UNIVERSIDADE ESTADUAL DE MARINGÁ CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA

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Full text

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE MARINGÁ

CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA

(Mestrado)

SIDNEY HENRIQUE DALE CRODE

H

OMOMORFISMOS DE

J

ORDAN DE ANÉIS

DE MATRIZES

(2)

UNIVERSIDADE ESTADUAL DE MARINGÁ CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA

Homomorfismos de Jordan de anéis de matrizes

SIDNEY HENRIQUE DALE CRODE

Dissertação apresentada ao Programa de Pós-Graduação em Matemática do Departamento de Matemática, Centro de Ciências Exatas da Univer-sidade Estadual de Maringá, como requisito para obtenção do título de Mestre em Matemática. Área de concentração: Álgebra.

Orientadora: Profa. Dra. Rosali Brusamarello Coorientadora: Profa. Dra. Érica Z. Fornaroli

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Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) (Biblioteca Setorial BSE-DMA-UEM, Maringá, PR, Brasil)

Dale Crode, Sidney Henrique

D139h Homomorfismos de Jordan de anéis de matrizes / Sidney Henrique Dale Crode. -- Maringá, 2017. 63 f. : il. figs., tabs.

Orientador: Profº. Drº. Rosali Brusamarello. Co-orientadora: Profª. Drª. Érica Zancanella Fornaroli.

Dissertação (mestrado) - Universidade Estadual de Maringá, Centro de Ciências Exatas, Programa de Pós-Graduação em Matemática - Área de Concentração: Álgebra, 2017.

1.Homomorfismo de Jordan. 2. Soma próxima. 3. Matrizes triangulares superiores. 4. Matrizes

estruturais. 5. Jordan homomorphism. 6. Near sum. 7. Upper triangular matrices. 8. Structural matrices. I. Brusamarello, Rosali, orient. II. Fornaroli, Érica Zancanella, orient. III. Universidade Estadual de Maringá. Centro de Ciências Exatas. Programa de Pós-Graduação em Matemática - Área de Concentração: Álgebra. IV. Título.

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SIDNEY HENRIQUE DALE CRODE

''HOMOMORFISMOS DE JORDAN DE ANEIS DE MATRIZES

Dissertação apresentada ao Programa de Pós-Graduação em Matemâtica do Departamento de

Matemática, Centro de Ciências Exatas da Universidade Estadual de Maringá, como parte dos

requisitos necessiários para a obtenção do título de Mestre em Matemática tendo a Comissão

Julgadora composta pelos membros:

COMISSAO JULGADORA:

Profa. Dra. Rosali Brusamarello

DMA/Universidade Estadual de Maringá (Presidente)

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Prof. Dr. Ivan Chestakov Universidade de São Paulo

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Prof. Dr. Ednei Afarecido Santul$ Júnior DMAÂJniversidade Estadual de Maringá

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Profa) Dra. Ericqpncanella Fornaroli DMA/Universidade Estadual de Maringá

Aprovada em20 de fevereiro de20l7.

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Agradecimentos

Agradeço primeiramente a Deus, pelas oportunidades e por me dar força e dispo-sição para aproveitá-las.

Agradeço também à minha família, por toda a ajuda e compreensão, em especial aos meu pais, por proporcionarem o que fosse preciso para que tudo desse certo.

A minha namorada Andri, por sempre acreditar em mim e estar ao meu lado. Aos meus amigos Marcelo, Pablo, Jéssica e Alisson, por sempre me apoiarem, me darem forças e torcerem por mim.

A todos os professores de minha vida acadêmica, em especial aos professores da graduação e do mestrado, pela inspiração.

As minhas orientadoras Rosali Brusamarello e Érica Z. Fornaroli, não só pelo conhe-cimento transmitido, mas também por todo o apoio, paciência, dedicação e confiança.

A CAPES, pelo apoio financeiro.

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Resumo

Neste trabalho apresentamos condições suficientes para que um homomorfismo de Jordan de alguns anéis de matrizes seja um homomorfismo ou um anti-homomorfismo de anéis ou uma soma próxima de um homomorfismo e um anti-homomorfismo.

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Abstract

In this work we give sufficient conditions for a Jordan homomorphism of some matrix rings to be a homomorphism or an anti-homomorphism of rings or a near sum of a homomorphism and an anti-homomorphism.

(10)

SUMÁRIO

Introdução 9

1 Preliminares 11

1.1 Anéis . . . 11

1.2 Ideais e anéis primos . . . 15

1.3 Módulos . . . 17

1.4 Álgebras . . . 18

1.5 Conjuntos parcialmente ordenados . . . 19

2 Homomorfismos de Jordan 21 2.1 Definição e propriedades . . . 21

2.2 Ideais de Jordan . . . 25

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-) homomorfismos . . . . 27

3 Homomorfismos de Jordan entre anéis de matrizes triangulares superiores 32 4 Homomorfismos de Jordan de álgebras de matrizes estruturais 48 4.1 Soma próxima . . . 51

4.2 Álgebra de matrizes estruturais . . . 54

(11)

INTRODUÇÃO

O estudo de aplicações aditivas de um anelRem um anelR′, que preservam

qua-drados foi iniciado por Ancochea [2] em conexão com problemas que surgiram na ge-ometria projetiva, por volta de 1942. A partir de 1950 vários pesquisadores como N. Jacobson, C. Rickart [10] e I. N. Herstein [9] estudaram esse tipo de função, e obtive-ram muitos resultados, como por exemplo o clássico teorema de Herstein que nos diz que todo homomorfismo de Jordan sobrejetor de um anel Rem um anel primoR′ de

característica diferente de 2 é um homomorfismo ou um anti-homomorfismo.

Vários autores obtiveram generalizações para o resultado de Herstein, tais como M. F. Smiley [15], W. E. Baxter e W. S. Martindale III [3], M. Brešar [6, 7], W. S. Martin-dale III [11, 12] e K. McCrimmon [13].

N. Jacobson, C. Rickart provaram em [10, Teorema 7] que, paran ≥ 2, todo homo-morfismo de Jordan do anel de matrizesMn(R)sobre um anelRem um anel arbitrário é a soma de um homomorfismo com um anti-homomorfismo.

Seguindo esta linha de homomorfismo de Jordan com domínio em anéis de matri-zes, em 1998, L. Molnár e P. Šemrl [14] iniciaram o estudo de funções de Jordan sobre os anéis Tn(C) das matrizes triangulares superiores. Eles mostraram que todo auto-morfismo de Jordan deTn(C)é um automorfismo ou um anti-automorfismo, sendoC um corpo com pelo menos 3 elementos.

Outras generalizações foram surgindo a partir deste trabalho, tais como K. I. Beidar, M.Brešar e M. A. Chebotar [4] e D. Benkoviˇc [5]. Este último introduziu a noção de soma próxima o que o ajudou a descrever todos os homomorfismos de Jordan deTn(C) em A, onde C é um anel com unidade, comutativo livre de 2-torção e A é uma C

-álgebra.

(12)

INTRODUÇÃO 10

sobre um anel unitário cujos únicos idempotentes são 0 e 1 é um homomorfismo ou um anti-homomorfismo. No ano seguinte Y. Du e Y. Wang [8] mostraram que todo homomorfismo de Jordan de um anel de matrizes triangulares superiores sobre um anel unitário em um anel de matrizes superiores sobre um anel primo de característica diferente de 2 é um homomorfismo ou um anti-homomorfismo.

Uma generalização do trabalho de Benkoviˇc [5] foi feita em 2015 por E. Akkurt, M. Akkurt e P. Barker em [1] para o caso de matrizes estruturaisTn(C, ρ), ondeρé uma ordem parcial ou uma quase-ordem cujas classes de equivalência têm pelo menos dois elementos.

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CAPÍTULO 1

PRELIMINARES

Este capítulo é dedicado a alguns conceitos essenciais para o estudo dos homo-morfismos de Jordan, como anéis, idempotentes, homohomo-morfismos, módulos e algumas propriedades dos mesmos.

1.1 Anéis

Definição 1.1. Umanelé um conjunto não vazioRcom duas operações binárias

+ : R×R→R e ·:R×R →R

(a, b)7→a+b (a, b)7→ab

satisfazendo as seguintes propriedades:

(1) (a+b) +c=a+ (b+c), para todosa, b, c∈R;

(2)para cadaa∈Rexiste um elemento−a∈Rtal quea+ (−a) = 0; (3)a+b =b+a, para todosa, b∈R;

(4)existe um elemento neutro0∈Rtal quea+ 0 = 0 +a=a, para todoa∈R;

(5) (ab)c=a(bc), para todosa, b, c∈R;

(6)a(b+c) =ab+ace(a+b)c=ac+bc, para todosa, b, c∈R.

Observação 1.2. SejaRum anel.

(i)Seab=bapara todosa, b∈R, dizemos que o anelRécomutativo.

(ii)Se existe1R ∈Rtal quea1R=a= 1Ra, para todoa∈R, dizemos que o anel possui unidade e que1Ré aunidadedeR.

(14)

1.1 Anéis 12

(i)S é fechado para as operações de adição e multiplicação, isto é, para todosa, b∈ S

temos quea+b, ab∈S.

(ii)Sé um anel (isto é,S com as operações de adição e multiplicação deRé um anel).

Exemplo 1.4. Os conjuntosZ, Q, ReCcom as operações usuais de adição e multipli-cação são anéis comutativos com unidade.

Exemplo 1.5. SejaRum anel. O conjunto de todas as matrizesn×ncom entradas em R, denotado porMn(R), é um anel com as operações de adição e multiplicação usuais de matrizes. O subconjunto de Mn(R) constituido de todas as matrizes triangulares superioresn×ncom entradas emRé um subanel deMn(R). Tal conjunto é denotado porTn(R).

Exemplo 1.6. O conjuntoR[x]de todos os polinômios na variável x com coeficientes

em um anel comutativo com unidadeR, com a multiplicação e a adição usuais, é um anel comutativo com unidade.

Definição 1.7. Seja R um anel com unidade. Um elemento r ∈ R é dito invertívelse existe s ∈ R tal que rs = sr = 1R. Um anel com divisão é um anel não nulo R com unidade onde todo elemento não nulo é invertível. QuandoR também é comutativo,

dizemos queRé umcorpo.

Exemplo 1.8. Os anéisQ,ReCsão corpos.

Definição 1.9. SejaRum anel. Um subconjunto não vazioIdeRé umideal à esquerda deRquando as seguintes condições são satisfeitas:

(i)Para todosx, y ∈I, tem-se quex−y∈I;

(ii)Para todor∈Re para todox∈I, tem-se querx∈I.

De maneira análoga, define-seideal à direita. Umideal, é ao mesmo tempo, um ideal à esquerda e à direita.

Exemplo 1.10. SeRé um anel, entãoRe{0}são ideais deR.

Exemplo 1.11. Sejamum inteiro. Então o conjuntomZ ={mk :k ∈Z}é um ideal de

Z.

Exemplo 1.12. O conjunto

(

0 x

0 y

!

:x, y ∈R

)

é um ideal deT2(R).

Exemplo 1.13. SejaRum anel comutativo com unidade. O conjuntoI ={f(x)∈R[x] :

f(0) = 0}é um ideal deR[x].

Definição 1.14. Um anelR é dito sersimples se RR 6= {0} e se os únicos ideais deR

(15)

1.1 Anéis 13

Exemplo 1.15. Todo anel com divisão é simples. De fato, seDé um anel com divisão e I 6={0}é um ideal deD, então existe0=6 x ∈I. Assim,1 =xx−1 I, implicando que

r =r1∈I, para todor∈D. Portanto,I =D.

Exemplo 1.16. Se R é um anel não nulo e n ≥ 2, então Tn(R) não é simples, pois o conjutoI formado por todas as matrizes(aij) ∈ Tn(R)tais queaij = 0se j < n, é um ideal deTn(R), que é não nulo e diferente deTn(R).

Definição 1.17. Umdomínio de integridadeé um anelRcomutativo com unidade tal que

para todosx, y ∈Rtais quexy= 0implique quex= 0ouy= 0.

Exemplo 1.18. O anelZé um domínio de integridade.

Exemplo 1.19. Todo corpo é um domínio de integridade.

Exemplo 1.20. SeRé um domínio de integridade, entãoR[x]também é.

Proposição 1.21. SeDé um domínio de integridade finito, entãoDé um corpo.

Demonstração. ComoDé um domínio de integridade,Djá é um anel comutativo com unidade. Assim só precisamos provar que todo elemento não nulo é invertível. Seja

a 6= 0um elemento de D. ComoD é finito, a sequência a, a2, a3, a4, . . . começará a se

repetir, isto é, existei > j tal queai =aj . Assimaj(ai−j1) = 0, e comoa 6= 0, temos queai−j = 1, ou seja,ai−j−1a= 1. Portanto,aé invertível.

Definição 1.22. SejamI eJ ideais de um anelR. O produto deI eJ é definido por

IJ :={a1b1+· · ·+anbn:ai ∈I ebi ∈J, i= 1, . . . , n; paran = 1,2, . . .}.

É fácil mostrar que o produto de ideaisIJ é também um ideal deR.

Definição 1.23. SejaR um anel e seja I um ideal deR. Dizemos queI énilpotentese

In={0}para algum inteiro positivon.

Exemplo 1.24. O conjunto I =

(

0 a

0 0

!

:a ∈R

)

é um ideal nilpotente de T2(R),

poisI2 ={0}.

Definição 1.25. SejaRum anel. Dizemos quer∈Ré umidempotente de Rser2 =r. Se

Rpossuir unidade, dizemos que0e1Rsão osidempotentes triviaisdeR.

Exemplo 1.26. SejaRum anel com unidade e sejarum idempotente deR. Então1R−r também é um idempotente deR, pois(1R−r)2 = 1R−2r+r= 1R−r.

(16)

1.1 Anéis 14

Demonstração. De fato, deg +f = 1 temos quef = 1−g. Multiplicando esta última

equação à esquerda porg, obtemosgf = 0. Analogamente, multiplicando à direita por

g, chegamos quef g = 0.

Observe quegRg,gRf,f Rgef Rf são subanéis deReR= 1R1 = (g+f)R(g+f) =

gRg + gRf +f Rg + f Rf. Resta mostrarmos que tal soma é direta. Suponha que gag+gbf +f cg+f df = 0, ondea, b, c, d∈R. Multiplicando esta última equação por

• g em ambos os lados, temosgag= 0;

• g à esquerda ef à direita, temosgbf = 0;

• f à esquerda egà direita, temosf cg= 0;

• f em ambos os lados, temosf df = 0,

o que implica que a soma é direta.

Definição 1.28. Sejam R eS anéis. Uma aplicação f : R → S é um homomorfismo de anéisse para todosx, y ∈Rtivermos

f(x+y) = f(x) +f(y) e f(xy) =f(x)f(y).

Exemplo 1.29. A aplicação f : C → M2(R) dada por f(a+ bi) =

a −b b a

!

é um

homomorfismo de anéis.

Exemplo 1.30. SejaRum anel comutativo com unidade. Entãoφ :R[x]→ R, definida

porφ(f) = f(1)é um homomorfismo de anéis.

Definição 1.31. Sejaf : R → S um homomorfismo de anéis. Onúcleodef, denotado

porkerf, é o conjunto

kerf ={a∈R:f(a) = 0}.

Exemplo 1.32. O núcleo do homomorfismof do Exemplo 1.29 é o conjunto

kerf =

(

a+bi ∈C: a −b

b a

!

= 0 0

0 0

!)

={0 + 0i}.

Proposição 1.33. SejamReSanéis e sejaf :R →Sum homomorfismo de anéis. Então

(1)f(0) = 0;

(2)f(−a) =−f(a);

(3)f é injetora se, e somente se,kerf ={0}. Demonstração. (1)e(2)são de fácil verificação.

(17)

1.2 Ideais e anéis primos 15

a = 0, poisf é injetora. Assimkerf ={0}. Reciprocamente, suponha quekerf ={0}.

Sef(a) =f(b), entãof(a−b) = 0, isto é,a−b∈ kerf = 0. Logoa=b, mostrando que f é injetora.

Definição 1.34. SejamR eS anéis. Uma aplicaçãof : R → S é um anti-homomorfismo de anéisse para todosx, y ∈Rtivermos

f(x+y) = f(x) +f(y) e f(xy) =f(y)f(x).

Exemplo 1.35. Consideref : Mn(R) → Mn(R) definida por f(A) = At, onde At re-presenta a matriz transposta de A. Note que para todos A, B ∈ Mn(R) temos que

f(A+B) = (A+B)t =At+Bt=f(A) +f(B)ef(AB) = (AB)t =BtAt =f(B)f(A). Portanto,f é um anti-homomorfismo de anéis.

1.2 Ideais e anéis primos

Definição 1.36. Um idealP de um anelRé dito ser primoseP 6=R e, para ideaisI, J

deR, comIJ ⊂P implique queI ⊂P ouJ ⊂P.

Observação 1.37. SeRé um anel ea ∈ R, vamos denotar porhaio ideal de Rgerado pora, ou seja,haié a interseção de todos os ideais deRque contêma, assimhai=RaR.

Proposição 1.38. SejaP um ideal deR,P 6=R. São equivalentes:

(1)P é primo;

(2)Paraa, b∈R,haihbi ⊂P implica quea∈P oub ∈P;

(3)Paraa, b∈R,aRb⊂P implica quea∈P oub∈P;

(4)Para ideais à esquerdaI, J deR,IJ ⊂P implica queI ⊂P ouJ ⊂P. Demonstração. (1)⇒(2)É imediato.

(2) ⇒(3)Suponhamos queaRb⊂P. Entãohaihbi ⊂P, pois

haihbi =

( m

X

i=1

uivi :ui ∈ hai, vi ∈ hbi, m≥1

) = ( m X i=1 n X j=1

xijayij

! t

X

k=1

rikbsik

!

:xij, yij, rik, sik ∈R, m, n, t ≥1

) = ( m X i=1 n X j=1 t X k=1

xij(ayijrikb)sik :xij, yij, rik, sik ∈R, m, n, t ≥1

)

⊂ P,

poisayijrikb∈P eP é um ideal. Logoa∈P oub ∈P.

(18)

1.2 Ideais e anéis primos 16

que a /∈ P. Para todob ∈ J, temosaRb ⊂ IJ ⊂ P dondeb ∈ P, uma vez quea /∈ P.

Portanto,J ⊂P.

(4) ⇒(1)Imediato.

Definição 1.39. SejaRum anel. Dizemos queRéprimoseR 6= {0}e{0}for um ideal

primo deR.

Proposição 1.40. SejaRum anel e sejaI um ideal deR tal queI 6=R. Então,R/I é primo se, e somente se,I é um ideal primo.

Demonstração. De fato, suponhamos que R/I seja primo. Sejam J, K ideais de R tais

queJK ⊂I e considere os ideais J+I I e

K+I I de

R

I. Então

J +I I

K+I I

⊂ JK +JI +IK+I

2

I ={0 +I},

implicando que J+I

I ⊂ {0 +I} ou K+I

I ⊂ {0 + I}, pois {0 +I} é um ideal primo de R

I. LogoJ ⊂ I ouK ⊂ I, mostrando queI é primo. Suponha agora queI seja primo. Sejam J

I e K

I ideais deR/I tais que J I

K

I ⊂ {0 +I}. Então, J K

I ⊂ {0 +I}implicando que

JK ⊂I. MasI é primo, assimJ ⊂IouK ⊂I, ou seja, J

I ⊂ {0 +I}ou K

I ⊂ {0 +I}.

Exemplo 1.41. Todo domínio de integridade é primo. De fato, sejaR um domínio de

integridade e sejam a, b ∈ R tais queaRb = {0}. Entãoab = a1b ∈ aRb = {0}. Logo

a = 0oub= 0e, portanto{0}é um ideal primo.

Exemplo 1.42. Todo anel simples também é primo. Se R é um anel simples, então R 6={0}e seus únicos ideais são{0}eR. Sejam I, J ideais deRtais queIJ = {0}. Se

I 6= {0}eJ 6= {0}, entãoI = J = Re daí {0} = IJ = RR, o que é uma contradição,

poisRé simples. Logo,I ={0}ouJ ={0}implicando que{0}é um ideal primo.

Exemplo 1.43. SeR é um domínio de integridade, entãoRsó possui os idempotentes triviais. De fato, temos queRé em particular um anel primo, assim seré um

idempo-tente deR, entãorR(1R−r) =r(1R−r)R= 0R={0}. Daí comoRé primo, segue que

r = 0our= 1R.

Exemplo 1.44. Note que, no Exemplo 1.43, a hipótese de comutatividade do anelRé,

de fato, necessária. Por exemplo,M2(R)é um anel primo (pois é simples) com unidade,

porém possui idempotentes não triviais, como 1 0

0 0

!

e 0 0

0 1

!

.

Proposição 1.45. Seja R um anel com unidade. O anel de matrizes Mn(R) é primo se, e somente se,Ré um anel primo.

(19)

1.3 Módulos 17

Suponhamos queRnão seja primo. Logo existem ideais não nulosI, JdeRtais que IJ ={0}. EntãoMn(I)eMn(J)são ideais não nulos deMn(R)tais queMn(I)Mn(J) =

{0}. Logo,Mn(R)não é primo.

Para provar a recíproca, denote por eij a matriz de Mn(R) com 1R na entrada ij e 0 nas demais entradas. Se Mn(R) não é primo, então existem ideais não nulos A e B de Mn(R) tais que AB = {0}. Agora, A = Mn(I) e B = Mn(J), para alguns ideais I e J de R. Além disso, I 6= {0}, J 6= {0} e IJ = {0}, pois caso contrário,

existiriamx ∈ I ey ∈ J tais que xy 6= 0. Daíxe11 ∈ Mn(I) = Aeye11 ∈ Mn(J) = B e

(xe11)(ye11) = xye116= 0, implicando queAB 6={0}, o que é uma contradição. Portanto,

o anelRnão é primo.

1.3 Módulos

Definição 1.46. SejaRum anel com unidade. UmR-módulo à direitaé um grupo abeli-ano aditivoM com uma função

M×R → M

(m, r) 7→ mr

satisfazendo, para todosm, n∈M er, s∈R, as seguintes propriedades:

(1) (m+n)r =mr+nr;

(2)m(r+s) =mr+ms;

(3)m(rs) = (mr)s;

(4)m1R=m.

Observação 1.47. R-módulos à esquerda são definidos de forma simétrica.

Exemplo 1.48. O grupo trivialM ={0}é umR-módulo à direita sobre qualquer anel

com unidadeR.

Exemplo 1.49. Todo anel com unidadeRé umR-módulo à direita e à esquerda com a

ação dada pelo pruduto do próprio anel.

Exemplo 1.50. Todo grupo abelianoG pode ser considerado um Z-módulo à direita, definindo o produto de um elementog ∈Gpor um inteironda seguinte maneira:

(

gn=g(n−1) +g, sen≥0;

gn= (−g)(−n), sen <0.

Definição 1.51. SejamM eN R-módulos à direita. Umhomomorfismo deR-módulosde

M emN é uma funçãof :M →N tal que

(20)

1.4 Álgebras 18

para todosm, n∈M er ∈R.

Exemplo 1.52. Seja Rum anel comutativo com unidade e seja M umR-módulo à di-reita. Considere r ∈ R fixo. A aplicaçãoϕr : M → M definida porϕr(m) = mr é um homomorfismo deR-módulos.

Definição 1.53. SejaRum anel com unidade e sejaM umR-módulo à direita. O

con-junto Ann(M) := {r ∈ R : M r = {0}}é chamado anuladordeM. Em particular, se

Ann(M) = {0}, dizemos queM é umR-módulo fiel.

Exemplo 1.54. O anulador do móduloM do Exemplo 1.48 é igual aR.

Exemplo 1.55. Considere o grupo aditivo M =

(

0 y

0 0

!

:y∈R

)

e o anel R =

(

0 0

0 x

!

:x∈R

)

. Com a operação mr := 0 y 0 0

!

0 0

0 x

!

= 0 yx

0 0

!

, M é umR-módulo à direita. Observe queAnn(M) = {0}, portantoM é umR-módulo fiel.

Definição 1.56. SejamReSanéis com unidade e sejaMum grupo abeliano aditivo.

Di-zemos queM é um(R, S)-bimóduloseM for umR-módulo à esquerda, umS-módulo

à direita er(ms) = (rm)spara todosr∈R,s∈Sem ∈M.

Exemplo 1.57. SeRé um anel com unidade eI é um ideal deR, entãoI é um(R, R) -bimódulo.

1.4 Álgebras

Definição 1.58. SejaK um anel comutativo com unidade. Um anelAcom uma estru-tura deK-módulo satisfazendo

α(ab) = (αa)b =a(αb),

para todosa, b∈Aeα ∈K, é chamadoK-álgebra(ouálgebra sobreK).

Exemplo 1.59. Todo anel comutativo com unidade é uma álgebra sobre si mesmo.

Exemplo 1.60. SejaR=Z×Z. Note queRé umaZ-álgebra com as operações:

(a, b) + (c, d) = (a+c, b+d), (a, b)(c, d) = (ac, bd), a(c, d) = (ac, ad),

para todosa, b, c, d∈Z.

Exemplo 1.61. Seja K um anel comutativo com unidade e seja X um conjunto não

vazio. Aálgebra livresobreKgerada porXé

KhXi:=

( X

finita

λi1i2...inxi1xi2· · ·xin :n ∈N, λi1i2...in ∈K, xij ∈X

)

(21)

1.5 Conjuntos parcialmente ordenados 19

com multiplicação induzida por λx = xλ, para todosλ ∈ K ex ∈ X. O produto de

dois monômios do conjuntoKhXié definido pela justaposição.

Definição 1.62. Uma função de uma K-álgebra A em uma K-álgebra B é um ho-momorfismo de K-álgebras se ela for um homomorfismo de anéis K-linear (ou seja, f(αa) = αf(a)para todosα∈K ea∈A).

Exemplo 1.63. A aplicaçãoφdo Exemplo 1.30 é um homomorfismo deR-álgebras, pois φ(αf) = (αf)(1) =αf(1) =αφ(f)para todosα ∈Ref ∈R[x].

1.5 Conjuntos parcialmente ordenados

Recordemos que uma relação em um conjuntoX é uma relação de ordem parcialse a mesma é reflexiva, antissimétrica e transitiva, isto é:

1. xx, para todox∈X;

2. Sexyey x, entãox=y;

3. Sexyey z, entãoxz.

Definição 1.64. Um conjunto parcialmente ordenado, ou simplesmente poset é um con-junto munido de uma relação de ordem parcial.

Definição 1.65. Umaquase ordemé uma relação que é reflexiva e transitiva. E um con-junto quase ordenadoé um conjunto que possui uma relação de quase ordem.

Exemplo 1.66. Os conjuntos dos números naturaisN, dos inteirosZ, dos racionaisQe dos números reaisRcom suas ordens usuais são posets.

Exemplo 1.67. O conjunto P(X) das partes de um conjunto X, considerado com a

relação de inclusão de conjuntos⊆, é um poset.

Exemplo 1.68. Os números naturais podem também ser parcialmente ordenados da seguinte forma: dados p, q ∈ N, dizemos que p | q se p divide q. Entende-se que p

divide q se existe um número natural cde modo que q = cp. É fácil mostrar que a

relação|satisfaz as três condições da relação de ordem parcial. Assim,(N,|)também é

um poset.

Exemplo 1.69. Note que se tomarmos o conjunto dos números inteirosZno lugar do conjuntoNno Exemplo 1.68, teremos que(Z,|)será um conjunto quase ordenado, pois

a relação|é reflexiva e transitiva. Tal relação não é antissimétrica já que3| −3e−3|3,

(22)

1.5 Conjuntos parcialmente ordenados 20

Exemplo 1.70. Dado um poset(X,), oposet dual deX, denotado por Xe, é formado

pelos mesmos elementos deXcom a ordem∗dada por: xy y x.

Proposição 1.71. Todo conjunto finito parcialmente ordenado X = {x1, . . . , xn} pode ser renomeado de forma quexi xj implique quei≤j (ordem dos naturais).

Demonstração. Usaremos indução sobre a cardinalidade deX. SeX possui apenas um

elemento, então o resultado é óbvio. Dadon >1, suponha que o resultado seja válido

para n −1e vamos mostrar que também é válido para n. Se X possui n elementos,

então X possui um elemento maximal, ou seja, existe x ∈ X tal que se x xi então

x = xi. Coloque xcomo sendoxn. Para renomear os demais elementos, observe que o conjunto ordenado X\{xn}possuin −1elementos, logo pela hipótese de indução,

(23)

CAPÍTULO 2

HOMOMORFISMOS DE JORDAN

Neste capítulo introduzimos o conceito de homomorfismos de Jordan e apresenta-mos algumas de suas propriedades básicas, que podem ser encontradas em [10].

2.1 Definição e propriedades

Definição 2.1. SejamReS anéis e sejaϕ:R →S uma aplicação. Dizemos queϕé um

homomorfismo de Jordanse

ϕ(x+y) =ϕ(x) +ϕ(y), ϕ(xy+yx) =ϕ(x)ϕ(y) +ϕ(y)ϕ(x),

para todosx, y ∈R. Quando a aplicaçãoϕfor bijetora dizemos queϕé umisomorfismo de Jordan.

Para simplificar a notação, às vezes utilizaremos x◦ y = xy +yx. Desta forma,

podemos reescrever a segunda igualdade da definição acima porϕ(x◦y) = ϕ(x)◦ϕ(y).

A operação◦é chamadaproduto de Jordan.

Exemplo 2.2. Homomorfismos e anti-homomorfismos de anéis são exemplos de ho-momorfismos de Jordan.

Outros exemplos de homomorfismos de Jordan podem ser obtidos através da pró-xima proposição.

Proposição 2.3. Sejamψ : R → S um homomorfismo eθ : R → S um anti-homomorfismo. Temos queϕ = ψ+θé um homomorfismo de Jordan se, e somente se,ψ(a)θ(b) +θ(a)ψ(b) +

(24)

2.1 Definição e propriedades 22

Demonstração. De fato, suponha queϕseja um homomorfismo de Jordan. Temos para

todosa, b∈Rque

ϕ(ab+ba) = ϕ(a)ϕ(b) +ϕ(b)ϕ(a)

= (ψ(a) +θ(a))(ψ(b) +θ(b)) + (ψ(b) +θ(b))(ψ(a) +θ(a)) = ψ(a)ψ(b) +ψ(a)θ(b) +θ(a)ψ(b) +θ(a)θ(b)

+ψ(b)ψ(a) +ψ(b)θ(a) +θ(b)ψ(a) +θ(b)θ(a),

por outro lado,

ϕ(ab+ba) = ψ(ab+ba) +θ(ab+ba)

= ψ(a)ψ(b) +ψ(b)ψ(a) +θ(b)θ(a) +θ(a)θ(b).

Logo, comparando essas duas últimas equações, temos a equação desejada. Suponha agora queψ(a)θ(b) +θ(a)ψ(b) +ψ(b)θ(a) +θ(b)ψ(a) = 0, para todosa, b∈R. Como

ϕ(a)ϕ(b) +ϕ(b)ϕ(a) = (ψ(a) +θ(a))(ψ(b) +θ(b)) + (ψ(b) +θ(b))(ψ(a) +θ(a)) = ψ(a)ψ(b) +ψ(a)θ(b) +θ(a)ψ(b) +θ(a)θ(b)

+ψ(b)ψ(a) +ψ(b)θ(a) +θ(b)ψ(a) +θ(b)θ(a) = ψ(a)ψ(b) +ψ(b)ψ(a) +θ(b)θ(a) +θ(a)θ(b) = ψ(ab+ba) +θ(ab+ba)

= ϕ(ab+ba),

segue queϕé um homomorfismo de Jordan.

Exemplo 2.4. SejamAeB K-álgebras com bases{e, f, g}e{e′

, f′

, g′

}respectivamente,

onde as multiplicações são dadas pelas seguintes tabelas:

e f g e e e e f f f f g g g g

e′ fg

e′ egg

f′ e+fgff

g′ egg

Note quee◦e= 2e, f◦f = 2f,g◦g = 2g,e◦f =e+f,e◦g =e+g,f◦g =f +g

e e′e= 2e,ff= 2f,gg= 2g,ef=e+f,eg=e+g,fg=f+g.

Logo

ϕ :A → B αe+βf+γg 7→ αe′

+βf′

+γg′

(25)

2.1 Definição e propriedades 23

ondeα, β, γ ∈K, é um homomorfismo de Jordan. E, como

ϕ(ef) =e′

, ϕ(e)ϕ(f) =g′

, ϕ(f)ϕ(e) = e′

+f′

−g′

,

segue queϕ(e)ϕ(f) 6=ϕ(ef) 6=ϕ(f)ϕ(e), ou seja,ϕ não é um homomorfismo nem um

anti-homomorfismo.

Observação 2.5. O exemplo anterior nos mostra que existem homomorfismos de Jor-dan que não são homomorfismos e nem anti-homomorfismos. Nesta dissertação ire-mos estudar a relação que existe entre homomorfisire-mos de Jordan, homomorfisire-mos e anti-homomorfismos de certos anéis de matrizes.

Ao longo deste capítulo, assumimos que o anelRpossui unidade1Re que o anelS é livre de torção2( isto é,x∈Se2x= 0implica quex= 0).

Proposição 2.6. Sejaϕ :R →Sum homomorfismo de Jordan. Então, para todosx, y, z ∈R, temos as seguintes igualdades:

(1)ϕ(2x) = 2ϕ(x), ϕ(−x) = −ϕ(x), ϕ(0) = 0;

(2)ϕ(x2) =ϕ(x)2;

(3)ϕ(xyx) =ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x);

(4)ϕ(xyz+zyx) =ϕ(x)ϕ(y)ϕ(z) +ϕ(z)ϕ(y)ϕ(x).

Demonstração. (1)Comoϕé aditiva, estas igualdades são imediatas.

(2)Observe que, parax∈R,

2ϕ(x2) =ϕ(x2) +ϕ(x2) =ϕ(x2+x2) =ϕ(x)ϕ(x) +ϕ(x)ϕ(x) = 2ϕ(x)2

e comoS é livre de torção2, segue-se queϕ(x2) =ϕ(x)2.

(3)Temos que, para todosx, y ∈R,

ϕ[(xy+yx)x+x(xy+yx)] = ϕ(xy+yx)ϕ(x) +ϕ(x)ϕ(xy+yx)

= [ϕ(x)ϕ(y) +ϕ(y)ϕ(x)]ϕ(x) +ϕ(x)[ϕ(x)ϕ(y) +ϕ(y)ϕ(x)] = 2ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x) +ϕ(y)ϕ(x)2 +ϕ(x)2ϕ(y)

e, por outro lado, vemos que

ϕ[(xy+yx)x+x(xy+yx)] = ϕ(xyx+yx2+x2y+xyx) = ϕ(yx2+x2y) + 2ϕ(xyx)

= ϕ(y)ϕ(x)2+ϕ(x)2ϕ(y) + 2ϕ(xyx).

Comparando essas duas últimas expressões, obtemos 2ϕ(xyx) = 2ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x). Pelo

(26)

2.1 Definição e propriedades 24

(4)Pelo item anterior, sabemos que, parax, y, z∈R,

ϕ[(x+z)y(x+z)] = ϕ(x+z)ϕ(y)ϕ(x+z)

= ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x) +ϕ(x)ϕ(y)ϕ(z) +ϕ(z)ϕ(y)ϕ(x) +ϕ(z)ϕ(y)ϕ(z)

e, por outro lado,

ϕ[(x+z)y(x+z)] = ϕ(xyx) +ϕ(xyz+zyx) +ϕ(zyz)

= ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x) +ϕ(xyz+zyx) +ϕ(z)ϕ(y)ϕ(z).

Desta forma obtemosϕ(xyz+zyx) =ϕ(x)ϕ(y)ϕ(z)+ϕ(z)ϕ(y)ϕ(x), parax, y, z ∈R.

Observação 2.7. Note que se ϕ : R → S é um homomorfismo de Jordan e e é um

idempotente de R, então ϕ(e)é um idempotente de S, pois utilizando a equação do

item(2)acima, vemos queϕ(e)2 =ϕ(e2) = ϕ(e).

Sejaϕ : R → S um homomorfismo de Jordan. Vamos verificar queϕ(1R)é a iden-tidade do conjunto ϕ(R). Para isso, primeiro definimos a seguinte operação colchete (chamadacolchete de Lie):

[x, y] = xy−yx, para todosx, y ∈R.

Lema 2.8. Seϕ : R → S é um homomorfismo de Jordan, então para todosx, y, z ∈ R temos queϕ([[x, y], z]) = [[ϕ(x), ϕ(y)], ϕ(z)].

Demonstração. De fato, sex, y, z ∈Rentão

ϕ([[x, y], z]) = ϕ([xy−yx, z])

= ϕ(xyz−yxz−zxy+zyx)

= ϕ(xyz+zyx)−ϕ(yxz+zxy)

= ϕ(x)ϕ(y)ϕ(z) +ϕ(z)ϕ(y)ϕ(x)−ϕ(y)ϕ(x)ϕ(z)−ϕ(z)ϕ(x)ϕ(y) = [ϕ(x)ϕ(y)−ϕ(y)ϕ(x), ϕ(z)]

= [[ϕ(x), ϕ(y)], ϕ(z)].

Proposição 2.9. Sejaϕ :R →S um homomorfismo de Jordan. Sejama, e ∈R ondeeé um idempotente deR tal que[e, a] = 0. Então ϕ(ea) = ϕ(e)ϕ(a) = ϕ(a)ϕ(e). Em particular, se

(27)

2.2 Ideais de Jordan 25

Demonstração. Por hipótese temos que[e, a] = 0, assim[[e, a], e] = 0. Logo

0 = ϕ([[e, a], e]) = [[ϕ(e), ϕ(a)], ϕ(e)] = [ϕ(e)ϕ(a)−ϕ(a)ϕ(e), ϕ(e)]

= ϕ(e)ϕ(a)ϕ(e)−ϕ(a)ϕ(e)−ϕ(e)ϕ(a) +ϕ(e)ϕ(a)ϕ(e)

dondeϕ(e)ϕ(a)ϕ(e)−ϕ(a)ϕ(e) = ϕ(e)ϕ(a)−ϕ(e)ϕ(a)ϕ(e). Multiplicando esta última

equação porϕ(e)à esquerda, obtemos

ϕ(e)ϕ(a)ϕ(e) =ϕ(e)ϕ(a). (2.1)

Analogamente, multiplicando porϕ(e)à direita, obtemos

ϕ(e)ϕ(a)ϕ(e) =ϕ(a)ϕ(e). (2.2)

Note também que de [e, a] = 0, segue que ea = ae, assimea = eae. Aplicando ϕ

obtemos que

ϕ(ea) = ϕ(e)ϕ(a)ϕ(e). (2.3)

De (2.1), (2.2) e (2.3), concluímos queϕ(ea) =ϕ(e)ϕ(a) =ϕ(a)ϕ(e).

Agora, se ea = ae = a, então ea− ae = 0, isto é, [e, a] = 0. Desta forma, pelo

mostrado acima, temos queϕ(ea) =ϕ(e)ϕ(a) =ϕ(a)ϕ(e), e comoea =a, obtemos que ϕ(a) =ϕ(e)ϕ(a) = ϕ(a)ϕ(e).

Observação 2.10. Sejaϕ :R→Sum homomorfismo de Jordan, ondeRé um anel com

unidade. Temos que 1Ra = a1R = a, para todo a ∈ R e como1R é um idempotente deR, segue da proposição acima queϕ(1R)ϕ(a) =ϕ(a)ϕ(1R) =ϕ(a), para todoa∈R. Logoϕ(1R)é a unidade deϕ(R).

2.2 Ideais de Jordan

Definição 2.11. SejaR um anel e seja U ⊂ R um subgrupo aditivo. Dizemos queU é

umideal de JordandeRse, sempre quex∈U ea∈R, tivermosx◦a∈U.

Exemplo 2.12. Sejam R e S anéis e seja ϕ : R → S um homomorfismo de Jordan. O conjunto kerϕ = {x ∈ R : ϕ(x) = 0} é um ideal de Jordan de R. Com efeito,

como em particular ϕ é um homomorfismo de grupos aditivos,kerϕ é um subgrupo

aditivo deR. Agora, sex ∈ kerϕ, então ϕ(x) = 0. Assim para todo y ∈ R, temos que ϕ(x◦y) =ϕ(x)◦ϕ(y) = 0, ou seja,x◦y ∈kerϕ. Portantokerϕé um ideal de Jordan.

(28)

2.2 Ideais de Jordan 26

Lema 2.14. Se U é um ideal de Jordan de um anel R, então para todos a, b ∈ U e x ∈ R,

x(ab+ba)−(ab+ba)x∈U.

Demonstração. Sejama, b∈U. ComoU é um ideal de Jordan, então para todox∈R

a(xb−bx) + (xb−bx)a, b(xa−ax) + (xa−ax)b ∈U,

uma vez que,xb−bx, xa−ax∈R. Mas

x(ab+ba)−(ab+ba)x= [a(xb−bx) + (xb−bx)a] + [b(xa−ax) + (xa−ax)b]

e comoU é um subgrupo aditivo deR, temos o resultado.

Antes de expor o próximo resultado, observe que, se R é um anel que não possui

ideais nilpotentes não nulos, entãoRnão possui ideais laterais nilpotentes não nulos.

Para ver isso, suponha sem perda de generalidade, queIseja um ideal à direita de R tal queIn = 0. Então, o conjunto RI é um ideal de R tal que (RI)n+1 = 0, pois se

a1, . . . , an+1 ∈Rex1, . . . , xn+1 ∈I, então

(a1x1)(a2x2)· · ·(anxn)(an+1xn+1) = a1(x1a2)(x2a3)· · ·(xnan+1)xn+1 = 0

já que (x1a2)(x2a3)· · ·(xnan+1)xn+1 ∈ In = 0. Logo devemos ter I = 0, pois caso

contrário teríamos um ideal não nulo nilpotenteRI.

Proposição 2.15. Seja R um anel com unidade, livre de torção 2. Se R não possui ideais nilpotentes não nulos, então todo ideal de Jordan não nulo de Rcontém um ideal não nulo de

R.

Demonstração. SejaU 6= {0}um ideal de Jordan deR e tomea, b∈ U. Pelo Lema2.14,

para todox ∈ R, xc−cx∈ U, ondec= ab+ba. Mas comoc ∈U, temos também que xc+cx∈U. Assim2xc∈Upara todox∈R. Logo, para todoy ∈R,(2xc)y+y(2xc)∈U. E como2(yx)c=y(2xc)∈U, temos que2xcy ∈U e, portanto,2RcR⊂U.

Note que2RcRé um ideal deRe se2RcR 6={0}, temos o resultado.

Suponha que2RcR={0}. AssimRcR ={0}implicando quec= 0, ou seja,

ab+ba= 0, para todosa, b∈U. (2.4)

Desta forma, se tomarmos 0 6= a ∈ U eb = ax+xa ∈ U, temos por (2.4) quea(ax+

xa) + (ax+xa)a= 0, isto é,

(29)

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-) homomorfismos 27

E, se tomarmos b = a, por (2.4) temos 0 = aa +aa = 2a2, donde a2 = 0. Logo de

(2.5) obtemos que 2axa = 0, para todo x ∈ R, isto é,aRa = {0}. Mas agora observe

que aR 6= {0} é um ideal à direita nilpotente de R ( já que (aR)2 = aRaR = {0})

contrariando nossa hipótese (ver observação antes da proposição). Em outras palavras, mostramos que existe c∈U tal que2RcR ⊂ U e que2RcR 6={0}. LogoU contém um

ideal não nulo deR.

Proposição 2.16. SejamReSanéis e sejaϕ :R →Sum homomorfismo de Jordan.

1. Seϕé um isomorfismo de Jordan, entãoϕ−1 também é um isomorfismo de Jordan.

2. Seϕé sobrejetora eIé um ideal de Jordan emR, entãoϕ(I)é um ideal de Jordan emS. 3. Se ϕ é um isomorfismo de Jordan e R é um anel simples livre de torção 2, então S é

simples.

Demonstração. 1. Dadosx, y ∈S, existema, b∈ R tais queϕ(a) = xeϕ(b) = y, já que ϕ é sobrejetora. Note queϕ−1(x+y) = ϕ−1(ϕ(a) +ϕ(b)) = ϕ−1(ϕ(a+b)) = a+b =

ϕ−1(x) +ϕ−1(y)eϕ−1(xy) =ϕ−1(ϕ(a)ϕ(b)) =ϕ−1(ϕ(ab)) =ab=ϕ−1(x)ϕ−1(y).

Portantoϕ−1é um isomorfismo de Jordan.

2. Como ϕ é, em particular, um homomorfismo de grupos aditivos, facilmente vemos que ϕ(I)é um subgrupo do grupo aditivo S. Sejamy ∈ ϕ(I)e s ∈ S. Então

existem x ∈ I er ∈ R tais que ϕ(x) = y eϕ(r) = s, poisϕ é sobrejetora. Mais ainda x◦r ∈I, uma vez queI é um ideal de Jordan. Logo

y◦s=ϕ(x)◦ϕ(r) =ϕ(x◦r)∈ϕ(I),

ou seja,ϕ(I)é um ideal de Jordan deS.

3. TomeIum ideal deSe observe que, em particular,Ié um ideal de Jordan. Logo,

pelos itens anteriores,ϕ−1(I)é um ideal de Jordan emR.

Seϕ−1(I)6={0}, pela Proposição 2.15, ϕ−1(I)contém um ideal não nulo deR, mas

como Ré simples, acarreta queϕ−1(I) =R. Desta forma, ϕ−1(I) ={0}ouϕ−1(I) =R

implicando queI ={0}ouI =S. LogoSé simples.

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-)

ho-momorfismos

(30)

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-) homomorfismos 28

Lema 2.17(Lema de Hua). SejamReSanéis, não necessariamente associativos. Seϕ:R →

Sé uma aplicação aditiva tal que para todosa, b∈R,ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b)ouϕ(ab) =ϕ(b)ϕ(a), entãoϕé um homomorfismo ou um anti-homomorfismo.

Demonstração. Seϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b)eϕ(ab) =ϕ(b)ϕ(a)para todosa, b∈R, entãoϕé ao

mesmo tempo um homomorfismo e um anti-homomorfismo.

Suponhamos então que existam a, b ∈ R tais que ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) 6= ϕ(b)ϕ(a).

Vamos mostrar queϕé um homomorfismo.

Se d é qualquer outro elemento de R, então ϕ(ad) = ϕ(a)ϕ(d). De fato, suponha

por absurdo que ϕ(ad) = ϕ(d)ϕ(a)=6 ϕ(a)ϕ(d)para algumd ∈ R. Como por hipótese, ϕ(a(b+d)) =ϕ(a)ϕ(b+d)ouϕ(a(b+d)) =ϕ(b+d)ϕ(a), segue que

ϕ(a(b+d)) =

(

ϕ(a)ϕ(b) +ϕ(a)ϕ(d) ou

ϕ(b)ϕ(a) +ϕ(d)ϕ(a)

donde

ϕ(a)ϕ(b) +ϕ(d)ϕ(a) =

(

ϕ(a)ϕ(b) +ϕ(a)ϕ(d) ou

ϕ(b)ϕ(a) +ϕ(d)ϕ(a),

isto é,ϕ(d)ϕ(a) =ϕ(a)ϕ(d)ouϕ(a)ϕ(b) = ϕ(b)ϕ(a), o que é uma contradição. Portanto,

ϕ(ad) = ϕ(a)ϕ(d), para todod∈R. De modo análago, mostra-se queϕ(db) =ϕ(d)ϕ(b),

para todod∈R.

Agora, se por absurdo existissem elementosx, y ∈ R tais queϕ(xy) = ϕ(y)ϕ(x) 6=

ϕ(x)ϕ(y), então de modo análago ao que foi feito acima, obteríamos que ϕ(dy) =

ϕ(y)ϕ(d)eϕ(xd) =ϕ(d)ϕ(x), para todod∈R. Mas, observe que

ϕ((a+x)(b+y)) = (ϕ(a) +ϕ(x))(ϕ(b) +ϕ(y))

ou

ϕ((a+x)(b+y)) = (ϕ(b) +ϕ(y))(ϕ(a) +ϕ(x)).

No primeiro caso, chega-se queϕ(xy) =ϕ(x)ϕ(y)e no segundo, chega-se queϕ(ab) =

ϕ(b)ϕ(a), que é uma contradição. Logo se existema, b∈Rtais queϕ(ab) =ϕ(a)ϕ(b)6=

ϕ(b)ϕ(a), então não existem x, y ∈ Rtais queϕ(xy) =ϕ(y)ϕ(x)6=ϕ(x)ϕ(y), em outras

palavras, devemos terϕ(xy) =ϕ(x)ϕ(y)para todosx, y ∈R.

De modo análago, se supusermos que existema, b∈R tais queϕ(ab) =ϕ(b)ϕ(a)6=

ϕ(a)ϕ(b)obtemos queϕé um anti-homomorfismo.

(31)

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-) homomorfismos 29

Demonstração. Para todosa, b∈Rtemos que

[ϕ(ab)−ϕ(a)ϕ(b)][ϕ(ab)−ϕ(b)ϕ(a)] = ϕ(ab)2−ϕ(ab)ϕ(b)ϕ(a)

−ϕ(a)ϕ(b)ϕ(ab) +ϕ(a)ϕ(b)2ϕ(a)

= ϕ(abab)−ϕ((ab)ba+ab(ab)) +ϕ(ab2a) = ϕ(abab−ab2a−abab+ab2a) = 0.

Como S é um domínio, então para todos a, b ∈ R, ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) ou ϕ(ab) =

ϕ(b)ϕ(a). Com isso, o resultado segue imediatamente como consequência do Lema

de Hua.

Para homomorfismos de Jordan de um domínio de integridade em um anel arbi-trário, não podemos garantir que seja um homomorfismo ou um anti-homomorfismo, como veremos no próximo exemplo.

Exemplo 2.19. Seja A = K[x, y] o anel de polinômios em duas indeterminadas sobre

um corpo K de característica diferente de 2. Os elementos xkyl, com k, l = 0,1,2, . . . formam uma base deAe

xkyl◦xmyn = 2xk+myl+n.

SejaB aK-álgebra gerada pelas variáveisX, Y, Zsatisfazendo as relações

Y X =XY +Z [X, Z] = [Y, Z] = Z2 = 0.

Vamos mostrar que a aplicação linear ϕ : A → B definida por ϕ(xkyl) = 1 2(X

k Yl) é um homomorfismo de Jordan. Mas antes, mostremos que para quaisquer inteiros positivosl, k, temos que

YlXk =XkYl+klXk−1Yl−1Z. (2.6)

Vamos provar utilizando indução sobrek.

Para k = 1, devemos provar que YlX = XYl +lYl−1Z e para isso, utilizaremos

indução sobrel. Sel = 1, já sabemos queY X =XY +Z. Suponhamos quel >1e que

a igualdade seja válida paral−1. Vamos mostrar que é válida paral. Temos que

YlX = Y(Yl−1X)

= Y(XYl−1+ (l1)Yl−2Z)

= (Y X)Yl−1 + (l1)Yl−1Z

= (XY +Z)Yl−1+ (l1)Yl−1Z

(32)

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-) homomorfismos 30

LogoYlX =XYl+lYl−1Z é válida para todol >0, concluindo o caso parak = 1.

Suponhamos quek > 1e que (2.6) seja válida parak −1. Vamos mostrar que tal

igualdade também é válida parak. Com efeito,

YlXk = (YlXk−1)X

= (Xk−1Yl+ (k1)lXk−2Yl−1Z)X

= Xk−1(Yl

X) + (k−1)lXk−2(Yl−1X)Z

= Xk−1(XYl+lYl−1Z) + (k1)lXk−2(XYl−1+ (l1)Yl−2Z)Z

= XkYl+lXk−1Yl−1Z+ (k1)lXk−1Yl−1Z

= XkYl+klXk−1Yl−1Z.

Assim (2.6) é válida para todok >0.

Aplicando (2.6), obtemos

1 2(X

kYl) = 1

2(X

kYl+YlXk)

= 1

2(X

kYl+XkYl+klXk−1Yl−1Z)

= XkYl+kl

2X

k−1Yl−1Z.

Desta forma, para quaisquer inteiros positivosk, l, m, ntemos

1 2(X

k

◦Yl)◦1

2(X

m

◦Yn) = Xk+m◦Yl+n.

Com efeito,

1 2(X

k

◦Yl)◦ 1

2(X

m

◦Yn) = (XkYl+ kl

2X

k−1Yl−1Z)(Xm

Yn+ mn

2 X

m−1Yn−1Z)

= (XkYl+ kl

2X

k−1Yl−1Z)(XmYn+ mn

2 X

m−1Yn−1Z)

+(XmYn+ mn

2 X

m−1Yn−1Z)(XkYl+ kl

2X

k−1Yl−1Z)

= Xk(YlXm)Yn+mn

2 X

k(YlXm−1)Yn−1Z+kl

2X

k−1(Yl−1Xm)YnZ

+Xm(YnXk)Yl+ kl

2X

m(YnXk−1)Yl−1Z+ mn

2 X

m−1(Yn−1Xk)YlZ

= Xk(XmYl+mlXm−1Yl−1Z)Yn+mn

2 X

k(Xm−1Yl+ (m1)lXm−2Yl−1Z)Yn−1Z

+kl

2X

k−1(Xm

Yl−1+m(l1)Xm−1Yl−2Z)Yn

Z+Xm(XkYn+knXk−1Yn−1Z)Yl

+kl

2X

m

(Xk−1Yn

(33)

2.3 Relação entre homomorfismos de Jordan e (anti-) homomorfismos 31

+mn

2 X

m−1(Xk

Yn−1+k(n1)Xk−1Yn−2Z)Yl

Z

= Xk+mYl+n+mlXk+m−1Yl+n−1Z+ mn

2 X

k+m−1Yl+n−1Z+ kl

2X

m+k−1Yl+n−1Z

+Xk+mYl+n+knXk+m−1Yl+n−1Z+ kl

2X

m+k−1Yn+l−1Z +mn

2 X

m+k−1Yn+l−1Z

= 2Xk+mYl+n+ (kn+mn+kl+ml)Xm+k−1Yn+l−1Z

= Xk+mYl+n+Xk+mYl+n+ (l+n)(k+m)Xm+k−1Yn+l−1Z

= Xk+mYl+n+Yl+nXk+m

= Xk+m◦Yl+n.

Consequentemente, a aplicação linearϕé um homomorfismo de Jordan, pois

ϕ(xkyl◦xmyn) = ϕ(2xk+myl+n) = Xk+mYl+n

= 1

2(X

k

◦Yl)◦ 1

2(X

m

◦Yn) = ϕ(xkyl)◦ϕ(xmyn).

Note também queϕ(y)ϕ(x) = ϕ(x0y1)ϕ(x1y0) = 1

2(1◦Y) 1

2(X ◦1) = Y X = XY +Z e

ϕ(yx) =ϕ(xy) = 12(X◦Y) = 12(XY +Y X) =XY +12Z. Se tivéssemosϕ(yx) =ϕ(y)ϕ(x)

ouϕ(xy) = ϕ(y)ϕ(x), entãoZ = 1

2Z, dondeZ = 0, o que é uma contradição. Logo ϕ

(34)

CAPÍTULO 3

HOMOMORFISMOS DE JORDAN ENTRE ANÉIS DE

MATRIZES TRIANGULARES SUPERIORES

Neste capítulo apresentamos dois teoremas que nos dão condições suficientes para que homomorfismos de Jordan sejam homomorfismos ou anti-homomorfismos de ané-is. O primeiro resultado, Teorema 3.7, envolve anéis de matrizes triangulares supe-riores sobre anéis primos e pode ser encontrado em [8]. O segundo resultado, Teo-rema 3.10, pode ser encontrado em [16] e os anéis de matrizes são considerados sobre um anel cujos únicos idempotentes são0e1.

Definição 3.1. SejamAeBanéis com unidade e sejaM um(A, B)-bimódulo que é fiel

comoA-módulo à esquerda e também comoB-módulo à direita. O anel

T ri(A, M, B) :=

(

a m

0 b

!

:a∈A, m ∈M, b ∈B

)

com as operações usuais de matrizes é chamadoanel triangular.

ComoT ri(A, M, B) =T ri(A,0,0) ⊕ T ri(0, M,0) ⊕ T ri(0,0, B) e T ri(A,0,0)∼=A, T ri(0,0, B) ∼= B (isomorfismos de anéis), T ri(0, M,0) ∼= M (isomorfismo de grupos),

então para simplificar a notação nós usaremos a seguinte convenção

T ri(A, M, B) = A⊕M ⊕B.

Sendo assim, note que

(35)

33

Exemplo 3.2. SejaRum anel com unidade e sejaTn(R)o anel das matrizes triangulares superiores de ordem n com entradas em R, n ≥ 2. Observe que podemos ver Tn(R) como um anel triangular

A M

0 B

!

,

ondeA=Tn−1(R),B =ReM =M(n−1)×1(R).

SejaRum anel com unidade e considereTn(R). Vamos denotar poreij a matriz de

Tn(R)que possui1na entradaij e zero nas demais, para1≤i≤j ≤n. Note que

eijekl=δjkeil,

ondeδjk representa o delta de Kronecker.

Para provar os teoremas principais deste capítulo, iremos demonstrar alguns lemas que nos auxiliarão.

Lema 3.3. Seja R um anel primo com unidade. Suponha que g e f sejam idempotentes não triviais emTn(R)tais queg+f = 1Tn(R) e

aTn(R)f = 0 =f Tn(R)(g−a),

bTn(R)g = 0 =gTn(R)(f−b),

ondea=gag, b=f bf ∈Tn(R). EntãogTn(R)f = 0ouf Tn(R)g = 0. Demonstração. Escreva

a =a1 +m1+b1 e f =a2+m2+b2,

ondea1, a2 ∈A,b1, b2 ∈B em1, m2 ∈M.

Seb2 = 0, entãof =a2 +m2. Assim, deg+f = 1Tn(R), obtemos queg = 1A−a2+

1B −m2. Multiplicando por 1B à esquerda em ambos os lados, segue que 1Bg = 1B. Logo, como bTn(R)g = 0 temosbTn(R)1Bg = 0 dondebTn(R)1B = 0. Em particular,

b1B = 0ebM1B = 0. AssimbM = 0e, consequentemente,

0 = bM =b1Tn(R)M =b(1A+ 1B)M =b1AM +b0 =b1AM.

Mas, como b ∈ Tn(R), segue que b1A ∈ A e dessa maneira b1A = 0, pois M é um

A-módulo à esquerda fiel. Portanto b = b1Tn(R) = b(1A + 1B) = b1A +b1B = 0 e da

igualdadegTn(R)(f −b) = 0, segue quegTn(R)f = 0.

Suponha que b2 6= 0. Segue de aTn(R)f = 0 que aBf = 0 donde 0 = aBf =

(36)

34

Como B = Ré primo e b2 6= 0, entãob1 = 0. Logo, def Tn(R)(g−a) = 0, temos que

f B(g−a) = 0. Assim

0 = f B(g−a)

= (a2+m2+b2)B(1Tn(R)−f−a)

= (a2+m2+b2)B(1A−a2−a1+ 1B−b2−m1−m2)

= m2B(1B−b2) +b2B(1B−b2),

implicando queb2B(1B−b2) = 0. E, novamente, comoB é primo eb2 6= 0, segue que

b2 = 1B. Com isso, temos que 1Bf = 1B(a2 +m2 +b2) = b2 = 1B, isto é, 1Bf = 1B e, analogamente ao primeiro caso, utilizando a igualdadeaTn(R)f = 0chegamos que

a = 0e, consequentemente, def Tn(R)(g−a) = 0obtemosf Tn(R)g = 0.

Lema 3.4. SejaR um anel primo com unidade e seja n ≥ 2um inteiro. Suponha que g e f

sejam idempotentes não triviais em Tn(R) tais queg +f = 1Tn(R). Se gTn(R)f = 0, então

1Bg = 1Bege11= 0.

Demonstração. Provaremos este resultado utilizando indução sobren.

Escreva g = a +b+m, onde a ∈ A, b ∈ B e m ∈ M. Para n = 2, temos que

A =B =M =R.

Suponha quea6= 0. ComogT2(R)f = 0, então

(a+b+m)M(1A + 1B−a−b−m) = 0 e (a+b+m)A(1A+ 1B−a−b−m) = 0.

AssimaM(1B−b) = 0eaA(1A−a)+aA(−m) = 0, dondeaM(1B−b) = 0,aA(1A−a) = 0

e aA(−m) = 0. Mas comoM = A = R é um anel primo e a 6= 0, segue que b = 1B,

a = 1A em = 0. Desta formaf = 1Tn(R)−g = 1Tn(R)−a−b−m =−m = 0e isto é uma

contradição, poisf é um idempotente não trivial. Portantoa= 0.

Temos queg =b+me, comog é um idempotente não trivial, segue queb6= 0(pois

se g = m, teríamos g = g2 = m2 = 0, que é um absurdo). Como gT

2(R)f = 0, em

particular

(b+m)B(1A + 1B−b−m) =bB(1B−b) +mB(1B−b) = 0,

implicando quebB(1B−b) = 0emB(1B−b) = 0. Logob = 1B, poisBé primo eb 6= 0. Assim g = 1B+m implicando que1Bg = 1B(1B+m) = 1B egA = (1B +m)A = 0e, consequentemente,1Bg = 1B ege11 = 0. Portanto o resultado é válido paran = 2.

Suponhamos que o resultado seja válido para r, onde 2 ≤ r < n. Vamos mostrar

que vale paran.

(37)

35

gTn(R)f = 0segue quebB(1B−b) = 0, masB é primo eb 6= 0, assimb = 1B. Portanto

g = 1B+m, o que implica1Bg = 1Bege11 = 0(análago ao cason = 2).

Sea6= 0, entãoaM(1B−b) = 0(de maneira análoga ao cason= 2). Escreva

a= X

1≤i≤j≤n−1

aijeij,

comaij ∈R. Comoa= 06 , entãoai0j0 6= 0para algunsi0, j0tais que1≤i0 ≤j0 ≤n−1.

Deste modo, deaM(1B−b) = 0segue quea(ej0nR)(1B−b) = 0, dondeai0j0R(1B−b) = 0.

Assimb = 1B, visto queRé primo eai0j0 6= 0. Logog =a+1B+me, consequentemente,

1Bg = 1B. Note também quea6= 1A, pois caso contrário teríamosf = 1Tn(R)−1A−1B− m = −m, o que seria uma contradição, já que f é um idempotente não trivial. Sendo

assim, degTn(R)f = 0, temos que(a+1B+m)A(1A−a−m) = aA(1A−a)+aA(−m) = 0, dondeaA(1A−a) = 0.

Afirmação:a e 1A−asão idempotentes não triviais deA. De fato, temos que

a+ 1B+m =g =g2 = (a+ 1B+m)(a+ 1B+m) = a2+ 1B+ (am+m),

logoa=a2, e assim(1

A−a)2 = 1A−2a+a= 1A−a.

Comoa6= 0ea6= 1A, segue que1A−atambém é um idempotente não trivial deA, o que conclui a afirmação.

Agora, aplicando a hipótese de indução sobreA, temos queae11 = 0e como(1B+

m)e11 = 0(poisBA =M A = 0) segue quege11 = (a+ 1B+m)e11 = 0, o que conclui o

resultado.

Lema 3.5. Seja R um anel primo com unidade e sejam g e f idempotentes não triviais em

Tn(R)tais queg+f = 1Tn(R) e gTn(R)f = 0.

1. Seu∈f Tn(R)f e uTn(R)g = 0, entãou= 0. 2. Sev ∈gTn(R)ge f Tn(R)v = 0, entãov = 0.

Demonstração. Pelo lema anterior, temos que1Bg = 1B ege11= 0.

1.Suponha que u ∈ f Tn(R)f e queuTn(R)g = 0. Então, em particular, u1Bg = 0 dondeu1B = 0.

Por outro lado, da igualdadeuTn(R)g = 0 concluímos queu(1A1ATn(R)1B)g = 0 e assim u1A(1ATn(R)1B) = 0. E, como 1ATn(R)1B = 1A(A⊕M ⊕B)1B = M é fiel como A-módulo à esquerda eu1A ∈ A, segue queu1A = 0. Desta formau=u1Tn(R) = u(1A+ 1B) = 0.

(38)

36

0, obtemos que f(e11Tn(R))v = 0, ou seja,e11Tn(R)v = 0. Em particular, e11e1iv = 0, isto é,e1iv = 0para todoi= 1,2, . . . , n, o que nos fornecev = 0.

Lema 3.6. Sejamn, n′ 2inteiros e sejamRum anel com unidade eRum anel com unidade,

primo, livre de torção 2. Suponha queϕ :Tn(R) →Tn′(R′)seja um homomorfismo de Jordan

sobrejetor tal queϕ(enn)6= 0,1Tn′(R′). Entãoϕé um homomorfismo ou um anti-homomorfismo

de anéis.

Demonstração. Tomeg = ϕ(1A) e f = ϕ(1B). De ϕ(enn) 6= 0,1Tn′(R′), segue que f =

ϕ(1B) = ϕ(enn) 6= 0,1Tn′(R′). Note também queg 6= 0,1Tn′(R′), uma vez que g +f =

1Tn′(R′) ef 6= 0,1Tn′(R′). Comoϕ é um homomorfismo de Jordan, ϕ leva idempotente

em idempotente, assimgef são idempotentes não triviais emTn′(R′)e, pela

sobrejeti-vidade deϕ, também temos queg+f = 1Tn′(R′). Pela Proposição 1.27, segue que

Tn′(R′) =gTn′(R′)g⊕gTn′(R′)f ⊕f Tn′(R′)g ⊕f Tn′(R′)f. (3.1)

Agora, note que

ϕ(A) = ϕ(1AA1A) = gϕ(A)g ⊆gTn′(R′)g,

ϕ(B) =ϕ(1BB1B) =f ϕ(B)f ⊆f Tn′(R′)f

e, como

ϕ(1Ax1B) =ϕ(1Ax1B+ 0) =ϕ(1Ax1B+ 1Bx1A) =gϕ(x)f +f ϕ(x)g,

para todox∈ Tn(R), e1ATn(R)1B = 1A(A+M +B)1B = M, concluímos queϕ(M)⊆

gTn′(R′)f+f Tn′(R′)g.

Afirmação 1:ϕ(A) =gTn′(R′)g, ϕ(B) = f Tn′(R′)f e ϕ(M) = gTn′(R′)f+f Tn′(R′)g.

Sejay ∈gTn′(R′)g. Comoϕé sobrejetora, existea+m+b∈Tn(R)tal que

ϕ(a+m+b) =ϕ(a) +ϕ(m) +ϕ(b) = y.

Logo(ϕ(a)−y) +ϕ(m) +ϕ(b) = 0e, consequentemente,ϕ(a) =y, uma vez que a soma

em (3.1) é direta. Isto mostra queϕ(A) =gTn′(R′)g. As outras igualdades são análogas.

ConsidereM1 =ϕ−1(gTn′(R′)f)∩M e M2 =ϕ−1(f Tn′(R′)g)∩M.

Afirmação 2:ϕ(M1) =gTn′(R′)f e ϕ(M2) = f Tn′(R′)g.

De fato,ϕ(M1) =ϕ(ϕ−1(gTn′(R′)f)∩M)⊆gTn′(R′)f∩ϕ(M)⊆gTn′(R′)f. Por outro

lado, sex∈gTn′(R′)f, então pela sobrejetividade deϕ, existea+m+b ∈Tn(R)tal que

ϕ(a+m+b) = ϕ(a) +ϕ(m) +ϕ(b) =x∈gTn′(R′)f implicando queϕ(a) = 0,ϕ(b) = 0e

ϕ(m) = x∈gTn′(R′)f, ou seja,m∈ϕ−1(gTn′(R′)f)∩M =M1. Logox=ϕ(m)∈ϕ(M1).

(39)

37

Sejam ∈ M. Comoϕ(m) ∈ ϕ(M1) +ϕ(M2), existem m1 ∈ M1 e m2 ∈M2 tais que

ϕ(m) = ϕ(m1) +ϕ(m2). Tomem0 =m−m1−m2 e observe queϕ(m0) = 0e, portanto,

m0 ∈M1∩M2 (poiskerϕ∩M ⊆M1∩M2). Sendo assim, escrevam= (m0+m1) +m2,

onde m0 +m1 ∈ M1 e m2 ∈ M2. Agora, comoM1 eM2 são subconjuntos deM por

definição, segue a outra inclusão.

Afirmação 4:M1 e M2são(A, B)-bimódulos.

Como M1 e M2 são subgrupos de M (pois são interseções de subgrupos), basta

mostrarmos que AM1 ⊆ M1, M1B ⊆ M1, AM2 ⊆ M2 e M2B ⊆ M2. Para quaisquer

a ∈A, b∈B, m1 ∈M1 e m2 ∈M2temos que

ϕ(am1) = ϕ(a◦m1) =ϕ(a)◦ϕ(m1) = ϕ(a)ϕ(m1), (3.2)

ϕ(am2) = ϕ(a◦m2) =ϕ(a)◦ϕ(m2) = ϕ(m2)ϕ(a), (3.3)

ϕ(m1b) =ϕ(m1◦b) = ϕ(m1)◦ϕ(b) =ϕ(m1)ϕ(b), (3.4)

ϕ(m2b) =ϕ(m2◦b) = ϕ(m2)◦ϕ(b) =ϕ(b)ϕ(m2). (3.5)

Das igualdades (3.2) e (3.4) segue queϕ(am1), ϕ(m1b)∈gTn′(R′)fe com issoam1, m1b∈

ϕ−1(gT

n′(R′)f)∩M = M1. Portanto M1 é um(A, B)-bimódulo. Analogamente,

con-cluímos de (3.3) e (3.5) queM2é um(A, B)-bimódulo.

Note também que de (3.2),

ϕ(a1a2)ϕ(m1) = ϕ(a1a2m1) = ϕ(a1)ϕ(a2m1) = ϕ(a1)ϕ(a2)ϕ(m1),

para todosa1, a2 ∈A e m1 ∈M1.Logo, para todosa1, a2 ∈A,

(ϕ(a1a2)−ϕ(a1)ϕ(a2))gTn′(R′)f = 0. (3.6)

De (3.3), ϕ(m2)ϕ(a1a2) = ϕ(a1a2m2) = ϕ(a2m2)ϕ(a1) = ϕ(m2)ϕ(a2)ϕ(a1), para todos

a1, a2 ∈A e m2 ∈M2.Assim para todosa1, a2 ∈A,

f Tn′(R′)g(ϕ(a1a2)−ϕ(a2)ϕ(a1)) = 0. (3.7)

Analogamente de (3.4) e (3.5) podemos obter para todosb1, b2 ∈B,

(ϕ(b1b2)−ϕ(b2)ϕ(b1))f Tn′(R′)g = 0, (3.8)

gTn′(R′)f(ϕ(b1b2)−ϕ(b1)ϕ(b2)) = 0. (3.9)

(40)

38

m1+m2. Daí, comoM1 e M2são(A, B)-bimódulos, temos que

en−1,n = en−1,n−1en−1,nenn

= en−1,n−1(m1+m2)enn

= en−1,n−1m1enn+en−1,n−1m2enn

= αen−1,n+βen−1,n,

ondeα, β ∈Rcomαen−1,n ∈M1 e βen−1,n ∈M2. É claro queα+β = 1R. ComoM1 é umA-módulo à esquerda eαen−1,n ∈M1, então

αein=ei,n−1αen−1,n ∈M1,

para1≤i≤n−1. Isto implica queαM ∪M α⊆M1, pois

αm=

n−1

X

i=1

(αein)(ennmin)∈M1

e

mα =

n−1

X

i=1

(mineii)(einα) = n−1

X

i=1

(mineii)(αein)∈M1,

já queM1 é um(A, B)-bimódulo. Analogamente, temosβM ∪M β ⊆M2.

Assim, segue de αM ⊆ M1 que ϕ(αM) ⊆ gTn′(R′)f e, como ϕ(A) = gTn′(R′)g e

ϕ(M2) =f Tn′(R′)g, temos que, para todom2 ∈M2

ϕ(m2)ϕ(α1A) = ϕ(α1A)◦ϕ(m2) =ϕ(αm2)∈gTn′(R′)f.

Logof Tn′(R′)gϕ(α1A)⊆gTn′(R′)f e, portanto,

f Tn′(R′)gϕ(α1A) = 0. (3.10)

Observe também que ϕ(M α) ⊆ gTn′(R′)f,ϕ(B) = f Tn′(R′)f e ϕ(M2) = f Tn′(R′)g.

Desta forma, para todom2 ∈M2,

ϕ(α1B)ϕ(m2) = ϕ(α1B)◦ϕ(m2) =ϕ(m2α)∈gTn′(R′)f.

Logoϕ(α1B)f Tn′(R′)g ⊆gTn′(R′)f e, portanto,

(41)

39

Analogamente, usando queβM ∪M β⊆M2, chegamos em

ϕ(β1A)gTn′(R′)f = 0, (3.12)

gTn′(R′)f ϕ(β1B) = 0. (3.13)

Agora, comoϕ(α1A) +ϕ(β1A) =g, ϕ(α1B) +ϕ(β1B) = f e temos as equações de (3.10) a (3.13), segue do Lema 3.3 quegTn′(R′)f = 0 ou f Tn′(R′)g = 0.

Suponhamos quegTn′(R′)f = 0. Pelo Lema 3.5 e pelas equações (3.7) e (3.8)

obte-mos

ϕ(a1a2)−ϕ(a2)ϕ(a1) = 0 e ϕ(b1b2)−ϕ(b2)ϕ(b1) = 0, (3.14)

para todosa1, a2 ∈ Aeb1, b2 ∈ B.Note que ϕ(M1) = gTn′(R′)f = 0, pela Afirmação 2.

Assim, para todosa ∈A,b∈B,m =m1+m2 ∈M, comm1 ∈M1em2 ∈M2, segue de

(3.3) e (3.5) que

ϕ(am) = ϕ(am2) =ϕ(m2)ϕ(a) = ϕ(m)ϕ(a), (3.15)

ϕ(mb) =ϕ(m2b) = ϕ(b)ϕ(m2) =ϕ(b)ϕ(m). (3.16)

Sejamx=a+m+b, y =a′+m+b T

n(R). Aplicando as equações (3.14), (3.15) e (3.16) obtemos que

ϕ(xy) = ϕ((a+m+b)(a′

+m′

+b′

))

= ϕ(aa′

) +ϕ(am′

) +ϕ(mb′

) +ϕ(bb′

)

= ϕ(a′

)ϕ(a) +ϕ(m′

)ϕ(a) +ϕ(b′

)ϕ(m) +ϕ(b′

)ϕ(b) = (ϕ(a′

) +ϕ(m′

) +ϕ(b′

))(ϕ(a) +ϕ(m) +ϕ(b)) = ϕ(y)ϕ(x).

Portantoϕé um anti-homomorfismo.

Suponhamos agora quef Tn′(R′)g = 0, isto é,ϕ(M2) = 0, pela Afirmação 2. De

ma-neira análoga, aplicando o Lema 3.5 juntamente com as equações (3.6) e (3.9), obtemos

ϕ(a1a2)−ϕ(a1)ϕ(a2) = 0 e ϕ(b1b2)−ϕ(b1)ϕ(b2) = 0, (3.17)

para todosa1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B.E utilizando (3.2), (3.4) e (3.17) concluímos queϕ é

um homomorfismo.

Podemos agora demonstrar o primeiro teorema deste capítulo.

Teorema 3.7. Sejam n, n′ 2inteiros e sejam R um anel com unidade e Rum anel com

unidade, primo, livre de torção 2. Suponha que ϕ : Tn(R) → Tn′(R′)seja um homomorfismo

de Jordan sobrejetor tal queϕ(R1Tn(R)) 6= Tn′(R

(42)

anti-40

homomorfismo.

Demonstração. Vamos demonstrar o resultado utilizando indução sobren. Paran = 2,

seϕ(e22) = 1Tn′(R′), entãoϕ(1A) = 0, já queϕ(1A) +ϕ(1B) = 1Tn′(R′). Assim, para todos

a ∈Aem ∈M,

ϕ(a) = ϕ(1Aa1A) = ϕ(1A)ϕ(a)ϕ(1A) = 0,

ϕ(m) =ϕ(1A◦m) =ϕ(1A)◦ϕ(m) = 0.

Logo, ϕ(A) = ϕ(M) = 0 e ϕ(B) = Tn′(R′), pois ϕ é sobrejetora. Mas ϕ(R1T2(R)) =

ϕ(R1B) =ϕ(B) =Tn′(R′), o que é uma contradição. Portantoϕ(e22)6= 1T

n′(R′).

Se ϕ(e22) = 0, então ϕ(1B) = 0 e, de modo análogo, obtemos ϕ(B) = 0 = ϕ(M). Assim ϕ(A) = Tn′(R′), donde ϕ(R1T2(R)) = Tn′(R

), o que é uma contradição. Desta

formaϕ(e22)6= 0.

Comoϕ(e22)6= 0,1Tn′(R′), o resultado paran= 2segue do Lema 3.6.

Suponhamosn > 2e que o resultado seja válido para r < n. Vamos mostrar que

vale paran.

Suponha, inicialmente, queϕ(enn) = 1Tn′(R′). Assimϕ(1A) = 0e de forma análoga

ao que foi feito anteriormente, temos queϕ(B) =Tn′(R′), dondeϕ(R1Tn(R)) =Tn′(R′),

o que é um absurdo. Logoϕ(enn)6= 1Tn′(R′).

Suponha, agora, queϕ(enn) = 0, isto é,ϕ(1B) = 0. De modo análago obtemos que

ϕ(B) = 0 = ϕ(M). Desta forma, ϕ(A) = Tn′(R′) e como Tn′(R′) 6= ϕ(R1T

n′(R′)) =

ϕ(R1A), segue, pela hipótese de indução, que ϕ|A é um homomorfismo ou um anti-homomorfismo e, portanto,ϕé um homomorfismo ou um anti-homomorfismo.

Seϕ(enn)6= 0, o resultado segue pelo Lema 3.6.

Corolário 3.8. Sejamn, n′ 2

inteiros,Cum anel comutativo com unidade eRum anel com unidade, primo, livre de torção2. Suponha queϕ :Tn(C)→Tn′(R)seja um homomorfismo de

Jordan sobrejetor. Entãoϕé um homomorfismo ou um anti-homomorfismo.

Demonstração. Suponha queϕ(C1Tn(C)) = Tn′(R). Assim,ϕ induz um homomorfismo

de Jordan sobrejetor deC emTn′(R). Como

ϕ([[x, y], z]) = [[ϕ(x), ϕ(y)], ϕ(z)],

para todosx, y, z ∈C, segue que

[[Tn′(R), Tn′(R)], Tn′(R)] = 0,

pois C é comutativo eϕ é sobrejetora. Mas isto é um absurdo, já que[[e12, e11], e11] 6=

(43)

41

Teorema 3.7.

Corolário 3.9. Sejamn, n′ 2inteiros,Sum anel simples com unidade e Rum anel primo

com unidade livre de torção 2. Suponha queϕ : Tn(S) → Tn′(R)seja um homomorfismo de

Jordan sobrejetor. Entãoϕé um homomorfismo ou um anti-homomorfismo.

Demonstração. Suponha queϕ(S1Tn(S)) = Tn′(R). Assimϕ induz um homomorfismo

de Jordan sobrejetor ϕ′ = ϕ i : S T

n′(R) onde i : S → S1Tn(S) é definida por

i(s) =s1Tn(S).

Afirmação:S é livre de torção2.

Sejaa ∈Stal que2a = 0. Assim0 = ϕ′

(2a) = 2ϕ′

(a)e, portanto,ϕ′

(a) = 0. ComoS

é simples eSaSé um ideal deS, devemos ter queSaS=SouSaS ={0}. Sea6= 0, então1Sa1S 6= 0e assimSaS=S. Logo

Tn′(R) =ϕ′(S) = ϕ′(SaS) = Tn′(R)ϕ′(a)Tn′(R) = {0},

o que é um absurdo. Portantoa= 0, mostrando queSé livre de torção2.

Denote porKo núcleo deϕ′ e lembre-se queK é um ideal de Jordan deS.

SeK ={0}, entãoϕ′ é um isomorfismo de Jordan e comoSé simples com unidade

livre de torção2, segue da Proposição 2.16 queTn′(R)é simples, o que é um absurdo,

poisn′ 2.

Agora, seK 6={0}, entãoK contém um ideal não nulo de S, pela Proposição 2.15.

Como S é simples, K contém S. Logo K = S, implicando que ϕ′ = 0, o que é uma

contradição, poisϕ′(S) =T n′(R).

Note que, em ambos os casos, (K = {0}eK 6={0}) chegamos a uma contradição.

Isso se deve ao fato de termos suposto inicialmente ϕ(S1Tn(S)) = Tn′(R). Desta forma, ϕ(S1Tn(S))6=Tn′(R)e o resultado segue pelo Teorema 3.7.

Provaremos agora um resultado semelhante ao teorema anterior para o caso em queRtem apenas os idempotentes triviais.

Teorema 3.10. Sejamn, n′ 2

inteiros e sejaRum anel com unidade livre de torção2e cujos únicos idempotentes são 0 e 1R. Suponha que ϕ : Tn(R) → Tn′(R) seja um homomorfismo

de Jordan sobrejetor tal queϕ(R1Tn(R)) 6= Tn′(R). Então ϕ é um homomorfismo ou um

anti-homomorfismo.

Demonstração. Pela sobrejetividade de ϕ temos ϕ(1Tn(R)) = 1Tn′(R), assim ϕ(eii) 6= 0

para algumi com1 ≤ i ≤ n. Escolhai0 tal queϕ(ei0i0) 6= 0e de modo que, se i0 6= 1,

entãoϕ(eii) = 0para todoi < i0. Desta forma,

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