作者简介：贵州师范大学数计学院的09级硕士研究生，研究方向是李代数 摘 要：在该文章中，我们主要研究了与无限维李代数w(a,b)相关的不动点代数李代数W"(1/2,b)的泛中心扩张。首先，通过W(1/2,b)构造出代数W"(1/2,b)；其次，通过计算讨论了代数M的泛中心扩张。
关键词：不动点代数；二上循环；泛中心扩张
1 引言
无限维李代数的结构及其表示理论在数学和物理的许多分支中发挥着及其重要的作用，如Kac－Moody李代数，Virasoro李代数［2］与组合等.近些年来，有很多与Virasoro代数密切相关的代数结构和表示研究工作，如WN－代数［3］，W1+∞－代数，高秩Virasoro代数,放射-Virasoro代数，扭Heisenberg－Virasoro代数等。
为了方便后面的叙述，下面给出与本文有关的李代数的基本概念和符号表示.
C : 复数域，Z：整数集
Witt algebra W是定义在C上的无限维李代数，且以Lmm∈Z为基底,
［Lm,Ln］=(m－n)Lm+n,?m,n∈Z
W其中一类表示
I(a,b)=?CIm,m∈Z,a∈C,b∈C，且
Lm?In=－(n+a+bm)Im+n,?m,n∈Z
W(a,b)=?CLm?CIn,m,n∈Z
本文在此基础上构造了与W(1/2,b)相关的不动点代数W"(1/2,b)，并通过计算确定了代数W"(1/2,b)的中心扩张的一些性质。
2 代数W"(1/2,b)的构造
根据不动点的定义，可先建立映射τ，从W(1/2,b)到它的不动点代数W"(1/2,b)，τ的具体作用如下：
τ为一线性映射：
τ：Lm→－qmL－m
τ:In→qn+1/2I－n－1
Am=Lm+τ(Lm) Bm=Im+τ(Im)
其中,Am和Bm构成了W"（1/2,b）的一组基，m∈R。
根据李代数的定义进行验证，以下的括积运算，W"(a,b)确实构成了一个李代数.
［Am,An］=(m－n)Am+n－qn(m+n)Am－n［Am,Bn］=－(n+1/2+b)Bm+n+qm(n+1/2－bn)Bn－m ［Bm,Bn］=0
特别地,A0=0 A－m=－q－mAm B－m=q－m－1/2Bm－1 ， ?m∈Z
3 李代数W"(1/2,b)的泛中心扩张
3.1 泛中心扩张的定义
设L"是任意一个李代数。L"上的双线性函数ψ:L"×L"→C称为2-上循环。如果对任意的x,y,z∈L"，下面两个条件成立
(3.1.3)
这样定义的2-上循环称为L"上的2-上边缘。
记C2(L",C)是由L"上的所有2-上循环构成的向量空间，B2(L",C)是由L"上的所有2-上边缘构成的向量空间，商空间H2(L",C)=C2(L",C)/B2(L",C)称为L"上的2-上同调群。H2(L",C)和L"的一维中心扩张的等价类之间有一一对应关系。
3.2 W"(1/2,b)的泛中心扩张
命题1：ψ_(Bm,Bn)=0，?m,n∈Z.
证明：设f是定义在代数W"(1/2,b)上任意一个线性函数，且ψ是定义在代数W"(1/2,b)上的任一2-上循环，ψ：W′(1/2,b)×W′(1/2,b)→C.
由2-上循环的定义，
ψ(［Am,Bn］,Bl)+ψ(［Bl,Am］,Bn)+ψ(［Bn,Bl］,Am)=0
根据李括号的定义，整理得：
－(n+1/2+bm)ψ(Bn+m,Bl)+qm(n+1/2－bm)ψ(Bn－m,Bl)+(l+1/2+bm)ψ(Bl+m,Bn)－qm(l+1/2－bm)ψ(Bl－m,Bn)=0
（3.2.1）
令n=－l－1 ，（3.2.1）可化为：
(q－l+m－1)（l+1/2－bm）ψ(Bl－m,Bl)+(q－m－q－l)(l+1/2+bm)ψ(Bl+m,Bl)=0
且l=0,有：
（q1/2－q－m+1/2）(1/2－bm)ψ(Bm－1,B0)+(q－m－1)(1/2+bm)ψ(Bm,B0)=0
（3.2.2）
当q=0，代数W"(1/2,b)的中心扩张就是它本身.
当q不是单位根，且q≠0时，有：
情况1：bm≠1/2，由(3.2.2)式可得：
ψ（B0,Bm）=0, m∈Z
（3.2.3）
利用(3.2.3)式，在(3.2.1)中令l=0,有：
（1/2+bm）ψ(Bm,Bn)－qm(1/2－bm)ψ(B－m,Bn)=0
因为 B－m=q－m+12Bm－1，所以上式可化为：
（1/2+bm）ψ(Bm,Bn)－q1/2(1/2－bm)ψ(Bm－1,Bn)=0, 得 ψ(Bm,Bn)=0
情况2：如果存在某固定m∈Z,使得bm=1/2,由(3.2.1)得：
ψ(Bm,Bn)=0
（＊）
根据情况1和函数ψ的反对称性质，我们知道：当bn≠±1/2时，有ψ(Bm,Bn)=－ψ(Bn,Bm)=0
当bn=1/2，有m=n，且ψ(Bm,Bn)=0，
bn=－1/2时，有m+n=0，下面只需证明：ψ(Bm,B－m)=0即可。
在(3.2.1)中令n=0，有：
－(1/2+bm)ψ(Bm,Bl)+qm(1/2－bm)ψ(B－m,Bl)+(l+1/2－bm)ψ(Bl+m,B0)－qm(l+1/2－bm)ψ(Bl－m,B0)=0
（3.2.4）
存在一个l∈Z，使得l+m=0，则（3.2.4）式可化简得：
－ψ(Bm,B－m)－qmmψ(B－2m,B0)=0
其中由（＊）知，ψ(B－2m,B0)=0，可得：ψ(Bm,B－m)=0
综上，得 ψ(Bm,Bn)=0
情况3：存在两个整数m,l，使得bm=－1/2,l=m，则（3.2.4）式可化为：qmψ(B－m,Bm)+(m+1)ψ(B2m,B0)=0，所以，ψ(B－m,Bm)=0
综上所述，当q不是单位根且q≠0时，ψ(Bm,Bn)=0,?m,n∈Z
所以，ψ_(Bm,Bn)=ψ(Bm,Bn)－f(［Bm,Bn］)=ψ(Bm,Bn)=0.
命题2：ψ_(Am,An)=0，?m,n∈Z.
证明：设f是定义在代数W"(1/2,b)上的一个线性函数，
定义：f(A0)=f(A1)=f(A2)=0
f(Am)=［ψ(Am－1,A1)+mqf(Am－2)］/m－2,m≠2，
且ψ是定义在代数W"(1/2,b)上的任一2-上循环，ψ：W′(1/2,b)×W′(1/2,b)→C由以上定义，我们可得：ψ_(Am,A1)=ψ(Am,A1)－ψf(Am,A1)=0
由2-上循环的定义，ψ_(［Am,An］,Al)+ψ_(［Al,Am］,An)+ψ_(［An,Al］,Am)=0
整理得：
(m－n)ψ_(Am+n,Al)－qn(m－n)ψ_(Am－n,Al)+(l－m)ψ_(Al+m,An) －qm(l+m)ψ(An+l,Am)+(n－l)ψ(An+l,Am)－ql(n+l)ψ(An－l,Am)=0
(※）
在(※）式中，令l=1，有，
(l－m)ψ_(A1+m,An)－qm(1+m)ψ_(A1－m,An)+(n－1)ψ_(An+1,Am)－q(n+1)ψ_(An－1,Am)=0
（3.2.5）
在（3.2.5）式中，令n=m－1，有(1－m)ψ_(A1+m,Am－1)=qmψ_(Am－2,Am) 利用数学归纳，可得
ψ_(A1+m,Am+1)=0,也可以推出：ψ(Am+2,Am)=0,ψ(Am,Am－2)=0
即， 当m－n=2时，有ψ_(Am,An)=0. --!>
在（3.2.5）式中，令m=m－1，有
(2－m)ψ_(AA)+qmψ_(Am－2,An)+(n－1)ψ_(An+1,Am－1)－q(n+1)ψ_(An－1,Am－1)=0
（3.2.6）
根据上述结论，当m－n=2,有ψ_(Am,An)=0,ψ_(An－1,Am－1)=0
所以（3.2.6）式可化为;qmψ_(Am－2,An)+(n－1)ψ_(An+1,A2)=0
当m=3时，有3qψ_(A1,An)+(n－1)ψ_(An+1,A2)=0，即
ψ_(A2,An)=0
综上：当m－n=2,有ψ_(Am,An)=0，?n∈Z，有ψ_(A2,An)=0. 在（3.2.6）式中，令m=3时，（3.2.3）式可化为：
－ψ_(A3,An)+3qψ_(A1,An)+(n－1)ψ_(An+1,A2)－q(n+1)ψ_(An－1,A2)=0可得:ψ_(A3,An)=0
同理在（3.2.6）式中，令m=4，有
－2ψ_(A4,An)+4qψ_(A2,An)+(n－1)ψ_(An+1,A3)－q(n+1)ψ_(An－1,A3)=0
可得：ψ_(A4,An)=0 --!>
利用数学归纳法，知ψ_(Am,An)均可由ψ_(A2,Al),l∈Z的组合线性表出，所以得：ψ_(Am,An)=0（作者单位：贵州师范大学数计学院）
参考文献：
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