 $\overline{P_2}=I$ 。记 ${\mathcal{M}}_{ij}=P_i\mathcal{M}{P}_j$ ， $i,j=1,2$ 。记 $\mathcal{M}={\mathcal{M}}_{11}+{\mathcal{M}}_{12}+{\mathcal{M}}_{21}+{\mathcal{M}}_{22}$ 。对于每个元素 $T\in \mathcal{M}$ ，记 $T={\displaystyle {\sum }_{i,j=1}^2{T}_{ij}}$ 。本文中 $T_{ij}$ 表示 $T_{ij}\in {\mathcal{M}}_{ij}$ 。

本节的主要结论表示如下。

定理1 设 $\mathcal{M}$ 是一个不含I₁型中心直和项的有限von Neumann代数， $\varphi :\mathcal{M}\to \mathcal{M}$ 是一个非线性*-Lie三重导子，即对任意的 $A,B,C\in \mathcal{M}$ 有

$\varphi \left({\left[{\left[A,B\right]}_{*},C\right]}_{*}\right)={\left[{\left[\varphi \left(A\right),B\right]}_{*},C\right]}_{*}+{\left[{\left[A,\varphi \left(B\right)\right]}_{*},C\right]}_{*}+{\left[{\left[A,B\right]}_{*},\varphi \left(C\right)\right]}_{*},$

其中 ${\left[A,B\right]}_{\ast }=AB-B{A}^{\ast }$ ，那么 $\varphi$ 是一个可加*-导子。

下面，我们首先证明 $\varphi$ 的可加性，即证以下命题。

命题2 设 $\mathcal{M}$ 是一个不含I₁型中心直和项的有限von Neumann代数， $\varphi :\mathcal{M}\to \mathcal{M}$ 是一个非线性*-Lie三重导子，即对任意的 $A,B,C\in \mathcal{M}$ 有：

$\varphi \left({\left[{\left[A,B\right]}_{*},C\right]}_{*}\right)={\left[{\left[\varphi \left(A\right),B\right]}_{*},C\right]}_{*}+{\left[{\left[A,\varphi \left(B\right)\right]}_{*},C\right]}_{*}+{\left[{\left[A,B\right]}_{*},\varphi \left(C\right)\right]}_{*}$ ,

其中 ${\left[A,B\right]}_{\ast }=AB-B{A}^{\ast }$ 。那么 $\varphi$ 是可加的。

现在我们将分以下几个步骤证明命题2。

步骤1 $\varphi \left(0\right)=0$ 。

实际上，对 $A=B=C=0$ ，

$\varphi \left(0\right)=\varphi {\left[{\left[0,0\right]}_{*},0\right]}_{*}={\left[{\left[\varphi \left(0\right),0\right]}_{*},0\right]}_{*}+{\left[{\left[0,\varphi \left(0\right)\right]}_{*},0\right]}_{*}+{\left[{\left[0,0\right]}_{*},\varphi \left(0\right)\right]}_{*}=0$ 。

步骤2 对每个 $A_{11}\in {\mathcal{M}}_{11}$ 和 $A_{22}\in {\mathcal{M}}_{22}$ ，

$\varphi \left(A_{11}+A_{22}\right)=\varphi \left(A_{11}\right)+\varphi \left(A_{22}\right)$ 。

证明记 $T=\varphi \left(A_{11}+A_{22}\right)-\varphi \left(A_{11}\right)-\varphi \left(A_{22}\right)$ 。由于 ${\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },A_{22}\right]}_{\ast }=0$ ，根据步骤1有

$\begin{array}{l}{\left[{\left[\varphi \left(iI\right),P_1\right]}_{\ast },A_{11}+A_{22}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[iI,\varphi \left(P_1\right)\right]}_{\ast },A_{11}+A_{22}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },\varphi \left(A_{11}+A_{22}\right)\right]}_{\ast }\\ =\varphi \left({\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },A_{11}+A_{22}\right]}_{\ast }\right)\\ =\varphi \left({\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },A_{11}\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },A_{22}\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(iI\right),P_1\right]}_{\ast },A_{11}+A_{22}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[iI,\varphi \left(P_1\right)\right]}_{\ast },A_{11}+A_{22}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },\varphi \left(A_{11}\right)+\varphi \left(A_{22}\right)\right]}_{\ast }.\end{array}$

因此， ${\left[{\left[iI,P_1\right]}_{\ast },T\right]}_{\ast }=0$ ，这说明 $T_{11}=T_{12}=T_{21}=0$ 。

类似地，对P₂应用同样证明方法，可以得到 $T_{22}=0$ 。因此 $T=0$ 。

步骤3 对所有 $A_{ij}\in {\mathcal{M}}_{ij}$ ， $1\le i,j\le 2$ ，

$\varphi \left({\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right)={\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(A_{ij}\right)}$ 。

证明记 $T=\varphi \left({\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right)-{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(A_{ij}\right)}$ 。由于 $\left[{\left[P_1,A_{21}\right]}_{\ast },P_2\right]=\left[{\left[P_1,A_{11}\right]}_{\ast },P_2\right]={\left[{\left[P_1,A_{22}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }=0$ ，由步骤1有

$\begin{array}{l}{\left[{\left[\varphi \left(P_1\right),{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }+{\left[{\left[P_1,\varphi \left({\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right)\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }+{\left[{\left[P_1,{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{\ast },\varphi \left(P_2\right)\right]}_{\ast }=\varphi \left({\left[{\left[P_1,{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }\right)\\ =\varphi \left({\left[{\left[P_1,A_{11}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[P_1,A_{12}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[P_1,A_{21}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[P_1,A_{22}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(P_1\right),{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }+{\left[{\left[P_1,{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(A_{ij}\right)}\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }+{\left[{\left[P_1,{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{\ast },\varphi \left(P_2\right)\right]}_{\ast }.\end{array}$

因此， ${\left[{\left[P_1,T\right]}_{\ast },P_2\right]}_{\ast }=0$ ，这说明 $T_{12}=0$ 。

类似地可以证明 ${\left[\left[P_{\text{2}},T_{\ast }\right],P_{\text{1}}\right]}_{\ast }=0$ ，这说明 $T_{2\text{1}}=0$ 。

另一方面，由于 ${\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },A_{12}\right]}_{\ast }={\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },A_{21}\right]}_{\ast }=0$ ，由步骤1和步骤2有

$\begin{array}{l}{\left[{\left[\varphi \left(i\left(P_1-P_2\right)\right),I\right]}_{\ast },{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{*}+{\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),\varphi \left(I\right)\right]}_{\ast },{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{*}+{\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },\varphi \left({\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right)\right]}_{*}\\ =\varphi \left({\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },A_{11}+A_{22}\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },A_{12}\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },A_{21}\right]}_{\ast }\right)\\ =\varphi \left({\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{*}\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(i\left(P_1-P_2\right)\right),I\right]}_{\ast },{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{*}+{\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),\varphi \left(I\right)\right]}_{\ast },{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}\right]}_{*}+{\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(A_{ij}\right)}\right]}_{*}.\end{array}$

因此 ${\left[{\left[i\left(P_1-P_2\right),I\right]}_{\ast },T\right]}_{\ast }=0$ ，这说明 $T_{11}=T_{22}=0$ 。

综上可得 $T=0$ 。

步骤4 对所有 $A_{ij},B_{ij}\in {\mathcal{M}}_{ij}$ ， $i\ne j$ ，

$\varphi \left(A_{ij}+B_{ij}\right)=\varphi \left(A_{ij}\right)+\varphi \left(B_{ij}\right)$ 。

证明易证

${\left[{\left[\frac{i}{2}I,P_i+A_{ij}\right]}_{\ast },i\left(P_j+B_{ij}\right)\right]}_{\ast }=-A_{ij}-B_{ij}-A_{ij}^{\ast }-B_{ij}{A}_{ij}^{\ast }$ 。

由步骤3有

$\begin{array}{l}-\varphi \left(A_{ij}+B_{ij}\right)-\varphi \left(A_{ij}^{\ast }\right)-\varphi \left(B_{ij}{A}_{ij}^{\ast }\right)=\varphi \left({\left[{\left[\frac{i}{2}I,P_i+A_{ij}\right]}_{\ast },i\left(P_j+B_{ij}\right)\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(\frac{i}{2}I\right),P_i+A_{ij}\right]}_{\ast },i\left(P_j+B_{ij}\right)\right]}_{\ast }+{\left[{\left[\frac{i}{2}I,\varphi \left(P_i\right)+\varphi \left(A_{ij}\right)\right]}_{\ast },i\left(P_j+B_{ij}\right)\right]}_{\ast }+{\left[{\left[\frac{i}{2}I,P_i+A_{ij}\right]}_{\ast },\varphi \left(i{P}_j\right)+\varphi \left(B_{ij}\right)\right]}_{\ast }\\ =\varphi \left({\left[{\left[\frac{i}{2}I,P_i\right]}_{\ast },i{P}_j\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[\frac{i}{2}I,P_i\right]}_{\ast },i{B}_{ij}\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[\frac{i}{2}I,A_{ij}\right]}_{\ast },i{P}_j\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[\frac{i}{2}I,A_{ij}\right]}_{\ast },i{B}_{ij}\right]}_{\ast }\right)\\ =-\varphi \left(A_{ij}\right)-\varphi \left(B_{ij}\right)-\varphi \left(A_{ij}^{\ast }\right)-\varphi \left(B_{ij}{A}_{ij}^{\ast }\right).\end{array}$

因此，可以得到

$\varphi \left(A_{ij}+B_{ij}\right)=\varphi \left(A_{ij}\right)+\varphi \left(B_{ij}\right)$ 。

步骤5 对所有 $A_{ii},B_{ii}\in {\mathcal{M}}_{ii}$ ， $1\le i\le 2$ ，

$\varphi \left(A_{ii}+B_{ii}\right)=\varphi \left(A_{ii}\right)+\varphi \left(B_{ii}\right)$ 。

证明记 $T=\varphi \left(A_{ii}+B_{ii}\right)-\varphi \left(A_{ii}\right)-\varphi \left(B_{ii}\right)$ ，且 $i\ne j$ ，有

$\begin{array}{l}{\left[{\left[\varphi \left(i{P}_j\right),I\right]}_{\ast },A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_j,\varphi \left(I\right)\right]}_{\ast },A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_j,I\right]}_{\ast },\varphi \left(A_{ii}+B_{ii}\right)\right]}_{\ast }\\ =\varphi \left({\left[{\left[i{P}_j,I\right]}_{\ast },A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast }\right)\\ =\varphi \left({\left[{\left[i{P}_j,I\right]}_{\ast },A_{ii}\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[i{P}_j,I\right]}_{\ast },B_{ii}\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(i{P}_j\right),I\right]}_{\ast },A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_j,\varphi \left(I\right)\right]}_{\ast },A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_j,I\right]}_{\ast },\varphi \left(A_{ii}\right)+\varphi \left(B_{ii}\right)\right]}_{\ast }.\end{array}$

因此 ${\left[{\left[i{P}_j,I\right]}_{\ast },T\right]}_{\ast }=0$ ，这表明 $T_{ij}=T_{ji}=T_{jj}=0$ 。

另一方面，对所有 $C_{ij}\in {\mathcal{M}}_{ij}$ ， $i\ne j$ 由步骤4有

$\begin{array}{l}{\left[{\left[\varphi \left(i{P}_i\right),A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_i,\varphi \left(A_{ii}+B_{ii}\right)\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_i,A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast },\varphi \left(C_{ij}\right)\right]}_{\ast }\\ =\varphi \left({\left[{\left[i{P}_i,A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }\right)\\ =\varphi \left({\left[{\left[i{P}_i,A_{ii}\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }\right)+\varphi \left({\left[{\left[i{P}_i,B_{ii}\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(i{P}_i\right),A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_i,A_{ii}+B_{ii}\right]}_{\ast },\varphi \left(C_{ij}\right)\right]}_{\ast }+{\left[{\left[i{P}_i,\varphi \left(A_{ii}\right)+\phi \left(B_{ii}\right)\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }.\end{array}$

因此对所有 $C_{ij}\in {\mathcal{M}}_{ij}$ ， $i\ne j$ 有 ${\left[{\left[i{P}_j,T\right]}_{\ast },C_{ij}\right]}_{\ast }=0$ ，这表明 $P_{i}T{C}_{ij}=0$ 。由命题1(ii)有 $T_{ii}=0$ 。

由以上步骤可得 $T=0$ 。

下面对命题2进行证明。

证明令 $A={\displaystyle {\sum }_{i,j=1}^2{A}_{ij}}$ ， $B={\displaystyle {\sum }_{i,j=1}^2{B}_{ij}}$ 。由步骤2~5有

$\begin{array}{c}\varphi \left(A+B\right)=\varphi \left({\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{A}_{ij}}+{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}{B}_{ij}}\right)\\ ={\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(A_{ij}+B_{ij}\right)}\\ ={\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(A_{ij}\right)}+{\displaystyle \underset{i,j=1}{\overset{2}{\sum }}\varphi \left(B_{ij}\right)}\\ =\varphi \left(A\right)+\varphi \left(B\right).\end{array}$

接下来，我们给出定理1的证明。在证明定理1之前，我们需要以下引理。

引理1 设 $\mathcal{M}$ 是一个单位元为I的von Neumann代数， $A\in \mathcal{M}$ 。若对所有的 $B\in \mathcal{M}$ ， $AB=B{A}^{\ast }$ 成立，则 $A\in {\mathcal{M}}_{sa}\cap {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ 。

证明令 $B=I$ ，可以得到 $A=A^{*}$ ，这说明 $A\in {\mathcal{M}}_{sa}$ 。因此对于所有 $B\in \mathcal{M}$ ，有 $AB=BA$ ，这说明 $A\in {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ，因此 $A\in {\mathcal{M}}_{sa}\cap {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ 。

此外，下面的注记它在定理1的证明中起着重要的作用。

注记1 如果 $\mathcal{M}$ 是有限的，则 $\mathcal{M}$ 上存在中心值迹，那么 ${\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ 中每个非零元素不能写成 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^n\left[A_i,B_i\right]}$ 的形式，其中 $A_i,B_i\in \mathcal{M}$ 。

断言1 $\varphi \left(ℝI\right)\subseteq {\mathcal{M}}_{sa}\cap {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ， $\varphi \left(ℂI\right)\subseteq {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ，且当 $A=A^{*}$ 时， $\varphi \left(A\right)=\varphi {\left(A\right)}^{\ast }$ 成立。

对于任意的 $\lambda \in ℝ$ 和 $A\in \mathcal{M}$ ，由步骤1有

$\begin{array}{c}0=\varphi \left({\left[{\left[\lambda I,A\right]}_{\ast },I\right]}_{*}\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(\lambda I\right),A\right]}_{\ast },I\right]}_{\ast }+{\left[\lambda I,\varphi {\left(A\right)}_{\ast },I\right]}_{\ast }+{\left[{\left[\lambda I,A\right]}_{\ast },\varphi \left(I\right)\right]}_{\ast }\\ ={\left[{\left[\varphi \left(\lambda I\right),A\right]}_{\ast },I\right]}_{\ast }\\ =\varphi \left(\lambda I\right)\left(A+A^{\ast }\right)-\left(A+A^{\ast }\right)\varphi {\left(\lambda I\right)}^{\ast }.\end{array}$

因此，对于任意的 $B\in {\mathcal{M}}_{sa}$ 可以得到 $\varphi \left(\lambda I\right)B=B\varphi {\left(\lambda I\right)}^{\ast }$ ，由于对于任意 $B\in \mathcal{M}$ ，均有 $B=B_1+i{B}_2$ ，其中 $B_1,B_2\in {\mathcal{M}}_{sa}$ ，从而可得 $\varphi \left(\lambda I\right)B=B\varphi {\left(\lambda I\right)}^{*}$ 。从而由引理1有 $\varphi \left(\lambda I\right)\in {\mathcal{M}}_{sa}\cap {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ，进而可以得到 $\varphi \left(ℝI\right)\in {\mathcal{M}}_{sa}\cap {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ 。对于任意 $A=A^{\ast }\in \mathcal{M}$ ，由 $\varphi \left(I\right)\in ℝI$ 可得

$0=\varphi \left({\left[{\left[A,I\right]}_{\ast },I\right]}_{\ast }\right)=2\varphi \left(A\right)-2\varphi {\left(A\right)}^{\ast }={\left[{\left[\varphi \left(A\right),I\right]}_{\ast },I\right]}_{\ast }.$

因此 $A=A^{*}$ 时 $\varphi \left(A\right)=\varphi {\left(A\right)}^{\ast }$ 成立。

接下来证明 $\varphi (ℂI)\subseteq {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ 。

对于任意的 $\alpha \in ℂ$ 和 $A=A^{\ast }\in \mathcal{M}$ ，由 $\varphi \left(A\right)=\varphi {\left(A\right)}^{\ast }$ 得到

$0=\varphi \left({\left[{\left[A,\alpha I\right]}_{\ast },C\right]}_{\ast }\right)={\left[A,\varphi {\left(\alpha I\right)}_{\ast },C\right]}_{\ast }$ 。

对所有 $C\in \mathcal{M}$ 成立，根据引理1有

${\left[A,\varphi \left(\alpha I\right)\right]}_{\ast }=\left[A,\varphi \left(\alpha I\right)\right]\in {\mathcal{M}}_{sa}\cap {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$

对所有 $A=A^{\ast }\in \mathcal{M}$ 成立。由注记1可得 $\left[A,\varphi \left(\alpha I\right)\right]=0$ ，即对每个 $A=A^{\ast }\in \mathcal{M}$ ，有 $A\varphi \left(\alpha I\right)=\varphi \left(\alpha I\right)A$ 。而对任意的 $B\in \mathcal{M}$ ，有 $B=B_1+i{B}_2$ ，其中 $B_1,B_2\in {\mathcal{M}}_{sa}$ ，从而可得对于任意的 $B\in \mathcal{M}$ ，有 $\varphi \left(\alpha I\right)B=B\varphi \left(\alpha I\right)$ 。因此， $\varphi \left(\alpha I\right)\in {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ ，则 $\varphi \left(ℂI\right)\subseteq {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}$ 。

断言2 $\varphi \left(\frac{1}{2}I\right)=\varphi \left(\frac{1}{2}iI\right)=0$ ， $\varphi \left(iA\right)=i\varphi \left(A\right)$ ，其中 $A\in \mathcal{M}$ 。

由断言1，假设

$\varphi \left(-\frac{1}{2}I\right)=Z_1$ , $\varphi \left(\frac{1}{2}I\right)=Z_2$ , $\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right)=Z_3+i{Z}_4$ , $\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right)=Z_5+i{Z}_6$ ,

其中 $Z_i\in {\mathcal{Z}}_{\mathcal{M}}\cap {\mathcal{M}}_{sa}$ ，由

$0={\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }$

和步骤1有

$\begin{array}{c}0=\varphi \left({\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right),-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }+{\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right)\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }\\ ={\left[{\left[Z_3+i{Z}_4,-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }+{\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,Z_3+i{Z}_4\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }=i{Z}_3,\end{array}$

这表明 $Z_3=0$ 。

同样，由 $0={\left[{\left[\frac{1}{2}iI,\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }$ 可得 $Z_5=0$ 。

因此可以进一步假设，

$\varphi \left(-\frac{1}{2}I\right)=Z_1$ , $\varphi \left(\frac{1}{2}I\right)=Z_2$ , $\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right)=i{Z}_4$ , $\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right)=i{Z}_6$ ,

由 $-\frac{1}{2}iI={\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }$ 有

$\begin{array}{c}i{Z}_4=\varphi \left({\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right),-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }+{\left[-\frac{1}{2}iI,\varphi {\left(-\frac{1}{2}I\right)}_{\ast },-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }+{\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\varphi \left(-\frac{1}{2}I\right)\right]}_{\ast }\\ =i{Z}_4+2i{Z}_1\end{array}$

这说明 $Z_1=0$ 。

由 $\frac{1}{2}iI={\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }$ 可以得到

$\begin{array}{c}i{Z}_6=\varphi \left({\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right),-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\frac{1}{2}I\right]}_{\ast }+{\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\varphi \left(\frac{1}{2}I\right)\right]}_{\ast }\\ =i{Z}_2-i{Z}_4,\end{array}$

这说明 $Z_6=Z_2-Z_4$ 。

由 $\frac{1}{2}I={\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast }$ 可以得到

$\begin{array}{c}{Z}_2=\varphi \left({\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right),-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },-\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast }+{\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right)\right]}_{\ast }\\ =-2Z_4.\end{array}$

由 $-\frac{1}{2}I={\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast }$ 可以得到

$\begin{array}{c}0=\varphi \left({\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[\varphi \left(-\frac{1}{2}iI\right),-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\frac{1}{2}iI\right]}_{\ast }+{\left[{\left[-\frac{1}{2}iI,-\frac{1}{2}I\right]}_{\ast },\varphi \left(\frac{1}{2}iI\right)\right]}_{\ast }\\ =Z_4-Z_6.\end{array}$

因此 $Z_4=Z_6$ ，所以 $Z_1=Z_2=Z_3=Z_4=Z_5=Z_6=0$ 并且 $\varphi \left(\frac{\text{1}}{\text{2}}I\right)=\varphi \left(\frac{\text{1}}{\text{2}}iI\right)=0$ 。

对于每个 $A\in \mathcal{M}$ ，由 $iA={\left[{\left[\frac{\text{1}}{\text{2}}iI,\frac{\text{1}}{\text{2}}I\right]}_{\ast },A\right]}_{\ast }$ 可以得到

$\varphi \left(iA\right)=\varphi \left({\left[{\left[\frac{\text{1}}{\text{2}}iI,\frac{\text{1}}{\text{2}}I\right]}_{\ast },A\right]}_{\ast }\right)={\left[{\left[\frac{\text{1}}{\text{2}}iI,\frac{\text{1}}{\text{2}}I\right]}_{\ast },\varphi \left(A\right)\right]}_{\ast }=i\varphi \left(A\right)$ 。

最后我们证明定理1，通过命题2，我们只需要证明 $\varphi$ 是一个*-导子。

证明对于每个 $A\in \mathcal{M}$ ， $A=A_1+i{A}_2$ ，其中 $A_1,A_2\in {\mathcal{M}}_{sa}$ 。由断言1和2可以得到

$\begin{array}{c}\varphi \left(A^{\ast }\right)=\varphi \left(A_1-i{A}_2\right)=\varphi \left(A_1\right)-\varphi \left(i{A}_2\right)\\ =\varphi \left(A_1\right)-i\varphi \left(A_2\right)=\varphi {\left(A_1\right)}^{\ast }-i{\left(\varphi \left(A_2\right)\right)}^{\ast }\\ =\varphi {\left(A_1\right)}^{\ast }+{\left(i\varphi \left(A_2\right)\right)}^{\ast }={\left(\varphi \left(A_1\right)+i\varphi \left(A_2\right)\right)}^{\ast }\\ =\varphi {\left(A_1+i{A}_2\right)}^{\ast }=\varphi \left(A\right).\end{array}$

根据断言2和命题2， $\varphi \left(iI\right)=0$ 。那么对于所有 $A,B\in \mathcal{M}$ 可以得到

$\begin{array}{c}2i\varphi \left(AB+B{A}^{\ast }\right)=\varphi \left(2i\left(AB+B{A}^{\ast }\right)\right)\\ =\varphi \left({\left[{\left[iI,A\right]}_{\ast },B\right]}_{\ast }\right)\\ ={\left[{\left[iI,\varphi \left(A\right)\right]}_{\ast },B\right]}_{\ast }+{\left[{\left[iI,A\right]}_{\ast },\varphi \left(B\right)\right]}_{\ast }\\ =2i\left(\varphi \left(A\right)B+A\varphi \left(B\right)+\varphi \left(B\right)A^{\ast }+B\varphi {\left(A\right)}^{\ast }\right).\end{array}$

因此

$\varphi \left(AB+B{A}^{\ast }\right)=\varphi \left(A\right)B+A\varphi \left(B\right)+\varphi \left(B\right)A^{\ast }+B\varphi {\left(A\right)}^{\ast }$ (1)

由断言2和式(1)可知

$\begin{array}{c}\varphi \left(AB-B{A}^{\ast }\right)=\varphi \left(iA\right)\left(-iB\right)+\left(-iB\right){\left(iA\right)}^{\ast }\\ =\varphi \left(iA\right)\left(-iB\right)+\left(iA\right)\varphi \left(-iB\right)+\varphi \left(-iB\right){\left(iA\right)}^{\ast }+\left(-iB\right)\varphi {\left(iA\right)}^{\ast }\\ =\varphi \left(A\right)B+A\varphi \left(B\right)-\varphi \left(B\right)A^{\ast }-B\varphi {\left(A\right)}^{\ast }.\end{array}$

因此

$\varphi \left(AB-B{A}^{\ast }\right)=\varphi \left(A\right)B+A\varphi \left(B\right)-\varphi \left(B\right)A^{\ast }-B\varphi {\left(A\right)}^{\ast }$ (2)

结合式(1)和(2)可得

$\varphi \left(AB\right)=\varphi \left(A\right)B+A\varphi (\; B\; )$

定理证明完毕。

3. 结论

本文针对代数上的*-Lie三重导子是否为*-导子的问题，对代数做Pierce分解，证明了有限von Neumann代数上的每一个非线性*-Lie三重导子是一个可加*-导子。设 $\mathcal{M}$ 是不含I₁型中心直和项的有限von Neumann代数，则 $\mathcal{M}\to \mathcal{M}$ 的每一个非线性*-Lie三重导子是一个可加*-导子。

关于代数上的Lie导子及*-Lie导子还有一些问题有待于继续深入研究。例如，我们证明了在不含𝐼₁型中心直和项的有限von Neumann代数上的每一个非线性*-Lie三重导子是一个可加*-导子，但有限条件是否可以去掉？又如， $\mathcal{M}\to \mathcal{M}$ 的上的*-Lie n重导子是否为*-导子？接下来，我们将继续研究Lie n重导子*-Lie n重导子和的相关问题。