durante o desenvolvimento deste trabalho o autor recebeu

Nilálgebras comutativas de potênciasassociativas e o problema de Albert

Elkin Oveimar Quintero Vanegas

Tese apresentadaao

Instituto de Matemática e Estatísticada

Universidade de São Paulopara

obtenção do títulode

Doutor em Ciências

Programa: Matemática

Orientador: Prof. Dr. Juan Carlos Gutierrez Fernandez

Durante o desenvolvimento deste trabalho o autor recebeu auxílio �nanceiro da CAPES

São Paulo, maio de 2016

Nilálgebras comutativas de potênciasassociativas e o problema de Albert

Esta versão da tese contém as correções e alterações sugeridas

pela Comissão Julgadora durante a defesa da versão original do trabalho,

realizada em 12/09/2016. Uma cópia da versão original está disponível no

Instituto de Matemática e Estatística da Universidade de São Paulo.

Comissão Julgadora:

• Prof. Dr. Juan Carlos Gutierrez Fernandez (orientador) - IME-USP

• Prof. Dr. Ivan Shestakov - IME-USP

• Prof. Dr. Plamen Kosholukov - UNICAMP

• Prof. Dr. Alexandr Kornev - UFABC

• Prof. Dr. Lucio Centrone - UNICAMP

Agradecimentos

Inicialmente quero agradecer ao professor Juan Carlos Gutierrez Fernandez pela sua orientação,

acompanhamento e notáveis aportes no desenvolvimento deste trabalho.

A meus colegas do seminário de estudantes do grupo de pesquisa Lie and Jordan Algebras and

their Representations do IME - USP, já que com a sua ajuda, eu consegui madurecer muitos con-

ceitos das álgebras não-associativas.

A CAPES pelo suporte �nanceiro.

i

Resumo

QUINTERO VANEGAS, E. O. Nilálgebras comutativas de potências associativas e o pro-

blema de Albert. 2016. Tese (Doutorado) - Instituto de Matemática e Estatística, Universidade

de São Paulo, São Paulo, 2016.

Neste trabalho será provado que as álgebras comutativas de potências associativas de dimensão

n e nilíndice n− 3, assim como, álgebras de dimensão 9 sobre C, são solúveis.

Logo depois de estudar o problema de Albert, será feito um re�namento da descrição que os autores

deram em [GFGMM14] para as álgebras comutativas de potências associativas de dimensão n e

nilíndice n− 1 sobre um corpo de característica diferente de 2,3 e 5. Tal re�namento será feito para

n ≥ 12.

Palavras-chave: nilálgebras de potências associativas, álgebras comutativas, álgebras solúveis,

classi�cação de álgebras, problema de Albert.

iii

Abstract

QUINTERO VANEGAS, E. O. Commutative power-associative nilalgebras and Albert's

problem. 2016. Tese (Doutorado) - Instituto de Matemática e Estatística, Universidade de São

Paulo, São Paulo, 2016.

We will prove that commutative power-associative nilalgebras both of dimension n and nilindex

n− 3, or of dimension 9 over C, are solvable.After that, we will make a re�nement about the description that the authors constructed

in [GFGMM14] for commutative power-associative nilalgebras of dimension n and nilindex n − 1

over a �eld of characteristic diferent from 2,3 and 5. Such kind of a re�nement will be do me for

n ≥ 12.

Keywords: power-associative nilalgebras, commutative algebras, solvable algebras, classi�cation

up to isomorphism, Albert's problem.

v

Sumário

Lista de Abreviaturas ix

Lista de Símbolos xi

Lista de Tabelas xiii

Introdução 1

1 Preliminares. 7

1.1 Álgebras não-associativas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Álgebras de potências associativas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Álgebras de dimensão n e nilíndice n− 3. 13

2.1 Se M está contida numa subálgebra B onde codimB = 3. . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2 Solubilidade das álgebras de dimensão n e nilíndice n− 3. . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Álgebras de dimensão 9. 27

3.1 Álgebras comutativas de potências associativas de nilíndice 5. . . . . . . . . . . . . . 28

3.2 Álgebras comutativas de potências associativas de dimensão 9. . . . . . . . . . . . . . 32

3.2.1 Se L4U não é uma identidade na álgebra A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2.2 Se L5 não é uma identidade na álgebra A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2.3 Se L2UL não é uma identidade na álgebra A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.2.4 Se LUL não é uma identidade na álgebra A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4 Um estudo das nilálgebras de dimensão n e nilíndice n− 1. 75

4.1 Elementos de índice maximal nas classes VId e VId2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.2 Descrição das triplas (a, b, c) ∈ P(A) na classe VId2 para n ≥ 12. . . . . . . . . . . . 84

Referências Bibliográ�cas 89

Índice Remissivo 92

vii

viii SUMÁRIO

Lista de Abreviaturas

nilind(A) nilíndice da álgebra A.span{T} subespaço vetorial gerado por T .

ann(A) anulador da álgebra A.a1a2 · · · aky composta dos operadores multiplicação a esquerda aplicados em y, é dizer,

La1La2 · · ·Lak(y).

ix

x LISTA DE ABREVIATURAS

Lista de Símbolos

F corpo.

A, B álgebras sobre o corpo F.C, C1, C2 subálgebras de A.M(a) subálgebra de A gerada pelo elemento a de nilíndice maximal.

M M(a) se a é evidente do contexto.

xy multiplicação entre x e y.

A+ álgebra de Jordan obtida a partir da álgebra associativa A.A− álgebra de Lie obtida a partir da álgebra associativa A.I, J ideais de A.A/B espaço vetorial quociente.

A/I álgebra quociente.

Lx operador multiplicação à esquerda determinado por x.

L Lx se x é evidente do contexto.

Ux Lx2 .

U Ux se x é evidente do contexto.

Rx operador multiplicação à direita determinado por x.

End(A) conjunto de transformações lineares de A em A.Lx operador induzido ao espaço vetorial quociente.

≡ igualdade de operadores lineares, ou

congruência módulo uma subálgebra.∼= isomor�smo de álgebras.

P(A) A é uma álgebra de dimensão e nilíndice n, e P(A) é o conjunto de pares

{(a, b) |a, b ∈ A, an−1 6= 0, b ∈ A \M, ab ∈ Fa2, ban−2 = 0}.P(A) A é uma álgebra de dimensão n e nilíndice n− 1, B é uma subálgebra de dimensão

e nilíndice n− 1 de A e P(A) é o conjunto de triplas

{(a, b, c) |a, b, c ∈ A, (a, b) ∈ P(B), c ∈ A \ B(a), ca ∈ span{a, b} }.MB conjunto de operadores induzidos Lx ao espaço A/B, se xB ⊂ B.NB conjunto de operadores induzidos Lx ao espaço A/B, se x ∈ B.Nilp(A) radical nilpotente de A.Solv(A) radical solúvel de A.Nil(A) nilradical de A.rank(h) posto da matriz h

codim(B) dimA− dimB, se B é uma subálgebra de A.

xi

xii LISTA DE SÍMBOLOS

Lista de Tabelas

3.1 Relação entre os operadores de grau 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29



xiii

xiv LISTA DE TABELAS

Introdução

O termo álgebra é usado frequentemente na literatura para fazer referência às álgebras associ-

ativas, no entanto, neste trabalho, o termo álgebra ou álgebra não-associativa será utilizado para

fazer referência às estruturas nas quais a propriedade de associatividade não é uma lei adotada. O

uso desse termo não signi�ca que a propriedade não é válida, somente que não é assumida. Tendo

isto em conta, uma álgebra não-associativa A é um espaço vetorial sobre um corpo F no qual está

de�nida uma aplicação (x, y) 7→ xy, chamada de multiplicação, que goza das seguintes propriedades:

(x+ y)z = xz + yz, x(y + z) = xy + xz, x, y, z ∈ A.

Essa multiplicação deve ser compatível com a estrutura de espaço vetorial, ou seja,

α(xy) = (αx)y = x(αy), x, y ∈ A, α ∈ F.

As álgebras não-associativas têm despertado o interesse de pesquisadores em diferentes áreas o

que ressalta sua importância na atualidade. Por fazer menção de algumas, as álgebras de Lie estão

relacionadas com a estrutura local dos grupos topológicos e servem de base para a teoria dos grupos

quânticos; as álgebras de Jordan introduzidas pelo físico P. Jordan com a ideia de generalizar o

formalismo da mecânica quântica, foram relacionadas posteriormente com as álgebras de Lie e os

fundamentos da geometria; as álgebras báricas foram introduzidas como ferramenta principal no

estudo da teoria de álgebras genéticas.

As álgebras de Lie e as álgebras de Jordan são álgebras não-associativas destacadas. Em ambas

classes podem ser obtidos exemplos a partir de uma álgebra associativa A. Em ambos casos, troca-se

o produto de A por uma nova operação. No primeiro, ele é trocado pela operação [x, y] := xy− yx,assim, A− = (A, [ ]) é uma álgebra de Lie. No segundo caso, A deve ser uma álgebra sobre

um corpo de característica diferente de 2, assim, o produto associativo é trocado pela operação

x ◦ y := 12(xy + yx), e agora A+ = (A, ◦) é uma álgebra de Jordan. O Teorema de Poincaré-

Birkho�-Witt a�rma que cada álgebra de Lie é isomorfa a uma subálgebra de A− para alguma

álgebra associativa A. De outro lado, no ano 1933, P. Jordan, J. von Neumann e E. Wigner clas-

si�caram todas as álgebras de Jordan euclideanas simples de dimensão �nita sobre os reais em 5

tipos, quatro desses tipos de álgebras são álgebras tais que o análogo ao Teorema de PBW para

álgebras de Jordan é válido. No entanto, eles não conseguiram provar que o outro tipo, as matrizes

hermitianas de tamanho 3×3 sobre o anel dos octônios satisfaz também essa propriedade. Foi A.A.

Albert, quem no artigo [Alb34] provou que essa álgebra de dimensão 27 sobre R é uma álgebra

excepcional, assim, não cada álgebra de Jordan é isomorfa a uma subálgebra de A+ para alguma

1

2 INTRODUÇÂO

álgebra associativa A. Anos mais tarde, em 1979, E�n Zelmanov demonstrou que cada álgebra de

Jordan de divisão e excepcional é a álgebra de dimensão 27 sobre seu centro mencionada acima.

A primeira álgebra não-associativa que não satisfaz a propriedade de associatividade, surgiu a

partir das comunicações entre dois grandes colegas e amigos: J. T. Graves e W. R. Hamilton. Em

1843, logo depois de tentar de�nir sem êxito uma multiplicação em R3 que o tornasse um corpo,

Hamilton escreveu para Graves que tinha alcançado tal objetivo em R4, esse �corpo não comutativo�

é conhecido como o anel dos quatérnios. Em uma carta datada de 26 de dezembro de 1843, Graves

respondeu a Hamilton que tinha construído um outro �corpo não comutativo�, os "octaves" hoje

conhecido como os octônios. Em janeiro de 1844, Graves continuou a comunicação com Hamilton

mediante três cartas, dessa vez, ele mostrou que os "octaves" formam uma álgebra normada com di-

visão. Porém, foi Hamilton quem informou a Graves que essa álgebra não era associativa [SCM+67].

Não obstante, a descoberta dessa álgebra trouxe uma anedota que precisa ser contada: Graves

não havia publicado os trabalhos em relação aos "octaves". Independentemente, Arthur Cayley pu-

blicou em 1845 um trabalho onde de�niu uma estrutura de álgebra sobre R8, os conhecidos octônios.

Anos mais tarde, Graves com apoio de Hamilton tornou pública sua descoberta sobre os octônios,

porém essa álgebra já era conhecida como os números de Cayley.

Um celebre teorema demonstrado por Adolf Hurwitz em 1898 estabelece que existem unica-

mente quatro álgebras de divisão normada de dimensão �nita sobre os reais, elas são: os números

reais, os números complexos, os quatérnios e os octônios.

Embora os octônios não sejam associativos, eles satisfazem uma propriedade quase associativa:

cada subálgebra gerada por 2 elementos é associativa. Essas álgebras são chamadas de alternativas.

As álgebras de Jordan são de�nidas pelas identidades

xy − yx = 0, x2(yx)− (x2y)x = 0.

As álgebras que satisfazem a primeira identidade chamam-se comutativas. A segunda identidade,

recebe o nome de identidade de Jordan. As álgebras de Jordan generalizam as álgebras alternativas

comutativas.

Como já foi mencionado, as álgebras de Jordan foram introduzidas desde um ambiente da física,

no entanto, a relação entre essas álgebras com outros objetos matemáticos começaram a surgir.

Algumas das mais destacadas relações são com as álgebras de Lie, ou com a teoria de grupos. De

fato, em 1991 E�n Zelmanov deu uma solução positiva ao problema de Burnside restringido, o

qual perguntava se existe uma quantidade �nita de grupos com m geradores e de exponente n. Pela

solução deste problema, ele recebeu a medalha Fields no ano 1994. Este problema foi reduzido a um

problema em certos p-aneis de Lie, que a sua vez, podem ser relacionados com álgebras de Jordan

sobre um corpo de característica p.

Ao enfraquecer ainda mais a propriedade de associatividade, obtém-se as álgebras de potências

associativas, que são álgebras tais que toda subálgebra gerada por um só elemento é associativa.

INTRODUÇÂO 3

No ano 1948, A.A. Albert demonstrou que as álgebras comutativas de potências associativas sobre

um corpo de característica diferente de 2, 3 e 5 estão de�nidas pelas identidades

xy − yx = 0, x4 − x2x2 = 0.

Desse modo, as álgebras comutativas de potências associativas são uma generalização das álgebras

de Jordan, e também das álgebras alternativas comutativas.

Mesmo que as álgebras alternativas, de Jordan e as de potências associativas sejam álgebras não-

associativas, os resultados básicos de estrutura para as álgebras associativas podem ser formulados

para as álgebra não-associativas. Por exemplo, nas três classes de álgebras é válida a decomposição

de Peirce relativa a um elemento idempotente, teoremas de isomor�smo, e a teoria geral de radicais.

Por outro lado, as nilálgebras em geral, são estudadas por diferentes autores ao longo dos anos, e

são muitos os problemas que ainda estão em aberto, ou problemas aos quais foram dadas respostas

parciais. O problema de Kurosh perguntava se cada nilálgebra �nitamente gerada é nilpotente. Este

problema teve resposta negativa, já que em 1964, E.S. Golod no seu artigo [Gol64] construiu uma

nilálgebra �nitamente gerada a qual não é nilpotente. O que acontece se é adicionada a hipótese

da nilálgebra possuir nilíndice limitado? A resposta geral é negativa, no entanto, nas classes impor-

tantes de álgebras, como por exemplo, as associativas, e versões adequadas para as álgebras de Lie

e as álgebras de Jordan, a resposta é positiva, tendo em conta que para as últimas duas classes, a

pergunta precisa ser re-enunciada.

Nas álgebras associativas, foram M. Nagata em 1952 no artigo [Nag52] para característica zero,

e G. Higman em [Hig56] em 1956 para característica positiva, quem provaram que se uma álgebra

não possui elementos de ordem aditivo menor do que n e satisfaz a identidade xn = 0, então a

álgebra é nilpotente, e o índice de nilpotencia depende unicamente de n. �Não obstante, tempo

depois foi descoberto que esse resultado já tinha sido estabelecido em 1943 por J. Dubnov e V.

K. Ivanov em [DI43], mas o artigo passou por alto na comunidade matemática� [DF04, pag. 75].

Já no ano de 1974, Y. P. Razmyslov em [Raz74] demonstrou que o índice de nilpotencia f(n) de-

via ser menor ou igual do que n2. De outro lado, E. N. Kuzmin em [Kuz75] estabeleceu que o

índice f(n) satisfaz f(n) ≥ n(n + 1)/2. Dessa forma, tem-se que n(n + 1)/2 ≤ f(n) ≤ n2. Na

atualidade, se conhece como a conjetura de Kuzmin o fato que f(n) = n(n + 1)/2. As igualdades

para os casos n ≤ 4 são os únicos casos demonstrados desta conjetura, aliás, de um avanço feito

por I. Shestakov e N. Zhukavetz para n = 5, particularmente, nas álgebras que possuem 2 geradores.

Como as álgebras de Lie são nilálgebras, já que x2 = 0 é uma identidade, a noção de elemento

nilpotente necessita de uma modi�cação: Nas álgebras de Lie, um elemento x é dito ad-nilpotente

se o operador adx(y) = [x, y] é um operador nilpotente. Dessa forma, o problema de Kurosh nas

álgebras de Lie é da seguinte forma: Dada uma álgebra de Lie ad-nilpotente �nitamente gerada de

nilíndice limitado, ela é nilpotente? Se a característica é positiva, Razmyslov em 1971 construiu

uma álgebra de Lie que satisfaz adp−2x ≡ 0 para cada p ≥ 5, mas ela não é nilpotente. Assim,

�cava a pergunta em aberto para característica zero. Em 1987, E. Zelmanov em [Zel87] resolveu o

problema de forma mais geral. Ele provou que é su�ciente supor que a álgebra de Lie é somente

4 INTRODUÇÂO

ad-nilpotente. Nesse caso, a álgebra é nilpotente.

No livro [Dne93, Prob. 1.156], A. I. Shirshov formulou a pergunta para álgebras de Jordan

assim: Deve ser uma nilálgebra de Jordan de nilíndice limitado, localmente nilpotente? Ela foi res-

pondida a�rmativamente por E. Zelmanov no artigo [Zel82] no ano 1982. No entanto, A. A. Albert,

já tinha estabelecido o seguinte resultado [ZSSS82, pag. 92] para álgebras de dimensão �nita: Cada

nilálgebra de Jordan de dimensão �nita sobre un corpo de característica diferente de 2, é nilpotente.

Aliás dos nomeados acima, vários outros autores tem trabalhado nesse sentido, alguns deles são

I. Levitzki, A. Y. Belov, I. Kaplansky, A. I. Shirshov, K. A. Zevlakov, A. A. Albert, I. P. Shestakov.

Ao tomar conhecimento sobre o fato que as nilálgebras de Jordan de dimensão �nita são nilpo-

tentes, A.A. Albert se questionou se essa propriedade poderia ser estendida nas álgebras comutativas

de potências associativas. No entanto, Suttles em [Sut72] apresento o seguinte contraexemplo:

Seja A a álgebra de dimensão 5 e nilíndice 4 com base {a, a2, a3, b, a2b}, onde os produtos são

de�nidos por aiaj = ai+j se i+ j < 4,

a3b = a2, a(a2b) = −a2,

e os demais produtos iguais a zero. Dessa forma, obtém-se que A3 = A2 = span{a2, a3, a2b}. Nessecaso, A é uma nilálgebra comutativa de potências associativas que não é nilpotente. Não obstante

(A2)2 = 0, portanto, ela é solúvel.

Uma álgebra A é solúvel se existir um m tal que A(m) = 0, onde as potências plenárias de Asão de�nidas indutivamente por: A(0) = A e A(k) = A(k−1)A(k−1) para k > 0.

Assim, o problema está em aberto desde então, e é conhecido como

O problema de Albert: Seja A uma nilálgebra comutativa de potências associativas de dimensão

�nita sobre um corpo de característica diferente de 2. É A solúvel?

O estudo desse problema tem despertado interesse de diversos autores ao longo dos anos, e

foram obtidas soluções parciais do problema. Por um lado, foi mostrado em [CP01, CHP03, GF10,

ES04, GF04, GFS05] que se a dimensão da álgebra é menor ou igual do que 8, ela é solúvel. Sob

outra perspectiva, uma álgebra de dimensão n será solúvel se o nilíndice for maior ou igual do que

n− 2, como foi demonstrado nos artigos [ESGF05, GF04].

De outra parte, o problema de Albert tem sido relacionado com alguns problemas em diferen-

tes áreas da matemática, o qual ressalta a importância do problema e o interesse em obter uma

resposta para ele. Recentemente, U. Umirbaev em [Umi14] fez uma conexão entre as álgebras de

Engel solúveis e o problema de dependência homogênea, é dizer, relaciona um problema clássico de

teoria de anéis, com um problema de geometria a�m. A relação com o problema de Albert, é que

cada nilálgebra comutativa de potências associativas de dimensão �nita é uma álgebra de Engel.

Além disso, no ano 2009, o problema de Albert foi relacionado a um problema de formas bilineares

INTRODUÇÂO 5

simétricas associativas, como poder ser encontrado em [Are09].

A �m de entender melhor a estrutura das nilálgebras comutativas de potências associativas foi

dada uma classi�cação para subclasses especí�cas. Em particular, as álgebras de dimensão n e ni-

líndice n foram classi�cadas para n ≤ 4 em [GM75] e em [CS99] para n ≥ 5 e A uma álgebra de

Jordan. Aliás, no trabalho [ES02], os autores deram a classi�cação para as álgebras de dimensão 5

nesta classe que não são de Jordan. Nos trabalhos [GFGM13] e [GFGMM14], foi dada uma descri-

ção para as álgebras nos casos em que a dimensão da álgebra é n ≥ 6. No primeiro artigo, foram

estudadas as álgebras de nilíndice n, e no segundo, as álgebras de nilíndice n− 1.

O objetivo dessa tese é estender os resultados conhecidos a respeito do problema de Albert.

Nesse sentido, será mostrado que cada nilálgebra comutativa de potências associativas de dimensão

n e nilíndice n − 3, assim como, álgebras de dimensão 9 são solúveis. De outro lado, fazer um

re�namento na descrição das nilálgebras comutativas de potências associativas de dimensão n ≥ 12

e nilíndice n− 1 que foi publicada no artigo [GFGMM14].

Para alcançar os objetivos deste trabalho, será necessário interagir com duas partes da mate-

mática: uma parte teórica e uma parte de cálculos. A parte teórica será fundamental para estender

o resultado do problema de Albert para as álgebras de dimensão n e nilíndice n − 3. De outro

lado, os cálculos serão indispensáveis tanto na hora de afrontar o problema de Albert para álgebras

de dimensão 9, quanto na hora de fazer o re�namento querido para as álgebras de dimensão n e

nilíndice n− 1. O trabalho será dividido da seguinte forma:

No Capítulo 1, são apresentados os conceitos básicos de álgebras não-associativas necessários

para a compreensão e o desenvolvimento da tese. Será dado enfoque nas nilálgebras comutativas

de potências associativas de dimensão n e nilíndice n − 3 no Capítulo 2. Nele prova-se que cada

nilálgebra nessa classe é uma álgebra solúvel, de modo que o problema de Albert consegue mais

uma resposta a�rmativa quando a dimensão é arbitraria. Com esses resultados, é possível estudar

as nilálgebras de dimensão 9, portanto, no Capítulo 3 serão estudadas as nilálgebras de potências

associativas de dimensão 9 e nilíndice 5. Deste modo, os resultados do problema de Albert serão

estendidos quando a dimensão da álgebra é mantida �xa, pois será provado que as nilálgebras co-

mutativas de potências associativas de dimensão 9 são solúveis. Finalmente, no Capítulo 4 será

re�nada a descrição das nilálgebras comutativas de potências associativas de dimensão n ≥ 12 e

nilíndice n− 1.

Assim, os principais resultados obtidos nesta tese são os seguintes:

Teorema 1. Se A é uma álgebra comutativa de potências associativas sobre o corpo C, então ela

é solúvel caso:

i. dimA = n e nilindA = n− 3, ou

ii. dimA = 9.

Seja V a variedade das álgebras comutativas de potências associativas de dimensão n e nilíndice

n − 1 sobre um corpo de característica diferente de 2, 3 e 5. Dada A ∈ V, existem a, b, c ∈ A

6 INTRODUÇÂO

tais que a possui índice maximal, é dizer, an−2 6= 0, e uma base para A é dada pelo conjunto

{a, a2, · · · , an−2, b, c}. Considere M(a) = span{a, a2, · · · , an−2}, V′ a classe de álgebras tais que

A ∈ V, mas A2 6⊂M(a) para nenhum elemento de índice maximal, e

VId = {A ∈ V′ : ∃a ∈ A de índice maximal, M(a) é ideal de A},

VId2 = {A ∈ V′ : ∃a ∈ A de índice maximal, M(a) não é ideal de A, M2(a) é ideal},

VNId = {A ∈ V′ : ∃a ∈ A de índice maximal, M(a), M2(a) não são ideais de A}.

Caso A ∈ VId, então c2 − b ∈M2(a). Se A ∈ VId2, existe α ∈ F tal que ca = b e c2 − αb ∈M2(a).

Teorema 2. Se n ≥ 12, então a seguinte união é disjunta:

V′ = VId ∪ {A ∈ VId2 |α = 0} ∪VNId.

Como resultado deste trabalho, serão publicados 2 artigos em periódicos internacionais. O pri-

meiro deles, já aceito em Linear Algebra and its Appplications, trata acerca do problema de Albert

nas álgebras de dimensão n e nilíndice n − 3. O segundo, ainda em preparação, será acerca do

problema de Albert nas álgebras de dimensão 9.

Capítulo 1

Preliminares.

Neste capítulo será dada a terminologia, notações e propriedades clássicas de álgebras não-associativas que serão usadas no decorrer da tese e alguns fatos bem conhecidos de álgebras comu-tativas de potências associativas.

1.1 Álgebras não-associativas.

De�nição 1. Uma álgebra não-associativa A é um espaço vetorial sobre um corpo F, onde estáde�nida uma operação binária (x, y) 7→ xy, chamada de multiplicação, que veri�ca as seguintespropriedades:

(x+ y)z = xz + yz,

x(y + z) = xy + xz, x, y, z ∈ A, α ∈ F.α(xy) = (αx)y = x(αy).

Uma álgebra é dita de comutativa, se xy = yx para todo x, y ∈ A. Ela é denominada associativase para quaisquer x, y, z ∈ A é válido que x(yz) = (xy)z.

De�nição 2. Um subespaço vetorial B de A chama-se de subálgebra se xy ∈ B para quaisquerx, y ∈ B. Um subespaço I de A fechado para multiplicação por elementos de A, isto é, xa, ax ∈ Ipara todo x ∈ A, a ∈ I, é dito de ideal de A.

Uma transformação linear h : A −→ B entre álgebras sobre o corpo F chama-se de homomor�smode álgebras quando satisfaz

h(ab) = h(a)h(b), a, b ∈ A.

Dado que a de�nição de homomor�smo não utiliza a associatividade, nas álgebras não-associativassão válidos os teoremas de isomor�smo, a saber:

Teorema 3. i. Se I, J são ideais de A tais que I ⊂ J , então

(A/I)/(J/I) ∼= A/J,

ii. Se I é um ideal de A, e B é uma subálgebra de A, então B ∩ I é um ideal de B e

(I + B)/I ∼= B/(I ∩ B).

O operador linear Lx : A −→ A de�nido por Lx(y) = xy chama-se de operador multiplicação àesquerda determinado por x. Similarmente, Rx : A −→ A de�nido como Rx(y) = yx, é dito de ope-rador multiplicação à direita determinado por x. No caso em que A é uma álgebra comutativa, então

7

8 PRELIMINARES. 1.1

é válido que Lx ≡ Rx. Note que em geral, os operadores Lx e Rx não são homomor�smos de álgebras.

Será denotado por End(A) o conjunto de todas as transformações lineares de A em A. Facil-mente pode ser visto que End(A) é uma álgebra associativa, não comutativa se dimA > 1, ondesua operação multiplicação é a composta de transformações lineares.

Se B é uma subálgebra de A, para cada x ∈ A tal que xB ⊂ B, pode ser de�nido o operadorlinear Lx no espaço vetorial A/B como segue:

Lx(y + B) = xy + B.

O operador Lx �ca bem de�nido, pois se y+B = z+B, então y− z ∈ B, portanto, xy−xz ∈ B,é dizer, xy+B = xz+B. No caso em que B é um ideal, segue que Lx está de�nido para cada x ∈ A,desse modo, A/B torna-se uma álgebra.

Como a multiplicação não necessariamente é associativa, existem diferentes formas de de�niras potências dos elementos da álgebra A. Na sequência, são de�nidas as potências relevantes nessatese.

De�nição 3. Seja x ∈ A, são de�nidas duas potências do elemento x indutivamente:

x1 = x, xk+1 = xkx são as potências principais à direita de x.1x = x, k+1x = x(kx) são as potências principais à esquerda de x.

No caso de uma álgebra comutativa, as potências principais à direita coincidem com as potênciasprincipais a esquerda. Nesse caso, essas potências são chamadas de potências principais do elementox.

De�nição 4. Um elemento x ∈ A é dito de nilpotente se existe k ∈ Z+ tal que xk = kx = 0.Uma álgebra A é dita de nilálgebra, se x é nilpotente para cada x ∈ A. Caso exista k ∈ Z+ tal quexk = kx = 0 para todo x ∈ A, o menor inteiro que satisfaz essa propriedade é chamado de nilíndicede A e será denotado por nilindA.

De�nição 5. Uma álgebra A chama-se de álgebra de Engel se para cada x ∈ A, os operadoresLx, Rx ∈ End(A) são nilpotentes.

Dado que se A é de dimensão �nita, o único autovalor de um operador nilpotente é zero, tem-seo seguinte lema:

Lema 1. Seja A uma álgebra de Engel de dimensão �nita. Se existe 0 6= a ∈ A tal que Lx(a) = αa,então α = 0 e a ∈ kerLx.

De modo análogo às potências de um elemento, existem varias formas diferentes de de�nir aspotências de uma álgebra. A seguir são de�nidas as potências de álgebras que serão trabalhadasnessa tese.

Sejam I, J dois subespaços da álgebra A. O produto IJ e a soma I + J são de�nidos por

IJ = span{xy| x ∈ I, y ∈ J},I + J = span{x+ y| x ∈ I, y ∈ J}.

As seguintes potências são de�nidas por indução da seguinte forma:

A1 = A, Ak =∑i+j=k

AiAj para cada k ≥ 2,

A(0) = A, A(s+1) = A(s)A(s) para cada s ≥ 0.

1.2 ÁLGEBRAS DE POTÊNCIAS ASSOCIATIVAS. 9

De�nição 6. Uma álgebra A chama-se de nilpotente se existe um inteiro k ≥ 2 tal que Ak = 0.Por outro lado, a álgebra é denominada de solúvel se existe um inteiro s ≥ 1 tal que A(s) = 0. Osmenores números k e s cumprindo essas condições, são chamados de índice de nilpotencia e índicede solubilidade, respetivamente.

Utilizando-se indução, facilmente se demonstra que A(k) ⊂ A2k , desse modo, obtém-se o seguintelema:

Lema 2. Toda álgebra nilpotente é solúvel.

Não obstante, a recíproca do lema acima não é verdadeira, por exemplo, tem-se a álgebra deSuttles como foi exposto na introdução. Nesta álgebra, para todo inteiro k ≥ 2 obtém-se queAk = span{a2, a3, a2b}, desse modo, elá não é nilpotente. Não obstante, A(2) = 0.

Como a solubilidade de algumas álgebras é o tema central de estudo desta tese, o seguinte lemaé uma ferramenta útil para provar que uma álgebra é solúvel.

Lema 3. Se I é um ideal de A tal que I e A/I são solúveis, então A é solúvel.

Demonstração. Dado que A/I é solúvel, então existe k ≥ 1 tal que (A/I)(k) = 0, o que é equivalentea dizer que A(k) ⊂ I. Por outro lado, como I é solúvel, existe k0 ≥ 1 tal que I(k0) = 0, dessa forma,A(k+k0) = (A(k))(k0) ⊂ I(k0) = 0. Portanto, A é solúvel.

Um resultado imediato é o seguinte lema.

Lema 4. Se I, J são ideais solúveis de uma álgebra A, então I + J é solúvel.

Seja M uma classe de álgebras fechada por imagens de homomor�smos. Uma subclasse R é ditaradical se:

i. R é fechada por imagens de homomor�smos,

ii. para cada A ∈M existe um ideal R(A) de A tal que R(A) ∈ R e contém cada ideal de A quepertence a R,

iii. R(A/R(A)) = 0.

Como consequência dos lemas anteriores, junto ao segundo teorema de isomor�smos, seque quena classe das álgebras de dimensão �nita, a subclasse formada pelas álgebras solúveis é radical.Assim, se A é uma álgebra de dimensão �nita, então A possui um único ideal maximal solúvel. Esseideal é chamado de radical solúvel de A e denota-se por Solv(A).

Em geral, numa classe arbitrária de álgebras a subclasse formada por as álgebras nilpotentesnão é radical, já que não satisfaz o análogo do Lema 3 para ideais nilpotentes. Por exemplo, seA é a álgebra de Suttles e I = A2, então tanto I, quanto A/I são nilpotentes com índice denilpotencia igual a 2, porém, A não é nilpotente. Se a subclasse Nilp, formada pelas álgebrasnilpotentes, é radical em M, então o correspondente ideal nilpotente Nilp(A), para A ∈M chama-se radical nilpotente de A. Se a subclasse Nil, formada pelas nilálgebras, é radical em M, então ocorrespondente nilideal Nil(A), para A ∈M chama-se nilradical de A.

1.2 Álgebras de potências associativas.

Como foi mencionado na introdução, as álgebras de Jordan são álgebras comutativas que satis-fazem a identidade de Jordan

x2(yx) = (x2y)x.

Um resultado bem conhecido, provado por A.A. Albert para essa classe de álgebras é o seguinte:

10 PRELIMINARES. 1.2

Teorema 4. [Sch66, Teo. 4.3] Seja A uma nilálgebra de Jordan de dimensão �nita sobre um corpode característica diferente de 2. Então A é nilpotente.

Isto signi�ca que na classe das álgebras de Jordan de dimensão �nita, as subclasses nilpotente,nil e solúvel são radicais. Alem do mais, para cada álgebra de Jordan A de dimensão �nita temosque

Nilp(A) = Solv(A) = Nil(A).

Este resultado é a base de estudo de um dos problemas enfrentados nesta tese, o problemade Albert, o qual foi descrito na introdução. É natural preguntar-se se na classe das álgebrascomutativas de potências associativas de dimensão �nita, que generalizam as álgebras de Jordan,também é válida a igualdade Solv(A) = Nil(A). Esta questão é uma formulação alternativa doProblema de Albert. Uma questão equivalente é a seguinte: existem nilálgebras comutativas depotências associativas simples de dimensão �nita? Uma álgebra A é simples se A2 6= 0 e os únicosideais de A são 0 e A.

De�nição 7. Uma álgebra A chama-se de potências associativas se para cada x ∈ A, a subálgebragerada pelo elemento x é associativa.

Essa de�nição é equivalente a exigir que qualquer elemento x ∈ A satisfaça

xixj = xi+j , para quaisquer i, j ≥ 1.

Na década de 1940-1950, A.A. Albert estudou as álgebras de potências associativas, e no ar-tigo [Alb48] provou que essa classe de álgebras pode ser de�nida a partir de uma identidade poli-nomial e a comutatividade, mais precisamente, ele mostrou o seguinte:

Teorema 5. [Alb48, Teo. 4] Seja A uma álgebra comutativa sobre um corpo de característica dife-rente de 2, 3 e 5. Então A é de potências associativas, se e somente se, para cada x ∈ A é válida aigualdade

x4 = x2x2.

Nesse mesmo artigo, Albert construiu exemplos de álgebras sobre corpos de característica 2, 3 e5 que satisfazem a igualdade x4 = x2x2, mas não são álgebras de potências associativas, de modoque, a restrição na característica não pode ser removida.

Observe que cada álgebra de Jordan, satisfaz x4 = x2x2, desse modo, as álgebras comutativasde potências associativas são uma generalização das álgebras de Jordan.

O processo de linearização de identidades é uma ferramenta util no estudo da estrutura de umavariedade de álgebras e é fundamental no estudo do presente trabalho. Neste escrito não serão dadosmais detalhes, o leitor interessado pode consultar livros como [ZSSS82, pag. 9] ou [Osb72, pag. 174].

Ao usar a teoria de linearização, pode ser provado o seguinte lema para a subálgebra de End(A)gerada pelos operadores Lak com k inteiro positivo.

Lema 5. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas sobre um corpo F de caracte-rística diferente de 2 e 3. Então para cada a ∈ A, a subálgebra gerada pelos operadores Lak , com kinteiro positivo, é de fato gerada (como álgebra) por La, La2. Além disso, para todo r ≥ 1 tem-seque

3Lar+2 = 4La2Lar + 8Lar+1La − 2L2aLar − 2LaLarLa − 2LaLar+1 − 2LarL

2a − LarLa2 .

Em particular para r = 1 e r = 2 tem-se que

La3 = 4La2La − L2La2 − 2L3a,

1.2 ÁLGEBRAS DE POTÊNCIAS ASSOCIATIVAS. 11

La4 = L2a2 −

2

3

(La2L

2a + LaLa2La + LaLaLa2

)+

2

3

(4La3La − LaLa3

).

Por outro lado, o seguinte teorema provado por Gerstenhaber em [Ger60] para álgebras comu-tativas sobre um corpo de característica zero ou maior do que 2t− 3, e logo estendido pelos autoresem [ESGF05] onde o resultado é válido para álgebras comutativas de potências associativas sobreum corpo de característica ≥ t, mostra que os operadores Lx são nilpotentes, portanto, cada nilál-gebra de potências associativas é uma álgebra de Engel.

Teorema 6. Seja A uma nilálgebra comutativa de potências associativas de nilíndice ≤ t sobre umcorpo de característica zero ou maior do que t. Então L2t−3

x (y) = 0 para todo x, y ∈ A.

Além disso, Gerstenhaber no artigo [Ger60] provou um resultado análogo para elementos nilpo-tentes.

Teorema 7. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas sobre um corpo de carac-terística zero, x ∈ A tal que xt = 0 e

∑mi ≥ 2(t − 1)2 + 1. Então para todo y ∈ A satisfaz-se

quexm1xm2 · · ·xmky = 0.

SejaA é uma nilálgebra comutativa de potências associativas e de nilíndice k. Seja B a subalgebrade A gerada por um elemento �xo a ∈ A. Então B é igual ao subespaço vetorial de A gerado por{a, a2, · · · , ak−1}, e Bi = span{ai, · · · , ak−1} para cada inteiro positivo i. O seguinte lema analizaum operador multiplicação à esquerda, quando o operador preserva a subálgebra Bi.

Lema 6. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas e B a subálgebra de A geradapor um elemento �xo a de A. Se existe x ∈ A tal que Lx(Bi) ⊂ Bi, com i inteiro positivo, entãoLx(a

i) ∈ Bi+1.

Demonstração. Suponha que Lx(ai) = αiai+∑

k>i αkak. Seja y = x−

∑k>i αka

k−i. Então Ly(ai) =αiai e portanto αi = 0 já que Ly é nilpotente.

Com este último lema da-se por concluído o presente capítulo, no qual foram dados conceitos eresultados básicos, que serão usados no decorrer desta tese.

12 PRELIMINARES. 1.2

Capítulo 2

Álgebras comutativas de potênciasassociativas de dimensão n e nilíndicen− 3

A solubilidade das nilálgebras de potências associativas e dimensão �nita é um problema clás-sico, e os últimos avanços estão divididos entre manter �xa a dimensão ou nilíndice grande emrelação à dimensão da álgebra, no que resta do trabalho, será dedicado a ampliar os resultados aoproblema de Albert nessas duas direções. Inicialmente será abordado o problema para dimensãoarbitrária, e nilíndice grande em relação à dimensão. Assim, o propósito deste capítulo é mostrarque cada álgebra comutativa de potências associativas de dimensão n e nilíndice n−3 sobre o corpoC é uma álgebra solúvel.

Para provar a solubilidade desta classe de álgebras usaremos a seguinte estrategia: Seja a ∈ Ade índice maximal, é dizer, o elemento a satisfaz que an−4 6= 0. Inicialmente se demonstrará quese existe uma subálgebra B de codimensão 3 tal que M = span{a, a2, · · · , an−4} ⊂ B, então A ésolúvel. Neste caso é provado que se B não é um ideal de A, então Bk é um ideal de A para todok ≥ 3, dessa forma, B3 é um ideal de codimensão 6. É considerado unicamente o caso em que acodimensão de B é 3, já que caso existir uma subálgebra de codimensão 1 ou 2, uma consequênciadireta do Lema 7 é a solubilidade de A, como é descrito mais para frente.

Após dessa consideração, será usado um teorema que classi�ca, a menos de conjugação, todosos espaços lineares maximais deM(4,C) formados por matrizes nilpotentes. Esse resultado permiteprovar que dada a subálgebra span{a, a2, · · · , an−4}, sempre existe uma subálgebra própria contê-lo-á de codimensão menor do que 4, concluindo desse modo, que A é solúvel.

Alguns fatos bem conhecidos na teoria das álgebras comutativas de potências associativas sãoexpostos a continuação.

Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas sobre um corpo de característica dife-rente de 2,3 e 5. Ao linearizar a identidade x4 = x2x2, segue que A satisfaz as seguintes identidades:

x3y + x(x2y) + 2xx(xy) = 4x2(xy), (2.1)

y(zx2) + 2yx(xz) + z(yx2) + 2xy(xz) + 2zx(xy)

+2xz(xy) + 2xx(yz) = 4x2(yz) + 8(xy)(xz),(2.2)

y(yx2) + 2yx(yx) + 2xy(yx) + x(xy2) = 2x2y2 + 4(xy)2, (2.3)

13

14 ÁLGEBRAS DE DIMENSÃO N E NILÍNDICE N − 3. 2.1

xw(yz) + wx(yz) + wz(yx) + xz(yw) + zw(xy)

+zx(yw) + wy(xz) + xy(wz) + zy(xw)

+yw(xz) + yx(wz) + yz(xw) = 4(yz)(xw) + 4(yw)(xz) + 4(xy)(zw).

(2.4)

Primeiro queremos provar que A é solúvel, sob a condição de que span{a, a2, · · · , an−4} ( B,onde B é uma subálgebra própria de A. Nestas condições 1 ≤ codimB ≤ 3. Note que é su�cienteconsiderar o caso em que B é uma subálgebra maximal tal que codimB = 3. Se codimB = 1, 2, asolubilidade é uma consequência direta do seguinte lema junto ao fato que cada álgebra de dimensãon e nilíndice maior ou igual que n− 2 é solúvel.

Lema 7. [GF04, Lem. 1] Seja A uma álgebra comutativa de Engel.

i. Se B é uma subálgebra de codimensão 1, então A2 ⊂ B.

ii. Se B é uma subálgebra de codimensão 2, então A(2) ⊂ B.

O seguinte lema, que descreve os endomor�smos nilpotentes de um espaço vetorial de dimensão3, é necessário para provar a nossa a�rmação no caso de codimB = 3. Pode ser encontrado em [GF04,Lem. 2].

Lema 8. Seja V um espaço vetorial de dimensão 3 sobre um corpo F de ao menos 3 elementos. SeM é um espaço linear de endomor�smos nilpotentes contido em End(V ), então é valida uma dasseguintes condições:

i. Existe 0 6= v ∈ V tal que v ∈ ker f para cada f ∈M.

ii. dimM = 2 e para cada h ∈ M tem-se que rankh = 2. Se M = span{f, g}, então existeuma base de V dada por {v1, v2, v3} e β 6= 0 tal que f(α1v1 + α2v2 + α3v3) = α1v2 + α2v3, eg(α1v1 + α2v2 + α3v3) = β(α2v1 − α3v2) para cada α1, α2, α3 ∈ F.

Desta forma, f, g estão representadas pelas matrizes

A =

0 0 01 0 00 1 0

, J(β) =

0 β 00 0 −β0 0 0

, β 6= 0,

respetivamente.

Neste capítulo será utilizada a seguinte notação, caso não dizer o contrário. Seja A uma álgebracomutativa de potências associativas de dimensão n e nilíndice n − 3, B uma subálgebra de A, ea ∈ A tal que an−4 6= 0. De�nem-se:

MB := span{Lx : A/B → A/B | xB ⊂ B},NB := span{Lx ∈MB | x ∈ B},

M =M(a) := span{a, a2, · · · , an−4}.

Lembre que o operador Lx se de�ne como Lx(y+B) = xy+B para todo y ∈ A. Por outro lado,note que NB é um subespaço vetorial deMB.

2.1 Se M está contida numa subálgebra B onde codimB = 3.

O proposito desta seção é provar que se A é uma álgebra de dimensão n e nilíndice n− 3 sobreum corpo F de característica zero, e existe uma subálgebra B de codimensão 3 tal que M ⊂ B,então A é solúvel.

2.1 SE M ESTÁ CONTIDA NUMA SUBÁLGEBRA B ONDE codimB = 3. 15

Inicialmente serão analisados os operadores Lx para x ∈ M2 = B2 se B é uma subálgebramaximal de codimensão 3. Lembramos que cada nilálgebra comutativa de potências associativas edimensão ≤ 8 sobre F é solúvel. Assim, podemos assumir que a dimensão de A é ao menos 9.

Lema 9. Seja dimA ≥ 9. Para cada subálgebra maximal B de A tal que codimB = 3 e M ⊂ B,tem-se que

B2A ⊂ B.

Demonstração. Devido a que B é uma álgebra de dimensão e nilíndice n − 3, segue que Mk = Bkpara cada k ≥ 2. Dessa forma, provar que B2A ⊂ B, é equivalente a provar que Lai ≡ 0 para cadai ≥ 2.

Se B for um ideal de A, então não há nada que provar. Suponha agora que B não é um idealde A. Dado que codimB = 3, existe b ∈ A tal que B = M ⊕ Fb. Além disso, como consequênciado Lema 8, se dimMB = 1, existe c ∈ A \ B tal que c+ B está no núcleo de cada operador Lx emMB. Assim, cB ⊂ B e também Lc ∈ MB. Portanto, Lc(c) = 0, o que signi�ca que c2 ∈ B, é dizer,B ⊕ Fc é uma subálgebra própria de A que contém estritamente B, mas isso contradiz a hipótesede maximalidade de B, portanto, dimMB = 2.

Como B não é um ideal de A, existe a0 ∈ B que satisfaz La0 6≡ 0, é dizer, dimNB ≥ 1. Enxergueque é possível assumir La 6≡ 0. Suponha que La ≡ 0, então, ou Lak 6≡ 0 para algum k ≥ 2, ou Lb 6≡ 0.Ao trocar a por a + ak ou por a + τb, segue que La 6≡ 0. Por isso, sem perda da generalidade, Lapode ser considerado não nulo.

Dado que dimMB = 2, existe c ∈ A tal que cB ⊂ B e MB = span{La, Lc}, além disso,existe uma base {m1,m2,m3} de A/B tal que La e Lc estão representados pelas matrizes J(β) e A

respetivamente. Caso existir i ≥ 2 tal que Lai = αiLa+δLc com δ 6= 0, então LaLai = αiL2a+δLaLc,

logo LaLai(m1) = δβm1, consequentemente,

LaLai · · ·LaLai︸︷︷︸k vezes

(m1) = δkβkm1 6= 0.

Se k é tal que k(i + 1) ≥ 2(n − 4)2 + 1, isso contradiz o Teorema 7. Assim, Lai = αiLa para cadai ≥ 2. Sejam c1, c2, c3 ∈ A elementos tais que mi = ci, então ao fazer x = a, y = c3 na equação (2.1),cumpre-se que

α3La(m3) + α2L2a(m3) + 2L

3a(m3) = 4α2L

2a(m3),

−α3βm2 + 3α2β2m1 = 0,

portanto, α2 = α3 = 0. Usando o Lemma 5, podemos agora provar por indução sobre i que αi = 0para cada i ≥ 2, é dizer, Lai ≡ 0. Desse modo, M2A ⊂ B como queríamos provar.

O seguinte lema determina uma base para A caso existir uma subálgebra maximal B de codi-mensão 3 que satisfaz M ⊂ B.

Lema 10. Suponha que exista uma subálgebra B de A maximal (entre as subálgebras próprias deA) da forma B =M ⊕ Fb, b 6= 0 que não é ideal de A. Então existe um elemento c ∈ A tal que

i. A = B ⊕ span{c, c2, c3}, ou

ii. A = B ⊕ span{c, bc, bbc}.

Demonstração. Seja B uma subálgebra de A que satisfaz as hipóteses do lema. Desta forma, segueque 1 ≤ dimNB ≤ 2. Podemos assumir, usando o mesmo argumento dado na demonstração do lemaanterior, que La 6≡ 0.


Caso dimNB = 1, segue que NB = span{La}. Se c ∈ A \ B tal que c ∈ kerLa, então Lc ∈ MB.No entanto, c 6∈ kerLc, caso contrario, c2 ∈ B, portanto, B ⊕ Fc seria uma subálgebra de A. Dessemodo,MB = span{La, Lc}. Como consequência do Lema 8, existe uma base {m1,m2,m3} de A/Btal que La e Lc estão representadas pelas matrizes J(β) e A. Sendo assim, m1 = γc+ x1 para algumγ 6= 0 e x1 ∈ B, é dizer, m2 = γc2 + x2, m3 = γc3 + x3 onde x2, x3 ∈ B. Portanto, {c, c2, c3} é umabase para A/B.

Caso dimNB = 2, segue queMB = span{La, Lb} já que Lai ≡ 0 para cada i ≥ 2. Como existeuma base na qual os operadores La, Lb estão representados pelas matrizes J(β) e A respectivamente,se c ∈ kerLa, então tem-se que {c, bc, bbc} é uma base para A/B.

Com o lema acima demonstrado, pode-se enunciar o resultado principal desta seção, e comoconsequência, mostra-se que caso existir uma subálgebra própria de A contendo estritamente asubálgebra M , segue que A é solúvel.

Teorema 8. Seja A de dimensão n ≥ 9 e nilíndice n − 3 sobre um corpo de característica zero.Caso existir uma subálgebra própria maximal B de codimensão 3 tal que M ( B, então B é umideal de A, ou Bk é um ideal de A para cada k ≥ 3.

Demonstração. Suponha-se que B não é um ideal de A. Como consequência do Lema 8, dimMB =2. Analisaremos separadamente os casos dimNB = 1 e dimNB = 2.

Suponha agora que dimNB = 1. Pela demonstração do lema anterior existe um c ∈ A tal queA = B⊕ span{c, c2, c3},MB = span{La, Lc} e em relação à base {c, c2, c3} de A/B temos que La eLc estão representadas pelas matrizes J(β) e A respetivamente. Podemos assumir, trocando a porβ−1a se for necessário, que β = 1.

Do fato que ac, a2c ∈ B, segue do Lema 5, junto ao processo de indução que aic ∈ Bi−1 paracada i ≥ 2. Se x = a, y = c2 na equação (2.1) tem-se que

a3c2 + a(a2c2)︸︷︷︸∈B2

+2 aa(ac2)︸︷︷︸∈B2

= 4a2(ac2),

dessa forma a3c2 ≡ 4a2c mod B2. Se x = c, y = a2, z = a na equação (2.2) resulta que

a2(ac2) + 2 a2c(ac)︸︷︷︸∈B3

+ a(a2c2)︸︷︷︸∈B2

+2 ca2(ac)︸︷︷︸∈B2

+2 ac(a2c)︸︷︷︸∈B2

+2ca(a2c) + 2c(a3c) = 4a3c2 + 8 (a2c)(ac)︸︷︷︸∈B2

.

Portanto, a2c+ 2ca(a2c) + 2c(a3c) ≡ 4a3c2 mod B2, é dizer,

4a3c2 ≡ 2c(a3c+ aa2c) + a2c ≡ 2c(4a2(ac)− 2aa(ac)) + a2c mod B2,

mas 4a2(ac) − 2aa(ac) ∈ B3, desta forma, c(4a2(ac) − 2aa(ac)) ∈ B2, consequentemente, deduz-seque a2c ≡ 4a3c2 mod B2. Logo deve cumprir-se que

a3c2, a2c ∈ B2.

Do fato que aic ∈ Bi para i = 1, 2, usando indução no Lema 5, conclui-se que aic ∈ Bi paracada i ≥ 1. Como consequência do Lema 6, obtém-se que aic ∈ Bi+1 para cada i ≥ 2, logo

cBi ⊂ Bi+1 para cada i ≥ 2.

De outro lado, como a3c2 ∈ B2, tem-se que aic2 ∈ Bi−1 para i = 2, 3, portanto, usando induçãono Lema 5, conclui-se que aic2 ∈ Bi−1 para cada i ≥ 2. Se x = c, y = a3 na equação (2.1) tem-se

2.1 SE M ESTÁ CONTIDA NUMA SUBÁLGEBRA B ONDE codimB = 3. 17

quec3a3 + c(c2a3)︸︷︷︸

∈B3

+2cc(a3c)︸︷︷︸∈B6

= 4 c2(a3c)︸︷︷︸∈B3

,

é dizer, a3c3 ∈ B3. Ao fazer x = a, y = c3 nessa mesma equação, obtém-se que a3c3 + a(a2c3) +2aa(ac3) = 4a2(ac3), portanto,

ac ≡ 2a2c2 mod B2.

Se x = a, y = c2 na equação (2.1) resulta que a3c2 + a(a2c2) + 2aa(ac2) = 4a2(ac2), por isto,a3c2 + a(a2c2) + 2aac ≡ 0 mod B3, logo

a3c2 + 5a(a2c2) ≡ 0 mod B3.

Se x = c, y = a2, z = a na equação (2.2), cumpre-se que

a2(ac2)︸︷︷︸∈B3

+2 a2c(ac)︸︷︷︸∈B3

+a(a2c2) + 2 ca2(ac)︸︷︷︸∈B4

+2 ac(a2c)︸︷︷︸∈B5

+2 ca(a2c)︸︷︷︸∈B5

+2 c(a3c)︸︷︷︸∈B5

= 4a3c2 + 8 (a2c)(ac)︸︷︷︸∈B4

,

dessa forma, a(a2c2) ≡ 4a3c2 mod B3, é dizer,

a3c2, a(a2c2), aac ∈ B3.

De outro lado, se i ≥ 3 e x = c, y = ai, z = a na equação (2.2), tem-se que

ai(ac2)︸︷︷︸∈Bi+1

+2 aic(ac)︸︷︷︸∈Bi+1

+a(aic2) + 2 cai(ac)︸︷︷︸∈Bi+2

+2 ac(aic)︸︷︷︸∈Bi+3

+2 ca(aic)︸︷︷︸∈Bi+3

+2 c(ai+1c)︸︷︷︸∈Bi+3

= 4ai+1c2 + 8 (aic)(ac)︸︷︷︸∈Bi+2

,

é dizer, a(aic2) ≡ 4ai+1c2 mod Bi+1, portanto, usando indução junto ao fato de que a3c2 ∈ B3,conclui-se que ai+1c2 ∈ Bi+1 para cada i ≥ 2. Como consequência do Lema 6, deve cumprir-se queaic2 ∈ Bi+1 para cada i ≥ 3. Isto posto, signi�ca que

c2Bi ⊂ Bi+1 para todo i ≥ 3.

Finalmente, se i ≥ 3, para x = c, y = ai na equação (2.1) obtém-se que c3ai+c(c2ai)+2cc(cai) =4c2(cai), é dizer, aic3 ∈ Bi+2, desse modo

c3Bi ⊂ Bi+2 para cada i ≥ 3.

À vista disso, conclui-se que ckBi ⊂ Bi+1 para k = 1, 2, 3, portanto, Bi é um ideal de A paracada i ≥ 3.

Suponha-se agora que dimNB = 2. Pelo lema anterior e sua demonstração, tem-se queMB =span{La, Lb}, alias, pode-se assumir sem perda de generalidade que La, Lb estão representados, emrelação à base {c, bc, b(bc)}, para algum apropriado c ∈ A, pelas matrizes J(1) e A respetivamente.

Como ac, a2c ∈ B, segue por indução no Lema 5, que aic ∈ Bi−1 para cada i ≥ 2. Se x = a, y = bcna equação (2.1), obtém-se que a3(bc) + aa2(bc) + 2aaa(bc) = 4a2a(bc), é dizer,

a3(bc) ≡ 4a2c mod B2.


Se x = a, y = a2, z = b, w = c na equação (2.4), resulta que

ac(a2b) + ca(a2b) + c(a3b) + ab(a2c) + b(a3c) + ba(a2c) + ca2(ab)︸︷︷︸∈B3

+ aa2(bc)︸︷︷︸∈B2

+ ba2(ac)︸︷︷︸∈B4

+ a2c(ab)︸︷︷︸∈B3

+a2a(bc) + a2b(ac)︸︷︷︸∈B4

= 4(a2b)(ac)︸︷︷︸∈B4

+ 4(a2c)(ab)︸︷︷︸∈B3

+4a3(bc),

portanto, a2c ≡ 4a3(bc) mod B2, é dizer,

a2c, a3(bc) ∈ B2.

Como aic ∈ Bi para i = 1, 2, então usando indução no Lema 5 obtém-se que aic ∈ Bi para cadai ≥ 1. Como consequência do Lema 6, conclui-se que aic ∈ Bi+1 para cada i ≥ 2, é dizer,

cBi ⊂ Bi+1 para cada i ≥ 2.

Como ai(bc) ∈ Bi−1 para i = 2, 3, segue por indução no Lema 5 que ai(bc) ∈ Bi−1 para cadai ≥ 2. Se i ≥ 2 e x = b, y = ai, z = c na equação (2.2), obtém-se que

ai(b2c)︸︷︷︸∈Bi+3

+2aib(bc) + c(aib2)︸︷︷︸∈Bi+3

+2 bai(bc)︸︷︷︸∈Bi

+2 cb(aib)︸︷︷︸∈Bi+3

+2 bc(aib)︸︷︷︸∈Bi+3

+2 bb(aic)︸︷︷︸∈Bi+3

= 4 b2(aic)︸︷︷︸∈Bi+3

+8 (aib)(bc)︸︷︷︸∈Bi

.

Dessa forma tem-se que aib(bc) ∈ Bi, e como consequência do Lema 6, cumpre-se que aib(bc) ∈ Bi+1

para cada i ≥ 2. Por conseguinte, segue que

(bbc)Bi ⊂ Bi+1 para cada i ≥ 2.

De outro lado, se x = a, y = b, z = c na equação (2.2) obtém-se que

b(a2c)︸︷︷︸∈B4

+2 ba(ac)︸︷︷︸∈B3

+ c(a2b)︸︷︷︸∈B4

+2 ab(ac)︸︷︷︸∈B3

+2 ca(ab)︸︷︷︸∈B4

+2 ac(ab)︸︷︷︸∈B4

+2aa(bc) = 4a2(bc) + 8 (ab)(ac)︸︷︷︸∈B3

,

é dizer,ac ≡ 2a2(bc) mod B2.

Se x = a, y = bc na equação (2.1) segue que a3(bc) + aa2(bc) + 2aaa(bc) = 4a2a(bc), portanto,0 ≡ a3(bc) + aa2(bc) + 2a(ac) ≡ a3(bc) + 5aa2(bc) mod B3. Se x = a, y = a2, z = b, w = c naequação (2.4), resulta que

ac(a2b) + ca(a2b) + c(a3b) + ab(a2c) + b(a3c) + ba(a2c) + ca2(ab)︸︷︷︸∈B5

+aa2(bc) + ba2(ac)︸︷︷︸∈B4

+ a2c(ab)︸︷︷︸∈B5

+ a2a(bc)︸︷︷︸∈B3

+ a2b(ac)︸︷︷︸∈B4

= 4(a2b)(ac)︸︷︷︸∈B4

+4(a2c)(ab)︸︷︷︸∈B5

+4a3(bc).

Portanto, aa2(bc) ≡ 4a3(bc) mod B3, concluindo que

aa2(bc), a3(bc), a(ac) ∈ B3.

Finalmente, se i ≥ 3 e x = a, y = ai, z = b, w = c na equação (2.4), obtém-se que

ac(aib) + ca(aib) + c(ai+1b) + ab(aic) + b(ai+1c) + ba(aic) + cai(ab)︸︷︷︸∈Bi+3

+ aai(bc) + bai(ac)︸︷︷︸∈Bi+2

+ aic(ab)︸︷︷︸∈Bi+3

+ aia(bc)︸︷︷︸∈Bi+1

+ aib(ac)︸︷︷︸∈Bi+2

= 4(aib)(ac)︸︷︷︸∈Bi+2

+ 4(aic)(ab)︸︷︷︸∈Bi+3

+4ai+1(bc),

2.2 SOLUBILIDADE DAS ÁLGEBRAS DE DIMENSÃO N E NILÍNDICE N − 3. 19

é dizer, aai(bc) ≡ 4ai+1(bc) mod Bi+1. Como a3(bc) ∈ B3, segue por indução que ai+1(bc) ∈ Bi+1

para cada i ≥ 2, portanto, ai(bc) ∈ Bi+1 para cada i ≥ 3. Desse modo, conclui-se que

(bc)Bi ⊂ Bi+1 para cada i ≥ 3.

Por conseguinte, tem-se provado que cBi, (bc)Bi, b(bc)Bi ⊂ Bi+1, é dizer, Bi é um ideal de Apara cada i ≥ 3.

Corolário 1. Seja A uma álgebra de dimensão n ≥ 9 e nilíndice n−3. Caso existir uma subálgebraprópria B de A tal que M ( B, então A é solúvel.

Com o corolário anterior, dá-se por concluída a seção.

2.2 Solubilidade das álgebras de dimensão n e nilíndice n− 3.

Com os resultados obtidos até agora, tem-se provado que se A é uma álgebra de dimensão n enilíndice n−3 sobre um corpo de característica zero, e possui uma subálgebra de codimensão 1,2 ou3 contendo a subálgebra M , então A é solúvel. Nesta seção quer-se provar a solubilidade em geraldeste tipo de álgebras, demonstrando que sempre existe uma subálgebra que satisfaz as condiçõesacima descritas. Para provar este fato, é necessário do seguinte teorema, que classi�ca, a menosde conjugação, os subespaços lineares maximais formado por matrizes nilpotentes deM(4,C). Noteorema, Ei,j representa a matriz de M(4,C) com 1 na entrada (i, j) e 0 nas outras entradas damatriz.

Teorema 9. [Fas97, Prop. 4] Cada subespaço linear de matrizes nilpotente maximal deM(4,C) éconjugado para um dos seguintes subespaços:

C1 = span{E1,2, E1,3, E1,4, E2,3, E2,4, E3,4};C2 = span{E1,2 + E2,3, E2,1 − E3,2, E4,1, E4,2, E4,3};C3 = span{E1,2 + E2,3, E2,1 − E3,2, E1,4, E2,4, E3,4};C4 = span{E1,2 + E3,4, E3,1 − E4,2, E2,3};C5 = span{E1,2 + E2,3 + E3,4, E2,1 − E3,2, E3,1 − E4,2};C6 = span{E1,2 + E2,4 + E3,4, E1,2 + E2,3 + E3,4, E2,1 + E3,1 − E3,2 − E4,2}.

Como consequência do Lema 5, se v ∈ kerLa ∩ kerLa2 , então v pertence ao núcleo do operadorLak para cada k ≥ 1. As seguintes identidades de operadores serão uteis no teorema principal.

La3 = 4La2L− LaLa2 − 2L3a, (2.5)

e

La4 = L2a2 −

2

3

(2L2

aLa2 + 2LaLa2La + 2La2L2a

)+

2

3

(4La3La − LaLa3

). (2.6)

Com o último teorema, tem-se as ferramentas para demonstrar o teorema principal deste capí-tulo, e desse modo, estender os resultados obtidos até agora referentes ao problema de Albert.

Teorema 10. Seja A de dimensão n ≥ 9 e nilíndice n − 3 sobre C. Se M não é um ideal de A,então existe uma subálgebra própria B de A contendo propriamente M .

Demonstração. Observe que ao manter �xa uma base para o espaço vetorial A/M , o conjunto dematrizes associadas aos operadores deMM forma um subespaço vetorial das matrizes nilpotentesde M(4,C). Como consequência do teorema anterior, existe uma base adequada de A/M tal queesse subespaço está contido em algum dos 6 subespaços maximais descritos acima. Desta forma,abusando da notação, vai ser dito que MM ⊂ Ci para algum i = 1, 2, 3, 4, 5, 6. A demonstraçãodo teorema será abordada por etapas, segundo o subespaço MM este contido em algum destes


subespaços. Seja {ω1, ω2, ω3, ω4} base de A/M tal queMM ⊂ Ci.

Dado que M não é um ideal de A, segue que dimNM ≥ 1, portanto, pode-se supor que La 6≡ 0,já que caso contrario, existe algum i tal que Lai 6≡ 0. Ao trocar a por a+ ai, elemento que tambémé de índice maximal e gera M , obtém-se o resultado desejado.

Caso MM ⊂ C1, então ω1 ∈ kerLai para cada i ≥ 1, é por isto que Lω1 ∈ MM , desta forma,tem-se que ω2

1 ∈M , concluindo que M ⊕ Cω1 é uma subálgebra de A. SeMM ⊂ C2, um processoanálogo ao feito para o caso C1, mas com o vetor ω4 mostra que A possui uma subálgebra de codi-mensão 3 contendo M , a dizer, a subálgebra M ⊕ Cω4.

Desse modo, resta por analisar os casos em queMM ⊂ Ci para i = 3, 4, 5, 6.

Passo 1: MM ⊂ C3. Nós temos que

MM ⊂ C3 = span

{0 β 0 γ1α 0 β γ20 −α 0 γ30 0 0 0

∣∣∣∣ α, β, γ1, γ2, γ3 ∈ C}.

Esse tipo de matrizes serão denotadas porM3(α, β, γ1, γ2, γ3). Observamos que ao trocar para abase {ω1, ω2, ω3−τω1, ω4}, a matriz que representa um operador muda paraM3(α, β−τα, γ1, γ2, γ3) ∈C3.

Suponha-se que os operadores La e La2 estão representados pelas matrizes M3(α1, β1, γ1, γ2, γ3)e M3(α2, β2, τ1, τ2, τ3) respetivamente. Tem-se que La3 ∈ C3, e como consequência da equação (2.5)está representado pela seguinte matriz:

4α1β2 − α2β1 0 3β1β2 −2α1β1γ1 + 4β2γ2 − β1(2β1γ3 + τ2)0 5(α2β1 − α1β2) 0 4α2γ1 + 4β2γ3 − α1τ1 − β1τ3

−3α1α2 0 −4α2β1 + α1β2 2α21γ1 + 4α2γ2 + α1(2β1γ3 + τ2)

0 0 0 0

.

Como as entradas (1, 2), (2, 1) da matriz acima são 0, então esta matriz é da forma M3(0, 0, 0, ∗, ∗).Portanto, todas as entradas (i, j), com j < 4 são 0. Isto signi�ca que ω1, ω2, ω3 ∈ kerLa3 e devem-sesatisfazer as seguintes igualdades:

0 = α1β2 = α2β1 = α1α2 = β1β2.

Caso 1: α1 = β1 = 0. Da relação (2.6), temos que o operador La4 esta representado pela matrizα2β2 0 β22 β2τ20 0 0 α2τ1 + β2τ3−α2

2 0 −α2β2 −α2τ20 0 0 0

.

Esta matriz está em C3. Portanto α2 = β2 = 0, logo ω1, ω2, ω3 ∈ kerLa4 . Assim, cumpre-se queω1, ω2, ω3 ∈ kerLai para cada i ≥ 1, é dizer, Lω1 , Lω2 , Lω3 ∈MM . Pode-se provar agora facilmenteque M ⊕ span{ω1, ω2, ω3} é uma subálgebra de A.

Caso 2: α1 = 0, β1 6= 0. Como β1 6= 0, então deve satisfazer-se que α2 = β2 = 0. Sem perdada generalidade, pode-se supor que β1 = 1, portanto, La, La2 estão representadas pelas matrizesM3(0, 1, γ1, γ2, γ3) e M3(0, 0, τ1, τ2, τ3) respetivamente. Desta forma, ω1 ∈ kerLa e por Lema 5 po-demos obter facilmente que ω1, ω2, ω2 ∈ kerLai para cada i ≥ 1. Assim, Lω1 ∈ MM . Suponha-se


que Lω1 está representada pela matriz M3(α, β, δ1, δ2, δ3).

Caso α = 0, então ω21 ∈ M , portanto, M ⊕ Cω1 é uma subálgebra de A. Caso α 6= 0, então

ω21 ≡ αω2, ω

31 ≡ αβω1−α2ω3, ω

41 ≡ 0 mod M . Além disso, tem-se que ω1M ⊂M, ω2

1M = ω2M ⊂M⊕Cω1 e ω3

1M = (βω1−αω3)M ⊂M⊕Cω21, é dizer,M⊕span{ω1, ω

21, ω

31} é uma subálgebra de A.

Caso 3: α1 6= 0. Com esta condição deve satisfazer-se que α2 = β2 = 0, portanto, La, La2 estãorepresentadas pelas matrizes M3(α1, β1, γ1, γ2, γ3) e M3(0, 0, τ1, τ2, τ3) respectivamente. Ao fazermudança de base para {v1 = ω1, v2 = ω2, v3 = ω3 − β1/α1ω1, v4 = ω4}, obtém-se que as matrizesque representam os operadores La, La2 nessa nova base são M3(α1, 0, γ1, γ2, γ3) e M3(0, 0, τ1, τ2, τ3)respetivamente, portanto, v3 ∈ kerLai para cada i ≥ 1 e Lv3 ∈ MM . Seja M3(α, β, δ1, δ2, δ3) amatriz que representa Lv3 em relação à nova base.

Caso β = 0, obtém-se que v23 ∈M , portanto, M ⊕Cv3 é uma subálgebra de A. Se β 6= 0, entãov23 ≡ βv2, v

33 ≡ β2v1 − αβv3, v43 ≡ 0 mod M . Além disso, v3M ⊂M, v23M = v2M ⊂M ⊕ Cv3, e

v33M = (βv1−αv3)M ⊂M ⊕Cv23, portanto, conclui-se que M ⊕ span{v3, v23, v33} é uma subálgebrade A.

Dessa forma, dá-se por �nalizado o casoMM ⊂ C3, no qual satisfaz que A possui uma subál-gebra própria contendo M de codimensão 1 ou 3.

Passo 2: MM ⊂ C4.

CasoMM ⊂ C4 = span

{0 β 0 00 0 γ 0α 0 0 β0 −α 0 0

∣∣∣∣ α, β, γ ∈ C}.

Esse tipo de matrizes serão denotadas por M4(α, β, γ). Enxergue que ao mudar para a base{ω1, ω2, ω3, ω4− τω1}, ou para {ω1− ρω4, ω2, ω3, ω4}, a representação matricial do operador mudapara M4(α, β − τα, γ) ou para M4(α − ρβ, β, γ) respetivamente. Suponha-se que os operadoresLa e La2 estão representados pelas matrizes M4(α1, β1, γ1) e M4(α2, β2, γ2) respetivamente. Comoconsequência da equação (2.5), obtém-se que La3 está representado pela matriz

−2α1β1γ1 0 4β2γ1 − β1γ2 −2β21γ14α1γ2 − α2γ1 0 0 4β1γ2 − β2γ1

0 5(α2β1 − α1β2) 0 02α2

1γ1 0 α1γ2 − 4α2γ1 2α1β1γ1

.

Como La3 ∈MM e as entradas (1, 2), (3, 1) e (2, 3) da matriz acima são 0, segue que esta matrizé nula. Assim, La3 ≡ 0 e tem-se as identidades

0 = α1γ1 = β1γ1 = α1γ2 = α2γ1 = β1γ2 = β2γ1

eα2β1 = α1β2.

Caso 1: γ1 6= 0. Com esta condição cumpre-se que α1 = β1 = α2 = β2 = 0, portanto, La, La2estão representadas pelas matrizes M4(0, 0, γ1) e M4(0, 0, γ2) respetivamente, logo ω1, ω2, ω4 ∈kerLai para cada i ≥ 1. Desta forma, Lω1 , Lω2 , Lω4 ∈ MM . Se Lω2 está representado pela matrizM4(α, β, γ), caso α = β = 0, então ω2

2 ∈ M , concluindo que M ⊕ Cω2 é uma subálgebra de A.Caso contrario, tem-se que ω2

2 ≡ βω1 − αω4, ω32 ≡ 0 mod M . Além disso, ω2M ⊂ M, ω2

2M =(βω1 − αω4)M ⊂M , portanto, conclui-se que M ⊕ span{ω2, ω



Caso 2: γ1 = 0. Isto posto, resulta que α1γ2 = β1γ2 = 0 e α2β1 = α1β2. Caso se tiver γ2 6= 0,então α1 = β1 = 0, é dizer, La ≡ 0, o qual é um absurdo, desta forma tem-se que γ2 = 0. Dacondição α2β1 = α1β2 obtém-se que La2 = λLa para algum λ ∈ C.

Caso se tiver α1 6= 0, então ao mudar a base inicial para a base {v1 = ω1, v2 = ω2, v3 =ω3, v4 = ω4 − β1/α1ω1}, La está representada pela matriz M4(α1, 0, 0), portanto, v3, v4 ∈ kerLaipara cada i ≥ 1, é dizer, Lv3 , Lv4 ∈MM . Sejam as representações matriciais de Lv3 , Lv4 as matrizesM4(α3, β3, γ3) e M4(α4, β4, γ4) respetivamente. Caso se tiver γ3β4 = 0, então M ⊕Cv3 ou M ⊕Cv4é uma subálgebra de A. Suponha-se que γ3β4 6= 0, então do fato que Lv3(v4) = Lv4(v3), segue queβ3 = γ4 = 0. De outro lado, v24 ≡ β4v3, v34 ≡ 0 mod M . Além disso, v4M ⊂M, v24M = v3M ⊂M ,portanto, conclui-se que M ⊕ span{v4, v24} é uma subálgebra de A.

Caso se tiver β1 6= 0, então ao mudar para a base {v1 = ω1 − α1/β1ω4, v2 = ω2, v3 = ω3, v4 =ω4}, obtém-se que La esta representado pela matriz M4(0, β1, 0), portanto, v1, v3 ∈ kerLai paracada i ≥ 1, é dizer, Lv1 , Lv3 ∈ MM . Se Lv1 , Lv3 estão representados pelas matrizes M4(α, β, γ) eM4(α3, β3, γ3) respetivamente, então caso se tiver αγ3 = 0, M ⊕Cv1 ou M ⊕Cv3 é uma subálgebrade A. Suponha-se que αγ3 6= 0. Do fato que Lv1(v3) = Lv3(v1) segue que γ = α3 = 0. De outro lado,v21 ≡ αv3, v31 ≡ 0 mod M . Além disso, v1M ⊂M, v21M = v3M ⊂M , é dizer, M ⊕ span{v1, v21} éuma subálgebra de A.

Dessa forma, dá-se por concluído o casoMM ⊂ C4, pois foi provado que nessas condições, existeuma subálgebra própria contendo M de codimensão 2 ou 3.

Passo 3: MM ⊂ C5.

Dessa forma,MM ⊂ C5 = span

{0 β 0 0α 0 β 0γ −α 0 β0 −γ 0 0

∣∣∣∣ α, β, γ ∈ C}.

Esse tipo de matrizes serão denotadas por M5(α, β, γ). Suponha-se que os operadores La eLa2 estão representados pelas matrizes M5(α1, β1, γ1) e M5(α2, β2, γ2) respetivamente. Como con-sequência da equação (2.5), obtém-se que La3 está representado pela matriz

−2α2β1 + 4α1β2 − 2β21γ1 0 3β1β2 −3β214β2γ1 − β1γ2 5(α2β1 − α1β2) 0 3β1β2

α1(2β1γ1 − 3α2) −5(β2γ1 − β1γ2) α1β2 − 4α2β1 2α1β21

α2γ1 + 2β1γ21 − 4α1γ2 0 β2γ1 − 4β1γ2 2β21γ1

.

Como La3 ∈ C5, sua entrada (1, 4) é 0 logo β1 = 0. Ao substituir β1 por 0 na matriz acima segue4α1β2 0 0 04β2γ1 −5α1β2 0 0−3α1α2 −5β2γ1 α1β2 0

α2γ1 − 4α1γ2 0 β2γ1 0

.

É fácil observar que esta matriz está em C5 se e somente se a matriz for a matriz nula, e isto éequivalente as seguintes relações para os coe�cientes

α1β2 = β2γ1 = α1α2 = 0, α2γ1 = 4α1γ2.

Caso se tiver β2 6= 0, resulta que α1 = γ1 = 0, é dizer, La ≡ 0, o qual está em cotradição com nossahipótese. Portanto, β2 = 0. De outro lado, pela equação (2.6) obtém-se que a matriz que representa


o operador La4 é 0 0 0 00 0 0 0−α2

2 0 0 0α2γ2 0 0 0

,

logo La4 ≡ 0, por isso, α2 = 0. É dizer, tem-se as condições β1 = β2 = α2 = 0 e α1γ2 = 0. Conse-quentemente, resulta que ω3, ω4 ∈ kerLai para cada i ≥ 1, portanto, Lω3 , Lω4 ∈ MM . Se Lω3 , Lω4

estão representadas pelas matrizes M5(α3, β3, γ3) e M5(α4, β4, γ4) respetivamente, da igualdadeLω3(ω4) = Lω4(ω3), segue que β3ω4 = β4ω2 e portanto β3 = β4 = 0. Assim, M ⊕ Cω3 e M ⊕ Cω4

são subálgebras de A.

Dessa forma, da-se por concluído o casoMM ⊂ C5, provando que sempre existe uma subálgebraprópria de A contendo M de codimensão 3.

Passo 4: MM ⊂ C6.

CasoMM ⊂ C6 = span

{0 β + γ 0 0α 0 γ βα −α 0 β + γ0 −α 0 0

∣∣∣∣ α, β, γ ∈ C}.

Esse tipo de matrizes serão denotadas por M6(α, β, γ). Observe que ao fazer a mudança debase para {v1 = ω1, v2 = ω2, v3 = ω3, v4 = ω4 − τω1} a representação matricial muda paraM6(α, β − τα, γ), desse modo, este cambio de base não altera a forma da representação matricial,no sentido que continua sendo uma matriz da classe C6. Suponha-se que os operadores La e La2 estãorepresentados pelas matrizesM6(α1, β1, γ1) eM6(α2, β2, γ2) respetivamente. Como consequência daequação (2.5), segue que La3 está representado pela matriz−(α2+2α1γ1)(β1+γ1)+4α1(β2+γ2) 0 4β2γ1−β1γ2+3γ1γ2 −β2(β1+γ1)−2γ1(β1+γ1)

2+4β1(β2+γ2)4α1γ2−α2γ1 5(α2(β1+γ1)−α1(β2+γ2)) 0 −β2γ1+4β1γ2+3γ1γ2

α1(2α1γ1−3α2) 5(α2(β1+γ1)−α1(β2+γ2)) −4α2γ1+α1γ2 −4α2β1+α1(β2+2γ1(β1+γ1))α1(2α1γ1−3α2) 0 −4α2γ1+α1γ2 −4α2β1+α1(β2+2γ1(β1+γ1))

.

Como La3 ∈ C6 e as entradas (1, 2), (2, 3) e (4, 2) são 0 segue que La3 ≡ 0, portanto, obtém-se asseguintes igualdades:

0 =α1γ2 = α2γ1

0 =α1(2α1γ1 − 3α2)

0 =α2(β1 + γ1)− α1(β2 + γ2)

0 =4β2γ1 − β1γ2 + 3γ1γ2

0 =4α1(β2 + γ2)− (2α1γ1 + α2)(β1 + γ1)

0 =4β1(β2 + γ2)− 2γ1(β1 + γ1)2 − β2(β1 + γ1)

0 =− β2γ1 + 4β1γ2 + 3γ1γ2

0 =4α2β1 + α1(β2 + 2γ1(β1 + γ1)).

(2.7)

Caso 1: α1 6= 0. Resulta que γ2 = 0, e 0 = 2α1γ1 − 3α2. Multiplicando esta última rela-ção por α2 obtemos qu e −3α2

2 já que α2γ1 = 0. Portanto, α2 = 0 e também γ1 = 0. Deoutro lado, como 0 = α1(β2 + γ2) = α1β2, então β2 = 0. À vista disso, La está represen-tado pela matriz M6(α1, β1, 0), e Lai ≡ 0 para cada i ≥ 2. Ao fazer a mudança de base para{v1 = ω1, v2 = ω2, v3 = ω3, v4 = ω4 − β1

α1ω1}, cumpre-se que La está representado pela matriz

M6(α1, 0, 0) e Lai ≡ 0 para cada i ≥ 2. Sendo assim, v3, v4 ∈ kerLai para cada i ≥ 1, dessemodo, Lv3 , Lv4 ∈MM . Sejam M6(α3, β3, γ3) e M6(α4, β4, γ4) as representações de Lv3 , Lv4 respeti-vamente. Da igualdade Lv3(v4) = Lv4(v3) segue que β3 = γ4 e β3 + γ3 = 0, é dizer, Lv3 , Lv4 estãorepresentadas porM6(α3,−γ3, γ3) eM6(α4, β4,−γ3) respetivamente. Ao trocar de representante de


v2 por v2 + c/γ3, sem perda da generalidade, pode ser assumido que v23 = γ3v2.

Enxergue que devido ao fato que v3, v4 ∈ kerLai , junto ao fato que v3 = v3 + k1a, v4 = v4 + k2apara todo k1, k2 ∈ C, então (v3 + k1a)v1 = (α3 + k1α1)v2 + (α3 + k1α1)v3. Análogo ao multiplicarpor v2. Desse modo, se α1 6= 0 pode-se supor que α3, α4 são elementos arbitrários de C ao substituirv3 por v3 + k1a e v4 e v4 + k2a. Consequentemente, é considerado que Lv3 , Lv4 estão representadospelas matrizes M6(0,−γ3, γ3) e M6(0, β4,−γ3).

Note que v33 ∈ M , já que L2v3(v3) = Lv3(γ3v2) = 0, portanto, v43 ∈ M , é dizer, γ23v

22 = v23v

23 =

v43 ∈M . Sejam m1,m2 ∈M tal que

v24 = β4v2 + (β4 − γ3)v3 +m1, v3v4 = γ3v2 +m2.

Desse modo, obtém-se as seguintes relações módulo M :

v24v4v3 ≡ (β4v2 + (β4 − γ3)v3 +m1)(γ3v2 +m2)

≡ β4v2m2 + γ3m1v2 ≡ λ(v3 + v4), λ ∈ C,v34v3 ≡ v3v4(β4v2 + (β4 − γ3)v3) ≡ (β4 − γ3)v3(β4v1 − γ3v2) ≡ 0,

v4v24v3 ≡ v4v3(β4v2 + (β4 − γ3)v3) ≡ β4v4v3v2 + (β4 − γ3)v4v23≡ γ3(β4 − γ3)v4v2 ≡ γ3(β4 − γ3)2v1.

Se x = v4, y = v3 na equação (2.1), segue das relações acima que

0 ≡ 4v24v4v3 − v34v2 − v4v24v3 − 2v4v4v4v3

≡ 4λ(v3 + v4)− γ3(β4 − γ3)2v1.

Em vista disso, γ3(β4 − γ3) = 0. Como γ3 6= 0 então β4 − γ3 = 0, portanto segue quev2M ⊂ M ⊕ span{v3, v4}, v22, v2v3, v2v4 ∈ M , e v23, v3v4, v

24 ∈ M ⊕ Cv2. É por isso, conclui-se

que M ⊕ span{v2, v3, v4} é uma subálgebra de A.

Caso 2. α1 = 0. Com essa condição cumpre-se que α2γ1 = α2β1 = 0. Caso α2 6= 0, entãoγ1 = β1 = 0, portanto, segue que La ≡ 0, o qual é um absurdo. Dessa forma, é satisfeito queα2 = 0. Ao reduzir as igualdades da equação (2.7), obtém-se

0 = 4β2γ1 − β1γ2 + 3γ1γ2

0 = 4β1(β2 + γ2)− 2γ1(β1 + γ1)2 − β2(β1 + γ1)

0 = −β2γ1 + 4β1γ2 + 3γ1γ2,

Ao igualar a primeira com a ultima equação, conclui-se que 5(β2γ1− β1γ2) = 0, é dizer, La2 = λLapara algum λ ∈ C. Além disso, satisfaz-se que 0 = β1γ2 + γ1γ2 = γ2(β1 + γ1).

Caso β1 + γ1 = 0, então La bem representada pela matriz M6(0,−γ1, γ1), portanto, w1, w2 ∈kerLai para cada i ≥ 1, é dizer, Lw1 , Lw2 ∈MM . SejamM6(α, β, γ) eM6(α̂, β̂, γ̂) as representaçõesmatriciais dos operadores Lw1 , Lw2 respetivamente. Da igualdade Lw1(w2) = Lw2(w1) obtém-se queβ + γ = α = α̂ = 0, portanto, ω2

1 ∈M , onde conclui-se que M ⊕ Cω1 é uma subálgebra de A.

Caso β1+ γ1 6= 0, então γ2 = 0, β2γ1 = 0 e 0 = 3β2− 2γ1(β1+ γ1). Se β2 = 0, então é satisfeitoque γ1 = 0. De outro lado, se γ1 = 0, então β2 = 0. Dessa forma, β2 = γ1 = 0, consequentemente,tem-se que La está representado pela matriz M6(0, β1, 0) e Lai ≡ 0 para cada i ≥ 2. Portanto,w1, w3 ∈ kerLai para cada i ≥ 1, é dizer, Lw1 , Lw3 ∈MM . SejamM6(α, β, γ) eM6(α3, β3, γ3) as re-presentações matriciais dos operadores Lw1 , Lw3 respetivamente. Da igualdade Lw1(w3) = Lw3(w1)obtém-se que α3 = γ = 0. Caso αγ3 = 0 segue que M ⊕ Cw1 ou M ⊕ Cw3 é uma subálgebra de


A. Suponha-se que αγ3 6= 0, dessa forma w21 ≡ α(w2 + w3), w

31 ≡ αβw1 − α2w3 − α2w4, w

41 ≡ 0

mod M . Além disso, como w1M ⊂ M, w21M = w2M ⊂ M ⊕ Cw1, w

31M = w4M ⊂ M ⊕ Cw2

1,conclui-se que M ⊕ span{w1, w

21, w


Portanto, tem-se demonstrado que seMM ⊂ C6, então existe uma subálgebra própria contendoM de codimensão 1 ou 3.

Assim, que dada uma álgebra de dimensão n e nilíndice n − 3 sobre C, existe uma subálgebraprópria que contem M , tal que a codimensão dela é menor do que 4.

Corolário 2. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas de dimensão n e nilíndicen− 3 sobre C. Então A é solúvel.

Demonstração. Se M é um ideal de A, como consequência de que dim(A/M) = 4, segue que tantoM quanto A/M são solúveis, portanto, A é solúvel. SeM não é um ideal de A, entãoM está contidanuma subálgebra própria de A, e como consequência do teorema acima, segue que A é solúvel.

Como consequência do anterior corolário, segue que cada álgebra comutativa de potências as-sociativas de dimensão n e nilíndice maior ou igual do que n − 3 sobre C é solúvel. Dessa forma,como fruto deste capitulo, têm sido estendidos os resultados em [GFS05], e é dado um passo a maisna busca de uma solução ao problema de Albert. Aliás, esse resultado acresce informação sobre asálgebras de dimensão 9, as quais são o objeto de estudo do próximo capítulo.

Capítulo 3

Solubilidade das álgebras comutativas depotências associativas de dimensãomenor ou igual do que 9.

Neste capítulo será completada a solução do Problema de Albert para dimensão 9 de uma ma-neira a�rmativa. Em [ES10, Teo. 3], os autores provaram que cada álgebra comutativa de potênciasassociativas de dimensão menor ou igual do que 10 de nilíndice ≤ 4 sobre um corpo de caracterís-tica diferente de 2 é solúvel. I. Correa e A. Suazo [CS99] provaram que cada álgebra comutativade potencias associativas de dimensão n e nilíndice n sobre um corpo de característica diferente de2 e 3 é solúvel. Por outro lado, J. C. Fernandez em [GF04] mostrou que cada álgebra comutativade potencias associativas de dimensão n e nilíndice ≥ n − 2 sobre um corpo de característica 0ou su�cientemente grande é solúvel. Finalmente, no capítulo anterior foi provado que cada álgebracomutativa de potencias associativas de dimensão n e nilíndice n− 3 sobre o corpo dos complexos ésolúvel. Assim, para completar a solução do Problema de Albert para dimensão 9 sobre o corpo doscomplexos é su�ciente provar que cada álgebra comutativa de potências associativas de dimensão 9e nilíndice 5 é solúvel. O objetivo �nal deste capítulo será provar este fato.

Inicialmente, serão estudadas as álgebras comutativas de potências associativas de nilíndice 5de dimensão arbitraria, determinando as relações e identidades entre seus operadores multiplicação.Em seguida será analisada a estrutura das álgebras de nilíndice 5 e dimensão 9. Este processo segueem grande medida, as ideias de [GFS05], onde eles mostraram que cada álgebra de nilíndice 5 edimensão 8 é solúvel. No �nal será concluído que as álgebras comutativas de potências associativasde dimensão 9 e nilíndice 5 são solúveis.

Será necessário introduzir algumas de�nições. Dado um operador Lxr1Lxr2 · · ·Lxrk , será dito queele possui grau m em x se m = r1 + r2 + · · ·+ rk. Note que a igualdade xr1xr2 · · ·xrky = 0 é umaidentidade na álgebra A, se e somente se a seguinte relação Lxr1Lxr2 · · ·Lxrk ≡ 0 é uma identidadede operadores na álgebra A. Lembre-se que por simplicidade são representados o operador Lx porL e Lx2 por U .

Foi provado em [GFS05] que cada operador de grau maior ou igual do que 7 é uma identidade naclasse das álgebras comutativas de potências associativas de nilíndice 5. Se provará que cada álgebrade dimensão 9 nesta classe onde algum operador de grau 6 em x não é uma identidade possui umasubálgebra própria de codimensão menor ou igual do que 2. Seguidamente, é demonstrado que secada operador em x de grau 6 é uma identidade na álgebra e os operadores L5 ≡ 0 e L2UL ≡ 0 nãosão identidades, então a álgebra possui uma subálgebra própria de codimensão 2. Logo será provadoque se uma álgebra satisfaz as identidades L5 ≡ 0, L2UL ≡ 0, mas não satisfaz LUL ≡ 0, elá possuiuma subálgebra de codimensão 2. Caso A satisfazer a identidade LUL ≡ 0, então o anulador daálgebra é um ideal próprio não nulo. Dessa forma será concluído que álgebras de dimensão 9 são

27

28 ÁLGEBRAS DE DIMENSÃO 9. 3.1

solúveis.

3.1 Álgebras comutativas de potências associativas de nilíndice 5.

Neste capítulo V denotará a variedade de álgebras comutativas de potências associativas enilíndice 5 sobre um corpo F de característica diferente de 2, 3 e 5. Nesta variedade são válidas asidentidades

x2x2 = x4,

x5 = 0,

x3x2 = 0.

As linearizações parciais destas identidades determinam novas identidades na variedade V:

4x2xy = x3y + xx2y + 2xxxy, (3.1)

4x2yz + 8(xy)(xz) = yx2z + 2yxxz + zx2y + 2xyxz + 2zxxy + 2xzxy + 2xxyz, (3.2)

2x2y2 + 4(xy)2 = yyx2 + 2yxyx+ 2xyxy + xxy2, (3.3)

0 = x4y + 4xx2xy, (3.4)

0 = yx2xz + zx2xy + 2x(xy)(xz) + xx2yz, (3.5)

0 = 2x3xy + x2x2y + 2x2xxy, (3.6)

0 = x3zy + (x2z)(xy) + 2(xxz)(xy) + (xz)(x2y) + x2(xz)y

+ 2(xz)(xxy) + x2zxy + x2xyz.(3.7)

Como V é a variedade das álgebras comutativas de potências associativas de nilíndice 5, seguecomo consequência do Teorema 6 que o operador L é nilpotente com índice de nilpotência nomáximo 7. No entanto, no artigo [GFS05, Lem. 2], os autores provaram o seguinte lema, o qual émais forte que o resultado mencionado.

Lema 11. Se∑mi ≥ 7, então a seguinte expressão é uma identidade na variedade V:

xm1xm2 · · ·xmky = 0.

Devido ao lema acima, no que segue da seção, vão ser encontradas as relações entre os opera-dores de grau menor ou igual do que 6, que serão muito úteis nos cálculos mais para frente.

Da equação (3.1) segue que4UL = Lx3 + LU + 2L3, (3.8)

portanto, resultam as igualdades

4UL2 = Lx3L+ LUL+ 2L4,

4LUL = LLx3 + L2U + 2L4.(3.9)

Das equações (3.6) e (3.9), tem-se que

U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 = 0. (3.10)

Da equação (3.4) obtém-se queLx4 + 4LUL = 0. (3.11)

Como consequência das equações (3.9) até (3.11), cada operador de grau 4 pode ser escrito emtermos dos operadores UL2, LUL, L2U, e L4. Esta relação encontra-se resumida na Tabela 3.1.

3.1 ÁLGEBRAS COMUTATIVAS DE POTÊNCIAS ASSOCIATIVAS DE NILÍNDICE 5. 29

Os coe�cientes que estão na coluna de cada operador determinam como exprimir o operador comocombinação linear de UL2, LUL, L2U, e L4.

U2 Lx3L LLx3 Lx4

UL2 -10 4 0 0LUL 2 -1 4 -4L2U 0 0 -1 0L4 4 -2 -2 0

Tabela 3.1: Relação entre os operadores de grau 4.

Com as relações estabelecidas entre os operadores de grau 4, o seguinte passo natural é encontraras relações de dependência entre os operadores de grau 5.

Se z = x2 na equação (3.5), tem-se que U2L+2LLx3L+LU2 = 0. Usando a equação (3.9) paraLx3L e (3.10) para LU2, segue que U2L+ 8LUL2 − 4L5 − 2L2UL+ 4L5 + 2L2UL− 10LUL2 = 0,é dizer,

U2L− 2LUL2 = 0. (3.12)

Dessa forma, das equação (3.10) e (3.12), segue que

5UL3 − 2L5 = 0. (3.13)

Das equações (3.6) e (3.12), obtém-se

Lx3L2 + LUL2 + UL3 = 0. (3.14)

Se z = x2 na equação (3.7), resulta que 2Lx3U +3Lx4L+ULx3 +2Lx3L2+U2L+ULU = 0. Ao

usar a equação (3.8) em ULx3 , a equação (3.11) em Lx4L, a equação (3.12) em U2L e a equação (3.14)em Lx3L

2, tem-se queLx3U = 2LUL2 + 2UL3. (3.15)

Das equações (3.10) e (3.13) segue que

LU2 + 10LUL2 − 2L2UL− 10UL3 = 0. (3.16)

Da equação (3.8) resulta que Lx3U + LU2 + 2L3U = 4ULU . Desse modo, das equações (3.15)e (3.16) obtém-se que

3UL3 − 2LUL2 +1

2L2UL+

1

2L3U = ULU. (3.17)

Das equações (3.8), (3.12) e (3.17) segue que

ULx3 = 10LUL2 − 5UL3 − 1

2L2UL− 1

2L3U. (3.18)

Das equações (3.9) e (3.13) obtém-se

LLx3L = 4LUL2 − L2UL− 5UL3,

L2Lx3 = 4L2UL− L3U − 5UL3.(3.19)

Finalmente, da equação (3.11) tem-se que

Lx4L = −4LUL2,

LLx4 = −4L2UL.(3.20)


Como consequência das equações (3.12) até (3.20), cada operador de grau 5 pode ser exprimidoem termos dos seguintes 4 operadores UL3, LUL2, L2UL e L3U . Na Tabela 3.2 é expressado cadaoperador de grau 5 como combinação linear destes 4 operadores.

U2L ULU LU2 L5 ULx3 Lx3U Lx3L2 LLx3L L2Lx3 LLx4 Lx4L

UL3 0 3 10 5/2 -5 2 -1 -5 -5 0 0LUL2 2 -2 -10 0 10 2 -1 4 0 0 -4L2UL 0 1/2 2 0 -1/2 0 0 -1 4 -4 0L3U 0 1/2 0 0 -1/2 0 0 0 -1 0 0


Finalmente, para concluir esta seção, na sequência serão encontradas as relações entre os ope-radores de grau 6.

Como dedução da equação (3.13), segue que LUL3 = UL4. Portanto, das equações (3.12)até (3.15), junto à equação (3.20), obtém-se que

U2L2 = 2UL4,

L6 = 5/2UL4,

Lx3L3 = −2UL4,

Lx3UL = 4UL4,

Lx4L2 = −4UL4.

(3.21)

Se x = x2 na equação (3.1), resulta que 4Lx4U = ULx4 + 2U3. Ao multiplicar à esquerda porU na equação (3.10), e usando as equações (3.11) e (3.21), tem-se que

LULU = 2UL4. (3.22)

Como consequência da equação (3.11), segue que

Lx4U = −8UL4. (3.23)

Ao multiplicar à esquerda por L a equação (3.17), junto à equação (3.22), obtém-se

L2UL2 =1

2UL4 +

1

4L3UL+

1

4L4U. (3.24)

Multiplicando à direita por L na equação (3.17), da equação (3.24) resulta que

ULUL =5

4UL4 +

5

8L3UL+

1

8L4U. (3.25)

Como consequência das equações (3.11) e (3.25) segue que

ULx4 = −5UL4 − 5

2L3UL− 1

2L4U. (3.26)

Das equações (3.11) e (3.24), obtém-se

LLx4L = −2UL4 − L3UL− L4U. (3.27)

3.1 ÁLGEBRAS COMUTATIVAS DE POTÊNCIAS ASSOCIATIVAS DE NILÍNDICE 5. 31

Se x = x2 na equação (3.1), resulta das equações (3.23) e (3.26) que

U3 = −27

2UL4 +

5

4L3UL+

1

4L4U. (3.28)

Ao multiplicar à direita por U a equação (3.10), das equações (3.22) e (3.28), segue que

UL2U =7

4UL4 − 1

8L3UL+

3

8L4U. (3.29)

Multiplicando a equação (3.10) à esquerda por L2, junto com a equação (3.24), obtém-se

L2U2 = 5UL4 − 1

2L3UL− 5

2L4U. (3.30)

Das equações (3.12) e (3.24), tem-se que

LU2L = UL4 +1

2L3UL+

1

2L4U. (3.31)

Da equação (3.9), seguido das equações (3.22) e (3.29), resulta que

Lx3LU = 5UL4 − 1

2L3UL− 1

2L4U. (3.32)

Da equação (3.9), seguido das equações (3.22) e (3.30), cumpre-se que

LLx3U = 3UL4 +1

2L3UL+

1

2L4U. (3.33)

Das equações (3.9), (3.25) e (3.29), segue que

ULLx3 =5

4UL4 +

21

8L3UL+

1

8L4U. (3.34)

Da equação (3.9), junto às equações (3.21) e (3.25), obtém-se

ULx3L =19

4UL4 − 5

8L3UL− 1

8L4U. (3.35)

Das equações (3.14) e (3.24), segue que

LLx3L2 = −3

2UL4 − 1

4L3UL− 1

4L4U. (3.36)

Ao multiplicar por L à direita no termo L2Lx3 na equação (3.19), seguido da equação (3.24)tem-se que

L2Lx3L = −3UL4 + L4U. (3.37)

Da equação (3.19) segue que

L3Lx3 = −5UL4 + 4L3UL− L4U. (3.38)

Das equações (3.18) e (3.24) obtém-se

LULx3 = 2L3UL+ 2L4U. (3.39)

Finalmente, da equação (3.20) segue que

L2Lx4 = −4L3UL. (3.40)


Com esta última equação, tem sido exprimido cada operadores de grau 6 em termos dos opera-dores UL4, L3UL e L4U . As equações (3.21) até (3.40) são dadas abaixo.

U3 U2L2 ULUL UL2U LU2L LULU L2U2 LUL3 L2UL2 L6

UL4 -27/2 2 5/4 7/4 1 2 5 1 1/2 5/2L3UL 5/4 0 5/8 -1/8 1/2 0 -1/2 0 1/4 0L4U 1/4 0 1/8 3/8 1/2 0 -5/2 0 1/4 0

Lx3UL Lx3LU Lx3L3 LLx3U LLx3L

2 ULx3L L2Lx3L ULLx3 LULx3

UL4 4 5 -2 3 -3/2 19/4 -3 5/4 0L3UL 0 -1/2 0 1/2 -1/4 -5/8 0 21/8 2L4U 0 -1/2 0 1/2 -1/4 -1/8 1 1/8 2

L3Lx3 Lx4U Lx4L2 LLx4L ULx4 L2Lx4

UL4 -5 -8 -4 -2 -5 0L3UL 4 0 0 -1 -5/2 -4L4U -1 0 0 -1 -1/2 0


Esta tabela conclui o estudo geral da variedadeV. Desse modo, tem-se relacionado os operadoresde graus 4,5 e 6 em termos de um conjunto de operadores conveniente. Na seguinte secção será focadanas álgebras da variedade V que possuem dimensão 9, e as tabelas desta secção serão de grandeutilidade.

3.2 Álgebras comutativas de potências associativas de dimensão 9.

No que segue do capítulo, será provado que as álgebras comutativas de potências associativas dedimensão 9 e nilíndice 5 são solúveis. Embora o resultado obtido aqui é valido para álgebras sobreum corpo de característica diferente de 2,3 e 5, o resultado geral, o qual é a solubilidade das álgebrasde dimensão 9, será valido unicamente para álgebras sobre o corpo C, isto como uma consequênciado teorema obtido no capítulo anterior. Daqui em diante, as álgebras consideradas estão em V esão consideradas sobre um corpo F de característica diferente de 2, 3 e 5.

No artigo [GFS05], os autores provaram que nas álgebras de nosso interesse nesta seção, L6 ≡ 0é uma identidade. Alem do mais, eles provaram a seguinte proposição:

Proposição 1. [GFS05, Prop. 1] Se existem a, b ∈ A tais que L6a(b) 6= 0, então dimA ≥ 11.

Portanto, no nosso caso, as álgebras de dimensão 9 em V satisfazem a identidade L6 ≡ 0, ecomo consequência da Tabela (3.3), também são identidades os seguintes operadores.

L6 ≡ 0,

LULU ≡ 0,

Lx3L3 ≡ 0,

U2L2 ≡ 0,

LUL3 ≡ 0,

Lx4U ≡ 0,

UL4 ≡ 0,

Lx3UL ≡ 0,

Lx4L2 ≡ 0.

(3.41)

Aliás, mais um resultado do trabalho [GFS05] que será usado é a seguinte proposição, ela mostraum conjunto linearmente independente, caso LUL2 ≡ 0 não for uma identidade em A.

3.2 ÁLGEBRAS COMUTATIVAS DE POTÊNCIAS ASSOCIATIVAS DE DIMENSÃO 9. 33

Proposição 2. [GFS05, Prop. 2] Se existem a, b ∈ A tais que LaUaL2a(b) 6= 0, então

φ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), L2(b), UL2(b), LUL2(b)}

é um conjunto linearmente independente.

No seguinte lema, será provado que nas álgebras de nosso interesse, a relação LUL2 ≡ 0 é umaidentidade.

Lema 12. Se existem a, b ∈ A tais que LaUaL2a(b) 6= 0, então dimA ≥ 10.

Demonstração. Suponha-se que dimA < 10. Dado que LUL2 ≡ 0 não é uma identidade na álgebraA, segue da proposição acima que dimA = 9 e também o conjunto

φ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), L2(b), UL2(b), LUL2(b)}

é uma base para A. Se os elementos de φ nessa ordem são nomeados por vi, então

U(b) =4∑i=1

αiai +

4∑j=0

µjvj+5 (αi, µj ∈ F).

Ao multiplicar U(b) por LUL2, dado que LUL3 ≡ 0, segue que 0 = LUL2U(b) = µ0v9, isto é,µ0 = 0. Ao multiplicar por LUL, segue que 0 = LULU(b) = µ1v9, portanto, µ1 = 0. Se multiplicarpor L4 e por U2 obtém-se respetivamente

L4U(b) = µ2L6(b) = 0, U3(b) = µ2U

2L2(b) = 0.

Dessa forma, da Tabela 3.3, junto à equação (3.41) segue que 0 = U3(b) = 5/4L3UL(b). Portanto,UL4(b) = L3UL(b) = L4U(b) = 0. Como consequência destas identidades e da Tabela 3.3, obtemosque se m1 + · · ·+mk ≥ 6, então am1 · · · amkb = 0.

Seja

UL(b) =4∑i=1

α′iai +

4∑j=0

µ′jvi+5 (α′i, µ′j ∈ F).

Analogamente ao feito para U(b), segue que µ′0 = µ′1 = 0. Ao multiplicar por LU , obtém-se que0 = LU2L(b) = α′1a

4 + µ′2v9, portanto, α′1 = µ′2 = 0. Ao multiplicar por U , resulta que U2L(b) =

α′2a4. Da Tabela 3.2, é conhecido que 2v9 = 2LUL2(b) = U2L(b) = α′2a

4, é dizer, a4 e v9 são l.d. oqual é um absurdo. Portanto, dimA ≥ 10.

Corolário 3. Se dimA ≤ 9, então LUL2 ≡ 0, U2L ≡ 0, Lx4L ≡ 0 e L3UL = −L4U sãoidentidades na álgebra A.

Demonstração. Por lema anterior LUL2 ≡ 0 é uma identidade em A e agora Tabela 3.2 implicaque também U2L ≡ 0 e Lx4L ≡ 0 são identidades em A. Já que LUL2 ≡ 0, também L2UL2 ≡ 0,e agora usando a Tabela 3.3 obtemos 0 = 4L2UL2 = 2UL4 + L3UL+ L4U = L3UL+ L4U já queUL4 = 0.

Como consequência desse corolário, obtém-se novas identidades a partir das linearizações parciaisdas identidades mencionadas. Essas identidades são:

0 = zx2xxy + 2x(xz)xxy + xx2zxy + xx2xzy, (3.42)

0 = 2(xz)x2xy + 2x2(xz)xy + x2x2zy, (3.43)

0 = x4zy + 4(x2xz)(xy). (3.44)


Também, como consequência do corolário acima e Tabela 3.3, temos que se m1 + · · · +mk = 6 ea ∈ A, então existe λ ∈ F tal que

Lam1 · · ·Lamk = λL4aUa.

Para provar que A ∈ V de dimensão 9 é solúvel, será suposto que se um operador m(x) nãoé uma identidade em A, então A possui uma subálgebra própria B de codimensão menor ou igualdo que 2. Desse modo, como consequência do Lema 7, tem-se que A é solúvel. Em seguida, serásuposto que m(x) é uma identidade em A, à vista disso, ir diminuindo o grau do operador m(x)até o operador LUL ≡ 0 ocorrer. Nesse caso, o anulador de A é um ideal próprio não nulo de A,onde pode-se concluir que A é solúvel.

codimB = 1 codimB = 2 codimB = 2 codimB = 2

+3 A é solúvel.

A

L4U 6≡0

BB

L4U≡0 // ·

L5 6≡0

==

L5≡0 // ·

L2UL 6≡0

==

L2UL≡0 // ·

LUL 6≡0

;;

LUL≡0// 0 6= annA /A

3.2.1 Se L4U não é uma identidade na álgebra A.

Nesta seção será suposto que L4U ≡ 0 não é uma identidade em A, e com essas condiçõesacontecerá que A possui uma subálgebra de codimensão 1, desse modo, A resulta ser uma álgebrasolúvel. Para desarrolhar o trabalho é necessária uma proposição demonstrada em [GFS05], a qualmostra um conjunto linearmente independente no caso em que L4U ≡ 0 não é uma identidade emA. A proposição 3 em [GFS05] é re-enunciada como:

Proposição 3. Se a, b ∈ A tais que L4aUa(b) 6= 0, então

φ = φa,b = {a, a2, a3, a4, b, La(b), Ua(b), LaUa(b), L2aUa(b)}

é um conjunto linearmente independente em A.

Com a proposição acima, pode ser enunciado o seguinte lema:

Lema 13. Seja A de dimensão 9 tal que L4U ≡ 0 não é uma identidade em A. Se a ∈ A talque L4

aUa 6= 0, então existe b ∈ A tal que L4aUa(b) 6= 0, φa,b é uma base de A, e as matrizes que

representam os operadores La e Ua na base φa,b são respectivamente

[La] =

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 λ2 0 0 00 1 0 0 0 λ3 0 0 10 0 1 0 0 λ4 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 λ 0 1 0

, [Ua] =

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 γ3 2γ 0 00 1 0 0 0 γ4 δ4 γ/2 1/20 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 −1 0 0 00 0 0 0 0 γ −2 0 0

,

onde δ4 = 2γ3 − λ− 6λ2.

Demonstração. Durante a prova do lema usaremos as identidades dadas no Corolário 3, a identidadeUL4 ≡ 0 de (3.14) e as relações da Tabela 3.3 sem nenhuma menção explicita. Sejam a, b′ ∈ A taisque L4

aUa(b′) 6= 0. Para simpli�car, denotaremos La por L e Ua por U . Pela proposição anterior,


o conjunto φ′ = {a, a2, a3, a4, b′, L(b′), U(b′), LU(b′), L2U(b′)} é uma base para A. Como acima,nomeamos o vetor i-ésimo de φ′ por vi. Seja agora w um elemento arbitrário de A. Pode-se exprimirem termos da base φ′,

w =4∑i=1

αiai +

4∑i=0

µivi+5.

É fácil provar que se L3U(w) = 0, então µ0 = µ1 = 0. Alem do mais, se L3U(w) = 0 e L4(w) = 0,então também µ2 = 0.

Seja w = L3U(b′). Pela observação acima, temos que µ0 = µ1 = µ2 = 0. Ao multiplicar w porLU resulta que α1 = 0. Multiplicando por L3, tem-se que µ3 = 0. Ao multiplicar por U , e por L2

obtém-se respectivamente que

0 = α2a4 + µ4UL

2U(b′) = α2a4 +

µ42L4U(b′), 0 = α2a

4 + µ4L4U(b′),

dessa forma se conclui que α2 = µ4 = 0. Portanto, L3U(b′) = α3a3 + α4a

4. Por hipótese, 0 6=L4U(b′) = L(L3U(b′)) = α3a

4, logo α3 6= 0. Seja

b =b′

α3+α4

α23

ab′.

Então

L3U(b) = a3, L4U(b) = a4, (3.45)

e φ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), U(b), LU(b), L2U(b)} é uma base para A. A seguir vi denotará o ele-mento i-ésimo da base φ.

Seja agora w = L2(b). É fácil veri�car que L3U(w) = L4(w) = 0 e portanto exprime-se da formaw =

∑4i=1 λia

i + µv8 + λv9. Ao multiplicar por LU , obtém-se λ1 = 0. Multiplicando por UL e porL3 respectivamente, segue que

2

5L5(b) = UL3(b) = µUL2U(b) =

µ

2L4U(b) =

µ

2a4,

L5(b) = µL4U(b) = µa4,

é dizer, µ = 0. Desse modo, L5(b) = 0, e portanto,

L5 ≡ 0.

Assim,L2(b) = λ2a

2 + λ3a3 + λ4a

4 + λv9,

L3(b) = (λ2 + λ)a3 + λ3a4,

L4(b) = (λ2 + λ)a4,

UL2(b) =(λ2 +

λ

2

)a4.

(3.46)

Se w = UL(b), então L3U(w) = L4(w) = 0 e portanto exprime-se da forma w =∑4

i=1 γiai +

γ′v8+γv9. Ao multiplicar por LU , obtém-se que 0 = LULU(b) = γ1a4, isto é, γ1 = 0. Multiplicando

por L3 segue que −a4 = L3UL(b) = γ′L4U(b) = γ′a4, portanto, γ′ = −1. Multiplicando por U epor L2 respetivamente, tem-se que

0 = U2L(b) = γ2a4 − ULU(b) + γUL2U(b),

L2UL(b) = γ2a4 − L3U(b) + γL4U(b),


logo

ULU(b) =(γ2 +

γ

2

)a4,

2ULU(b) =(γ2 + γ

)a4,

já que 2ULU = L2UL+ L3U por Tabela 3.2 e relação L5 = 0. Isto implica que γ2 = 0. Portanto

UL(b) = γ3a3 + γ4a

4 − v8 + γv9,

LUL(b) = γa3 + γ3a4 − v9,

L2UL(b) = −a3 + γa4,

ULU(b) =γ

2a4.

(3.47)

Analogamente, U2(b) exprime-se da forma U2(b) =∑4

i=1 δiai + δ′v8 + δv9. Ao multiplicar por

LU , resulta que δ1 = 0. Multiplicando por L3 tem-se que δ′ = 0. Ao multiplicar por U e por L2

respectivamente, obtém-se que

U3(b) = δ2a4 + δUL2U(b),

L2U2(b) = δ2a4 + δL4U(b) =

(δ2 + δ

)a4.

Da Tabela 3.3, segue que

−a4 =(δ2 +

δ

2

)a4,

−2a4 =(δ2 + δ

)a4,

⇒2δ2 + δ + 2 = 0,

δ2 + δ + 2 = 0,

logo δ2 = 0 e δ = −2. Portanto,

U2(b) = δ3a3 + δ4a

4 − 2v9,

LU2(b) = −2a3 + δ3a4,

L2U2(b) = −2a4,U3(b) = −a4.

(3.48)

De outro lado, ao expressar U2 pela igualdade dada na Tabela 3.1, junto às equações (3.46)e (3.47), obtém-se que

U2(b) = −10UL2(b) + 2LUL(b) + 4L4(b)

= −10(λ2 +

λ

2

)a4 + 2γa3 + 2γ3a

4 − 2v9 + 4(λ2 + λ)a4

= 2γa3 +(− 6λ2 − λ+ 2γ3

)a4 − 2v9,

desse modo, δ3 = 2γ e δ4 = 2γ3 − λ− 6λ2.

Sendo assim, as representações matriciais seguem da equação (3.45) até (3.48).

Lema 14. Nas hipóteses do lema anterior

C2 = span{a, a2, a3, a4, v8, v9}

é uma subálgebra de A.

Demonstração. Inicialmente será provado que C1 = span{a, a2, a3, a4, v9} é uma subálgebra de A.



v29 = (LUL(b))2 =1

16(a4b)2.

Se x = a4, y = b na equação (3.3), segue que 4(a4b)2 = 2a4ba4b = −8aa2aba4b, é dizer,v29 = −1/8aa2aba4b. De outro lado, se x = a, y = a4b, e z = b na equação (3.42) junto com asTabelas 3.2 e 3.3, obtém-se que

0 = ba2aaa4b+ 2a(ab) aaa4b︸︷︷︸4a4

+aa2b aa4b︸︷︷︸−4L2UL(b)

+aa2aba4b

= 8aa4ab− 4aa2(γa4 − a3)b+ aa2aba4b

= aa2aba4b.

Portanto, v29 = 0, isto é C1 é uma subálgebra de A, onde os produtos são dados por

av9 = a3, a2v9 =a4

2, a3v9 = a4v9 = v29 = 0. (3.49)

A seguir, será provado que C2 = C1 ⊕ Fv8 é uma subálgebra de A. Para cada y ∈ A, [y]krepresentará a coordenada k-ésima de y em relação a base φ. Se y =

∑αia

i +∑µivi+5, então

a4y = µ0a4b = −4µ0LUL(b) = −4µ0(γa3 + γ3a

4 − v9), L4U(y) = µ0a4.

Assim[y]5 6= 0⇔ a4y 6= 0⇔ L4U(y) 6= 0.

De outro lado, da equação (3.44), se x = a, z = v9, segue que 0 = a4v9y para cada y ∈ A. Aliás,se x = a, z = v8 nessa mesma equação, então 0 = a4v8y + 4(a2av8)(ay) = a4v8y + 2a4ay = a4v8ypara cada y ∈ A. Portanto, para cada y ∈ A resulta que

[yv9]5 = [yv8]5 = 0. (3.50)

Como x4xxx2y = 0 é uma identidade na classeV, ao linearizá-la obtém-se que 0 = 4(x2xz)xxx2y+x4zxx2y + x4xzx2y + 2x4xx(xz)y. Se x = a, y = z = b, segue que

0 = 4(a2ab)v9 + a4bv8 + a4aba2b+ 2a4aabab = 4(a2ab)v9.

Dessa forma, do anterior lema obtém-se que

0 = (a2ab)v9 =(γ3a

3 + γ4a4 − v8 + γv9

)v9 = −v8v9.

Ao linearizar a identidade x4xx2y = 0, segue que 0 = 4(x2xz)xx2y + x4zx2y + 2x4x(xz)y. Sex = a, y = z = b, tem-se que

0 = 4(a2ab)v8 + a4ba2b = 4(γ3a3 + γ4a

4 − v8 + γv9)v8 + a4ba2b = −4v28 + a4ba2b.

Como ImLa4 ⊂ span{a3, a4, v9}, então v28 ∈ span{a3, a4, v9}, é dizer, C2 = C1 ⊕ Fv8 é umasubálgebra com os produtos dados na equação (3.49) e

av8 = v9, a2v8 =γ

2a4, a3v8 = a4v8 = v8v9 = 0,

v28 ∈ span{a3, a4, v9}.


Lema 15. Nas hipóteses e notações do Lema 13, tem-se que

C = span{a, a2, a3, a4, v6, v7, v8, v9}


Demonstração. Como C2 é uma subálgebra de A, então para provar que C é uma subálgebra serãoanalisados os operadores deMC2 .

Dado que codimC2 = 3, uma base para A/C2 é dada pelo conjunto {b, ab, a2b} = {v5, v6, v7}.A seguir, para cada operador T deMC2 , representamos por [T ] a matriz deste operador em relaçãoà base acima. Os operadores em MC2 induzidos pelos operadores Lai estão representados pelasseguintes matrizes

[L] =

0 0 01 0 00 0 0

, [U ] =

0 0 00 0 01 0 0

, [Lai ] ≡ [0]

para i = 3, 4. Além disso, cada operador Lc ∈MC2 , para x, y ∈ F, deve satisfazer que xL+yU+Lc ∈MC2 , é dizer, (xL+ yU + Lc)

3 = 0, desse modo, se Lc está representado pela matrizc1,1 c1,2 c1,3c2,1 c2,2 c2,3c3,1 c3,2 c3,3

e (ai,j) = [xL+ yU + Lc]

3, para x = 0, na componente a1,3 obtém-se que

c21,1c1,3 + c1,2c1,3c2,1 + c21,3c3,1 + c2,3(c1,1c1,2 + c1,2c2,2 + c1,3c3,2)

+ c3,3(c1,1c1,3 + c1,2c2,3 + c3,1c3,3) + c21,3y,

é dizer, c1,3 = 0.

Se y = 0, das componentes a1,1 e a1,2 resulta que

c31,1 + 2c1,1c1,2c2,1 + c1,2c2,1c2,2 + c1,2c2,3c3,1 + c1,2(2c1,1 + c2,2)x,

c1,2(c21,1 + c1,2c2,1 + c1,1c2,2 + c22,2 + c2,3c3,2) + c21,2x,

portanto, c1,2 = c1,1 = 0.

O traço de uma matriz nilpotente é zero logo c3,3 = −c2,2. Sendo assim, Lc está representadopela seguinte matriz: 0 0 0

c2,1 c2,2 c2,3c3,1 c3,2 −c2,2

, c22,2 + c2,3c3,2 = 0. (3.51)

Como v8, v9 ∈ C2, então os operadores induzidos Lv8 , Lv9 ∈ MC2 , dessa modo, segue que asrepresentações matriciais desses operadores tem a forma descrita na equação (3.51).

Enxergue que se [y]5 = 0, então [y]6 = 0⇔ L3U(y) = 0. De outro lado, se [y]5 = [y]6 = 0, então[y]7 = 0⇔ L4(y) = 0, pois se y =

∑αia

i +∑µivi+5, obtém-se que

L3U(y) = µ1L3UL(b) = −µ1UL4(b) = −µ1a4,

L4(y) = µ2L4U(b) = µ2a

4.


Na sequência, serão determinados os operadores Lv8 , Lv9 .

Ao linearizar a identidade xxxx2xxy = 0, resulta que

0 = zxxx2xxy + xzxx2xxy + xxzx2xxy + 2xxx(xz)xxy + xxxx2zxy + xxxx2xzy.

Se x = a, y = v8, z = b na anterior identidade, segue que

0 = 2aaa(ab) aav8︸︷︷︸a3

+aaaa2bav8 + aaaa2abv8

= 2aaaa3ab+ L3U(bv9)− L4U(bv8)

= L3U(bv9)

já que pela equação (3.50), L4U(bv8) = 0. Portanto, se conclui que [bv9]6 = 0.

Ao linearizar a identidade xxxx2x2y = 0 obtém-se que

0 = zxxx2x2y + xzxx2x2y + xxzx2x2y + 2xxx(xz)x2y + 2xxxx2(xz)y. (3.52)

Se x = a, y = v9, z = b segue que

0 = aaa(ab) a2v9︸︷︷︸1/2a4

+aaaa2(ab)v9 = L3U((ab)v9).

Portanto, [v9ab]6 = 0. Além disso, como consequência da equação (3.51), resulta que [v9v7]7 = 0.

Ao linearizar a identidade xxx2x3y = 0, tem-se que

0 = zxx2x3y + xzx2x3y + 2xx(xz)x3y + xxx2(x2z)y + 2xxx2(xxz)y. (3.53)

Se x = a, y = v9, z = b obtém-se que

0 = aaa2(a2b)v9 + 2aaa2 v9aab︸︷︷︸λ2/2a4

= aaa2(a2b)v9 = L2U(v9v7).

Portanto, [v9v7]6 = 0.

Ao linearizar a identidade xxxxx2xy = 0, obtem-se que

0 = zxxxx2xy + xzxxx2xy + xxzxx2xy + xxxzx2xy + 2xxxx(xz)xy + xxxxx2zy. (3.54)

Se x = a, y = v8 e z = b, então

0 = aaab a2v9︸︷︷︸1/2a4

+2aaaa(ab)v9 + aaaaa2bv8

= 2L4(v9ab) + L4U(bv8)

= 2L4(v9ab)

pois, como consequência da equação (3.50), L4U(bv8) = 0. Assim, [v9ab]7 = 0. Pode-se concluir queLv9 está representado por matriz da seguinte forma

[Lv9 ] =

0 0 00 0 0∗ 0 0

. (3.55)


De outro lado, se x = a, y = v8, z = b na equação (3.52), segue que

0 = aaa(ab) a2v8︸︷︷︸γ/2a4

+aaaa2(ab)v8 = aaaa2(ab)v8 = L3U(v8ab),

portanto, [v8ab]6 = 0, e como consequência da equação (3.51), segue que [v8v7]7 = 0.

Se x = a, y = v8, z = b na equação (3.53) tem-se que

0 = 2aa(ab) a3v8︸︷︷︸0

+aaa2(a2b)v8 + 2aaa2 v8aab︸︷︷︸∈Fa4

= aaa2(a2b)v8 = L2U(v8v7),

é dizer, [v8v7]6 = 0. Como consequência da equação (3.55), junto aos fatos [v8v7]6 = [v8v7]7 = 0,segue que v7C2 ⊂ C2, é dizer, Lv7 ∈ MC2 , portanto, da equação (3.51) obtém-se que para caday ∈ A, [v7y]5 = 0.

Se x = a, y = a2b, z = b na equação (3.54), segue que

0 = aab aa2aa2b︸︷︷︸0

+aaab a2v8︸︷︷︸γ/2a4

+2aaaa(ab)v8 + aaaaa2ba2b

= 2aaaav8ab+ L4U([bv7]5b) = 2aaaav8ab = 2L4(v8ab),

portanto, [v8ab]7 = 0. Dessa forma, conclui-se que o operador Lv8 esta representado por uma matrizda forma

[Lv8 ] =

0 0 0ρ1 0 0ρ2 0 0

para ρ1, ρ2 ∈ F.

Das representações matriciais de Lv8 , Lv9 segue que v6C2, v7C2 ⊂ C2, portanto, Lv6 , Lv7 ∈MC2 . Portanto a primeira linha das matrizes [Lv6 ] e [Lv7 ] é nula, isto é

[Lv6 ] =

0 0 0a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 −a2,2

, [Lv7 ] =

0 0 0b2,1 b2,2 b2,3b3,2 b3,2 −b2,2

.

Isto implica que v26, v6v7 e v27 ∈ C, portanto, C é uma subálgebra de A com codimC = 1.

Corolário 4. Se A2 = A de dimensão 9, e∑mi ≥ 6, com mi > 0, então

xm1xm2 · · ·xmky = 0,

para todo x, y ∈ A.

Como consequência do corolário acima, será suposto daqui em diante que L4U ≡ 0 é umaidentidade, dessa forma, cada operador de grau 6 é uma identidade para a álgebra A, é dizer, cadaum dos operadores na Tabela 3.3, é o operador nulo. Particularmente serão usadas as linearizaçõesdas identidades xxxxx2y = 0 e x3x3 = 0. Essas linearizações são:

0 = zxxxx2y + xzxxx2y + xxzxx2y + xxxzx2y + 2xxxx(xz)y (3.56)

0 = x3x2y + 2x3xxy (3.57)

0 = (x2z)x2y + 2(xxz)x2y + 2x3yxz + 2(x2z)xxy + 4(xxz)xxy + 2x3zxy + 2x3xzy (3.58)


3.2.2 Se L5 não é uma identidade na álgebra A.

Nesta seção será assumido que L5x ≡ 0 não é uma identidade para A. Inicialmente será provado

que existe um elemento a ∈ A tal que L5a 6≡ 0 e a possui índice maximal, é dizer, a4 6= 0. Para provar

esse fato, será necessário re-enunciar o Teorema 1 de [GFS05] onde, aliás, é adicionada informação.Embora, aquilo acrescentado no teorema segue da demostração que os autores apresentaram paraálgebras de dimensão 8, aqui será feita uma demostração no caso geral.

Teorema 11. Seja A tal que L5 ≡ 0 não é uma identidade em A. Então dimA ≥ 9. Se a, b ∈ Asão tal que L5

a(b) 6= 0, então

φ = φa,b = {a, a2, b, L(b), L2(b), L3(b), L4(b), L5(b)}

é um conjunto linearmente independente, para L = La.

Demonstração. Unicamente será demonstrado que o conjunto φ é linearmente independente, poiso fato que dimA ≥ 9 foi provado no Teorema 1 de [GFS05]. Seja

0 = α1a+ α2a2 +

5∑i=0

µiLi(b). (3.59)

Enxergue que da Tabela 3.2, segue que La3L2(b) = −UL3(b) = −2/5L5(b) 6= 0, é dizer, a3 6= 0.

Ao multiplicar a equação (3.59) por L4, tem-se que

0 = µ0L4(b) + µ1L

5(b),

portanto, µ0 = µ1 = 0.

Caso a4 = 0. Multiplicando por L3 resulta que 0 = µ2L5(b), desse modo, µ2 = 0.

Ao multiplicar por L2 e por U , obtém-se respetivamente que

0 = α1a3 + µ3L

5(b),

0 = α1a3 + µ3UL

3(b) = α1a3 +

2

5µ3L

5(b),

é dizer, α1 = µ3 = 0.

Multiplicando por L, então

0 = α2a3 + µ4L

5(b)

= α2a3 − 5

2µ4La3L

2(b)

= α2a3 − 5

2µ4Laab(a

3).

Como o operador Laab é nilpotente, segue que α2 = µ4 = 0. Logo tem-se que µ5 = 0.

Caso a4 6= 0. Multiplicando por L3 e por UL respetivamente obtém-se que

0 = α1a4 + µ2L

5(b),

0 = α1a4 + µ2UL

3(b) = α1a4 +

2

5µ2L

5(b),

dessa forma, α1 = µ2 = 0.


Ao multiplicar por L2 e por U , resulta que

0 = α2a4 + µ3L

5(b),

0 = α2a4 + µ3UL

3(b) = α2 +2

5µ3L

5(b),

portanto, α2 = µ3 = 0.

Segue então que µ4 = µ5 = 0.

Consequentemente, φ é um conjunto linearmente independente.

A partir do teorema anterior, segue o seguinte lema:

Lema 16. Seja A tal que L5x ≡ 0 não é uma identidade em A, e para cada a ∈ A tal que L5

a 6≡ 0tem-se que a4 = 0. Então a3 6∈ spanφa,b onde φa,b é dado no Teorema 11.

Demonstração. Seja a ∈ A tal que L5a 6≡ 0, e b ∈ A tal que L5(b) 6= 0. Suponha que a3 ∈ spanφ,

assim

a3 = α1a+ α2a2 +

5∑i=0

µiLi(b).

Ao multiplicar por L3 segue que µ0 = µ1 = µ2 = 0, já que a4 = 0. Ao multiplicar por U e por L2,tem-se que

0 = α1a3 + µ3UL

3(b) = α1a3 +

2

5µ3L

5(b),

0 = α1a3 + µ3L

5(b),

é dizer, µ3 = α1 = 0. Multiplicando por L, obtém-se que

0 = α2a3 + µ4L

5(b) = α22a

2 + α2µ4L4(b) + (α2µ5 + µ4)L

5(b),

portanto, µ4 = α2 = 0. Dessa forma, resulta que a3 = µ5L5(b) para µ5 6= 0. Como La3L

2 = −2/5L5,então segue que a3aab = −2/5L5(b) = − 2

5µ5a3, o qual gera uma contradição, já que o operador

Laab é nilpotente. Logo, a3 6∈ spanφ.

Lema 17. Se para cada a ∈ A tal que L5a 6≡ 0 se satisfaz que a4 = 0, então dimA > 9.

Demonstração. Suponha por absurdo, é dizer, que dimA ≤ 9. Pelo lema anterior, segue que dimA =9. Se a, b ∈ A tal que L5

a(b) 6= 0, então pelo lema anterior

φ = {a, a2, a3, b, L(b), L2(b), L3(b), L4(b), L5(b)}

é uma base para A. Para j = 0, 1, 2, seja

ULj(b) =3∑i=1

αi,jai +

5∑i=0

λi,jLi(b).

Ao multiplicar por L4, tem-se que 0 = λ0,jL4(b) + λ1,jL

5(b), então λ0,j = λ1,j = 0.

Caso j ≥ 1, ao multiplicar por L3 segue que 0 = λ2,jL5(b), é dizer, λ2,j = 0. Aliás, do Corolário 3,

como U2L ≡ 0, então para j = 1 ao multiplicar por U , obtém-se que

0 = U2L(b) = α1,1a3 + λ3,1UL

3(b) = α1,1a3 +

2

5λ3,1L

5(b),


é dizer, α1,1 = λ3,1 = 0.

Para j = 2, ao multiplicar por U e por L2, obtém-se respetivamente que

0 = α1,2a3 + λ3,2UL

3(b) = α1,2a3 +

2

5λ3,2L

5(b),

0 = α1,2a3 + λ3,2L

5(b),

dessa forma, α1,2 = λ3,2 = 0. Multiplicando por L, dado que LUL2 = 0, segue que

0 = α2,2a3 + λ4,2L

5(b),

portanto, α2,2 = λ4,2 = 0. Dessa forma, obtém-se que L e U estão representados na base φ pelasseguintes matrizes:

[L] =

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 1 0

, [U ] =

0 0 0 α1,0 0 0 0 0 00 0 0 α2,0 α2,1 0 0 0 01 0 0 α3,0 α3,1 α3,2 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 λ2,0 0 0 0 0 00 0 0 λ3,0 0 0 0 0 00 0 0 λ4,0 λ4,1 0 0 0 00 0 0 λ5,0 λ5,1 λ5,2 2/5 0 0

.

De outro lado, da Tabela 3.1, tem-se que U2 = −10UL2+2LUL+4L4. Ao calcular U2(b) resulta

U2(b) = α1,0a3 + λ2,0UL

2(b) + λ3,0UL3(b)

= (α1,0 + λ2,0α3,2)a3 +

(25λ3,0 + λ2,0λ5,2

)L5(b)

(3.60)

No entanto, LUL(b) = α2,1a3 + λ4,1L

5(b), é dizer,

−10UL2(b) + 2LUL(b) + 4L4(b) = −10α3,2a3 − 10λ5,2L

5(b) + 2α2,1a3 + 2λ4,1L

5(b) + 4L4(b)

= (−10α3,2 + 2α2,1)a3 + 4L4(b) + (−10λ5,2 + 2λ4,1)L

5(b).(3.61)

Como os termos à direita das equações (3.60) e (3.61) devem ser iguais, isso gera uma contra-dição. Portanto, conclui-se que dimA > 9.

Como consequência do anterior lema, tem-se que se dimA = 9, o seguinte conjunto é não vazio:

S := {a ∈ A | L5a ≡ 0 não é uma identidade e a4 6= 0, }

Lema 18. Sejam a ∈ S e b′ ∈ A tais que L5a(b′) 6= 0, e φ′a,b′ o conjunto dado no Teorema 11. Então

o subespaço B = spanφ′ de dimensão 8 não é invariante pelo operador La ou o pelo operador Ua.

Demonstração. Demonstração por redução ao absurdo, é dizer, suponha que B �ca invariante pelosoperadores La e Ua. Seja

a3 = α1a+ α2a2 +

5∑i=0

µiLi(b′).

Ao multiplicar a3 por L4, segue que 0 = µ0L4(b′) +µ1L

5(b′), portanto, µ0 = µ1 = 0. Multiplicandopor LU e por L3 obtém-se que

0 = α1a4 + µ2LUL

2(b′) = α1a4,


0 = α1a4 + µ2L

5(b′),

é dizer, α1 = µ2 = 0. Ao multiplicar por U e por L2, tem-se que

0 = α2a4 + µ3UL

3(b′) = α2a4 +

2

5µ3L

5(b′),

0 = α2a4 + µ3L

5(b′),

onde se conclui que α2 = µ3 = 0. Desse modo, a3 = µ4L4(b′) + µ5L

5(b′) para algum µ4 6= 0, já quea4 6= 0. Seja b = µ4b

′ + µ5L(b′), então

a3 = L4(b), a4 = L5(b),

eφ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), L2(b), L3(b)}

é uma base para B. Como U(B) ⊂ B, então U(b), UL(b) e UL2(b) ∈ B. Para j = 0, 1, 2 seja

ULj(b) =4∑i=1

αi,jai +

3∑i=0

λi,jLi(b).

Ao multiplicar por L4 obtém-se que

0 = L4ULj(b) = λ0,jL4(b) + λ1,jL

5(b)

= λ0,ja3 + λ1,ja

4,

é dizer, λ0,j = λ1,j = 0.

Se j ≥ 1, ao multiplicar por LU e por L3, segue que

0 = LU2Lj(b) = α1,ja4 + λ2,jLUL

2(b) = α1,ja4,

0 = L3ULj(b) = α1,ja4 + λ2,jL

5(b) = (α1,j + λ2,j)a4,

portanto, α1,j = λ2,j = 0. Ao multiplicar por U , como U2L ≡ 0, segue que

0 = U2Lj(b) = α2,ja4 + λ3,jUL

3(b)

=(α2,j +

2

5λ3,j

)a4,

é dizer, α2,j = −2/5λ3,j .

Se j = 2, ao multiplicar por L2, obtém-se que

0 = L2UL2(b) = α2,2a4 + λ3,2L

5(b) =(α2,2 + λ3,2

)a4,

portanto, α2,2 = −λ3,2, e da igualdade entre os coe�cientes acima, para j = 2, segue que α2,2 =λ3,2 = 0.

Por outro lado, dado que LUL2 ≡ 0, ao multiplicar por L resulta que

0 = LUL2(b) = α3,2a4,

dessa forma, α3,2 = 0.


Além disso, pela Tabela 3.1, é conhecido que La3L(b) = 4UL2(b)− 2L4(b)− LUL(b), então

a3ab =(− 2− 3

5λ3,1

)a3 +

(4α4,2 − α3,1

)a4.

Como La4L ≡ 0, então para cada k ≥ 1 segue que

Lkab(a3) =

(− 2− 3

5λ3,1

)ka3 +

(− 2− 3

5λ3,1

)k−1(4α4,2 − α3,1

)a4.

Dado que o operador Lab é nilpotente, resulta que λ3,1 = −10/3. Portanto, α2,1 = 4/3. Dessa forma

U(b) = α1,0a+ α2,0a2 + α3,0a

3 + α4,0a4 + λ2,0L

2(b) + λ3,0L3(b),

UL(b) =4

3a2 + α3,1a

3 + α4,1a4 − 10

3L3(b),

UL2(b) = α4,2a4.

Da Tabela 3.2, é sabido que LU2 − 10UL3 − 2L2UL ≡ 0, no entanto, das igualdades obtidastem-se que LU2(b) = α1,0a

4, UL3(b) = 2/5a4, L2UL(b) = −2a4, portanto

0 = α1,0a4 − 4a4 + 4a4,

é dizer, α1,0 = 0, desse modo U2(b), ULU(b) ∈ span{a4}. Se x = a, y = b, z = a2b na equa-ção (3.44), obtém-se que

0 = a4ba2b+ 4 (a2aa2b)︸︷︷︸∈Fa4

(ab) = a4ba2b.

Se x = a2, y = z = b na equação (3.7) segue que

0 = 2(a4b)(a2b) + 4 (a2a2b)︸︷︷︸∈Fa4

(a2b) + 2a4ba2b+ a4a2b2

= (a4b)(a2b) = −4(aa2ab)(a2b) = (8a3 − 4α3,1a4)(a2b) = 8La3U(b) = 16UL3(b) =

32

5a4.

Isso é um absurdo, portanto, segue que ou o operador L ou o operador U não preserva o subespaçoB.

Lema 19. Seja a ∈ S. Se B = spanφ′a,b′ não é invariante pelo operador La, então existe b ∈ A talque

φ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), L2(b), L3(b), L4(b)}

é uma base para A. Ainda mais, os operadores La e Ua estão representados nesta base pelas matrizes

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 1 0

,

0 0 0 0 4 + 6/5λ3,1 0 0 0 00 0 0 0 α2,0 −2/5λ3,1 0 0 01 0 0 0 α3,0 α3,1 −λ4,2 0 00 1 0 0 α4,0 α4,1 α4,2 2/5 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 8 + 3λ3,1 0 0 0 00 0 0 0 λ3,0 λ3,1 0 0 00 0 0 0 λ4,0 λ4,1 λ4,2 0 0

,

respectivamente.

Demonstração. Como L não preserva o subespaço B, então a3 6∈ B, portanto,

{a, a2, a3, b′, L(b′), L2(b′), L3(b′), L4(b′), L5(b′)}


é uma base para A. Se

a4 =

3∑i=1

αiai +

5∑i=0

µiLi(b′),

ao multiplicar por L4, segue que 0 = µ0L4(b′) + µ1L

5(b′), é dizer, µ0 = µ1 = 0. Multiplicando porL3, obtém-se que

0 = α1a4 + µ2L

5(b′),

desse modo, α1 = µ2 = 0. Multiplicando por L2 segue que

0 = α2a4 + µ3L

5(b′),

portanto, α2 = µ3 = 0. Ao multiplicar por L, tem-se que

0 = α3a4 + µ4L

5(b′)

logo α3 = µ4 = 0. Por isso, conclui-se que a4 = µ5L5(b′) onde µ5 6= 0. Se b = µ5b

′, então uma basepara A é dada pelo conjunto

φ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), L2(b), L3(b), L4(b)},

satisfazendo L5(b) = a4.

Para j = 0, 1, 2 seja

ULj(b) =4∑i=1

αi,jai +

4∑i=0

λi,jLi(b).

Ao multiplicar por L4, segue que 0 = λ0,jL4(b) + λ1,jL

5(b) = λ1,ja4 + λ0,jL

4(b), é dizer, λ0,j =λ1,j = 0.

Se j ≥ 1, ao multiplicar por LU e por L3, já que LUL2 ≡ 0, obtém-se

0 = α1,ja4 + λ2,jLUL

2(b) = α1,ja4,

0 = α1,ja4 + λ2,jL

5(b) = (α1,j + λ2,j)a4,

portanto, α1,j = λ2,j = 0.

Se j = 2, multiplicando por U e por L2 segue que

0 = α2,2a4 + λ3,2UL

3(b) = α2,2a4 +

2

5λ3,2L

5(b) = (α2,2 +2

5λ3,2)a

4,

0 = α2,2a4 + λ3,2L

5(b) = (α2,2 + λ3,2)a4,

dessa forma, obtém-se que α2,2 = λ3,2 = 0.

Da igualdade LUL2(b) = 0, segue que (α3,2 + λ4,2)a4 = 0, portanto, α3,2 + λ4,2 = 0.

Da igualdade U2L(b) = 0, resulta que (α2,1+2/5λ3,1)a4 = 0, por conseguinte, α2,1+2/5λ3,1 = 0.

Da identidade LU2 − 10UL3 − 2L2UL ≡ 0 calculada em b obtém-se que

0 =(α1,0 + λ2,0(α3,2 + λ4,2)

)a4 − 4a4 − 2(α2,1 + λ3,1)a

4

= (α1,0 − 4− 6/5λ3,1)a4,


é dizer, α1,0 = 4 + 6/5λ3,1.

Da identidade ULU − 3UL3 − 1/2L2UL− 1/2L3U ≡ 0 calculada em b resulta que

0 = (α1,0 +2

5λ2,0)a

4 − 6

5a4 − 1

2(α2,1 + λ3,1)a

4 − 1

2(α1,0 + λ2,0)a

4

= (1

2α1,0 −

1

10λ2,0 −

6

5− 3

10λ3,1)a

4

= (2 +3

5λ3,1 −

6

5− 1

10λ2,0 −

3

10λ3,1)a

4

= (4

5+

3

10λ3,1 −

1

10λ2,0)a

4,

portanto, obtém-se que λ2,0 = 8 + 3λ3,1. É dizer,

U(b) = (4 + 6/5λ3,1)a+ α2,0a2 + α3,0a

3 + α4,0a4 + (8 + 3λ3,1)L

2(b) + λ3,0L3(b) + λ4,0L

4(b),

UL(b) = −2/5λ3,1a2 + α3,1a3 + α4,1a

4 + λ3,1L3(b) + λ4,1L

4(b),

UL2(b) = −λ4,2a3 + α4,2a4 + λ4,2L

4(b).

Dos resultados obtidos acima, segue que as matrizes que representam os operadores L e U nabase φ são as apresentadas no lema.

O seguinte lema exibe uma subálgebra de codimensão 2 no caso em que A satisfaça as hipótesedo lema anterior.

Lema 20. Seja A como no lema anterior. Então

C = span{a, a2, a3, a4, L2(b), L3(b), L4(b)}


Demonstração. Dado que L e U estão representados pelas matrizes dadas no lema acima, en-xergue que L(C), ImU ⊂ C. Aliás, como Lak pertence à álgebra gerada por {L,U}, segue queImLa3 , ImLa4 ⊂ C. Portanto, para provar que C é uma subálgebra de A, resta provar que osprodutos (aab)2, (aab)(aaab), (aab)(aaaab), (aaab)2, (aaab)(aaaab) e (aaaab)2 estão em C.

Por outra parte, veja que L4(x) = 0 ⇐⇒ x ∈ C, já que se x =∑α4i=1a

i +∑4

i=0 µiLi(b), ao

multiplicar por L4, segue que

L4(x) = µ0L4(a) + µ1L

5(b) = µ0L4(b) + µ1a

4.

Se x = a, y = aaaab, z ∈ A na equação (3.56), cumpre-se que 0 = L4(az)(aaaab), é dizer,(az)(aaaab) ∈ C para cada z ∈ A, dessa forma, conclui-se que (aab)(aaaab), (aaab)(aaaab) e(aaaab)2 ∈ C.

Se x = a, y = aaab, z ∈ A na mesma equação, obtém-se que

0 = aaaz a2aaab︸︷︷︸2/5a4

+2aaaa(az)aaab

= aaaa(az)aaab = L4((az)aaab),

portanto, (az)(aaab) ∈ C para cada z ∈ C, dessa forma segue que (aab)(aaab), (aaab)2 ∈ C.

Se x = a, y = b, z = ab na equação (3.44), então 0 = a4bab + 4(a2aab)(ab), portanto, 0 =


L2((a2aab)(ab)). Se x = a, y = aab, z = ab na equação (3.56), obtém-se que

0 = aa(ab) aa2aab︸︷︷︸0

+a aa(ab)a2aab︸︷︷︸0

+2aaaa(aab)2 = 2aaaa(aab)2 = L4(aab)2,

onde se conclui que (aab)2 ∈ C. Dessa forma, é provado que C é uma subálgebra de A.

Neste caso, a4b = −4aa2ab = 8/5λ3,1a3 − 4(α3,1 + λ4,1)a

4 − 4λ3,1L4(b). Se λ3,1 = 0, então

a4b = −4α3, 1, portanto, α3,1 = 0, dessa forma, obtêm-se que a4b = 0, de modo que o anuladorde A é não nulo, já que a4x = 0 para cada x ∈ A. Caso λ3,1 6= 0, é possível mostrar que C1 =span{a, a2, a3, a4, L(b), L2(b), L3(b), L4(b)} é uma subálgebra de A.

Corolário 5. Seja A de dimensão 9 tal que L5x ≡ 0 não é uma identidade em A. Se a ∈ S satisfaz

que La não preserva o subespaço B. Então A é solúvel.

Como consequência do lema anterior, agora será suposto que se dimA = 9 e L5x ≡ 0 não é uma

identidade em A, então para cada a ∈ S, tem-se que L(B) ⊂ B. Dessa forma, U(B) 6⊂ B, é dizer,a2b, a2ab ou a2aab 6∈ B.

Do fato que a3 ∈ B, o argumento feito na demonstração do Lema 18, mostra nestas condições,que é possível fazer a escolha de um elemento b ∈ A tal que a3 = L4(b). Portanto, uma base paraB é dada pelo conjunto φ′ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), L2(b), L3(b)}.

Será denotado porvi+5 = Li(b) para 0 ≤ i ≤ 3. (3.62)

Inicialmente será suposto que a2b 6∈ B, portanto, uma base para A é dada pelo conjunto

φ = φa,b = {a, a2, a3, a4, v5, v6, v7, v8, v9},

onde v9 = a2b.

Lema 21. Seja a ∈ S tal que {a, a2, a3, a4, v5, v6, v7, v8, v9} é uma base para A. As possibilidadespara as representações matriciais de La e Ua nessa base são as seguintes:

i.

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 −16/50 1 0 0 0 0 0 1 δ30 0 1 0 0 0 0 0 δ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 −100 0 0 0 0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0 16/5λ4,1 16/5λ4,2 0 −32λ4,20 0 0 0 0 −2/15α1 −2/3α2λ4,2 0 20/3α2λ4,21 0 0 0 0 α3,1 −δ4λ4,2 0 10δ4λ4,2 − 16/50 1 0 0 0 α4,1 α4,2 2/5 2α3

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 10λ4,1 10λ4,2 0 −100λ4,20 0 0 0 0 1/3λ1 5/3λ2λ4,2 0 −50/3λ2λ4,20 0 0 0 1 λ4,1 λ4,2 0 −10λ4,2

,

onde

α1 = 25δ4λ24,1 + 25α3,1λ4,1 − 5δ3λ4,1 − 18, λ1 = 10δ4λ

24,1 + 10α3,1λ4,1 − 5δ3λ4,1 − 18,

α2 = 5α3,1 − δ3 + 5δ4λ4,1, λ2 = 2α3,1 − δ3 + 2δ4λ4,1,

α3 = α3,1 − 5α4,2 + δ4λ4,1, λ4,2 6= 0.


ii.

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 δ20 1 0 0 0 0 0 1 δ30 0 1 0 0 0 0 0 δ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 5δ2 − 20 0 0 0 0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 −2/3α1 0 0 01 0 0 0 0 α3,1 0 0 00 1 0 0 0 α4,1 α4,2 2/5 2α3

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 2λ4,1 0 0 00 0 0 0 0 5/3λ1 0 0 00 0 0 0 1 λ5,1 0 0 0

,

onde

α1 = 5δ4λ24,1 + 5α3,1λ4,1 + 20α4,2λ4,1 − δ3λ5,1 − 2, α3 = α3,1 − 5α4,2 + δ4λ4,1,

λ1 = 2δ4λ24,1 + 2α3,1λ4,1 + 8α4,2λ4,1 − δ3λ4,1 − 2, δ2λ5,1 = 0.

Demonstração. Seja

L(v9) =

4∑i=1

δiai +

4∑i=0

δi+5vi+5.

Dado que L6 ≡ 0, e L(B) ⊂ B, então

0 = L6(v9) = b0 + δ9L5(v9) = b1 + δ29L

4(v9) = b2 + δ39L3(v9)

= b3 + δ49L2(v9) = b4 + δ59L(v9) = b5 + δ69v9,

onde bi ∈ B, dessa forma, conclui-se que δ9 = 0.

Ao multiplicar L(v9) por L4, segue que 0 = δ5L4(b)+δ6L

5(b) = δ5a3+δ6a

4, é dizer, δ5 = δ6 = 0.Multiplicando por L3 e por UL, obtém-se que

0 = δ1a4 + δ7L

5(b) = (δ1 + δ7)a4,

0 = δ1a4 + δ7UL

3(b) =(δ1 +

2

5δ7)a4,

portanto, δ1 = δ7 = 0. Desse modo,

L(v9) = δ2a2 + δ3a

3 + δ4a4 + δ8v8.

Para j = 1, 2, seja

ULj(b) =

4∑i=1

αi,jai +

4∑i=0

λi,jvi+5.

Ao multiplicar por L4, segue que 0 = λ0,jL4(b)+λ1,jL

5(b) = λ0,ja3+λ1,ja

4, portanto λ0,j = λ1,j = 0.

Da igualdade LUL2(b) = 0 segue que

0 = α1,2a2 + (α2,2 + λ3,2)a

3 + α3,2a4 + λ2,2v8 + λ4,2L(v9)

= (α1,2 + δ2λ4,2)a2 + (α2,2 + λ3,2 + δ3λ4,2)a

3 + (α3,2 + δ4λ4,2)a4 + (λ2,2 + δ8λ4,2)v8,


é dizer,

α1,2 = −δ2λ4,2,α2,2 = −λ3,2 − δ3λ4,2α3,2 = −δ4λ4,2,λ2,2 = −δ8λ4,2.

(3.63)

Da identidade L3UL ≡ 0, obtém-se que

0 = α1,1a4 + λ2,1a

4 + λ4,1L3(v9)

= (α1,1 + λ2,1)a4 + δ2λ4,1a

4 + δ8λ4,1a4

= (α1,1 + λ2,1 + δ2λ4,1 + δ8λ4,1)a4

por isto,λ2,1 + δ8λ4,1 = −α1,1 − δ2λ4,1.

Da identidade ULUL ≡ 0, tem-se que

0 = α1,1a4 +

2

5λ2,1a

4 + λ4,1UL(v9)

=

(α1,1 +

2

5λ2,1

)a4 + δ2λ4,1a

4 +2

5δ8λ4,1a

4

=

(α1,1 +

2

5λ2,1 + δ2λ4,1 +

2

5δ8λ4,1

)a4

dessa forma

2λ2,1 + 2δ8λ4,1 = −5α1,1 − 5δ2λ4,1

= 5λ2,1 + 5δ8λ4,1,

logo conclui-se que

α1,1 = −δ2λ4,1,λ2,1 = −δ8λ4,1.

(3.64)

Portanto,

UL(b) = −δ2λ4,1a+ α2,1a2 + α3,1a

3 + α4,1a4 − δ8λ4,1v7 + λ3,1v8 + λ4,1v9,

UL2(b) = −δ2λ4,2a− (λ3,2 + δ3λ4,2)a2 − δ4λ4,2a3 + α4,2a

4 − δ8λ4,2v7 + λ3,2v8 + λ4,2v9.

Se

U(v9) =

4∑i=1

τiai +

4∑i=0

τi+5vi+5,

ao multiplicar por L4, obtém-se que 0 = τ5L4(b) + τ6L

5(b) = τ5a3 + τ6a

4, é dizer, τ5 = τ6 = 0.

Da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0 calculada em b, resulta que

0 = τ1a+ τ2a2 + τ3a

3 + τ4a4 + τ7v7 + τ8v8 + τ9v9

+ 10α1,2a+ 10α2,2a2 + 10α3,2a

3 + 10α4,2a4 + 10λ2,2v7 + 10λ3,2v8 + 10λ4,2v9

− 2α1,1a2 − 2α2,1a

3 − 2α3,1a4 − 2λ2,1v8 − 2λ3,1a

3 − 2λ4,1L(v9)− 4a3

= (τ1 + 10α1,2)a+ (τ2 + 10α2,2)a2 + β3a

3 + (τ4 + 10α4,2 − 2α3,1 − 2δ4λ4,1)a4

+ (τ7 + 10λ2,2)v7 + (τ8 + 10λ3,2)v8 + (τ9 + 10λ4,2)v9,


onde0 = β3 = τ3 − 10δ4λ4,2 − 2α2,1 − 2λ3,1 − 2δ3λ4,1 − 4

portanto,

τ1 = 10δ2λ4,2,

τ2 = 10λ3,2 + 10δ3λ4,2,

τ4 = 2α3,1 + 2δ4λ4,1 − 10α4,2︸︷︷︸2α3

,

τ7 = 10δ8λ4,2,

τ8 = −10λ3,2,τ9 = −10λ4,2.

(3.65)

Da identidade U2L2 ≡ 0 segue que

0 = α1,2a3 + α2,2a

4 + λ2,2UL2(b) +

2

5λ3,2a

4 + λ4,2U(v9)

= α1,2a3 +

(α2,2 +

2

5λ3,2

)a4 + α1,2λ2,2a+ α2,2λ2,2a

2 + α3,2λ2,2a3

+ α4,2λ2,2a4 + λ22,2v7 + λ2,2λ3,2v8 + λ2,2λ4,2v9

+ τ1λ4,2a+ τ2λ4,2a2 + τ3λ4,2a

3 + τ4λ4,2a4 + τ7λ4,2v7 + τ8λ4,2v8 + τ9λ4,2v9

= (α1,2λ2,2 + τ1λ4,2)a+ (α2,2λ2,2 + τ2λ4,2)a2 + (α1,2 + α3,2λ2,2 + τ3λ4,2)a

3

+(α2,2 +

2

5λ3,2 + α4,2λ2,2 + τ4λ4,2

)a4 + (λ22,2 + τ7λ4,2)v7

+ (λ2,2λ3,2 + τ8λ4,2)v8 + λ4,2(λ2,2 + τ9)v9

= δ2λ24,2(δ8 + 10)a+ λ4,2(λ3,2 + δ3)(δ8 + 10)a2 + (α1,2 + α3,2λ2,2 + τ3λ4,2)a

3

+

(− 3

5λ3,2 − δ3λ4,2 + 2α3,1λ4,2 + 2δ4λ4,1λ4,2 − α4,2λ4,2(δ8 + 10)

)a4

+ δ8λ24,2(δ8 + 10)v7 − λ3,2λ4,2(δ8 + 10)v8 − λ24,2(δ8 + 10)v9,

é dizer,

0 = λ4,2(δ8 + 10),

0 = λ4,2(τ3 − δ2 + δ4δ8λ4,2),

λ3,2 =5

3λ4,2 (2δ4λ5,1 + 2α3,1 − δ3)︸︷︷︸

λ2

.(3.66)

Da identidade U2L ≡ 0 segue que

0 = α1,1a3 + α2,1a

4 + λ2,1UL2(b) +

2

5λ3,1a

4 + λ4,1U(v9)

= α1,1a3 +

(α2,1 +

2

5λ3,1

)a4 + α1,2λ2,1a+ α2,2λ2,1a

2 + α3,2λ2,1a3

+ α4,2λ2,1a4 + λ2,1λ2,2v7 + λ2,1λ3,2v8 + λ2,1λ4,2v9

+ τ1λ4,1a+ τ2λ4,1a2 + τ3λ4,1a

3 + τ4λ4,1a4 + τ7λ4,1v7 + τ8λ4,1v8 + τ9λ4,1v9

= (α1,2λ2,1 + τ1λ4,1)a+ (α2,2λ2,1 + τ2λ4,1)a2 + (α1,1 + α3,2λ2,1 + τ3λ4,1)a

3

+(α2,1 +

2

5λ3,1 + α4,2λ2,1 + τ4λ4,1

)a4 + (λ2,1λ2,2 + τ7λ4,1)v7

+ (λ2,1λ3,2 + τ8λ4,1)v8 + (λ2,1λ4,2 + τ9λ4,1)v9


= δ2λ4,1λ4,2(δ8 + 10)a+ η2λ4,2(δ8 + 10)a2 + λ4,1(−δ2 + δ4δ8λ4,2 + τ3)a3

+ (α2,1 +2

5λ3,1 + 2α3,1λ4,1 + 2δ4λ

24,1 − α4,2λ4,1(δ8 + 10))a4

+ δ8λ4,1λ4,2(δ8 + 10)v7 + η8λ4,2(δ8 + 10)v8 − λ4,1λ4,2(δ8 + 10)v9,

portanto,

0 = λ4,1(−δ2 + δ4δ8λ4,2 + τ3),

α2,1 = −2

5λ3,1 − 2α3,1λ4,1 − 2δ4λ

24,1 + α4,2λ4,1(δ8 + 10).

(3.67)

Da identidade LU2 − 10UL3 − 2L2UL ≡ 0 calculada em b obtém-se

0 = τ1a2 + τ2a

3 + τ3a4 + τ7v8 + τ8a

3 + τ9(v9)− 4a4

− 2α1,1a3 − 2α2,1a

4 − 2λ2,1a3 − 2λ3,1a

4 − 2λ4,1L2(v9)

= (τ1 + δ2τ9)a2 + (τ2 + τ8 − 2α1,1 − 2λ2,1 + δ3τ9 − 2δ2λ4,1 − 2δ8λ4,1)a

3

+ (τ3 − 4− 2α2,1 − 2λ3,1 + δ4τ9 − 2δ3λ4,1)a4 + (τ7 + δ8τ9)v8

= (τ3 − 10δ4λ4,2 − 4− 6

5λ3,1 + 4α3,1λ4,1 + 4δ4λ

24,1 − 2δ3λ4,1 − 2α4,2λ4,1(δ8 + 10))a4,

é dizer,

λ3,1 =5

6

(τ3 − 10δ4λ4,2 − 4 + 4α3,1λ4,1 + 4δ4λ

24,1 − 2δ3λ4,1 − 2α4,2λ4,1(δ8 + 10)

)(3.68)

Da identidade ULU − 3UL3 − 1/2L2UL− 1/2L3U ≡ 0 calculada em b segue que

0 = δ2a4 +

2

5δ8a

4 − 6

5a4 − 1

2α1,1a

3 − 1

2α2,1a

4 − 1

2λ2,1a

3

− 1

2λ3,1a

4 − 1

2λ4,1L

2(v9)−1

2δ2a

4 − 1

2δ8a

4

= −1

2(α1,1 + λ2,1 + δ2λ4,1 + δ8λ4,1)a

3 +1

10(5δ2 − δ8 − 12− 5α2,1 − 5λ3,1 − 5δ3λ4,1)a

4

=1

10(5δ2 − δ8 − 12− 5α2,1 − 5λ3,1 − 5δ3λ4,1)a

4.

De β3 = 0 obtém-se −5α2,1 − 5λ3,1 − 5δ3λ4,1 = 10 + 25δ4λ4,2 − 52τ3, logo

0 = 5δ2 − δ8 − 2 + 25δ4λ4,2 −5

2τ3,

portanto

δ2 =2δ8 + 4− 50δ4λ4,2 + 5τ3

10. (3.69)

Caso 1: λ4,2 6= 0, então, δ8 = −10 e τ3 = δ2 + 10δ4λ4,2.


δ2 = −16

5,

dessa forma

τ3 = 10δ4λ4,2 −16

5.

Da equação (3.68) obtém-se que

λ3,1 =5

6

(− 16

5− 4 + 4α3,1λ4,1 + 4δ4λ

24,1 − 2δ3λ4,1

)


=1

3

(−18 + 10α3,1λ4,1 + 10δ4λ

24,1 − 5δ3λ4,1︸︷︷︸

λ1

).

Da equação (3.67) tem-se que

α2,1 = −2

5

1

3λ1 − 2α3,1λ4,1 − 2δ4λ

24,1

= − 2

15

(25α3,1λ4,1 + 25δ4λ

24,1 − 5δ3λ4,1 − 18︸︷︷︸

α1

)


τ1 = −32λ4,2,

τ2 =50

3

(2δ4λ4,1 + 2α3,1 − δ3

)λ4,2 + 10δ3λ4,2

=20

3

(5δ4λ4,1 + 5α3,1 − δ3︸︷︷︸

α2

)λ4,2,

τ7 = −100λ4,2,

τ8 = −50

3λ2λ4,2


α1,1 =16

5λ4,1,

λ2,1 = 10λ4,1.


α1,2 =16

5λ4,2,

α2,2 = −5

3

(2α3,1 − δ3 + 2δ4λ4,1

)λ4,2 − δ3λ4,2

= −2

3

(5α3,1 − δ3 + 5δ4λ4,1︸︷︷︸

α2

)λ4,2,

λ2,2 = 10λ4,2.

Com essas igualdades, obtém-se que se λ5,2 6= 0, então os operadores L e U estão representadospelas matrizes dadas no item i. do lema.

Caso 2: λ4,2 = 0.

Como consequência de λ4,2 = 0 tem-se que

α1,2 = α2,2 = α3,2 = λ2,2 = λ3,2 = 0,

τ1 = τ2 = τ7 = τ8 = τ9 = 0,

τ4 = 2α3,1 + 2δ4λ4,1 − 10α4,2︸︷︷︸2α2

.


Dado que Lx3L = 4UL2 − LUL− 2L4, segue que

a3(ab) = 4α4,2a4 − α1,1a

2 − α2,1a3 − α3,1a

4 − λ2,1v8 − λ3,1a3 − λ4,1L(v9)− 2a3

= −(α1,1 + δ2λ4,1)a2 − (α2,1 + 2 + λ3,1 + δ3λ4,1)a

3

+ (4α4,2 − α3,1 − δ4λ4,1)a4 − (λ2,1 + δ8λ4,1)v8

= −(α2,1 + 2 + λ3,1 + δ3λ4,1)a3 + (4α4,2 − α3,1 − δ4λ4,1)a4.

Como o operador Lab é nilpotente e a4ab = 0, então

Lkab(a3) = [−(α2,1 +2+ λ3,1 + δ3λ4,1)]

ka3 + [−(α2,1 +2+λ3,1 + δ3λ4,1)]k−1(4α4,2−α3,1− δ4λ4,1)a4,

é dizer,α2,1 = −λ2,1 − δ3λ4,1 − 2.


3

5λ3,1 + δ3λ4,1 + 2− 2α3,1λ4,1 − 2δ4λ

24,1 + α4,2λ4,1(δ8 + 10) = 0,

de onde tem-se que

6

5λ3,1 = −2δ3λ4,1 − 4 + 4α3,1λ4,1 + 4δ4λ

24,1 − 2α4,2λ4,1(δ8 + 10).

Ao igualar com a equação (3.68), se deduz que τ3 = 0. Da equação (3.67) se conclui que

δ2λ4,1 = 0,

dessa forma, segue da equação (3.64) que α1,1 = 0.

Da equação (3.69), obtém-se que δ8 = 5δ2 − 2.

Com esse valores encontrados, tem-se que

α2,1 = −δ3λ4,1 − λ3,1 − 2

= −δ3λ4,1 −5

6

(− 4 + 4α3,1λ4,1 + 4δ4λ

24,1 − 2δ3λ4,1 + 16α4,2λ4,1

)− 2

=2

3

(2 + δ3λ4,1 − 5α3,1λ4,1 − 5δ4λ

25,1 − 20α4,2λ4,1︸︷︷︸

−α1

).

Da equação (3.64) segue que λ2,1 = (2− 5δ2)λ4,1 = 2λ4,1.


λ3,1 =5

6

(−4 + 4α3,1λ4,1 + 4δ4λ

24,1 − 2δ3λ4,1 + 16α4,2λ4,1︸︷︷︸2λ1

).

Com as condições dadas anteriormente, tem-se que L e U estão representados pelas matrizesdescritas no item ii. no lema.

O seguinte lema mostra que nas hipótese do lema anterior, A possui uma subálgebra de codi-mensão 2.


Lema 22. Seja A como no lema anterior. Então C = span{a, a2, a3, a4, v7, v8, v9} é uma subálgebrade A.

Demonstração. Observe que z ∈ C se, e somente se, L4(z) = 0, pois se z =∑αia

i+∑µivi+5+τv9,

ao multiplicar por L4 segue que L4(z) = µ0L4(b) + µ1L

5(b) = µ0a3 + µ1a

4. Portanto, a observaçãofeita vale.

Pela identidade La3 = 4UL− LU − 2L3, nos dois itens do lema acima, segue que ImLa3 ⊂ C eImLa4 ⊂ span{a3, a4} já que La4 = −4LUL. Dessa forma, para determinar que C é uma subálgebraé su�ciente provar que v27, v7v8, v7v9, v

28, v8v9 e v29 estão em C.

Se x = a, y, z ∈ A na equação (3.44), segue que

0 = a4yz + 4(a2az)ay,

portanto, (a2az)ay ∈ span{a3, a4} para cada y, z ∈ A, é dizer, (ab)a2ab, (ab)a2v7 e v7a2v7 ∈span{a3, a4}.

Se x = a, y = v8 e z ∈ A na equação (3.56), tem-se que

0 = aaaz a2v8︸︷︷︸2/5a4

+2aaaav8az = L4(v8az),

dessa forma, se conclui que v8ab, v7v8 e v28 ∈ C.

Se x = a, y = v7, z = b na equação (3.7), obtém-se que

0 = a3bv7 + v9v8 + 2v7v8 + (ab)(a2v7) + a2v7ab+ 2(ab) av8︸︷︷︸a3

+a2bv8 + a2abv7.

Como ImU, ImLa3 ⊂ C, v7v8, (ab)(a2v7) ∈ C, então v8v9 ∈ C.

Se x = a, y = ab, z = b na equação (3.7), segue que

0 = a3bab+ v9v7 + 2v27 + (ab)(a2ab) + a2(ab)2 + 2(ab)v8 + a2bv7 + a2abab.

Conclui-se quev7v9 + 2v27 ∈ C. (3.70)

Resta provar unicamente que v29, v7v9 e v27 ∈ C. Para demostrar isso, será dividido nos casos do

lema acima.

Caso 1: L e U estão representados pelas matrizes descritas no item i.

Do fato que (a2v7)v7 ∈ C, segue que

16

5λ4,2v8 −

2

3α2λ4,2a

2v7 − δ4λ4,2a3v7 + α4,2a4v7 + 10λ4,2v

27 +

5

3λ2λ4,2v8v7 + λ4,2v9v7 ∈ C,

logo,10λ4,2v

27 + λ4,2v7v9 ∈ C.

Como λ4,2 6= 0, então 10v27+v7v9 ∈ C, como consequência da equação (3.70), resulta que v27, v7v9 ∈C.


Se x = a, y = z = b na equação (3.58) obtém-se que

0 = v29 + 4v7v9 + 4a3bab+ 4v27 + 2a3ab2.

Como ImLa3 ⊂ C, então v29 ∈ C.

Dessa forma, conclui-se que C é uma subálgebra de A.

Caso 2: L e U estão representadas pelas matrizes do item ii.

Se x = a2, y = b na equação (3.3), segue que

2a4b2 + 4v29 = ba4b+ 2b a2a2b︸︷︷︸∈a4F

+2a2ba2b+ a2a2b2.

Como ImU, ImLa3 ⊂ C, aliás, do fato que δ2λ4,1 = 0, tem-se que ImLa4 ⊂ span{a3, a4}, é porisso que o termo à direita pertence a C, dessa forma resulta que v29 ∈ C.


0 = aaab a2v7︸︷︷︸∈Fa4

+2aaaav7ab = L4(v7ab),

portanto, v7ab ∈ C.

Se x = a, y = ab na equação (3.3), segue que

2a2(ab)2 + 4v27 = (ab)a2ab+ 2(ab)v8 + 2a(ab)v7 + aa(ab)2.

Como ImL2, ImL|C ⊂ C, v8ab, (a2ab)(ab) ∈ C, então o termo à direita pertence a C, é dizer,v27 ∈ C.

Como consequência da equação (3.70) obtém-se que v7v9 ∈ C.

Conclui-se que nas condições dadas, C é uma subálgebra de A.

A seguir, será suposto que a2b ∈ B, mas a2ab 6∈ B. O seguinte lema mostra as possibilidadespara as representações matriciais dos operadores L e U .

Lema 23. Seja a ∈ S tal que L(B) ⊂ B, a2b ∈ B e uma base para A é dada pelo conjunto{a, a2, a3, a4, v5, v6, v7, v8, v9} onde v5, v6, v7, v8 são como na equação (3.62) e v9 = a2ab.Então La e Ua estão representadas nessa base pelas matrizes

i.

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 1 −18/50 0 1 0 0 0 0 0 δ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 −16/5 0 0 0 00 0 0 0 2δ4 − 2/5λ3,0 0 −12/5λ4,2 0 01 0 0 0 α3,0 0 −δ4λ4,2 0 00 1 0 0 α4,0 0 α4,2 2/5 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 −10 0 0 0 00 0 0 0 λ3,0 0 6λ4,2 0 00 0 0 0 0 1 λ4,2 0 0

,

para λ4,2 6= 0, ou


ii.

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 1 −20 0 1 0 0 0 0 0 δ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 α 0 0 0 01 0 0 0 α3,0 0 0 0 00 1 0 0 α4,0 0 α4,2 2/5 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 −2 0 0 0 00 0 0 0 λ3,0 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 0

,

onde α = 2δ4 − 25λ3,0 − 8α4,2.

Demonstração. Seja

LUL(b) =

4∑i=1

δiai +

4∑i=0

δi+5vi+5.

Como L(B) ⊂ B e L6 ≡ 0, então segue que

0 = L6(v9) = b0 + δ9L5(v9) = b1 + δ29L

4(v9)

= b2 + δ39L3(v9) = b3 + δ49L

2(v9)

= b4 + δ59L(v9) = b5 + δ69v9,

para bi ∈ B, portanto, δ9 = 0.

Ao multiplicar por L4, segue que

0 = δ5L4(b) + δ6L

5(b) = δ5a3 + δ6a

4,

é dizer, δ5 = δ6 = 0. Multiplicando por L3 e por UL respetivamente, obtém-se que

0 = δ1a4 + δ7L

5(b) = (δ1 + δ7)a4,

0 = δ1a4 + δ7UL

3(b) =(δ1 +

2

5δ7)a4,

portanto, δ1 = δ7 = 0.

Ao multiplicar por L2 e por U , segue que

0 = δ2a4 + δ8L

5(b) = (δ2 + δ8)a4,

0 = δ2a4 + δ8UL

3(b) =(δ2 +

2

5δ8)a4,

consequentemente, se conclui que δ2 = δ8 = 0. Desse modo, tem-se que

LUL(b) = δ3a3 + δ4a

4,

Para j = 0, 2, seja

ULj(b) =

4∑i=1

αi,jai +

4∑i=0

λi,jvi+5,

onde λ4,0 = 0. Ao multiplicar por L4 segue que

0 = λ0,jL4(b) + λ1,jL

5(b) = λ0,ja3 + λ1,ja

4,

portanto, λ0,j = λ1,j = 0.


Para j = 2, ao multiplicar por UL e por L3 obtém-se que

0 = α1,2a4 + λ2,2UL

3(b) =(α1,2 +

2

5λ2,2

)a4,

0 = α1,2a4 + λ2,2L

5(b) = (α1,2 + λ2,2)a4,

é dizer, α1,2 = λ2,2 = 0.

Multiplicando por U segue que

0 = α2,2a4 + λ3,2UL

3(b)

=(α2,2 +

2

5λ3,2

)a4,

portanto

α2,2 = −2

5λ3,2. (3.71)

Da identidade LUL2 ≡ 0 tem-se que

0 = α2,2a3 + α3,2a

4 + λ3,2L4(b) + λ4,2LUL(b)

= (α2,2 + λ3,2 + δ3λ4,2)a3 + (α3,2 + δ4λ4,2)a

4,

é dizer,

λ3,2 = −5

3δ3λ4,2,

α3,2 = −δ4λ4,2,

α2,2 =2

3δ3λ4,2.

(3.72)

Da identidade LU2 − 10UL3 − 2L2UL ≡ 0, segue que

0 = α1,0a4 − 4a4 − 2δ3a

4,

dessa forma,α1,0 = 4 + 2δ3. (3.73)

Da identidade ULU − 3UL3 − 1/2L2UL− 1/2L3U ≡ 0 calculada em b obtém-se que

0 = α1,0a4 + λ2,0UL

3(b)− 6/5a4 − 1

2δ3a

4 − 1

2α1,0a

4 − 1

2λ2,0a

4

= (1

2α1,0 −

1

10λ2,0 −

6

5− 1

2δ3)a

4

= (1

2δ3 +

4

5− 1

10λ2,0)a

4,

portanto,λ2,0 = 5δ3 + 8. (3.74)

Da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0, tem-se que

0 = α1,0a3 + α2,0a

4 + λ2,0UL2(b) + λ3,0UL

3(b) + 10α2,2a2 + 10α3,2a

3 + 10α4,2a4

+ 10λ3,2v8 + 10λ4,2v9 − 2δ3a3 − 2δ4a

4 − 4a3

= α2,2(10 + λ2,0)a2 + (α1,0 + 10α3,2 − 2δ3 − 4 + α3,2λ2,0)a

3


+ (α2,0 +2

5λ3,0 + 10α4,2 − 2δ4 + α4,2λ2,0)a

4

+ λ3,2(λ2,0 + 10)v8 + λ4,2(λ2,0 + 10)v9

=2

3δ3λ4,2(λ2,0 + 10)a2 − δ4λ4,2(λ2,0 + 10)a3

+ (α2,0 +2

5λ3,0 − 2δ4 + α4,2(λ2,0 + 10))a4

− 5

3δ3λ4,2(λ2,0 + 10)v8 + λ4,2(λ2,0 + 10)v9,

dessa forma, conclui-se que

0 = λ4,2(λ2,0 + 10),

α2,0 = 2δ4 −2

5λ3,0 − α4,2(λ2,0 + 10).

(3.75)

Caso λ4,2 6= 0, então λ2,0 = −10.

Das equações (3.75), (3.74) e (3.73) obtém-se respetivamente que

α2,0 = 2δ4 −2

5λ3,0,

δ3 = −18

5,

α1,0 = −16

5.

Segue que as representações matriciais de L e U estão dadas pelas matrizes do item i.

Caso λ4,2 = 0.

Das equações (3.71) e (3.72), resulta que

α2,2 = λ3,2 = α3,2 = 0.

Da identidade Lx3L− 4UL2 + LUL+ 2L4 ≡ 0 calculada em b obtém-se que

a3ab = 4α4,2a4 − δ3a3 − δ4a4 − 2a3

= −(2 + δ3)a3 + (4α4,2 − δ4)a4.

Como a4ab = 0, então

Lkab(a3) = [−(2 + δ3)]

ka3 + [−(2 + δ3)]k−1(4α4,2 − δ4)a4,

portanto, do fato que Lab é um operador nilpotente, conclui-se que δ3 = −2. Dessa forma, seguedas equações (3.73), (3.74) e (3.75) que

δ3 = −2, α1,0 = 0,

λ2,0 = −2, α2,0 = 2δ4 −2

5λ3,0 − 8α4,2.

Por conseguinte, obtém-se que os operadores estão representados pelas matrizes dadas no itemii.

O seguinte lema mostra que nas hipótese do lema anterior, a álgebra possui uma subálgebra decodimensão 2.


Lema 24. Seja A como no lema anterior. Então C = span{a, a2, a3, a4, v7, v8, v9} é umasubálgebra de A.

Demonstração. Para demostrar que C é uma subálgebra, resta mostrar que os produtos v27, v7v8,v7v9, v

28, v8v9 e v29 ∈ C já que das igualdades La3 = 4UL − LU − 2L4 e La4 = −4LUL, re-

sulta que ImLa3 ⊂ C e ImLa4 ⊂ span{a3, a4}. Desse modo, analogamente como na demostraçãodo Lema 22, segue que para cada y, z ∈ A, L4(z) = 0⇔ z ∈ C, (a2az)ay ∈ span{a3, a4} e v8az ∈ C.

Logo, tem-se que v8ab, v7v8, v28, v7v9 e v8v9 ∈ C. Sendo assim, resta provar que v27 e v29 ∈ C.

Se x = a, y = z = ab na equação (3.58) segue que

0 = v29 + 4v8v9 + 4a3(ab)(aab) + 4v28 + 2a3a(ab)2.

Como ImLa3 ⊂ C, segue que v29 ∈ C.

Se L e U estão representados pelo item i.

Como(a2b)v7 = α1,0v8 + α2,0a

2v7 + α3,0a3v7 + α4,0a

4v7 − 10v27 + λ3,0v7v8,

então(a2b)v7 + 10v27 ∈ C.

Por outro lado, se x = a, y = ab, z = b na equação (3.7), obtém-se que

0 = a3bab+ (a2b)v7 + 2v27 + (ab)(a2v7) + a2(ab)2 + 2abv8 + a2bv7 + a2abab.

Como ImLa3 , ImU ⊂ C, (ab)v9, v8ab ∈ C, segue que

(a2b)v7 + 2v27 ∈ C,

é dizer, v27 ∈ C.

Dessa maneira, conclui-se que C é uma subálgebra de A.

Caso L e U estão representados pelo item ii.


0 = aaab a2v7︸︷︷︸∈Fa4

+2aaaa(ab)v7 = L4(v7ab),

é dizer, v7ab ∈ C.

Se x = a, y = ab na equação (3.3), tem-se que

2a2(ab)2 + 4v27 = (ab)(a2ab) + 2(ab)v8 + 2a(ab)v7 + aa(ab)2.

Como ImL2, ImL|C ⊂ C e v9ab ∈ C, segue que o termo à direita pertence a C, logo se conclui quev27 ∈ C.

Portanto, segue que C é uma subálgebra de A.

Para concluir a seção na qual L5 ≡ 0 não é uma identidade, resta supor que L(B) ⊂ B, a2b ea2ab ∈ B. O seguinte lema mostra o que acontece nesse caso.


Lema 25. Seja a ∈ S tal que L(B) ⊂ B, a2b, a2ab ∈ B. Então o conjunto

{a, a2, a3, a4, v5, v6, v7, v8, v9}

é uma base para A onde v5, v6, v7, v8 são como na equação (3.62) e v9 = a2aab. Os operadores Lae Ua estão representados nessa base pelas matrizes:

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 1 00 0 1 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 −165 0 0 0 0

0 0 0 0 2α3,1 − 25λ3,0

125 0 0 0

1 0 0 0 α3,0 α3,1 0 0 00 1 0 0 α4,0 α4,1 0 2

5 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 −10 0 0 0 00 0 0 0 λ3,0 −6 0 0 00 0 0 0 0 0 1 0 0

.

Demonstração. Para j = 0, 1, seja

ULi(b) =4∑i=1

αi,jai +

3∑i=0

λi,jvi+5.

Ao multiplicar por L4, segue que

0 = λ0,jL4(b) + λ1,jL

5(b) = λ0,ja3 + λ1,ja

4,

é dizer, λ0,j = λ1,j = 0 para cada j.

Se j = 1, ao multiplicar por LU e por L3, obtém-se que

0 = α1,1a4 + λ2,1LUL

2(b) = α1,1a4,

0 = α1,1a4 + λ2,1L

5(b) = (α1,1 + λ2,1)a4,

portanto, α1,1 = λ2,1 = 0.

Ao multiplicar por U tem-se que

0 = α2,1a4 + λ3,1UL

3(b) = (α2,1 +2

5λ3,1)a

4,

dessa forma,

α2,1 = −2

5λ3,1.

Consequentemente, resulta que

U(b) = α1,0a+ α2,0a2 + α3,0a

3 + α4,0a4 + λ2,0v7 + λ3,0v8,

UL(b) = α2,1a2 + α3,1a

3 + α4,1a4 + λ3,1v8.

Da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0 calculada em b segue que

0 = α1,0a3 + α2,0a

4 + λ2,0UL2(b) + λ3,0UL

3(b) + 10UL2(b)− 2α2,1a3 − 2α3,1a

4 − 2λ3,1L4(b)− 4a3

= (α1,0 − 2α2,1 − 2λ3,1 − 4)a3 + (α2,0 +2

5λ3,0 − 2α3,1)a

4 + (λ2,0 + 10)v9,


por isto, tem-se as seguintes igualdades:

α1,0 = 4 +6

5λ3,1,

α2,0 = 2α3,1 −2

5λ3,0,

λ2,0 = −10.

Da identidade ULU − 3UL3 − 1/2L2UL− 1/2L3U ≡ 0 calculada em b cumpre-se que

0 = (α1,0 +2

5λ2,0 −

6

5− 1

2α2,1 −

1

2λ3,1 −

1

2α1,0 −

1

2λ2,0)a

4

= (1

2α1,0 −

1

10λ2,0 −

6

5− 3

10λ3,1)a

4

=3

10(6 + λ3,1)a

4,

logo, λ3,1 = −6.

Dessa forma,

α1,0 = −16

5,

α2,1 =12

5.

Conclui-se que as matrizes que representam os operadores L e U são aquelas dadas no enunciadodo lema.

No seguinte lema será mostrado que no caso em que A satisfaça as hipótese do lema anterior,existe uma subálgebra de codimensão 2.

Lema 26. Seja A como no lema anterior. Então C = span{a, a2, a3, a4, v7, v8, v9} é umasubálgebra de A.

Demonstração. Para demostrar que C é uma subálgebra, resta mostrar que os produtos v27, v7v8,v7v9, v

28, v8v9 e v29 ∈ C. Como La3 = 4UL − LU − 2L4 e La4 = −4LUL, então ImLa3 ⊂ C e

ImLa4 ⊂ span{a3, a4}, portanto, analogamente à demostração do Lema 22, segue que para caday, z ∈ A, L4(z) = 0⇔ z ∈ C, (a2az)ay ∈ span{a3, a4} e v8az ∈ C.

Dessa maneira, segue que os seguintes produtos estão em C: v8ab, v7v8, v28, v9ab, v7v9 e v8v9.Resta provar que v27 e v29 ∈ C.

Se x = a2, y = v7 na equação (3.3), obtém-se que

2a4v27 + 4v29 = v7 a4v7︸︷︷︸0

+2v7 a2v9︸︷︷︸0

+2a2v7v9 + a2a2v27.

Como ImU ⊂ C, então o termo à direita pertence a C, consequentemente, v29 ∈ C.

De outro lado,

(a2b)v7 = α1,0v8 + α2,0a2v7 + α3,0a

3v7 + α4,0a4v7 − 10v27 + λ3,0v8v7,

portantov7a

2b+ 10v27 ∈ C.


Se x = a, y = ab, z = b na equação (3.7), segue que

0 = a3bab+ (a2b)v7 + 2v27 + (ab)(a2ab) + a2(ab)2 + 2(ab)v8 + a2bv7 + a2abab.

Como ImLa3 , ImU ⊂ C, (ab)(a2ab), v8ab ∈ C, então

v7a2b+ 2v27 ∈ C,

desse modo, pode-se concluir que v27 ∈ C.

Portanto, C é uma subálgebra de A.

Corolário 6. Seja A ∈ V de dimensão 9 tal que L5x ≡ 0 não é uma identidade em A. Então A é

solúvel.

3.2.3 Se L2UL não é uma identidade na álgebra A.

Como resultado do corolário anterior, daqui em diante será suposto que L5x ≡ 0 é uma identidade

da álgebra A. Portanto, da Tabela 3.2, adicional às identidades já consideradas, tem-se que osoperadores UL3 ≡ 0, Lx3U ≡ 0 e Lx3L

2 ≡ 0 são também identidades em A. Ao linearizar as duasúltimas identidades obtém-se

0 = (x2z)(x2y) + 2(xxz)(x2y) + 2x3yxz, (3.76)

0 = (x2z)xxy + 2(xxz)xxy + x3yxz + x3xyz. (3.77)

Nesta seção será suposto que o operador L2UL ≡ 0 não é uma identidade na álgebra A, e comonos casos anteriores, será demonstrado que nesse caso, A possui uma subálgebra de codimensão 2,portanto, a álgebra A é solúvel.

O seguinte lema demonstrado no artigo [GFS05, Prop. 4], porém re-enunciado e demonstradoserá apresentado na sequência para exibir uma base de A quando a dimensão da álgebra é 9.

Lema 27. Seja A ∈ V tal que L2UL ≡ 0 não é uma identidade em A. Então existem a, b ∈ A taisque

φ = {a, a2, a3, a4, b, L(b), U(b), UL(b), La3L(b)}

é um conjunto linearmente independente.

Demonstração. Dado que L2UL ≡ 0 não é uma identidade em A, então existem a, b ∈ A tal queL2aUaLa(b) 6= 0. De outro lado, como La4 = −4LUL, então LLa4(b) = −4L2UL(b) 6= 0, portanto,

a4 6= 0. Aliás, da identidade LLa3L = 5UL3 + L2UL = L2UL, segue que LLa3L(b) 6= 0. Nasequência, será demonstrado que φ é um conjunto linearmente independente. Seja

0 = β1a+ β2a2 + β3a

3 + β4a4 + α1b+ α2L(b) + α3U(b) + α4UL(b) + α5La3L(b).

Ao multiplicar por L2UL, segue que0 = α1L

2UL(b),

é dizer, α1 = 0.

Multiplicando por L2U , tem-se que

0 = α2L2UL(b),

portanto, α2 = 0.


Ao multiplicar por La3 , obtém-se que

0 = β1a4,

onde segue que β1 = 0.

Multiplicando por LU , cumpre-se que

0 = α3LU2(b) = 2α3L

2UL(b),

logo, α3 = 0.

Multiplicando por U , tem-se que0 = β2a

4,

portanto, β2 = 0.

Ao multiplicar por L2, resulta que

0 = α4L2UL(b),

donde segue que α4 = 0.

Dessa forma, tem-se que a3(β4a+ α5ab) = −β3a3, é dizer, β3 = 0 ou β4a+ α5ab = 0 porque ooperador Lx é nilpotente para cada x ∈ A. Caso β3 = 0, então ao multiplicar por L, obtém-se que0 = α5LLa3L(b) = α5L

2UL(b), onde conclui-se que α5 = β4 = 0. Caso α5ab = −β4a, então α5 e β4são zero já que o operador Lb é nilpotente, portanto, β3 = 0.

Em qualquer um dos casos, tem-se que φ é um conjunto linearmente independente, tal como sequeria.

Lema 28. Seja A de dimensão 9 tal que L2UL ≡ 0 não é uma identidade em A. Então La e Uana base φ apresentada no Lema 27 estão representadas pelas seguintes matrizes:

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 α2,1 λ4,2 + 1 0 00 1 0 0 0 α3,1 α3,2 0 00 0 1 0 0 α4,1 α4,2 2(α2,1 − λ4,1) −10 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 λ4,1 λ4,2 0 00 0 0 0 0 λ5,1 λ5,2 −1 0

,

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 −2α2,1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 −2 0 0

.

Demonstração. Sejam u5 = b, u6 = L(b), u7 = U(b), u8 = UL(b), u9 = La3L(b). Para j = 1, 2, 3e 4, seja

L(uj+5) =

4∑i=1

αi,jai +

5∑i=1

λi,jui+4,

U(u7) =4∑i=1

δiai +

5∑i=1

δi+4ui+4.


Ao multiplicar por La3L as duas igualdades acima, tem-se que

0 = λ1,ju9, 0 = δ5u9,

é dizer, λ1,j = δ5 = 0 para cada j.

Multiplicando por LLa3 , segue que

0 = λ2,jLLa3L(b) = −λ2,jL2UL(b), 0 = δ6LLa3L(b) = −δ6L2UL(b),

portanto, λ2,j = δ6 = 0.

Ao multiplicar por La3 obtém-se que

0 = α1,ja4, 0 = δ1a

4,

dessa forma, conclui-se que α1,j = δ1 = 0.

Multiplicando por LU , cumpre-se que

0 = λ3,jLU2(b) = 2λ3,jL

2UL(b), 0 = δ7LU2(b) = 2δ7L

2UL(b),

por isso, tem-se que λ3,j = δ7 = 0.

Se j ≥ 3, ao multiplicar por U e por L2, segue que

0 = α2,ja4, 0 = δ2a

4,

0 = α2,ja4 + λ4,jL

2UL(b), 0 = δ2a4 + δ8L

2UL(b),

assim, α2,j = λ4,j = δ2 = δ8 = 0.

Se j = 4, ao multiplicar o termo L(u9) por L, tem-se que

0 =α3,4a4 + λ5,4LLa3L(b)

= α3,4a4 + α3,4λ5,4a

3 + α4,4λ5,4a4 + λ25,4u9,

portanto, λ5,4 = α3,4 = 0.

Dessa forma, α4,4 6= 0 eα4,4a

4 = LLa3L(b) = −L2UL(b).

Por isso, pode-se fazer a escolha de a, b ∈ A tal que L2UL(b) = a4, consequentemente, α4,4 = −1.Logo

L2(b) = α2,1a2 + α3,1a

3 + α4,1a4 + λ4,1u8 + λ5,1u9,

LU(b) = α2,2a2 + α3,2a

3 + α4,2a4 + λ4,2u8 + λ5,2u9,

LUL(b) = α3,3a3 + α4,3a

4 + λ5,3u9,

LLa3L(b) = −a4,U2(b) = δ3a

3 + δ4a4 + δ9u9.

Da identidade La3L = 4UL2 − LUL− 2L4 segue que

u9 = La3L(b) = 4α2,1a4 − α3,3a

3 − α4,3a4 − λ5,3u9 − 2α2,1a

4 − 2λ4,1L2U(b)

= −α3,3a3 + (2α2,1 − α4,3 − 2λ4,1)a

4 − λ5,3u9,


dessa forma, tem-se que

α3,3 = 0,

λ5,3 = −1,α4,3 = 2α2,1 − 2λ4,1.

Da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0 calculada em b obtém-se que

0 = δ3a3 + δ4a

4 + δ9u9 + 10α2,1a4 − 2α4,3a

4 + 2u9 − 4α2,1a2 − 4λ4,1a

4

= δ3a3 + (δ4 + 10α2,1 − 2α4,3 − 4α2,1 − 4λ4,1)a

4 + (δ9 + 2)u9

= δ3a3 + (δ4 + 2α2,1)a

4 + (δ9 + 2)u9,

é dizer,

δ3 = 0,

δ4 = −2α2,1,

δ9 = −2.

Da identidade 2ULU − L2UL− L3U ≡ 0 calculada em b segue que

0 = 2α2,2a4 − a4 − α2,2a

4 − λ4,2a4

= (α2,2 − 1− λ4,2)a4,

portanto,α2,2 = 1 + λ4,2.

Conclui-se que as matrizes que representam os operadores L e U na base φ são as dadas noenunciado do lema.

Lema 29. Seja A como no lema anterior. Então C = span{a, a2, a3, a4, u7, u8, u9} é umasubálgebra de A.

Demonstração. Inicialmente será provado que C1 = span{a, a2, a3, a4, u9} é uma subálgebra. Dadasas representações de L e U no lema acima, segue que u29 = (L(u8))

2 = 116(a

4b)2. Se x = a4, y = bna equação (3.3), obtém-se que 2(a4b)2 = a4ba4b. Se x = a, y = a4b, z = b na equação (3.42),tem-se que

0 = aa2b aa4b︸︷︷︸∈Fa4

+aa2aba4b = aa2aba4b = −1

4a4ba4b,

portanto, C1 é uma subálgebra onde au9 = −a4.

A seguir, será provado que C é uma subálgebra. Se x = a, y = b, z = u8 na equação (3.44),segue que

0 = a4bu8 + 4 a2au8︸︷︷︸0

(ab) = a4bu8.

Se x = a, y = u8, z = b nessa mesma equação, então obtém-se que

0 = a4bu8 + 4u8(au8) = 4u8 (au8)︸︷︷︸LUL(b)

= −4u8u9.

Por outro lado, como ImLa4 , ImU2 ⊂ span{a4, u9}, então para x = a, y, z ∈ A na mesmaequação, segue que 0 = a4yz+4(a2az)(ay), é dizer, (a2az)(ay) ∈ span{a4, u9}. Aliás, se x = a2, y =


ab na equação (3.3), tem-se que

2a4(ab)2 + 4u28 = (ab)a4ab+ 2(ab)a2u8 + 2a2 (ab)a2ab︸︷︷︸∈span{a4,u9}

+a2a2(ab)2 = a2a2(ab)2,

portanto, o termo à direita pertence ao span{a4, u9}. Dessa forma, u28 ∈ span{a4, u9}. Por isso,conclui-se que C2 = span{a, a2, a3, a4, u8, u9} é uma subálgebra de A onde

au8, u28 ∈ span{a4, u9}.

Como Im(La4 + 2U2) ⊂ Fa4, então para cada i > 5 tem-se que 0 = ui(La4(b) + 2U2(b)). Sex = a2, y = b, z = u7 na equação (3.2), segue que

4a4bu7 + 8u7a2u7 = ba4u7 + 2ba2a2u7 + u7a

4b+ 2a2ba2u7 + 2u7a2a2b+ 2a2u27 + 2a2a2bu7

= 2a2ba2u7 + 2a2u27 + 2a2a2bu7.

Devido a que ImU ⊂ C, o temo à direita pertence a C, dessa forma, conclui-se que −2α2,1a4u7−

2u9u7 = u7a2u7 ∈ C, é dizer, u7u9 ∈ C.

Se x = a2, y = ab, z = b nessa mesma equação, obtém-se que

4a4bab+ 8u8u7 = (ab)a4b+ 2(ab)a2a2b︸︷︷︸0

+ba4ab+ 2a2(ab)u7 + 2ba2u8 + 2a2bu8 + 2a2a2bab,

= 2a2(ab)u7 + 2a2bu8 + 2a2a2bab.

Análogo ao feito acima, tem-se que o termo à direita pertence a C, logo, conclui-se que u7u8 ∈ C.Desse modo, u7C2 ⊂ C.

Se x = a, y = z = b na equação (3.58), tem-se que

0 = u27 + 4(aab)u7 + 4a3bab+ 4(aab)2 + 2a3ab2,

como (aab) ∈ C2, então (aab)2 ∈ C2, aliás, do fato que u7C2 ⊂ C, tem-se que u7(aab) ∈ C. Sendoassim, se conclui que u27 ∈ C. Portanto, queda mostrado que C é uma subálgebra de A.

Corolário 7. Seja A ∈ V de dimensão 9 tal que L2UL ≡ 0 não é uma identidade em A. Então Aé solúvel.

Como consequência do corolário anterior, as álgebras consideradas daqui em diante, serão álge-bras nas quais satisfazem também a identidade L2UL ≡ 0. Como resultado dessa nova identidadee da Tabela 3.2 segue que os operadores LU2 ≡ 0, LLa3L ≡ 0 e LLa4 ≡ 0 são também identidadesdas álgebras nas quais tem-se o interesse de aqui para frente.

3.2.4 Se LUL não é uma identidade na álgebra A.

Nesta seção será suposto que LUL ≡ 0 não é uma identidade em A, e ao igual que nos casosanteriores, será exibida uma subálgebra de codimensão 2.

Para começar esta seção, será re-enunciado o Teorema 2 demostrado em [GFS05]. A demostra-ção será apresentada, no entanto, é a mesma demostração que os autores �zeram no artigo citado.

Teorema 12. Seja A ∈ V de dimensão ≥ 9 onde LUL ≡ 0 não é uma identidade em A. Entãoexistem a, b ∈ A tal que LaUaLa(b) 6= 0 e

φ = φa,b = {a, a2, a3, a4, b, L(b), UL(b), LUL(b)}


é um conjunto linearmente independente. Aliás, se B = spanφ, então B não é invariante pelooperador La ou pelo operador Ua.

Demonstração. Dado que LUL ≡ 0 não é uma identidade, então segue da identidade La4+4LUL ≡0 que a4 6= 0. Aliás, a4 e LUL(b) são linearmente independentes, pois LUL(b) = −1

4a4b e o operador

Lb é nilpotente. Seja u5 = b, u6 = L(b), u7 = UL(b), u8 = LUL(b), e

0 =4∑i=1

αiai +

4∑i=1

βiui+4.

Ao multiplicar por LUL, obtém-se que β1 = 0. Multiplicando por LU , segue que

0 = α1a4 + β2u8,

portanto, α1 = β2 = 0. Ao multiplicar por U , tem-se que 0 = α2a4, é dizer, α2 = 0. Multiplicando

por L, obtém-se que0 = α3a

4 + β3u8,

dessa forma, conclui-se que α3 = β3 = 0. Finalmente, resta α4a4 + β4u8 = 0, consequentemente, os

escalares α4, β4 são nulos. Portanto, o conjunto φ é linearmente independente.

Suponha que os operadores L e U preservam o subespaço B, então φ é uma base para B. Seja

L2(b) =4∑i=1

λiai +

4∑i=1

µiui+4.

Ao multiplicar por LUL, obtém-se que µ1 = 0. Multiplicando por LU , segue que

0 = λ1a4 + µ2u8,

é dizer, λ1 = µ2 = 0. Multiplicando por L2 e por U , tem-se que L4(b) = UL2(b) = λ2a4. De outro

lado, se

U(b) =

4∑i=1

γiai +

4∑i=1

δiui+4,

mediante o mesmo procedimento feito para L2(b), segue que γ1 = δ1 = δ2 = 0. Portanto, U2(b) =γ2a

4.

Com esses resultados, a partir da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0, obtém-se que

2u8 = 2LUL(b) = U2(b) + 10UL2(b)− 4L4(b) ∈ Fa4,

o qual gera um absurdo porque a4 e u8 são linearmente independentes. Desse modo, conclui-se queou L ou U não preserva B.

Dado que as possibilidades de B não ser preservado pelos operadores L e U em termos da baseφ signi�ca que aab ou a2b 6∈ B, então serão analisados os casos separadamente. Inicialmente serásuposto que L não preserva B. Obtém-se o seguinte lema:

Lema 30. Seja A de dimensão 9 tal que LUL ≡ 0 não é uma identidade em A. Se La não preservaB, então {a, a2, a3, a4, u5, u6, u7, u8, u9} é uma base para A onde u5, u6, u7, u8 são comono Teorema 12 e u9 = L2

a(b). Aliás, os operadores La e Ua estão representados nessa base pelas


seguintes matrizes:

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 τ30 0 1 0 0 0 0 0 τ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 τ70 0 0 0 0 0 1 0 τ80 0 0 0 0 1 0 0 0

,

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 δ2 0 0 0 01 0 0 0 δ3 0 0 0 00 1 0 0 δ4 0 0 0 ρ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 δ7 1 0 0 00 0 0 0 δ8 0 0 0 ρ80 0 0 0 δ9 0 0 0 0

,

onde

τ7 =1

4

(ρ8δ9 + 10ρ8 − 2

),

δ2 = 4τ3 − 10ρ4 − ρ4δ9,

Demonstração. Sejam

L3(b) =

4∑i=1

τiai +

4∑i=0

τi+5ui+5,

U(b) =4∑i=1

δiai +

4∑i=0

δi+5ui+5,

UL2(b) =4∑i=1

ρiai +

4∑i=0

ρi+5ui+5.

Ao multiplicar por LUL os termos L3(b), U(b) e UL2(b), segue respetivamente que

0 = τ5u8, 0 = δ5u8, 0 = ρ5u8,

portanto, τ5 = δ5 = ρ5 = 0.

Multiplicando por LU , tem-se que

0 = τ1a4 + τ6u8, 0 = δ1a

4 + δ6u8, 0 = ρ1a4 + ρ6u8,

dessa forma, τ1 = τ6 = δ1 = δ6 = ρ1 = ρ6 = 0.

Ao multiplicar L3(b) por L2, obtém-se que

0 = τ2a4 + τ9L

4(b)

= τ2τ9a2 + τ3τ9a

3 + (τ4τ9 + τ2)a4 + τ7τ9u7 + τ8τ9u8 + τ29u9,

é dizer, τ9 = τ2 = 0.

Multiplicando por U , unicamente UL2(b), segue que

0 = ρ2a4 + ρ9UL

2(b)

= ρ2ρ9a2 + ρ3ρ9a

3 + (ρ4ρ9 + ρ2)a4 + ρ7ρ9u7 + ρ8ρ9u8 + ρ29u9,

por isso, conclui-se que ρ9 = ρ2 = 0.


Ao multiplicar UL2(b) por L, cumpre-se que

0 = ρ3a4 + ρ7u8,

desse modo, ρ3 = ρ7 = 0.

Da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0, resulta que

0 = δ2a4 + ρ4δ9a

4 + ρ8δ9u8 + 10ρ4a4 + 10ρ8u8

− 2u8 − 4τ3a4 − 4τ7u8

= (δ2 + ρ4δ9 + 10ρ4 − 4τ3)a4 + (ρ8δ9 + 10ρ8 − 2− 4τ7)u8,

portanto,

δ2 = 4τ3 − 10ρ4 − ρ4δ9,

τ7 =1

4

(ρ8δ9 + 10ρ8 − 2

).

Consequentemente, segue que as representações matriciais na base φ dos operadores L e U sãoaquelas dadas no enunciado do lema.


Demonstração. Inicialmente será provado que C1 = span{a, a2, a3, a4, u8} é uma subálgebra de A.Para isso, é su�ciente provar que u28 = 0. Se x = a4, y = b na equação (3.3), segue que

a4ba4b = 2(a4b)2 = 32(aa2ab)2 = 32u28.

De outro lado, se x = a, y = a4b, z = b na equação (3.42), obtém-se que

0 = aa2b aa4b︸︷︷︸0

+aa2aba4b = −1

4a4ba4b,

dessa forma, tem-se que u28 = 0.

O passo a seguir é demostrar que C2 = C1⊕Fu7 é uma subálgebra de A. Para isso, resta provarque u27, u7u8 ∈ C2. Se x = a, y = b, z = u7 na equação (3.44), segue que

0 = a4bu7 + 4(a2au7)(ab) = a4bu7.

Se x = a, y = u7, z = b nessa mesma equação, tem-se que

0 = a4bu7 + 4u7u8 = 4u7u8,

portanto, u7u8 = 0.

Caso x = a, y = z = b na equação (3.44), resulta que 0 = a4b2 + 4(a2ab)(ab), e comoImLa4 ∈ Fu8, então u7ab ∈ Fu8.

Se x = a2, y = ab na equação (3.3), obtém-se que

2a4(ab)2 + 4u27 = (ab)a4ab+ 2(ab) a2u7︸︷︷︸0

+2a2 u7ab︸︷︷︸∈Fu8

+a2a2(ab)2 = a2a2(ab)2.


Como ImU2, ImLa4 ⊂ C1, então u27 ∈ C1, logo conclui-se que C2 é uma subálgebra de A.

Para provar que C é uma subálgebra falta provar que u7u9, u8u9 e u29 ∈ C. Se x = a, y =ab, z = b na equação (3.44), tem-se que

0 = a4bab+ 4u7u9,

dessa forma, u7u9 ∈ Fu3.

Provar os produtos restantes, será dividido em dois casos: δ9 é ou não nulo.

Caso δ9 = 0. Nesse caso a2b ∈ C2, portanto, se x = a, y = z = b na equação (3.76), segue que

0 = (a2b)2 + 2u9(a2b) + 2a3bab.

Como ImLa3 ⊂ C, (a2b)2 ∈ C2, então u9a2b ∈ C.

Se x = a, y = z = b na equação (3.77) obtém-se que

0 = (a2b)u9 + 2u29 + a3bab+ a3ab2,

portanto, u29 ∈ C.

Finalmente, se x = a, y = u7, z = b na equação (3.7), obtém-se que

0 = a3bu7 + (a2b)u8︸︷︷︸∈C2

+2u9u8 + (ab)(a2u7︸︷︷︸0

) + a2(ab)u7 + 2(ab) au8︸︷︷︸0

+a2bu8 + a2abu7.

Como ImLa3 , ImU ⊂ C, então u8u9 ∈ C. Assim, C é uma subálgebra de A.

Caso δ9 6= 0. Dado que C2 é uma subálgebra de codimensão 3, então {u5 = b, u6 = ab, u9 = aab}é uma base para o espaço vetorial A/C2, portanto, os operadores L,U induzidos por L e U ao espaçoMC2 estão representados pelas matrizes 0 0 0

1 0 00 1 0

,

0 0 00 0 0δ9 0 0

.

Aliás, se cada operador Lc ∈MC2 está representada pela matriz c1,1 c1,2 c1,3c2,1 c2,2 c2,3c3,1 c3,2 c3,3

,

então para cada x, y, z ∈ F, o operador xL + yU + zLc ∈ MC2 , é dizer, é nilpotente de ordem 3.Dessa forma, se (ai,j) = (xL+ yU + zLc)

3 para x = 0, z = 1, na componente a1,3 obtém-se que

c21,1c1,3+c1,2c1,3c2,1+c21,3c3,1+c2,3(c1,1c1,2+c1,2c2,2+c1,3c3,2)+c3,3(c1,1c1,3+c1,2c2,3+c1,3c3,3)+c

21,3y,

é dizer, c1,3 = 0.

Se x = 1, y = 0, então a componente a2,1 bem dada por

z3(c21,1c2,1 + c1,1c2,1c2,2 + c1,1c2,3c3,1 + c1,2c

22,1 + c2,1c

22,2 + c2,1c2,3c3,2 + c2,3c3,1(c2,2 + c3,3)

)


+ z2(c21,1 + c1,1c2,2 + 2c1,2c2,1 + c2,1c2,3 + c22,2 + c2,3c3,2

)+ z(c1,2 + c2,3),

é dizer, c2,3 = −c1,2.

Se x = 0, z = 1 as componentes a1,1, a2,1 e a3,3 são

c311 + 2c1,1c1,2c2,1 − c21,2c3,1 + c1,2c2,1c2,2 − c21,2y,c1,1c1,2c2,1 − c21,2c3,1 + c1,2(2c2,1c2,2 − c3,2(2c2,2 + c3,3)) + c32,2 − c21,2y,

−c21,2c3,1 − c1,2c3,2(c2,2 + 2c3,3) + c33,3 − c21,2y,

dessa forma, se conclui que c1,2 = c1,1 = 0. Porém, segue que c2,2 = c3,3 = 0.

Consequentemente, Lc está representada pela matriz 0 0 0c2,1 0 0c3,1 c3,2 0

,

portanto, u9 ∈ kerLc para cada Lc ∈MC2 , é dizer, u9C2 ⊂ C2 e Lu9 ∈MC2 . Segue que u8u9 ∈ C2

e que Lu9 está representado por uma matriz do tipo acima, onde obtém-se que u29 ∈ C2. Logo,tem-se que C é uma subálgebra de A tal como se queria.

Nos seguintes lemas será suposto que L preserva o espaço B, de modo que U não o preserva, édizer, a2b completa uma base para A.

Lema 32. Sejam A ∈ V de dimensão 9 tal que LUL ≡ 0 não é uma identidade em A, a, b ∈ Aque satisfazem LaUaLa(b) 6= 0 e La(B) ⊂ B. Então uma base para A é dada por

{a, a2, a3, a4, u5, u6, u7, u8, u9}

onde u5, u6, u7, u8 são como no Teorema 12 e u9 = a2b. Aliás, La, Ua estão representadas nessabase pelas seguintes matrizes:

0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 δ2 0 0 00 1 0 0 0 δ3 0 0 τ30 0 1 0 0 δ4 0 0 τ40 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 δ7 0 0 τ70 0 0 0 0 δ8 1 0 τ80 0 0 0 0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 −6δ20 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 20 0 0 0 1 0 0 0 0

.

Demonstração. Do Teorema 12 segue que o conjunto {a, a2, a3, a4, u5, u6, u7, u8, u9} é umabase para A. Sejam

L2(b) =

4∑i=1

δiai +

3∑i=0

δi+5ui+5,

L(v9) =4∑i=1

τiai +

4∑i=0

τi+5ui+5,

U(v9) =4∑i=1

ρiai +

4∑i=0

ρi+5ui+5.


Ao multiplicar L(v9) por L4, do fato que L(B) ⊂ B, segue que

0 = L5(u9) = L4(b0 + τ9u9) = b1 + τ9L4(u9) = b1 + τ9L

3(b0 + τ9u9)

= b2 + τ29L3(u9) = b2 + τ29L

2(b0 + τ9u9)

= b3 + τ39L2(u9) = b3 + τ39L(b0 + τ9u9)

= b4 + τ49L(u9) = b5 + τ59u9,

onde bi ∈ B, por isso, τ9 = 0.

Multiplicando por LUL as expressões L2(b), L(v9) e U(v9), obtém-se que

0 = δ5u8, 0 = τ5u8, 0 = ρ5u8,

portanto, δ5 = τ5 = ρ5 = 0.

Ao multiplicar por LU , tem-se que

0 = δ1a4 + δ6u8, 0 = τ1a

4 + τ6u8, 0 = ρ1a4 + ρ6u8,

consequentemente, conclui-se que δ1 = δ6 = τ1 = τ6 = ρ1 = ρ6 = 0.

Multiplicando por U a igualdade U(v9), resulta que

0 = ρ2a4 + ρ9U(v9)

= ρ2ρ9a2 + ρ3ρ9a

3 + (ρ2 + ρ4ρ9)a4 + ρ7ρ9u7 + ρ8ρ9u8 + ρ29u9,

desse modo, tem-se que ρ9 = ρ2 = 0.

Ao multiplicar U(v9) por L, segue que

0 = ρ3a4 + ρ7u8,

é dizer, ρ3 = ρ7 = 0.

Da identidade 2ULU − L3U ≡ 0, tem-se que

0 = 2τ2a4 − τ2a4 = τ2a

4.

Consequentemente, τ2 = 0.

Finalmente, da identidade U2 + 10UL2 − 2LUL− 4L4 ≡ 0, conclui-se que

0 = ρ4a4 + ρ8u8 + 10δ2a

4 − 2u8 − 4δ2a4

= (ρ4 + 6δ2)a4 + (ρ8 − 2)u8,

portanto,

ρ4 = −6δ2,ρ8 = 2.

Dessa maneira, seguem as representações matriciais dadas no lema.



Demonstração. Provar que span{a, a2, a3, a4, u7, u8} é uma subálgebra, segue o mesmo caminhofeito no Lema 31 para demostrar que C2 é uma subálgebra. Portanto, resta mostrar que u7u9, u8u9e u29 ∈ C.

Enxergue que 2U2(b) + La4(b) ∈ Fa4.

Se x = a2, y = b, z = u9 na equação (3.2), segue que

4a4bu9 + 8u9(a2u9) = b a4u9︸︷︷︸

0

+2b a2a2u9︸︷︷︸0

+u9a4b+ 2a2ba2u9 + 2u9a

2a2b+ 2a2u29 + 2a2a2bu9

= 2a2ba2u9 + 2a2u29 + 2a2a2bu9

Como ImU, ImLa4 ⊂ C, então o termo à direita pertence a C. É dizer, resulta que 2u9u8 =u9(a

2u9) ∈ C.

Se x = a2, y = b, z = ab nessa mesma equação, então

4a4bab+ 8u9u7 = ba4ab+ 2ba2a2ab+ (ab)a4b+ 2a2ba2ab+ 2(ab)a2a2b+ 2a2(ab)a2b+ 2a2a2bab.

Análogo ao razonamento feito acima, segue que o termo à direita pertence a C, é dizer, u7u9 ∈ C.

Se x = a2, y = b na equação (3.3), obtém-se que

2a4b2 + 4u29 = ba4b+ 2ba2a2b︸︷︷︸γu8

+2a2ba2b+ a2a2b2.

Como o termo à direita pertence a C, então u29 ∈ C. Portanto, conclui-se que C é uma subálgebrade A.

Corolário 8. Seja A ∈ V de dimensão 9 tal que LUL ≡ 0 não é uma identidade em A. Então Aé solúvel.

Finalmente, será adicionada a identidade LUL ≡ 0 as identidades em A. Segue o seguinte lema:

Lema 34. Seja A ∈ V tal que LUL ≡ 0 é uma identidade em A. Então A é solúvel.

Demonstração. Como A ∈ V, existe a ∈ A tal que a4 6= 0. Aliás, da identidade La4 = −4LUL ≡ 0,tem-se que 0 6= a4 ∈ annA, portanto, A possui um ideal próprio não nulo, e (annA)2 = 0. Comodim(A/ annA) ≤ 8, segue que annA e A/ annA são solúveis, logo A é solúvel.

Dessa forma, podem-se enunciar os resultados principais deste capítulo:

Teorema 13. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas de dimensão 9 e nilíndice5 sobre um corpo de característica diferente de 2,3 e 5. Então A é solúvel.

Como consequência do teorema acima e da conclusão do capítulo anterior, segue o seguinteteorema:

Teorema 14. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas de dimensão 9 sobre o corpoC. Então A é solúvel.

Com esses dois teoremas da-se por concluído o objetivo desse capítulo, o qual era dar umaresposta a�rmativa ao problema de Albert para álgebras de dimensão 9.

Assim, no presente trabalho tem sido ampliados os resultados nas duas direções ao respeito doproblema de Albert: mantendo �xa e mantendo arbitraria a dimensão de uma álgebra.

Capítulo 4

Um estudo das nilálgebras de dimensãon e nilíndice n− 1.

Neste capítulo será denotado por V a classe das álgebras comutativas de potências associativasde dimensão n e nilíndice n−1. O objetivo de estudo é dar um re�namento à descrição das nilálgebrascomutativas de potências associativas de dimensão n e nilíndice n − 1 para n ≥ 12 que foi dadono artigo [GFGMM14]. Este tipo de álgebras foi inicialmente estudado por Gerstenhaber e Myungem [GM75]. O seguinte teorema é enunciado nesse artigo.

Teorema 15. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas de dimensão 4 e nilíndice3 sobre um corpo de característica 6= 2. Então A é associativa e A3 = 0.

Elgueta e Suazo no artigo [ES02] descreveram as álgebras de dimensão 5 e nilíndice 4. Elesencontraram 4 tipos de álgebras, 3 desses tipos são álgebras de Jordan, mas tem uma outra álgebraque não é de Jordan. De fato, essa álgebra que não é de Jordan, é o contraexemplo que Suttlesem [Sut72] exibiu para dar uma resposta negativa ao problema original de Albert. Os autoresprovaram o seguinte teorema:

Teorema 16. Seja A uma álgebra comutativa de potências associativas de dimensão 5 e nilíndice4. Então A pertence a um, e somente um grupo dos listado abaixo.

i) Existem a, b ∈ A, α, ε, δ, γ, γ0 ∈ F tal que {a, a2, a3, b, ab} é uma base para A e os produtosnão triviais bem de�nidos por

b2 = αab+ εa2 + δa3,

b(ab) = γ0a3,

a(ab) = γa3.

ii) Existem a, b ∈ A, λ, γ2, γ3 ∈ F tal que {a, a2, a3, b, a2b} é uma base de A e os produtos nãotriviais bem dados por b2 = λa2b+ γ2a

2 + γ3a3.

iii) Existem a, b, c ∈ A, β, γ, δ, ε, α, β0, γ0, α0 ∈ F tal que {a, a2, a3, b, c} é uma base de A eos produtos não triviais bem de�nidos por

b2 = βa2 + γa3, c2 = β0a2 + γ0a

3,

bc = δa2 + εa3, ca = α0a2,

ab = αa2.

iv) Existem a, b ∈ A tal que {a, a2, a3, b, a2b} é uma base de A y os produtos não triviais bemde�nidos por

ba3 = a2, a(a2b) = −a2.

75

76 UM ESTUDO DAS NILÁLGEBRAS DE DIMENSÃO N E NILÍNDICE N − 1. 4.0

A pesar de que a descrição feita pelos autores não é uma classi�cação a menos de isomor�smo,uma álgebra de dimensão 5 e nilíndice 4 pertence unicamente a um só grupo dos descritos acima.Além disso, eles �zeram a descrição das álgebras de Jordan de dimensão n e nilíndice n− 1. Porém,se n ≥ 6, as álgebras comutativas de potências associativas que não são Jordan estavam sem des-crição. Logo depois, os autores no artigo [ESGF05] provaram que cada álgebra de dimensão n 6= 5e nilíndice n− 1 é nilpotente com índice de nilpotencia n− 1. Dessa forma, a única álgebra que nãoé nilpotente é o contraexemplo de Suttles.

Em [GFGMM14] os autores deram as tabelas de multiplicação deste tipo de álgebras se n ≥ 6em termos de elementos convenientes. Porém, contrario ao feito por Elgueta e Suazo na demonstra-ção do Teorema 16, a descrição que eles apresentaram não é uma descrição disjunta, pois é possívelconstruir exemplos de álgebras que pertencem para duas classes ao mesmo tempo. Portanto, nestecapítulo será feito um re�namento da descrição que os autores deram em [GFGMM14] para estetipo de álgebras, e no �nal, a descrição apresentada aqui, será uma descrição disjunta.

Seguindo a mesma notação dos capítulos anteriores, se a ∈ A é um elemento de índice maxi-mal, é dizer an−2 6= 0, será denotado por M = M(a) o subespaço vetorial de A que tem por base{a, a2, a3, · · · , an−2}.

No que segue deste capítulo, será suposto que A é uma álgebra comutativa de potências associ-ativas de dimensão n e nilíndice n− 1 tal que A2 6⊂ M(a) para nenhum elemento a ∈ A de índicemaximal, já que no caso contrario, a álgebra é uma álgebra de Jordan.

Se B é uma álgebra de dimensão e nilíndice n, o seguinte resultado é de suma importância paraa eleição dos elementos adequados para descrever a multiplicação de A.

Lema 35. [GFGM13, Lem. 2] Seja B uma nilálgebra comutativa de potências associativas de di-mensão e nilíndice n sobre um corpo F de característica diferente de 2,3 e 5. Seja a ∈ B comnilíndice maximal, isto é an−1 6= 0 e seja M a subálgebra de B gerada por a. Então

i. Bk ⊆Mk para todo inteiro k ≥ 2;

ii. an−1 ∈ ann(B);

iii. Existe b ∈ A \M tal que ba ∈ Fa2 e ban−2 = 0.

Se B é uma subálgebra de A de dimensão e nilíndice n − 1, então será denotado por P(B) oconjunto de pares (a, b) tais que a possui índice maximal, ou seja, an−2 6= 0, b 6∈ M, ba ∈ Fa2e ban−3 = 0. Como consequência do lema anterior, este conjunto é sempre não vazio para cadaálgebra de dimensão e nilíndice n− 1.

A descrição feita em [GFGMM14] mostra como são as tabelas de multiplicação de uma álgebraA dependendo diretamente de um elemento a ∈ A de índice maximal, Esta descrição é dividida em3 grupos que são os seguintes:

i. Se M(a) é um ideal de A.

ii. Se M(a) não é ideal, mas M2(a) é ideal de A.

iii. Se M(a) nem M2(a) são ideais de A.

Para melhorar esta descrição, vão ser estudados os elementos a de índice maximal, pois é sobreeste tipo de elementos que a descrição depende. Logo depois, vai dar-se-as condições para queM(a)seja um ideal de A.

4.1 ELEMENTOS DE ÍNDICE MAXIMAL NAS CLASSES VID E VID2. 77

A classe V das álgebra comutativas de potências associativas de dimensão n e nilíndice n − 1será dividida nos seguintes 3 grupos, não necessariamente disjuntos:

VId = {A ∈ V : ∃a ∈ A de índice maximal, M(a) é ideal de A},VId2 = {A ∈ V : ∃a ∈ A de índice maximal, M(a) não é ideal de A, M2(a) é ideal},VNId = {A ∈ V : ∃a ∈ A de índice maximal, M(a), M2(a) não são ideais de A}.

Os seguintes lemas que podem ser encontrados em [GFGMM14], estabelecem condições equiva-lentes a partir de um elemento de índice maximal.

Lema 36. Seja a ∈ A um elemento de índice maximal. As seguintes a�rmações são equivalentes:

i. M2(a) é um ideal de A.

ii. dimA3 = n− 4.

iii. Ak =Mk(a) para cada k ≥ 3.

Lema 37. Seja a ∈ A um elemento de índice maximal. As seguintes a�rmações são equivalentes:

i. M2(a) não é um ideal de A.

ii. dimA3 = n− 3.

iii. A3 6=M3(a) e Ak =Mk(a) para cada k ≥ 4.

Como consequência dos Lemas 36 e 37 segue o seguinte lema, o qual é garantido pela dimensãode A3.

Lema 38. As classes VId2 e VNId são disjuntas.

4.1 Elementos de índice maximal nas classes VId e VId2.

Como resultado do anterior lema, o estudo desta seção será enfocado na busca das relaçõesunicamente entre as classes VId e VId2. Para fazer esse estudo, inicialmente serão analisados oselementos de índice maximal.

Dado que se A ∈ VId, como consequência que A2 6⊂M(a), segue que dimMM(a) = 1, portanto,dimA2 = n−2. Desse modo, B(a) = Fa+A2 é uma álgebra comutativa de potências associativas dedimensão e nilíndice n−1. Se (a, b) ∈ P(B(a)), então pelo Lema 35 tem-se que ab ∈ Fa2, ban−3 = 0.Aliás, é possível considerar c ∈ A \ B(a) tal que ca ∈ span{a, b}.

Já que as tabelas de multiplicação são construídas a partir de um elemento (a, b) ∈ P(B(a)),será denotado por P(A) o conjunto de triplas (a, b, c) tais que (a, b) ∈ P(B(a)), e c ∈ A\B(a) ondeca ∈ span{a, b}.

Na sequência será enunciado o teorema com a descrição das tabelas de multiplicação que osautores deram em [GFGMM14] para as álgebras de dimensão n ≥ 6 e nilíndice n− 1 quando existeum elemento a ∈ A de índice maximal tal que M(a) é um ideal.

Teorema 17. Seja A ∈ VId tal que (a, b, c) ∈ P(A), α, α1, α2, β, λ, γ, γ1, γ2 ∈ F.

i. Se n = 6, então c2 = b − (γ2 + 2λ)a2 + αa3 + α1a4, cb = βa4, ca2 = γa3 + γ1a

4, ca3 =−a(ca2), ba2 = λa4 e os produtos restantes não triviais são zero.

ii. Se n = 7, então c2 = b− γ2a2− 2λa3 +αa4 +α1a5, cb = βa5, ca2 = γa3 + γ1a

4 + γ2a5, ca3 =

−a(ca2), ca4 = a2(ca2), ba2 = λa5 e os produtos restantes não triviais são zero.


iii. Se n = 8, então c2 = b+(γ2− 2λ)a4+α1a5+α2a

6, cb = βa6, ca2 = γa4+ γ1a5+ γ2a

6, ca3 =−a(ca2), ca4 = a2(ca2), ba2 = λa6 e os produtos restantes não triviais são zero.

iv. Se n ≥ 9, então c2 = b − 2λan−4 + α1an−3 + α2a

n−2, cb = βan−2, ca2 = γan−4 + γ1an−3 +

γ1an−2, ca3 = −a(ca2), ca4 = a2(ca2), ba2 = λan−2 e os produtos restantes não triviais são

zero.

Com as tabelas de multiplicação dadas no teorema acima, os seguintes lemas vão mostrar comosão os elementos de índice maximal para cada n ≥ 6. Além disso, se a é um elemento de índicemaximal serão dadas condições necessárias e su�cientes para que M(a) seja um ideal.

Lema 39. Sejam A ∈ VId, (a, b, c) ∈ P(A) e a =∑ρia

i + τ1b+ τ2c.

i. Se n = 6, a possui índice maximal, se e somente se, ρ21 − τ22 γ2 6= 0 e ρ21 − τ22 (γ2 + 2λ) 6= 0.

ii. Se n = 7, a possui índice maximal, se e somente se, ρ21 − τ22 γ2 6= 0.

iii. Se n ≥ 8, a possui índice maximal, se e somente se, ρ1 6= 0.

Demonstração. Ao calcular an−2 para n = 6 e n = 7 usando o teorema anterior, segue que

an−2 =

{(ρ21 − τ22 γ2)(ρ21 − τ22 (γ2 + 2λ))a4 se n = 6.

(ρ21 − τ22 γ2)2(ρ1 + τ2γ)a5 se n = 7.

portanto, os item i e ii seguem de imediato.

Para provar iii, será provado o seguinte fato: ρ1 6= 0, se e somente se, a4 6≡ 0 mod M5(a).Dado que aai, ab, ac ∈ Mn−4(a) + bF para i > 1, e aa ∈ M2(a) \M3(a) se e somente se, ρ1 6= 0,tem-se que a2 6≡ 0 mod M3(a) + bF se e somente se, ρ1 6= 0. Concluindo desta forma, que a4 6≡ 0mod M5(a), se e somente se, ρ1 6= 0.

Como a5 = ρ51a5 + t para algum t ∈ M6(a) e dado que M5(a) esta contido no anulador de

span{b, c}, usando indução, resulta que ak é um elemento da subálgebra F[a], a qual é associativa,dessa forma, obtém-se que

ak =(· · ·(a5 (∑

ρiai))· · · (

∑ρia

i))︸︷︷︸

k−5 vezes

= a5(∑

ρiai)k−5 = a5(ρk−51 ak−5 + t1),

onde t1 ∈ Mk−4(a), portanto, ak = ρk1ak + t2 para algum t2 ∈ Mk+1(a). Concluindo desta forma,

que a(n−2) = ρn−21 an−2+ t3 para t3 ∈Mn−1(a) = 0. Isto posto, mostra que a(n−2) 6= 0, se e somentese, ρ1 6= 0.

Lema 40. Sejam (a, b, c), a como acima e de índice maximal (caso n ≥ 8, ρ1 = 1). Se n ≥ 6,então M(a) é um ideal de A, se e somente se, ρ1τ2 = 0, mas ρ21 + τ22 6= 0.

Demonstração. Se n = 6, então

M(a) = span{a4, a3, (ρ21 − τ22 (γ2 + 2λ))a2 + τ22 b, ρ1a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c}.

Caso se tiver τ2 = 0, então M(a) = span{a4, a3, a2, ρ1a + τ1b}. Se y =∑εia

i + ω1b + ω2c, tem-seque yai, y(ρ1a+ τ1b) ∈M2(a), portanto, M(a) é um ideal.

Suponha-se agora, que ρ1 = 0. Então M(a) = span{a4, a3, b− (γ2 +2λ)a2, ρ2a2 + τ1b+ τ2c}. Se

y ∈ A como acima, então para i > 1, yai, yb ∈M3(a), além disso,

y(ρ2a2 + τ1b+ τ2c) = τ2ε1b− τ2ε1(γ2 + 2λ)a2 mod M3(a) ≡ 0 mod M2(a).


Logo M(a) é um ideal. A condição ρ21 + τ22 6= 0 é devida que a possui índice maximal.

De outro lado, suponha-se que M(a) é um ideal. Se y ∈ A como acima, então para i > 1 resultaque yai, yb ∈M3(a). Aliás, y(ρ1a+ρ2a2+τ1b+τ2c) ≡ ε1ρ1a2+ω2τ2b−ω2τ2(γ

2+2λ)a2 mod M3(a).Dado que M(a) é um ideal, então existe ε ∈ F tal que

ε1ρ1 − ω2τ2(γ2 + 2λ) = ε(ρ21 − τ22 (γ2 + 2λ)) (4.1)

ω2τ2 = ετ22 . (4.2)

Portanto, de (4.2) obtém-se que τ2(ω2 − ετ2) = 0, é dizer, τ2 = 0, ou ω2/τ2 = ε. Se τ2 = 0, osistema é consistente.

Se ε = ω2/τ2, em (4.1) cumpre-se que ε1ρ1τ2−ω2τ22 (γ

2+2λ) = ρ21ω2−ω2τ22 (γ

2+2λ), portanto,ρ1(ε1τ2 − ρ1ω2) = 0, de onde resulta que ρ1 = 0 ou ε1τ2 − ρ1ω2 = 0 para cada ε1, ω2 ∈ F. Dessaforma, se ρ1 6= 0, para ε1 = 0, ω2 = 1 a condição ε1τ2 − ρ1ω2 = 0 não é válida. Assim, cumpre-seque se M(a) é um ideal, então ρ1τ2 = 0.

Se n = 7, então

M(a) = span{a5, a4, a3, (ρ21 − τ22 )a2 + τ22 b, ρ1a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c}.

Suponha inicialmente que M(a) é um ideal. Seja y ∈ A como acima, então para i > 1 tem-se queyai, yb ∈M3(a). De outro lado, y(ρ1a+ρ2a2+ τ1b+ τ2c) ≡ ε1ρ1a2+ω2τ2b−ω2τ2γ

2a2 mod M3(a).Dado que M(a) é um ideal, então existe ε ∈ F tal que são válidas as seguintes igualdades:

ε1ρ1 − ω2τ2γ2 = ε(ρ21 − τ22 γ2)

ω2τ2 = ετ22 .

Análogo ao feito para o caso n = 6 (λ = 0), obtém-se que ρ1τ2 = 0.

A reciproca é feita como no caso n = 6.

Se n ≥ 8 e M(a) é um ideal. Neste caso resulta que

M(a) = span{an−2, an−3, an−4, · · · , a3, a2 + τ22 b, a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c}.

Se y ∈ A é como acima, obtém-se que para i > 1, yai, yb ∈ Mn−4(a). De outro lado, cumpre-seque y(a + ρ2a

2 + τ1b + τ2c) ≡ ε1a2 + ω2τ2b mod Mn−4(a). Como M(a) é um ideal, então existe

ε ∈ F tal que as seguintes igualdades são válidas:

ε1 = ε (4.3)

ω2τ2 = ετ22 . (4.4)

Da equação (4.4) obtém-se que τ2(ω2 − ε1τ2) = 0, portanto, τ2 = 0 ou ω2 = ε1τ2 para cadaε1, ω2 ∈ F. No entanto, se τ 6= 0, para ε1 = 1, ω2 = 0 a equação (4.4) não é válida. Portanto,conclui-se que τ2 = 0.

Para a reciproca, observe que como consequência ao fato de τ2 = 0, então y(a+ρ2a2+τ1b) ≡ ε1a2mod Mn−4(a), portanto M(a) é um ideal.

Corolário 9. Seja A ∈ VId, e a é um elemento de índice maximal tal que M(a) não é um ideal.Então M2(a) é um ideal.

Teorema 18. A classe VId está contida na classe VId2.


Demonstração. Se n = 6, seja a = a + c, ou a = 2a + c, ou a = a + 2c. Algum deles possui índicemaximal. Inicialmente será suposto que λ = 0. Se γ2 = 1, caso a = 2a + c não possuir índicemaximal, cumpre-se que 4− 1− 2λ = 0, portanto λ = 3/2. Desta forma, obtém-se que a = a+ 2cpossui índice maximal, pois 1− 4γ2 6= 0 e 1− 4(γ2 + 2λ) 6= 0.

Se λ 6= 0 e a = a+ c não possui índice maximal, segue que γ2 = 1 ou 1− γ2 − 2λ = 0, mas seγ2 = 1, λ = 0, logo λ = 1−γ2

2 . Além disso, se a = 2a + c não é de índice maximal, então γ2 = 4,ou 4 − γ2 − 2λ = 0. Mas 1 − γ2 − 2λ = 0, logo γ2 = 4, assim, λ = −3/2. Seja a = a + 2c, então1 − 4γ2 6= 0, e 1 − 4(γ2 + 2λ) 6= 0. Em qualquer um dos casos onde a é um elemento de índicemaximal, cumpre-se que M(a) não é um ideal.

Se n = 7, seja a = a + c ou a = 2a + c. Algum destes elementos possui índice maximal, pois éanálogo ao caso n = 6 quando λ = 0. Qualquer um deles que possua índice maximal satisfaz queM(a) não é ideal.

Se n ≥ 8, seja a = a+ c. Ele possui índice maximal, e M(a) não é ideal.

Dessa forma, existe uma tripla (a, b, c) ∈ P(A) tal que M(a) não é um ideal. No entanto, pelocorolário acima, M2(a) é um ideal.

Com o teorema acima tem-se demonstrado que uma das classes encontradas pelos autoresem [GFGMM14] está de mais. Não obstante, os lemas mais para frente mostram que as classesVId e VId2 são diferentes. Para enunciar esses lemas é necessário das tabelas de multiplicação dasálgebras A ∈ VId2. Descrevem-se a continuação os teoremas para n = 6, 7, 8, 9 e �nalmente paran ≥ 10.

Teorema 19. Seja A ∈ VId2 uma álgebra de dimensão 6, (a, b) ∈ P(B(a)) onde M(a) não éum ideal. Então existe (a, b, c) ∈ P(A) tal que A possui uma base dada por {a, a2, a3, a4, b, c} e osprodutos não triviais bem de�nidos por ca = b, ba = 0, c2 = αb+(−γ2+4γλ+2β−4µ−2αλ)a2+α1a

3 + α2a4, cb = βa3 + β1a

4, ca2 = γa3 + γ1a4, ca3 = (−γ + 4λ)a4, b2 = µa4, ba2 = λa4. Aliás,

os escalares satisfazem alguma das seguintes condições:

i. α = 1, β 6= 0, γ = 4λ− 1/2, µ = β/2.

ii. α = 1, β 6= 0, γ = 2β + 1/2, µ = β(2λ− β).

iii. α = 1, β = 0, µ = 0.

iv. α = 0, β 6= 0, γ = 4λ, µ = β/2.

v. α = 0, β = 0, µ = 0.

vi. α = 0, β = 0, µ = γ(−γ/4 + λ).

Teorema 20. Seja A ∈ VId2 uma álgebra de dimensão 7, (a, b) ∈ P(B(a)) onde M(a) não é umideal. Então existe (a, b, c) ∈ P(A) tal que A possui uma base dada por {a, a2, a3, a4, a5, b, c} e osprodutos não triviais bem de�nidos por ca = b, ba = 0, c2 = αb − (γ − 4λ)2a2 + (4γλ1 − 6γ1λ +2β − 4µ − 2αλ1)a

3 + α2a4 + α3a

5, cb = −6λ2a3 + βa4 + β1a5, ca2 = γa3 + γ1a

4 + γ2a5, b2 =

−3λ2a4 + µa5, ba2 = λa4 + λ1a5

ba3 = −a(ba2),ba4 = a2(ba2),

ca3 = −a(ca2) + 4ba2,

ca4 = a2(ca2)− 6a(ba2),

ca5 = −5a3(ca2)/3 + 10a2(ba2),

(4.5)


Os escalares satisfazem alguma das seguintes condições:

i. α = −2λ, γ = 5λ,

ii. α = 8λ− 2γ, µ = −2λλ1,

iii. λ = 0, µ = 0, β = 0,

iv. λ = 0, α = −2γ, µ = 0,

v. λ = 0, α = 2γ, β = 2µ.

Teorema 21. Seja A ∈ VId2 uma álgebra de dimensão 8, (a, b) ∈ P(B(a)) onde M(a) não é umideal. Então existe (a, b, c) ∈ P(A) tal que A possui uma base dada por {a, a2, a3, a4, a5, a6, b, c}e os produtos não triviais bem de�nidos por ca = b, ba = 0, c2 = αb + (γ2 − 6γλ + 2β − 4µ −2αλ1)a

4 + α1a5 + α2a

6, cb = βa5 + β1a6, ca2 = γa4 + γ1a

5 + γ2a6, b2 = µa6, ba2 = λa5 +

λ1a6, ba3, ca3, ca4, ca5 como na equação (4.5). Ainda mais, deve satisfazer-se que αβ = αµ =

αλ = 0.

Teorema 22. Seja A ∈ VId2 uma álgebra de dimensão 9, (a, b) ∈ P(B(a)) onde M(a) não é umideal. Então existe (a, b, c) ∈ P(A) tal que A possui uma base dada por {a, a2, a3, a4, a5, a6, a7, b, c}e os produtos não triviais bem de�nidos por ca = b, ba = 0, c2 = αb + 5λ2a4 + (8γλ − 18λ1λ +2β − 4µ− 2αλ2)a

5 + α2a6 + α3a

7, cb = λ2a5 + βa6 + β1a7, ca2 = 3λa4 + γa5 + γ1a

6 + γ2a7, b2 =

−3λ2a6+µa7, ba2 = λa5+λ1a6+λ2a

7, ba3, ba4, ca3, ca4, ca5 como na equação (4.5). Além disso,deve satisfazer-se as condições αβ = αµ = αλ = αλ1 = 0.

Teorema 23. Seja A ∈ VId2 uma álgebra de dimensão n ≥ 10, (a, b) ∈ P(B(a)) onde M(a) não éum ideal. Então existe (a, b, c) ∈ P(A) tal que A possui uma base dada por {a, a2, · · · , an−2, b, c} eos produtos não triviais bem de�nidos por ca = b, ba = 0,

c2 = αb+ (15δn,10λ2 + 2β − 4µ− 2αλ2)a

n−4 + α1an−3 + α2a

n−2,

cb = βan−3 + β1an−2,

ca2 = 3λan−5 + γan−4 + γ1an−3 + γ2a

n−2,

b2 = µan−2,

ba2 = λan−4 + λ1an−3 + λ2a

n−2,

ba3, ba4, ca3, ca4, ca5 como na equação (4.5). Ainda, αβ = αµ = αλ = αλ1 = 0.

Com os teoremas enunciados acima, pode-se provar as condições para que um elemento a ∈ Apossua índice maximal. Além disso, serão dadas as condições necessárias e su�cientes para que dadoum elemento de índice maximal, M(a) seja um ideal. Tem-se os seguintes lemas:

Lema 41. Sejam A ∈ VId2 , (a, b, c) ∈ P(A) e a =∑ρia

i + τ1b+ τ2c.

i. Se n = 6, então a possui índice maximal, se e somente se, ρ1 − τ2(γ − 4λ) 6= 0 e

ρ31 + ρ21τ2γ + ρ1τ22 (4β − γ2 − 2αλ+ 4γλ− 4µ) + τ32 (α(β − 2γλ) + γ(2β − γ2 + 4λγ − 4µ)) 6= 0.

ii. Se n = 7, a possui índice maximal, se e somente se, ρ1+ τ2(γ−6λ) 6= 0, ρ1− τ2(γ−4λ) 6= 0, e

(ρ1 + τ2γ)(ρ21 − τ22 (γ − 4λ)2)− 6τ22λ

2(2ρ1 + ατ2) 6= 0.

iii. Se n ≥ 8, a possui índice maximal, se e somente se, ρ1 6= 0.


Demonstração. Ao calcular a(n−2) para n = 6, 7 e 8 obtém-se o resultado querido.

Para provar iii) quando n ≥ 9, vai ser provado o fato análogo ao feito para iii) no Lema 39:ρ1 6= 0, se e somente se, a4 6≡ 0 mod M5(a).

Dado que se i > 1, tem-se que aai, ab, ac ∈ Mn−5(a) + Fb, e aa ∈ M2(a) \M3(a) + Fb se esomente se, ρ1 6= 0, então cumpre-se que a2 6≡ 0 mod M3(a) + Fb se e somente se, ρ1 6= 0. Con-cluindo desta forma, que a4 6≡ 0 mod M5(a).

Como a6 = ρ61a6 + t para algum t ∈ M7(a) e M6(a) esta contido no anulador de span{b, c},

anâlogo ao feito no Lema 39, para k > 6 tem-se que

ak = a6(∑

ρiai)k−6 = a6(ρk−61 ak−6 + t1),

para algum t1 ∈ Mk−5(a), portanto, ak = ρk1ak + t2 para algum t2 ∈ Mk+1(a). Desta forma se

conclui que a(n−2) = ρn−21 an−2 + t3 para t3 ∈ Mn−1(a) = 0. Consequentemente, conclui-se quea(n−2) 6= 0, se e somente se, ρ1 6= 0.

Lema 42. Sejam (a, b, c), a como acima e de índice maximal (caso n ≥ 8, pode-se supor ρ1 = 1).

i. Se n = 6, M(a) é um ideal de A, se e somente se, τ2 6= 0 e β = ρ1(ρ1+ατ2)2τ22

+ γ2−4λγ+2αλ+4µ2 .

ii. Se n = 7, M(a) é um ideal de A, se e somente se, τ2 6= 0 e (γ − 4λ)2 = −ρ1(ρ1+ατ2)τ22

.

iii. Se n ≥ 8, M(a) é um ideal de A, se e somente se, 0 = 1 + τ2α.

Demonstração. (i). Se n = 6, então

M(a) = span{a4, a3, (ρ21 + τ22T )a2 + τ2(2ρ1 + τ2α)b, ρ1a+ ρ2a

2 + τ1b+ τ2c}

onde T = 2β − γ2 − 2αλ + 4λγ − 4µ. Caso se tiver τ2 6= 0, e T = ρ1(δ1+ατ2)τ22

, então M(a) =

span{a4, a3, ρ1a2 + τ2b, ρ1a + ρ2a2 + τ1b + τ2c}. Se y =

∑εia

i + ω1b + ω2c, tem-se para i > 1 queyai, yb ∈M3(a), e

y(ρ1a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c) ≡ ρ1ε1a2 + ρ1ω2b+ ε1τ2b+ τ2ω2αb+ ω2τ2Ta

2

≡ (ρ1ε1 + ω2τ2T )a2 + (ρ1ω2 + ε1τ2 + τ2ω2α)b

≡ (ε1 +ω2ρ1τ2

+ ω2α)(ρ1a2 + τ2b) mod M3(a).

Portanto, M(a) é um ideal.

Suponha-se queM(a) é um ideal. Se y ∈ A como acima, para i > 1 tem-se que yai, yb ∈M3(a).De outro lado, y(ρ1a+ ρ2a2+ τ1b+ τ2c) ≡ ε1ρ1a2+ ρ1ω2b+ ε1τ2b+ω2τ2αb+ω2τ2Ta

2 mod M3(a).Portanto para cada ε1, ω2 ∈ F existe ε ∈ F tal que

ε1ρ1 + ω2τ2T = ε(ρ21 + τ22T ),

ρ1ω2 + ε1τ2 + ω2τ2α = ετ2(2ρ1 + ατ2).

Se ε1 = ω2 = 0, então não há nada a provar. Se ε1 = 0, ω2 = 1, ∃θ1 tal que

τ2T = θ1(ρ21 + τ22T ), (4.6)

ρ1 + τ2α = θ1τ2(2ρ1 + ατ2). (4.7)


Se ε1 = 1, ω2 = 0, ∃θ2 tal que

ρ1 = θ2(ρ21 + τ22T ), (4.8)

τ2 = θ2τ2(2ρ1 + ατ2). (4.9)

Portanto, de (4.9) obtém-se que τ2(1−θ2(2ρ1+ατ2)) = 0, é dizer, τ2 = 0, ou 1−θ2(2ρ1+ατ2) = 0.Se τ2 = 0 de (4.7), tem-se que ρ1 = 0. Mas isto é absurdo, pois a é de índice maximal. Assim, debeser válido que 1 = θ2(2ρ1 + ατ2). Desta forma, em (4.8) obtém-se ρ1(2ρ1 + ατ2) = ρ21 + τ22T . Seguea conclusão do lema.

(ii) Se n = 7, então

M(a) = span{a5, a4, a3, (ρ21 − τ22 (γ − 4λ)2)a2 + τ2(2ρ1 + ατ2)b, ρ1a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c}.

Suponha-se que M(a) é um ideal. Se y ∈ A como acima, para i > 1 tem-se que yai, yb ∈ M3(a).De outro lado, y(ρ1a + ρ2a

2 + τ1b + τ2c) ≡ ε1ρ1a2 + ρ1ω2b + ε1τ2b + ω2τ2αb − ω2τ2(γ − 4λ)2a2

mod M3(a). Portanto, para cada ε1, ω2 ∈ F existe ε ∈ F tal que

ε1ρ1 − ω2τ2(γ − 4λ)2 = ε(ρ21 − τ22 (γ − 4λ)2),

ρ1ω2 + ε1τ2 + ω2τ2α = ετ2(2ρ1 + ατ2).

Se ε1 = ω2 = 0, não há nada a provar. Se ε1 = 0, ω2 = 1, ∃θ1 tal que

−τ2(γ − 4λ)2 = θ1(ρ21 − τ22 (γ − 4λ)2), (4.10)

ρ1 + τ2α = θ1τ2(2ρ1 + ατ2). (4.11)

Se ε1 = 1, ω2 = 0, ∃θ2 tal que

ρ1 = θ2(ρ21 − τ22 (γ − 4λ)2), (4.12)

τ2 = θ2τ2(2ρ1 + ατ2). (4.13)

Dessa forma, de (4.13) obtém-se que τ2(1− θ2(2ρ1 + ατ2)) = 0, é dizer, τ2 = 0, ou 1− θ2(2ρ1 +ατ2) = 0. Se τ2 = 0 de (4.11), tem-se que ρ1 = 0. Mas isto é absurdo, pois a é de índice ma-ximal. Portanto, segue que 1 = θ2(2ρ1 + ατ2). Consequentemente, da equação (4.12) obtém-seρ1(2ρ1 + ατ2) = ρ21 − τ22 (γ − 4λ)2, é dizer, (γ − 4λ)2 = −ρ1(ρ1+ατ2)

τ22tal como era requerido.

A reciproca é como no caso n = 6.

(iii) Se n ≥ 8, como a possui índice maximal, então ρ1 6= 0, é dizer, pode-se supor que ρ1 = 1.De outro lado, tem-se que

M(a) = span{an−2, an−3, · · · , a4, a3, a2 + τ2(2 + ατ2)b, a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c}.

Suponha-se que M(a) é um ideal. Se y ∈ A como acima, para i > 1 obtém-se que yai, yb ∈M3(a).Alem disso, y(a+ ρ2a

2 + τ1b+ τ2c) ≡ ε1a2 +ω2b+ ε1τ2b+ω2τ2αb mod M3(a). Assim, existe ε ∈ Ftal que

ε1 = ε, (4.14)

ω2 + ε1τ2 + ω2τ2α = ετ2(2 + ατ2). (4.15)

Portanto, ω2+ ε1τ2+ω2τ2α = ε1τ2(2+ατ2), é dizer, (ω2− ε1τ2)(1+ατ2) = 0. Se ε1 = 0, ω2 = 1cumpre-se que 1 + ατ2 = 0.

Se 1+ατ2 = 0, então M(a) = span{an−2, an−3, · · · , a3, a2+ τ2b, a+ ρ2a2+ τ1b+ τ2c}, portanto,


se y ∈ A é dado como acima, segue que

y(a+ ρ2a2 + τ1b+ τ2c) ≡ ε1a2 + ω2b+ ε1τ2b+ ω2τ2αb mod M3(a)

≡ ε1(a2 + τ2b) mod M3(a).

Desta forma, conclui-se que M(a) é um ideal.

Corolário 10. Seja A ∈ VId2. Se a é um elemento de índice maximal tal que M(a) não é um ideal,então M2(a) é um ideal.

4.2 Descrição das triplas (a, b, c) ∈ P(A) na classe VId2 para n ≥ 12.

Para provar que VId ( VId2, é preciso observar como mudam os coe�cientes mediante mudançasde base. Essa analise será iniciada com o estudo das triplas (a, b, c) ∈ P(A) para A ∈ VId2.

No que segue do capítulo, serão estudadas álgebras de dimensão n ≥ 12, caso dizer o contrario.

Enxergue que dado a ∈ A um elemento de índice maximal, álgebra B é tal que B = Fa+A2, épor isso que ao trocar de base para uma dependendo do elemento de índice maximal a ∈ A, segueque B(a) = F(ρ1a + τ2c) + A2. Além disso, para n ≥ 12, pelo lema acima segue que M(a) é umideal, se e somente se, 1 + τ2α = 0. Portanto, se A é uma álgebra onde α = 0, resultará que A nãopossui elementos de índice maximal para os quais M(a) seja um ideal.

Por este motivo, será considerado o caso α = 0, pois se α 6= 0, então a = αa− c é um elementode índice maximal para o qual M(a) é um ideal. Desta forma, se α 6= 0 é melhor trabalhar com astabelas de multiplicação para álgebras A ∈ VId.

É por isto que será provado que para qualquer mudança de base numa álgebra A ∈ VId2 ondeα = 0, esse parâmetro permanece invariante. Sendo assim, de aqui em diante, A representa umaálgebra de dimensão n ≥ 12 e nilíndice n− 1 tal que existe uma tripla (a, b, c) ∈ P(A) onde α = 0.

Lema 43. Seja a =∑ρ1a

i + τ1b+ τ2c um elemento de índice maximal. Então

i. a2 ≡ ρ21a2 + 2ρ1τ2b mod M3(a).

ii. Para k ≥ 3 tem-se que

ak ≡ ρk1ak + kρk−11 ρ2ak+1 + ρk−21

(k(k − 1)

2ρ22 + kρ1ρ3

)ak+2

+ ρk−31

(k(k − 1)ρ1ρ2ρ3 + kρ21ρ4 +

k(k − 1)(k − 2)

6ρ32

)ak+3 mod Mk+4(a).

Demonstração. Dado que α = 0, então cumpre-se que

a2 ≡ ρ21a2 + 2ρ21ρ2a3 + (ρ22 + 2ρ1ρ3)a

4 + (2ρ2ρ3 + 2ρ1ρ4)a5 + 2ρ1τ2b mod M6(a),

portanto, o item i segue de imediato. Aliás,

a3 ≡ ρ31 + 2ρ21ρ2 + ρ1(ρ22 + 2ρ1ρ3)a

5 + ρ1(2ρ2ρ3 + 2ρ1ρ4)a6 + ρ21ρ2a

4

+ 2ρ1ρ22 + (ρ32 + 2ρ1ρ2ρ3)a

6 + ρ21ρ3a5 + 2ρ1ρ2ρ3a

6 + ρ21ρ4a6 mod M7(a)

≡ ρ31a3 + 3ρ21ρ2a4 + ρ1(3ρ

22 + 3ρ1ρ3)a

5 + (6ρ1ρ2ρ3 + 3ρ21ρ4 + ρ32)a6 mod M7(a).

4.2 DESCRIÇÃO DAS TRIPLAS (A,B,C) ∈ P(A) NA CLASSE VID2 PARA N ≥ 12. 85

Suponha-se que para cada j < k tem-se a igualdade apresentada no item ii. Como n ≥ 12, entãotem-se que para cada k ≥ 3, ak−1b, ak−1c ∈Mk+4(a), portanto,

ak = a(k−1) a

≡(ρk−11 ak−1 + (k − 1)ρk−21 ρ2a

k + ρk−31

((k − 2)(k − 1)

2ρ22 + (k − 1)ρ1ρ3

)ak+1

+ ρk−41

((k − 2)(k − 1)ρ1ρ2ρ3 + (k − 1)ρ21ρ4 +

(k − 1)(k − 2)(k − 3)

6ρ32

)ak+2

)(ρ1a+ ρ2a

2 + ρ3a3 + ρ4a

4)

mod Mk+4(a),

é dizer,

ak ≡ ρk1ak + (k − 1)ρk−11 ρ2ak+1 + ρk−21

((k − 1)(k − 2)

2ρ22 + (k − 1)ρ1ρ3

)ak+2

+ ρk−31

((k − 1)(k − 2)ρ1ρ2ρ3 + (k − 1)ρ21ρ4 +

(k − 1)(k − 2)(k − 3)

6ρ32

)ak+3

ρk−11 ρ2ak+1 + (k − 1)ρk−21 ρ22a

k+2 + ρk−31

((k − 1)(k − 2)

2ρ32 + (k − 1)ρ1ρ2ρ3

)ak+3

+ ρk−11 ρ3ak+2 + (k − 1)ρk−2ρ2ρ31 ak+3 + ρk−11 ρ4a

k+3 mod Mk+4(a)

≡ ρk1ak + kρk−11 ρ2ak+1 + ρk−21

(k(k − 1)

2ρ22 + kρ1ρ3

)ak+2 + ρk−31

((k − 1)(k − 2)ρ1ρ2ρ3

+ (k − 1)ρ21ρ4 +(k − 1)(k − 2)(k − 3)

6ρ32 +

(k − 1)(k − 2)

2ρ32 + 2(k − 1)ρ1ρ2ρ3 + ρ21ρ4

)ak+3

≡ ρk1ak + kρk−11 ρ2ak+1 + ρk−21

(k(k − 1)

2ρ22 + kρ1ρ3

)ak+2

+ ρk−31

(k(k − 1)ρ1ρ2ρ3 + kρ21ρ4 +

k(k − 1)(k − 2)

6ρ32

)ak+3 mod Mk+4(a).

Como no Teorema 23 aparecem as 4 ultimas potências do elemento maximal, então dadosγ, γ1, γ2, γ3 ∈ F, as 4 ultimas potências de a em termos de an−5, an−4, an−3, an−2 bem dadas por

γa(n−5) + γ1a(n−4) + γ2a

(n−3) + γ3a(n−2) = γρn−51 an−5 +

(γ1ρ

n−41 + (n− 5)γρn−61 ρ2

)an−4

+

(γ2ρ

n−31 + (n− 4)γ1ρ

n−51 ρ2 + γρn−71

((n− 5)(n− 6)

2ρ22 + (n− 5)ρ1ρ3

))an−3

+

(γ3ρ

n−21 + (n− 3)γ2ρ

n−41 ρ2 + γ1ρ

n−61

((n− 5)(n− 4)

2ρ22 + (n− 4)ρ1ρ3

)+γρn−81

((n− 5)(n− 6)ρ1ρ2ρ3 + (n− 5)ρ21ρ4 +

(n− 7)(n− 6)(n− 5)

6ρ32

))an−2

(4.16)

O seguinte lema mostra as relações entre as triplas (a, b, c), (a, b, c) ∈ P(A).

Lema 44. Sejam A ∈ VId2 tal que dimA ≥ 12, (a, b, c) ∈ P(A) e α = 0. Se a =∑ρia

i+ τ1b+ τ2cé um elemento de índice maximal, então existem b, c ∈ A tal que (a, b, c) ∈ P(A). Além disso, b éúnico módulo Mn−2

a salvo um múltiplo por escalar,

b = εn−5an−5 + εn−4a

n−4 + εn−3an−3 + ω1b,

c = θn−6an−6 + θn−5a

n−5 + θn−4an−4 + θn−3a

n−3 + η1b+ η2c,


onde ω1η2 6= 0 e os coe�cientes satisfazem as seguintes igualdades:

εn−5 = −ρ2ω1λ

ρ1,

εn−4 = ω1ρ1ρ3λ+ ρ22λ− ρ1ρ2λ1 − ρ1τ2β

ρ21,

εn−3 = ω1ρ21ρ3λ1 − ρ32λ+ ρ1ρ

22λ1 + ρ1ρ2τ2β − ρ21ρ2λ2 − ρ21ρ4λ− ρ21τ1µ− ρ21τ2β1

ρ31,

η2 =ω1

ρ1,

θn−6 = −4ρ2λω1

ρ21,

θn−5 = −ρ21ρ2λη1 − 5ρ22λω1 + ρ1ρ2γω1 + ρ1ρ2λ1ω1 + 3τ2ω1β − 4τ2ω1µ

ρ31,

θn−4 =

(ρ31ρ3λη1 − ρ31ρ2λ1η1 − ρ31τ2η1β − 6ρ32λω1 + ρ1ρ

22ω1γ + 4ρ1ρ2ρ3ω1λ+ 2ρ1ρ

22ω1λ1

+ 4ρ1ρ2τ2ω1β − 4ρ1ρ2τ2ω1µ+ ρ21ρ22η1ω1λ− ρ21ρ2ω1γ1 − ρ21ρ2ω1λ2 + ρ21ρ3ω1γ

+ 2ρ21ρ4ω1λ− 3ρ21ρ3ω1λ1 − ρ21τ1ω1β − ρ21τ1ω1µ− ρ1τ2ω1α1 − ρ21τ2ω1β1

)/ρ41,

θn−3 =

(ρ41ρ3λ1η1 − ρ41ρ4η1λ− ρ41ρ2η1λ2 − ρ41τ1η1µ− ρ41τ2η1β1 + 6ρ42ω1λ− 9ρ1ρ

22ρ3ω1λ

− ρ1ρ32ω1γ − 2ρ1ρ22ω1λ1 − 4ρ1ρ

22τ2β + 4ρ1ρ

22τ2ω1µ− ρ21ρ32η1λ+ ρ21ρ

22ω1γ1 + ρ21ρ

22ω1λ2

+ 3ρ21ρ3τ2ω1β − 4ρ21ρ3τ2ω1µ+ 2ρ21ρ2ρ4ω1λ+ 4ρ21ρ2ρ3ω1λ1 + ρ21ρ2τ1ω1β + ρ21ρ2τ1ω1µ

+ ρ21ρ2τ2ω1α1 + ρ21ρ2τ2ω1β1 + ρ31ρ22η1λ1 − ρ31ρ4ω1γ + ρ31ρ3ω1γ1 − 5ρ31ρ5ω1λ

+ 6ρ31ρ4ω1λ1 − 4ρ31ρ3ω1λ2 − ρ31τ1ω1β1 − ρ31τ2ω1α2 + ρ31ρ2η1τ2β − ρ31ρ2ω1γ2

)/ρ51.

Demonstração. Seja a =∑ρia

i + τ1b+ τ2c onde ρ1 6= 0. Como a(n−3) ≡ ρn−31 an−3 mod Mn−2(a),para que (a, b) ∈ P(B(a)) é necessário que ab ∈ Fa2 e a(n−3)b = 0. Seja b =

∑i εia

i + ω1b + ω2c,então do fato que 0 = a(n−3)b ≡ ρn−31 ε1a

n−2, obtém-se que ε1 = 0. Como ab ≡ ρ1ω2b mod M3(a),então como consequência do item i no Lema 43 segue que ab = 0, portanto, ω2 = 0. Além disso,deve ser satisfeito que ε2 = ε3 = · · · = εn−7 = 0, já que para 3 ≤ k ≤ n − 7 cumpre-se aigualdade

∑i+j=k ρiεj = 0. Como o coe�ciente de an−5 aparece unicamente no produto ca2, dado

que ε2 = ω2 = 0, então este coe�ciente é zero no produto ab, portanto εn−6 = 0. No termo em an−4

tem-se a seguinte igualdadeρ1εn−5 + ρ2ω1λ = 0.

Do coe�ciente em an−3 segue que

ρ1εn−4 + ρ2εn−5 + ρ2ω1λ1 − ρ3ω1λ+ τ2ω1β = 0.

Na potência an−2 tem-se

ρ1εn−3 + ρ2εn−4 + ρ3εn−5 + ρ2ω1λ2 − ρ3ω1λ1 + ρ4ω1λ+ τ1ω1µ+ τ2ω1β1 = 0.

Das relações acima, obtém-se as igualdades para εn−5, εn−4 e εn−3 dadas no lema. Se ω1 = 0 entãob ∈Mn−2(a), portanto (a, b) 6∈ P(B(a)). Desta forma, conclui-se que ω1 6= 0.

Com os cálculos feitos ate agora, dado um elemento de índice maximal a, existe um único bmódulo Mn−2(a), salvo um múltiplo por escalar, tal que (a, b) ∈ P(B(a)).

4.2 DESCRIÇÃO DAS TRIPLAS (A,B,C) ∈ P(A) NA CLASSE VID2 PARA N ≥ 12. 87

Como B(a) = B(ρ1a+ τ2c), então para que c =∑θia

i+ η1b+ η2c 6∈ B(a) deve satisfazer-se queρ1η2− θ1τ2 6= 0. Dado que σa+ σ1b = a c ≡ (ρ1η2 + θ1τ2)b mod M2(a), tem-se que σ = 0, é dizer,a c = b. Desta forma, obtém-se que para cada 2 ≤ k ≤ n− 6∑

i+j=k

ρiθj = 0,

onde conclui-se que θ1 = θ2 = · · · = θn−7 = 0. Como θ1 = 0 deve ser válido que η2 6= 0. Além disso,obtém-se do coe�ciente em b que

ω1 = ρ1η2.

Do coe�ciente em an−5 resultaεn−5 = ρ1θn−6 + 3ρ2η2λ.

Do coe�ciente em an−4 segue

εn−4 = ρ1θn−5 + ρ2θn−6 + ρ2η1λ+ ρ2η2γ + ρ3η2λ+ 2τ2η2β − 4τ2η2µ.

Do coe�ciente em an−3 obtém-se

εn−3 = ρ1θn−4 + ρ2θn−5 + ρ3θn−6 + τ2η2α1 + τ1η2β + τ2η1β

+ ρ2η2γ1 + ρ2η1λ1 + 4ρ3η2λ1 − ρ3η2γ − 3ρ4η2λ− ρ3η1λ.

Do coe�ciente em an−2 segue que

0 = ρ1θn−3 + ρ2θn−4 + ρ3θn−5 + ρ4θn−6 + τ2η2α2 + τ2η1β1 + τ1η2β1 + ρ2η2γ2 + τ1η1µ

+ ρ2η1λ2 + 4ρ3η2λ2 − ρ3η2γ1 + ρ4η2γ − 6ρ4η2λ1 + 5ρ5η2λ− ρ3η1λ1 + ρ4η1λ.

Dadas as relações e as igualdades para os coe�cientes εi descritos acima, obtém-se as igualdadesdos coe�cientes θi tal como foram descritas no lema.

Como an−2 esta no anulador de A, pode considerar-se θn−2 = 0, desta forma, tem-se que

c = θn−6an−6 + θn−5a

n−5 + θn−4an−4 + θn−3a

n−3 + η1b+ η2c.

Observe que dado (a, b) ∈ P(B(a)), existem diferentes c ∈ A tal que (a, b, c) ∈ P(A) já queη1 ∈ F.

Dado que o interesse é mostrar que α = 0 é um invariante ao mudar de tripla (a, b, c) ∈ P(A),então o paso a seguir é calcular o produto c2, já que é neste produto onde α ocorre. Assim, obtém-seque

c2 = (θn−6an−6 + θn−5a

n−5 + θn−4an−4 + θn−3a

n−3 + η1b+ η2c)2

= η21b2 + 2η1η2bc+ η22c

2

= η21µan−2 + 2η1η2βa

n−3 + 2η1η2β1an−2 + η22(2β − 4µ)an−4 + η22α1a

n−3 + η22α2an−2

= η22(2β − 4µ)an−4 + (2η1η2β + η22α1)an−3 + (η21µ+ 2η1η2β1 + η22α2)a

n−2.

(4.17)

Portanto, da equação (4.16), conclui-se que α′ = 0 é um invariante para este tipo de álgebras,pois b não aparece ao escrever c2 na base {a, a2, · · · , an−2, b, c}, é por isto, que o escalar de b nesteproduto é zero.

Já que ao fazer a mudança de tripla, o parâmetro α = 0 é invariante, segue que não é possívelencontrar uma tripla (a, b, c) ∈ P(A) tal que M(a) seja um ideal. Desta forma, pode enunciar-se oteorema que mostra que as classes VId e VId2 não são a mesma.

Teorema 24. VId ( VId2.


Demonstração. Se A ∈ VId2 e n ≥ 8, tem-se provado que a possui índice maximal, se e somentese, ρ1 6= 0. Além disso, que M(a) não é um ideal se 1+ατ2 6= 0. Seja A ∈ VId2 tal que dimA ≥ 12e α = 0.

Como consequência da equação (4.17), cumpre-se que para toda mudança de tripla o parâmetroα = 0 permanece invariante, portanto, se (a, b, c) ∈ P(A) onde α = 0, não é possível encontrar umatripla (a, b, c) tal que M(a) seja um ideal.

Seja A ∈ VId2 cuja base é dada pelo conjunto

{a, a2, · · · , an−2, b, c},

e o produto não trivial ca = b. Segue que A 6∈ VId.

Consequentemente, conclui-se que VId ( VId2 .

Com esse teorema, segue de forma imediata a seguinte decomposição disjunta de VId2:

VId2 = VId ∪ {A ∈ VId2 |α = 0}.

Dessa forma, as álgebras de dimensão n e nilíndice n − 1 foram agrupadas de modo que osseguintes conjuntos são disjuntos:

V = VId ∪ {A ∈ VId2 |α = 0} ∪VNId

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Índice Remissivo

álgebra, 1, 7associativa, 7comutativa, 7de Engel, 8nilpotente, 9quociente, 8solúvel, 4, 9, 13, 19, 25, 32, 34

álgebrasalternativas, 2de Jordan, 2, 9de potências associativas, 2, 10nilíndice 5, 28, 32

A.A. Albert, 9, 10

dimensãon e nilíndice n− 3, 139, 28

endomor�smos, 8

homomor�smo, 7multiplicação à direita, 7multiplicação à esquerda, 7, 28

ideal, 7

J.T. Graves, 2

nilálgebra, 8de Jordan, 10

nilíndice, 8nilpotente

elemento, 8

operadorinduzido, 8, 11, 14, 15, 20�23, 38

potênciade um elemento, 8principais à direita, 8principais à esquerda , 8

problema de Albert, 4, 13, 19

radicalnilpotente, 9

solúvel, 9

subálgebra, 7codimensão ≤ 2, 28, 34codimensão 1, 38, 48codimensão 2, 47, 54, 59, 62, 63, 66, 70, 73

Suttles, 4

teoremasde isomor�smo, 7

W.R. Hamilton, 2

92

durante o desenvolvimento deste trabalho o autor recebeu

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