一类李超代数的中心扩张

谷翠梅，王 艳

(天津大学数学学院，天津 300354)

文献[1]给出了Balinsky-Novikov超代数(简称为BN超代数)的定义，其通过仿射化构造可得到无限维李超代数.本文中的李超代数就是由一类2|2维BN超代数仿射构造得到的，它们的偶部都是中心为0的W(2，2)李代数.通过对应2|2维BN超代数上满足一定条件的双线性型，构造得到了这些李超代数的2维上闭链，并验证所得的这些2维上闭链都是线性无关的，且正好是对应超代数2维上同调群的一组基.文中的数域都是复数域C.

1 预备知识

且具有以下运算关系：

[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 李超代数Wi(i=1，…，7)的运算

2 主要结果

设g是域C上的李超代数. 若线性函数φ：g⊗g→C满足：

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.

则称φ为g上的一个2维上闭链，记Z2(g，C)为g上所有2维上闭链的集合.若存在一个线性函数f：g→C使得

φ(x，y)=f([x，y])，∀x，y∈g，

则称φ为g上的一个2维上边界，记B2(g，C)为g上所有2维上边界的集合.商空间H2(g，C)=Z2(g，C)/B2(g，C)称为g的2维上同调群.由文献[3]可知要研究李超代数g经由C的一维中心扩张，只需计算H2(g，C).

(1) (反)对称性

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

(2) 不变性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) 不变性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) 不变性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

设Lε(A)(ε=0或1)是由A通过Balinsky’s构造得到的李超代数，则可定义Lε(A)上的双线性型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]如上定义的αi是Lε(A)(ε=0或1)的2维上闭链，当且仅当fi满足相应的(反)对称性和不变性i(i=1，2，3).

文献[4]给出了引理2.1当ε=1时的证明，可类似得到ε=0的情形.

利用引理2.1，下面将通过Wi(i=1，…，7)对应BN超代数上的不变双线性型来确定Wi上的2维上闭链.

(2)

(3)

(4)

(5)

设α：W1×W1→C是W1的一个2维上闭链；f：W1→C是W1的一个线性函数，其作用定义如下：

此外，定义αf=α+φf，其中φf∈B2(W1，C).

首先计算ε=0时，αf的非零作用(∀m，n，r，s∈Z).

根据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). 设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，则

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

(7)

根据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). 设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，则

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

(9)

据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).设p(r)=αf(Gr，G-r)，显然p(r)=p(-r)，根据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，则

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

又由于