O estudo das identidades polinomiais de uma álgebra dada pode ser reduzido ao estudo de polinômios multihomogêneos (ou multilineares), no caso em que o corpo F é infinito (em particular, de característica zero). É disto que trata esta seção.
Aqui enunciaremos os resultados na álgebra livreF{X}, mas ressaltamos que eles também são válidos, por exemplo, na álgebra livre de LeibnizD(X) e na álgebra de Lie livreL(X). Aliás, nossa investigação no Capítulo 3 é feita sobre os polinômios emD(X), usando os resultados desta seção.
Seja Fn = F{x1, . . . , xn} a álgebra livre de posto n ≥ 1 sobre F. Podemos decompor esta álgebra em
Fn =F(1)n ⊕F(2)n ⊕ · · · ,
onde, para cada k ≥ 1, F(k)n é o subespaço gerado por todos os monômios de grau k.
Estes F(i)n ’s são chamados componentes homogêneas de Fn. Podemos ainda refinar esta decomposição, escrevendo, para cadak ≥1,
F(k)n = M
i1+···+in=k
F(in1,...,in),
ondeF(in1,...,in) é o subespaço gerado por todos os monômios de grau ir em xr. Como todo polinômiof deF{X}tem um número finito de variáveis, entãof está emFn, para algum n. componentes multihomogêneas def. Usaremos δxi(f)para denotar o grau da variável xi no polinômiof.
Consideramos estas equações como um sistema linear com indeterminadas fi. é o determinante de Vandermonde, cujo valor é dado porY
i<j
(αj−αi)e, portanto, diferente de zero, temos que cada fi também pertence a V. Ou seja, as identidades polinomiais fi são consequências def.
Definição 1.48. Um polinômio f é linear na variável xi se xi ocorre com grau 1em cada monômio de f. E um polinômio é dito multilinear se for multihomogêneo de multigrau (1, . . . ,1).
Denotaremos por Pn o espaço vetorial dos polinômios multilineares nas variáveis x1, . . . , xn em F{X}. Note que se f(x1, . . . , xn) é um polinômio linear em uma variável,
Observação 1.49. Seja A uma F-álgebra gerada por um conjunto B sobre F. Se um polinômio multilinear f se anula em B, então f é uma identidade polinomial de A.
De fato, dados a1 =P
já que f é linear em cada uma das variáveis. Isto significa que para verificar se um polinômio multilinear é identidade para determinada álgebra, é suficiente provar que ele se anula numa base dessa álgebra.
Definição 1.50. Dois conjuntos de identidades polinomiais são equivalentes se geram o mesmo T-ideal.
Teorema 1.51. Se a álgebra A satisfaz uma identidade de grau k, então satisfaz uma identidade multilinear de grau ≤k.
Demonstração: Seja f(x1, . . . , xn) ∈ F{X} uma identidade polinomial para a álgebra A. Se cada variável xi aparece com grau ≤ 1, em cada monômio de f, basta tomar as
componentes multilineares. Portanto, podemos assumir que existe uma variável, x1 por exemplo, tal queδx1(f) = d >1.
Defina o polinômio
h(y1, y2, x2, . . . , xn) :=f(y1+y2, x2, . . . , xn)−f(y1, x2, . . . , xn)−f(y2, x2, . . . , xn).
Note quehainda é uma identidade polinomial paraA. Vejamos quehé não nulo. Suponha queh = 0. Como qualquer aplicação X →X pode ser estendida para um endomorfismo deF{X}, substituindoy1 ey2 por x1 em h também obtemos polinômio nulo, ou seja,
h(x1, x1, x2, . . . , xn) :=f(2x1, x2, . . . , xn)−2f(x1, x2, . . . , xn) = 0. (1.4) Decompondo f numa soma f = f0+f1 +· · ·+fd, onde fk é a soma de grau k em x1, então (1.4) implica
−f0+ (22−2)f2+· · ·+ (2d−2)fd= 0, o que contradiz a desigualdade d >1.
Como δy1(h) = d −1 e δy2(h) = d −1 < δx1(f) obtemos indutivamente um polinômio multilinear que é uma identidade emA.
Este teorema é conhecido comométodo de multilinearização. Um exemplo fácil de ser calculado é a multilinearização def(x1, x2) = x1x22, em quex1x22 =x1(x2x2). Observe queδx1(f) = 1 e δx2(f) = 2. Assim, aplicando o algoritmo de linearização na variável x2,
h(x1, y1, y2) = f(x1, y1+y2)−f(x1, y1)−f(x1, y2)
= x1(y1+y2)2−x1y21−x1y22
= x1y12+x1(y1y2) +x1(y2y1) +x1y22−x1y21−x1y22
= x1(y1y2) +x1(y2y1),
obtemos o polinômio multilinearh, como consequência de f. Deste método segue que:
Teorema 1.52. Se char(F) = 0, cada identidade polinomial f ∈ F{X} é equivalente a um conjunto finito de polinômios multilineares.
Demonstração: Pela Proposição 1.47, f é equivalente ao conjunto de suas componentes multihomogêneas. Portanto, podemos assumir quef = f(x1, . . . , xn) é multihomogêneo.
Aplicamos o processo de multilinearização paraf: se δx1(f) = d >1, então escrevemos
f(y1+y2, x2, . . . , xn) =
d
X
i=0
gi(y1, y2, x2, . . . , xn), ondeδy1(gi) =i, δy2(gi) = d−i eδxt(gi) = δxt(f), para todo t= 2, . . . , n.
Assim todos os polinômios gi = gi(y1, y2, x2, . . . , xn), i = 1, . . . , d−1, são con-sequências def. Note que para todo i,
gi(y1, y1, x2, . . . , xn) = d i
!
f(y1, x2, . . . , xn).
Como char(F) = 0, segue que d i
!
6= 0. Logo, qualquer gi, i = 1, . . . , d−1, é uma consequência de f. Aplicamos indução para completar a prova.
Classificação das Álgebras de Leibniz de Dimensão Menor ou Igual a 3
A classificação, a menos de isomorfismo, é um dos primeiros problemas com o qual nos deparamos ao tentarmos entender a estrutura de um membro de uma classe de álgebras. Este problema fundamental torna-se, no entanto, muito difícil à medida que aumentamos a dimensão. Alguns resultados foram publicados sobre a classificação das álgebras de Leibniz para dimensões baixas, desde que seu estudo foi impulsionado pelos trabalhos de Loday. Detalhamos neste capítulo a classificação dada no artigo de Rikhsiboev e Rakhimov [13] para as álgebras tridimensionais. Antes, porém, classificamos as álgebras de Lie de dimensão menor ou igual a 3 e descrevemos as álgebras de Leibniz unidimensionais e de dimensão 2.
Lembramos que a dimensão de uma álgebra A foi definida como a dimensão do espaço vetorial A.
Definição 2.1. Seja L uma álgebra de Leibniz. O subconjunto AnnD(L) definido por AnnD(L) = {x∈L:yx= 0,∀y∈L}
é dito ser o anulador à direita da álgebra de Leibniz L. Analogamente, definimos o subconjunto
AnnE(L) ={x∈L:xy= 0,∀y∈L}
como o anulador à esquerda de L. A interseção entre os anuladores à esquerda e à direita é denominada anulador de L e denotaremos por Ann(L).
Note que tais subconjuntos são ideais bilaterais de L. Para as álgebras de Lie temosAnnD(L) =AnnE(L) =Ann(L).
Todas as álgebras neste capítulo são assumidas sobre o corpo C dos Números Complexos.
22
Vale relembrar que para determinar as álgebras de Leibniz definimos a
Proposição 2.2. Duas álgebras de mesma dimensão são isomorfas se, e somente se, possuem as mesmas constantes de estrutura.
Demonstração: SejamL1 eL2 duas álgebras de dimensão finita com bases {x1, . . . , xn}e
Reciprocamente, seja ψ um isomorfismo de L1 em L2. Temos, então, que a base de L1, {x1, . . . , xn}, tem o mesmo número de elementos que a base de L2, {y1, . . . , yn}.
ψ é um isomorfismo, concluímos que yiyj = ψ(xixj)
= ψ(c1ijx1+c2ijx2+· · ·+cnijxn)
= c1ijψ(x1) +c2ijψ(x2) +· · ·+cnijψ(xn)
= c1ijy1 +c2ijy2+· · ·+cnijyn
= X
k
ckijyk.
Logo, P
kbkijyk = P
kckijyk o que implica em P
k(ckij −bkij)yk = 0. Como {y1, . . . , yn} é uma base, temos queckij−bkij = 0 para cada k e, portanto,ckij =bkij.
Vale ressaltar que esta proposição também é válida para álgebras de dimensão infinita.
2.1 Determinação das Álgebras de Lie de Dimensão Menor ou Igual a 3
A classificação das álgebras de Lie já é bastante conhecida na literatura, visto que seu estudo é mais antigo. Por este motivo, separamos neste trabalho a classificação das álgebras de Leibniz em álgebras de Lie e não Lie.
Seja A uma álgebra de Lie sobre o corpo C. Caso 1: dim(A) = 1.
Neste caso, seja {e1} uma base. Então todo elemento de A se escreve como x=αe1. Comoe1e1 = 0, temos que a álgebra de Lie é abeliana:
A={αe1 :α∈C} e e1e1 = 0.
Caso 2: dim(A) = 2.
Seja {e1, e2} uma base para A. Considere a álgebra gerada por todas as multi-plicações
A0 =h{xy:x, y ∈A}i,
a álgebra derivada de A. A classificação das álgebras de Lie se baseia nas dimensões da álgebra derivada. Seja agora o conjuntoZ(A) de elementos c ∈A tais que ac =ca para todo a ∈ A, isto é, o centro de A. Pela antissimetria, temos neste caso ac = 0 e assim Z(A) é um ideal de A. No caso em que Z(A) = A, segue que A é uma álgebra de Lie abeliana. Equivalentemente, A0 = 0, pois o produto de dois quaisquer elementos é nulo.
Como a álgebra derivada é determinada por todas as multiplicações entre dois elementos, facilmente percebemos que suas possíveis dimensões são menores ou iguais que
o valor dim(A) 2
! .
Temos então, neste caso, duas situações para analisar:
(a) A0 = 0: A álgebra de Lie é abeliana e, para fins de estudo no Capítulo 3, nós a denotaremos por A1.
(b) dim(A0) = 1: Neste caso, dado x∈A, podemos escrever
x=a1e1+a2e2, a1, a2 ∈C e A0 ={α(e1e2) :α∈C},
pois A0 é unidimensional. Deste modo, podemos escolher x= e1e2 de maneira que A0 = Cx. Daí, completando a base {x} deA0 a uma base{x, y} deA, obtemosxy =αx 6= 0, poisA não é abeliana. A substituição de y por α−1y na base nos dá
xα−1y =α−1αx=x.
Portanto, temos a álgebra A com a relação
xy=x=−yx,
e todos os outros produtos da base são zero, isto é,xx= 0 = yy. Observe que isto satisfaz a identidade de Jacobi:
(xy)x+ (yx)x+ (xx)y=xx−xx+ 0y= 0 e
(xy)y+ (yy)x+ (yx)y =xy+ 0x−xy= 0.
Esta é a álgebra de Lie não abeliana bidimensional, que será denotada porA2. Caso 3: dim(A) = 3.
As possíveis dimensões de A0 são dim(A0) ≤ 3 2
!
= 3. Logo, temos quatro casos:
(a) A0 = 0. Como no Caso 2(a), significa que para todos a, b∈ A tem-se ab= 0. Assim, A=Z(A). Portanto, A é abeliana.
(b) dim(A0) = 1:
Neste caso, separaremos em duas etapas: uma em queA0 ⊂ Z(A) e a outra em que isto não ocorre.
Teorema 2.3. Seja A uma álgebra de Lie tridimensional cuja álgebra derivada A0 é unidimensional eA0 ⊂Z(A). Então existe uma base {x, y, z}de A tal que yz =x, xy = 0 e xz = 0.
Demonstração: Sejam{x}e{x, y1, z}bases deA0 eA, respectivamente. ComoA0 ⊂Z(A),
temos que para qualquer u ∈ A0 tem-se que uw = 0,∀w ∈ A. Como {x} é base de A0 temosxw= 0,∀w ∈Ae, em particular,xy1 = 0exz = 0, poisy1, z ∈A. Já quey1z ∈A0, segue que y1z = αx, α 6= 0. Se fosse α = 0, então y1z = 0. E visto que xy1 = 0 = xz, temos que∀u, v ∈A vale
uv = (a1x+a2y1+a3z)(b1x+b2y1+b3z) = 0,
e assim teríamos dim(A0) = 0, contradizendo a hipótese. Definamos y = α1y1. Então {x, y, z} também é uma base de A (pois é conjunto linearmente independente). Logo,
xy= 0 = xz e yz = 1
αy1z = 1
ααx =x.
Para o caso em que A0 6⊆Z(A), precisamos dos seguintes resultados.
Lema 2.4. Dada uma álgebra de Lie A, a representação adjunta D = ad(v) : A → A, definida por ad(v)(w) = vw, é uma derivação de A. Esta derivação é chamada de derivação interna.
Demonstração: Tomandou∈A, temos, usando a identidade de Jacobi:
ad(v)(uw) = v(uw)
= −w(vu)−u(wv)
= (vu)w+u(vw)
= (ad(v)(u))w+u(ad(v)(w)).
Teorema 2.5. Todas as derivações de uma álgebra de Lie bidimensional não abeliana são derivações internas, ou seja, toda derivação D :A→ A é ad(l) :A →A para algum l∈A.
Demonstração: SejaAuma álgebra de Lie bidimensional não abeliana. Então existe base {x, y}de A tal que xy=y. Considere D:A →A uma derivação. Note que
D(y) =D(xy) = D(x)y+xD(y) =δy para algumδ ∈C. Mais ainda,
ad(δx)(y) = (δx)y=δxy=δy.
Defina a derivaçãoE :=D−ad(δx). Assim,
E(y) = (D−ad(δx))(y) =D(y)−ad(δx)(y) = δy−δy = 0.
Comoxy=y, tem-se que
0 =E(y) = E(xy) =E(x)y+xE(y).
Mas E(y) = 0. Então fica E(x)y = 0 e resulta que E(x) é múltiplo de y, ou seja, E(x) = γy para algum γ ∈C. Observe que
ad(−γy)(x) = (−γy)x=−γyx=γxy=γy e
ad(−γy)(y) = (−γy)y=−γyy =γyy= 0.
ComoE(x) = ad(−γy)(x) =γy e E(y) =ad(−γy)(y) = 0, então E =ad(−γy) = D−ad(δx).
Isto implica queD=ad(−γy+δx)e, portanto, D=ad(l), onde l=−γy+δx∈A.
Este teorema é aplicado na seguinte proposição:
Proposição 2.6. Se B é um ideal bidimensional não abeliano de uma álgebra de Lie A, então A = B⊕Ann(B), uma soma direta entre espaços vetoriais, onde Ann(B) é o anulador de B.
Demonstração: Seja v ∈A. Como B é um ideal de A, então vw ∈B para todo w ∈ B.
Pelo Lema 2.4, a aplicaçãoad(v)(w) =vw é uma derivação. E, pelo Teorema 2.5, temos que existe l ∈ B tal que ad(v)(w) = ad(l)(w) para todo w ∈ B. Logo, vw =lw e então (v −l)w = 0. Como w ∈ B, e observando que na álgebra de Lie o anulador à direita e à esquerda coincidem, segue quev −l ∈ Ann(B). Seja então p=v −l ∈ Ann(B). Daí, v =l+p. Visto que v ∈A, p∈Ann(B) el ∈B, tem-se que A =B+Ann(B).
Seja agora r ∈ B∩Ann(B). Suponhamos que r =ax+by, onde {x, y} é base de B tal quexy=y. Note que
rx = (ax+by)x=byx=−bxy =−by.
Como r ∈Ann(B) e x∈ B, então rx = 0. Isso implica que b = 0, pois y 6= 0. Também ry=ay= 0 e então a = 0. Logo, r=ax+by= 0 e, portanto, Ann(B)∩B ={0}.
Lema 2.7. Seja A uma álgebra de Lie tridimensional tal que A0 é unidimensional. Su-ponha que A possua uma subálgebra bidimensional B que não é abeliana. Então B é um
ideal de A.
Demonstração: Seja{y} uma base de A0. Como B não é abeliana, existem u, w ∈B tais queuw=αy, dondeα6= 0eαy∈B, poisB é subálgebra. Logo,y∈B. Seja então{x, y}
uma base de B. Completemos essa base deB de modo a obtermos a base {x, y, z} deA.
Tomemosw∈B ev ∈A. Temos quew=ax+byev =cx+dy+ez, coma, b, c, d, e∈C. Logo,
vw = (cx+dy+ez)(ax+by)
= ca(xx) + (cb−da)xy+db(yy) +ea(zx) +eb(zy)
= (cb−da)xy+ea(zx) +eb(zy).
Comozx, zy ∈A0, existemα, β ∈C tais que zx=αy ezy =βy. Então vw= (cb−da)y+ea(αy) +eb(βy)∈B.
Portanto, B é um ideal de A.
Lema 2.8. Seja A uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada A0 é unidimensional. Se A0 6⊆Z(A), então existe uma subálgebra bidimensional de A que não é abeliana.
Demonstração: Sejam {x} e {x, y1, z} bases de A0 e A, respectivamente. Se A0 não está contido em Z(A), então ouxz 6= 0 ouxy1 6= 0, pois caso contrário xw= 0 para qualquer w=ax+by1+cz∈A e entãoA0 ⊂Z(A), contradizendo a hipótese. Suponha, sem perda de generalidade, que xy1 6= 0. Como A0 é um ideal, implica que xy1 ∈ A0 e então existe a∈Ctal que xy1 =ax. Definindoy = 1ay1, temos que
xy=x1
ay1 = 1
axy1 = 1
aax=x.
Ou seja,xy=x. Assim, a subálgebra gerada por{x, y} é a subálgebra bidimensional não abeliana procurada.
Estamos agora em condições de determinar, a menos de isomorfismo, a álgebra de Lie tridimensional cuja álgebra derivada unidimensional não está contida no centro de A.
Teorema 2.9. Seja A uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada A0 é unidimensional. SeA0 não está contido em Z(A), então existe uma base {x, y, z} de A tal que xy=x, xz= 0 e yz = 0.
Demonstração: Pelo Lema anterior, A possui uma álgebra bidimensional não abelianaB.
Seja {x, y} a base canônica de B, comxy =x. Pelo Lema 2.7, temos que B é um ideal
deA. Assim, da Proposição 2.6, segue queA=B⊕Ann(B). Completemos a base{x, y}
de modo a obtermos uma base{x, y, z} para A. Como A =B⊕Ann(B) e {x, y} geram B, então temos quez ∈Ann(B). Portanto, zx= 0 e zy= 0.
Vamos determinar agora a álgebra de Lie tridimensional no caso em que a álgebra derivada é bidimensional.
(c) dim(A0) = 2.
Neste caso temos queA0 não pode ser uma álgebra de Lie não abeliana bidimensional. De fato, seja B uma álgebra de Lie não abeliana bidimensional tal que A0 = B. Tomemos uma base {x, y} de B tal que xy = x. Pelo Lema 2.7, B é um ideal de A e, assim, A=B ⊕Ann(B). Logo,
A0 = A2
= (B⊕Ann(B))(B ⊕Ann(B))
= B2+B(Ann(B)) + (Ann(B))B+ (Ann(B))2
= B2+ (Ann(B))2.
Observe que dim(A) = 3 e dim(B) = 2. Portanto, dim(Ann(B)) = 1 e, consequente-mente,Ann(B)é abeliano. Isto implica que (Ann(B))2 = 0. Assim,A0 =B2 =B0. Mas, por hipótese, xy =x, o que significa que B0 é unidimensional. Logo, A0 também o será.
Isto é um absurdo!
Segue disso queA0 é abeliana, pois se Anão possui uma subálgebra não abeliana bidimensional eA0 é bidimensional, então A0 só pode ser abeliana. E caso A possua uma subálgebra bidimensional não abeliana B, temos que B 6=A0. Daí, A0 é abeliana.
Lema 2.10. Se A é uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada A0 é bidimensional, então ad(z) :A0 →A0 é isomorfismo para todo z ∈A, com z /∈A0.
Demonstração: Dadosx, y ∈A0, sabemos que xy= 0, pois A0 é abeliana. Assim, ad(z)(xy) = z(xy) =z0 = 0
= (zx)(zy)
= (ad(z)(x))(ad(z)(y)).
Para ver que ad(z) é bijetora, suponhamos que {x, y} é uma base de A0 e estendamos a uma base {x, y, z} de A. Como xy = 0, temos que A0 = A2 é gerada por yz e xz. Com efeito, dados u=ax+by+cz ev =ex+f y+gz, segue que
uv = (ax+by+cz)(ex+f y+gz)
= (ag−ce)xz+ (bg−cf)yz.
Portanto, como A0 é bidimensional, {xz, yz} é uma base de A0. Tome d ∈ ker(ad(z)).
Daí, existemα, β ∈C tais que d=αx+βy. Logo,
ad(z)(d) =zd=z(αx+βy) =α(zx) +β(zy) = 0.
Como zx e zy são linearmente independentes, então α = β = 0. Segue que d = 0. Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem,dim(A0) =dim(Im(ad(z))).
Teorema 2.11. Se A é uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada A0 é bidimensional, então existe uma base {x, y, z} de A e escalares α, β, γ e δ tais que xy= 0, zx=αx+βy, zy =γx+δy e
M = α β
γ δ
!
é uma matriz invertível.
Demonstração: Tomemos uma base {x, y} de A0 e a estendamos a uma base {x, y, z} de A. Sabemos que A0 é abeliana. Daí xy = 0 e, pelo Lema anterior, temos que {xz, yz}
também é base deA0. Assim,xz =αx+βy eyz =γx+δy, ondeα 6= 0 ouβ 6= 0 eγ 6= 0 ouδ6= 0. Comoad(z) é um isomorfismo, segue que a matriz desta transformação,
L= α γ β δ
!
é invertível. E a transposta de uma matriz invertível é invertível. Logo, M =Lt = α β
γ δ
!
é invertível.
Agora, como
(xy)z+ (yz)x+ (zx)y = 0z+ (γx+δy)x+ (−αx−βy)y= 0,
a identidade de Jacobi não impõe condições adicionais sobre α, β, γ ou δ. Portanto, não é imediatamente óbvio determinar se duas álgebras de Lie desse tipo são isomorfas.
Daí, para examinar classes de isomorfismo deste tipo, o problema é abordado diretamente tentando construir um isomorfismo e observar o que acontece. Assim, sejam B e Bˆ duas álgebras de Lie tais que dim(B) = dim( ˆB) = 3 e suponha que elas são isomorfas. Seja{x, y, z} uma base de B tal como foi definida paraA e seja {ˆx,y,ˆ z}ˆ uma base de Bˆ tal que {ˆx,y}ˆ é base de Bˆ0. Seja φ :B →Bˆ um isomorfismo entre estas duas álgebras. Visto queφrestringirá a um isomorfismo entreB0 eBˆ0, segue queφ(z) =bzˆ+w
para algumb ∈C∗ e w∈Bˆ0. Assim, para todov ∈B0, φ(z)φ(v) = φ(zv) = φ◦ad(z)(v).
Mas também
φ(z)φ(v) = (bˆz+w)φ(v) = bˆzφ(v) +wφ(v) = b·ad(ˆz)◦φ(v).
Assim, φ◦ad(z) = b·ad(ˆz)◦φ=ad(bz)ˆ ◦φ. Ou seja, ad(z) = φ−1◦ad(bz)ˆ ◦φ.
Segue que as matrizes de ad(z) e ad(bˆz) são semelhantes. Essencialmente os re-sultados acima implicam que a classificação de álgebras de Lie neste caso resume-se à classificação de matrizes semelhantes, não singulares, de ordem 2 sobreC e é esta classi-ficação que agora faremos. Como C é um corpo algebricamente fechado, tal classificação será feita com base na existência da forma canônica de Jordan.
O polinômio característico de M é (x−λ1)(x−λ2), onde λ1 e λ2 são números distintos e, portanto, é diagonalizável, sendo sua representação em alguma base ordenada a matriz
λ1 0 0 λ2
! .
Ou o polinômio característico é(x−λ)2 e, neste caso, o polinômio minimal para M pode ser(x−λ), caso em que M =λI, onde I é a matriz identidade de ordem 2, ou pode ser (x−λ)2, onde M é representado em alguma base ordenada por
λ 1 0 λ
! .
Fazendo as devidas modificações para simplificação (dividir porλ1, por exemplo), encon-tramos
1 0 0 α
!
α 6= 0, 1 β 0 1
!
β 6= 0.
Isto dá a tabela de multiplicação
xy= 0, xz=x, yz=αy ou
xy= 0, xz=x+βy, yz=y.
Pela Proposição 2.2, diferentes escolhas de α e β resultam em diferentes álgebras.
Por-tanto, obtemos um número infinito de álgebras não isomorfas.
Resta-nos analisar o caso em que as álgebras tridimensionais possuem álgebras derivadas também tridimensionais.
(d) dim(A0) = 3.
Definição 2.12. Duas matrizes Ae B são chamadas cogradientes (ou cogradientes multi-plicativas) se existe uma matriz invertívelN e um número real ρ6= 0tal queB =ρNtAN.
Para denotar que A é cogradiente a B, usaremos a notação A∼B.
Proposição 2.13. A relação de cogradiente é uma relação de equivalência.
Demonstração: (i) Reflexividade: é óbvio que A ∼ A, pois A = ρNtAN para ρ = 1 e N =I, em que I é a matriz identidade.
(ii) Simetria: Suponha que A ∼ B. Então existe uma matriz N e ρ 6= 0 tal que B = ρNtAN. Assim:
B =ρNtAN ⇔BN−1 =ρNtA⇔ 1
ρ(Nt)−1BN−1 =A que equivale a
A= 1
ρ(N−1)tBN−1. Logo, B ∼A.
(iii) Transitividade: Suponha que A∼B eB ∼C. Então exitem matrizes invertíveis N1 eN2 e ρ1, ρ2 ∈C∗ tais que B =ρ1N1tAN1 e C =ρ2N2tBN2. Daí,
C =ρ2N2tBN2 = ρ2N2tρ1N1tAN1N2
= ρ2ρ1(N1N2)tA(N1N2).
Portanto, A∼C.
Proposição 2.14. SeA é uma matriz 3×3simétrica e invertível, então A é cogradiente da matriz identidade I de ordem 3.
Demonstração: Seja A uma matriz simétrica e invertível. Então A é matriz de um operador autoadjunto e, pelo Teorema Espectral, temos que existe uma matriz ortogonal N tal que NtAN é uma matriz diagonal, ou seja,
NtAN =
α 0 0 0 β 0 0 0 γ
com α, β, γ ∈ R∗. Multiplicando NtAN por γ−1, obtemos e, portanto,B ∼I. Por transitividade, A∼I.
Com este resultado, podemos demonstrar o teorema que encerra a classificação das álgebras de Lie de dimensão menor ou igual a 3.
Teorema 2.15. Seja A uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada A0 também é tridimensional, ou seja, A0 =A. Então, existe uma classe de álgebras de Lie tridimensional com produto entre os elementos da base dado poryz =x, zx=y e xy=z.
Demonstração: Seja {x1, x2, x3} uma base de A. Obviamente, x2x3 = y1, x3x1 = y2 e pois toda matriz mudança de base é invertível. Vejamos, utilizando a identidade de Jacobi,
queM é simétrica. Com efeito,
x1(x2x3) +x3(x1x2) +x2(x3x1) = 0.
Mas,
x1(x2x3) +x3(x1x2) +x2(x3x1)
=x1y1+x3y3+x2y2
=x1(α11x1+α12x2+α13x3) +x3(α31x1+α32x2+α33x3) +x2(α21x1+α22x2 +α23x3)
=α12x1x2+α13x1x3+α31x3x1+α32x3x2+α21x2x1 +α23x2x3
= (α12−α21)x1x2+ (α31−α13)x3x1+ (α23−α32)x2x3
= (α12−α21)y3+ (α31−α13)y2+ (α23−α32)y1.
Como{y1, y2, y3}é linearmente independente, a identidade de Jacobi nos diz que α12 = α21, α31 = α13 e α23 = α32. Isto mostra que M é simétrica. Consideremos uma outra base de A que denotaremos por {¯x1,x¯2,x¯3}. Temos que
¯
x1 =β11x1+β12x2+β13x3
¯
x2 =β21x1+β22x2+β23x3
¯
x3 =β31x1+β32x2+β33x3 e a matriz
N =
β11 β12 β13 β21 β22 β23
β31 β32 β33
é invertível, porque é a transposta da matriz mudança de base de {x1, x2, x3} para {¯x1,x¯2,x¯3}. Definamos y¯1 = ¯x2x¯3,y¯2 = ¯x3x¯1 e y¯3 = ¯x1x¯2. Para qualquer permutação cíclica(i, j, k)de (1,2,3)temos que
¯
yi = x¯jx¯k
= (βj1x1+βj2x2+βj3x3)(βk1x1+βk2x2+βk3x3)
= (βj1βk2−βj2βk1)x1x2+ (βj3βk1−βj1βk3)x3x1+ (βj2βk3−βj3βk2)x2x3
= (βj2βk3−βj3βk2)y1 + (βj3βk1−βj1βk3)y2+ (βj1βk2−βj2βk1)y3
= γi1y1+γi2y2+γi3y3.
Agora observe que a adjunta de Nt é
Portanto, M e M são matrizes simétricas e cogradientes. Pela Proposição 2.14, temos queM (ou M) é cogradiente a I, onde
Vamos agora destacar uma álgebra particular na família de álgebras satisfazendo dim(A) = 3 = dim(A0). Impomos a condição em que A contém um elemento h tal que ad(h)tem um autovalorα 6= 0 pertencente aC. Então temos um autovetore6= 0 tal que eh = ad(h)(e) = αe 6= 0 (definindo agora por conveniência ad(x)(y) = yx, ∀x, y ∈ A) e como hh = 0, e e h são linearmente independentes, fazendo parte da base ordenada {x, y, z} = {e, h, f}. Se {y1, y2, y3} for definida como sendo y1 = hf, y2 = f e e y3 = eh, segue que a matriz simétrica agora é
poisy3 =α31e+α32h+α33f =αe. Daí, temoseh=αe, hh= 0, f h=−αf−α11e−α12h, visto quef h=−y1 =−(α11e+α12h+αf). Isto implica que os autovalores de ad(h)são 0, αe−α. Podemos substituirf por um autovetor cujo autovalor é−α. Este é linearmente independente de e e h e, portanto, pode ser usado para f. Por isso podemos supor que eh=αe, f h=−αf. Se substituirmos h por 2α−1h obtemos eh= 2e, f h=−2f. Por ser α12= 0, a matriz simétrica agora nos dáef =βh6= 0. Substituindof porβ−1f, obtemos a base{e, f, h} tal que
eh= 2e, f h=−2f, ef =h.
Um conhecido exemplo concreto desta álgebra ésl2(F)das matrizes de ordem 2 com traço zero sobre um corpo de característica 0. Falaremos mais dela no próximo capítulo.