UNIVERZA V MARIBORU

FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

DOKTORSKA DISERTACIJA

POSEBNE FUNKCIONALNE

ENACBE NA PRAKOLOBARJIH

November, 2013 mag. Nina Persin

UNIVERZA V MARIBORU

FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

DOKTORSKA DISERTACIJA

POSEBNE FUNKCIONALNE

ENACBE NA PRAKOLOBARJIH

November, 2013 mag. Nina PersinMentor: red. prof. dr. Joso Vukman

Somentorica: izr. prof. dr. Maja Fosner

Zahvala

Mentorju red. prof. dr. Josu Vukmanu in somentorici izr. prof. dr. Maji Fosnerse iskreno zahvaljujem za strokovno pomoc in stevilne koristne nasvete pri razisko-vanju in izdelavi doktorskega dela.

Zahvaljujem se mami Darinki in ocetu Vojku, ki sta vedno verjela vame.

Sergej hvala za vso podporo in razumevanje pri uresnicevanju mojih ciljev.

3

Kazalo

Povzetek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Abstract . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1. Osnovni pojmi in definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2 Polinomske identitete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3 Funkcijske identitete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4 d-proste mnozice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2. Odvajanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.1 Funkcionalna enacba:2D(xm+n+1) = (m+ n+ 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm) . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2 Funkcionalni enacbi:D(x3) = D(x2)x+ x2D(x) in D(x3) = D(x)x2 + xD(x2) . . . . . . . . . . . 39

3. Dvostranski centralizatorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .53

3.1 Funkcionalna enacba: 2(m+ n)2T (x3) =m(2m+ n)T (x)x2 + 2mnxT (x)x+ n(2n+m)x2T (x) . . . . . . . . . . . . . . 53

3.2 Funkcionalna enacba:2T (xm+n+1) = xmT (x)xn + xnT (x)xm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4. Odprti problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

4

Povzetek

V doktorski disertaciji so obravnavane funkcionalne enacbe, ki so v zvezi zodvajanji, centralizatorji in sorodnimi preslikavami na prakolobarjih. Med sloven-skimi matematiki se je s tem podrocjem matematike v osemdesetih letih prejsnjegastoletja zacel prvi ukvarjati J. Vukman, sledili so M. Bresar, B. Zalar, B. Hvala inv novejsem casu M. Fosner, D. Benkovic, D. Eremita, I. Kosi-Ulbl in A. Fosner.Osnovno sredstvo pri resevanju tovrstnih funkcionalnih enacb je uporaba teorijefunkcijskih identitet.

Nekoliko natancneje pojasnimo omenjene pojme. Aditivna preslikava D : R→R, kjer je R poljuben kolobar, je odvajanje, ce velja D(xy) = D(x)y + xD(y) zavsak par x, y ∈ R in je jordansko odvajanje, ce velja D(x2) = D(x)x + xD(x).Ocitno je, da je vsako odvajanje tudi jordansko odvajanje, obratno pa v splosnemne velja. I. N. Herstein je leta 1957 dokazal, da je vsako jordansko odvajanje naprakolobarju s karakteristiko razlicno od dva, odvajanje.

V doktorski disertaciji se najprej osredotocimo na funkcionalne enacbe, ki sov zvezi z odvajanji. Obravnavali smo funkcionalni enacbi D(x3) = D(x2)x +x2D(x) in D(x3) = D(x)x2 + xD(x2), pri cemer je D aditivna preslikava, ki slikaprakolobar s primernimi omejitvami glede karakteristike vase. Dokazali smo, da jeD odvajanje. Nadalje poiscemo tudi resitev funkcionalne enacbe 2D(xm+n+1) =(m+n+1)(xmD(x)xn+xnD(x)xm), kjer sta m ≥ 1, n ≥ 1 fiksni naravni stevili inD nenicelna aditivna preslikava, ki slika prakolobar s primernimi omejitvami gledekarakteristike vase. Dokazemo, da je D odvajanje in R komutativen kolobar.

V tretjem poglavju so obravnavane funkcionalne enacbe, ki so v zvezi s centra-lizatorji. Aditivna preslikava T : R→ R, kjer je R poljuben kolobar, je levi (desni)centralizator, ce je T (xy) = T (x)y (T (xy) = xT (y)) za vsak par x, y ∈ R. V pr-vem podpoglavju tega razdelka je obravnavana funkcionalna enacba 2T (xm+n+1) =xmT (x)xn + xnT (x)xm na prakolobarju s primernimi omejitvami glede karakteri-stike, pri cemer sta m ≥ 0 in n ≥ 0 fiksni celi stevili in m+ n 6= 0. Dokazemo, daje T dvostranski centralizator.

Aditivna preslikava T, ki slika poljuben kolobar R vase, je (m,n)-jordanskicentralizator, ce je (m + n)T (x2) = mT (x)x + nxT (x) za vsak x ∈ R, kjer sta min n fiksni nenegativni celi stevili in m + n 6= 0. Ta pojem je leta 2010 vpeljal J.Vukman ter med drugim tudi dokazal, da vsak (m,n)-jordanski centralizator napoljubnem kolobarju R zadosca pogoju

2(m+ n)2T (xyx) = mnT (x)xy +m(2m+ n)T (x)yx−mnT (y)x2

+ 2mnxT (y)x−mnx2T (y) + n(m+ 2n)xyT (x)

+ mnyxT (x)

5

za vsak par x, y ∈ R. Ce v tej identiteti pisemo y = x, dobimo naslednjo funkcio-nalno enacbo 2(m+n)2T (x3) = m(2m+n)T (x)x2+2mnxT (x)x+n(m+2n)x2T (x),ki je obravnavana v zadnjem delu doktorske disertacije na prakolobarju s pri-mernimi omejitvami glede karakteristike, kjer sta m in n fiksni naravni stevili.Dokazemo, da je T dvostranski centralizator.

V zakljucnem poglavju podamo odprta vprasanja o funkcionalnih enacbah, kiso v zvezi s posplosenimi odvajanji in (θ, ϕ)-odvajanji, kjer sta θ in ϕ avtomorfizmana kolobarju R.

Math. Subj. Class. (2010): 39B05, 46K15, 16N60, 16W10

UDK: 512.552 (043.3)

KLJUCNE BESEDE: Aditivna preslikava, desni (levi) centralizator, d-prosta mno-zica, dvostranski centralizator, funkcijska identiteta, jordansko odvajanje, komu-tirajoca preslikava, (m,n)-jordanski centralizator, odvajanje, polprakolobar, pra-kolobar, standardna resitev.

6

Abstract

Special functional equations on prime rings

The central object in this thesis are functional equations related to derivations,centralizers and other similary mappings on prime rings. Slovenian mathematici-ans who first dealt with similar mathers in 80’s of the previous century, were J.Vukman, M. Bresar, B. Zalar, B. Hvala and recently also M. Fosner, D. Benkovic,D. Eremita, I. Kosi-Ulbl and A. Fosner. The basic tool has been the theory offunctional identities.

Let us look into these matters more closely. An additive mapping D : R→ R,where R is an arbitrary ring, is called a derivation if D(xy) = D(x)y + xD(y)holds for all pairs x, y ∈ R and is called a Jordan derivation in case D(x2) =D(x)x + xD(x). It is obvious that every derivation is a Jordan derivation. Theconverse is in general not true. A classical result of Herstein asserts that anyJordan derivation on a prime ring with char(R) 6= 2 is a derivation.

In the first part we focus on functional equations connected with derivati-ons. We deal with functional equations D(x3) = D(x2)x + x2D(x) and D(x3) =D(x)x2 + xD(x2), where D is an additive mapping, which maps a ring R, withsuitable characteristic restrictions, into itself. In this case D is a derivation.Furthermore, we have found a solution of functional equation 2D(xm+n+1) =(m + n + 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm), where m ≥ 1, n ≥ 1 are some fixed in-tegers and D is an additive nonzero mapping, which maps ring R, with suitablecharacteristic restrictions, into itself. In this case D is a derivation and R is com-mutative ring.

Third chapter is about functional equations related to centralizers. An additivemapping T : R→ R, where R is a arbitrary ring, is called a left (right) centralizerin case T (xy) = T (x)y (T (xy) = xT (y)) holds for all pairs x, y ∈ R. In the firstsubsection we introduce the solution of the functional equation 2T (xm+n+1) =xmT (x)xn + xnT (x)xm on a prime ring with suitable characteristic restrictions,where m ≥ 0 and n ≥ 0 are some fixed integers and m + n 6= 0. In this case T isa two-sided centralizer.

An additive mapping T : R→ R is called an (m,n)-Jordan centralizer in case(m+ n)T (x2) = mT (x)x+ nxT (x) holds for all x ∈ R, where m, n are some fixedintegers andm+n 6= 0. The concept of (m,n)-Jordan centralizer was introduced byVukman in 2010. In this article he also proved that any (m,n)-Jordan centralizer

7

on an arbitrary ring R, satisfies the relation

2(m+ n)2T (xyx) = mnT (x)xy +m(2m+ n)T (x)yx−mnT (y)x2

+ 2mnxT (y)x−mnx2T (y) + n(m+ 2n)xyT (x)

+ mnyxT (x)

for all pairs x, y ∈ R. If in this identity we write y = x, we get another functionalequation 2(m+ n)2T (x3) = m(2m+ n)T (x)x2 + 2mnxT (x)x+ n(m+ 2n)x2T (x),which we treat in the very last part on a prime ring, with suitable charachteristicrestrictions, where m,n are some fixed integers. We prove that in this case T is atwo-sided centralizer.

We conclude with some open questions on functional equations related to gene-ralized derivations and (θ, ϕ)-derivations, where θ and ϕ are automorphisms of R.

Math. Subj. Class. (2010): 39B05, 46K15, 16N60, 16W10

UDK: 512.552 (043.3)

KEY WORDS: Additive mapping, commuting mapping, derivation, d-free sets,functional identity, Jordan derivation, (m,n)-Jordan centralizer, prime ring, right(left) centralizer, semiprime ring, standard solution, two-sided centralizer.

8

Uvod

Funkcionalne enacbe, ki so obravnavane v doktorski disertaciji, so v zvezi z odva-janji, centralizatorji ter sorodnimi preslikavami na prakolobarjih. V tem poglavjuso podane nekatere definicije in rezultati, ki so predstavljali glavno motivacijo zaobravnavo funkcionalnih enacb. Definicije osnovnih pojmov, kot so prakolobar,polprakolobar, Liejev produkt itd., bralec najde v poglavju Osnovni pojmi in defi-nicije. Na tem mestu se omenimo, da lahko kolobar obravnavamo kot algebro nadkolobarjem celih stevil in v tem smislu lahko gledamo na pojem algebre kot naposplositev pojma kolobarja.

Najprej vpeljimo pojem karakteristike kolobarja. Pravimo, da je karakteristikakolobarja R enaka m, oznaka kar(R) = m, ce je m najmanjse naravno stevilo,za katerega je mR = 0. V primeru, da taksno stevilo ne obstaja, definiramokar(R) = 0.

Naj bo n naravno stevilo. Potem recemo, da kolobar R ne vsebuje elementovreda n, ce za vsak element a ∈ R iz enakosti na = 0 sledi a = 0.

Definicija 1 Naj bosta R in R′ poljubna kolobarja. Preslikava ϕ : R → R′ jeaditivna, ce je ϕ(x+ y) = ϕ(x) + ϕ(y) za vsak par x, y ∈ R.

Definicija 2 Naj bo R poljuben kolobar. Preslikava D : R → R je odvajanje, ceje D(xy) = D(x)y + xD(y) za vsak par x, y ∈ R, in je jordansko odvajanje, ce jeD(x2) = D(x)x+ xD(x) za vsak x ∈ R.

Odvajanje D : R→ R je notranje, ce obstaja tak a ∈ R, da velja D(x) = [x, a] =xa − ax za vsak x ∈ R. Ocitno je vsako odvajanje tudi jordansko odvajanje,obratno pa v splosnem ne velja. I. N. Herstein je dokazal, da je vsako jordanskoodvajanje na prakolobarju s karakteristiko razlicno od dva odvajanje (glej [22]). M.Bresar in J. Vukman sta kasneje v clanku [8] objavila bistveno krajsi in enostavnejsidokaz Hersteinovega izreka. J. Cusack je v clanku [16] Hersteinov izrek posplosil napolprakolobarje brez elementov reda dva (glej tudi [7]). Posplositev Hersteinovegaizreka najdemo tudi v clanku [4] iz leta 2001, katerega avtorji so M. Bresar, M.Beidar, M. Chebotar in W. S. Martindale (glej Izrek 4.4).

Definicija 3 Naj bo R poljuben kolobar in D : R→ R aditivna preslikava. Presli-kava D se imenuje jordansko trojno odvajanje, ce je D(xyx) = D(x)yx+xD(y)x+xyD(x) za vsak par x, y ∈ R.

9

Zlahka preverimo, da je vsako jordansko odvajanje na poljubnem kolobarju brezelementov reda dva jordansko trojno odvajanje. M. Bresar je v clanku [9] dokazal,da je vsako jordansko trojno odvajanje, ki slika polprakolobar brez elementov redadva vase, odvajanje. Ta rezultat, ki posplosuje Cusackovo posplositev Hersteino-vega izreka, predstavlja motivacijo za stevilne rezultate.

Najprej predstavimo rezultate, ki so predstavljali motivacijo za obravnavo funkcio-nalne enacbe iz razdelka 2.1. Zacnimo z definicijama.

Definicija 4 Center kolobarja R je mnozica tistih elementov, ki komutirajo z vsa-kim elementom iz kolobarja R, torej Z(R) = {c ∈ R; cx = xc,∀x ∈ R}.

Definicija 5 Aditivna preslikava D : R → R, kjer je R poljuben kolobar, je levojordansko odvajanje, ce je D(x2) = 2xD(x) za vsak x ∈ R.

Pojem levega jordanskega odvajanja sta vpeljala M. Bresar in J. Vukman v clanku[10]. V tem clanku sta med drugim dokazala, da na nekomutativnem prakolobarju,s karakteristiko razlicno od dva in tri, ni od nic razlicnih levih jordanskih odvajanj.Izkaze se, da omenjenega rezultata ni mogoce posplositi na polprakolobarje, kajtiobstaja nenicelno levo jordansko odvajanje D : R → R, kjer je R polprakolobars primernimi omejitvami glede reda elementov. Leta 2008 je J. Vukman v [37]dokazal, da je vsako levo jordansko odvajanje D : R→ R, kjer je R polprakolobarbrez elementov reda dva, odvajanje, ki slika kolobar R v njegov center. J. Vukmanje v znanem clanku [29] dokazal naslednji rezultat. Naj bo R nekomutativenprakolobar z enoto in s karakteristiko razlicno od dva in tri in D : R→ R aditivnapreslikava z lastnostjo D(x3) = 3xD(x)x za vsak x ∈ R. V tem primeru je D = 0.Posplositev zadnje enakosti predstavlja naslednjo enacbo

D(xm+n+1) = (m+ n+ 1)xmD(x)xn, (1)

kjer sta m ≥ 0, n ≥ 0, m + n 6= 0 celi stevili in D aditivna preslikava, ki slikakolobar vase. Leta 2005 sta J. Vukman in I. Kosi-Ulbl v clanku [32] obravnavalafunkcionalano enacbo (1) na polprakolobarju z enoto in brez elementov reda (m+n + 1)!. Dokazala sta, da je D odvajanje, ki slika kolobar v njegov center. M.Fosner in J. Vukman sta leta 2011 v clanku [21] dokazala naslednji rezultat. Najbo R prakolobar in D : R → R nenicelna aditivna preslikava, ki zadosca pogoju(1) za vsak x ∈ R. Ce je kar(R) = 0 ali m + n + 1 ≤ kar(R) 6= 2, potem jeR komutativen in D odvajanje. Omenjeni rezultati predstavljajo motivacijo zaobravnavo funkcionalne enacbe

2D(xm+n+1) = (m+ n+ 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm), (2)

kjer sta m ≥ 1, n ≥ 1 fiksni naravni stevili in D nenicelna aditivna preslikava, kislika prakolobar s primernimi omejitvami glede karakteristike vase. V doktorski

10

disertaciji dokazemo, da je D v tem primeru odvajanje.

Kljucna motivacija za obravnavo funkcionalne enacbe iz razdelka 2.2 je bil re-zultat J. Vukmana, ki je leta 2011 v clanku [39] dokazal, da je vsaka aditivnapreslikava D, ki slika polprakolobar brez elemenov reda dva vase in zadosca po-goju D(xyx) = D(xy)x + xyD(x) (ali D(xyx) = D(x)yx + xD(yx)) za vsak parx, y ∈ R, odvajanje. Ce v pravkar zapisani identiteti pisemo y = x, dobimo

D(x3) = D(x2)x+ x2D(x) (3)

in

D(x3) = D(x)x2 + xD(x2). (4)

V doktorski disertaciji sta obravnavani zgoraj zapisani funkcionalni enacbi, pricemer je D aditivna preslikava, ki slika prakolobar s primernimi omejitvami gledekarakteristike vase. Dokazali smo, da je D v tem primeru odvajanje.

V tretjem poglavju doktorske disertacije so predstavljeni rezultati, ki so v zvezi zdvostranskimi centralizatorji.

Definicija 6 Aditivna preslikava T : R → R, kjer je R poljuben kolobar, je levi(desni) centralizator, ce je T (xy) = T (x)y (T (xy) = xT (y)) za vsak par x, y ∈ R.

T je dvostranski centralizator, ce je levi in hkrati desni centralizator.

Definicija 7 Aditivna preslikava T : R→ R je levi (desni) jordanski centralizator,ce je T (x2) = T (x)x (T (x2) = xT (x)) za vsak x ∈ R.

B. Zalar je dokazal, da je vsak levi (desni) jordanski centralizator, ki slika pol-prakolobar brez elementov reda dva vase, levi (desni) centralizator (glej [40]).D. Benkovic in D. Eremita sta v clanku [5] dokazala, da je additivna preslikavaT : R → R, ki zadosca pogoju T (xn) = T (x)xn−1 za vsak x ∈ R, kjer je n > 1fiksno naravno stevilo in R prakolobar s primernimi omejitvami glede karakteri-stike, levi centralizator. J. Vukman je v clanku [30] dokazal naslednji rezultat.Naj bo R polprakolobar brez elementov reda dva in T : R → R aditivna pre-slikava z lastnostjo 2T (x2) = T (x)x + xT (x) za vsak x ∈ R. V tem primeru jeT dvostranski centralizator. Leta 2006 sta J. Vukman in I. Kosi-Ulbl v clanku[24] obravnavala identiteto 2T (xn) = T (x)xn−1 + xn−1T (x), kjer je n > 1 fiksnonaravno stevilo, na standardnih operatorskih algebrah. D. Benkovic, D. Eremitain J. Vukman pa so leta 2008 v clanku [6] dokazali, da ta identiteta karakteriziradvostranske centralizatorje med vsemi aditivnimi preslikavami na prakolobarjih sprimernimi omejitvami glede karakteristike. J. Vukman je v clanku [30] dokazal

11

naslednji rezultat. Naj bo R polprakolobar brez elementov reda dva in T : R→ Raditivna preslikava, ki zadosca pogoju

T (xyx) = xT (y)x (5)

za vsak par x, y ∈ R. V tem primeru je T dvostranski centralizator. Ce v identiteti(5) pisemo y = x, dobimo T (x3) = xT (x)x, kar je poseben primer naslednjeidentitete

T (xm+n+1) = xmT (x)xn. (6)

Identiteto (6) sta leta 2005 na standardnih operatorskih algebrah obravnavala J.Vukman in I. Kosi-Ulbl (glej [31]). Leta 2011 sta M. Fosner in J. Vukman vclanku [20] dokazala naslednji rezultat. Naj bo R prakolobar in T : R → Raditivna preslikava, ki zadosca pogoju (6), kjer sta m ≥ 1 in n ≥ 1 fiksni naravnistevili. Ce je karakteristika kolobarja R enaka 0 ali vecja od m + n, potem jeT dvostranski centralizator. Omenjeni rezultat je bil motivacija za obravnavofunkcionalne enacbe

2T (xm+n+1) = xmT (x)xn + xnT (x)xm (7)

na prakolobarju s primernimi omejitvami glede karakteristike, kjer sta m ≥ 0 inn ≥ 0 fiksni celi stevili in m+ n 6= 0.

Definicija 8 Aditivna preslikava T, ki slika poljuben kolobar R vase, je (m,n)-jordanski centralizator, ce je

(m+ n)T (x2) = mT (x)x+ nxT (x)

za vsak x ∈ R, kjer sta m in n fiksni nenegativni celi stevili in m+ n 6= 0.

Ta pojem je leta 2010 vpeljal J. Vukman v clanku [38]. Ocitno je (1, 0)-jordanskicentralizator levi jordanski centralizator in (0, 1)-jordanski centralizator desni jor-danski centralizator. V primeru, ko je kolobar brez elementov reda dva, je (1, 1)-jordanski centralizator aditivna preslikava, ki zadosca pogoju 2T (x2) = T (x)x +xT (x) za vsak x ∈ R (glej clanek [30]). V clanku [38] je J. Vukman postavil do-mnevo, da je vsak (m,n)-jordanski centralizator na polprakolobarju s primernimiomejitvami glede reda elementov, dvostranski centralizator, kjer sta m ≥ 1, n ≥ 1fiksni naravni stevili. V omenjenem clanku je med drugim dokazal, da vsak (m,n)-jordanski centralizator na poljubnem kolobarju R zadosca pogoju

2(m+ n)2T (xyx) = mnT (x)xy +m(2m+ n)T (x)yx−mnT (y)x2 (8)

+ 2mnxT (y)x−mnx2T (y) + n(m+ 2n)xyT (x)

+ mnyxT (x)

12

za vsak par x, y ∈ R. Ce v identiteti (8) pisemo y = x, dobimo naslednjo funkcio-nalno enacbo

2(m+ n)2T (x3) = m(2m+ n)T (x)x2 + 2mnxT (x)x+ n(m+ 2n)x2T (x). (9)

V doktorski disertaciji obravnavamo funkcionalno enacbo (9) na prakolobarju s pri-mernimi omejitvami glede karakteristike, pri tem sta m in n fiksni naravni stevili.Dokazemo, da je v tem primeru T dvostranski centralizator.

V zakljucnem poglavju podamo odprta vprasanja o funkcionalnih enacbah, ki sov zvezi s posplosenimi odvajanji in (θ, ϕ)-odvajanji, kjer sta θ in ϕ avtomorfizmana kolobarju R. Na tem mestu podajmo le osnovni definiciji, podrobnosti bralecnajde v poglavju Odprti problemi. Pojem posplosenega odvajanja je vpeljal M.Bresar v clanku [11].

Definicija 9 Aditivna preslikava F , ki slika kolobar R vase, je posploseno odva-janje, ce velja F (xy) = F (x)y+ xD(y) za vsak par x, y ∈ R, kjer je je D : R→ Rodvajanje.

Definicija 10 Aditivna preslikava D : R → R je (θ, φ)-odvajanje, ce je D(xy) =D(x)θ(y) + φ(x)D(y) za vsak par x, y ∈ R in je jordansko (θ, φ)- odvajanje, ce jeD(x2) = D(x)θ(x) + φ(x)D(x) za vsak x ∈ R.

Doktorska disertacija sloni na clankih [17], [18], [19] in [26].

13

Poglavje 1

Osnovni pojmi in definicije

To poglavje vsebuje nekaj osnovnih pojmov in rezultatov iz teorije kolobarjev inteorije funkcijskih identitet. Podane so osnovne definicije in izreki, ki jih bomopotrebovali v nadaljevanju. Vecina rezultatov je podana brez dokazov in podrob-nosti. Bralec lahko podrobnosti najde npr. v [14] ali [15].

1.1 Osnovni pojmi

Privzeli bomo, da bralec pozna definicije najosnovnejsih pojmov, kot so kolobar,podkolobar, algebra, grupa, ideal, modul, itd., zato jih na tem mestu ne bomoposebej razlagali.

Naj bo R kolobar. Nevtralni element za mnozenje (ce seveda obstaja) imenu-jemo enota kolobarja in ga oznacimo s simbolom 1 (velja torej 1a = a1 = a zavsak a ∈ R). Element b ∈ R je (desni) inverz elementa a ∈ R, ce je ab = 1. V temprimeru je tudi a levi inverz elementa b. Element, ki je hkrati levi in desni inverzelementa a, imenujemo inverz elementa a (torej: aa−1 = a−1a = 1). Element a jeobrnljiv, ce obstaja inverz a−1.

Element a ∈ R imenujemo (levi) delitelj nica, ce je ab = 0 za neki b 6= 0 ∈ R.Element a imenujemo regularen element, ce ni niti levi niti desni delitelj nica.Kolobar R je cel, ce nima pravih deliteljev nica, torej iz ab = 0 sledi a = 0 alib = 0.

Definicija 11 Kolobar R z netrivialnim mnozenjem je enostavni kolobar, ce sta0 in R njegova edina ideala.

Definicija 12 Naj bo R kolobar. Levi R-modul P je enostaven, ce je RP 6= 0 insta P in 0 njegova edina podmodula.

Definicija 13 Kolobar R je prakolobar, ce iz aRb = 0 sledi a = 0 ali b = 0 zapoljubna elementa a, b ∈ R.

Izkaze se, da je kolobar R prakolobar, ce je produkt poljubnih dveh nenicelnihidealov kolobarja R neniceln. Iz tega sledi, da je vsak enostavni kolobar prakolobar.

14

Definicija 14 Kolobar R je polprakolobar, ce iz aRa = 0 sledi a = 0.

Ideal L kolobarja R je nilpotenten ideal, ce obstaja tak n ∈ N, da je Ln = 0.Ce za vsak x ∈ L obstaja tak n ∈ N, da je xn = 0, potem ideal L imenujemonil ideal. Izkaze se, da je kolobar R polprakolobar, ce ne vsebuje nenicelnih nil-potentnih idealov. Vsak prakolobar je tudi polprakolobar, medtem ko obrat vsplosnem ne velja. Oglejmo si primer polprakolobarja, ki pa ni prakolobar. Najbo K1 prakolobar in K = K1 × K1. Torej K vsebuje vse urejene pare (k1, k2),kjer sta k1, k2 ∈ K1. Zlahka preverimo, da je K polprakolobar. Pokazimo, da pani prakolobar. Vzemimo poljubna nenicelna elementa a, b ∈ K1. Potem za vsakpar (k1, k2) velja (a, 0)(k1, k2)(0, b) = 0, vendar (a, 0) 6= 0 in (0, b) 6= 0. Torej K niprakolobar.

Definicija 15 Desni ideal I kolobarja R je bistven, ce je I ∩ J 6= 0 za vsak desniideal J kolobarja R.

Analogna definicija velja, ce imamo levi ali dvostranski ideal.

Definicija 16 Levi ideal L kolobarja R je gost, ce za poljubna elementa a, b iz R,kjer je a 6= 0, obstaja tak r ∈ R, da velja rb ∈ L in ra 6= 0.

Zlahka preverimo, da je vsak gost ideal kolobarja R tudi bistven ideal.

Nadalje vpeljimo pojma Liejevega produkta in Liejeve algebre. Naj bo A adi-tivna podgrupa kolobarja R. Definirajmo

[x, y] = xy − yx

za vse elemente x, y ∈ R. Element [x, y] imenujemo Liejev produkt (ali komutator)elementov x in y.

Definicija 17 Naj bo A aditivna podgrupa kolobarja R. Potem A imenujemoLiejev podkolobar kolobarja R, ce zadosca [A,A] ⊆ A, pri cemer je [A,A] ={∑

(a1a2 − a2a1); a1, a2 ∈ A}.

Definicija 18 Kolobar R je algebra nad poljem F , ce je R hkrati tudi vektorskiprostor nad F in velja λ(xy) = (λx)y = x(λy) za vsak λ ∈ F in vse x, y ∈ R.

Neasociativni kolobar A (oz. algebra), na katerem je definirano mnozenje s pred-pisom (x, y) 7−→ [x, y], imenujemo Liejev kolobar (oz. algebra), ce zadosca:(i) [x, x] = 0 za vsak x ∈ A,(ii) [x, [y, z]] + [y, [z, x]] + [z, [x, y]] = 0 za vse x, y, z ∈ A.

15

Zgled 19 Liejevi podkolobarji asociativnih kolobarjav so primer Liejevih kolobar-jev.

V teoriji funkcijskih identitet imajo pomembno vlogo t.i. kolobarji kvocientov. Vnadaljevanju bodo podane osnovne definicije iz teorije Martindaleovih kolobarjevkvocientov in nekatere njihove lastnosti.

Definicija 20 Naj bo R kolobar z enoto. Kolobar Q(R) imenujemo klasicni kolo-bar kvocientov kolobarja R, ce velja:(i) R je podkolobar kolobarja Q(R),(ii) vsak regularni element iz R je obrnljiv v Q(R),(iii) za vsak element q ∈ Q(R) obstajata taka regularna elementa a, b ∈ R, da jeqa, bq ∈ R.

Ce je Q(R) klasicni kolobar kvocientov nad R, pravimo, da je R red v Q(R).Omenimo se, da klasicni kolobar kvocientov ne obstaja vedno. V primeru, ko zakolobar R obstaja njegov klasicni kolobar kvocientov, R imenujemo Orejev kolobar.

Naj bosta L in L′ desna R-modula, potem preslikavo ϕ : L → L′ imenujemo ho-momorfizem desnih R-modulov, ce velja ϕ(u+ v) = ϕ(u) +ϕ(v) in ϕ(ur) = ϕ(u)rza vse elemente u, v ∈ L, r ∈ R. Bijektivni homomorfizem se imenuje izomorfizem.

Definicija 21 Naj bo R polprakolobar. Kolobar Qr = Qr(R) imenujemo desniMartindaleov kolobar kvocientov kolobarja R, ce zadosca pogojem:(i) R je podkolobar kolobarja Qr(R),(ii) za vsak q ∈ Qr obstaja tak bistveni ideal L, da je qL ⊆ R,(iii) ce je q ∈ Qr in q 6= 0, je qL 6= 0 za vsak bistveni ideal L,(vi) ce je L bistveni ideal in f : LR → RR homomorfizem desnih R-modulov, potemobstaja tak q ∈ Qr, da velja f(u) = qu za vsak u ∈ L.

Analogno definiramo levi Martindaleov kolobar kvocientov in ga oznacimo s Ql(R)oz. krajse Ql.

Izrek 22 Naj bo R polprakolobar. Potem Qr(R) obstaja in je do izomorfizmanatancno enolicno dolocen.

Definicija 23 Naj bo R polprakolobar. Kolobar Qs = Qs(R) imenujemo sime-tricni Martindaleov kolobar kvocientov, ce velja:(i) R je podkolobar kolobarja Qs,(ii) za vsak q ∈ Qs obstaja tak bistveni ideal L kolobarja R, da je qL ⊆ R inLq ⊆ R,

16

(iii) ce je q ∈ Qs, q 6= 0 in L bistveni ideal, potem je qL 6= 0 in Lq 6= 0,(vi) naj bo L bistveni ideal kolobarja R in f : LR → RR ter g :R L →R R desnioz. levi R-modulski homomorfizem, za katera je uf(v) = g(u)v za vse u, v ∈ L.Potem obstaja tak q ∈ Qs, da je f(v) = qv in g(u) = uq za vse v, u ∈ L.

Izrek 24 Naj bo R polprakolobar. Potem Qs(R) obstaja in je do izomorfizma na-tancno enolicno dolocen.

Naj bo R cel prakolobar (oz. polprakolobar). Potem je tudi Qs cel prakolobar (oz.polprakolobar). Izkaze se, da ce je R prakolobar (oz. polprakolobar), potem statudi Ql in Qr prakolobarja ( oz. polprakolobarja). Definirajmo maksimalni levikolobar kvocientov kolobarja R. Oznacimo ga Qml(R).

Definicija 25 Naj bo R polprakolobar. Kolobar Qml = Qml(R) imenujemomaksimalni levi kolobar kvocientov kolobarja R, ce velja:(i) R je podkolobar kolobarja Qml,(ii) za vsak q ∈ Qml obstaja tak gosti levi ideal L kolobarja R, da je Lq ⊆ R,(iii) za vsak q ∈ Qml in gosti ideal L kolobarja R velja, da je Lq = 0 natanko tedaj,ko je q = 0,(vi) ce je L gost levi ideal kolobarja R in f :R L →R R homomorfizem levihR-modulov, potem obstaja tak q ∈ Qml, da velja f(u) = uq za vse u ∈ L.

Analogno definiramo maksimalni desni kolobar kvocientov kolobarja R in ga ozna-cimo Qmr = Qmr(R). Podajmo se izrek o obstoju maksimalnega levega kolobarjakvocientov.

Izrek 26 Naj bo R polprakolobar. Potem Qml(R) obstaja in je do izomorfizmanatancno enolicno dolocen.

Definirajmo pojem razsirjenega centroida.

Definicija 27 Naj bo C = Z(Ql) center kolobarja Ql. Potem C imenujemorazsirjeni centroid in RC = {

∑i riλi;λi ∈ C, ri ∈ R} centralno zaprtje kolobarja

R. Ce velja R = RC, pravimo, da je kolobar R centralno zaprt.

Izkaze se, da je C = Z(Qml) = Z(Qs) = {q ∈ Qml; qa = aq;∀a ∈ R}. Ocitno je,da razsirjeni centroid vsebuje center kolobarja R. Kolobarji RC,Qs, Ql, Qml sopolprakolobarji (oz. prakolobarji), ce je R polprakolobar (oz. prakolobar) in velja

R ⊆ RC ⊆ Qs ⊆ Ql ⊆ Qml.

17

1.2 Polinomske identitete

V tem podpoglavju obravnavamo polinomske identitete. Preden vpeljemo pojemproste algebre, moramo vpeljati pojem prostega objekta v kategoriji K.

Definicija 28 Naj bo Y neprazna mnozica in L objekt v kategoriji K. Nadaljenaj bo i : Y → L poljubna preslikava. Objekt L je prost na Y , ce za vsak objektL1 ∈ K in preslikavo g : Y → L1 obstaja enolicno dolocen morfizem g : L → L1,da velja g ◦ i = g.

Naj bo K komutativni kolobar z enoto in Y = {X1, X2, ...} stevna mnozica sim-bolov. Izraz oblike Xi1 ...Xip bomo imenovali beseda, pri tem so i1, ..., ip naravnastevila. Z oznako P oznacimo mnozico vseh besed in s K 〈Y 〉 prosti levi K-modul,ki ima za bazo besede iz P . Operaciji sestevanja in mnozenja s skalarjem defini-ramo kot ∑

p∈P

αpp+∑p∈P

βpp =∑p∈P

(αp + βp)p , za vse α, β ∈ K, p ∈ P,

γ(∑p∈P

αpp) =∑p∈P

γαpp , za vse α, γ ∈ K p ∈ P.

Levi K-modul K 〈Y 〉 postane K-algebra, ce definiramo mnozenje besed

(Xi1 ...Xin)(Xj1 ...Xjm) = Xi1 ...XinXj1 ...Xjm ,

kjer so i1, ..., in, j1, ..., jm naravna stevila in mnozenje po distributivnosti razsirimona vse elemente iz K 〈Y 〉. Prazno besedo bomo oznacili z 1 in zlahka vidimo, damnozenje s prazno besedo ohranja vse elemente iz K 〈Y 〉. S tem smo dobili algebroz enoto 1.

Trditev 29 Algebra K 〈Y 〉 je prosta K-algebra z enoto na mnozici Y .

Definicija 30 Element g =∑

p∈P αpp ∈ K 〈Y 〉 imenujemo polinom. V primeru,ko je αp 6= 0, je αpp monom polinoma p in αp imenujemo koeficient monoma p.

Naj bo R K-algebra in f(X1, ..., Xm) ∈ K 〈Y 〉. Z oznako Rm oznacimo kartezicniprodukt, torej Rm = R× ...×R (m-krat). Sedaj v polinomu f vsako spremenljivkozamenjajmo z ri ∈ R in dobimo f(r1, ..., rm) ∈ R. Potem recemo, da R zadoscaidentiteti f , ce je f(r1, ..., rm) = 0 za vse r1, ..., rm ∈ R.

Vpeljimo se pojem polinomske identitete. Naj bo F komutativen kolobar z enoto.Z oznako Q bomo oznacevali F -algebro z enoto in z R podmnozico Q.

18

Definicija 31 Naj bo K 〈χ〉 prosta K-algebra z enoto na mnozici χ. Polinomf(X1, X2, ..., Xn) iz proste algebre K 〈χ〉 je identiteta na K-algebri R, ce jef(r1, r2, ..., rn) = 0 za vse elemente r1, r2, ..., rn ∈ R.

Opomba 32 Recemo tudi, da R zadosca identiteti f .

Definicija 33 Naj bo K 〈χ〉 prosta K-algebra z enoto na mnozici χ in R K-algebraz enoto. Pravimo, da je identiteta f ∈ K 〈χ〉 prava identiteta na K-algebri R, ceza neki koeficient λ polinoma f velja λf 6= 0.

Definicija 34 K-algebra R zadosca polinomski identiteti f , ce je f ∈ K 〈χ〉nenicelna prava identiteta.

Opomba 35 Pravimo, da je K-algebra R algebra s polinomsko identiteto, ozi-roma PI algebra.

1.3 Funkcijske identitete

V tem razdelku je predstavljena teorija funkcijskih identitet t.i. Bresar-Beidar-Chebotarjeva teorija, ki nam bo sluzila pri resevanju funkcionalnih enacb. Zacetnik,utemeljitelj in soavtor teorije funkcijskih identitet je M. Bresar. Pred formalnodefinicijo funkcijske identitete bomo podali nekaj enostavnih primerov funkcijskihidentitet. Primeri funkcijskih identitet so povzeti po clanku [14] in [15].

Predstavljene so osnovne metode, ki se uporabljajo pri obravnavi funkcijskih iden-titet. Pri obravnavi funkcijskih identitet zelimo poiskati obliko preslikav, ki nasto-pajo v funkcijskih identitetah. Resitve, ki niso odvisne od strukture kolobarja,imenujemo standardne resitve. Najpomembnejsa do sedaj znana uporaba funkcij-skih identitet je resitev nekaterih Hersteinovih problemov. Vec podrobnosti o temlahko bralec najde npr. v [4], [14] ali [15].

Zgled 36 Naj bo R kolobar in E,F : R→ R preslikavi, za kateri velja

E(x)y + F (y)x = 0 (10)

za vsak par x, y ∈ R. Enakost (10) je izpolnjena, ko je E = F = 0. To je standar-dna resitev te funkcijske identitete.

19

Nadalje naj bodo x, y, z, w ∈ R. Potem iz enakosti (10) dobimo

(E(x)yz)w = −F (yz)xw = (E(xw)y)z = −(F (y)x)wz = E(x)ywz

in takoE(R)R [R,R] = 0.

Predpostavimo, da je R prakolobar. Zlahka opazimo, da potem sledi, da je bodisikolobar R komutativen bodisi je E = 0. V primeru, ko je R komutativen kolobar,ima funkcijska identiteta tudi nestandardno resitev npr.: E(x) = x in F = −E. Vprimeru, ko je E = 0, takoj sledi F = 0.

Naj bo sedaj kolobar R polprakolobar in E 6= 0. Oznacimo z I = (E(R)) ideal ge-neriran z zalogo vrednosti preslikave E. Ker je [I, R]R [I, R] = 0, sledi [I, R] = 0.Torej je I centralni ideal kolobarja R ( t.j. ideal vsebovan v centru kolobarja R).

Predpostavimo, da je R = Mn(C), kjer je C komutativni enotski kolobar. Vprimeru, ko je n ≥ 2 opazimo, da ([R,R]) vsebuje identicno matriko. Iz tega sledi,da je E = 0 in zato tudi F = 0.

Strnimo zgornje ugotovitve:Naj bo R polprakolobar (oz. prakolobar). Potem obstaja nestandardna resitevfunkcijske identitete (10) natanko tedaj, ko R vsebuje nenicelni centralni ideal (oz.R je komutativen kolobar). V primeru, ko je R = Mn(C), kjer je C komutativenenotski kolobar, obstaja nestandardna resitev enakosti (10) natanko tedaj, ko jen = 1.

Zgled 37 Naj bo R kolobar in E,F : R→ R preslikavi, za kateri velja

E(x)y + F (y)x ∈ Z(R) (11)

za vsak par x, y ∈ R. Opazimo, da lahko enakost (11) zapisemo [E(x)y + F (y)x, z]= 0 za vsak par x, y, z ∈ R. Standardna resitev funkcijske identitete (10) jeE = F = 0.

Poglejmo, kdaj ima dana funkcijska identiteta nestandardno resitev in kolobarR ni komutativen. Naj bo C polje in R = M2(C). Definirajmo E,F : R → Rs predpisom E(x) = F (x) = x − sled(x)1, kjer je sled(x) sled matrike x in 1identicna matrika. Vemo, da velja x2 − sled(x)x + det(x)1 = 0 in po linearizacijisledi

(x+ y)2 − sled(x+ y)(x+ y)− x2 + sled(x)x− y2 + sled(y)y = P1

20

oziroma(x− sled(x))y + (y − sled(y))x = P1

za vse x, y ∈M2(R), kjer je P = det(x) + det(y)− det(x+ y). Opazimo, da potemE in F zadoscata funkcijski identiteti (11). Izkaze se, da ima kolobar R = Mn(C)v primeru, ko je n ≥ 3, le standardno resitev.

Povzemimo:Funkcijska identiteta (11) ima netrivialno resitev v komutativnih kolobarjih in vkolobarjih Mn(C), kjer n ≤ 2.

Podajmo se formalno definicijo funkcijske identitete.

Definicija 38 Naj bo X neskoncna mnozica in C 〈X〉 prosta algebra na mnoziciX. Naj bo R podkolobar kolobarja Q in n,m naravni stevili. Nadalje naj bodoFi : Rm → Q,i = 1, ..., n poljubne preslikave in naj velja

f(X1, X2, ..., Xm, Y1, Y2, ...Yn) ∈ C 〈X〉 ,

kjer X1, ...Xm, Y1, ...Yn ∈ X. Potem

π(X1, ..., Xm) = f(X1, X2, ..., Xm, F1(X1, ..., Xm), ..., Fn(X1, ..., Xm))

imenujemo funkcijska identiteta na R, ce velja π(r1, ..., rm) = 0 za vse elementer1, ..., rm ∈ R.

Vpeljimo se nekaj oznak. Naj bo m naravno stevilo, R kolobar in x1, ..., xm ∈ R.Potem definiramo

xm = (x1, ..., xm) ∈ Rm.

Z oznako Rm oznacimo kartezicni produkt m-kopij kolobarja R. Postavimo R0 ={0}. Za vsak 1 ≤ i ≤ m definiramo

xim = (x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xm) ∈ Rm−1

in za 1 ≤ i ≤ j ≤ m

xijm = xjim = (x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xj−1, xj+1, ..., xm) ∈ Rm−2.

Nadalje naj bosta I in J podmnozici mnozice {1, ...,m} in F : Rm−1 → R pre-slikava. Potem definiramo preslikavo F i : Rm → R s predpisom

F i(x1, ...xm) = F (x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xm).

21

Analogno definiramo tudi preslikavo Ei : Rm−1 → R.

Naj bo p : Rm−2 → R preslikava in 1 ≤ i < j ≤ m, potem definiramo presli-kavo pij = pji : Rm → R s predpisom

pij(xm) = p(x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xj−1, xj+1, ..., xm)

za vse xm ∈ Rm.

Zanimajo nas funkcijske identitete, ki vsebujejo izraze oblike∑i∈I

Ei(xim)xi =

∑i∈I

Ei(x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xm)xi

in ∑j∈J

xjFj(xjm) =

∑j∈J

Fj(x1, ..., xj−1, xj+1, ..., xm)xj.

Natancneje: obravnavali bomo naslednji funkcijski identiteti∑i∈I

Ei(xim)xi +

∑j∈J

xjFj(xjm) = 0, za vse xm ∈ Rm (12)

in ∑i∈I

Ei(xim)xi +

∑j∈J

xjFj(xjm) ∈ Z(R), za vse xm ∈ Rm. (13)

Primer, ko je ena izmed mnozic I ali J prazna, ni izkljucen. Denimo, da je I = {},potem je

∑i∈I Ei(x

im)xi = 0. Enakosti (12) in (13) potem zapisemo∑

j∈J

xjFj(xjm) = 0, za vse xm, (14)

∑j∈J

xjFj(xjm) ∈ Z(R), za vse xm. (15)

Iz definicije sledi, da ce ima enakost (14) (oz. (15)) standardno resitev, potem jevsak Fj = 0. Podobno bi seveda obravnavali primer, ko je J = {}.

22

1.4 d-proste mnozice

V tem razdelku obravnavamo funkcijske identitete na poljubnih kolobarjih. Defi-niramo osnovni funkcijski identiteti ter njuno standardno resitev in predstavimopojem d-proste podmnozice. Pojem d-proste mnozice sta vpeljala K.I. Beidar inM.A. Chebotar v clanku [3]. Podamo tudi trditev, ki pove, da je vsaka mnozica,ki vsebuje d-prosto podmnozico, tudi d-prosta.

Najprej vpeljimo nekaj oznak, ki jih bomo v nadaljevanju potrebovali. Z oznakoQ oznacimo kolobar z enoto in s C center kolobarja Q. Zanimale nas bodo funk-cijske identitete, ki bodo slikale v Q. Naj bo R podmnozica mnozice Q. MnozicoC(R) = {q ∈ Q; [q, R] = 0} imenujemo centralizator mnozice R v Q.

Naj bo m ∈ N in R1, ..., Rm neprazne podmnozice mnozice Q. Vpeljimo oznako

R =m∏k=1

Rk.

Ce je Ri = R, za vsak i = 1, ...,m, bomo namesto R pisali kar Rm. Za vsak1 ≤ i ≤ m vpeljimo

Ri =m∏k=1,k 6=i

Rk

in za 1 ≤ i < j ≤ m vpeljimo

Rij = Rji =m∏k=1,k 6=i,j

Rk.

Za x1 ∈ R1,..., xm ∈ Rm bomo pisali

xm = (x1, ..., xm)

xim = (x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xm) ∈ Ri

xijm = xjim = (x1, ..., xi−1, xi+1, ..., xj−1, xj+1, ..., xm) ∈ Rij

Naj bosta Ei : Ri → Q, i ∈ I in Fj : Rj → Q, j ∈ J preslikavi z razlicnimadomenama. Zanimata nas funkcijski identiteti:∑

i∈I

Ei(xim)xi +

∑j∈J

xjFj(xjm) = 0, za vse xm ∈ R (16)

23

in ∑i∈I

Ei(xim)xi +

∑j∈J

xjFj(xjm) ∈ C, za vse xm ∈ R (17)

Enakost (16) (oziroma (17)) je izpolnjena, ko obstajajo taksne preslikave:

pij : Rij → Q, i ∈ I, j ∈ J, i 6= j,

λk : Rk → C, k ∈ I ∪ J,

da velja

Ei(xim) =

∑j∈J,j 6=i

xjpij(xijm) + λi(x

im), i ∈ I,

Fj(xjm) = −

∑j∈J,i6=j

pij(xijm)xi − λj(xjm), j ∈ J, (18)

λk = 0 ce k /∈ I ∩ J.

Zlahka preverimo, da je (18) resitev enakosti (16) oz. (17). V primeru, ko je kateraizmed mnozic I ali J prazna, enakost (16) zapisemo kot:∑

i∈I

Ei(xim)xi = 0, za vse xm ∈ R, (19)

∑j∈J

xjFj(xjm) = 0, za vse xm ∈ R. (20)

Podobno tudi enakost (17):∑i∈I

Ei(xim)xi ∈ C, za vse xm ∈ R, (21)

∑j∈J

xjFj(xjm) ∈ C, za vse xm ∈ R. (22)

Standardna resitev enakost (19) oz. (21) je, da so vse preslikave Ei = 0. Podobnoje tudi standardna resitev enakosti (20) oz. (22), da so vse preslikave Fj = 0.

Definicija 39 Naj bo d ∈ N. Pravimo, da je R d-prosta podmnozica mnozice Qm,ce za vse podmnozice I, J ⊆ {1, 2, . . . ,m} veljata naslednja pogoja:(i) ce je max{|I| , |J |} ≤ d, potem iz enakosti (16) sledi enakost (18),(ii) ce je max{|I| , |J |} ≤ d− 1, potem iz enakosti (17) sledi enakost (18).

24

Naj bo R d-prosta podmnozica mnozice Q. Potem iz definicije sledi, da je R tudid1-prosta podmnozica mnozice Q za vsak d1 ≤ d. V primeru, ko je kolobar Qd-prosta podmnozica mnozice Q, recemo, da je Q d-prost kolobar.

Lema 40 Naj bo R d-prosta podmnozica mnozice Qm. Potem je za vsak I ⊆{1, 2, ...,m}, kjer je I 6= {},

∏i∈I Ri d-prosta podmnozica mnozice Q|I|.

Izrek 41 Naj bodo Pi, Ri in Q neprazne mnozice, za katere velja Pi ⊆ Ri ⊆ Qza vse i = 1, 2, ...,m. Predpostavimo, da je P d-prosta podmnozica mnozice Qm.Potem je R d-prosta podmnozica mnozice Qm.

Iz izreka 41 takoj sledi posledica:

Posledica 42 Naj bodo P, R in Q neprazne mnozice, za katere velja P ⊆ R ⊆ Q.Ce je P d-prosta podmnozica mnozice Q, potem je tudi R d-prosta podmnozicamnozice Q.

25

Poglavje 2

Odvajanja

V tem poglavju obravnavamo funkcionalne enacbe, ki so v zvezi z odvajanji. Vnadaljevanju bo R prakolobar in φ komutativen kolobar.

V prvem podpoglavju obravnavamo funkcionalno enacbo

2D(xm+n+1) = (m+ n+ 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm), (23)

za vsak x ∈ R, kjer sta m ≥ 1 in n ≥ 1 fiksni naravni stevili in D : R → Rnenicelna aditivna preslikava na prakolobarju R s primernimi omejitvami gledekarakteristike vase. Pokazemo, da je v tem primeru D odvajanje in R komutati-ven kolobar.

V drugem podpoglavju obravnavamo funkcionalni enacbi

D(x3) = D(x2)x+ x2D(x)

inD(x3) = D(x)x2 + xD(x2),

za vsak x ∈ R, kjer je D : R → R aditivna preslikava, ki slika prakolobar R sprimernimi omejitvami glede karakteristike vase. Dokazemo, da je v tem primeruD odvajanje.

2.1 Funkcionalna enacba:

2D(xm+n+1) = (m + n + 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm)

Naj bosta m,n poljubni naravni stevili, za kateri velja m+ n+ 1 ≥ 3 in naj bo

p (x1, . . . , xm+n+1) =∑

π∈Sm+n+1

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m+n+1)

fiksni multilinearni polinom z nekomutativnimi spremenljivkami xi nad φ. Najbo Sm+n+1 simetricna grupa reda m + n + 1 in L podmnozica kolobarja R za-prta za p (torej p(xm+n+1) ∈ L za vse x1, . . . , xm+n+1 ∈ L), kjer je xm+n+1 =

26

(x1, . . . , xm+n+1).

Podajmo glavni izrek tega podpoglavja.

Izrek 43 Naj bosta m ≥ 1, n ≥ 1 fiksni naravni stevili in R prakolobar s kara-kteristiko kar(R) = 0 ali m+n+1 ≤ kar(R). Predpostavimo, da obstaja nenicelnaaditivna preslikava D : R→ R, ki zadosca enakosti (23) za vsak x ∈ R. Potem jeR komutativen kolobar in D odvajanje.

Naj bo D : L → R preslikava, ki zadosca pogoju

2D(p(xm+n+1)) = (24)

(m+ n+ 1)(∑

π∈Sm+n+1

xπ(1) . . . xπ(m)D(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(m+n+1)

+∑

π∈Sm+n+1

xπ(1) . . . xπ(n)D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(m+n+1))

za vse x1, . . . , xm+n+1 ∈ L.

Pri dokazu Izreka 43 potrebujemo Izrek 44.

V dokazu Izreka 44 smo pri enakosti (24) uporabili teorijo funkcijskih identitet.Omenimo, da je ideja za obravnavanje izraza oblike

[p(xm+n+1), p(ym+n+1)

]pov-

zeta po [2]. Analogni pristop uporabimo tudi pri dokazih Izrekov 47, 49 in 54.

Izrek 44 Predpostavimo, da je L 2(m + n + 1)-prosta Liejeva podalgebra R za-prta za p. Denimo, da obstaja taksna aditivna preslikava D : L → R, ki zadoscaenakosti (23) za vsak x ∈ L. Potem obstaja tak q ∈ C(L) in λ : L → C(L), da je2D(x) = qx+ λ(x) za vsak x ∈ L.

Dokaz.Naj bo k = m + n + 1. Popolna linearizacija enakosti (23) nam da enakost (24).Za vsak element a ∈ L in xk ∈ Lk velja, da je

[p(xk), a] =k∑i=1

p(x1, . . . , xi−1, [xi, a] , xi+1, . . . , xk).

Potem velja tudi

2D[p(xk), a] =k∑i=1

2D(p(x1, . . . , xi−1, [xi, a], xi+1, . . . , xk)).

27

Iz zgornje enakosti zato sledi

2D [p(xk), a] = k∑π∈Sk

a(m)D(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)D[xπ(m+1), a

]xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)D(xπ(m+1))b(m)

+k∑π∈Sk

a(n)D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)D[xπ(n+1), a]xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)D(xπ(n+1))b(n),

kjer za j = m ali j = n velja

a(j) =

j∑i=1

xπ(1) . . . xπ(i−1)[xπ(i), a]xπ(i+1) . . . xπ(j)

b(j) =k∑

i=j+2

xπ(j+2) . . . xπ(i−1)[xπ(i), a]xπ(i+1) . . . xπ(k).

Torej lahko zapisemo

2D[p(xk), a] = k∑π∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(m), a

]D(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k) (25)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)D[xπ(m+1), a]xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)D(xπ(m+1))[xπ(m+2) . . . xπ(k), a

]+k

∑π∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(n), a

]D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)D[xπ(n+1), a]xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)D(xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), a

].

V splosnem tako dobimo enakost

28

2D [p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)] = (26)

k∑π∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(m), p(xk+1, . . . , x2k)]D(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)D[xπ(m+1), p(xk+1, . . . , x2k)]xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)D(xπ(m+1))[xπ(m+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)

]+k

∑π∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(n), p(xk+1, . . . , x2k)]D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)D[xπ(n+1), p(xk+1, . . . , x2k)]xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)D(xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), p(xk+1. . . . , x2k)]

za vse x1, ..., x2k ∈ L. Naj bo s : Z→ Z preslikava definirana s predpisom s (i) =i− k. Za vsak σ ∈ Sk bomo preslikavo s−1σs : {k + 1, . . . , 2k} → {k + 1, . . . , 2k}oznacili z oznako σ. Glede na pravkar vpeljano oznako tako dobimo

2D[xπ(m+1), p(xk+1, . . . , x2k)] = −2D[p(xk+1, . . . , x2k), xπ(m+1)] = (27)

k∑σ∈Sk

[xπ(m+1), xσ(k+1) . . . xσ(m+k)]D(xσ(m+k+1))xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)

+k∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(m+k)D[xπ(m+1), xσ(m+k+1)]xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)

+k∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(m+k)D(xσ(m+k+1))[xπ(m+1), xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)]

+k∑σ∈Sk

[xπ(m+1), xσ(k+1) . . . xσ(n+k)]D(xσ(n+k+1))xσ(n+k+2) . . . xσ(2k)

+k∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(n+k)D[xπ(m+1), xσ(n+k+1)]xσ(n+k+2) . . . xσ(2k)

+k∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(n+k)D(xσ(n+k+1))[xπ(m+1), xσ(n+k+2) . . . xσ(2k)]

za vse x1, . . . , x2k ∈ L. Nadalje definiramo preslikavo

ϕ(xπ(m+1)) = 2D[xπ(m+1), p(xk+1, . . . , x2k)].

Podobno definiramo tudi

ϕ(xπ(n+1)) = 2D[xπ(n+1), p(xk+1, . . . , x2k)].

29

Glede na zgoraj vpeljani definiciji in enakost (26) zlahka dobimo

4D[p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)] = (28)

k∑π∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(m), p(xk+1, . . . , x2k)

]2D(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)ϕ(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)2D(xπ(m+1))[xπ(m+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)]

+k∑π∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(n), p(xk+1, . . . , x2k)

]2D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)ϕ(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)2D(xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)].

Velja tudi sledeca zveza

[xπ(1) . . . xπ(m), p(xk+1, . . . x2k)] =∑σ∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(m), xσ(k+1) . . . xσ(2k)].

Enakost (28) torej lahko zapisemo na naslednji nacin

4D[p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)] = (29)

k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(m), xσ(k+1) . . . xσ(2k)]2D(xπ(m+1)) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)ϕ(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)2D(xπ(m+1))[xπ(m+2) . . . xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(2k)]

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(n), xσ(k+1) . . . xσ(2k)]2D(xπ(n+1)) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)ϕ(xπ(n+1)) . . . xπ(k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)2D(xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(2k))].

30

Sedaj zamenjajmo vlogi π in σ v enakosti (29) ter dobimo

4D [p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)] = (30)

k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

]2D(xσ(k+m+1)) . . . xσ(2k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2D(xσ(k+m+1))

·[xπ(1) . . . xπ(k), xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

]+k

∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(k+n)

]2D(xσ(k+n+1)) . . . xσ(2k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+n)ϕ′(xσ(k+n+1))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

+k∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+n)2D(xσ(k+n+1))

·[xπ(1) . . . xπ(k), xσ(k+n+2) . . . xσ(2k)

]za vse x1, . . . , x2k ∈ L, kjer je

ϕ′(xσ(k+m+1)) = 2D

[p(x1 . . . , xk), xσ(k+m+1)

],

ϕ′(xσ(k+n+1)) = 2D

[p(x1 . . . , xk), xσ(k+n+1)

].

Upostevamo definicijo preslikave ϕ in zlahka opazimo, da velja

ϕ(xπ(m+1)) = −ϕ′(xπ(m+1)).

Nadalje primerjajmo enakosti (29) in (30) ter dobimo

0 =∑π∈Sk

∑σ∈Sk

k([xσ(k+1) . . . xσ(2k), xπ(1) . . . xπ(m)]2D(xπ(m+1)) (31)

+xπ(1) . . . xπ(m)ϕ′(xπ(m+1))

−xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2D(xσ(k+m+1))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)xπ(1) . . . xπ(k)

+xπ(1) . . . xπ(m)2D(xπ(m+1))xσ(k+1) . . . xσ(2k))xπ(m+2) . . . xπ(k)

31

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

k([xπ(1) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

]2D(xσ(k+m+1))

+xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

−xπ(1) . . . xπ(m)2D(xπ(k+m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m+1)

+xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2D(xσ(k+m+1))xπ(1) . . . xπ(k))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

−∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)k(−ϕ′(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+2D(xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(2k)

]−xπ(n+1) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+n)2D(xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k)

+xσ(k+1) . . . xσ(2k)2D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k))

−∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+n)k(−ϕ′(xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k)

+2D(xσ(k+n+1))[xσ(k+n+1) . . . xσ(2k), xπ(1) . . . xπ(k)

]−xσ(k+n+1) . . . xσ(2k)xπ(1) . . . xπ(n)2D(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+xπ(1) . . . xπ(k)2D(xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k))

za vse x1, . . . , x2k ∈ L. Sedaj definiramo preslikavi E,F : L2k−n → R na sledecinacin

E(u1, . . . , um, um+1, . . . , uk, uk+1, . . . , uk+m+1) =

k([u1 . . . uk, uk+1 . . . uk+m] 2D(uk+m+1)

+uk+1 . . . uk+m(ϕ′(uk+m+1) + 2D(uk+m+1)u1 . . . uk)

−u1 . . . um2D(um+1)um+2 . . . uk+m+1)

in

F (u1, . . . , un, un+1, . . . , uk, uk+1, . . . , uk+m+1) =

k(−2D(uk+1) [uk+2 . . . uk+m+1, u1 . . . uk]

+(ϕ′(uk+1)− u1 . . . uk2D(uk+1))uk+2 . . . uk+m+1

+uk+1 . . . uk+m+1u1 . . . un2D(un+1)un+2 . . . uk)

za vse u2k−n ∈ L2k−n.

32

Glede na pravkar definirani preslikavi lahko enakost (31) zapisemo kot

0 =∑π∈Sk

∑σ∈Sk

E(xπ(1), . . . , xπ(m+1), xσ(k+1), . . . , xσ(2k))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)F (xπ(n+1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(2k))

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+n)F (xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+n+1), . . . , xσ(2k))

za vse x1, . . . , x2k ∈ L. Po predpostavki je L 2k-prosta podmnozica R, zatoobstajajo taksne preslikave p2k,j : L2k−2 → R, j = 1, . . . , 2k − 1 in λ2k : L2k−1 →C(L), da velja ∑

π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1)) (32)

·xσ(k+m+2) . . . xσ(2k−1) =2k−1∑j=1

xjp2k,j(xj2k−1) + λ2k(x2k−1)

za vse x2k−1 ∈ L2k−1. Enakost (32) lahko zapisemo tudi kot

2k−1∑i=1

(∑π∈Sk

∑σ∈Sk

σ(2k)=2k,σ(2k−1)=i

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1)) (33)

·xσ(k+m+2) . . . xσ(2k−2))xi −2k−1∑j=1

xjp2k,j(xj2k−1) ∈ C(L)

za vse x2k−1 ∈ L2k−1. Ponovno smo prisli do funkcijske identitete (33), ki pa imale standardno resitev. Po koncnem stevilu korakov tako pridemo do zveze∑

π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1)) (34)

−k+m+1∑j=1

xjpk+m+1,j(xjk+m+1) ∈ C(L)

za vse xk+m+1 ∈ Lk+m+1 in neke preslikave pk+m+1,j : Lk+m → R, j = 1, . . . , k +

33

m+ 1. Upostevamo definicijo preslikave E in enakost (34) ter vidimo, da je

∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

k(xπ(1) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2D(xσ(k+m+1)) (35)

+xσ(k+1) . . . xσ(k+m)xπ(1) . . . xπ(k)2D(xσ(k+m+1))

+xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

−xπ(1) . . . xπ(m)2D(xπ(k+m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m+1)

+xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2D(xσ(k+m+1))xπ(1) . . . xπ(k))

−k+m+1∑j=1

xjpk+m+1,j(xjk+m+1) ∈ C(L).

za vse xk+m+1 ∈ Lk+m+1. Enakost (35) lahko zapisemo tudi kot

k∑i=1

xi∑π∈Sk,π(1)=i

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

kxπ(2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m) (36)

·2D(xσ(k+m+1))

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

k(xπ(2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

·2D(xσ(k+m+1))

−xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

−xπ(1) . . . xπ(m)2D(xπ(k+m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m+1)

+xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2D(xσ(k+m+1))xπ(1) . . . xπ(k))

−k+m+1∑j=1

xjpk+m+1,j(xjk+m+1) ∈ C(L).

Potem obstajajo taksne preslikave p′k+m+1,j : Lk+m−1 → R, j = 1, . . . , k + m, davelja

34

∑π∈Skπ(1)=1

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

(xπ(2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

·2D(xσ(k+m+1)))−k+m∑j=1

xjp′k+m+1,j(x

jk+m) ∈ C(L)

za vse xk+m ∈ Lk+m. Ponovno dobimo funkcijsko identiteto, ki ima le standardnoresitev. Po koncnem stevilu korakov tako pridemo do enakosti

2D(x) = qx+ λ(x) (37)

za vsak x ∈ L, kjer je q ∈ L in λ : L → C(L). Analogno bi dokaz potekal, ce binamesto definicije preslikave E upostevali definicijo preslikave F . V tem primerubi dobili, da velja

2D(x) = xp′ + λ′(x)

za vsak x ∈ L, nek p′ ∈ L in λ′ : L → C(L). Zlahka opazimo, da potem sledi

xp′ − qx = λ(x)− λ′(x) (38)

za vsak x ∈ L. Torej je p′ = q ∈ C(L) in λ(x) = λ′(x). S tem je dokaz zakljucen.

Nadaljujemo z dokazom Izreka 43.

Dokaz izreka 43.Popolna linearizacija enakosti (23) nam da enakost (24). Najprej predpostavimo,da R ni PI kolobar. Izrek 44 pove, da potem obstaja tak q ∈ C in λ : R→ C, davelja

2D(x) = qx+ λ(x)

za vsak x ∈ R. Upostevamo zadnjo enakost v zvezi (24) ter dobimo∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(k−1)(2((k − 1)qxπ(k) + kλ(xπ(k)))) = 2λ(p(xk)) ∈ C

za vse xk ∈ Lk. Uporabimo enak argument, kot smo ga pri enakosti (32), kar naspripelje do

(k − 1)qx+ kλ(x) = 0 (39)

35

za vsak x ∈ R. Torej velja [(k − 1)qx, y] = 0 za vsak par x, y ∈ R. Zlahka vidimo,da velja tudi [x, y] zq = 0 za vse x, y, z ∈ R. Ker je R prakolobar, sledi, da jebodisi R komutativen bodisi je q = 0. Predpostavimo, da je q = 0. Potem sledi,da je tudi λ(x) = 0 za vsak x ∈ R in seveda D = 0. Denimo sedaj, da je Rkomutativen kolobar. Upostevamo enakost (39) in dobimo λ(x)y − λ(y)x = 0 zavsak par x, y ∈ R. Zlahka vidimo, da je torej λ = 0 in potem D = 0.

Naj bo sedaj R PI kolobar. Znano je, da ima v tem primeru kolobar R nenicelnicenter (glej [28]). Naj bo c nenicelni element iz centra. Izberimo poljuben elementx ∈ R in postavimo x1 = . . . = xk−1 = cx in xk = x v enakost (24). Potem dobimo

2D(k!ck−1xk) =

k(m+ n)!cm+n−1(xmD(cx)xnn+ cxmD(x)xn + xmD(cx)xnm)

+k(m+ n)!cm+n−1(xnD(cx)xmm+ cxnD(x)xm + xnD(cx)xmn).

Nadalje postavimo x1 = . . . = xk−1 = c in xk = xk v enakost (24) in pridemo dozveze

2D(k!ck−1xk) =

k(m+ n)!cm+n−1(cD(xk) + xkD(c)m+D(c)xkn

+cD(xk) + xkD(c)n+D(c)xkm)

za vsak x ∈ R. Primerjamo zadnji dve enakosti in izpeljemo, da velja

c(k − 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm) = (40)

n(xmD(cx)xn + xnD(cx)xm −D(c)xk − xkD(c))

+m(xmD(cx)xn + xnD(cx)xm −D(c)xk − xkD(c))

za vsak x ∈ R. Ce je x = c, velja

D(c2) = 2cD(c). (41)

Nadalje postavimo x1 = x in x2 = . . . = xk = c v popolno linearizacijo enakosti(40) in pridemo do

xD(c) +D(c)x = 2D(cx)− 2cD(x) (42)

za vsak x ∈ R. Nadomestimo x z xy v zadnji enakosti ter dobimo

2D(cxy)− 2cD(xy) = xyD(c) +D(c)xy.

Z desne pomnozimo enakost (42) z y ∈ R in tako pridemo do

2D(cx)y − 2cD(x)y = xD(c)y +D(c)xy.

36

Primerjamo zadnji dve enakosti in opazimo, da velja

2(D(cxy)− cD(xy)−D(cx)y + cD(x)y) = x [y,D(c)] (43)

za vsak par x, y ∈ R. Postavimo y = c v enakost (43) in imamo

2D(c2x) = 4cD(cx)− 2c2D(x). (44)

Ponovno nadomestimo x s cx v enakosti (23) ter dobimo

2D(ckxk) = kck−1(xmD(cx)xn + xnD(cx)xm) (45)

za vsak x ∈ R. Nadalje postavimo x1 = . . . = xk−1 = c in xk = cxk v enakost (24)in pridemo do zveze

2D(ckxk) = ck−1(2D(cxk) + (k − 1)xkD(c) + (k − 1)D(c)xk). (46)

Primerjamo enakosti (46) in (45) ter upostevamo zvezo (42). Tako izpeljemo

k(xmD(cx)xn + xnD(cx)xm) = (47)

2cD(xk) + kxkD(c) + kD(c)xk =

kc(xmD(x)xn + xnD(x)xm) + kxkD(c) + kD(c)xk

za vsak x ∈ R. V zgornji enakosti upostevamo enakost (42) in vidimo, da je

xm+1(D(c)xn − xnD(c)) + xn+1(D(c)xm − xmD(c)) =

(D(c)xm − xmD(c))xn+1 + (D(c)xn − xnD(c))xm+1

in prav tako

xm+1[D(c), xn] + xn+1[D(c), xm] =

[D(c), xm]xn+1 + [D(c), xn]xm+1

za vsak x ∈ R. Postavimo x1 = x2 = x in x3 = . . . = xk = c v popolno linearizacijozadnje enakosti, kar nas pripelje do zveze

[[x,D(c)], x] = 0

za vsak x ∈ R. Posnerjev drugi izrek [27] pove, da iz zgornje enakosti sledi[x,D(c)] = 0 za vsak x ∈ R. V enakost (43) postavimo x = c, upostevamoenakosti (41) in (44), kar nas pripelje do

D(cx) = D(c)x+ cD(x)

37

za vsak x ∈ R. Ponovno za poljuben x ∈ R postavimo x1 = . . . = xk−2 = c inxk−1 = xk = x v enakost (24) ter dobimo

2(k − 1)D(ck−2x2) = (48)

m(m− 1)x2ck−3D(c) + 2mnck−3xD(c)x+ 2nck−2D(x)x

+n(n− 1)ck−3D(c)x2 + 2mck−2xD(x)

+n(n− 1)x2ck−3D(c) + 2mnck−3xD(c)x+ 2mck−2D(x)x

+m(m− 1)ck−3D(c)x2 + 2nck−2xD(x)

za vsak x ∈ R. Iz enakosti D(ck) = kck−1D(c) in zveze (48) sledi

2(k − 1)D(ck−2x2) = (49)

2(k − 1)((k − 2)ck−3D(c)x2 + ck−2D(x2)).

Nadalje primerjamo enakosti (49) in (48) ter pridemo do

D(x2) = D(x)x+ xD(x)

za vsak x ∈ R. Torej je D jordansko odvajanje. Znani Hersteinov izrek [22] pove,da je potem D odvajanje. Dokazati moramo le se, da je R komutativen kolobar.Nadomestimo x z x2 v enakosti (23) in dobimo

2D(x2k) = k(x2mD(x2)x2n + x2nD(x2)x2m)

iz cesar sledi

x2mD(x)x2n+1 + x2m+1D(x)x2n + x2nD(x)x2m+1 + x2n+1D(x)x2m =

2xmD(x)xn+k + 2xnD(x)xm+k + 2xm+kD(x)xn + 2nn+kD(x)xm

za vsak x ∈ R. Nadalje postavimo x1 = x2 = x3 = x in x4 = . . . = xk = c vpopolno linearizacijo zgornje enakosti ter pridemo do

[[D(x), x], x] = 0

za vsak x ∈ R. Uporabimo Bresarjev rezultat [13] in dobimo, da je

[D(x), x] = 0

za vsak x ∈ R. Torej je D komutirajoca preslikava na prakolobarju R, ki je hkratitudi odvajanje. Posnerjev prvi izrek [27] pove, da je v tem primeru R komutativen.S tem je dokaz izreka zakljucen.

Na tem mestu podajmo se domnevo:

38

Domneva 45 Naj bosta m ≥ 0 in n ≥ 0 poljubni fiksni celi stevili, za katerivelja m + n 6= 0 in R polprakolobar z ustrezno omejitvijo glede reda elementov.Predpostavimo, da obstaja aditivna preslikava D : R→ R, ki zadosca enakosti

2D(xm+n+1) = (m+ n+ 1)(xmD(x)xn + xnD(x)xm)

za vsak x ∈ R. Potem je D odvajanje in slika kolobar R v Z(R).

V primeru, ko ima kolobar R enoto, sta domnevo dokazala J. Vukman in I. Kosi-Ulbl (glej [34]).

2.2 Funkcionalni enacbi:

D(x3) = D(x2)x + x2D(x) in D(x3) = D(x)x2 + xD(x2)

Naj bo

p(x1, x2, x3) =∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3) (50)

fiksni multilinearni polinom z nekomutativnimi spremenljivkami xi nad φ in S3

simetricna grupa reda 3. Nadalje naj bo L podmnozica R zaprta za p (torejp(x3) ∈ L za vse x1, x2, x3 ∈ L), kjer je x3 = (x1, x2, x3).

Glavni rezultat tega razdelka je Izrek 46.

Izrek 46 Naj bo R prakolobar s karakteristiko kar(R) = 0 ali 4 < kar(R) inD : R→ R aditivna preslikava, ki zadosca enakosti

D(x3) = D(x2)x+ x2D(x) (51)

aliD(x3) = D(x)x2 + xD(x2) (52)

za vsak x ∈ R. Potem je D odvajanje.

Izrek bo dokazan le za primer ko preslikava D zadosca enakosti (51). Podobno biseveda obravnavali primer ko preslikava D zadosca enakosti (52).Naj bo D : L → R preslikava, ki zadosca enakosti

D(p(x3)) =∑π∈S3

D(xπ(1)xπ(2))xπ(3) +∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)D(xπ(3)) (53)

za vse x1, x2, x3 ∈ L.

Pri dokazu Izreka 46 potrebujemo Izrek 47.

39

Izrek 47 Naj bo L 6-prosti Liejev podkolobar kolobarja R zaprt za p. Predpo-stavimo, da obstaja taksna aditivna preslikava D : L → R, ki zadosca enakosti(53). Potem je D odvajanje.

Dokaz.Za poljuben element a ∈ R in x3 ∈ L3 velja

[p(x3), a] = p([x1, a] , x2, x3) + p(x1, [x2, a] , x3) + p(x1, x2, [x3, a]),

in zato

D [p(x3), a] =∑π∈S3

D[xπ(1)xπ(2), a

]xπ(3)

+∑π∈S3

D(xπ(1)xπ(2))[xπ(3), a

]+

∑π∈S3

[xπ(1)xπ(2), a

]D(xπ(3))

+∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)D[xπ(3), a

].

V splosnem lahko zapisemo enakost

D [p(x3), p(y3)] =∑π∈S3

D[xπ(1)xπ(2), p(y3)

]xπ(3) (54)

+∑π∈S3

D(xπ(1)xπ(2))[xπ(3), p(y3)

]+

∑π∈S3

[xπ(1)xπ(2), p(y3)

]D(xπ(3))

+∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)D[xπ(3), p(y3)

].

Nadalje upostevamo enakosti

D[xπ(1)xπ(2), p(y3)

]= −D

[p(y3), xπ(1)xπ(2)

]=∑σ∈S3

D[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]yσ(3) +

∑σ∈S3

D(yσ(1)yσ(2))[xπ(1)xπ(2), yσ(3)

]+∑σ∈S3

[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]D(yσ(3)) +

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)D[xπ(1)xπ(2), yσ(3)

]

40

in

D[xπ(3), p(y3)

]= −D

[p(y3), xπ(3)

]=∑σ∈S3

D[xπ(3), yσ(1)yσ(2)

]yσ(3) +

∑σ∈S3

D(yσ(1)yσ(2))[xπ(3), yσ(3)

]+∑σ∈S3

[xπ(3), yσ(1)yσ(2)

]D(yσ(3) +

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)D[xπ(3), yσ(3)

]v zvezi (54) ter dobimo

D [p(x3), p(y3)] =∑π∈S3

∑σ∈S3

D[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]yσ(3)xπ(3) (55)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

D(yσ(1)yσ(2))[xπ(1)xπ(2), yσ(3)

]xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]D(yσ(3))xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)D[xπ(1)xπ(2), yσ(3)

]xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

D(xπ(1)xπ(2))[xπ(3), yσ(1)yσ(2)yσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)yσ(3)

]D(xπ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)D[xπ(3), yσ(1)yσ(2)

]yσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)D(yσ(1)yσ(2))[xπ(3), yσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)

[xπ(3), yσ(1)yσ(2)

]D(yσ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)yσ(1)yσ(2)D[xπ(3), yσ(3)

].

Z zamenjavo vloge π in σ zlahka dobimo, da velja tudi

D [p(x3), p(y3)] =∑π∈S3

∑σ∈S3

D[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]xπ(3)yσ(3) (56)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

D(xπ(1)xπ(2))[xπ(3), yσ(1)yσ(2)

]yσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]D(xπ(3))yσ(3)

41

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)D[xπ(3), yσ(1)yσ(2)

]yσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

D(yσ(1)yσ(2))[xπ(1)xπ(2)xπ(3), yσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

[xπ(1)xπ(2)xπ(3), yσ(1)yσ(2))

]D(yσ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)D[xπ(1)xπ(2), yσ(3)

]xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)D(xπ(1)xπ(2))[xπ(3), yσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)

[xπ(1)xπ(2), yσ(3)

]D(xπ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)xπ(1)xπ(2)D[xπ(3), yσ(3)

].

Upostevamo enakosti (55) in (56) ter izpeljemo zvezo

0 =∑π∈S3

∑σ∈S3

(D[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

](57)

+D(yσ(1)yσ(2))xπ(1)xπ(2) −D(xπ(1)xπ(2))yσ(1)yσ(2)

−xπ(1)xπ(2)D(yσ(1)yσ(2)) + yσ(1)yσ(2)D(xπ(1)xπ(2)))yσ(3)xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

(xπ(1)xπ(2)D(yσ(1)yσ(2))−D[xπ(1)xπ(2), yσ(1)yσ(2)

]+D(xπ(1)xπ(2))yσ(1)yσ(2) −D(yσ(1)yσ(2))xπ(1)xπ(2)

−yσ(1)yσ(2)D(xπ(1)xπ(2)))xπ(3)yσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)(yσ(1)yσ(2)D(yσ(3))xπ(3) − yσ(1)yσ(2)xπ(3)D(yσ(3))

+yσ(1)yσ(2)D[xπ(3), yσ(3)

]+ yσ(1)yσ(2)yσ(3)D(xπ(3))

−yσ(1)yσ(2)D(xπ(3))yσ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)(xπ(1)xπ(2)D(xπ(3))yσ(3) − xπ(1)xπ(2)D(yσ(3))xπ(3)

−xπ(1)xπ(2)yσ(3)D(xπ(3))− xπ(1)xπ(2)D[xπ(3), yσ(3)

]+xπ(1)xπ(2)xπ(3)D(yσ(3)))

za vse x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ L.

42

Definiramo preslikavi E,F : L4 → R s predpisom

E(u1, u2, u3, u4) = D [u1u2, u3u4] +D(u3u4)u1u2 −D(u1u2)u3u4

−u1u2D(u3u4) + u3u4D(u1u2)

in

F (u1, u2, u3, u4) = u1u2D(u3)u4 − u1u2D(u4)u3 − u1u2u4D(u3)

−u1u2D [u3, u4] + u1u2u3D(u4)

za vse u4 ∈ L4. Enakost (57) lahko torej zapisemo kot

0 =∑π∈S3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), yσ(1), yσ(2))yσ(3)xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), yσ(1), yσ(2))xπ(3)yσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)F (xπ(3), yσ(1), yσ(2), yσ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

yσ(1)yσ(2)F (xπ(1), xπ(2), xπ(3), yσ(3))

za vse x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ L. Definiramo preslikavo s : Z → Z s predpisoms(i) = i− 3. Za vsak σ ∈ S3 preslikavo s−1σs : {4, 5, 6} → {4, 5, 6} oznacimo z σ.Glede na pravkar vpeljano definicijo lahko zadnjo enakost zapisemo kot

0 =∑π∈S3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), xσ(4), xσ(5))xσ(6)xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), xσ(4), xσ(5))xπ(3)xσ(6)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)xπ(2)F (xπ(3), xσ(4), xσ(5), xσ(6))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xσ(4)xσ(5)F (xπ(1), xπ(2), xπ(3), xσ(6))

za vse x1, . . . , x6 ∈ L. Uporabimo predpostavko, da je L 6-prosta podmnozica,zato obstajajo taksne preslikave p6,j : L4 → R, j = 1, . . . , 5 in λ6 : L5 → C(L), davelja

∑π∈S3π(1)=1

∑σ∈S3

xπ(2)F (xπ(3), xσ(4), xσ(5), xσ(6)) =5∑j=1

p6,j(xj5)xj + λ6(x5) (58)

43

za vse x5 ∈ L5. Zlahka opazimo, da lahko enakost (58) zapisemo tudi na naslednjinacin

5∑i=1

xi( ∑

π∈S3π(1)=1π(2)=i

∑σ∈S3

F (xπ(3), xσ(4), xσ(5), xσ(6)) (59)

−5∑j=1

p6,j(xj5)xj ∈ C(L)

za vse x5 ∈ L5. V enakosti (59) upostevamo definicijo preslikave F ter dobimo∑π∈S3π(1)=1π(2)=2

∑σ∈S3

(xσ(4)xσ(5)D(xσ(6))xπ(3) − xσ(4)xσ(5)xπ(3)D(xσ(6))

+xσ(4)xσ(5)D[xπ(3), xσ(6)

]+ xσ(4)xσ(5)xσ(6)D(xπ(3))

−xσ(4)xσ(5)D(xπ(3))xσ(6))−4∑j=1

p5,j(xj4)xj ∈ C(L)

za vse x4 ∈ L4 in neke preslikave p5,j : L3 → R. Po koncnem stevilu korakovpridemo do enakosti

D(x)y −D(y)x− yD(x) +D [y, x] + xD(y) = f(x)y + g(y)x+ µ(x, y)

za vse x, y ∈ L, kjer so f, g : L → R in µ : L2 → C(L). Vidimo, da je

D [x, y] = D(x)y −D(y)x− yD(x) + xD(y)− f(x)y − g(y)x− µ(x, y). (60)

Zamenjamo vlogi x in y v zvezi (60) ter primerjamo tako dobljeni enakosti. Zlahkaopazimo, da velja

0 = −f(x)y − g(y)x− µ(x, y)− f(y)x− g(x)y − µ(y, x).

Sledi, da je −f(x) − g(x) = 0 za vsak x ∈ L. Ocitno je tudi, da je µ(x, x) = 0 inµ(x, y) + µ(y, x) = 0 za vse x, y ∈ L. Iz enakosti (60) dobimo D [x2, x] = 0. Torejje

0 = D(x2)x−D(x)x2 − xD(x2) + x2D(x) (61)

−f(x2)x+ f(x)x2 − µ(x2, x)

za vsak x ∈ L. Popolna linearizacija te enakosti nas pripelje do zveze

−D(xy)−D(yx) + xD(y) + yD(x) = h(x)y + k(y)x+ µ′(x, y) (62)

44

in tudi

−D(yx)−D(xy) + yD(x) + xD(y) = h(y)x+ k(x)y + µ′(y, x) (63)

za vse x, y ∈ L, kjer so h, k : L → R in µ′

: L2 → C(L). Iz zadnjih dveh enakostidobimo, da je

0 = h(x)y + k(y)x− h(y)x− k(x)y + µ′(x, y)− µ′(y, x).

Iz te zveze takoj sledi, da je h(x) = k(x), µ′(x, y) = µ

′(y, x) za vse x, y ∈ L. Ce

postavimo y = x v enakosti (62), dobimo

2D(x2) = 2xD(x)− 2h(x)x− µ′(x, x). (64)

Slednjo enakost uporabimo v zvezi (61) ter imamo

f(x2)x = xD(x)x− h(x)x2 −D(x)x2 + f(x)x2 + xh(x)x− µ(x2, x). (65)

Nadalje nadomestimo y z x in x z x2 v enakosti (62) ter uporabimo zvezi (51) in(64). Tako dobimo, da je

2h(x2)x = 2h(x)x2 − 2xh(x)x− 4xD(x)x− 2µ′(x2, x) + µ

′(x, x)x. (66)

Iz enakosti (62) sledi tudi

D(yx) = −D(xy) + xD(y) + yD(x)− h(x)y − h(y)x− µ′(x, y).

Zadnjo enakost upostevamo v zvezi (60) ter dobimo

2D(xy) = D(x)y −D(y)x+ 2xD(y)− f(x)y + f(y)x (67)

−h(x)y − h(y)x− µ(x, y)− µ′(x, y).

Iz zveze (67) sledi

2D(x4) = D(x)x3 −D(x3)x+ 2xD(x3)− f(x)x3 + f(x3)x

−h(x)x3 − h(x3)x− µ(x, x3)− µ′(x, x3)

in

2D(x4) = D(x3)x−D(x)x3 + 2x3D(x)− f(x3)x+ f(x)x3 (68)

−h(x3)x− h(x)x3 − µ(x3, x)− µ′(x3, x).

Primerjamo zadnji enakosti, uporabimo zveze (51), (64) in (65) ter dobimo

f(x3)x = f(x2)x2 + µ(x2, x)x− µ(x3, x). (69)

45

Iz enakosti (64) ocitno sledi

2D(x4) = 2x2D(x2)− 2h(x2)x2 − µ′(x2, x2).

Zadnjo enakost primerjamo z enakostjo (68) ter pri tem upostevamo zveze (51),(64), (65), (66) in (69). Dobimo, da velja

2h(x3)x = 2x2D(x)x+ 2h(x)x3 − 6xh(x)x2 + 4x2h(x)x− 8xD(x)x2

− 2µ′(x3, x) + 3µ

′(x, x)x2 − 4µ

′(x2, x)x+ 2µ

′(x2, x2). (70)

Iz enakosti (51) sledi 2D(x6) = 2D(x4)x2 + 2x4D(x2). Prav tako iz enakosti (64)dobimo, da je

2D(x6) = 2x3D(x3)− 2h(x3)x3 − µ′(x3, x3).

Primerjamo zadnji dve enakosti, uporabimo zveze (51), (64), (66) in (70) ter izpe-ljemo

0 = −2x2h(x)x3 + 4xD(x)x4 + 4xh(x)x4 − 2x2D(x)x3 + 2x4D(x)x

−2x3h(x)x2 − 2x3D(x)x2 + 2x4h(x)x− µ′(x, x)x4

−µ′(x2, x2)x2 + 2µ′(x3, x)x2 + 2µ

′(x2, x)x3 − µ′(x3, x3).

V popolni linearizaciji zadnje enakosti nadomestimo vse xi z x ter uporabimopredpostavko, da je L 6-prosta podmnozica. Tako dobimo enakost

0 = −2xh(x)x2 + 4D(x)x3 + 4h(x)x3 − 2xD(x)x2 (71)

+2x3D(x)− 2x2h(x)x− 2x2D(x)x+ 2x3h(x)

+2µ′(x3, x) + 2µ

′(x2, x)x− µ′(x, x)x2 − µ′(x2, x2).

Uporabimo teorijo funkcijskih identitet in dobimo 4h(x) + 4D(x) = xp + λ(x) zavsak x ∈ L, kjer je p ∈ R in λ : L → C(L). Uporabimo 4h(x) = −4D(x)+xp+λ(x)v enakosti (64) ter imamo

4D(x2) = 4xD(x) + 4D(x)x− xpx− λ(x)x− 2µ′(x, x). (72)

Iz enakosti (66) tako dobimo

−4D(x2)x+ x2px+ λ(x2)x = −4D(x)x2 + xpx2 + λ(x)x2 + 4xD(x)x

−x2px− λ(x)x2 − 8xD(x)x− 4µ′(x2, x) + 2µ

′(x, x)x.

Upostevamo zvezo (72) v zadnji enakosti in opazimo, da je

−2x2px = x2λ(x) + xλ(x2) + 4µ′(x2, x).

Sledi, da je −2px = λ(x). Torej je −2px ∈ C(L) za vsak x ∈ R. Zlahka preverimo,da velja tudi pz [x, y] = 0 za vse x, y, z ∈ R. Ker je R prakolobar, sledi, da je bodisi

46

p = 0 bodisi je R komutativen. Predpostavimo, da je p = 0. Potem je tudi λ = 0in zato 4h(x) + 4D(x) = 0. V primeru, ko je R komutativen, se prav tako zlahkadokaze, da velja 4h(x) + 4D(x) = 0. Posledicno iz enakosti (65) sledi, da jef(x2)x = f(x)x2 − µ(x2, x) in iz zveze (61) sledi

D(x2)x+ x2D(x) = D(x)x2 + xD(x2).

Upostevamo zadnjo zvezo in h(x) = −D(x) v enakosti (62) ter opazimo, da je

2D(x3) = 2D(x2)x+ 2x2D(x)− µ′(x2, x).

Iz enakosti (51) dobimo tudi 2D(x3) = 2D(x2)x + 2x2D(x). Torej sledi, da jeµ′(x2, x) = 0. Upostevamo to enakost skupaj z h(x) = −D(x) v zvezi (71). Potem

dobimo −µ′(x, x)x2 − µ′(x2, x2) + 2µ′(x3, x) = 0. Torej je∑

π∈S4

µ′(xπ(1), xπ(2))xπ(3)xπ(4) ∈ C(L)

ter tako dobimo, da je µ′(x, y) = 0 za vse x, y ∈ L. Posledicno iz enakosti (64)

sledi, da je D jordansko odvajanje. Hersteinov izrek [22] pove, da je torej D od-vajanje. S tem je dokaz zakljucen.

Nadaljujemo z dokazom Izreka 46.

Dokaz izreka 46.Popolna linearizacija enakosti (51) nam da enakost (53). Predpostavimo najprej,da R ni PI kolobar. Izrek 47 nam pove, da je v tem primeru D odvajanje.

Obravnavajmo se primer, ko je R PI kolobar. Znano je, da ima R v tem primerunenicelni center (glej [28]). Naj bo c nenicelni element iz centra in x poljubenelement kolobarja R. V enakost (53) postavimo x1 = x2 = cx in x3 = x ter takodobimo

3D(c2x3) = D(c2x2)x+ 2D(cx2)cx+ c2x2D(x) + 2cx2D(cx).

Nadalje postavimo x1 = x2 = c in x3 = x3 v enakost (53) ter sledi

3D(c2x3) = D(c2)x3 + 2D(cx3)c+ c2D(x3) + 2cx3D(c)

= D(c2)x3 + 2D(cx3)c+ c2(D(x2)x+ x2D(x)) + 2cx3D(c)

za vsak x ∈ R. Primerjajmo obe enakosti, kar nas pripelje do

D(c2x2)x+ 2D(cx2)cx+ 2cx2D(cx) (73)

= D(c2)x3 + 2D(cx3)c+ c2D(x2)x+ 2cx3D(c)

47

za vsak x ∈ R. V zadnji enakosti nadomstimo x = c in upostevamo enakostD(c3) = D(c2)c + D(c)c2 ter dobimo D(c4) = 2D(c2). Postavimo x1 = x inx2 = x3 = c v popolno linearizacijo enakosti (73) ter izpeljemo zvezo

c2D(c)x+ 2D(c2x)c+ 2cxD(c2) = 2D(c3x) + 3xc2D(c) (74)

za vsak x ∈ R. Nadomestimo x s cx v enakosti (74) in vidimo, da velja

D(c)c3x+ 2c2xD(c2) = 2D(c4x) + 3c3xD(c)− 2D(c3x)c. (75)

Enakost (74) nadalje pomnozimo s c in dobimo tudi

D(c)c3x+ 2c2xD(c2) = 2D(c3x)c− 2D(c2x)c2 + 3c3xD(c). (76)

Primerjamo enakosti (75) in (76) ter vidimo, da velja

2D(c3x)c = D(c4x) +D(c2x)c2 (77)

za vsak x ∈ R. Nadomestimo x s cx v enakosti (51) ter pridemo do

3D(c3x3) = 3D(c2x2)cx+ 3c2x2D(cx)

za vsak x ∈ R. Nadalje ponovno postavimo x1 = x2 = c in x3 = cx3 v popolnolinearizacijo enakosti (51) in dobimo

3D(c3x3) = D(c2)cx3 + 2cD(c2x3) + c2D(cx3) + 2c2x3D(c).

Primerjamo zadnji dve enakosti ter sledi

3D(c2x2)x+ 3cx2D(cx) = D(c2)x3 + 2D(c2x3) (78)

+cD(cx3) + 2cx3D(c).

Ponovno postavimo x1 = x2 = c in x3 = x v popolno linearizacijo enakosti (78)ter imamo

D(c4)cx+ 2D(c3x)c2 + c4D(cx) + 2c3xD(c2)

= D(c2)c3x+ 2D(c4x)c+ c2D(c3x) + 2c4xD(c).

V tej enakosti upostevamo zvezo (77) in D(c4) = 2D(c2) ter opazimo, da velja

D(c2)cx+D(cx)c2 + 2xD(c2)c+ 2D(c2x)c = 3D(c3x) + 2xD(c)c2.

Zadnjo enakost pomnozimo s c in jo odstejemo od enakosti (76). Tako dobimo

D(c2)cx+D(cx)c2 + xD(c)c2 = D(c3x) +D(c)xc2 (79)

48

in ocitno

D(c3x) = D(cx)c2 +D(c2)cx+ [x,D(c)] c2 (80)

za vsak x ∈ R. Nadalje postavimo x1 = x2 = c in x3 = cx v enakosti (53) ter sledi

6D(c3x) = 2D(c2)cx+ 4D(c2x)c+ 2c2D(cx) + 4c2xD(c). (81)

Enakost (80) pomnozimo s 6, jo primerjamo z enakostjo (81) ter zlahka izpeljemozvezo

2D(cx)c+ 2D(c2)cx+ 3 [x,D(c)] c = 2D(c2x) + 2cxD(c). (82)

V zadnji enakosti nadomestimo x s cx ter dobimo

2D(c3x) = 2D(c2x)c+ 2D(c2)c2x+ 3 [cx,D(c)] c− 2c2xD(c). (83)

Nadalje enakost (79) pomnozimo z 2c in imamo

2D(c3x)c = −2D(c)xc3 + 2D(c2)c2x+ 2D(cx)c3 + 2xD(c)c3. (84)

Primerjamo zadnjo enakost in enakost (83) ter vidimo, da je

D(c)xc+ xcD(c) = 2D(c2x)− 2D(cx)c (85)

za vsak x ∈ R. V enakosti (79) x nadomestimo s cx ter sledi

D(c2)c2x+D(c2x)c2 + xD(c)c3 = D(c4x) +D(c)xc3. (86)

Nadalje se upostevamo zvezo (77), kar nas pripelje do

2D(c2)c2x+ 2D(c2x)c2 + 2xD(c)c3

= 4D(c3x)c− 2D(c2x)c2 + 2D(c)xc3

in ocitno

D(c2)c2x+ 2D(c2x)c2 + xD(c)c3 = 2D(c3x)c+D(c)xc3

za vsak x ∈ R. V zadnji enakosti upostevamo zvezo (83). Tako dobimo D(c2)c2x =2D(c)c3x in posledicno D(c2) = 2D(c). V enakost (85) postavimo x = c, ter imamoD(c3) = 3D(c)c2. Ponovno postavimo x1 = x2 = c in x3 = x v enakost (53) terdobimo

6D(c2x) = 2D(c2)x+ 4D(cx)c+ 2c2D(x) + 4cxD(c). (87)

49

V zgornji enakosti upostevamo zvezo (85) in sledi

3(D(c)x+ xD(c))c+ 6D(cx)c2 = 4D(c)x+ 4D(cx)c+ 2c2D(x) + 4cxD(c)

ter ocitno

2D(cx)− 2D(x)c = D(c)x+ xD(c) (88)

in tudi

2D(cx2)− 2D(x2)c = D(c)x2 + x2D(c) (89)

za vsak x ∈ R. Postavimo x1 = x2 = x in x3 = c v enakost (53) ter upostevamozvezi (88) in (89), kar nas pripelje do enakosti

6D(cx2) = 2D(x2)c+ 4D(cx)x+ 2x2D(c) + 4cxD(x) (90)

= (2D(cx2)−D(c)x2 − x2D(c))

+4D(cx)x+ 2x(xD(c) + 2cD(x))

= 2D(cx2)−D(c)x2 − x2D(c)

+4D(cx)x+ 4xD(cx)− 2xD(c)x.

in torej

4D(cx2) = 4D(cx)x+ 4xD(cx)− 2xD(c)x−D(c)x2 − x2D(c).

Iz enakosti (89) dobimo tudi

4D(cx2) = 4D(x2)c+ 2D(c)x2 + 2x2D(c).

Primerjamo zadnji dve enakosti ter dobimo

4D(cx)x+ 4xD(cx) = 3D(c)x2 + 3x2D(c) + 4D(x2)c+ 2xD(c)x

in ocitno

4D(x2)c = 4(D(cx)x+ xD(cx)) (91)

−3(D(c)x2 + x2D(c))− 2xD(c)x.

V zgornji enakosti upostevamo zvezo (89), kar nas pripelje do

4D(x2)c = 4(D(cx)x+ xD(cx)) (92)

−3(2D(cx2)− 2D(x2)c)− 2xD(c)x

in tudi

6D(cx2)− 2D(x2)c = 4D(cx)x+ 4xD(cx)− 2xD(c)x. (93)

50

V zadnji enakosti upostevamo zvezo (89) ter imamo

3(D(c)x2 + x2D(c) + 2D(x2)c)− 2D(x2)c = 4D(cx)x+ 4xD(cx)− 2xD(c)x.

Nadalje enakost (92) zapisemo kot

3D(c)x2 + 3x2D(c) + 4D(x2)c+ 2xD(c)x = 4D(cx)x+ 4xD(cx)

= 2(2D(cx))x+ 2x(2D(cx))

in v tej enakosti upostevamo zvezo (88), kar pripelje do

3D(c)x2 + 3x2D(c) + 4D(x2)c+ 2xD(c)x = 2(2D(cx))x+ 2xD(cx)

= 2(D(c)x+ xD(c) + 2D(x)c)x

+ 2x(D(c)x+ xD(c) + 2D(x)c).

Iz zgornje enakosti tako dobimo

4D(x)xc+ 4xD(x)c+ 2xD(c)x = (D(c)x2 + x2D(c)) + 4D(x2)c

= 2D(cx2)− 2D(x2)c+ 4D(x2)c

= 2D(cx3) + 2D(x2)c.

Sedaj sestejemo zadnjo enakost in enakost (93) ter sledi

2D(cx2) = D(cx)x+ xD(cx) +D(x)xc+ xcD(x) (94)

za vsak x ∈ R. Iz prve vrstice enakosti (90) vidimo, da je

2D(x2)c = 6D(cx2)− 4D(cx)x− 2x2D(c)− 4cxD(x). (95)

V zgornji enakosti upostevamo zvezo (94) in nato se (88) ter vidimo, da velja

2D(x2)c = 3D(cx)x+ 3xD(cx) + 3D(x)xc+ 3xD(x)c

−4D(cx)x− 2x(xD(c) + 2cD(x))

= 3xD(cx) + 3D(x)xc+ 3xD(x)c

−D(cx)x− 2x(2D(cx)−D(c)x)

= 3(D(x)x+ xD(x))c− (D(cx)x+ xD(cx))

+2xD(c)x.

Sedaj upostevamo zadnjo enakost in zvezo (94) ter si oglejmo, kako lahko2D(cx2)− 2D(x2)c zapisemo se drugace:

2D(cx2)− 2D(x2)c = 2(D(cx)x+ xD(cx))− 2(D(x)xc+ xcD(x))− 2xD(c)x

51

za vsak x ∈ R. Primerjamo zadnjo enakost in enakost (89), kar nas pripelje do

D(c)x2 + x2D(c) = 2(D(cx)x+ xD(cx)) (96)

−2(D(x)xc+ xcD(x))− 2xD(c)x.

V enakosti (91) uporabimo zvezo (88) ter dobimo

4D(x2)c = 4(D(x)xc+ cxD(x))− (D(c)x2 + x2D(c)) + 2xD(c)x.

Ce zadnjo enakost pomnozimo s c, dobimo, da velja

4D(x2)c2 = 4(D(x)xc2 + c2xD(x))− (D(c)x2c+ x2D(c)c) + 2xD(c)xc.

Po drugi strani pa velja tudi

4D(x2)c2 = 4(D(x)xc2 + c2xD(x))− (D(c2)x2 + x2D(c2)) + 2xD(c2)xc.

Ponovno primerjamo zadnji dve enakosti, kar nas pripelje do zveze

D(c)x2 + x2D(c) = 2xD(c)x. (97)

Slednje upostevamo v zvezi (96) in sledi

D(cx)x+ xD(cx) = D(x)xc+ cxD(x) + 2xD(c)x.

Iz enakosti (91) tako dobimo

4D(x2)c = 4(D(x)xc+ cxD(x) + 2xD(c)x)− 3(2xD(c)x)− 2xD(c)x

in ocitnoD(x2) = D(x)x+ xD(x)

za vsak x ∈ R. Torej je D jordansko odvajanje. Hersteinov izreku [22] pove, da jetorej D odvajnje. S tem je dokaz zakljucen.

52

Poglavje 3

Dvostranski centralizatorji

V tem poglavju se posvetimo funkcionalnim enacbam, ki so v zvezi z dvostranskimicentralizatorji. V nadaljevanju naj bo R prakolobar in φ komutativen kolobar.

V prvem podpoglavju obravnavamo funkcionalno enacbo

2(m+ n)2T (x3) = m(2m+ n)T (x)x2 + 2mnxT (x)x+ n(2n+m)x2T (x), (98)

za vsak x ∈ R, kjer sta m ≥ 1 in n ≥ 1 poljubni fiksni naravni stevili in T : R→ Raditivna preslikava, ki slika prakolobar s primernimi omejitvami glede karakteri-stike vase. Dokazemo, da je T v tem primeru dvostranski centralizator.

V drugem podpoglavju obravnavamo funkcionalno enacbo

2T(xm+n+1

)= xmT (x)xn + xnT (x)xm,

za vsak x ∈ R, kjer sta m ≥ 0 in n ≥ 0 poljubni celi stevili, za kateri veljam+n 6= 0 in T : R→ R aditivna preslikava, ki slika prakolobar s primernimi ome-jitvami glede karakteristike vase. Dokazemo, da je v tem primeru T dvostranskicentralizator.

3.1 Funkcionalna enacba:

2(m + n)2T (x3) = m(2m + n)T (x)x2 + 2mnxT (x)x + n(2n + m)x2T (x)

Naj bo S3 simetricna grupa reda 3 in

p(x1, x2, x3) =∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3) (99)

fiksni multilinearni polinom z nekomutativnimi spremenljivkami xi nad φ. Nadaljenaj bo L podmnozica R zaprta za p (torej p(x3) ∈ L za vse x1, x2, x3 ∈ L), kjer jex3 = (x1, x2, x3).

Glavni rezultat tega razdelka je Izrek 48.

53

Izrek 48 Naj bosta m ≥ 1, n ≥ 1 poljubni fiksni naravni stevili in R prakolobars karakteristiko kar(R) = 0 ali (m + n)2 < kar(R). Predpostavimo, da obstajataksna aditivna preslikava T : R → R, ki zadosca enakosti (98) za vsak x ∈ R.Potem je T dvostranski centralizator.

Naj bo T : L → R preslikava, ki zadosca pogoju

2(m+ n)2T (p(x3)) = m(2m+ n)∑π∈S3

T (xπ(1))xπ(2)xπ(3) (100)

+ 2mn∑π∈S3

xπ(1)T (xπ(2))xπ(3) + n(2n+m)∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)T (xπ(3))

za vse x1, x2, x3 ∈ L.

Pri dokazu Izreka 48 potrebujemo sledeci izrek:

Izrek 49 Predpostavimo, da je L 6-prosta Liejeva podalgebra R, zaprta za p. Najbo T : L → R aditivna preslikava, ki zadosca enakosti (98) za vsak x ∈ L. Potemobstaja tak q ∈ C(L) in λ : L → C(L), da velja 2m(2m + n)(m + n)2T (x) =qx+ λ(x) za vsak x ∈ L, kjer je C(L) razsirjen centroid L.

Dokaz.Popolna linearizacija enakosti (98) nam da enakost (100). Za vsak element a ∈ Lin x3 ∈ L3 vidimo, da velja

[p(x3), a] =∑π∈S3

[xπ(1)xπ(2)xπ(3), a

]=

∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3)a− a∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3)

=∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3)a− a∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

xπ(1)axπ(2)xπ(3) −∑π∈S3

xπ(1)axπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)axπ(3) −∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)axπ(3)

=∑π∈S3

xπ(1)axπ(2)xπ(3) − a∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)axπ(3) −∑π∈S3

xπ(1)axπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)xπ(3)a−∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)axπ(3)

54

=∑π∈S3

[xπ(1), a

]xπ(2)xπ(3) +

∑π∈S3

xπ(1)

[xπ(2), a

]xπ(3)

+∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)

[xπ(3), a

]= p([x1, a] , x2, x3)

+ p(x1, [x2, a] , x3) + p(x1, x2, [x3, a]).

Zgornjo enakost upostevamo v enakosti (100) ter dobimo

2(m+ n)2T ([p(x3), a] = 2(m+ n)2T (p([x1, a] , x2, x3))

+ 2(m+ n)2T (p(x1, [x2, a] , x3))

+ 2(m+ n)2T (p(x1, x2, [x3, a])).

Zlahka preverimo, da potem sledi

2(m+ n)2T ([p(x3), a]

=∑π∈S3

m(2m+ n)T ([xπ(1), a

])xπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

m(2m+ n)T (xπ(1))[xπ(2)xπ(3), a

]+

∑π∈S3

2mn[xπ(1), a

]T (xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

2mnxπ(1)T ([xπ(2), a

])xπ(3)

+∑π∈S3

2mnxπ(1)T (xπ(2))[xπ(3), a

]+

∑π∈S3

n(2n+m)[xπ(1)xπ(2), a

]T (xπ(3))

+∑π∈S3

n(2n+m)xπ(1)xπ(2)T ([xπ(3), a

]).

Nadalje, naj bo s : Z→ Z preslikava definirana s predpisom s (i) = i− 3. Za vsakσ ∈ S3 bomo preslikavo s−1σs : {4, 5, 6} → {4, 5, 6} oznacili z σ. Za a izberimoa = p(x4, x5, x6) in tako lahko zgornjo enakost zapisemo kot

55

2(m+ n)2T ([p(x1, x2, x3), p(x4, x5, x6)] = (101)

=∑π∈S3

m(2m+ n)T ([xπ(1), p(x4, x5, x6)

])xπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

m(2m+ n)T (xπ(1))[xπ(2)xπ(3), p(x4, x5, x6)

]+

∑π∈S3

2mn[xπ(1), p(x4, x5, x6)

]T (xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

2mnxπ(1)T ([xπ(2), p(x4, x5, x6)

]xπ(3)

+∑π∈S3

2mnxπ(1)T (xπ(2))[xπ(3), p(x4, x5, x6)

]+

∑π∈S3

n(2n+m)[xπ(1)xπ(2), p(x4, x5, x6)

]T (xπ(3))

+∑π∈S3

n(2n+m)xπ(1)xπ(2)T ([xπ(3), p(x4, x5, x6)

]).

Ocitno velja tudi

2(m+ n)2T ([xπ(1), p(x4, x5, x6)

]) =

= −2(m+ n)2T ([p(x4, x5, x6), xπ(1)

])

=∑σ∈S3

m(2m+ n)T ([xπ(1), xσ(1)

]xσ(2)xσ(3)

+∑σ∈S3

m(2m+ n)T (xσ(1))[xπ(1), xσ(2)xσ(3)

]+

∑σ∈S3

2mn[xπ(1), xσ(1)

]T (xσ(2))xσ(3)

+∑σ∈S3

2mnxσ(1)T (xσ(2))[xπ(1), xσ(3)

]+

∑σ∈S3

2mnxσ(1)T ([xπ(1), xσ(2)

])xσ(3)

+∑σ∈S3

n(2n+m)[xπ(1), xσ(1)xσ(2)

]T (xσ(3))

+∑σ∈S3

n(2n+m)xσ(1)xσ(2)T ([xπ(1), xσ(3)

],

za vse x1, ..., x6 ∈ L. Definiramo preslikavo

ϕ(xπ(1)) = 2(m+ n)2T ([xπ(1), p(x4, x5, x6)

].

56

Analogno definiramo tudi preslikavi

ϕ(xπ(2)) = 2(m+ n)2T ([xπ(2), p(x4, x5, x6)

],

in

ϕ(xπ(3)) = 2(m+ n)2T ([xπ(3), p(x4, x5, x6)

].

Uporabimo zgornje definicije v enakosti (101) ter dobimo

(2(m+ n)2)2T ([p(x1, x2, x3), p(x4, x5, x6)] (102)

=∑π∈S3

m(2m+ n)ϕ(xπ(1))xπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

2m(2m+ n)(m+ n)2T (xπ(1))[xπ(2)xπ(3), p(x4, x5, x6)

]+

∑π∈S3

4mn(m+ n)2[xπ(1), p(x4, x5, x6)

]T (xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

2mnxπ(1)ϕ(xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

4mn(m+ n)2xπ(1)T (xπ(2))[xπ(3), p(x4, x5, x6)

]+

∑π∈S3

2n(2n+m)(m+ n)2[xπ(1)xπ(2), p(x4, x5, x6)

]T (xπ(3))

+∑π∈S3

n(2n+m)xπ(1)xπ(2)ϕ(xπ(3)).

Zlahka opazimo, da velja [xπ(1)xπ(2), p(x4, x5, x6)

]=

∑σ∈S3

[xπ(1)xπ(2), xσ(1)xσ(2)xσ(3)

],

torej lahko enakost (102) zapisemo kot

(2(m+ n)2)2T ([p(x1, x2, x3), p(x4, x5, x6)] (103)

=∑π∈S3

∑σ∈S3

m(2m+ n)ϕ(xπ(1))xπ(2)xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

2m(2m+ n)(m+ n)2T (xπ(1))[xπ(2)xπ(3), xσ(1)xσ(2)xσ(3)

]

57

+∑π∈S3

∑σ∈S3

4mn(m+ n)2[xπ(1), xσ(1)xσ(2)xσ(3)

]T (xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

2mnxπ(1)ϕ(xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

4mn(m+ n)2xπ(1)T (xπ(2))[xπ(3), xσ(1)xσ(2)xσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

2n(2n+m)(m+ n)2[xπ(1)xπ(2), xσ(1)xσ(2)xσ(3)

]T (xπ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

n(2n+m)xπ(1)xπ(2)ϕ(xπ(3)).

Nadalje v enakosti (103) zamenjamo vlogi π in σ ter dobimo

(2(m+ n)2)2T ([p(x1, x2, x3), p(x4, x5, x6)] (104)

=∑π∈S3

∑σ∈S3

m(2m+ n)ϕ(xσ(1))xσ(2)xσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

2m(2m+ n)(m+ n)2T (xσ(1))[xπ(1)xπ(2)xπ(3), xσ(2)xσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

4mn(m+ n)2[xπ(1)xπ(2)xπ(3), xσ(1)

]T (xσ(2))xσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

2mnxσ(1)ϕ(xσ(2))xσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

4mn(m+ n)2xσ(1)T (xσ(2))[xπ(1)xπ(2)xπ(3), xσ(3)

]+

∑π∈S3

∑σ∈S3

2n(2n+m)(m+ n)2[xπ(1)xπ(2)xπ(3), xσ(1)xσ(2)

]T (xσ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

n(2n+m)xσ(1)xσ(2)ϕ(xσ(3)).

za vse x1, ..., x6 ∈ L, kjer je

ϕ(xσ(i)) = 2(m+ n)2T ([p(x1, x2, x3), xσ(i)

]za vse i = 1, 2, 3. Zlahka opazimo, da velja tudi

ϕ(xπ(i)) = −ϕ(xπ(i))

za vse i = 1, 2, 3.

58

Nadalje primerjamo enakosti (103) in (104) ter tako dobimo

0 =∑π∈S3

∑σ∈S3

(m(2m+ n)ϕ(xπ(1))xπ(2) + 2mnxπ(1)ϕ(xπ(2)) (105)

+ 4mn(m+ n)2xσ(1)T (xσ(2))xσ(3)xπ(1)xπ(2)

− 4mn(m+ n)2xπ(1)T (xπ(2))xσ(1)xσ(2)xσ(3)

+ 2m(2m+ n)(m+ n)2T (xσ(1))xσ(2)xσ(3)xπ(1)xπ(2)

− 2m(2m+ n)(m+ n)2T (xπ(1))xσ(1)xσ(2)xσ(3)xπ(2))xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

(m(2m+ n)ϕ(xσ(1))xσ(2) + 2mnxσ(1)ϕ(xσ(2))

+ 4mn(m+ n)2xπ(1)T (xπ(2))xπ(3)xσ(1)xσ(2)

− 4mn(m+ n)2xσ(1)T (xσ(2))xπ(1)xπ(2)xπ(3)

+ 2m(2m+ n)(m+ n)2T (xπ(1))xπ(2)xπ(3)xσ(1)xσ(2)

− 2m(2m+ n)(m+ n)2T (xσ(1))xπ(1)xπ(2)xπ(3)xσ(2))xσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)(n(2n+m)xπ(2)ϕ(xπ(3))

− 4mn(m+ n)2xπ(2)xπ(3)xσ(1)T (xσ(2))xσ(3)

+ 4mn(m+ n)2xσ(1)xσ(2)xσ(3)T (xπ(2))xπ(3)xπ(2)xπ(3)

− 2n(2n+m)(m+ n)2xπ(2)xπ(3)xσ(1)xσ(2)T (xσ(3))

+ 2n(2n+m)(m+ n)2xπ(2)xσ(1)xσ(2)xσ(3)T (xπ(3)))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xσ(1)(n(2n+m)xσ(2)ϕ(xσ(3))

− 4mn(m+ n)2xσ(2)xσ(3)xπ(1)T (xπ(2))xπ(3)

+ 4mn(m+ n)2xπ(1)xπ(2)xπ(3)T (xσ(2))xσ(3)

− 2n(2n+m)(m+ n)2xσ(2)xσ(3)xπ(1)xπ(2)T (xπ(3))

+ 2n(2n+m)(m+ n)2xσ(2)xπ(1)xπ(2)xπ(3)T (xσ(3)))

za vse x1, ..., x6 ∈ L. Definiramo preslikavi E,F : L5 → R s predpisom

E(u1, u2, u3, u4, u5) = m(2m+ n)ϕ(u1)u2 + 2mnu1ϕ(u2)

+ 4mn(m+ n)2(u3T (u4)u5u1u2 − u1T (u2)u3u4u5)

+ 2m(2m+ n)(m+ n)2(T (u3)u4u5u1u2 − T (u1)u3u4u5u2)

59

in

F (u1, u2, u3, u4, u5) = n(2n+m)u1ϕ(u2)

− 4mn(m+ n)2(u1u2u3T (u4)u5 − u3u4u5T (u1)u2)

− 2n(2n+m)(m+ n)2(u1u2u3u4T (u5)− u1u3u4u5T (u2))

za vse u5 ∈ L5. Enakost (105) lahko potem takem zapisemo kot

0 =∑π∈S3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), xσ(1), xσ(2), xσ(3))xπ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), xπ(3), xσ(1), xσ(2))xσ(3)

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xπ(1)F (xπ(2), xπ(3), xσ(1), xσ(2), xσ(3))

+∑π∈S3

∑σ∈S3

xσ(1)F (xπ(1), xπ(2), xπ(3), xσ(2), xσ(3))

in tudi

0 =3∑i=1

(∑π∈S3π(3)=i

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), xσ(1), xσ(2), xσ(3)))xi

+6∑i=4

(∑π∈S3

∑σ∈S3σ(3)=i

E(xπ(1), xπ(2), xπ(3), xσ(1), xσ(2)))xi

+3∑j=1

xj(∑π∈S3π(1)=j

∑σ∈S3

F (xπ(2), xπ(3), xσ(1), xσ(2), xσ(3)))

+6∑j=4

xj(∑π∈S3

∑σ∈S3σ(1)=j

F (xπ(1), xπ(2), xπ(3), xσ(2), xσ(3)))

za vse x1, .., x6 ∈ L. Torej velja

6∑i=1

Eii(x6)xi +

6∑j=1

F jj (x6)xj = 0

za vse x6 ∈ L6, kjer so Ei, Fj : L5 → R in Ei, F j : L6 → R preslikave definiranekot

Ei(x6) = E(x1, ..., xi−1, xi, ...x6)

60

inF j(x6) = F (x1, ..., xj−1, xj, ...x6)

Uporabimo predpostavko, da je L 6-prosta podmnozica R. Vemo, da potem ob-stajajo taksne preslikave p6,j : L4 → R za j = 1, . . . , 5 in λ6 : L5 → C(L), davelja ∑

π∈S3π(3)=3

∑σ∈S3

E(xπ(1), xπ(2), xσ(1), xσ(2), xσ(3)) (106)

=5∑j=1

xjp6,j(xj5) + λ6(x5)

za vse x5 ∈ L5. Nadalje upostevamo definicjo preslikave E ter po koncnem stevilukorakov pridemo do zveze

2m(2m+ n)(m+ n)2T (x) = xq + λ(x) (107)

za vsak x ∈ L, kjer je q ∈ L in λ : L → C(L). Analogno bi dokaz izpeljali, ce binamesto definicije preslikave E uporabili definicijo preslikave F . V tem primerubi dobili

2n(2n+m)(m+ n)2T (x) = px+ λ(x)

za vsak x ∈ L ter nek p ∈ L in λ : L → C(L). Imamo torej enakosti

2mn(2m+ n)(2n+m)(m+ n)2T (x) = n(2n+m)(xq + λ(x)),

2mn(2m+ n)(2n+m)(m+ n)2T (x) = m(2m+ n)(px+ λ(x))

za vsak x ∈ L. Iz tega dobimo, da je

n(2n+m)xq −m(2m+ n)px ∈ C(L)

za vsak x ∈ L. Torej velja n(2n+m)q = m(2m+n)p ∈ C(L) in ocitno q, p ∈ C(L).S tem je dokaz zakljucen.

Nadaljujemo z dokazom Izreka 48.

Dokaz izreka 48 .Popolna linearizacija enakosti (98) nam da enakost (100). Prepostavimo najprej,da R ni PI kolobar. Izrek 49 nam pove, da potem obstaja tak q ∈ C in λ : R→ C,da velja

2m(2m+ n)(m+ n)2T (x) = xq + λ(x).

61

Prav tako velja tudi

x2((m+ n)2xq + 2(m+ n)2λ(x)) = (m+ n)2λ(x3)

in

x2(xq + 2λ(x)) = λ(x3)

za vsak x ∈ R. Popolna linearizacija zadnje enakosti nam da∑π∈S3

xπ(1)xπ(2)(xπ(3)q + 2λ(xπ(3)) = λ(p(x3))

za vse x1, x2, x3 ∈ R. Ker R ni PI kolobar, sledi, da je

xq + 2λ(x) = 0 (108)

za vsak x ∈ R. Cilj je dokazati, da je λ = 0. Zlahka opazimo, da velja [xq, y] = 0za vsak par x, y ∈ R. Prav tako velja tudi [x, y] zq = 0 za vse x, y, z ∈ R. Iztega sledi, da je bodisi R komutativen kolobar bodisi je q = 0. Denimo, da jeq = 0. Potem je tudi λ(x) = 0 za vsak x ∈ R z upostevanjem enakosti (108).Nadalje predpostavimo, da velja [x, y] = 0. Potem iz enakosti (108) dobimo, da jeλ(x)y − λ(y)x = 0 za vsak par x, y ∈ R. Posledicno je torej λ = 0.

Sedaj predpostavmo, da je R PI kolobar. Znano je, da ima v tem primeru ko-lobar R nenicelni center (glej [28]). Naj bo c nenicelni element iz centra in xpoljuben element iz kolobarja R. Najprej postavimo x1 = x2 = cx in x3 = x venakost (100) ter tako dobimo

12(m+ n)2T (c2x3) = 2m(2m+ n)(2T (cx)x2 + T (x)x2c)c (109)

+ 4mn(2xT (cx)x+ xT (x)xc)c

+ 2n(2n+m)(2x2T (cx) + x2T (x)c)c.

Nadalje postavimo x1 = x2 = c in x3 = x3 v enakost (100) in pridemo do

12(m+ n)2T (c2x3) = 2m(2m+ n)(2T (c)x3 + T (x3)c)c (110)

+ 4mn(x3T (c) + T (c)x3 + T (x3)c)c

+ 2n(2n+m)(2x3T (c) + T (x3)c)c.

Primerjamo obe enakosti in vidimo, da velja

m(2m+ n)T (cx)x2 + 2mnxT (cx)x+ n(2n+m)x2T (cx) (111)

= 2m(m+ n)T (c)x3 + 2n(n+m)x3T (c)

62

za vsak x ∈ R. Ce je x = c imamo

T (c2) = T (c)c. (112)

Postavimo x1 = x in x2 = x3 = c v popolno linearizacijo enakosti (111) ter sledi

(m+ n)T (cx) = mT (c)x+ nxT (c) (113)

za vsak x ∈ R. Pomnozimo enakost (113) s c2 in dobimo

(m+ n)T (cx)c2 = mT (c2)xc+ nxT (c2)c.

Nadalje nadomestimo x s cx v enakosti (113) in imamo

(m+ n)T (c2x)c = mT (c2)xc+ nxT (c2)c.

Primerjamo zadnji dve enakosti ter pridemo do zveze

T (c2x) = T (cx)c. (114)

Ponovno postavimo x1 = x in x2 = x3 = c v enakost (100), kar pripelje do zveze

12(m+ n)2T (c2x) = 2m(2m+ n)(2T (x)c2 + 4T (c)xc) (115)

+ 2mn(2T (x)c2 + 2T (c)xc+ 2xT (c)c)

+ 2n(2n+m)(2c2T (x) + 4xT (c)xc)

in ocitno

T (cx) = T (x)c = cT (x). (116)

Postavimo x1 = x2 = x in x3 = c v popolno linearizacijo enakosti (111), upostevamozvezo (116) in dobimo

T (c)x2 + x2T (c) = 2xT (c)x.

Zadnjo enakost lahko zapisemo tudi kot

[[T (c), x] , x] = 0

za vsak x ∈ R. Iz Posnerjevega drugega izreka [27] sledi, da je potem [T (c), x] = 0za vsak x ∈ R. Iz enakosti (113) zlahka dobimo, da je torej

T (cx) = T (c)x = xT (c). (117)

63

Sedaj nadomestimo x z xy v enakosti (113) in imamo

(m+ n)T (xy)c = (mT (c)x)y + x(nyT (c)) (118)

= (m+ n)T (x)yc+ (m+ n)xT (y)c− (m+ n)xT (c)y.

Pomnozimo to enakost z leve z elementom z ter dobimo

(m+ n)zT (xy)c = (m+ n)zT (x)yc (119)

+ (m+ n)zxT (y)c− (m+ n)zxT (c)y.

Nadalje nadomestimo x z zx v enakosti (118) in imamo

(m+ n)T (zxy)c = (m+ n)T (zx)yc (120)

+ (m+ n)zxT (y)c− (m+ n)zxT (c)y.

Iz enakosti (119) in (120) tako sledi

T (zxy) = zT (xy) + T (zx)y − zT (x)y. (121)

Sedaj upostevamo zadnjo enakost in zvezo (117) ter dobimo

T (zcy) = zT (cy) + T (zc)y − zT (c)y.

Z upostevanjem enakosti (117) v zgornji zvezi vidimo, da je

T (zyc) = zT (cy) + zT (c)y − zT (c)y

in

T (zy)c = zT (y)c.

Velja torej T (zy) = zT (y) za vsak par y, z ∈ R. Podobno bi dokazali, da veljatudi T (zy) = T (z)y za vsak par y, z ∈ R. Torej je T dvostranski centralizator. Stem je dokaz zakljucen.

V nadaljevanju tega razdelka se osredotocimo se na enakost (121), ki jo lahkozapisemo kot

F (xyx) = F (xy)x− xF (y)x+ xF (yx) (122)

za vsak par x, y ∈ R, kjer je F aditivna preslikava, ki slika kolobar R vase. Pojavise vprasanje glede resitve te enakosti. Preden podamo odgovor na to vprasanje,bomo najprej predstavili rezultat iz clanka [33], v katerem je bila obravnavanapodobna enakost.

64

M. Bresar je v clanku [9] dokazal, da je vsako jordansko trojno odvajanje,ki slika polprakolobar brez elementov reda dva vase, odvajanje. Ta rezultat po-splosuje Cusackovo posplositev Hersteinovega izreka. Bresarjev rezultat sta ka-sneje posplosila Liu and Shiue [25]. Prav tako je bil Bresarjev rezultat motivacijaza rezultat J. Vukmana, D. Eremite in I. Kosi-Ulbl [33], in sicer:

Izrek 50 Naj bo R polprakolobar brez elementov reda dva in T : R→ R aditivnapreslikava, ki zadosca enakosti

T (xyx) = T (x)yx− xT (y)x+ xyT (x)

za vsak par x, y ∈ R. Potem je T oblike 2T (x) = qx + xq za vsak x ∈ R, kjer jeq ∈ QS nek fiksni element.

Osredotocimo se na preslikave, ki zadoscajo pogoju (122).

Trditev 51 Naj bo R polprakolobar brez elementov reda dva in z enoto e. Nadaljenaj bo F : R→ R aditivna preslikava, ki zadosca pogoju (122). Potem velja

2F (x) = D(x) + F (e)x+ xF (e),

kjer je D : R→ R odvajanje.

Dokaz.V enakosti (122) nadomestimo x z x+ e in dobimo

F (x2) = F (x)x− xF (e)x+ xF (x) (123)

za vsak x ∈ R. Oznacimo 2F (x) − F (e)x − xF (e) z oznako D(x). Upostevamoenakost (123) in zlahka pokazemo, da velja

D(x2) = D(x)x+ xD(x) (124)

za vsak x ∈ R. Imamo torej aditivno preslikavo D : R → R, ki zadosca enakosti(124) za vsak x ∈ R. Torej je D jordansko odvajanje na R. Cusackova posplositevHersteinovega izreka [16] pove, da je D odvajanje.

Trditev 51 skupaj z Izrekom 50 nas pripelje do domneve:

Domneva 52 Naj bo R polprakolobar brez elementov reda dva in F : R → Raditivna preslikava, ki zadosca enakosti

F (xyx) = F (xy)x− xF (y)x+ xF (yx)

za vsak par x, y ∈ R. Potem je 2F (x) = D(x) + qx + xq za vsak x ∈ R, kjer jeD : R→ R odvajanje in q ∈ QS nek fiksni element.

65

3.2 Funkcionalna enacba:

2T (xm+n+1) = xmT (x)xn + xnT (x)xm

Naj bosta m ≥ 0 in n ≥ 0 poljubni celi stevili, za kateri velja m + n + 1 ≥ 2ter

p (x1, . . . , xm+n+1) =∑

π∈Sm+n+1

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m+n+1)

fiksni multilinearni polinom z nekomutativnimi spremenljivkami xi nad φ. Nadaljenaj bo Sm+n+1 simetricna grupa reda m + n + 1 z enoto e ∈ Sm+n+1 in L pod-mnozica R zaprta za p (torej p(xm+n+1) ∈ L za vse x1, x2, . . . , xm+n+1 ∈ L), kjerje x2n+1 = (x1, x2, . . . , xm+n+1).

Glavni rezultat tega razdelka je Izrek 53.

Izrek 53 Naj bosta m ≥ 0 in n ≥ 0 poljubni celi stevili, za kateri velja m+ n 6= 0in naj bo R prakolobar s karakteristiko kar(R) = 0 ali m + n + 1 ≤ kar(R) 6= 2.Predpostavimo, da obstaja aditivna preslikava T : R→ R, ki zadosca enakosti

2T(xm+n+1

)= xmT (x)xn + xnT (x)xm (125)

za vsak x ∈ R. Potem je T dvostranski centralizator.

Naj bo T : L → R preslikava, ki zadosca enakosti

2T (p(xm+n+1)) = (126)∑π∈Sm+n+1

xπ(1) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(m+n+1)

+∑

π∈Sm+n+1

xπ(1) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(m+n+1)

za vse x1, . . . , xm+n+1 ∈ L.

Pri dokazu Izreka 53 potrebujemo Izrek 54.

Izrek 54 Naj bo L 2(m+ n+ 1)-prosta Liejeva podalgebra kolobarja R, zaprta zap. Predpostavimo, da obstaja aditivna preslikava T : L → R, ki zadosca enakosti(126) za vse xm+n+1 ∈ Lm+n+1. Potem obstaja tak q ∈ C(L), da velja 2T (x) = qxza vsak x ∈ L.

66

Dokaz.Naj bo k = m+ n+ 1. Zlahka opazimo, da za vsak a ∈ L in xk ∈ Lk velja

[p(xk), a] =k∑i=1

p(x1, . . . , xi−1, [xi, a] , xi+1, . . . , xk).

Zgornjo enakost upostevamo v zvezi (126) ter dobimo

2T ([p(xk), a]) =k∑i=1

2T (p(x1, . . . , xi−1, [xi, a] , xi+1, . . . , xk)).

in tako sledi

2T ([p(xk), a]

=∑π∈Sk

[xπ(1), a

]xπ(2) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)

[xπ(2), a

]xπ(3) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+ . . .+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . .[xπ(m), a

]T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T ([xπ(m+1), a

])xπ(m+2)xπ(m+3) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))[xπ(m+2), a

]xπ(m+3) . . . xπ(k)

+ . . .+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . .[xπ(k), a

]+

∑π∈Sk

[xπ(1), a

]xπ(2) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)

[xπ(2), a

]xπ(3) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+ . . .+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . .[xπ(n), a

]T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T ([xπ(n+1), a

])xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))[xπ(n+2), a

]xπ(n+3) . . . xπ(k)

+ . . .+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . .[xπ(k), a

].

67

Zlahka opazimo, da torej velja

2T ([p(xk), a]) (127)

=∑π∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m), a

]T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T ([xπ(m+1), a

])xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))[xπ(m+2) . . . xπ(k), a

]+

∑π∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n), a

]T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T ([xπ(n+1), a

])xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), a

].

V splosnem lahko zapisemo enakost

2T ([p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)]) = (128)

=∑π∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m), p(xk+1, . . . , x2k)

]·T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T ([xπ(m+1), p(xk+1, . . . , x2k)

])

·xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)T (xπ(m+1))

·[xπ(m+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)

]+

∑π∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n), p(xk+1, . . . , x2k)

]·T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T ([xπ(n+1), p(xk+1, . . . , x2k)

])

·xπ(n+2)xπ(n+3) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)T (xπ(n+1))

·[xπ(n+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)

]68

in prav tako

2T ([xπ(m+1), p(xk+1, . . . , x2k)

]) (129)

= −2T ([p(xk+1, . . . , x2k), xπ(m+1)

])

=∑σ∈Sk

[xπ(m+1), xσ(k+1) . . . xσ(m+k))

]·T (xσ(m+k+1))xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)

+∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(m+k)T ([xπ(m+1), xσ(m+k+1)

])xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)

+∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(m+k)T (xσ(m+k+1))

·[xπ(m+1), xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)

]+

∑σ∈Sk

[xπ(m+1), xσ(k+1) . . . xσ(n+k)

]·T (xσ(n+k+1))xσ(n+k+2) . . . xσ(2k)

+∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(n+k)T ([xπ(m+1), xσ(n+k+1)

])xσ(n+k+2) . . . xσ(2k)

+∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(n+k)T (xσ(n+k+1))

·[xπ(m+1), xσ(n+k+2) . . . xσ(2k)

]za vse x1, . . . , x2k ∈ L. Nadalje namesto 2T (

[xπ(m+1), p(xk+1, . . . , x2k)

]) pisimo

ϕ(xπ(m+1)). Podobno definiramo tudi preslikavo

ϕ(xπ(n+1)) = 2T ([xπ(n+1), p(xk+1, . . . , x2k)

]).

Zgornji definiciji upostevamo v enakosti (128) ter dobimo

4T ([p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)]) (130)

=∑π∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m), p(xk+1, . . . , x2k)

]·2T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)ϕ(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)2T (xπ(m+1))

·[xπ(m+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)

]

69

+∑π∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n), p(xk+1, . . . , x2k)

]·2T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)ϕ(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)2T (xπ(n+1))

·[xπ(n+2) . . . xπ(k), p(xk+1, . . . , x2k)

].

Ker velja [xπ(1) . . . xπ(m), p(xk+1, . . . x2k)

]=

∑σ∈Sk

[xπ(1) . . . xπ(m), xσ(k+1) . . . xσ(2k)

],

lahko enakost (130) zapisemo kot

4T ([p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)]) (131)

=∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m), xσ(k+1) . . . xσ(2k)

]·2T (xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)ϕ(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(m)2T (xπ(m+1))

·[xπ(m+2)xπ(m+3) . . . xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(2k)

]+

∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n), xσ(k+1) . . . xσ(2k)

]·2T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)ϕ(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1)xπ(2) . . . xπ(n)2T (xπ(n+1))

·[xπ(n+2)xπ(n+3) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(2k))

].

70

Iz enakosti (131) dobimo tudi

4T ([p(x1, . . . , xk), p(xk+1, . . . , x2k)]) (132)

=∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

]·2T (xσ(k+m+1))xσ(m+k+2) . . . xσ(2k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1)xσ(k+2) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

·xσ(k+m+2)xσ(k+m+3) . . . xσ(2k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1)xσ(k+2) . . . xσ(k+m)2T (xσ(k+m+1))

·[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(k), xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

]+

∑π∈Sk

∑σ∈Sk

[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(k+n)

]·2T (xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1)xσ(k+2) . . . xσ(k+n)ϕ′(xσ(k+n+1))

xσ(k+n+2)xσ(k+n+3) . . . xσ(2k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1)xσ(k+2) . . . xσ(k+n)2T (xσ(k+n+1))

·[xπ(1)xπ(2) . . . xπ(k), xσ(k+n+2) . . . xσ(2k))

]za vse x1, . . . , x2k ∈ L, kjer je

ϕ′(xσ(k+m+1)) = 2T (

[p(x1 . . . , xk), xσ(k+m+1)

]).

Z zamenjavo vlog π in σ zlahka opazimo, da velja

ϕ(xπ(m+1)) = −ϕ′(xπ(m+1)).

71

Nadalje primerjamo enakosti (131) in (132) ter dobimo

(133)

0 =∑π∈Sk

∑σ∈Sk

([xσ(k+1) . . . xσ(2k), xπ(1) . . . xπ(m)

]2T (xπ(m+1))

+ xπ(1) . . . xπ(m)ϕ′(xπ(m+1))

− xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2T (xσ(k+m+1))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)xπ(1) . . . xπ(k)

+ xπ(1) . . . xπ(m)2T (xπ(m+1))xσ(k+1) . . . xσ(2k))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

([xπ(1) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

]2T (xσ(k+m+1))

+ xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

− xπ(1) . . . xπ(m)2T (xπ(k+m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m+1)

+ xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2T (xσ(k+m+1))xπ(1) . . . xπ(k))xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

−∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)(−ϕ′(xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+ 2T (xπ(n+1))[xπ(n+2) . . . xπ(k), xσ(k+1) . . . xσ(2k)

]− xπ(n+1) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+n)2T (xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k)

+ xσ(k+1) . . . xσ(2k)2T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k))

−∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+n)(−ϕ′(xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k)

+ 2T (xσ(k+n+1))[xσ(k+n+1) . . . xσ(2k), xπ(1) . . . xπ(k)

]− xσ(k+n+1) . . . xσ(2k)xπ(1) . . . xπ(n)2T (xπ(n+1))xπ(n+2) . . . xπ(k)

+ xπ(1) . . . xπ(k)2T (xσ(k+n+1))xσ(k+n+2) . . . xσ(2k))

za vse x1, . . . , x2k ∈ L. Definiramo preslikavi E,F : L2k−n → R s predpisom

E(u1, . . . , um, um+1, . . . , uk, uk+1, . . . , uk+m+1)

= [u1 . . . uk, uk+1 . . . uk+m] 2T (uk+m+1)

+ uk+1 . . . uk+m(ϕ′(uk+m+1) + 2T (uk+m+1)u1 . . . uk)

− u1 . . . um2T (um+1)um+2 . . . uk+m+1

in

F (u1, . . . , un, un+1, . . . , uk, uk+1, . . . , uk+m+1)

= −2T (uk+1) [uk+2 . . . uk+m+1, u1 . . . uk]

+ (ϕ′(uk+1)− u1 . . . uk2T (uk+1))uk+2 . . . uk+m+1

+ uk+1 . . . uk+m+1u1 . . . un2T (un+1)un+2 . . . uk

72

za vse u2k−n ∈ L2k−n. Enakost (134) lahko sedaj zapisemo kot

0 =∑π∈Sk

∑σ∈Sk

E(xπ(1), . . . , xπ(m+1), xσ(k+1), . . . , xσ(2k))

·xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1))

·xσ(k+m+2) . . . xσ(2k)

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xπ(1) . . . xπ(n)

·F (xπ(n+1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(2k))

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk

xσ(k+1) . . . xσ(k+n)

·F (xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+n+1), . . . , xσ(2k))

in tako

0 =k∑i=1

(∑π∈Sk,π(k)=i

∑σ∈Sk

E(xπ(1), . . . , xπ(m+1), xσ(k+1), . . . , xσ(2k)) (134)

·xπ(m+2) . . . xπ(k−1))xi

+2k∑

i=k+1

(∑π∈Sk

∑σ∈Sk,σ(2k)=i

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1))

·xσ(k+m+2) . . . xσ(2k−1))xi

+k∑j=1

xj(∑π∈Sk,π(1)=j

∑σ∈Sk

xπ(2) . . . xπ(n)

·F (xπ(n+1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(2k)))

+2k∑

j=k+1

xj(∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(k+1)=j

xσ(k+2) . . . xσ(k+n)

·F (xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+n+1), . . . , xσ(2k)))

za vse x1, . . . , x2k ∈ L.

73

Po predpostavki je mnozica L 2k-prosta podmnozica R, zato obstajajo taksnepreslikave p2k,j : L2k−2 → R, j = 1, . . . , 2k − 1 in λ2k : L2k−1 → C(L), da velja

∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+m), . . . , xσ(k+m+1))

·xσ(k+m+2) . . . xσ(2k−1)

=2k−1∑j=1

xjp2k,j(xj2k−1) + λ2k(x2k−1) (135)

za vse x2k−1 ∈ L2k−1. Iz enakosti (135) tako sledi, da je

2k−1∑i=1

(∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,σ(2k−1)=i

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1))

·xσ(k+m+2) . . . xσ(2k−2))xi

−2k−1∑j=1

xjp2k,j(xj2k−1) ∈ C(L) (136)

za vse x2k−1 ∈ L2k−1. Ker je L je 2k-prosta podmnozica R, ima zgornja funkcijskaidentiteta le standardno resitev. Po koncnem stevilu korakov tako pridemo do

∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...,

σ(k+m+2)=k+m+2

E(xπ(1), . . . , xπ(k), xσ(k+1), . . . , xσ(k+m+1))

−k+m+1∑j=1

xjpk+m+1,j(xjk+m+1) ∈ C(L) (137)

za vse xk+m+1 ∈ Lk+m+1, ter neke preslikave pk+m+1,j : Lk+m−1 → R, za j =1, . . . , k + m + 1. Upostevamo enakost (137) in definicijo preslikave E. Takodobimo, da je

74

∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

(xπ(1) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2T (xσ(k+m+1))

− xσ(k+1) . . . xσ(k+m)xπ(1) . . . xπ(k)2T (xσ(k+m+1))

+ xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

− xπ(1) . . . xπ(m)2T (xπ(k+m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m+1)

+ xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2T (xσ(k+m+1))xπ(1) . . . xπ(k))

−k+m+1∑j=1

xjpk+m+1,j(xjk+m+1) ∈ C(L) (138)

za vse xk+m+1 ∈ Lk+m+1. Enakost (138) lahko torej zapisemo tudi kot

k∑i=1

xi(∑π∈Skπ(1)=i

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

xπ(2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

·2T (xσ(k+m+1)))

+∑π∈Sk

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

(−xσ(k+1) . . . xσ(k+m)xπ(1) . . . xπ(k)

·2T (xσ(k+m+1))

+ xσ(k+1) . . . xσ(k+m)ϕ′(xσ(k+m+1))

− xπ(1) . . . xπ(m)2T (xπ(k+m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m+1)

+ xσ(k+1) . . . xσ(k+m)2T (xσ(k+m+1))xπ(1) . . . xπ(k))

−k+m+1∑j=1

xjpk+m+1,j(xjk+m+1) ∈ C(L). (139)

Iz enakosti (139) sledi, da obstajajo taksne preslikave p′k+m+1,j : Lk+m−1 → R, za

75

j = 1, . . . , k +m, da velja∑π∈Skπ(1)=1

∑σ∈Sk,

σ(2k)=2k,...

σ(k+m+2)=k+m+2

(xπ(2) . . . xπ(k)xσ(k+1) . . . xσ(k+m)

·2T (xσ(k+m+1)))−k+m∑j=1

xjp′k+m+1,j(x

jk+m) ∈ C(L)

za vse xk+m ∈ Lk+m. Po koncnem stevilu korakov pridemo do enakosti

2T (x) = qx+ λ(x) (140)

za vsak x ∈ L, kjer je q ∈ L in λ : L → C(L). Cilj je dokazati, da je λ =0. Analogno bi dokaz izpeljali, ce bi namesto preslikave E uporabili definicijopreslikave F . Pri tem bi dobili, da velja

2T (x) = xp′ + λ′(x)

za vsak x ∈ L in nek p′ ∈ L, λ′ : L → C(L). Torej imamo

xp′ − qx = λ(x)− λ′(x) (141)

za vsak x ∈ L. Tako sledi, da je p′ = q ∈ C(L) in λ(x) = λ′(x).Upostevamoenakosti (126) in (140) ter dobimo

2λ(p(xk)) =∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)λ(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

xπ(1) . . . xπ(m)λ(xπ(m+1))xπ(m+2) . . . xπ(k)

=∑π∈Sk

λ(xπ(1))xπ(2) . . . xπ(k)

+∑π∈Sk

λ(xπ(1))xπ(2) . . . xπ(k)

= 2∑π∈Sk

λ(xπ(1))xπ(2) . . . xπ(k)

za vse xk ∈ Lk. Zadnjo enakost lahko zapsemo na sledeci nacin

k∑i=1

(∑π∈Skπ(k)=i

λ(xπ(1))xπ(1) . . . xπ(k−1))xπ(i) = λ(p(xk)) ∈ C

76

za vse xk ∈ Lk. Po koncnem stevilu korakov pridemo do λ(L) = 0. Torej veljaλ(R) = 0 in ocitno λ = 0.

Nadaljujemo z dokazom Izreka 53.

Dokaz izreka 53.Popolna linearizacija enakosti (99) nam da enakost (126). Predpostavimo najprej,da R ni PI kolobar. Izrek 54 nam pove, da potem obstaja tak q ∈ C, da velja2T (x) = qx. Torej je T dvostranski centralizator.

Naj bo sedaj R PI kolobar. Znano je, da ima kolobar R v tem primeru nenicelnicenter (glej [28]). Naj bo c nenicelni element iz centra in x poljuben element izkolobarja R. Postavimo x1 = . . . = xk−1 = cx in xk = x v enakost (126) terdobimo

2T (k!ck−1xk)

= (m+ n)!cm+n−1(xmT (cx)xnn+ cxmT (x)xn + xmT (cx)xnm)

+ (m+ n)!cm+n−1(xnT (cx)xmm+ cxnT (x)xm + xnT (cx)xmn).

Nadalje postavimo x1 = . . . = xk−1 = c in xk = xk v enakost (126) ter imamo

2T (k!ck−1xk) = (m+ n)!cm+n−1(cT (xk) + xkT (c)m+ T (c)xkn)

+ (m+ n)!cm+n−1(cT (xk) + xkT (c)n+ T (c)xkm).

Sedaj primerjajmo obe enakosti ter vidimo, da velja

xmT (cx)xn + xnT (cx)xm = xkT (c) + T (c)xk (142)

za vsak x ∈ R. Ce je x = c, imamo

T (c2) = cT (c). (143)

Podobno bi dokazali, da velja tudi

T (ct) = ct−1T (c) (144)

za vsak t ∈ N. Postavimo x1 = x in x2 = . . . = xk = c v popolno linearizacijoenakosti (142) in pridemo do zveze

(m+ n)!ck−1(2T (cx)− xT (c)− T (c)x

)= 0

za vsak x ∈ R. Velja torej

2T (cx) = T (c)x+ xT (c) (145)

77

za vsak x ∈ R. Pomnozimo z leve enakost (145) s c in imamo

2cT (cx) = T (c)cx+ cxT (c).

Nadalje nadomestimo x s cx v enakosti (145) ter dobimo

cT (c2x) = T (c)cx+ cxT (c).

Primerjamo zadnji dve enakosti in zlahka opazimo, da je

cT (cx) = T (c2x).

Ocitno velja tudi

T (ck−1x) = ck−2T (cx). (146)

Postavimo x1 = x in x2 = . . . = xk = c v enakost (126) in dobimo

2T (k!ck−1x) =

(n+m)!cn+m−1(cT (x) +mxT (c) + nT (c)x+ cT (x) + nxT (c) +mT (c)x).

Zgornjo enakost lahko zapisemo tudi kot

k2T (ck−1x) = cn+m−1(2cT (x) + (m+ n)xT (c) + (m+ n)T (c)x)

in zatok2T (ck−1x) = ck−12T (x) + (k − 1)ck−22T (cx).

Iz enakosti (146) tako dobimo

kck−2T (cx) = ck−1T (x) + (k − 1)ck−2T (cx).

Torej imamock−1T (x) = ck−2T (cx)

in

cT (x) = T (cx). (147)

Ocitno je, da velja tudick−1T (x) = T (ck−1x)

za vsak x ∈ R. Uporabimo enakost (145) in dobimo

2T (cx) = 2cT (x) = T (c)x+ xT (c) (148)

78

za vsak x ∈ R. V enakosti 2T (x)c = T (c)x+ xT (c) nadomestimo x z xy in sledi

2T (xy)c = (T (c)x)y + x(yT (c)) (149)

= (2T (cx)− xT (c))y + x(2T (cy)− T (c)y)

= 2cT (x)y − xT (c)y + 2cxT (y)− xT (c)y

= 2cT (x)y − xT (c)y + 2cxT (y)− xT (c)y

za vsak par x, y ∈ R. V dobljeni enakosti nadomestimo x z zx in tako dobimo

2T (zxy)c = 2cT (zx)y − 2zxT (c)y + 2czxT (y) (150)

za vse x, y, z ∈ R. Pomnozimo z leve enakost (149) z elementom z ∈ R in imamo

2zT (xy)c = 2zT (x)yc− 2zxT (c)y + 2zxT (y)c (151)

za vse x, y, z ∈ R. Primerjamo zadnji dve enakosti ter opazimo, da je

2c(T (zxy)− zT (xy)− T (zx)y + zT (x)y) = 0 (152)

za vse x, y, z ∈ R. Ker je R prakolobar, sledi

T (zxy) = zT (xy) + T (zx)y − zT (x)y (153)

za vse x, y, z ∈ R. V splosnem lahko zapisemo torej

T (xm+n+1) = xmT (xn+1) + T (xm+1)xn − xmT (x)xn

in

T (xn+m+1) = xnT (xm+1) + T (xn+1)xm − xnT (x)xm.

Tako dobimo

4T (xn+m+1) = 2T (xn+1)xm + xn2T (xm+1)

+ 2T (xm+1)xn + xm2T (xn+1)

− xn2T (x)xm − xm2T (x)xn

in

4T (xn+m+1) = 2T (xn+1)xm + xn2T (xm+1)

+ 2T (xm+1)xn + xm2T (xn+1)

− 2(xnT (x)xm + xmT (x)xn)

= 2T (xn+1)xm + xn2T (xm+1)

+ 2T (xm+1)xn + xm2T (xn+1)

− 4T (xn+m+1).

79

Iz obeh enakosti sledi, da velja

8T (xn+m+1) = 2T (xn+1)xm + xn2T (xm+1)

+ 2T (xm+1)xn + xm2T (xn+1)

in torej

8(m+ n)T (xn+m+1)c = (m+ n)(2cT (xn+1)xm + xn2cT (xm+1) (154)

+ 2cT (xm+1)xn + xm2cT (xn+1)).

Upostevamo zvezo 2cT (x) = T (c)x+ xT (c) in nadomestimo x z xm+1 ter dobimo

2cT (xm+1) = T (c)xm+1 + xm+1T (c).

Zgornja enakost nas pripelje do zveze

(m+ n)2cT (xm+1)xn = (m+ n)(T (c)xm+1 + xm+1T (c))xn.

Podobno bi dobili tudi enakosti

(m+ n)2cT (xn+1)xm = (m+ n)(T (c)xn+1 + xn+1T (c))xm,

(m+ n)xm2cT (xn+1) = (m+ n)xm(T (c)xn+1 + xn+1T (c)),

in(m+ n)xn2cT (xm+1) = (m+ n)xn(T (c)xm+1 + xm+1T (c)).

Enakost (154) lahko torej zapisemo kot

8(m+ n)T (xn+m+1)c = (m+ n)(T (c)xn+1 + xn+1T (c))xm (155)

+ (m+ n)xn(T (c)xm+1 + xm+1T (c))

+ (m+ n)(T (c)xm+1 + xm+1T (c))xn

+ (m+ n)xm((T (c)xn+1 + xn+1T (c))

= (m+ n)((T (c)xm+n+1 + xn+1T (c)xm)

+ (m+ n)(xnT (c)xm+1 + xn+m+1T (c))

+ (m+ n)(T (c)xn+m+1 + xm+1T (c)xn)

+ (m+ n)(xm(T (c)xn+1 + xm+n+1T (c))

= (m+ n)(2T (c)xm+n+1 + 2xm+n+1T (c)

+ xm+1T (c)xn + xmT (c)xn+1

+ xn+1T (c)xm + xnT (c)xm+1).

80

Po drugi strani pa velja tudi

8(m+ n)T (xm+n+1)c = 4(m+ n)2T (xm+n+1)c

= 4(m+ n)xmT (x)xnc+ 4(m+ n)xnT (x)xmc

= 2(m+ n)xm(T (c)x+ xT (c))xn

+ 2(m+ n)xn(T (c)x+ xT (c))xm

= 2(n+m)(xmT (c)xn+1 + xm+1T (c)xn

+ xnT (c)xm+1 + xn+1T (c)xm).

Primerjamo zadnjo enakost z enakostjo (155) ter dobimo

xmT (c)xn+1 + xm+1T (c)xn + xnT (c)xm+1 + xn+1T (c)xm

= 2T (c)xn+m+1 + 2xm+n+1T (c)

za vsak x ∈ R. Nadalje postavimo x1 = x2 = x in x3 = . . . = xm+n+1 = c vpopolno linearizacijo zadnje enakosti in dobimo

2T (c)k!ck−2xx+ k!ck−2xx2T (c) = (m+ 1)m(k − 2)!xxck−2T (c)

+ 2(m+ 1)n(k − 2)!xT (c)x+ n(n− 1)(k − 2)!ck−2T (c)xx

+ m(m− 1)(k − 2)!xxck−2T (c) + 2(n+ 1)m(k − 2)!xT (c)x

+ (n+ 1)n(k − 2)!ck−2T (c)xx+ n(n− 1)(k − 2)!xxck−2T (c)

+ 2n(m+ 1)(k − 2)!xT (c)x+ (m+ 1)m(k − 2)!ck−2T (c)xx

+ (n+ 1)n(k − 2)!xxck−2T (c) + 2(n+ 1)m(k − 2)!xT (c)x

+ m(m− 1)(k − 2)!ck−2T (c)xx

= (m+ 1)m(k − 2)!xxck−2T (c) + 2(n+ 1)m(k − 2)!xT (c)x

+ n(n− 1)(k − 2)!ck−2T (c)x2.

Iz zgornje enakosti tako sledi, da je

2k(k − 1)T (c)x2 + 2k(k − 1)x2T (c)

=(n(n− 1) + n(n+ 1) +m(m+ 1) +m(m− 1)

)x2T (c)

+ (8mn+ 4n+ 4m)xT (c)x

+(m(m− 1) +m(m+ 1) + n(n− 1) + n(n+ 1)

)T (c)x2

za vsak x ∈ R. Torej imamo

4nmT (c)x2 + 2mT (c)x2 + 2nT (c)x2 + 4nmx2T (c) + 2mx2T (c) + 2nx2T (c)

= 8mnxT (c)x+ 4mxT (c)x+ 4nxT (c)x

81

in tudi(2mn+m+ n)(T (c)x2 + x2T (c)− 2xT (c)x) = 0.

Zadnjo enakost lahko zapisemo kot

[[T (c), x] , x] = 0

za vsak x ∈ R. Uporabimo Posnerjev izrek [27] ter iz zgornje enakosti dobimo,da je [T (c), x] = 0 za vsak x ∈ R. Torej velja 2T (cx) = T (c)x + xT (c) = 2xT (c)in ocitno tudi T (cx) = xT (c) = T (c)x. Upostevamo enakost (147), nadomestimow z zy ter dobimo T (zcy) = T (zyc) = T (wc) = cT (w) = cT (zy). Torej jeT (zcy) = cT (zy). Iz enakosti (153) pridemo do naslednje zveze

T (zxy) = T (zx)y − zT (x)y + zT (xy)

in posledicnoT (zcy) = T (zc)y − zT (c)y + zT (cy).

Iz enakosti T (cx) = xT (c) = T (c)x takoj sledi, da velja

T (zcy) = T (zc)y − zT (c)y + zT (c)y

in zatocT (zy) = cT (z)y.

Podobno bi seveda dobili tudi zvezo cT (zy) = czT (y). Torej velja T (zy) =T (z)y = zT (y) za vsak par y, z ∈ R. S tem smo dokazali, da je T dvostran-ski centralizator.

82

Poglavje 4

Odprti problemi

V zadnjem poglavju disertacije sta predstavljena odprta problema glede funkci-onalnih enacb, ki so v zvezi s posplosenimi odvajanji in (θ, ϕ)- odvajanji, kjer staθ in φ avtomorfizma na kolobarju R.

Najprej predstavimo odprti problem, ki se nanasa na funkcionalne enacbe, ki sov zvezi s posplosenimi odvajanji. Pojem posplosenega odvajanja smo vpeljali ze vUvodu, na tem mestu podajmo le se definicijo posplosenega jordanskega odvajanja.

Definicija 55 Aditivna preslikava F , ki slika kolobar R vase, je posploseno jordan-sko odvajanje, ce velja F (x2) = F (x)x+ xD(x) za vsak x ∈ R, kjer je D : R→ Rodvajanje.

Pojem posplosenega jordanskega odvajanja sta vpeljala W. Jing in S. Lu v clanku[23]. Avtorja sta v tem clanku postavila domnevo, da je vsako posploseno jordan-sko odvajanje na polprakolobarju brez elementov reda dva, posploseno odvajanje.To domnevo je leta 2007 dokazal J. Vukman v clanku [36].

Pojem posplosenega jordanskega odvajanja je predstavljal motivacijo za obrav-navo sistema funkcionalnih enacb

D(x2) = D(x)x+ xG(x), G(x2) = G(x)x+ xD(x) (156)

za vsak x ∈ R, kjer sta D in G aditivni preslikavi, ki slikata kolobar vase. J.Vukman je v clanku [35] obravnaval sistem enacb (156) na standardnih operator-skih algebrah. V tem clanku je med drugim podan tudi naslednji rezultat. Najbo R poljuben kolobar ter D,G : R → R preslikavi za kateri velja D = H + f inG = H − f , kjer je H : R → R jordansko odvajanje in f : R → Z(R) aditivnapreslikava z lastnostjo f(x2) = 0 za vsak x ∈ R. Izkaze se, da v tem primerupreslikavi D in G zadoscata sistemu enacb (156).

Ob tem se naravno pojavi vprasanje, kaksne oblike sta preslikavi D : R → Rin G : R→ R, ki zadoscata sistemu enacb (156), v primeru ko je R prakolobar.

Zapisimo domnevo tega problema.

83

Domneva 56 Naj bo R prakolobar s karakteristiko kar(R) = 0 ali 2 < kar(R).Predpostavimo, da obstajata aditivni preslikavi D,G : R→ R, ki zadoscata sistemuenacb (156). Potem je D = G+f , kjer je f : R→ C aditivna preslikava za katerovelja f(x2) = 0 za vsak x ∈ R.

Nadalje predstavimo rezultate, ki predstavljajo motivacijo za domnevo, ki se nanasana funkcionalne enacbe, ki so v zvezi s (θ, ϕ)- odvajanji. M. Bresar in J. Vukmansta v clanku [12] dokazala, da je vsako jordansko (θ, φ)-odvajanje na prakolobarjus karakteristiko razlicno od dva (θ, φ)-odvajanje.C.-K. Liu in W.-K. Shiue [25] staleta 2007 dokazala naslednji izrek. Naj bo R polprakolobar brez elementov redadva in D : R→ R aditivna preslikava, ki zadosca pogoju

D(xyx) = D(x)θ(y)θ(x) + φ(x)D(y)θ(x) + φ(x)φ(y)D(x) (157)

za vsak par x, y ∈ R. Potem je D (θ, φ)-odvajanje.

Ce v zvezi (157) pisemo y = x, dobimo enakost

D(x3) = D(x)θ(x)2 + φ(x)D(x)θ(x) + φ(x)2D(x) (158)

za vsak x ∈ R. Naravno se pojavi vprasanje, kaksne oblike je preslikava D : R→R, ki zadosca enakost (158), v primeru ko je R prakolobar.

Zapisimo domnevo tega problema.

Domneva 57 Naj bo R prakolobar s primernimi omejitvami glede karakteristiketer θ, ϕ avtomorfizma na R. Predpostavimo, da obstaja aditivna preslikava D :R→ R, ki zadosca enakosti (158). Potem je D (θ, ϕ)-odvajanje.

84

Literatura

[1] K. I. Beidar, W. S. Martindale 3rd, A. V. Mikhalev: Rings with generalizedidentities, Marcel Dekker, Inc. New York 1996.

[2] K. I. Beidar, Y. Fong: On additive isomorphisms of prime rings preservingpolynomials, J. Algebra 217 (1999), 650-667.

[3] K. I. Beidar, M. A. Chebotar: On functional identities and d-free subsets ofrings I, Comm. Algebra 28 (2000), 3925-3952.

[4] K. I. Beidar, M. Bresar, M. A. Chebotar, W. S. Martindale 3rd: On Herstein’sLie map Conjectures II, J. Algebra 238 (2001), 239-264.

[5] D. Benkovic, D. Eremita: Characterizing left centralizers by their action on apolynomial, Publ. Math. Debr. 64 (2004), 343-351.

[6] D. Benkovic, D. Eremita, J. Vukman: A characterization of the centroid of aprime ring, Studia. Sci. Math. Hungar. 45 (2008), 379-394.

[7] M. Bresar: Jordan derivations on semiprime rings, Proc. Amer. Math. Soc.104 (1988), 1003-1006.

[8] M. Bresar, J. Vukman: Jordan derivations on prime rings, Bull. Austral.Math. Soc. 37 (1988), 321-323.

[9] M. Bresar: Jordan mappings of semiprime rings, J. Algebra 127 (1989), 218-228.

[10] M. Bresar, J. Vukman: On left derivations and related mappings, Proc. Amer.Math. Soc. 110 (1990), 7-16.

[11] M. Bresar: On the distance of compositum of of two drivations to the genera-lized derivations, Glasgow J. Math. 33 (1991), 89-93.

[12] M. Bresar, J. Vukman: Jordan (θ, φ)−derivations, Glas. Mat. 16 (1991), 13-17.

[13] M. Bresar: A generalization of the notion of centralizing mappings, Proc.Amer. Math. Soc. 114 (1992), 641-649.

[14] M. Bresar: Functional identities: A survey, Contemporary Math. 259 (2000),93-109.

[15] M. Bresar, M. Chebotar, W. S. Martindale 3rd: Functional identities, 2007Birkhauser Verlag, P.O.B OX 133, CH-4010 Basel, Switzerland.

85

[16] J. Cusack: Jordan derivations on rings, Proc. Amer. Math. Soc. 53 (1975),321-324.

[17] M. Fosner, N. Persin: On a functional equation related to derivations in primerings, Monatsh. Math. 167 (2012), 189-203.

[18] M. Fosner, N. Persin: On certain functional equation related to two-sidedcentralizers, Aequ. Math. 85 (2013), 329-346.

[19] M. Fosner, N. Persin: A result concerning derivations in prime rings, Glas.Mat. 48 (2013), 67-79.

[20] M. Fosner, J. Vukman: An equation related to two-sided centralizers in primerings, Rocky. Mt. J. Math 41 (2011), 765-776.

[21] M. Fosner, J. Vukman: On some functional equations in rings, Commun.Algebra 39 (2011), 2647-2658.

[22] I. N. Herstein: Jordan derivations in prime rings, Proc. Amer. Math. Soc. 8(1957), 1104 -1110.

[23] W. Jing, S. Lu: Generalized Jordan derivations on prime rings and standardopertor algebras, Taiwan. J. Math. 7 (2003), 605-613.

[24] I. Kosi-Ulbl, J. Vukman: On centralizers of standard operator algebras andsemisimple H∗−algebras, Acta Math. Hungar. 110 (2006), 217-223.

[25] C.-K. Liu, W.-K. Shiue: Generalized Jordan triple (θ, φ)−derivations on se-miprime rings, Taiwan. J. Math. 11, (2007), 1397-1406.

[26] N. Persin, J. Vukman: On certain functional equation arising from (m,n)-Jordan centralizers in prime rings, Glas. Mat. 47 (2012), 119-132.

[27] E. C. Posner: Derivations in prime rings, Proc. Amer. Math. Soc. 8 (1957),1093-1100.

[28] L. H. Rowen: Some results on the center of a ring with polynomial identity,Bull. Amer. Math. Soc. 79 (1993), 219-223.

[29] J. Vukman: Commuting and centralizing mappings in prime rings, Proc.Amer. Math. Soc. 109 (1990), 47-52.

[30] J. Vukman: An identity related to centralizers in semiprime rings, Comment.Math. Univ. Carol. 40 (1999), 447-456.

86

[31] J. Vukman, I. Kosi-Ulbl: Centralizers on rings and algebras, Bull. Austral.Math. Soc. 71 (2005), 225-234.

[32] J. Vukman, I. Kosi-Ulbl: On some equations related to derivations in rings,Internat. J. Math. Math. Sci. 17 (2005), 2703-2710.

[33] J. Vukman, I. Kosi-Ulbl, D. Eremita: On certain equations in rings, Bull.Austral. Math. Soc. 71 (2005), 53-60.

[34] J. Vukman, I. Kosi-Ulbl: On some equations related to derivations in ringsand Banach algebras, Demonstrat. Math. Vol. 39 (2006),61-66.

[35] J. Vukman: Identities related to derivations and centralizers on standard ope-rator algebras, Taiwan. J. Math. 11 (2007), 255-265.

[36] J. Vukman: A note on generalized derivations of semiprime rings, Taiwan. J.Math. 11 (2007), 367-370.

[37] J. Vukman: On left Jordan derivations of rings and Banach algebras, Aequ.Math. 75 (2008), 260-266.

[38] J. Vukman: On (m,n)-Jordan centralizers in rings and algebras, Glas. Mat.45 (2010), 43-53.

[39] J. Vukman: Some remarks on derivations in semiprime rings and standardoperator algebras, Glas. Mat. 46 (2011), 43-48.

[40] B. Zalar: On centralizers of semiprime rings, Comment. Math. Univ. Carol.32 (1991), 609-614.

87

Zivljenjepis

Avtorica se je rodila 11.3.1981 v Mariboru. Po koncani osnovni soli v Miklavzu,se je vpisala na II. gimnazijo v Mariboru. Leta 1999 se je vpisala na studijskiprogram enopredmetne matematike na takratni Pedagoski fakulteti. Pod mentor-stvom red. prof. dr. Mateja Bresarja je dipolmirala januarja 2004. Istega leta seje vpisala na magistrski studijski program matematike na ze omenjeni fakulteti.Leta 2006 je magistrirala pod mentorstvom red. prof. dr. Mateja Bresarja, ter sipridobila naziv magistrica znanosti s podrocja matematike. Leta 2009 se je vpisalana doktorski studijski program matematike.

Svojo poklicno pot je zacela septembra 2006 na Srednji zdravstveni in kozmeticnisoli v Mariboru. Opravila je strokovi izpit, ter leta 2010 bila izvoljena v nazivasistentka z magisterijem. Od leta 2004 je clanica drustva MENSA International.

Doslej je v soavtorstvu pripravila stiri znanstvene clanke:

1. M. Fosner, N. Persin: On a functional equation related to derivations inprime rings, Monatsh. Math. 167 (2012), 189-203.

2. M. Fosner, N. Persin: On certain functional equation related to two-sidedcentralizers, Aequ. Math. 85 (2013), 329-346.

3. M. Fosner, N. Persin: A result concerning derivations in prime rings, Glas.Mat. 48, (2013), 67-79.

4. N. Persin, J. Vukman: On certain functional equation arising from (m,n)-Jordan centralizers in prime rings, Glas. Mat. 47 (2012), 119-132.

88

UNIVERZA V MARIBORUFAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

IZJAVA DOKTORSKE KANDIDATKE

Podpisana Nina Persin, vpisna stevilka N3000397,

izjavljam,

da je doktorska disertacija z naslovom POSEBNE FUNKCIONALNE ENACBENA PRAKOLOBARJIH:

• rezultat lastnega raziskovalnega dela,

• da predlozena disertacija v celoti ali v delih ni bila predlozena za pridobitevkakrsnekoli izobrazbe po studijskem programu druge fakultete ali univerze,

• da so rezultati korektno navedeni in

• da nisem krsila avtorskih pravic in intelektualne lastnine drugih.

Podpis doktorske kandidatke:

89