Não é difícil descrever o isomorfismo de classes de álgebras de Leibniz não Lie de dimensão menor ou igual a 2. Para dim(L) = 1, seja a ∈ L um elemento não nulo.
Como L não é álgebra de Lie, aa 6= 0, isto é, aa =γa para algum γ ∈ C∗. Mas então a identidade de Leibniz
(aa)a = (aa)a+a(aa) (aa)a−(aa)a = a(γa)
0 = γ(aa)
implica queaa = 0, o que é uma contradição. Logo, a álgebra de Leibniz de dimensão 1 é a própria álgebra de Lie de igual dimensão.
No caso da álgebra de Leibniz não Lie de dim(L) = 2, observe que existe um elemento não nulox∈ L tal que xx6= 0 e, para todo α6= 0, temos xx6=αx. De fato, se fossexx=αx, então, pela identidade de Leibniz,
(xx)x = (xx)x+x(xx) 0 = x(αx)
0 = α2x,
e como α 6= 0, teríamos x = 0, um absurdo! Logo, xx =y para algum y ∈ L e {x, y} é uma base deL. Também, usando novamente a identidade de Leibniz,
(yx)x = (yx)x+y(xx) 0 = yy.
Precisamos encontrar o resultado dos produtosxy e yx. Novamente da igualdade (xx)x= (xx)x+x(xx)
segue quexy= 0. E por fim, sendo yx=ax+by, obtemos (xy)x = (xx)y+x(yx)
0 = yy+x(ax+by) 0 = a(xx) +b(xy) 0 = ay,
donde concluímos quea= 0. Ficamos comyx=by. Logo, existem duas classes de álgebra (a menos de isomorfismo):
(i) Seb = 0, então L é isomorfa à álgebra definida por yy =xy=yx= 0 e xx=y.
Denotaremos esta álgebra porA3.
(ii) Seb 6= 0, efetuamos uma mudança de base que mantém x e trocaypor b−1y para ver queL é isomorfa à álgebra definida por
yy=xy= 0, yx=y e xx=y, Esta álgebra será denotada porA4.
Vale destacar o porquê de as álgebras A3 e A4 não serem isomorfas. De fato, se o fossem, então dadas as bases {x, y} e {˜x,y}˜ de A3 e A4, respectivamente, haveria isomorfismo de álgebras
T : A3 →A4
x 7→T(x) =α1x˜+α2y˜ y 7→T(y) =β1x˜+β2y,˜
tal que {T(x), T(y)} é uma base de A4 e T(x)T(x) =T(y) e T(y)T(x) =T(y). Porém, T(x)T(x) = T(y)
(α1x˜+α2y)(α˜ 1x˜+α2y) =˜ β1x˜+β2y˜ (α21+α1α2)˜y = β1x˜+β2y.˜
Logo, β1 = 0. Também,
T(y)T(x) = T(y) T(yx) = T(y) T(0) = T(y) 0 = β2y.˜
Portanto, β2 = 0 e concluiríamos que T(y) = 0, o que seria absurdo!
Raciocínio análogo se faz para provar que A1, A2, A3 e A4 são duas a duas não isomorfas. Estes resultados, unidos aos da classificação da álgebra de Lie bidimensional, demonstram o seguinte teorema (suprimindo os produtos nulos):
Teorema 2.16. A menos de isomorfismo, existem quatro classes de álgebras de Leibniz bidimensionais:
A1 : abeliana;
A2 :xy=x=−yx;
A3 :xx=y;
A4 :xx=y, yx=y,
em que {x, y} é uma base da álgebra.
Descreveremos a partir de agora as Álgebras de Leibniz não Lie Tridimen-sionais:
Considere uma álgebra de Leibniz não Lie tridimensional L. Seja Rx(y) = yx o operador multiplicação à direita emL. Especificamos vários casos.
Caso 1: dim(AnnD(L)) = 1.
Seja{e1}uma base deAnnD(L), o anulador à direita deL. Considere uma base de Lincluindoe1 :{e1, e2, e3}. Note queei(ejej) = (eiej)ej−(eiej)ej = 0,i, j ∈ {1,2,3}, pela identidade de Leibniz. Ou seja, os produtos de mesmos vetores da base são anuladores à direita. E visto que AnnD(L) é um ideal da álgebra de Leibniz L, encontramos os produtos dos vetores da base como segue:
e1e1 = 0, e1e2 =α1e1, e2e2 =α2e1, e1e3 =α3e1, e3e3 =α4e1, e2e1 = 0, e3e1 = 0,
e3e2 =β1e1+β2e2+β3e3, e2e3 =γ1e1+γ2e2+γ3e3.
Pela identidade de Leibniz,
e1(e3e2) = (e1e3)e2−(e1e2)e3 e1(β1e1+β2e2+β3e3) = α3(e1e2)−α1(e1e3)
β2(e1e2) +β3(e1e3) = α3(e1e2)−α1(e1e3)
Por outro lado,
e1(e2e3) = (e1e2)e3−(e1e3)e2
e1(γ1e1+γ2e2+γ3e3) = α1(e1e3)−α3(e1e2) γ2(e1e2) +γ3(e1e3) = −α3(e1e2) +α1(e1e3)
Segue das igualdades acima que podemos considerar γ2 =−β2 e γ3 =−β3. Portanto, suprimindo os produtos nulos, ficamos com:
e1e2 =α1e1, e2e2 =α2e1, e1e3 =α3e1, e3e3 =α4e1,
e3e2 =β1e1+β2e2+β3e3, e2e3 =γ1e1−β2e2−β3e3.
Caso 1.1: Seja dim(L2) = 2.
Então temos (β1, β2) 6= (0,0). Vamos assumir que β2 6= 0, caso contrário, apli-cando a mudança de base e01 = e1, e02 = e3 e e03 = −e2 podemos obter β2 6= 0. De fato, supondoβ2 = 0 e sabendo que existe única matriz invertível (chamaremos essa matriz de P) que nos permite escrever um vetor noutra base dada, temos neste caso que
P−1 =
1 0 0 0 0 1 0 −1 0
e e03e02 =−e2e3 =−γ1e1 +β2e2+β3e3.
Portanto, e03e02 = P−1(−e2e3) = −γ1e01 +β3e02. Analogamente, e02e03 = P−1(−e3e2) =
−β1e01−β3e02. Chamando {e01, e02, e03} de {e1, e2, e3} (faremos isso sempre que mudarmos de base) e β3 de β2, temos que β2 6= 0, pois senão e2e3 ∈ AnnD(L) e e3e2 ∈ AnnD(L), o que é absurdo.
Se β2 6= 0, então a mudança de base e01 =e1, e02 =β2e2+β3e3 e e03 = β1
e consequentemente P−1 =
Significa que na nova base o coeficiente dee2 é 1 e o coeficiente de e3 é nulo. Daí, temos β2 = 1 e β3 = 0. Chamando a soma de constantes β1 + ββ3
2α4 simplesmente de β1 e calculando de forma análoga,
e02e03 =P−1(e2e3) = γ1e01−e02 + (β2β3−β2β3)e03 =γ1e01−e02, a tabela de multiplicação deL tem a forma
e1e2 =α1e1,
Aplicando a identidade de Leibniz em L,
(e1e2)e3 = (e1e3)e2+e1(e2e3) α1(e1e3) = α3(e1e2) +e1(γ1e1−e2)
α1α3e1 = α3α1e1+γ1(e1e1)−e1e2 0 = −α1e1.
Logo, α1 = 0. Ainda,
(e2e2)e3 = (e2e3)e2+e2(e2e3)
α2(e1e3) = (γ1e1−e2)e2+e2(γ1e1−e2) α2α3e1 = γ1(e1e2)−e2e2+γ1(e2e1)−e2e2 α2α3e1 = γ1α1e1−2α2e1
α2α3e1 = −2α2e1, pois α1 = 0.
Portanto, α2(α3+ 2)e1 = 0. Por fim,
(e3e3)e2 = (e3e2)e3+e3(e3e2)
α4(e1e2) = (β1e1+e2)e3+e3(β1e1 +e2) α4α1e1 = β1(e1e3) +e2e3+β1(e3e1) +e3e2
0 = β1α3e1+γ1e1−e2+β1e1+e2 0 = (β1α3+γ1 +β1)e1.
Assim, β1+α3β1+γ1 = 0. Encontramos as seguintes restrições para as constantes:
α1 = 0, α2(2 +α3) = 0, β1+α3β1 +γ1 = 0. (2.1) Agora considere alguns casos novamente.
Caso 1.1.1: α2 6= 0.
Então de (2.1) obtemos α3 =−2eγ1 =β1. Como resultado obtemos a tabela de multiplicação paraL como segue:
e2e2 =α2e1, e1e3 =−2e1, e3e3 =α4e1, e3e2 =β1e1+e2, e2e3 =β1e1−e2.
Fazendo a mudança de base, e01 =α2e1+ 0e2+ 0e3
e02 = 0e1+ 1e2+ 0e3 e03 = α2α4−β12
2α2 e1 − β1
α2e2+ 1e3,
encontramos P−1 =
Por fim,
e02e03 = e2
α2α4−β12
2α2 e1− β1
α2e2+e3
= −β1 α2
(e2e2) + (e2e3)
= −β1e1 +β1e1−e2
= −e2
= −e02.
Renomeando os vetores da base (omitindo as linhas), obtemos então a seguinte álgebra:
e1e3 =−2e1, e2e2 =e1, e2e3 =−e2, e3e2 =e2,
que denotaremos porRR1.
Caso 1.1.2: Seja α2 = 0. Então, temos:
e1e3 =α3e1,
e3e3 =α4e1, (2.2)
e3e2 =β1e1+e2,
e2e3 =−β1(1 +α3)e1−e2.
Caso 1.1.2.1: Se assumirmos queα4 = 0 (neste caso α3 6= 0, caso contrárioL é uma álgebra de Lie), então:
e1e3 =α3e1,
e3e2 =β1e1+e2, (2.3)
e2e3 =−β1(1 +α3)e1−e2.
Caso 1.1.2.1.1: Seja β1 = 0. Então temos a seguinte tabela de multiplicação:
e1e3 =α3e1, e3e2 =e2, e2e3 =−e2.
Denotaremos esta álgebra porRR2. Pela Proposição 2.2, para diferentes valores deα3 as álgebras deRR2 não são isomorfas entre si.
Caso 1.1.2.1.2: Sejaβ1 6= 0. Pomos, então,e01 =e1, e02 =e2, e03 = α1
3e1+e3 para obter
e01e03 =α3e01,
eP−1(e02e03) =
Seα3 = 0 então obtemos a seguinte álgebra:
e2e3 =−e2, e3e2 =e2, e3e3 =e1.
Denote esta álgebra porRR3.
Caso 1.1.2.2: Se assumirmos que α4 6= 0então podemos obter α4 = 1. Usando a mudança de base e01 = α4e1, e02 = e2, e03 = e3, a tabela de multiplicação terá a forma (2.4) considerada no Caso 1.1.2.1.2.
Caso 1.2: Seja agora dim(L2) = 1. Então a tabela de multiplicações deL tem a forma:
e1e2 =α1e1, e2e2 =α2e1, e1e3 =α3e1, e3e3 =α4e1, e3e2 =β1e1, e2e3 =γ1e1.
A identidade de Leibniz dá restrições para as constantesα1, α2, α3, α4, β1, γ1. Ob-serve que
(e2e2)e3 = (e2e3)e2+e2(e2e3) α2(e1e3) = γ1(e1e2) +γ1(e2e1)
α2α3e1 = γ1α1e1, e, além disso,
(e3e3)e2 = (e3e2)e3+e3(e3e2) α4(e1e2) = β1(e1e3) +β1(e3e1)
α4α1e1 = β1α3e1. Portanto,
α1γ1 =α2α3 e α1α4 =α3β1. (2.5) Caso 1.2.1: Seja (α1, α3) = (0,0). Isto leva às seguintes regras de multiplicação em L:
e2e2 =α2e1,
e3e3 =α4e1, (2.6)
e3e2 =β1e1, e2e3 =γ1e1.
Certamente, (α2, α4, β1 +γ1) 6= (0,0,0), caso contrário L seria uma álgebra de Lie, pela propriedade antissimétrica. Consideremos uma mudança de base da forma
e01 = 1e1+ 0e2+ 0e3 e02 = 0e1+Ae2+Be3 e03 = 0e1+ 0e2+ 1e3. Ora,
e02e02 = (Ae2+Be3)(Ae2+Be3)
= A2(e2e2) +AB(e2e3) +BA(e3e2) +B2(e3e3)
= A2α2e1 +ABγ1e1+BAβ1e1+B2α4e1
= (A2α2+B2α4+AB(β1+γ1))e1.
A condição (α2, α4, β1+γ1)6= (0,0,0) implica que existem A eB tais que A2α2+B2α4+AB(β1+γ1)6= 0.
De fato, se fosseA2α2+B2α4+AB(β1+γ1) = 0 para todo A, B ∈C, teríamos, fazendo A= 1, um polinômio não constante de grau ≤2na variável B
α2+B2α4+B(β1+γ1) = 0
com infinitas raízes. Como estamos num corpo infinito, isto é uma contradição. Ainda neste caso (A = 1), se tivéssemos α4 =β1 +γ1 = 0, a contradição seria ter o polinômio constante α2 = 0, com α2 6= 0. Assim, em (2.6) vamos assumir que α2 6= 0. Agora considere a mudança de basee01 =α2e1, e02 =e2, e03 =e3−αβ1
2e2 em (2.6). Temos:
e02e02 = e2e2
= α2e1
= e01. Também,
e03e02 = (−β1
α2e2+e3)e2 =−β1
α2(e2e2) +e3e2
= −β1e1+β1e1
= 0.
Ou seja,β1 = 0. Assim,
e02e03 = e2e3− β1 α2(e2e2)
= γ1e1
= γ1
α2e01 =γ10e01 e
e03e03 = (−β1
α2e2 +e3)(−β1
α2e2+e3)
= β12
α22(e2e2)− β1
α2(e2e3)− β1
α2(e3e2) +e3e3
= β12
α2e1− β1γ1
α2 e1− β12
α2e1+α4e1
= α4e1
= α4
α2e01 =α04e01
nos dão a tabela
o que contradiz o fato deAnnD(L)ser unidimensional. Portanto, α4 6= 0. Daí, considere dois casos: γ1 6= 0 e γ1 = 0. No primeiro caso, tomando e01 = e1, e02 = e2, e03 = γ1 vemos facilmente que (2.9) nos dá
e2e2 =e1, e3e3 =e1,
e denotaremos esta álgebra porRR5.
Caso 1.2.2: Seja (α1, α3) 6= (0,0). Podemos supor que α1 6= 0, caso contrário
teríamos α2 =β1 = 0 e a tabela de multiplicação em L,
e ainda, pela identidade de Leibniz,
ek(eie3) = (ekei)e3−(eke3)ei = 0 para i, k ∈ {1,2,3}, dependentes. Podemos supor, fazendo uma mudança de base em AnnD(L), que α2 =
β2 =γ2 = 0. Então obtemos
e3e3 =α1e1, e1e3 =β1e1, e2e3 =γ1e1.
Suponhaγ1 6= 0. Caso contrário, teremosL=he1, e3i ⊕ he2ie não pretendemos classificar este caso por ser soma direta de uma álgebra unidimensional com uma álgebra de dimensão 2, casos já vistos anteriormente. Fazendo a mudança de base
e01 =γ1e1, e02 =e2, e03 =e3− α1 γ1
e2, chegamos a
e03e03 = (e3− α1 γ1
e2)(e3− α1 γ1
e2) =e3e3−α1 γ1
(e2e3)
= α1e1−α1e1 = 0,
e01e03 = γ1e1(e3− α1
γ1e2) = γ1(e1e3)−α1(e1e2)
= γ1β1e1
= βe01. Ainda,
e02e03 = e2(e3− α1 γ1e2)
= e2e3
= γ1e1 =e01. Portanto, ficamos com a álgebra
e1e3 =β1e1 e2e3 =e1. Seβ1 = 0,
e2e3 =e1.
Mas esta álgebra é subálgebra de RR4, em queRR4 é definida por e2e2 =e1,
e3e3 =αe1, e2e3 =e1.
Agora, se β1 6= 0 então a mudança de base e01 =e1, e02 =β1e2, e03 = β1
Não nomearemos tal álgebra por ser isomorfa a álgebra do tipoRR7 definida por e1e3 =e2,
e2e3 =αe1+e2
quando o parâmetro desta for nulo. Encontraremos a álgebra do tipo RR7 mais tarde.
Caso 2.2: Seja dim(L2) = 2.
= 2, pois é a dimensão da imagem da transformação L→L2 dada pela álgebra acima, isto é, a transformação é sobrejetora.
Caso 2.2.1: Seja det β1 γ1
e
Obviamente, seγ2 = 0, então, omitindo as linhas, e1e3 =e2,
A condição (2.10) implica que γ2 6= 0. Aplicando a mudança de base e01 =e1, e02 =e2, e03 = (α2γ1
γ2 −α1)e1− α2
γ2e2+e3 encontramos α1 =α2 = 0 e voltamos à tabela de multiplicação
e1e3 =e1, E então a mudança de base
e001 =e01, e002 = (1 + B
Aγ1)e01+ (Bγ2−(B+ B2
A γ1))e02, e003 =e03,
reduz a álgebra ao Caso 2.2.1.1já considerado, pois voltaríamos a ficar com e1e3 =e2. Se (γ1, γ2) = (0,1), isto dá origem à algebra
e1e3 =e1, e2e3 =e2.
Fazendo uma mudança de base adequada, verificamos que esta álgebra é isomorfa aRR6. Caso 2.2.2: Seja β1γ2 −γ1β2 = 0. Neste caso temos a seguinte tabela geral de
= 0, temos que suas colunas compõem as coordenadas de vetores linearmente dependentes. E visto que em (2.11) os vetorese1 ee2 são “simétricos”,
pode-mos supor que k1 6= 0 e tomar a mudança de base e01 = e1, e02 = kk2 e chegamos à seguinte tabela de multiplicação:
e3e3 =e1,
Vamos denotá-la porRR8.
Caso 2.2.2.2: Seja agora β1 6= 0. Então fazendo a mudança de base e01 = que denotaremos porRR9.
Todos estes casos se reúnem para demonstrar o seguinte teorema:
Teorema 2.17. A menos de isomorfismo, existem três famílias paramétricas e seis re-presentações explícitas de álgebras de Leibniz não Lie de dimensão três:
RR1 :e1e3 =−2e1, e2e2 =e1, e3e2 =e2, e2e3 =−e2; RR2 :e1e3 =αe1, e3e2 =e2, e2e3 =−e2, α∈C; RR3 :e3e3 =e1, e3e2 =e2, e2e3 =−e2;
RR4 :e2e2 =e1, e3e3 =αe1, e2e3 =e1, α∈C;
RR5 :e2e2 =e1, e3e3 =e1; RR6 :e1e3 =e2, e2e3 =e1;
RR7 :e1e3 =e2, e2e3 =αe1+e2, α∈C; RR8 :e3e3 =e1, e1e3 =e2;
RR9 :e3e3 =e1, e1e3 =e1+e2.
Como já dissemos, não levamos em consideração os casos em que a álgebra de dimensão 3 é soma direta (de álgebras) de uma álgebra unidimensional com uma álgebra bidimensional.
T-Ideais de Algumas Álgebras de Leibniz
A descrição dos geradores de um T-ideal de uma álgebra é de grande interesse na PI-teoria. Vimos no Capítulo 1 que o processo de multilinearização, em caracterís-tica 0, reduz o estudo das identidades polinomiais de uma dada álgebra ao estudo das identidades polinomiais multilineares. Pela Observação 1.49, a vantagem disto é verificar apenas se os polinômios se anulam nos elementos de uma base da álgebra. Neste capítulo, descreveremos todos os T-ideais das álgebras de Leibniz bidimensionais e de algumas de dimensão 3. Este resultado é novo na literatura.
É importante ressaltar que neste capítulo os polinômios moram na álgebra livre de Leibniz D(X). Portanto, a identidade de Leibniz corresponde ao polinômio nulo. E é necessário também enunciarmos preliminarmente alguns conceitos e resultados que nos auxiliam nesta investigação.
Proposição 3.1. Sejam V espaço vetorial sobre um corpo F e A, B subespaços de V tais que A ⊆ B. Se vi ∈ V, i ∈ I, são tais que {vi = vi + A : i ∈ I} gera V
A e {vi =vi+B :i∈I} é linearmente independente em V
B, então A=B.
Demonstração: Basta mostrar queB ⊆A. Seja x∈B. Então existem αi ∈F, i∈I, tais que
x+A=X
i∈I
αi(vi+A) =X
i∈I
(αivi+A) = (X
i∈I
αivi) +A.
Portanto, x−P
αivi ∈ A. Como A ⊆ B, segue que x−P
αivi ∈ B. E visto que B é subespaço vetorial ex∈B, então P
αivi ∈B. Logo, (X
i∈I
αivi) +B = 0 +B ⇒ X
i∈I
αi(vi+B) = 0 +B.
Por hipótese,{vi =vi+B :i∈I} é linearmente independente em V
B. Assim,αi = 0 para 56
todoi∈I, donde concluímos que
x−X
i∈I
0·vi =x∈A.
Definimos agora um monômio não associativo µl(x1, . . . , x2l)pondo µ0(x) =x e, usando indução sobrel,
µl+1(x1, . . . , x2l+1) = (µl(x1, . . . , x2l))(µl(x2l+1, . . . , x2l+1)).
O próximo resultado pode ser visto em [2], Teorema 10 - págs. 26 e 27.
Teorema 3.2. Seja A uma álgebra de Lie sobre um corpo F. As seguintes condições são equivalentes:
(i) Para algum inteiro l ≥1 temos A(l−1) 6= 0, mas A(l) ={0}.
(ii) O monômio µl(x1, . . . , x2l) é uma identidade para A.
Os resultados a seguir afirmam que qualquer polinômio multilinear pode ser es-crito como uma combinação linear de monômios de Leibniz multilineares normados à esquerda. Em particular, devido à antissimetria, podemos normar os monômios de Lie à esquerda e fixar a primeira variável.
Proposição 3.3. Todo polinômio multilinear em n variáveis x1, . . . , xn na álgebra livre de Leibniz pode ser escrito como combinação linear dos monômios normados à esquerda
(· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xin, em que i1, . . . , in ∈ {1, . . . , n}, dois a dois distintos.
Demonstração: Olhemos para os monômios. Para n = 3, temos, pela identidade de Leibniz:
xi1(xi2xi3) = (xi1xi2)xi3 −(xi1xi3)xi2. Paran = 4, temos quatro casos:
a)(xi1(xi2xi3))xi4: segue do caso n= 3.
b)(xi1xi2)(xi3xi4): olhando para (xi1xi2)como uma única variável, segue pela identidade de Leibniz que
(xi1xi2)(xi3xi4) = ((xi1xi2)xi3)xi4 −((xi1xi2)xi4)xi3.
c) xi1((xi2xi3)xi4): olhando para (xi2xi3) como uma única variável, reduzimos ao caso anterior e ao caso n= 3.
d)xi1(xi2(xi3xi4)): Neste caso, ficamos com
xi1((xi2xi3)xi4 −(xi2xi4)xi3) =xi1((xi2xi3)xi4)−xi1((xi2xi4)xi3)
e com isto reduzimos ao caso anterior. Suponha agora que o resultado é válido para todo monômio multilinear de comprimento menor que n. Seja w monômio tal que δ(w) = n.
Entãow se escreve como
w= (u)xin, ou w=xi0(u), ouw= (u)(v)
onde nos dois primeiros casosδ(u) =n−1 e no último casoδ(u) +δ(v) =n, para u e v monômios. Se w= (u)xin, o resultado segue imediatamente por hipótese indutiva.
Se w=xi0(u), então por hipótese de indução,
w=xi0(((· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xin−2)xin−1).
Olhando para(· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xin−2 como uma só variável (denotada por y), segue da identidade de Leibniz que
xi0(yxin−1) = (xi0y)xin−1 −(xi0xin−1)y,
em que a primeira parcela do lado direito da igualdade segue por hipótese indutiva e na segunda parcela olhamos para xi0xin−1 como uma única variável, ficando com
(xi0xin−1)(y) = ((xi0xin−1)(z))xin−2 −((xi0xin−1)xin−2)(z),
em que z = (· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xin−3. Note que δ(z) = δ(y)−1 = δ(u)−2. Aplicando hipótese indutiva à primeira parcela do lado direito da igualdade e usando raciocínio recursivo na segunda parcela, obtemos o resultado.
Se w= (u)(v), então
w= ((· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xik)((· · ·((xj1xj2)xj3)· · ·)xjr),
ondek+r=n. Basta olhar paraucomo uma única variável, bem como(· · ·((xj1xj2)xj3)· · ·)xjr−1 (esta última denotaremos pora). Ficamos com
w= ((u)(a))xjr −((u)xjr)(a).
Novamente, a primeira parcela do lado direito da igualdade segue por hipótese indutiva e usamos raciocínio recursivo na segunda parcela. Isto conclui a prova da proposição.
Para ver o caso particular dos polinômios de Lie, precisamos da seguinte
obser-vação:
Observação 3.4. Na álgebra livre dos polinômios de Lie, para n≥3,
((· · ·(x1x2)· · ·)xn−1)xn= ((· · ·(x1x2)· · ·)xn−2)(xn−1xn) + ((· · ·(x1x2)· · ·)xn)xn−1. De fato, para n= 3 temos, pela identidade de Jacobi, que
(x1x2)x3+ (x2x3)x1 + (x3x1)x2 = 0.
Isso implica, pela antissimetria, que
(x1x2)x3−x1(x2x3)−(x1x3)x2 = 0 e, portanto,
(x1x2)x3 =x1(x2x3) + (x1x3)x2.
Para n > 3, usamos novamente a identidade de Jacobi e a antissimetria, olhando para (· · ·(x1x2)· · ·)xn−2 como uma única variável. O resultado segue.
Usando a observação e procedendo por indução, podemos concluir que qualquer produto (x1x2)((· · ·(x3x4)· · ·)xn) na álgebra de Lie pode ser escrito como combinação linear dos produtos do tipo
(· · ·(((x1x2)xσ(3))xσ(4))· · ·)xσ(n),
comσ permutação de {3, . . . , n}. O exemplo a seguir ilustra o processo usado para obter essa combinação linear.
Exemplo 3.5. Considere o produto (x1x2)((x3x4)x5). Olhando para (x3x4) como uma única variável, pela observação anterior temos que
((x1x2)(x3x4))x5 = (x1x2)((x3x4)x5) + ((x1x2)x5)(x3x4), ou seja,
(x1x2)((x3x4)x5) = ((x1x2)(x3x4))x5−((x1x2)x5)(x3x4).
Usando novamente a Observação 3.4, obtemos
(x1x2)((x3x4)x5) = (((x1x2)x3)x4)x5 −(((x1x2)x4)x3)x5−(((x1x2)x5)x3)x4 +(((x1x2)x5)x4)x3.
Proposição 3.6. Dada a álgebra de Lie sobre o corpo C, se f =f(x1, . . . , xn) ∈ L(X) é um polinômio multilinear na álgebra livre de Lie, então f é combinação linear dos
monômios normados à esquerda
(· · ·(((x1xσ(2))xσ(3))xσ(4))· · ·)xσ(n), onde σ é uma permutação de {2,3, . . . , n}.
Demonstração: Seja f = (· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xin ∈ L(X), onde il ∈ {1,2, . . . , n}. Va-mos Va-mostrar que independente da posição da variável x1, podemos escreverf como uma combinação de monômios multilineares com primeira variável igual ax1. Se i1 = 1, então temos o resultado. Vamos supor i1 ≥ 2. Se n = 2, então pela antissimetria, temos o resultado. Agora, para n≥3, faremos por indução em n.
Vejamos o caso em que n= 3. Se i2 = 1, pela antissimetria, temos f =−(x1xi1)xi3,
com il ∈ {2,3}. Logo, temos o resultado. Agora, caso i3 = 1, temos pela identidade de Jacobi que
(xi1xi2)x1 =−(xi2x1)xi1 −(x1xi1)xi2. Assim, novamente pela antissimetria, temos
(xi1xi2)x1 = (x1xi2)xi1 −(x1xi1)xi2, com il∈ {2,3}. Obtemos assim o resultado.
Agora, se n = 4 então f = ((xi1xi2)xi3)xi4, onde il ∈ {1,2,3,4}. Se i2 = 1 ou i3 = 1, então pelo caso n= 3 já temos o resultado. Suponha quei4 = 1. Pela Observação 3.4 e usando a antissimetria temos que
f = (xi1xi2)(xi3x1) + ((xi1xi2)x1)xi3
= (x1xi3)(xi1xi2) + ((xi1xi2)x1)xi3
= ((x1xi3)xi1)xi2 −((x1xi3)xi2)xi1 + ((xi1xi2)x1)xi3. Pelo cason = 3, temos que
((xi1xi2)x1)xi3 = ((x1xi2)xi1)xi3 −((x1xi1)xi2)xi3. Assim,
f = ((x1xi3)xi1)xi2 −((x1xi3)xi2)xi1 + ((x1xi2)xi1)xi3 −((x1xi1)xi2)xi3.
Suponhamos a proposição válida para todo f de comprimento menor ou igual a n −1.
Basta analisarmos o caso em que in= 1. Pela Observação 3.4 e a antissimetria, temos f = (· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)(xin−1x1) + (((· · ·(xi1xi2)· · ·)xin−2)x1)xin−1
= (x1xin−1)(· · ·(xi3xi4)· · ·)xin−2 + (((· · ·(xi1xi2)· · ·)xin−2)x1)xin−1.
Como vimos no Exemplo 3.5, podemos reescrever o monômio(x1xin−1)(· · ·(xi3xi4)· · ·)xin−2 na forma requerida. E, por hipótese de indução, temos que ((· · ·(xi1xi2)· · ·)xin−2)x1
é escrito como combinação linear de (· · ·(x1xσ(i1))· · ·)xσ(in−2), com σ permutação de {i1, . . . , in−2}. Logo, temos o resultado. Concluímos então a prova da proposição.
Observação 3.7. Os monômios (· · ·(((x1xσ(2))xσ(3))xσ(4))· · ·)xσ(n) da álgebra livre de Lie são linearmente independentes em Pn, onde Pn representa o conjunto de todos os polinômios multilineares de grau n.
Nosso objetivo neste capítulo é encontrar, para cada classe de isomorfismo, uma base das identidades na álgebra livre de Leibniz D(X) dos polinômios com coeficientes em C. Assim, passaremos agora a descrever osT-ideais das álgebras de Leibniz bidimen-sionais.
3.1 T-Ideais das Álgebras de Leibniz Bidimensionais
Denote por {e1, e2} uma base ordenada da álgebra de Leibniz bidimensional.
Recordamos que os produtos na base que não aparecem são nulos. Já sabemos que a base das identidades das álgebras de Lie abelianas é{x1x2}. Portanto,
T(A1) =hx1x2iT.
Seja A2 a álgebra de Leibniz cujo produto na base é dado por e1e2 =e1 =−e2e1.
Estamos falando da álgebra de Lie bidimensional não abeliana. Vamos procurar uma base explícita para T(A2). Temos que f(x) = x2 é uma identidade, ou seja, T(A2) ⊇ hx2iT. Equivalentemente,g(x1, x2) =x1x2 +x2x1 ∈T(A2). E como
P2 ={ax1x2+bx2x1 :a, b∈C},
significa que P2∩T(A2) =P2∩ hx1x2+x2x1iT. Com efeito, tomando h(x1, x2) =ax1x2 +bx2x1 ∈P2∩T(A2),
segue que
h(e1, e2) = 0 a(e1e2) +b(e2e1) = 0 ae1−be1 = 0 (a−b)e1 = 0
implica ema=b. Resultado idêntico encontramos parah(e2, e1) = 0.
O próximo passo natural na procura de uma base explícita paraT(A2)é procurar identidades multilineares de grau 3 que não sejam consequências de g(x1, x2) = x1x2 + x2x1. Por exemplo,
x3(x1x2) +x3(x2x1)
pertence aP3∩T(A2), mas é uma consequência deg(x1, x2). Queremos, portanto, encon-trar geradores para
P3∩T(A2)
hx1x2+x2x1iT ⊆ L(X) = D(X) hx2iT . Pela Proposição 3.6, como
P3 = (
X
σ∈S3
ασ(xσ(1)xσ(2))xσ(3)+ X
τ∈S3
βτ ·xτ(1)(xτ(2)xτ(3)) :ασ, βτ ∈C )
,
ficamos então com P3∩T(A2)
P3∩ hx1x2+x2x1iT ={h≡α1(x1x2)x3+α2(x1x3)x2, h≡0para A2, α1, α2 ∈C}.
Uma vez que h(x1, x2, x3) = α1(x1x2)x3 +α2(x1x3)x2 ≡ 0, ao atribuirmos os valores x1 =e2 =x3 e x2 =e1, observamos que
α1(e2e1)e2+α2(e2e2)e1 = 0 ⇒ −α1e1 = 0 ⇒ α1 = 0, e ao atribuirmos os valoresx1 =e2 =x2 e x3 =e1, obtemos
α2(e2e1)e2 = 0 ⇒ −α2e1 = 0 ⇒ α2 = 0.
Logo,
P3∩T(A2)
P3∩ hx1x2 +x2x1iT ={0},
e consequentementeP3∩T(A2) = P3∩ hx1x2+x2x1iT, isto é, as identidades multilineares de grau 3 em T(A2)são consequências das identidades multilineares de grau 2.
Observação 3.8. Se uma álgebra de LieA é tal que dim(A)≤2, entãoA é solúvel
inde-pendentemente de ser abeliana ou não. Isto porque a álgebra unidimensional é abeliana e no caso bidimensional existem apenas duas classes de álgebras. As abelianas são solúveis e as não abelianas têm álgebra derivada de dimensão 1 e, portanto,A00= 0.
Conforme a observação acima, a álgebra A2 é solúvel, com índice de solubilidade l = 2. Assim, pelo Teorema 3.2, p(x1, x2, x3, x4) = (x1x2)(x3x4) é uma identidade para A2. A proposição a seguir mostra que todas as identidades deA2 seguem de
f(x1, x2) =x1x2+x2x1 e p(x1, x2, x3, x4) = (x1x2)(x3x4).
Como char(C) = 0, mostraremos que Pn∩T(A2) = Pn∩I, para todo n ≥ 2, em que I =hx2,(x1x2)(x3x4)iT.
Proposição 3.9. Seja A2 a álgebra de Leibniz definida por e1e2 = e1 = −e2e1. Então seuT-ideal é:
T(A2) =hx2,(x1x2)(x3x4)iT.
Demonstração: Seja I = hx2,(x1x2)(x3x4)iT. Já vimos que Pn∩I = Pn∩T(A2) para n= 2,3. Resta mostrar que Pn∩I =Pn∩T(A2), para todo n ≥4. Pela Proposição 3.1, visto que Pn∩I ⊆ Pn∩T(A2) para todo n, é suficiente encontrar um conjunto gerador de Pn
Pn∩I linearmente independente em Pn
Pn∩T(A2).
Seja f ∈ Pn tal que δ(f) ≥ 4. Temos que f se escreve como combinação linear de monômios de três tipos:
(i) (u)xj, ondeδ(u) =δ(f)−1;
(ii) xi(v), onde δ(v) = δ(f)−1;
(iii) (w1)(w2), onde δ(w1) +δ(w2) =δ(f)≥4.
É fato que os monômios do tipo (iii) estão em Pn∩ I e os monômios do tipo (ii), pela Proposição 3.3, são escritos como combinação linear dos monômios do tipo (i).
Denotando por f a classe de f em Pn
Pn∩I, temos
f = X
σ∈Sn
ασ(· · ·((xσ(1)xσ(2))xσ(3))· · ·)xσ(n)
= X
τ∈Sn−1{2,...,n}
βτ(· · ·((x1xτ(2))xτ(3))· · ·)xτ(n)
= X
2≤j1≤n, 2≤j2<···<jn−1≤n
γJ(· · ·((x1xj1)xj2)· · ·)xjn−1,
em que as últimas igualdades decorrem da Proposição 3.6 e do fato que 0 = (x1x2)(x3x4) = ((x1x2)x3)x4−((x1x2)x4)x3,
o que significa que podemos ordenar as variáveis (em ordem crescente, por exemplo) a partir da terceira posição. Consequentemente,
Pn
Pn∩I =span{(· · ·((x1x2)x3)· · ·)xn,(· · ·((x1x3)x2)· · ·)xn, . . . ,(· · ·((x1xn)x2)· · ·)xn−1}.
Devemos agora provar a independência linear deste conjunto em Pn
Pn∩T(A2), isto é, α1(· · ·((x1x2)x3)· · ·)xn+· · ·+αn−1(· · ·((x1xn)x2)· · ·)xn−1 = 0
se, e somente se,α1 =· · ·=αn−1 = 0, em queg é a classe de g em Pn
Pn∩T(A2), a fim de concluir que Pn∩I =Pn∩T(A2). Mas isto equivale a dizer que o polinômio
g(x1, . . . , xn) = α1(· · ·((x1x2)x3)· · ·)xn+· · ·+αn−1(· · ·((x1xn)x2)· · ·)xn−1
pertence a Pn∩T(A2). Assim,
α1(· · ·((x1x2)x3)· · ·)xn+· · ·+αn−1(· · ·((x1xn)x2)· · ·)xn−1 ≡0 para A2. Fazendox2 =e1 e xj =e2 para j 6= 2, ficamos com
α1(· · ·((e2e1)e2)· · ·)e2+· · ·+αn−1(· · ·((e2e2)e1)· · ·)e2 = 0
−α1e1 = 0.
Isto implica que α1 = 0. Para ver que αj−1 é nulo para j ∈ {3, . . . , n}, repetimos o processo, atribuindo os valores xj =e1 e xk=e2, para k 6=j. Portanto,
Pn∩I =Pn∩T(A2), o que implica em I =T(A2).
Seja A3 a álgebra de Leibniz bidimensional cujo produto na base é dado por e1e1 =e2. Como esta álgebra é não Lie,f(x) =x2não é uma identidade. Porém, buscando identidades multilineares de grau 2, vemos que sef(x1, x2) = ax1x2+bx2x1 ∈P2∩T(A3) então
f(e1, e1) = 0 a(e1e1) +b(e1e1) = 0 ae2+be2 = 0 (a+b)e2 = 0
implica ema=−b. Visto quef(ei, ej) = 0 sei6= 1 ou j 6= 1, segue que P2∩T(A3) =P2∩ hx1x2−x2x1iT.
Além disso, como o único produto não nulo resulta eme2 e este elemento da base pertence ao anulador da álgebra,Ann(A3), segue queα(x1x2)x3 eβx1(x2x3) são também identidades polinomiais deA3, comα, β ∈C. Todavia, pela Proposição 3.3, os monômios normados à direita são combinações de monômios normados à esquerda. Mostraremos então que x1x2−x2x1 e(x1x2)x3 formam uma base das identidades desta álgebra.
Proposição 3.10. Seja A3 a álgebra de Leibniz definida por e1e1 =e2. Então:
T(A3) =hx1x2−x2x1,(x1x2)x3iT.
Demonstração: Seja I = hx1x2 −x2x1,(x1x2)x3iT. Claramente, {x1x2} gera P2 P2∩I e {x1x2} é linearmente independente em P2
P2∩T(A3). Logo, P2∩I =P2 ∩T(A3). Para o caso P3, note que P3∩I =P3 =P3∩T(A3), pela Proposição 3.3.
Resta mostrar que para todo f ∈ Pn ∩ T(A3), n ≥ 4, f é consequência dos polinômios de I. Isto novamente se verifica pelo simples fato de que todo monômio f de grau n≥4 se escreve de uma das três maneiras distintas:
f =xi(v), f = (v)xj ou f = (u)(w),
ondev é um monômio de grau n ≥3e u, w são monômios de grau n≥2. Novamente da Proposição 3.3, concluímos que todo polinômiof é consequência de(x1x2)x3 e, portanto, Pn∩I =Pn =Pn∩T(A3), para todo n≥4. Logo, I =T(A3).
Por fim, analisaremos a álgebra de Leibniz bidimensionalA4, em que os produtos não nulos na base são
e1e1 =e2 e e2e1 =e2.
Nesta álgebra não há identidades multilineares de grau 2. Ou seja, α1(x1x2) +α2(x2x1)≡0 ⇒ α1 =α2 = 0.
Para ver isto, atribuímos os valoresx1 =e2 e x2 =e1 a fim de obter α1e2 = 0 ⇒ α1 = 0
ex1 =e1 e x2 =e2 para concluir que
α2e2 = 0 ⇒ α2 = 0.
Logo, P2 ∩T(A4) = {0}. Olhando para as identidades multilineares de grau 3, observe que o produto não nulo sempre resulta em e2, que é um anulador à direita, isto é, e2 ∈ AnnD(A4). Então αx1(x2x3) é identidade, ∀α ∈ C, mas isto é falso para β(x1x2)x3, β∈C, pois por exemplo
f(x1, x2, x3) = (x1x2)x3
não se anula quando todas as variáveis assumem o valore1. Porém,β1(x1x2)x3+β2(x1x3)x2
é uma identidade quandoβ1 =−β2, para β1, β2 ∈C. No entanto a identidade de Leibniz nos diz que
(x1x2)x3−(x1x3)x2 =x1(x2x3),
em particular,(x1x2)x3−(x1x3)x2 é consequência dex1(x2x3). Mostraremos quex1(x2x3) é uma base das identidades desta álgebra.
Proposição 3.11. Dada a álgebra de Leibniz definida por e1e1 = e2 e e2e1 = e2, temos que o T-ideal desta álgebra é:
T(A4) =hx1(x2x3)iT.
Demonstração: Seja I = hx1(x2x3)iT. Já que (x1x2)x3 ≡ (x1x3)x2 módulo I, isto é, podemos fixar a primeira variável e ordenar as outras, então ficamos com
P3
P3 ∩I =span{(x1x2)x3,(x2x1)x3,(x3x1)x2}.
Mostrando que o conjunto de geradores {(x1x2)x3,(x2x1)x3,(x3x1)x2} é linearmente in-dependente em P3
P3∩T(A4), provamos que
P3∩T(A4) = P3∩I.
Para tanto, dada a igualdade
α1(x1x2)x3 +α2(x2x1)x3+α3(x3x1)x2 ≡0 em A4,
atribuímos, em ordem crescente para i ∈ {1,2,3}, os valores xi = e2 e xj = e1 para j 6=i, obtendo α1 =α2 =α3 = 0. Por exemplo, verificamos que α1 = 0 pondo x1 =e2 e x2 =x3 =e1. Assim,
α1(e2e1)e1+α2(e1e2)e1+α3(e1e2)e1 = 0 α1(e2e1) = 0 α1e2 = 0.
Disso resulta que P3∩T(A4) =P3∩I.
Provamos o caso geral para o grau do monômio n ≥ 4 ao notar que dos três tipos de monômios xi(v), (u)(w) e (v)xj, os dois primeiros são consequências imediatas dex1(x2x3). Já o monômio (v)xj, em virtude da identidade(x1x2)x3−(x1x3)x2, pode ser ordenado da forma
(· · ·((xi1xi2)xi3)· · ·)xin
móduloPn∩I, onde ij ∈ {1, . . . , n}, de modo que i2 < i3 <· · ·< in. Segue que Pn
Pn∩I =span{(· · ·((x1x2)x3)· · ·)xn, . . . ,(· · ·((xnx1)x2)· · ·)xn−1}.
Com raciocínio análogo ao caso n = 3, verificamos que Pn∩I = Pn∩T(A4), para todo n≥2, donde concluímos que I =T(A4).
Resumindo:
Álgebra T-ideal A1 hx1x2iT A2 hx2,(x1x2)(x3x4)iT A3 hx1x2−x2x1,(x1x2)x3iT A4 hx1(x2x3)iT