孫愛慧,白 杰, 包開花

（1. 吉林師范大學(xué) 數(shù)學(xué)學(xué)院, 吉林 四平 136000; 2. 上海師范大學(xué) 數(shù)學(xué)系, 上海 200234;3. 內(nèi)蒙古民族大學(xué) 數(shù)理學(xué)院, 內(nèi)蒙古 通遼 028000）

0 引 言

著名的Lvov-Kaplansky猜想斷言: 一個域K上的多重線性多項(xiàng)式關(guān)于矩陣代數(shù)Mn(K) 上的像總是一個向量空間[1]. 文獻(xiàn)[2-4]中討論了 4 次多重線性多項(xiàng)式的情形. 2012年, Kanel-Belov、Malev和Rowen[1]解決了n=2 時的Lvov-Kaplansky猜想. 2016年, Kanel-Belov、Malev和Rowen[5]解決了n=3時的Lvov-Kaplansky猜想. 文獻(xiàn)[6-9]進(jìn)一步討論了Lvov-Kaplansky猜想.

2019年, Fagundes[10]考慮了Lvov-kaplansky猜想的一個變形, 得到了嚴(yán)格上三角矩陣代數(shù)上多重線性多項(xiàng)式的像的完整描述. 同年, Fagundes和Mello[11]提出了Lvov-Kaplansky猜想的另一種變化形式.

猜想 0.1域K上的多重線性多項(xiàng)式關(guān)于上三角矩陣代數(shù)Tn(K) 上的像總是一個向量空間.

Fagundes和Mello[11]討論了次數(shù)小于4的多重線性多項(xiàng)式情形的猜想0.1. 2019年, Wang等[12-13]給出了n=2 時猜想0.1的肯定回答.

設(shè)K是一個域,K?=K{0},n≥2(n∈N).K上的全體n階上三角矩陣集記作Tn.K上的全體n階嚴(yán)格上三角矩陣集記作Tn(K)(0). 更一般地, 若k≥0, 對于滿足j?i≤k時的 (i,j) 項(xiàng)為零的所有上三角矩陣的集合記作. 本文的目的是給出n=3 時猜想0.1的一個肯定回答. 下面給出本文的主要結(jié)果.

定理 0.1設(shè)m≥1,K是一個滿足|K|>3 的域. 設(shè)f(x1,···,xm) 是一個K上的多重線性多項(xiàng)式,則f(T3) 必為或.

本定理的證明方法主要借鑒了文獻(xiàn)[12]中的方法.

1 主要結(jié)果的證明

設(shè)f(x1,···,xm) 是域K上的關(guān)于非交換變量的多重線性多項(xiàng)式

其中λσ∈K,Sm是一個m元對稱群.

取定k∈{1,···,m}, 對于每一個s∈{1,···,m},T?{1,···,k?1,k+1,···,m}, 且|T|=s?1(若s=1, 則T=? ), 定義

取定k1∈T′. 對于任意的s1∈{s+1,···,m},T1?T′{k1}, 且|T1|=s1?s?1 (若s1=s+1, 假定T1=?), 定義

設(shè)

容易看出,g的所有系數(shù)和等于βT,s,k.

用eij表示 (i,j) 分量為 1、其余分量都為 0 的矩陣. 令

顯然Tn=A+M+B.又有AM,MB?M;AB=BA=M2=MA=BM={0}.

先給出如下簡單引理.

引理 1.1設(shè)K是一個域,m≥1 和n≥2均為整數(shù),f(x1,···,xm)是K上的非零多重線性多項(xiàng)式.若α0, 則f(Tn)=Tn; 若α=0, 則f(A)={0}.

證 明當(dāng)α0 時, 對于任意的u∈Tn, 有

由α0, 根據(jù)上式可得, 對于任意的u∈Tn, 均有

這意味著f(Tn)=Tn.

當(dāng)α=0 時, 對于任意的a1,···,am∈A, 有

因此,f(A)={0}.

下面的結(jié)果見文獻(xiàn)[13]中的引理3.

引理 1.2[13]設(shè)K是一個域,f(x1,···,xm)是K上的一個多重線性多項(xiàng)式, 那么

(i) 若α0, 則f(T2)=T2;

(ii) 若α=0, 且對于任意的T,s,k, 有βT,s,k=0, 則f(T2)={0};

(iii) 若α=0, 且存在T,s,k, 使得, 則.

以下結(jié)果對于證明本文的主要結(jié)果是至關(guān)重要的.

引理 1.3設(shè)K是一個域, 滿足|K|>3m≥2,是一個整數(shù),f(x1,···,xm)是K上的一個多重線性多項(xiàng)式. 假定α=0, 且存在T,s,k, 使得βT,s,k0, 則.

證 明由引理1.1, 有f(A)={0}. 由f(A∪M)?M以及引理1.2(iii), 有

可得f(B∪M)?M+B(0). 所以,f(A∪M∪B)?M+B(0). 由于f是多重線性的, 可得f(T3)?M+B(0). 又

對于每個i∈{1,···,k?1,k+1,···,m}, 若i∈T, 則設(shè)ci=e11; 若i∈T′, 則設(shè)ci=e22+e33. 由式(1), 那么對于任意的λ,μ∈K, 有

若i∈T, 則設(shè)di=e22; 若i∈T′, 則設(shè)di=e33. 那么對于任意的ν∈K, 有

對于t∈{1,···,m?s}, 存在λj1,···,λjt,wt∈K?, 使得對于任意的i=1,···,t, 有

對于任意的i=t+1,···,m?s, 設(shè)dji=e33; 對于任意的i∈T, 設(shè)di=e22; 對于任意的ν∈K, 有

接下來, 對t用歸納法來證明該推斷. 假設(shè)t=1, 令

其中λj1∈K. 若j∈T′, 且滿足jj1, 則設(shè)dj=e33; 若i∈T, 則設(shè)di=e22. 由式(3)可得, 對于任意的λj1,ν∈K, 存在ρ1,ρ2∈K, 使得

首先假定ρ10. 由|K|>3 可知, 存在λj10, 使得

由式(5), 對于任意的ν∈K, 有

下面假定ρ1=0. 由式(5), 對于任意的λj1,ν∈K, 有

特別地, 由式(3)和式(7), 對于任意的ν∈K, 分別取λj1=1 和λj1=0, 有

若ρ10, 設(shè)w1=(βT,s,k+λj1ρ1+ρ2)?1; 若ρ1=0, 設(shè). 由式(6)和式(8), 對于任意的ν∈K, 有

現(xiàn)在考慮t≥2的情形. 通過歸納可得, 存在λj1,···,λjt?1∈K?,wt?1∈K?, 使得對于l=1,···,t?1, 有

對于任意的j=jt,···,jm?s, 取dj=e33; 對于任意的i∈T, 取di=e22. 則對于任意的ν∈K, 有

設(shè)

其中λjt∈K. 由式(10), 對于任意的λjt,ν∈K, 存在ρ3,ρ4∈K, 使得

首先假定ρ30. 由|K|>3可知, 存在λjt0, 使得

由式(10), 對于任意的ν∈K, 有

下面假定ρ3=0. 由式(11), 對于任意的ν,λjt∈K, 有

特別地, 由式(10)和式(13), 對于任意的ν∈K, 分別取λjt=1,λjt=0, 有

若ρ30, 則設(shè)wt=wt?1(1+λjtρ3+ρ4)?1; 若ρ3=0, 則設(shè)wt=wt?1,λjt=1. 由式(12)與式(14),對于任意的ν∈K, 有

于是, 證明了前面的推斷. 設(shè)t=m?s,w=wm?s, 由式(4)可知, 存在λj1,···,λjm?s,w∈K?, 使得

對于任意的i∈T, 有di=e22. 對于任意的ν∈K, 有

對于任意的t=1,···,m?s, 設(shè)cjt=λjte22+e33. 若i∈T, 設(shè)ci=e11. 由式(2), 對于任意的λ,μ∈K, 有

并且在式(15)與式(16)中, 對于任意的j∈T′, 有cj=dj.

對于t∈{1,···,s?1}, 可斷言, 存在λi1,···,λit,pt,qt∈K?, 使得cil=e11+λile22. 其中, 對于任意的l=1,···,t, 有il∈T; 對于任意的l=t+1,···,s?1, 有cil=e11; 對于任意的l=1,···,m?s,有cjl=λjle22+e33,jl∈T′; 對于任意的λ,μ∈K, 有

假定t=1. 對于i1∈T, 設(shè)ci1=e11+λi1e22, 其中λi1∈K; 對于任意的i∈T{i1}, 有ci=e11.設(shè)cjl=λjle22+e33, 其中對于任意的l=1,···,m?s, 有jl∈T′. 由式(16), 對于任意的λ,μ,λi1∈K, 有

其中ρ5,ρ6∈K. 首先假定ρ50. 由|K|>3可得, 存在λi10, 使得

接下來假定ρ5=0. 由式(18), 對于任意的λi1,λ,μ∈K, 有

由式(16)與式(20), 對于任意的λ,μ∈K, 分別取λjt=1,λjt=0, 有

這證明了t=1的情形. 當(dāng)t≥2時, 由歸納法可知, 存在λil,pt?1,qt?1∈K?, 使得對于任意的l=1,···,t?1, 有cil=e11+λile22; 對于任意的l=t,···,s?1, 有cil=e11. 對于任意的l=1,···,m?s, 有cjl=λjle22+e33. 對于任意的λ,μ∈K, 有

設(shè)

其中λit∈K. 由式(23), 對于任意的λ,μ,λit∈K, 有

其中ρ7,ρ8∈K.

首先假定ρ70. 由|K|>3可得, 存在λit0, 使得

由式(24), 對于任意的λ,μ∈K, 可得

下面假定ρ7=0. 由式(24), 對于任意的λ,μ,λit∈K, 可得

由式(23)和式(26)可得, 對于任意的λ,μ∈K, 分別取λjt=1 或λjt=0, 有

若ρ70, 設(shè)pt=pt?1(1+λitρ7+ρ8)?1,qt=qt?1; 若ρ7=0, 設(shè)pt=pt?1,qt=qt?1,λit=1. 由式(25)和式(27)可得, 對于任意的λ,μ∈K, 有

于是證明了前面的推斷. 假定t=s?1,p=ps?1,q=qs?1, 由式(17)可得, 存在λi1,···,λis?1,p,q∈K?, 使得

其中對于任意的l=1,···,s?1, 有il∈T;

其中對于任意的l=1,···,m?s, 有jl∈T′. 對于任意的λ,μ∈K, 有

對于任意的t=1,···,s?1, 設(shè)dit=e11+λite22. 由式(15), 對于任意的ν∈K, 有

于是, 對于任意的ν∈K, 有

并且, 在式(29)與式(30)中, 對于任意的i∈{1,···,k?1,k+1,···,m}, 有ci=di. 由式(29)與式(30), 對于任意的λ,μ,ν∈K, 有

引理證畢.

下面證明本文的主要結(jié)果.

定理 0.1的證明若m=1, 結(jié)論顯然成立. 不妨假定m≥2. 首先假設(shè)α0. 由引理1.1可得f(T3)=T3.

下面假定α=0. 則由引理1.1可得f(A)={0}. 對于T,s,k, 若βT,s,k0, 由引理1.2(iii)可得f(T3)=T3(0). 對于任意的T,s,k, 假定βT,s,k=0. 由引理1.2(ii)可得f(B)={0}. 所以有f(A∪B)={0}.對于任意的ci∈A(i∈T)與ci∈B(i∈T′), 設(shè)

由式(1), 對于任意的u∈M, 有

若s=m, 由式(32)可得, 對于任意的u∈M, 有

這表明f(A∪M)={0}. 設(shè)

由βT,s,t=0可得,g的所有系數(shù)之和為零. 接下來分兩種情況證明.

情形 1對于任意的T,s,k,T1,s1,k1, 有βT,s,k,T1,s1,k1=0. 由引理1.2(ii)可得g(B)={0}. 由式(32), 對于任意的u∈M,

又因?yàn)閒(A∪B)={0}, 所以由式(33)得

由f是多重線性的, 可得f(T3)={0}.

情形 2存在T,s,k,T1,s1,k1, 使得βT,s,k,T1,s1,k10. 對于g應(yīng)用引理1.2(iii)可得

由于f(A∪B)=f(A∪M)={0}, 由式(32)可得

由于f是多重線性的, 可得. 由g(B)=B(0)可得, 存在cj∈B, 對于任意的j∈T′, 有

對于任意的i∈T, 設(shè)ci=e11. 由式(32), 對于任意的λ∈K, 可得