Ado Raimundo Dalla Costa

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  UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA PROGRAMA DE P ´ OS-GRADUAC ¸ ˜ AO EM

  MATEM ´ ATICA PURA E APLICADA Ado Raimundo Dalla Costa

  TEOREMA DE UNICIDADE DAS ´ ALGEBRAS DE LEAVITT VIA PRODUTOS CRUZADOS PARCIAIS

  Florian´opolis 2016

  Ado Raimundo Dalla Costa TEOREMA DE UNICIDADE DAS ´ ALGEBRAS DE

  LEAVITT VIA PRODUTOS CRUZADOS PARCIAIS

  Disserta¸c˜ ao submetida ao Programa de P´ os-gradua¸c˜ ao em Matem´ atica Pura e Aplicada para a obten¸c˜ ao do Grau de Mestre em Matem´ atica. Orientador: Prof. Dr. Danilo Royer

  Florian´opolis 2016

  Ado Raimundo Dalla Costa TEOREMA DE UNICIDADE DAS ´ ALGEBRAS DE

  LEAVITT VIA PRODUTOS CRUZADOS PARCIAIS Esta Disserta¸c˜ ao foi julgada aprovada para a obten¸c˜ ao do T´ıtulo de “Mestre em Matem´ atica”, e aprovada em sua forma final pelo Pro- grama de P´ os-gradua¸c˜ ao em Matem´ atica Pura e Aplicada.

  Florian´opolis, 25 de fevereiro 2016. Prof. Dr. Daniel Gon¸calves - UFSC.

  Coordenador Banca Examinadora:

  Prof. Dr. Danilo Royer Orientador Prof. Dr. Daniel Gon¸calves - UFSC.

  Prof. Dr. Dirceu Bagio - UFSM. Prof. Dr. Gilles Gon¸calves de Castro - UFSC.

  Prof. Dr. Giuliano Boava - UFSC.

  AGRADECIMENTOS Agrade¸co primeiramente a Deus por ter me dado for¸ca e coragem em continuar a seguir o caminho da minha felicidade. Aos meus familiares, principalmente aos meus pais, pelo apoio incondicional que me deram durante toda essa caminhada. Sou grato de cora¸c˜ ao ` a minha companheira Graciela e aos meus amigos por todo o apoio e suporte que me proporcionaram. Agrade¸co ao meu professor orientador Danilo Royer por toda a paciˆencia e dedica¸c˜ ao no desenvolvimento desse trabalho. A todos os meus professores por toda a diferen¸ca que fizeram no desenvolvimento do meu conhecimento. E por fim, minha gratid˜ ao ao Conselho Nacional de Desenvol- vimento Cient´ıfico e Tecnol´ogico (CNPq) e ao Departamento de Ma- tem´ atica da Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC) pelo apoio cient´ıfico e financeiro.

  

Este trabalho ´ e dedicado aos meus queri-

dos pais, professores, colegas e amigos.

  RESUMO Neste trabalho estudamos inicialmente a¸c˜ oes parciais de grupo sobre um conjunto qualquer e estendemos este conceito, de um modo geral, para a¸c˜ oes parciais de grupo sobre uma ´ algebra. Ap´ os isso, usufru´ımos dos resultados obtidos para construir um exem- plo de uma a¸c˜ ao parcial do grupo livre gerado pelas arestas de um grafo. A esta a¸c˜ ao parcial, determinamos o produto cruzado parcial associado. Definimos a ´ Algebra de caminhos de Leavitt associada ao grafo e obtemos um isomorfismo entre a ´ Algebra de Leavitt e o produto cruzado parcial elaborado. Por ´ ultimo, demonstramos o Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger para a ´ Algebra de Leavitt e conseguimos obter, atrav´es dos sistemas de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebricos, a rec´ıproca do teorema. Palavras-chave: A¸c˜ ao Parcial. Produto Cruzado Parcial. ´ Algebra de caminhos de Leavitt. Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger.

  ABSTRACT In this work, we study initially partial actions of group on arbitrary set and we extend this concept, in general, for partial actions of group on an algebra. After that, we used the results obtained to build an example of a partial action of the free group generated by the edges of the graph. With this partial action, we determined the partial skew group ring associated to it. We define the Leavitt path algebras associated with the graph and we get an isomorphism between the Leavitt path algebra and the partial skew group ring produced. Finally, we prove the Cuntz-Krieger uniqueness theorem for Leavitt path algebra and managed to get, through the E-algebraic branching systems, the reciprocal of the theorem. Keywords: Partial Action. Partial Skew Group Ring. Leavitt Path Algebra. Cuntz-Krieger Uniqueness Theorem.

  SUM ´ ARIO 1 INTRODUC ¸ ˜ AO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  17 2 AC ¸ ˜ AO PARCIAL DE GRUPO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  19 3 A CONTRUC ¸ ˜ AO DA AC ¸ ˜ AO PARCIAL α . . . . . . . . . .

  31 4 ´ ALGEBRA DE LEAVITT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  51

  5 O ISOMORFISMO ENTRE L K (E) E D(X) ⋊ α

  F . . . . .

  57

  6 TEOREMA DE UNICIDADE DE CUNTZ-KRIEGER 63 7 SISTEMAS DE RAMIFICAC ¸ ˜ AO E-ALG´ EBRICOS . .

  77 8 CONCLUS ˜ AO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  87 APˆ ENDICE A -- Produto Cruzado Parcial . . . . . . . . . . . . .

  91 APˆ ENDICE B -- Z-gradua¸ c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  95 REFERˆ ENCIAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  99

  1 INTRODUC ¸ ˜ AO A ´ Algebra de caminhos de Leavitt foi introduzida por Gene

  Abrams e Gonzalo Aranda-Pino em 2005 como generaliza¸c˜ ao da ´algebra de Leavitt e sendo, do ponto de vista alg´ebrico, an´ aloga da C*-´algebra de Cuntz-Krieger como pode ser visto com mais detalhes nos artigos

  ( , 2005) e ( , 2008). Sua importˆancia vem crescendo ao longo dos anos e muitos artigos vˆem ex- plorando suas propriedades, caracter´ısticas e rela¸c˜ oes com outras ´areas da matem´ atica, como por exemplo na ´ algebra de operadores.

  Nossa inten¸c˜ ao neste trabalho ´e justamente demonstrar o Teo- rema de Unicidade de Cuntz-Krieger para a ´ Algebra de caminhos de Leavitt utilizando a teoria de produto cruzado parcial. A abordagem para a demonstra¸c˜ ao deste teorema ´e totalmente diferente das originais

  ( , 2005) e ( , 2007) e tem como base

  GONC ¸ ALVES; ROYER

  o trabalho ( , 2014). O leitor deve estar familia- rizado com estruturas alg´ebricas e teoria de grafos o qual ´e bastante utilizada em todo o trabalho.

  Nosso trabalho inicia-se no cap´ıtulo 2 realizando um estudo sobre

  BOAVA

  a¸c˜ oes parciais de grupo sobre conjuntos. Trabalhos como ( , 2007)

  DOKUCHAEV; EXEL e ( , 2005) foram de grande ajuda neste cap´ıtulo.

  Desse modo, procedemos uma an´ alise de como obter, de modo geral, uma a¸c˜ ao parcial de grupo sobre uma ´ algebra a partir da a¸c˜ ao parcial de grupo sobre um conjunto prefixada.

  O cap´ıtulo 3 serve como base para o procedimento de obten¸c˜ ao F do produto cruzado parcial D(X)⋊ α , o qual ´e de extrema importˆancia para o restante do trabalho. Ou seja, constru´ımos α uma a¸c˜ ao parcial do grupo livre F gerado pelas arestas de um grafo E, utilizando os resultados do cap´ıtulo 2.

  No quarto cap´ıtulo introduzimos a ´ Algebra de caminhos de Lea- K vitt associado ao grafo E com coeficientes em K, denotada por L (E). Estudamos algumas propriedades e exemplos para que o leitor seja ca- paz de se familiarizar com a estrutura da ´ algebra apresentada. V´ arios

  artigos como ( , 2005), ( ,

  2008) e ( , 2012) foram base para o estudo dessa estru- tura alg´ebrica.

  Ap´ os isso, no cap´ıtulo 5, apresentamos o isomorfismo entre a ´

  Algebra de caminhos de Leavitt L K (E) e o produto cruzado parcial F

  D(X)⋊ α apresentado no cap´ıtulo 3. Al´em da sua grande relevˆ ancia no mundo acadˆemico, essa conex˜ao entre essas duas estruturas alg´ebricas contribuir´ a na demonstra¸c˜ ao do teorema principal do trabalho.

  No pen´ ultimo cap´ıtulo apresentamos e demonstramos o Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger sobre a ´ Algebra de caminhos de Leavitt via o isomorfismo obtido no cap´ıtulo 5. Por ´ ultimo, no cap´ıtulo 7 apresentamos os sistemas de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebricos que auxiliam na demonstra¸c˜ ao da rec´ıproca do teorema chave do trabalho. O principal

  GONC ¸ ALVES; ROYER artigo deste ´ ultimo cap´ıtulo foi ( , 2010).

  Al´em disso, produzimos dois apˆendices que auxiliar˜ao o leitor a rever algumas defini¸c˜ oes, constru¸c˜ oes e resultados auxiliares para o bom entendimento do trabalho.

  2 AC ¸ ˜ AO PARCIAL DE GRUPO Neste primeiro cap´ıtulo faremos uma introdu¸c˜ ao `as a¸c˜ oes parciais de grupo sobre um conjunto qualquer. Alguns exemplos ser˜ao aborda- dos para o leitor se familiarizar com as defini¸c˜ oes e nota¸c˜ oes propostas. Em seguida, faremos uma extens˜ ao para a¸c˜ oes parciais de grupo so- bre uma K-´algebra, o qual possui sua importˆancia para os pr´ oximos

  BOAVA

  cap´ıtulos. As principais referˆencias utilizadas foram ( , 2007) e

  DOKUCHAEV; EXEL ( , 2005).

  Defini¸ c˜ ao 1. Sejam G um grupo (com elemento neutro 0) e X um c˜ ao parcial de G sobre X conjunto n˜ ao vazio qualquer. Uma a¸ ´e um par ({X g } g , {θ g } g ) em que, para cada g ∈ G, X g ´e subconjunto de

  ∈G ∈G −1

  X e θ g : X g −→ X g ´e bije¸c˜ ao que satisfazem, para todo g, h ∈ G, as seguintes condi¸c˜ oes: (i) X = X e θ = Id X ;

  −1

  (ii) θ (X h ∩ X −1 ) ⊆ X −1 ; h (gh) g

  −1 −1 (iii) θ g ◦ θ h (x) = θ gh (x), ∀x ∈ θ (X h ∩ X g ). h

  Observa¸ c˜ ao 2. Quando n˜ ao houver nenhum equ´ıvoco denotaremos } } a a¸c˜ ao parcial ({X g g ∈G , {θ g g ∈G ) apenas por θ a fim de facilitar a nota¸c˜ ao.

  Observa¸ c˜ ao 3. Note que a igualdade (iii) est´a bem definida visto que

  −1

  ∩ X −1 ∩ X −1 ⊆ X −1 se x ∈ θ (X h g ), ent˜ao θ h (x) ∈ X h g g e portanto, h ◦θ −1

  θ g h (x) est´a bem definido. Por outro lado, pelo item (ii), x ∈ X

  (gh) e dessa forma, faz sentido aplicarmos θ gh (x), o qual fica bem definido.

  Observa¸ c˜ ao 4. A condi¸c˜ ao θ = Id X pertencente ao item (i) pode ser obtida aplicando o item (iii) com g = h = 0. Nesse caso obtemos que

  −1

  ◦ θ θ (x) = θ (x), para todo x ∈ θ (X), desde que X = X por (i). Como θ ´e bije¸c˜ ao, ent˜ao segue que θ (x) = x, para todo x ∈ X, ou seja, θ = Id X . Em alguns casos, essa propriedade ser´a omitida desde que o restante das condi¸c˜ oes da defini¸c˜ ao s˜ao v´ alidas.

  Proposi¸ c˜ ao 5. Seja θ uma a¸c˜ ao parcial de G sobre um conjunto X. −1

−1

Ent˜ ao, para todo g ∈ G, θ g = θ g .

  −1

  Demonstra¸c˜ ao. De fato, para todo g ∈ G, aplicando (iii) com h = g temos que −1 (i) θ g ◦ θ (x) = θ (x) = Id g X (x),

  −1 −1 −1 −1

  ∀x ∈ θ (X ∩ X ) = X g , isto ´e, θ g ◦ θ (x) = Id g −1 g g g X (x), ∀x ∈ X g . −1 −1 Como θ g ´e bije¸c˜ ao segue que θ = θ . g g Observa¸ c˜ ao 6. Podemos reescrever a condi¸c˜ ao (ii) da seguinte ma- neira:

  −1 −1 −1 −1

  θ (X h ∩ X g ) = X h ∩ X . (2.1) h (gh)

  −1 −1 −1

  De fato, note que θ (X h ∩ X ) ⊆ X h g h

  e, pelo item (ii),

  −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ (X h ∩ X ) ⊆ X , isto ´e, θ (X h ∩ X ) ⊆ X ∩ X . h h g (gh) g h (gh) −1

  Por outro lado, substituindo h por h e g por gh na desigualdade

  −1 −1 −1 −1

  θ (X h ∩ X g ) ⊆ X h ∩ X obtida acima, podemos concluir que h (gh) −1 −1 −1 −1 θ (X ∩ X ) ⊆ X h ∩ X . h (gh) −1 h g −1 −1 −1 −1 −1 Pela proposi¸c˜ ao 5, θ h = θ e logo, θ h (X h ∩ X ) ⊆ X h ∩ X g . −1 ∩ X −1 ⊆ θ −1 ∩ X −1 h (gh) Finalmente segue que X h h (X h g ), pois θ h ´e

  

(gh)

  bije¸c˜ ao. Portanto conclui-se a igualdade desejada. De maneira an´ aloga, prova-se que a condi¸c˜ ao (2.1) ´e equivalente a equa¸c˜ ao (ii). Observa¸ c˜ ao 7. Podemos ainda reescrever a condi¸c˜ ao (ii) da seguinte forma: −1

  θ g (X g ∩ X h ) = X g ∩ X gh . (2.2)

  −1 −1

  De fato, substituindo g por h e h por g na igualdade (2.1) da

  −1

−1

  observa¸c˜ ao 6 obtemos que θ (X g ∩X h ) = X g ∩X gh . Pela proposi¸c˜ ao g −1 −1 −1 −1 5 temos que θ g = θ e assim, obtemos θ g (X g ∩X h ) = X g ∩X gh . De g maneira an´ aloga, prova-se que a condi¸c˜ ao (2.2) ´e equivalente a equa¸c˜ ao (ii).

  Esta ´e uma maneira mais interessante do que a observa¸c˜ao 6 e ser´ a ´ util em alguns contextos. −1 −1 Observa¸ c˜ ao 8. θ g ◦ θ h ´e bije¸c˜ ao de X ∩ X sobre X g ∩ X gh . h (gh)

  −1

  De fato, utilizando a observa¸c˜ ao 7 com h no lugar de g e (gh) −1 −1 −1 no lugar de h, obtemos θ h (X h ∩ X ) = X h ∩ X h , ou seja, −1 −1 −1 (gh) (gh) θ h (X h ∩ X ) = X h ∩ X g . Portanto pela observa¸c˜ ao 7 e pela

  (gh)

  igualdade obtida acima segue que −1 −1 −1 θ g ◦ θ h (X h ∩ X ) = θ g (X h ∩ X g ) = X g ∩ X gh .

  (gh) −1 −1

  Como θ g e θ h s˜ao bije¸c˜ oes, ent˜ao θ g ◦ θ h ´e bije¸c˜ ao de X h ∩ X

  (gh) sobre X g ∩ X gh .

  Observa¸ c˜ ao 9. Os itens (ii) e (iii) nos garantem que θ gh ´e uma bije¸c˜ ao que estende θ g ◦ θ h , para todo g, h ∈ G. A raz˜ao pela qual isso acontece ´e pelo fato que o

  −1 −1 −1 Dom(θ g ◦ θ h ) = θ (X h ∩ X ) ⊆ X = Dom(θ gh ). h g (gh)

  Pelas proposi¸c˜ oes e observa¸c˜ oes vistas at´e o momento podemos obter uma defini¸c˜ ao equivalente ` a anterior. Em alguns casos essa abor- dagem parece ser mais interessante e ser´ a utilizada, por´em depender´a do contexto a ser tratado.

  Proposi¸ c˜ ao 10. Sejam G um grupo (com elemento neutro 0) e X um conjunto n˜ ao vazio qualquer. Sejam, para cada g ∈ G, X g subconjunto −1 −→ X } } de X e θ g : X g g bije¸c˜ ao. Ent˜ ao ({X g g ∈G , {θ g g ∈G ) ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre X se, e somente se, satisfaz, para todo g, h ∈ G, as seguintes condi¸c˜ oes:

  (i) X = X; −1 (ii) θ g (X g ∩ X h ) = X g ∩ X gh ; −1 −1 (iii) θ g ◦ θ h (x) = θ gh (x), ∀x ∈ X ∩ X . h (gh) Demonstra¸c˜ ao. Segue imediatamente das observa¸c˜ oes 4, 6 e 7.

  } } Defini¸ c˜ ao 11. Seja ({X g g ∈G , {θ g g ∈G ) uma a¸c˜ ao parcial de um grupo G sobre um conjunto X. Dizemos que: 1) ({X g } g , {θ g } g ) ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre o espa¸co topol´ ogico

  ∈G ∈G

  X se X ´e um espa¸co topol´ ogico localmente compacto Hausdorff, X g s˜ ao abertos de X e θ g s˜ ao homeomorfismos, para todo g ∈ G. 2) ({X g } g , {θ g } g ) ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre a ´ algebra X se X ´e

  ∈G ∈G

  uma ´ algebra, X g s˜ ao ideais bilaterais de X e θ g s˜ ao isomorfismos, para todo g ∈ G. 3) ({X g } g , {θ g } g ) ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre a ∗-´ algebra X se X ´e

  ∈G ∈G

  uma ∗-´ algebra, X g s˜ ao ideais bilaterais autoadjuntos de X e θ g s˜ ao isomorfismos, para todo g ∈ G.

  ∗

  4) ({X g } g , {θ g } g ) ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre a C -´ algebra X se X

  ∈G ∈G ∗

  ´e uma C -´ algebra, X g s˜ ao ideais bilaterais fechados de X e θ g s˜ ao isomorfismos, para todo g ∈ G. Defini¸ c˜ ao 12. Em qualquer um dos itens da defini¸c˜ ao 11, se X g = X para todo g ∈ G, a a¸c˜ ao parcial ser´ a denominada uma a¸c˜ ao. Exemplo 13. Sejam o grupo aditivo G = (Z, +) e X = N. Vamos definir uma a¸c˜ ao parcial de G sobre X.

  Defina X z = N, se z ≤ 0 e X z = {n ∈ N | n ≥ z}, se z > 0. Tamb´em defina θ z : X −→ X z por θ z (n) = n + z.

  −z

  De fato, θ z est´a bem definido pois caso z > 0 ent˜ao temos que X z = {n ∈ N | n ≥ z} e X = N. Dessa forma, para todo n ∈ X

  −z −z

  temos que θ z (n) = n + z ≥ z, e logo, θ z (n) ∈ X z .

  Caso z ≤ 0 ent˜ao X z = N e X −z = {n ∈ N | n ≥ −z}. Dessa maneira, para todo n ∈ X −z temos que θ z (n) = n + z ≥ −z + z = 0, e portanto, θ z (n) ∈ X −z . Para ver que θ z ´e bije¸c˜ ao basta observar que ∀z ∈ Z e ∀n ∈ X −z temos que

  θ z ◦θ (n) = θ z (θ (n)) = θ z (n+(−z)) = n+(−z)+z = n = Id X (n).

  

−z −z z

  Isto ´e, θ z ◦ θ = Id X .

  −z z

  Como z ´e arbitr´ario segue que θ ◦ θ z = Id X e portanto, θ z ´e

  −z −z bije¸c˜ ao.

  Agora basta verificar que θ ´e de fato a¸c˜ ao parcial. (i) Note que X = N = X.

  −1

  (ii) Precisamos mostrar que θ (X z ∩X ) ⊆ X , ∀z, w ∈ Z. Sa- z −w −z−w

  −1

  bendo que θ = θ , para todo z ∈ Z, basta verificar a condi¸c˜ ao z −z θ −z (X z ∩X −w ) ⊆ X −z−w , ∀z, w ∈ Z. Para isso precisamos dividir em alguns casos.

  Caso 1: z > 0 e w > 0.

  Neste caso temos que X z = {n ∈ N | n ≥ z} e X = N

  −w

  e portanto, segue que X z ∩X = X z . Como −z −w ≤ 0

  −w

  ent˜ao X = N e assim, podemos concluir que para

  −z−w

  todo n ∈ X z θ (n) = n + (−z) ≥ z + (−z) = 0,

  −z isto ´e, θ (n) ∈ X . −z −z−w Caso 2: z ≤ 0 e w > 0. Neste caso, temos que X z = N e X = N e portanto,

  −w

  segue que X z ∩ X = N. Por outro lado, −z ≥ −z − w

  −w

  ent˜ao segue que para todo n ∈ N θ (n) = n + (−z) ≥ n + (−z − w) ≥ −z − w,

  −z isto ´e, θ (n) ∈ X .

  −z −z−w Caso 3: z ≤ 0 e w ≤ 0.

  Neste caso, X −w = {n ∈ N | n ≥ −w} e X z = N e portanto, segue que X z ∩ X = X . Por outro lado,

  −w −w −z − w > 0 e logo, X = {n ∈ N | n ≥ −z − w}. −z−w

  Ent˜ao segue que para todo n ∈ X

  −w

  θ (n) = n + (−z) ≥ −w − z,

  −z isto ´e, θ (n) ∈ X . −z −z−w Caso 4: z > 0 e w ≤ 0.

  Neste caso, obtemos que X z = {n ∈ N | n ≥ z} e X = {n ∈ N | n ≥ −w}. Temos que considerar duas

  −w possibilidades.

  Se |w| > |z| ent˜ao −z − w > 0 e, desse modo temos que ∩ X X −z−w = {n ∈ N | n ≥ −z − w}. Mas X z −w = X −w . Portanto, para todo n ∈ X −w temos que

  θ (n) = n + (−z) ≥ −w − z,

  −z isto ´e, θ (n) ∈ X . −z −z−w

  Se |w| ≤ |z| ent˜ao −z − w < 0 e, logo X = N. Mas,

  −z−w

  X z ∩ X −w = X z . Assim, θ −z (X z ) = X −z = X −z−w . Portanto mostramos que θ (X z ∩ X ) ⊆ X , para quais-

  −z −w −z−w quer z, w ∈ Z.

  (iii) Para quaisquer z, w ∈ Z mostraremos que θ w ◦ θ z (n) = θ w +z (n),

  −1

  ∀n ∈ θ ∩ X z (X z −w ). De fato, θ w ◦ θ z (n) = θ w (θ z (n)) = θ w (n + z) = n + z + w = θ w (n).

  • z Logo, θ ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre X.
Exemplo 14. Sejam o grupo aditivo G = (R, +) e X = [0, +∞). Vamos definir uma a¸c˜ ao parcial de G sobre o conjunto X.

  Defina X r = X, se r ≤ 0 e X r = {x ∈ X | x ≥ r}, se r > 0. Defina θ r : X −→ X r por θ r (x) = x + r.

  −r

  De fato, θ r est´a bem definido pois caso r > 0 ent˜ao temos que X r = {x ∈ R | x ≥ r} e X = X e dessa forma, para todo x ∈ X

  −r −r

  temos que θ r (x) = x + r ≥ r, e logo, θ r (x) ∈ X r .

  Caso r ≤ 0 ent˜ao X r = X e X −r = {x ∈ R | x ≥ −r}. Desse modo, para todo x ∈ X −r temos que θ r (x) = x + r ≥ −r + r = 0, e portanto, θ r (x) ∈ X −r . Para ver que θ r ´e bije¸c˜ ao basta observar que ∀r ∈ R e ∀x ∈ X −r temos que

  θ ◦ θ r (x) = θ (θ r (x)) = θ (x + r) = x + r + (−r) = x = Id X (x).

  −r −r −r −r

  Isto ´e, θ ◦ θ r = Id X .

  −r −r

  Como r ´e arbitr´ ario segue que θ r ◦ θ = Id X e portanto, θ r ´e

  −r r bije¸c˜ ao.

  A verifica¸c˜ ao de θ ´e de fato a¸c˜ ao parcial procede de forma seme- lhante ao exemplo 13. Exemplo 15. Sejam X um conjunto qualquer, G um grupo, H um subgrupo de G e γ : G −→ Bij(X) dado por γ(g) = φ g uma a¸c˜ ao de G sobre X. Podemos obter uma a¸c˜ ao parcial a partir de γ definindo

  X, se g ∈ H X g =

  ∅, se g / ∈ H e φ g , se g ∈ H θ g = . ∅, se g / ∈ H A verifica¸c˜ ao de θ ´e a¸c˜ ao parcial ´e imediata. Exemplo 16. Sejam o grupo aditivo G = (R, +) e X = C ((0, +∞)) a ´ algebra das fun¸c˜ oes cont´ınuas de (0, +∞) para R que se anulam no infinito. Vamos definir uma a¸c˜ ao parcial de G sobre a ´ algebra X.

  Defina X r = X = C ((0, +∞)), se r ≤ 0 e X r = C ((r, +∞)), como sendo o conjunto das fun¸c˜ oes de C ((0, +∞)) definidas em (r, +∞), se r > 0. Para cada r ∈ R, defina θ r : X −→ X r por θ r (f )(x) =

  −r f (x − r).

  Note que θ r est´a bem definido e X r s˜ao ideais bilaterais de X, para todo r ∈ R. Al´em disso, note que para todo f ∈ X ,

  −r

  (θ r ◦ θ )(f )(x) = θ r (θ (f ))(x) = θ (f )(x − r) =

  −r −r −r

  = f ((x − r) − (−r)) = f (x) = Id X (f )(x). −r Dessa forma, θ r ◦ θ = Id X . Logo, como r ´e arbitr´ario segue que

  −r −r

  θ −r ◦ θ r = Id X r e portanto, θ r ´e isomorfismo.

  Agora basta mostrar que θ ´e de fato a¸c˜ ao parcial. (i) Note que X = C ((0, +∞)) = X.

  −1

  (ii) Sabendo que θ = θ −r , basta verificarmos que para todo r, s ∈ R, r ∩X a condi¸c˜ ao θ −r (X r −s ) ⊆ X −r−s ´e v´ alida. Para isso precisamos dividir em alguns casos.

  Caso 1: r > 0 e s > 0.

  Neste caso temos que X r = C ((r, +∞)) e X = X e

  −s

  portanto, segue que X r ∩ X = X r . Mas, −r − s < 0 e

  −s

  logo, X = X. Dessa forma, podemos concluir que

  −r−s θ (X r ) = X ⊆ X = X .

  −r −r −r−s Caso 2: r ≤ 0 e s ≤ 0.

  Neste caso temos que X r = X e X = C ((−s, +∞)) e

  −s

  portanto, segue que X r ∩ X = X . Por outro lado,

  −s −s temos que θ (f )(x) = f (x + r), para todo x > −r. −r

  Mas como f ∈ X segue que x + r > −s, ou seja,

  −s

  x + r > −r − s. Segue que θ (f )(x) = f (x + r) ∈ X .

  −r −r−s Caso 3: r > 0 e s ≤ 0.

  Ent˜ao temos que X r = C ((r, +∞)) e X = C ((−s, +∞)).

  −s

  Por outro lado, temos que θ (f )(x) = f (x + r), para

  −r

  todo x > −r. Como f ∈ X r ∩ X temos que x + r > −s,

  −s

  ou seja, x + r > −r − s. Segue que θ (f )(x) = f (x + r) ∈ X .

  −r −r−s Caso 4: r ≤ 0 e s > 0.

  Neste caso temos que X r = X e X = X e dessa forma,

  −s

  X r ∩ X −s = X = X r . Segue que ⊆ X θ −r (X r ) = X −r −r−s .

  (iii) Para todos r, s ∈ R temos que mostrar que θ s ◦ θ r (f ) = θ s (f ),

  • r −1 ∀f ∈ θ (X r ∩ X ).
  • r −s −1

      Mas note que para todo f ∈ θ (X r ∩ X −s ) temos que r ◦ θ

      θ s r (f )(x) = θ s (θ r (f ))(x) = θ r (f )(x − s) = = f (x − (r + s)) = θ s +r (f )(x). Desse modo, θ ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre a ´ algebra X.

      A partir de agora fixaremos K um corpo qualquer. O objetivo dos pr´ oximos resultados ´e mostrar que podemos obter a¸c˜ oes parciais de grupo sobre conjuntos para a¸c˜ oes parciais de grupo sobre uma K- algebra. ´

      Seja X um conjunto n˜ ao vazio qualquer e considere F (X) a K- ´ algebra das fun¸c˜ oes de X para K equipada com as opera¸c˜ oes usuais ponto a ponto. Dado A um subconjunto qualquer de X, definimos F (A) como sendo o conjunto das fun¸c˜ oes de X para K tal que f | = 0, ou X \A seja, F (A) = {f ∈ F (X) | f (x) = 0, ∀x / ∈ A}.

      Observa¸ c˜ ao 17. Note que F (A) ´e ideal bilateral de F (X). Observe que os escalares podem ser vistos como fun¸c˜ oes constantes e que F (A) ´e subespa¸co de F (X). Note ainda que para f ∈ F (X) e g ∈ F (A)

      ∈ A, temos que, para todo x / (f.g)(x) = f (x)g(x) = f (x).0 = 0 e

      (g.f )(x) = g(x)f (x) = 0.f (x) = 0. Desse modo, como f e g s˜ao arbitr´ arios, temos f.g e g.f ∈ F (A) e, portanto, segue o desejado.

      Proposi¸ c˜ ao 18. Sejam X e Y conjuntos quaisquer e h : X −→ Y bije¸c˜ ao. Ent˜ ao a fun¸c˜ ao ψ h : F (Y ) −→ F (X) f −→ f ◦ h

      ´e isomorfismo de ´ algebras. Demonstra¸c˜ ao. Note que ψ h est´a bem definido. Para mostrar que ´e um homomorfismo, sejam f, g ∈ F (Y ) e λ ∈ K. Ent˜ao, para cada x ∈ X temos que

      ψ h (λf + g)(x) = (λf + g)(h(x)) = λf (h(x)) + g(h(x)) = λψ h (f )(x) + ψ h (g)(x) = (λψ h (f ) + ψ h (g))(x). Como x ´e arbitr´ ario segue que ψ h (λf + g) = λψ h (f ) + ψ h (g).

      Al´em disso, ψ h (f.g)(x) = (f.g)(h(x)) = f (h(x)).g(h(x)) = ψ h (f )(x).ψ h (g)(x) = (ψ h (f ).ψ h (g))(x).

      Como x ´e arbitr´ ario podemos concluir que ψ h (f.g) = ψ h (f ).ψ h (g) e portanto, ψ h ´e homomorfismo de ´ algebras.

      N˜ ao ´e dif´ıcil ver que ψ h ´e injetora pois dado f ∈ ker(ψ h ) ent˜ao ψ h (f ) = f ◦ h = 0. Certamente f (h(x)) = 0 para todo x ∈ X. Como h ´e bije¸c˜ ao, para todo y ∈ Y existe x ∈ X de modo que h(x) = y.

      Portanto, f (y) = 0 para todo y ∈ Y . Dessa forma, f = 0 e dessa forma, ψ h ´e injetora.

      Vejamos agora que ψ h ´e sobrejetora. De fato, dado g ∈ F (X)

      −1 −1

      qualquer, escolha g ◦ h : Y −→ K. Note que g ◦ h ∈ F (Y ) e

      −1 −1 ψ h (g ◦ h ) = g ◦ h ◦ h = g.

      Portanto, ψ h ´e isomorfismo. Teorema 19. Seja ({X g } g , {θ g } g ) uma a¸c˜ ao parcial de um grupo

      ∈G ∈G

      G sobre um conjunto X n˜ ao vazio qualquer. Defina D g = F (X g ) e −1 −1 α g : D −→ D g dada por α g (f ) = f ◦ θ , para cada g ∈ G. Ent˜ ao g g ({D g } g , {α g } g ) ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre a K-´ algebra F (X).

      ∈G ∈G

      Demonstra¸c˜ ao. Note que D g ´e ideal de F (X) pela observa¸c˜ ao 17 e α g ´e bije¸c˜ ao via proposi¸c˜ ao 18. Basta mostrar que ({D g } g , {α g } g )

      ∈G ∈G satisfaz as condi¸c˜ oes da proposi¸c˜ ao 10.

      (i) Como X = X segue por defini¸c˜ ao que D = F (X ) = F (X). −1 (ii) Temos que mostrar que α g (D ∩ D h ) = D g ∩ D gh . Antes disso, g fa¸camos a seguinte afirma¸c˜ ao. −1 −1 Afirma¸c˜ ao: α g (F (X ∩ X h )) = F (θ g (X ∩ X h )). g g

      −1 −1

      De fato, seja y ∈ α g (F (X ∩ X h )). Ent˜ao y = α g (f ) = f ◦ θ −1 g g para algum f ∈ F (X ∩ X h ). −1 −1 −1 −1 g Se x ∈ X g \ (θ g (X ∩ X h )) ent˜ao θ (x) ∈ X \ (X ∩ X h ) g g g g −1 pois θ g ´e bije¸c˜ ao. Como f ∈ F (X ∩ X h ) podemos concluir que −1 −1 g y(x) = f (θ (x)) = 0. Portanto y ∈ F (θ g (X ∩ X h )). g g −1 Por outro lado, seja y ∈ F (θ g (X ∩ X h )). g

      Defina f : X −→ K de modo que −1 ∩ X (y ◦ θ g )(x), se x ∈ X g h f (x) = . −1 −1 0, caso contr´ario

      Note que f ∈ F (X g ∩ X h ). Al´em disso, para x ∈ X g ∩ X h temos que −1 −1 −1 α g (f )(x) = f ◦ θ g (x) = f (θ g (x)) = y ◦ θ g ((θ g (x))

      ◦ θ −1 = y ◦ θ g g (x) = y(x)

      ´ ∈ X −1 ∩X

      E imediato que se x / g h , ent˜ao α g (f )(x) = 0 = y(x), pois ∈ θ −1 ∩ X θ g (x) / g (X g h ). Dessa forma, conclu´ımos a afirma¸c˜ ao.

      Continuando com a demonstra¸c˜ ao, note que −1 ∩ D −1 −1 ∩ X D g h = F (X g ) ∩ F (X h ) = F (X g h ). Observe que a ´ ultima igualdade da express˜ ao acima ´e claramente direta pois dada uma fun¸c˜ ao que se anula no complementar de X −1 e no complementar de X h quer dizer que a fun¸c˜ ao se anula g −1 no complementar de X ∩ X h . g Como θ ´e a¸c˜ ao parcial, conclu´ımos que

      α g (D −1 ∩ D h ) = α g (F (X −1 ∩ X h ) = F (θ g (X −1 ∩ X h )) g g g = F (X g ∩ X gh ) = F (X g ) ∩ F (X gh ) = D g ∩ D gh .

      ◦α −1 ∩D −1 (iii) Temos que mostrar que α g h (f ) = α gh (f ), ∀f ∈ D h . −1 ∩ D −1 −1 ∩ X −1 (gh) De fato, note que D h = F (X h ). Desse

      (gh) (gh) −1 ∩ X −1

      modo, para qualquer f ∈ F (X h ) temos que

    −1

    (gh) α h (f ) ◦ θ g (x), se x ∈ X g α g (α h (f ))(x) = .

      0, caso contr´ario Ent˜ao,

      −1 ◦ θ −1

      f ◦ θ h g −1 (x), se x ∈ X g e θ g (x) ∈ X h α g (α h (f ))(x) = . −1 −1 ∩ X 0, caso contr´ario Mas x ∈ X g e θ g (x) ∈ X h se, e somente se, x ∈ θ g (X g h ) e

      ∩ X como θ ´e a¸c˜ ao parcial segue que x ∈ X g gh . Al´em disso, por θ ser a¸c˜ ao parcial, temos que θ −1 (x) = θ −1 ◦ θ −1 (x), para todo h g

      (gh)

      x ∈ X g ∩ X gh . Portanto, podemos concluir que −1 ◦ θ −1 ∩ X f ◦ θ h g (x), se x ∈ X g gh α g (α h (f ))(x) =

      0, caso contr´ario −1 ∩ X f ◦ θ (x), se x ∈ X g gh

      (gh)

      = 0, caso contr´ario = α gh (f )(x).

      Dessa forma, conclu´ımos que α ´e a¸c˜ ao parcial de G sobre a K-´algebra F (X).

      3 A CONTRUC ¸ ˜ AO DA AC ¸ ˜ AO PARCIAL α Neste cap´ıtulo vamos apresentar um exemplo interessante de a¸c˜ ao parcial do grupo livre gerado pelas arestas de um grafo sobre um conjunto particular. Vamos apresentar algumas defini¸c˜ oes de grafos ne- cess´arias para os resultados posteriores e, ap´ os isso, vamos estabelecer a a¸c˜ ao parcial e o produto cruzado parcial associado a esta a¸c˜ ao. No apˆendice A, encontram-se mais detalhes sobre a constru¸c˜ao do produto cruzado parcial.

      1 Defini¸ c˜ ao 20. Um grafo dirigido ´e uma qu´ adrupla (E , E , r, s) com-

      1

      posta de dois conjuntos enumer´ aveis E e E e tamb´em duas fun¸c˜ oes

      1

      −→ E r, s : E . Os elementos de E s˜ ao chamados de v´ertices e os de

      1 E s˜ ao chamados de arestas.

      1 Para cada e ∈ E , s(e) ´e o v´ertice onde a aresta come¸ca e r(e) ´e o v´ertice onde a aresta termina.

      Observa¸ c˜ ao 21. A fim de facilitar a nota¸c˜ ao chamaremos um grafo

      1 dirigido (E , E , r, s) simplesmente por E.

      Defini¸ c˜ ao 22.

      1. Uma aresta que come¸ca e termina no mesmo v´ertice ´e chamada de “loop”.

      2. Um v´ertice que n˜ ao recebe nenhuma aresta ´e chamada de fonte.

      3. Um v´ertice que n˜ ao emite nenhuma aresta ´e chamada de po¸co.

      1 Exemplo 23. Considere E = {v , v , v , v , v }, E = {e , e , e , e , e },

      1

      

    2

      3

      4

      5

      1

      2

      3

      4

      5

      s(e ) = v , s(e ) = v = r(e ), s(e ) = s(e ) = v = r(e ), s(e ) =

      1

      1

      2

      2

      1

      

    3

      4

      3

      2

      5

      v = r(e ), r(e ) = v , podemos representar este grafo E da seguinte

      5

      5

      3

      4

      forma: v r r

      2

      ❅ e

      1 e 2 e 3 v

      4

      y q ❅ q r r ❅ v

      1

      v

      

    3

      ❅ y ❅ e

      4

      ❅ q r e .

      5

      v

      5 Neste exemplo observe que v ´e fonte, v ´e po¸co e e ´e um

      

    1

      4

      5 “loop”que come¸ca e termina no v´ertice v .

      5 Defini¸ c˜ ao 24. Seja E um grafo qualquer. Definimos:

      1. Um caminho finito a como sendo uma sequˆencia a = a . . . a n de

      1 arestas de maneira que r(a i ) = s(a i ), ∀i ∈ {1, . . . , n − 1}.

    • 1 2. Um caminho infinito a como sendo uma sequˆencia a = a a a . . .

      1

      2

      3 de arestas de maneira que r(a i ) = s(a i ), ∀i ∈ N.

    • 1

      3. Um caminho fechado ou, tamb´em chamado de ciclo, como sendo um caminho finito a = a . . . a n de modo que s(a ) = r(a n ).

      1

      1

      4. O comprimento de um caminho finito a como sendo o n´ umero de arestas que ele cont´em e, denotamos por |a|. Convencionamos que para v v´ertice temos |v| = 0. Exemplo 25. Voltando ao exemplo 23 temos que a = e

      1 e 2 e 3 ´e um

      caminho finito com |a| = 3. Por outro lado, temos b = e

      1 e 2 e 4 e 5 e 5 e 5 . . .

      um caminho infinito. Defini¸ c˜ ao 26. Um grafo E satisfaz a condi¸c˜ ao (L) se todo ciclo em E tem um sa´ıda. Em outras palavras, um grafo E satisfaz a condi¸c˜ ao (L)

      1

      se para todo caminho fechado a = a

      1 . . . a n , existe t ∈ E com t 6= a i tal que s(a i ) = s(t), para algum i ∈ {1, . . . , n}.

      Exemplo 27. Considere o grafo E da seguinte maneira

      

    1

      v r

      2

      ❅ e e

      1

      

    2

      y q ❅ r r ❅ . v v

      1 <

      3

      e

      1

      e e e n˜ ao tem nenhuma sa´ıda. Por´em o grafo E da figura abaixo

      1

      2

      3

      2 satisfaz a condi¸c˜ ao (L).

      v r

      2

      ❅ e e

      1

      

    2

      y q ❅ r r r ❅ . v

      1 < >

      v v

      3

      4

      e

      3 e

      4 Neste momento seja E um grafo qualquer e vamos considerar F

      1

      o grupo livre gerado por E com a opera¸c˜ ao produto dada pelo conca- tena¸c˜ ao. Denotamos o elemento neutro de F por 0. A partir de agora vamos come¸car a construir uma a¸c˜ ao parcial de F.

      Para isso, definimos o conjunto W como sendo o conjunto de

      ∞

      todos os caminhos finitos do grafo E e W como sendo o conjunto de todos os caminhos infinitos do grafo E, isto ´e, [

      1 W := {a = a . . . a n | a i ∈ E e r(a i ) = s(a i ), ∀i ∈ {1, . . . , n−1}} n 1 +1 ∈N

      e

      ∞

      1 W := {a = a a a . . . | a i ∈ E e r(a i ) = s(a i ), ∀i ∈ N}.

      1

      2 3 +1

      Observa¸ c˜ ao 28. Para a ∈ W da forma a = a . . . a n , definimos s(a) =

      1

      s(a ) e r(a) = r(a n ). Para a ∈ W da forma a = a a a . . . definimos

      1

      1

      2

      3 s(a) = s(a ). Para todo v ∈ E definimos s(v) = r(v) = v.

      1 De certa forma estamos estendendo as fun¸c˜ oes r, s do grafo para ∞

      o conjunto W ∪ W ∪ E .

      Agora defina o conjunto

      ∞

      | v ´e po¸co} ∪ W X := {a ∈ W | r(a) ´e po¸co} ∪ {v ∈ E . O conjunto X definido acima ser´ a o conjunto sobre o qual cria- remos uma a¸c˜ ao parcial do grupo livre F. Desse modo, vamos primeiramente definir os subconjuntos de X da seguinte forma:

      := X. ❼ X a := {ξ ∈ X | ξ ξ ...ξ = a} para todo a ∈ W . Isto ´e, X a ´e o ❼ X

      1 2 |a|

      conjunto dos caminhos que come¸cam por a. Denotaremos ξ ∈ X a como sendo ξ = a.η com η ∈ X. b := {ξ ∈ X | s(ξ) = r(b)}, para todo b ∈ W . Ou seja, X b −1 −1 ❼ X ´e o conjunto dos caminhos que tem in´ıcio o v´ertice r(b). ab := {ξ ∈ X | ξ ξ ...ξ = a} = X a , para ab ∈ F com −1

      −1

      ❼ X

      1 2 |a| −1

      a, b ∈ W , r(a) = r(b) e ab na forma reduzida, isto ´e, a 6= b . c := ∅, para todos os outros c ∈ F. |a| |b| ❼ X Observa¸ c˜ ao 29.

      1) Uma das perguntas pertinentes neste momento ´e: por que definimos nossos subconjuntos de X somente para elementos de F da forma a,

      −1 −1

      a e ab , com a, b ∈ W ? A resposta para essa pergunta vir´ a um pouco mais adiante quando definirmos a ´ Algebra de caminhos de Leavitt associada ao grafo E. −1 2) Note que r(b) ∈ X b se, e somente se, r(b) ´e po¸co. Al´em disso, −1 neste caso X b = {r(b)} e X b = {b}. 3) Para v ∈ E , defina X v = {ξ ∈ X | s(ξ) = v}. Observe que para −1 cada b ∈ W , X b e X r s˜ao o mesmo conjunto. Como s(v) = v

      (b) ent˜ao v ∈ X v se, e somente se, v ´e po¸co. Neste caso, X v = {v}.

      Exemplo 30. Para exemplificar os conjuntos definidos anteriormente, considere o grafo E da seguinte maneira: e

      2

      > r r r r e

      1 e

      4 .

      > > v

      1 v 2 v 3 v

      4

      < e

      3 Neste grafo temos o conjunto −1 X = {e e e e e . . . , e e e , e e e e e , e e e e e e e , . . .}. e e 1 2

      1

      2

      3

      2

      3

      1

      2

      4

      1

      2

      3

      2

      4

      1

      2

      3

      2

      3

      2

      4 Tamb´em temos o conjunto X −1 = {e e e e . . . , e , e e e , e e e e e , . . .}. e 2

      3

      2

      3

      2

      

    4

      3

      2

      4

      3

      2

      3

      2

      4 Observa¸ c˜ ao 31. A partir desde momento sempre usaremos as palavras −1

      de F da forma ab na sua forma reduzida pois caso contr´ario basta reduzi-la utilizando a defini¸c˜ ao de produto por concatena¸c˜ ao em F.

      Neste momento, vamos mostrar um lema bastante importante e que ser´ a utilizado com muita frequˆencia durante todo o trabalho. Lema 32. Sejam a, c ∈ W , b, d ∈ W ∪ {0} e v ∈ E . Ent˜ ao:

       −1 X ab , se a = ct para algum t ∈ W ∪ {0} −1 −1 −1

      1. X ∩X = ab cd X cd , se c = at para algum t ∈ W ∪ {0} .

       ∅, caso contr´ ario supondo r(a) = r(b) e r(c) = r(d). −1 −1 −1 X cd , se r(a)=s(c) 2. X a ∩ X cd = .

      ∅,

      3. X a −1 ∩ X c −1 = X a −1 = X c −1 , se r(a)=r(c) ∅, caso contr´ ario

      Se nenhum dos casos acontece ent˜ao segue imediatamente que

      6. Imediata.

      = X ab −1 . Por outro lado, caso s(a) 6= v segue imediatamente que X v ∩ X ab −1 = ∅.

      5. Se ξ ∈ X ab −1 ent˜ao s(ξ) = s(a). Portanto segue por defini¸c˜ ao que se s(a) = v ent˜ao ξ ∈ X v . Dessa forma, X ab −1 ⊆ X v e portanto, X v ∩ X ab −1

      4. Imediata.

      3. Imediata.

      2. Se ξ ∈ X cd −1 ent˜ao s(ξ) = s(c). Portanto segue por defini¸c˜ ao que se r(a) = s(c) ent˜ao ξ ∈ X a −1 . Logo, X cd −1 ⊆ X a −1 e assim, X a −1 ∩ X cd −1 = X cd −1 . Por outro lado, caso r(a) 6= s(c) segue imediatamente que X a −1 ∩ X cd −1 = ∅.

      X ab −1 ∩ X cd −1 = ∅.

      Analogamente prova-se que caso c = at para algum t ∈ W ∪ {0}, ent˜ao X ab −1 ∩ X cd −1 = X cd −1 .

      .

      1. Caso a = ct para algum t ∈ W ∪ {0}, dado ξ ∈ X ab −1 ent˜ao ξ = aη = ctη e portanto, ξ ∈ X cd −1 . Dessa forma, X ab −1 ⊆ X cd −1 e logo, X ab −1 ∩ X cd −1 = X ab −1 .

      X ab −1 . Demonstra¸c˜ ao.

      (a)=v

      6. X v = [ a ∈W s

      X ab −1 , se s(a)=v ∅, caso contr´ ario .

      5. X v ∩ X ab −1 =

      = X v = X b −1 , se r(b)=v ∅, caso contr´ ario .

      4. X v ∩ X b −1

      Definidos os subconjuntos de X e demostradas algumas de suas propriedades, o pr´ oximo passo ´e definir as bije¸c˜ oes. Definimos:

      := Id X . ❼ θ a : X a −→ X a como sendo a fun¸c˜ ao que −1 ❼ Para todo a ∈ W , θ −1 “adiciona” a, ou seja, θ a (ξ) = aξ, para todo ξ ∈ X a . b : X b b como sendo a fun¸c˜ ao que −1 −→ X −1 ❼ Para todo b ∈ W , θ −1 −1 “apaga” b, ou seja, θ b (bξ) = ξ, para todo ξ ∈ X b .

      −1

      na forma reduzida, ❼ Para todo a, b ∈ W com r(a) = r(b) e ab −1 −1 −1

      θ : X −→ X como a fun¸c˜ ao que “apaga” b e “adici- ab ba ab −1 ona” a, isto ´e, θ (bξ) = aξ, para todo ξ. c := ∅, para qualquer outro c ∈ F, ou seja, θ c ´e definido como a ab ❼ θ fun¸c˜ ao vazia.

      Observa¸ c˜ ao 33. Note que θ a est´a bem definido pois se r(a) ´e po¸co segue das observa¸c˜ oes anteriores que X a = {a} e X −1 = {r(a)} e logo, a θ a (r(a)) = a. Por outro lado, se r(a) n˜ ao ´e po¸co temos que para todo −1 ξ ∈ X , s(ξ) = r(a) e assim, o caminho aξ faz sentido. Desse modo, a θ a (ξ) = aξ ∈ X a . −1 Observa¸ c˜ ao 34. Note que θ b est´a bem definido. De fato, se r(b) ´e −1 −1 po¸co ent˜ao temos que X b = {b} e X b = {r(b)} e logo, θ b (b) = r(b).

      Por outro lado, se r(b) n˜ ao ´e po¸co temos que para todo ξ ∈ X b , ξ pode ser escrito como ξ = bη, para algum η ∈ X. Note que r(b) = s(η) e −1 −1 portanto, segue que θ b (ξ) = η ∈ X b . −1 Observa¸ c˜ ao 35. Podemos notar que θ a e θ s˜ao bije¸c˜ oes. De fato, a para todo ξ ∈ X a , podemos escrever ξ = aη para algum η ∈ X e dessa forma −1 −1

      θ a ◦ θ (ξ) = θ a (θ (aη)) = θ a (η) = aη = ξ = Id a a a −1 X (ξ). Ou seja, θ a ◦ θ a = Id X . a −1

      Por outro lado, para todo ξ ∈ X a temos que −1 −1 −1 θ a ◦ θ a (ξ) = θ a (θ a (ξ)) = θ a (aξ) = ξ = Id −1 X (ξ). a−1

      Ou seja, θ a ◦ θ a = Id X . a−1 Portanto, segue o desejado. Al´em disso, podemos concluir que

      −1 −1 θ = θ a . a −1

      Observa¸ c˜ ao 36. Notemos θ est´a bem definido. De fato, caso ab −1 −1 r(a) = r(b) for po¸co temos que X = {a} e X = {b} e logo, −1 ab ba θ (b) = a. ab

      Por outro lado, se r(a) = r(b) n˜ ao for po¸co temos que para todo −1 ξ ∈ X , podemos escrever ξ = bη para algum η ∈ X. Note que ba r(a) = r(b) = s(η) e dessa maneira, faz sentido o caminho aη. Ent˜ao −1 −1 −1 podemos concluir que θ ab (ξ) = θ ab (bη) = aη ∈ X ab . −1

      Observa¸ c˜ ao 37. Podemos notar que θ ab ´e bije¸c˜ ao. De fato, para −1 todo ξ ∈ X ab , podemos escrever ξ = aη para algum η ∈ X. Dessa maneira obtemos −1 ◦ θ −1 −1 −1 −1 θ ab ba (ξ) = θ ab (θ ba (aη)) = θ ab (bη) = aη = ξ = Id X (ξ). ab−1 Ou seja, θ −1 ◦ θ −1 = Id ab ba X . ab−1 −1 −1

      Como a e b s˜ao arbitr´ arios segue que θ ◦ θ = Id ba ab X e ba−1 portanto, segue o desejado. Da mesma forma, podemos concluir que

      −1 −1 θ = θ . ab −1 ba

      Observa¸ c˜ ao 38. Nas observa¸c˜ oes anteriores mostramos que θ c ´e bije¸c˜ ao

      −1 −1 e θ = θ c , para todo c ∈ F. c

      } } Proposi¸ c˜ ao 39. O par ({X c c ∈F , {θ c c ∈F ) definido acima ´e uma a¸c˜ ao parcial de F sobre o conjunto X.

      Demonstra¸c˜ ao. Pelas observa¸c˜ oes anteriores, basta verificarmos que ({X c } c , {θ c } c ) satisfaz as condi¸c˜ oes de a¸c˜ ao parcial. Lembrando

      ∈F ∈F

    −1

      que todos os elementos da forma ab ∈ F, com a, b ∈ W e r(a) = r(b) estar˜ao sempre na sua forma reduzida, a fim de facilitar as contas.

      (i) Note que, por defini¸c˜ ao, X = X.

      −1 (ii) Precisamos mostrar que θ (X s ∩ X −1 ) ⊆ X −1 , ∀t, s ∈ F. s t (ts) −1 −1

      Sabendo que θ = θ , basta verificar que ∀t, s ∈ F, a condi¸c˜ ao −1 −1 −1 s s θ (X s ∩ X ) ⊆ X ´e v´ alida. s t

      (ts) Para isso vamos dividir em v´ arios casos.

      1) Caso t = 0 ou s = 0.

      Por defini¸c˜ ao X t = X ou X s = X e dessa forma, em ambos os −1 −1 −1 casos, n˜ ao ´e dif´ıcil verificar que θ s (X s ∩ X t ) ⊆ X ´e

      (ts) v´ alida.

      2) Caso t = a ∈ W e s = b ∈ W .

      Precisamos mostrar que θ −1 (X b ∩ X −1 ) ⊆ X −1 . b a

      (ab) −1

      Se s(b) 6= r(a) segue pelo lema 32 que X b ∩ X = ∅. Por −1 a outro lado, ab / ∈ W e por isso, X = ∅. Portanto, segue

      (ab) trivialmente o desejado. Se s(b) = r(a) e r(a) n˜ ao ´e po¸co temos que pelo lema 32, −1 X b ∩ X = X b . Por outro lado, o caminho ab ∈ W e note a −1 −1 −1 tamb´em que X b = X pois dado ξ ∈ X b temos que

      (ab)

      s(ξ) = r(b) = r(ab). Assim, −1 −1 −1 −1 −1 θ b (X b ∩ X a ) = θ b (X b ) = X b ⊆ X .

      (ab) −1

      3) Caso t = a ∈ W e s = b com b ∈ W . −1 −1 −1 Precisamos mostrar que θ b (X b ∩ X a ) ⊆ X ba . −1 ∩ X −1 Se r(a) 6= r(b) segue pelo lema 32 que X b a = ∅. Por −1 outro lado, X ba = ∅ e portanto segue trivialmente. −1 −1 −1 Se r(a) = r(b) temos pelo lema 32 que X b ∩ X a = X b .

      −1

      Por outro lado, ba fica bem definido e dessa forma temos −1 que X b = X ba . Portanto, −1 −1 −1 −1 −1 θ b (X b ∩ X a ) = θ b (X b ) = X b = X ba ⊆ X ba .

      −1 4) Caso t = a com a ∈ W e s = b ∈ W . −1 −1 −1 −1 Basta mostrar que θ b (X b ∩ X a ) ⊆ X b = X b a .

      (a )

      Se a = bu para algum u ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema 32,

      −1 −1

      ∩ X X b a = X a = X bu . Por outro lado, b a = b bu = u ∈ W e portanto, X −1 = X u . Neste caso para todo ξ ∈ X bu com b a

      ξ = buη para algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 θ b (ξ) = θ b (buη) = uη ∈ X u = X b a . Portanto, −1 −1 −1 θ (X b ∩ X a ) = θ (X bu ) ⊆ X u = X . b b b a Se b = au para algum u ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema 32,

      −1 −1 −1

      X b ∩ X a = X b = X au . Por outro lado, b a = (au) a = u −1 −1 e portanto, X b a = X u . Neste caso para todo ξ ∈ X b com ξ = bη para algum η ∈ X temos que −1 −1 θ (ξ) = θ (bη) = η. b b −1 Como s(η) = r(b) = r(au) = r(u) segue que η ∈ X u .

      Portanto, −1 −1 −1 −1 θ (X b ∩ X a ) = θ (X b ) ⊆ X = X . b b u b a

      Se nenhum dos casos anteriores acontecerem ent˜ao pelo lema −1 32 e por defini¸c˜ ao temos X b ∩ X a = ∅ = X e segue trivial- b a mente.

      −1 −1 5) Caso t = a e s = b com a, b ∈ W . −1 ∩ X Ent˜ao precisamos mostrar que θ b (X b a ) ⊆ X ba . −1 ∩ X

      Se s(a) 6= r(b) segue que pelo lema 32, X b a = ∅ = X ba e portanto, segue trivialmente. −1 Agora se s(a) = r(b) segue que pelo lema 32, X b ∩ X a = X a . Por outro lado, ba ∈ W . Assim, dado ξ ∈ X a com ξ = aη para algum η ∈ X temos que θ b (ξ) = θ b (aη) = baη ∈ X ba .

      Logo, θ b (X b ∩ X a ) = θ b (X a ) ⊆ X ab .

      −1 6) Caso t = ac com a, c ∈ W e r(a) = r(c) e s = b ∈ W . −1 −1 −1 −1 −1 −1 Basta mostrar que θ b (X b ∩ X ca ) ⊆ X b = X b ca .

      (ac )

      Se c = bu para algum u ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema 32, −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 X b ∩X = X . No entanto, b ca = b bua = ua ca ca −1 −1 −1 e portanto, X = X . Neste caso temos que para todo −1 b ca ua

      ξ ∈ X ca = X c = X bu com ξ = buη para algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 θ b (ξ) = θ b (buη) = uη ∈ X u = X ua .

      Portanto, −1 −1 −1 −1 −1 θ b (X b ∩ X ca ) = θ b (X bu ) ⊆ X u = X ua = X b a . Se b = cµ para algum µ ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema 32, −1 −1 −1 −1 −1

      X cµ ∩X ca = X cµ = X b . No entanto, b ca = (cµ) ca =

      −1 −1

    −1 −1 −1 −1

      µ a e portanto, X b ca = X µ a . Neste caso para todo ξ ∈ X b com ξ = bη para algum η ∈ X temos que −1 −1 θ b (ξ) = θ b (bη) = η. −1 Como s(η) = r(b) = r(cµ) = r(µ) segue que η ∈ X . µ Portanto, −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ (X b ∩ X a ) = θ (X b ) ⊆ X = X = X . b b µ (aµ) b ca Se nenhum dos casos anteriores existirem ent˜ao obtemos que −1 −1 −1 X b ∩ X = ∅ = X e segue trivialmente. ca b ca

      −1 −1

      7) Caso t = ac com a, c ∈ W e r(a) = r(c) e s = b com b ∈ W . −1 −1 −1 −1 −1 −1 Basta mostrar que θ b (X ∩ X ) ⊆ X = X . b ca (ac b ) bca −1 ∩ X −1 −1 Se s(c) 6= r(b) ent˜ao X b ca = ∅ = X bca , pelo lema 32. Dessa maneira, segue trivialmente. −1 −1 −1 Caso s(c) = r(b) segue do lema 32 que X b ∩ X ca = X ca .

      −1

      Por outro lado, no elemento bca ∈ F, observe que bc ∈ W e que r(bc) = r(a). −1 Assim, dado ξ ∈ X ca com ξ = cη para algum η ∈ X temos que −1 θ b (ξ) = θ b (cη) = bcη ∈ X bc = X bca .

      Logo, −1 −1 −1 −1 θ b (X ∩ X ) = θ b (X ) ⊆ X bc = X . b ca ca bca

      −1 −1 8) Caso t = a e s = bd com a, b, d ∈ W e r(b) = r(d). −1 −1 −1 −1 −1 −1 Basta mostrar que θ db (X bd ∩X a ) ⊆ X bd = X db a .

      (a )

      Se a = bu para algum u ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema 32, −1 −1 −1 X ∩ X a = X a = X bu . No entanto, db a = db bu = du bd −1 e portanto, X db a = X du . Neste caso para todo ξ ∈ X bu com ξ = buη para algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 θ (ξ) = θ (buη) = duη ∈ X du = X . db db db a Portanto, −1 −1 ∩ X −1 −1 θ db (X bd a ) = θ db (X bu ) ⊆ X du = X db a .

      Se b = au para algum u ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema 32, −1 −1 −1 −1 −1 X bd ∩ X a = X bd . No entanto, db a = d(au) a = du −1 −1 −1 e portanto, X db a = X du . Neste caso para todo ξ ∈ X bd com ξ = bη para algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 θ db (ξ) = θ db (bη) = dη ∈ X d = X du .

      Portanto, −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ (X ∩ X a ) = θ (X ) ⊆ X = X . db bd db bd du db a

      Se nenhum dos casos anteriores existirem ent˜ao temos que −1 −1 X ∩ X a = ∅ = X e segue trivialmente. bd db a

      −1 9) Caso t = a ∈ W e s = bd com b, d ∈ W e r(b) = r(d). −1 −1 −1 −1 −1 −1 Basta verificar θ db (X bd ∩ X a ) ⊆ X = X d . −1 −1 −1 (abd ) (ab)

      Se s(b) 6= r(a) ent˜ao X bd ∩ X a = ∅ = X d , pelo lema

      (ab) 32. Portanto, segue trivialmente. −1 −1 −1 Se s(b) = r(a) temos que pelo lema 32, X bd ∩ X a = X bd .

      −1

      Por outro lado, o caminho d(ab) est´a bem definido e note −1 −1 tamb´em que X db = X d pois r(ab) = r(b) = r(d).

      (ab)

      Assim, −1 −1 ∩ X −1 −1 −1 −1 −1 θ db (X bd a ) = θ db (X bd ) = X db = X d .

      (ab) −1 −1

      10) Caso t = ac com a, c ∈ W e r(a) = r(c) e s = bd com

      b, d ∈ W e r(b) = r(d). Neste caso precisamos mostrar que −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ (X ∩ X ) ⊆ X = X . db bd ca bd db ca

      (ac )

      Se c = bu para algum u ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema −1 −1 −1 32, X ∩ X = X . Por outro lado, notamos que bd ca ca

      −1 −1 −1 −1 −1

      db ca = db bua = dua est´a bem definido e portanto, −1 −1 −1 X = X . db ca dua −1 −1 Neste caso para todo ξ ∈ X = X com ξ = buη para ca bua algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 θ db (ξ) = θ db (buη) = duη ∈ X du = X dua .

      Portanto, −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ db (X bd ∩ X ca ) = θ db (X bua ) ⊆ X dua = X db ca . Se b = cµ para algum µ ∈ W ∪ {0} temos que pelo lema −1 −1 −1 32, X bd ∩ X ca = X bd . Por outro lado, notamos que

      −1 −1 −1 −1 −1 −1

      db ca = d(cµ) ca = dµ a e consequentemente, −1 −1 −1 −1 X db ca = X dµ a . −1 Neste caso para todo ξ ∈ X bd com ξ = bη para algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 −1 θ (ξ) = θ (bη) = dη ∈ X d = X . db db dµ a

      Portanto, −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ (X ∩X ) = θ (X ) ⊆ X = X . db bd ca db bd dµ a db ca Se nenhum dos casos anteriores acontecer ent˜ao temos que −1 −1 −1 −1 X ∩ X = ∅ = X e segue trivialmente. bd ca db ca 11) Se t ou s n˜ ao s˜ao da forma como nos 10 casos anteriores, ent˜ao −1 X ou X s ser´ a vazio, e segue trivialmente. t −1 −1 (iii) Temos que mostrar que θ t ◦ θ s (ξ) = θ ts (ξ), ∀ξ ∈ X s ∩ X .

      (ts)

      Como no item anterior, tamb´em precisamos dividir em v´ arios ca- sos. 1) Caso t = 0 ou s = 0 ent˜ao por defini¸c˜ ao θ t = Id X ou θ s = Id X e assim, a igualdade se torna imediata. 2) Caso t = a ∈ W e s = b ∈ W .

      Precisamos mostrar que θ a ◦ θ b (ξ) = θ ab (ξ), para todo ξ ∈ −1 −1 X ∩ X . b (ab) −1 De fato, se s(b) 6= r(a) ent˜ao X = ∅ e portanto segue

      (ab) trivialmente.

      Agora, se s(b) = r(a) ent˜ao ab ∈ W e assim pelo lema 32, −1 −1 −1 −1 X ∩ X = X = X pois r(b) = r(ab). b (ab) (ab) b −1 −1 Logo, para todo ξ ∈ X = X b temos que

      (ab) θ a ◦ θ b (ξ) = θ a (bξ) = abξ = θ ab (ξ).

      −1 3) Caso t = a ∈ W e s = b com b ∈ W . −1 −1

      Precisamos mostrar que θ a ◦ θ (ξ) = θ (ξ), para todo −1 b ab ξ ∈ X b ∩ X . ba −1 De fato, se r(a) 6= r(b) ent˜ao X ba = ∅ e portanto segue trivialmente. −1 Agora se r(a) = r(b) note que X b ∩ X = X b . Logo, para ba todo ξ ∈ X b , ξ = bη para algum η ∈ X e portanto temos por um lado que

      ◦ θ −1 ◦ θ −1 θ a b (ξ) = θ a b (bη) = θ a (η) = aη. Por outro lado, −1 −1 θ (ξ) = θ (bη) = aη. ab ab Portanto segue o desejado.

      −1 4) Caso t = a com a ∈ W e s = b ∈ W . −1 −1

      Precisamos mostrar que θ ◦ θ b (ξ) = θ (ξ), para todo −1 −1 a a b ξ ∈ X ∩ X . b b a

      −1

      Se a = bu para algum u ∈ W ∪ {0} temos que X = −1 b a X = X u e usando novamente o lema 32 obtemos neste b bu −1 caso que X b ∩ X u = X u pois s(u) = r(b).

      Com isso, para todo ξ ∈ X u , ξ = uη para algum η ∈ X obtemos por um lado que −1 −1 −1 −1 θ ◦ θ b (ξ) = θ ◦ θ b (uη) = θ (buη) = θ (aη) = η. a a a a

      −1 −1 −1

      Note que a b = (bu) b = u e por outro lado temos −1 −1 θ (ξ) = θ (uη) = η. a b u Portanto a igualdade ´e v´ alida.

      Agora se b = au para algum u ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso −1 −1 −1 que X b a = X a = X u e usando novamente o lema 32 −1 ∩ X −1 −1 −1 (au) temos que X b u = X b = X u pois r(u) = r(b). −1 Com isso, para todo ξ ∈ X u temos por um lado que −1 −1 −1 θ ◦ θ b (ξ) = θ (bξ) = θ (auξ) = uξ. a a a

      −1 −1

      Note que a b = a au = u e por outro lado temos −1 θ a b (ξ) = θ u (ξ) = uξ. Portanto temos a igualdade v´ alida. Se nenhum dos casos anteriores acontecer ent˜ao a igualdade ´e v´ alida trivialmente.

      −1 −1 5) Caso t = a e s = b com a, b ∈ W . −1 ◦ θ −1 −1

      Ent˜ao precisamos mostrar que θ a b (ξ) = θ (ξ), para

      (ba)

      ∩ X todo ξ ∈ X b ba . −1 De fato, se s(a) 6= r(b) ent˜ao X = ∅ e portanto segue

      (ba) trivialmente.

      Agora, se s(a) = r(b) ent˜ao ba ∈ W e assim pelo lema 32, X b ∩ X ba = X ba . Logo, para todo ξ ∈ X ba , ξ = baη para algum η ∈ X temos que −1 −1 −1 −1 −1 θ ◦ θ (ξ) = θ ◦ θ (baη) = θ (aη) = η. a b a b a

      Por outro lado, −1 −1 θ (ξ) = θ (baη) = η.

      (ba) (ba) Portanto segue o desejado.

      −1 6) Caso t = ac com a, c ∈ W e r(a) = r(c) e s = b ∈ W . −1 ◦ θ −1

      Precisamos mostrar que θ ac b (ξ) = θ ac b (ξ), para todo −1 ∩ X −1 −1 ξ ∈ X b b .

      (ac )

      Se c = bu para algum u ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso que −1 −1 −1 −1 −1 X b ca = X b bua = X ua e usando novamente o lema 32 −1 ∩ X −1 −1 temos que X b ua = X ua pois s(u) = r(b). −1 Com isso, para todo ξ ∈ X ua , ξ = uη para algum η ∈ X temos por um lado que −1 −1 −1 −1 θ ac ◦ θ b (ξ) = θ ac ◦ θ b (uη) = θ ac (buη) = θ ac (cη) = aη.

      −1 −1 −1

      Note que ac b = a(bu) b = au e por outro lado temos −1 −1 θ au (ξ) = θ au (uη) = aη. Portanto a igualdade ´e v´ alida. Se b = cµ para algum µ ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso que −1 −1 −1 −1 −1 X = X = X . Note que aµ ∈ W visto b ca (cµ) ca (aµ) que s(µ) = r(c) = r(a). Usando novamente o lema 32 temos −1 −1 −1 −1 que X b ∩ X = X b = X .

      (aµ) (aµ) −1

      Com isso, para todo ξ ∈ X temos portanto por um lado

      

    (au)

      que −1 −1 −1 θ ◦ θ b (ξ) = θ (bξ) = θ (cµξ) = aµξ. ac ac ac

      −1 −1

      Note que ac b = ac cµ = aµ ∈ W e por outro lado temos −1 θ (ξ) = θ aµ (ξ) = aµξ. ac b Portanto a igualdade ´e v´ alida.

      Se nenhum dos casos anteriores acontecer ent˜ao a igualdade ´e v´ alida trivialmente.

      −1 −1

      7) Caso t = ac com a, c ∈ W e r(a) = r(c) e s = b com b ∈ W . −1 −1 −1 Precisamos mostrar que θ ac ◦θ b (ξ) = θ a (ξ), para todo −1 (bc) ξ ∈ X b ∩ X bca . −1

      Se s(c) 6= r(b) ent˜ao temos que X = ∅ e portanto a igual- bca dade segue trivialmente. −1 −1 Agora se s(c) = r(b) ent˜ao X b ∩ X = X = X bc , pelo bca bca lema 32.

      −1

      Desse modo, para todo ξ ∈ X , ξ = bcη para algum η ∈ X bca temos por um lado que −1 −1 −1 −1 −1 θ ac ◦ θ b (ξ) = θ ac ◦ θ b (bcη) = θ ac (cη) = aη.

      Por outro lado temos −1 −1 θ (ξ) = θ (bcη) = aη. a (bc) a (bc) Portanto segue o desejado.

      −1 −1 8) Caso t = a e s = bd com a, b, d ∈ W e r(b) = r(d). −1 −1 −1 −1

      Ent˜ao precisamos mostrar que θ a ◦ θ bd (ξ) = θ a bd (ξ), −1 −1 para todo ξ ∈ X db ∩ X db a . Se a = bu para algum u ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso que −1 −1 X db a = X db bu = X du . Note que du ∈ W visto que s(u) = −1 r(b) = r(d). Usando o lema 32 temos que X db ∩ X du = X du . Com isso, para todo ξ ∈ X du , ξ = duη para algum η ∈ X segue por um lado que −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ ◦θ (ξ) = θ ◦θ (duη) = θ (buη) = θ (aη) = η. a bd a bd a a

      −1 −1 −1 −1 −1

      Note que a bd = (bu) bd = (du) e por outro lado temos −1 −1 θ (ξ) = θ (duη) = η.

      (du) (du) Portanto a igualdade ´e v´ alida.

      Se b = au para algum u ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso que −1 −1 −1 X = X = X e usando novamente o lema 32 db a d (au) a du −1 −1 −1 −1 temos que X ∩ X = X = X pois r(b) = r(u). db du db du −1 Com isso, para todo ξ ∈ X du , ξ = dη para algum η ∈ X temos que por um lado −1 −1 −1 −1 −1 −1 θ ◦θ (ξ) = θ ◦θ (dη) = θ (bη) = θ (auη) = uη. a bd a bd a a

      −1 −1 −1 −1 −1

      Note que a bd = a aud = ud e por outro lado temos −1 −1 −1 −1 θ a bd (ξ) = θ ud (ξ) = θ ud (dη) = uη. Portanto a igualdade ´e v´ alida. Se nenhum dos casos anteriores acontecer ent˜ao a igualdade ´e v´ alida trivialmente.

      −1 9) Caso t = a ∈ W e s = bd com b, d ∈ W e r(b) = r(d). −1 −1

      Precisamos mostrar que θ a ◦ θ bd (ξ) = θ abd (ξ), para todo −1 −1 ξ ∈ X db ∩ X d .

      (ab) −1

      Se s(b) 6= r(a) ent˜ao temos que X = ∅ e portanto a d

      (ab) igualdade segue trivialmente.

      Agora se s(b) = r(a) temos que ab ∈ W e novamente pelo −1 −1 −1 −1 lema 32 temos que X db ∩ X d = X db = X d pois

      (ab) (ab) r(b) = r(ab). −1 −1

      Assim, para todo ξ ∈ X db = X d , ξ = dη para algum

      (ab)

      η ∈ X temos por um lado que −1 −1 θ a ◦ θ (ξ) = θ a ◦ θ (dη) = θ a (bη) = abη. bd bd Por outro lado, temos que −1 −1 θ abd (ξ) = θ abd (dη) = abη. Portanto segue o desejado.

      −1 −1

      10) Caso t = ac com a, c ∈ W e r(a) = r(c) e s = bd com b, d ∈ W e r(b) = r(d). −1 −1 −1 −1 Precisamos mostrar que θ ◦ θ (ξ) = θ (ξ), para −1 −1 −1 ac bd ac bd todo ξ ∈ X ∩ X . db db ca Se c = bu para algum u ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso que −1 −1 −1 −1 −1 X db ca = X db bua = X dua . Note xque s(u) = r(b) = −1 −1 −1 r(d) e usando o lema 32 temos que X db ∩ X dua = X dua . −1 Com isso, para todo ξ ∈ X dua , ξ = duη para algum η ∈ X temos por um lado que −1 −1 −1 −1

      θ ◦ θ (ξ) = θ ◦ θ (duη) ac bd ac bd −1 −1 = θ (buη) = θ (cη) = aη. ac ac

      

    −1 −1 −1 −1 −1

      Note que ac bd = a(bu) bd = a(du) e por outro lado temos −1 −1 θ (ξ) = θ (duη) = aη. a (du) a (du) Portanto a igualdade ´e v´ alida.

      Se b = cµ para algum µ ∈ W ∪ {0} obtemos neste caso que −1 −1 −1 −1 −1 X = X = X e usando novamente o db ca d ca d

      (cµ) (aµ) −1 −1 −1 −1

      lema 32 temos que X ∩ X = X = X pois db d (aµ) db d (aµ) −1 r(d) = r(b) = r(aµ). Dessa maneira, para todo ξ ∈ X , d (aµ)

      ξ = dη para algum η ∈ X temos por um lado que −1 −1 −1 −1 −1 θ ac ◦ θ bd (ξ) = θ ac ◦ θ bd (dη) = θ ac (bη) −1 = θ ac (cµη) = aµη.

      

    −1 −1 −1 −1 −1

      Note que ac bd = ac cµd = aµd e por outro lado temos −1 −1 −1 −1 θ ac bd (ξ) = θ aµd (ξ) = θ aµd (dη) = aµη.

      Portanto a igualdade ´e v´ alida. Se nenhum dos casos anteriores acontecer ent˜ao a igualdade ´e v´ alida trivialmente.

      11) Caso t ou s n˜ ao s˜ao da forma como nos 10 casos anteriores, −1 −1 ent˜ao X ou X ser´ a vazio, e a igualdade se tornar´ a s (ts) imediata.

      Podemos concluir ent˜ao que ({X c } c , {θ c } c ) ´e de fato a¸c˜ ao

      ∈F ∈F parcial de F sobre o conjunto X.

      1 Exemplo 40. Seja E o grafo com E = {v} e E = {e} da seguinte

      maneira: e r > v .

      Note que X ser´ a o conjunto unit´ ario cujo ´ unico elemento ´e o caminho infinito ξ = eee . . ..

      1 Seja G o grupo livre gerado por E . Note que G ∼

      = Z via o

      −1

      isomorfismo de grupo ϕ : G −→ Z com ϕ(a) = |a| e ϕ(a ) = −|a|, para todo a ∈ W .

      1 Neste caso a a¸c˜ ao parcial do grupo livre gerado por E ´e na verdade uma a¸c˜ ao de Z sobre o conjunto unit´ario X.

      At´e agora conseguimos definir uma a¸c˜ ao parcial ({X c } c , {θ c } c )

      ∈F ∈F

      de F sobre o conjunto X. Utilizando o teorema 19 do cap´ıtulo 2 po- demos obter uma a¸c˜ ao parcial no n´ıvel de ´ algebra a partir desta, ou seja, conseguimos obter ({F (X c )} c , {α c } c ) a¸c˜ ao parcial de F sobre

      ∈F ∈F −1 a K-´algebra F (X) como sendo α c (f ) = f ◦ θ , para todo c ∈ F. c Para os prop´ ositos posteriores, isto ´e, para a constru¸c˜ ao do pro- duto cruzado parcial que desejamos, a K-´algebra F (X) ´e grande de- mais. Dessa forma, vamos restringi-la, nos concentrando nas fun¸c˜ oes caracter´ısticas de cada subconjunto definido anteriormente.

      Para cada c ∈ F, seja 1 c a fun¸c˜ ao caracter´ıstica de X c , ou seja, 1, se ξ ∈ X c 1 c (ξ) = . 0, caso contr´ario

      Com isso, definimos D(X) = D ⊆ F (X) como sendo D = D(X) = span{{1 p | p ∈ F \ {0}} ∪ {1 v | v ∈ E }}, em que 1 v ´e a fun¸c˜ ao caracter´ıstica do conjunto X v definido na ob- serva¸c˜ ao 29. Agora, para cada p ∈ F \ {0}, definimos D p ⊆ F (X p ) como sendo

      D p = span{{1 p 1 q | q ∈ F}}, em que span neste caso significa span K-linear. Note que D(X) ´e sub´ algebra de F (X) e, para cada p ∈ F, D p s˜ao ideais bilaterais de D(X). O objetivo nesse momento ´e restringir a a¸c˜ ao parcial de F sobre F (X) para a K-´algebra D(X).

      Agora, para que possamos fazer isso ´e necess´ ario garantir que a restri¸c˜ ao dos isomorfismos α p para os ideias D p esteja bem definidos. Para que isso seja efetivado ´e preciso de alguns lemas. Lema 41. Sejam a, c ∈ W , b, d ∈ W ∪ {0} e v ∈ E . Ent˜ ao:

       −1 1 , se a = ct para algum t ∈ W ∪ {0} ab −1 −1 −1  1. 1 ab cd cd 1 = 1 , se c = at para algum t ∈ W ∪ {0} ,

       0, caso contr´ ario supondo r(a) = r(b) e r(c) = r(d). −1 1 , se r(a)=s(c) cd

      2. 1 −1 a cd 1 −1 = .

      0, caso contr´ ario −1 −1 −1 −1 1 = 1 , se r(a)=r(c) a c 3. 1 a c 1 = .

      0, caso contr´ ario −1 −1 1 v = 1 b , se r(b)=v 4. 1 v 1 b = .

      0, caso contr´ ario −1 −1 1 ab , se s(a)=v 5. 1 v 1 ab = . Demonstra¸c˜ ao. Segue diretamente do lema 32. Lema 42.

      1. α p (1 p −1 1 q ) = 1 p 1 pq , para quaisquer p, q ∈ F.

      2. Para a ∈ W e b ∈ W ∪ {0}, supondo r(a) = r(b), temos que α a (1 a −1 1 v ) = 1 a , se r(a) = v

      0, caso contr´ ario e α ab −1 (1 ba −1 1 v ) = 1 ab −1 , se s(b) = v

      0, caso contr´ ario . Demonstra¸c˜ ao.

      1. Dados p, q ∈ F temos que para quaisquer ξ ∈ X, α p (1 p −1 1 q )(ξ) = (1 p −1 1 q ◦ θ p −1 )(ξ) = 1 p −1p −1 (ξ))1 q (θ p −1 (ξ)) =

      = 1, se θ p −1 (ξ) ∈ X p −1 ∩ X q 0, caso contr´ario

      = =

      1, se ξ ∈ X p ∩ X pq 0, caso contr´ario

      = = 1 p (ξ)1 pq (ξ) = 1 p 1 pq (ξ), pois como θ ´e a¸c˜ ao parcial, ξ ∈ X p ∩ X pq se, e somente se,

      θ p −1 (ξ) ∈ X p −1 ∩ X q . Sendo assim, segue o desejado.

      2. Pelo lema 41 temos que se r(a) = v ent˜ao 1 a −1 1 v = 1 a −1 e logo, como θ ´e a¸c˜ ao parcial, segue que para todo ξ ∈ X a da forma ξ = aη para algum η ∈ X

      α a (1 a −1 )(ξ) = (1 a −1 ◦ θ a −1 )(ξ) = 1 a −1a −1 (aη)) = 1 a −1 (η) = 1 = 1 a (ξ).

      Caso r(a) 6= v ent˜ao 1 a −1 1 v = 0 e, consequentemente, obtemos que α a (1 a −1 1 v ) = α a (0) = 0. Portanto, podemos concluir que α a (1 a −1 1 v ) = 1 a , se r(a) = v

      . Usando novamente o lema 41, de maneira bastante semelhante, prova-se que −1 1 , se s(b) = v ab α −1 (1 −1 ab ba 1 v ) = .

      0, caso contr´ario Observa¸ c˜ ao 43. O lema 42 garante que para todo p ∈ F, α p (1 −1 ) = 1 p . p Essa observa¸c˜ ao ser´ a utilizada nos pr´ oximos cap´ıtulos.

      Finalmente os lemas 41 e 42 nos garantem a restri¸c˜ ao de α p para −1 −1 os ideais D p , isto ´e, α p : D −→ D p dada por α p (f ) = f ◦ θ est´a p p bem definida, para todo p ∈ F. Mais do que isso, conseguimos real- mente ({D p } p , {α p } p ) a¸c˜ ao parcial de F sobre a K-´algebra D(X).

      ∈F ∈F

      Finalizando este cap´ıtulo, vamos considerar o produto cruzado parcial de D(X) sobre F atrav´es de α, isto ´e,  

      

    finito

       

      X F D(X) ⋊ α = a p δ p a p ∈ D p .   p

      

    ∈F

      Veja Apˆendice A para mais detalhes sobre o produto cruzado parcial. Este produto cruzado parcial aqui obtido ser´a retomado no cap´ıtulo 5.

      4 ´ ALGEBRA DE LEAVITT Neste cap´ıtulo vamos tratar de uma ´algebra espec´ıfica sobre um grafo E, chamada de ´ Algebra de caminhos de Leavitt ou simplesmente

      ´ Algebra de Leavitt. Vamos estudar algumas propriedades e exemplos a fim de nos familiarizar com esta estrutura.

      Defini¸ c˜ ao 44. Sejam E um grafo e K um corpo. A ´ Algebra de cami- K nhos de Leavitt sobre E com coeficientes em K, denotada por L (E), ´e a K-´ algebra universal gerada pelo conjunto {v : v ∈ E }, de elementos

      1

      idempotentes e ortogonais dois a dois, com os conjuntos {e : e ∈ E } e

      ∗

      1

      {e : e ∈ E } satisfazendo as seguintes propriedades:

      1

      1. s(e)e = er(e) = e, para todo e ∈ E ;

      ∗ ∗ ∗

      1

      2. r(e)e = e s(e) = e , para todo e ∈ E ; r(e), se e = f

      1 ∗

      3. Para quaisquer e, f ∈ E , e f = ; 0, se e 6= f

      X

      ∗ −1

      4. v = ee para todo v ∈ E tal que 0 < #s (v) < ∞. e 1 s (e)=v ∈E 1 ∗ Observa¸ c˜ ao 45. Denotaremos por (E ) o conjunto de s´ımbolos for-

      ∗

      1

      mais {e | e ∈ E } e para cada α = e e . . . e n caminho finito definire-

      1

      2 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

      mos α = e e . . . e e . Tamb´em defina v = v, para todo v ∈ E . n n

      −1

      2

      1

      1 Em alguns literaturas os elementos do conjunto E s˜ao chamados de 1 ∗

      arestas “reais” e os elementos de (E ) s˜ao chamados de arestas “fan- tasmas”. Observa¸ c˜ ao 46. O significado de universal na defini¸c˜ ao 44 nos diz

      | v ∈ E }, que, se A ´e uma K-´algebra qualquer contendo conjuntos {a v

      1

      1

      {b | e ∈ E } e {b | e ∈ E } satisfazendo as rela¸c˜oes 1 a 4 ent˜ao e e K existe um ´ unico K-homomorfismo de ´ algebras φ : L (E) −→ A dado

      ∗

      por φ(v) = a v , para todo v ∈ E , φ(e) = b e e φ(e ) = b e , para todo

      1 e ∈ E .

      1 1 ∗

      Em outras palavras, definido φ : E ∪ (E ) ∪ E −→ A dado

      ∗

      1

      por φ(v) = a v , ∀v ∈ E , φ(e) = b e e φ(e ) = b e , ∀e ∈ E e os conjuntos

      1

      1

      {a v | v ∈ E }, {b e | e ∈ E } e {b e | e ∈ E } satisfazendo as rela¸c˜oes 1 a 4 ent˜ao pela propriedade universal de L K (E), φ se estende a um K ´ unico K-homomorfismo φ : L (E) −→ A.

      K

      A propriedade universal de ´ algebras, no caso particular de L (E), sempre existe, ´e ´ unica e ´e de extrema importˆancia neste contexto nos proporcionando uma capacidade enorme de gerar homomorfismos. K Observa¸ c˜ ao 47. Observe que os elementos de L (E) s˜ao combina¸c˜ oes

      1 ∗

      1

      lineares de palavras dos conjuntos {e : e ∈ E } ∪ {e : e ∈ E } ∪ E com coeficientes em K. Exemplo 48. Se considerarmos o grafo E do exemplo 30 e

      2

      > e e r r r r

      1

      4

      > > v v v v

      1

      2

      3

      4

      < e

      3 K ∗ ∗

      temos que, por exemplo, dois elementos de L (E) s˜ao e

      1 e 2 e 3 e e e

      2

      3 ∗ ∗ ∗ ∗

      v e e e e v . Por´em, note que o elemento v e e e e v ´e simplesmente

      1

      1

      3

      4

      1

      1

      3

      4

      2

      2

      2

      2 ∗

      o elemento 0 da ´ algebra pois e e = 0. O que podemos observar ´e que

      3

      2

      muitos elementos podem ser simplificados ou reescritos de uma forma mais elegante conforme o seguinte lema. K Lema 49. Se E ´e um grafo e L (E) ´e a ´ algebra de Leavitt associada a E ent˜ ao para quaisquer caminhos α, β, γ e δ vistos como elementos K de L (E) de modo que r(α) = r(β) e r(γ) = r(δ) temos que

      

      ′ ∗ ′ ′

      αγ δ , se γ = βγ para algum γ    ∗

      αδ , se γ = β

      ∗ ∗ (αβ )(γδ ) = .

      ′∗ ∗ ′ ′

      αβ δ , se β = γβ para algum β   

      0, caso contr´ ario

      ′ ′

      Demonstra¸c˜ ao. Se γ = βγ para algum caminho γ ent˜ao temos que

      ∗ ∗ ∗ ′ ∗ ′ ∗ ′ ∗ (αβ )(γδ ) = αβ βγ δ = αr(β)γ δ = αγ δ .

      Se γ = β ent˜ao

      ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ (αβ )(γδ ) = αβ βδ = αr(β)δ = αδ .

      

    ′ ′

      Por ´ ultimo, se β = γβ para algum caminho β temos que

      ∗ ∗ ′ ∗ ∗ ′∗ ∗ ∗ ′∗ ∗ ′∗ ∗ (αβ )(γδ ) = α(γβ ) γδ = αβ γ γδ = αβ r(γ)δ = αβ δ .

      ∗ ∗ Nos outros casos segue imediatamente que (αβ )(γδ ) = 0. K

      Proposi¸ c˜ ao 50. Se E ´e um grafo e L (E) ´e a ´ algebra de Leavitt associada a E ent˜ ao

    K | α, β ∈ W ∪ {0} tal que r(α) = r(β)} ∪ E }.

    ∗ L (E) = span{{αβ Demonstra¸c˜ ao. Segue imediatamente do lema 49.

      Observa¸ c˜ ao 51. Vista a proposi¸c˜ ao 50, podemos responder com mais K clareza ` a pergunta da observa¸c˜ ao 29 uma vez que em L (E) os elemen-

      ∗

      tos da forma β α s˜ao nulos, com α, β ∈ W , α n˜ ao come¸co de β e nem β come¸co de α.

      1 Exemplo 52. Considere o grafo E com E = {v} e E = {e} da

      seguinte maneira: e r > v

      −1

      Seja K[x, x ] a ´ algebra dos polinˆ omios de Laurent com coefici- entes em K.

      1

    1 ∗ −1

      Defina φ : E ∪ (E ) ∪ E −→ K[x, x ] como sendo φ(v) = 1,

      ∗ −1 φ(e) = x e φ(e ) = x .

      Note que φ(s(e))φ(e) = 1.x = x = φ(e) = x.1 = φ(e).φ(r(e)) e

      

    ∗ −1 −1 ∗ −1 ∗

    que φ(r(e))φ(e ) = 1.x = x = φ(e ) = x .1 = φ(e )φ(s(e)).

      Portanto as condi¸c˜ oes 1 e 2 da defini¸c˜ ao 44 s˜ao satisfeitas. As condi¸c˜ oes 3 e 4 s˜ao satisfeitas trivialmente. K Logo pela propriedade universal de L (E), φ se estende a um

      K

    • homomorfismo
    • K −1 φ : L (E) −→ K[x, x ]. K −1 Na verdade L (E) ∼ = K[x, x ]. De fato, utilizando a propri-

        −1 −1

        edade universal de K[x, x ], obtemos ψ : K[x, x ] −→ L K (E) um

        −1 ∗

        K

      • homomorfismo dado pela extens˜ ao linear de ψ(x) = e, ψ(x ) = e e ψ(1) = v,

        N˜ ao ´e dif´ıcil observar que ψ ´e inversa de φ e portanto obtemos o isomorfismo desejado. Exemplo 53. Seja E o grafo com os conjuntos E = {v , . . . , v n } e

        1

        1 E = {e , . . . , e n } dado da seguinte maneira: 1 −1

      r r r r r

        e

        1 e 2 e n −1 . . .

        > > > v

        1 v 2 v 3 v n −1 v n Seja M n (K) a ´ algebra das matrizes n × n com entradas em K.

        1 1 ∗

        ∪ (E ∪ E −→ M Defina φ : E ) n (K) por φ(v i ) = E i,i , para

        ∗

        todo i ∈ {1, . . . , n}, φ(e i ) = E i,i +1 e φ(e ) = E i +1,i , ∀i ∈ {1, . . . , n−1}, i em que E i,j ´e a matriz da forma   . . .   .. .. E i,j =

          , . 1 .

        . . . ou seja, E i,j ´e a matriz n×n em que todos os elementos s˜ao nulos, exceto o elemento 1 que se encontra na posi¸c˜ ao i, j. Relembrando rapidamente que o produto de duas matrizes E i,j e E k,l em M n (K) ´e dada por

        E i,l , se j = k E i,j .E k,l = . 0, se j 6= k

        E i,i , se j = i Para todo i, j, note que E i,i .E j,j = . 0, se j 6= i Logo, as matrizes E i,i s˜ao idempotentes e ortogonais duas a duas.

        Agora note que φ(s(e i ))φ(e i ) = φ(v i )φ(e i ) = E i,i E i,i = E i,i = φ(e i ).

      • 1 +1

        Al´em disso, φ(e i )φ(r(e i )) = φ(e i )φ(v i ) = E i,i .E i = E i,i = φ(e i ).

      • 1 +1 +1,i+1 +1 Ou seja, φ(s(e i ))φ(e i ) = φ(e i ) = φ(e i )φ(r(e i )), para todo i.

        Agora note que da mesma maneira descrita acima temos

        ∗ ∗ ∗

        φ(r(e i ))φ(e ) = φ(v i +1 )φ(e ) = E i +1,i+1 E i +1,i = E i +1,i = φ(e ) i i i e que

        

      ∗ ∗ ∗

      φ(e )φ(s(e i )) = φ(e )φ(v i ) = E i .E i,i = E i = φ(e ). i i +1,i +1,i i ∗ ∗ ∗

        Isto ´e, φ(r(e i ))φ(e ) = φ(e ) = φ(e )φ(s(e i )), para todo i. Logo, as i i i condi¸c˜ oes 1 e 2 da defini¸c˜ ao 44 s˜ao v´ alidas.

        1 Para a condi¸c˜ ao 3, notamos que dados e i , e j ∈ E temos que

        E i , se i = j

        ∗ +1,i+1 φ(e ).φ(e j ) = E i .E j,j = . i +1,i +1

        0, se i 6= j Mas E i = φ(v i ) = φ(r(e i )) e portanto,

      • 1,i+1 +1

        φ(r(e i )), se i = j

        ∗ φ(e ).φ(e j ) = . i

        0, se i 6= j Assim, conclu´ımos que a condi¸c˜ ao 3 ´e satisfeita.

        1 Finalmente para a condi¸c˜ ao 4, observe que para cada v i ∈ E ,

        1

        i = 1, . . . , n − 1, temos que existe somente e i ∈ E tal que s(e i ) = v i e desse modo obtemos que

        ∗ φ(e i )φ(e ) = E i,i +1 E i +1,i = E i,i = φ(v i ). i K

        Dessa maneira, pela propriedade universal de L (E) temos que φ se estende a um K-homomorfismo φ : L K (E) −→ M n (K). Mais do que isso, φ ´e sobrejetora. Para isso basta mostrarmos que conseguimos gerar E i,j , para todo i, j, a partir das matrizes defi- nidas acima.

        De fato, caso i = j ent˜ao n˜ ao h´ a nada a fazer pois φ(v i ) = E i,i , para todo i, por defini¸c˜ ao. Agora caso i > j ent˜ao note que podemos representar E i,j da seguinte maneira

        ∗ ∗ ∗

        E i,j = E i,i .E i . . . E j = φ(e ).φ(e ) . . . φ(e ) =

        −1 −1,i−2 +1,j i i j −1 −2 ∗ ∗ ∗ = φ(e .e . . . e ). i i j

        −1 −2 −1

        Por outro lado, caso i < j ent˜ao note que podemos representar E i,j da seguinte maneira E i,j = E i,i .E i . . . E j = φ(e i )φ(e i ) . . . φ(e j ) =

      • 1 +1,i+2 −1,j +1 −1 = φ(e i e i . . . e j ).
      • 1 −1
      Como toda matriz A ∈ M n (K) se escreve na forma n

        X A = λ ij E i,j , i,j

        

      =1

        podemos concluir que φ ´e sobrejetora. A injetividade de φ ser´a vista mais adiante.

        1 Exemplo 54. Seja E o grafo com E = {v i | i ∈ N} e E = {e i | i ∈ N}

        dado da seguinte maneira: e e e r r r r

        1

        2

        3 . . .

        > > > v v v v

        1

        2

        

      3

        4 Considere M (K) como sendo a K-´algebra das matrizes infinitas ∞

        que possuem um n´ umero finito de elementos n˜ ao nulos.

        1 1 ∗

        Defina φ : E ∪ (E ) ∪ E −→ M ∞ (K) por φ(v i ) = E i,i , φ(e i ) =

        ∗

        E i,i +1 e φ(e ) = E i +1,i , ∀i ∈ N em que E i,j ´e matriz infinita em que i todos os elementos s˜ao nulos, exceto o elemento 1 na posi¸c˜ao i, j.

        Ent˜ao de forma an´ aloga verifica-se que φ se estende a um K- K homomorfismo sobrejetor φ : L (E) −→ M ∞ (K). A injetividade de φ ser´ a vista mais adiante.

        K F

        5 O ISOMORFISMO ENTRE L (E) E D(X) ⋊ α O principal prop´ osito deste cap´ıtulo ´e produzir um isomorfismo entre a ´ Algebra de Leavitt associada a um grafo E e o produto cruzado

        F parcial D(X) ⋊ α determinado no cap´ıtulo 3. K F Proposi¸ c˜ ao 55. Existe um K-homomorfismo ϕ : L (E) → D(X)⋊ α

        ∗ −1 −1

        1 tal que ϕ(e) = 1 e δ e , ϕ(e ) = 1 e δ e ∀e ∈ E , e ϕ(v) = 1 v δ , ∀v ∈ E .

        Demonstra¸c˜ ao. Vamos mostrar que os conjuntos

        1 −1 −1

        1

        {1 e δ e | e ∈ E }, {1 δ | e ∈ E } e {1 v δ | v ∈ E } e e F em D(X) ⋊ α satisfazem as condi¸c˜ oes 1 a 4 da defini¸c˜ ao 44. Para come¸car, primeiramente note que dados v, w ∈ E ,

        (1 v δ )(1 w δ ) = α (α (1 v )1 w )δ = 1 v 1 w δ . Mas, pelo lema 41, 1 v 1 w = 1 v se v = w e 1 v 1 w = 0 se v 6= w. Logo, temos que

        1 v δ , se v = w (1 v δ )(1 w δ ) = . 0, se v 6= w

        Portanto os elementos 1 v δ s˜ao idempotentes e ortogonais dois a dois. Agora vamos analisar as demais rela¸c˜ oes.

        1

        1. Queremos mostrar que ∀e ∈ E , (1 s δ )(1 e δ e ) = 1 e δ e = (1 e δ e )(1 r δ ).

        (e) (e)

        Pelo lema 41 segue que 1 s 1 e = 1 e . Assim, temos que

        (e) −1

        (1 δ )(1 e δ e ) = α (α (1 )1 e )δ = 1 s (e) s (e) 0e s (e) 1 e δ e = 1 e δ e . Por outro lado, pela observa¸c˜ ao 43 temos que α −1 (1 e ) = 1 −1 e −1 e e pelo lema 42 segue que α e (1 −1 −1 e r (e) 1 ) = 1 e . Portanto,

        (1 e δ e )(1 δ ) = α e (α (1 e )1 )δ e = α e (1 r (e) e r (e) e r (e) 1 )δ e = 1 e δ e . Segue o desejado.

        

      1

        2. Queremos mostrar que ∀e ∈ E , −1 −1 −1 −1 −1 −1 (1 r δ )(1 e δ e ) = 1 e δ e = (1 e δ e )(1 s δ ).

        

      (e) (e)

      −1 −1

        Pelo lema 41 segue que 1 r 1 e = 1 e . Dessa forma, temos que

        (e) −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1

        (1 δ )(1 δ ) = α (α (1 )1 )δ = 1 r (e) e e r (e) e 0e r (e) e e −1 −1 1 δ = = 1 δ . e e −1 Por outro lado, pela observa¸c˜ ao 43 temos que α e (1 ) = 1 e e −1 −1 e pelo lema 42 segue que α (1 e −1 −1 −1 −1 −1 e (e) e 1 s ) = 1 . Portanto,

        (1 e δ e )(1 s δ ) = α e (α e (1 e )1 s )δ e =

        (e) (e) −1 −1

        = α e (1 e 1 s )δ e = −1 −1 (e) = 1 e δ e .

        Logo, segue o desejado.

        1

        3. Queremos mostrar que dados e, f ∈ E , 1 r δ , se e = f −1 −1 (e) (1 δ )(1 f δ f ) = . e e 0, se e 6= f

        Supondo e 6= f , pelo lema 41 note que 1 e 1 f = 0 e portanto, α −1 (1 e e −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 1 f ) = 0. Logo, (1 δ )(1 f δ f ) = α (α e (1 )1 f )δ = α (1 e e e e e e f e e f 1 f )δ = 0.

        Agora suponha e = f . Ent˜ao segue que −1 −1 −1 −1 −1 −1 (1 δ )(1 e δ e ) = α (α e (1 )1 e )δ = α (1 e e e e e e e e −1 −1 1 e )δ = = α (1 e )δ = 1 δ . e e −1

        Por´em, pelo lema 41 segue que 1 e = 1 r . Portanto segue o

        (e) resultado.

        4. Seja v ∈ E com 0 < #{e | s(e) = v} < ∞, queremos mostrar que X −1 −1 1 v δ = (1 e δ e )(1 δ ). e 1 e e s ∈E

        Note primeiramente que, −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 (1 e δ e )(1 e δ e ) = α e (α e (1 e )1 e )δ ee = α e (1 e −1 1 e )δ = = α e (1 e )δ = 1 e δ .

        Dessa maneira, podemos concluir que  

        X X

        X −1 −1     (1 e δ e )(1 δ ) = e e 1 e δ = 1 e δ = 1 v δ . e e e 1 1   1 s s s ∈E ∈E ∈E (e)=v (e)=v (e)=v K

        Pela a propriedade universal do L (E) conseguimos obter um K F K

      • homomorfismo ϕ : L (E) → D(X) ⋊ α que satisfaz ϕ(e) = 1 e δ e ,

        ∗ −1 −1

        

      1

      ϕ(e ) = 1 e δ e , para todo e ∈ E , e ϕ(v) = 1 v δ , para todo v ∈ E .

        Para efetivar o isomorfismo precisamos de uma lema auxiliar. K F Lema 56. Seja o K-homomorfismo ϕ : L (E) → D(X) ⋊ α obtido

        ∗ −1 −1 anteriormente. Ent˜ ao para a ∈ W , ϕ(a) = 1 a δ a e ϕ(a ) = 1 a δ a . −1

        Para a, b ∈ W com ab na forma reduzida e r(a) = r(b) vale que

        ∗ −1 −1 ϕ(ab ) = 1 ab δ ab . Mais ainda, 1 p δ p ∈ Im(ϕ), ∀p ∈ F\{0}.

        Demonstra¸c˜ ao. Seja a ∈ W da forma a = a . . . a n . Vamos provar que

        1 ϕ(a) = 1 a δ a por indu¸c˜ ao em n.

        Note que se n = 1 ent˜ao por defini¸c˜ ao segue que ϕ(a) = 1 a δ a . Suponha ent˜ao v´ alido para n, isto ´e, ϕ(a . . . a n ) = 1 a ...a n δ a ...a n . Para

        1 1 1

        facilitar a nota¸c˜ ao e o uso dos lemas, chamaremos o caminho a

        1 . . . a n

        de c. Dessa forma, obtemos que ϕ(a) = ϕ(a

        1 . . . a n a n +1 ) = ϕ(ca n +1 ) = ϕ(c)ϕ(a n +1 ) = −1

        = (1 c δ c )(1 a n δ a n ) = α c (α c (1 c )1 a n )δ ca n = c −1 a a c ca a a a +1 +1 +1 +1 = α (1 c 1 n )δ = 1 +1 +1 −1 1 n δ = 1 δ .

        Note que pelo lema 42, α c (1 c n n 1 a ) = 1 c +1 +1 1 ca e pelo lema 41,

        ∗ −1 −1

        1 c 1 ca = 1 c n +1 1 a = 1 a . Analogamente, prova-se que ϕ(a ) = 1 δ . a a

        ∗ −1 −1

        Portanto provamos que ϕ(a) = 1 a δ a e ϕ(a ) = 1 δ , para a a todo a ∈ W . Agora, utilizando o lema 42 notamos que para todo a, b ∈ W ,

        ∗ ∗ −1 −1 −1 −1 −1

        φ(ab ) = φ(a)φ(b ) = (1 a δ a )(1 b δ b ) = α a (α a (1 a )1 b )δ ab −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 = α a (1 a 1 b )δ ab = 1 a 1 ab δ ab = 1 ab δ ab .

        ∗ −1 −1

        Portanto temos que φ(ab ) = 1 ab δ ab , para todo a, b ∈ W

        −1 com ab forma reduzida e r(a) = r(b). K

        De acordo com a estrutura de L (E) e com as defini¸c˜ oes dos subconjuntos X p , basta mostrar para todos os p dessa forma. Dessa maneira, segue que 1 p δ p ∈ Im(ϕ), ∀p ∈ F\{0}.

        Por fim, chegamos ao teorema principal deste cap´ıtulo. Os re- sultados do apˆendice B ser˜ ao importantes e utilizados neste momento para a demonstra¸c˜ ao do K-isomorfismo desejado. K F Teorema 57. O K-homomorfismo ϕ : L (E) → D(X) ⋊ α ´e um K -isomorfismo. Demonstra¸c˜ ao. Primeiramente vamos mostrar que ϕ ´e injetiva, usando o teorema 79 do apˆendice B. Pelas proposi¸c˜ oes 77 e 78 do apˆendice

        F B temos que L K (E) e D(X) ⋊ α s˜ao Z-graduados. Mais do que isso, note que ϕ(v) = 1 v δ 6= 0 pois X v 6= ∅, ∀v ∈ E .

        ∗ K K K Note que para αβ ∈ (L (E)) n com α, β ∈ W ∪ {0}, em que

        (L (E)) n ´e a Z-gradua¸c˜ ao de L (E), temos que pelo lema 56 que

        ∗ −1 −1 −1 −1

        ϕ(αβ ) = 1 δ ∈ D δ (Para cada p ∈ F \ {0}, de- αβ αβ αβ αβ notamos por D p δ p o conjunto D p δ p = {a p δ p | a p ∈ D p }). Como

        −1 −1 −1

        |αβ | = |α| − |β| = n, segue que 1 αβ δ αβ ∈ A n , em que A n ´e F proveniente da Z gradua¸c˜ ao de D(X) ⋊ α da proposi¸c˜ ao 78. K

        Dessa forma, dado x ∈ (L (E)) n da forma

        X

        ∗

        x = αβ ,

        

      |α|−|β|=n

        segue por linearidade que,  

        X X

        ∗ ∗

          ϕ(x) = ϕ αβ = ϕ(αβ ) =

        |α|−|β|=n |α|−|β|=n

        X −1 −1 = −1 1 αβ δ αβ ∈ A n .

        |αβ |=n Assim, ϕ ´e Z-graduado e, pelo teorema 79, ϕ ´e injetora. Agora vamos mostrar que ϕ ´e sobrejetiva. Isto significa mostrar que D p δ p ⊆ Im(ϕ) para todo p ∈ F. (Pois assim por linearidade podemos concluir que Im(ϕ) = D(X) ⋊ α

        F ). Mostraremos que D δ ⊆ Im(ϕ). De fato, note que ϕ(v) = 1 v δ , para todo v ∈ E e portanto, 1 v δ ∈ Im(ϕ). Mais do que isso, note que para todo p ∈ F \ {0},

        (1 p δ p )(1 p −1 δ p −1 ) = α p (α p −1 (1 p )1 p −1 )δ pp −1 = α p (1 p −1 )δ = 1 p δ .

        Pelo lema 56 temos 1 p δ p e 1 p −1 δ p −1 ∈ Im(ϕ). Dessa forma, obtemos que 1 p δ ∈ Im(ϕ). Por linearidade, segue que D

        δ ⊆ Im(ϕ). Basta agora mostrarmos que D p δ p ∈ Im(ϕ) para todo p ∈ F \ {0}.

        Note que, (1 q δ )(1 p δ p ) = 1 q 1 p δ p = 1 p 1 q δ p . Como 1 p δ p e 1 q δ ∈ Im(ϕ), ent˜ao 1 p 1 q δ ∈ Im(ϕ). Novamente por linearidade, segue que D p δ p ⊆ Im(ϕ).

        6 TEOREMA DE UNICIDADE DE CUNTZ-KRIEGER Neste pen´ ultimo cap´ıtulo apresentaremos alguns resultados au- xiliares que nos dar˜ ao suporte para a apresenta¸c˜ ao e demonstra¸c˜ ao do

        Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger para a ´ Algebra de Leavitt uti- lizando o isomorfismo apresentado no cap´ıtulo 5.

        Alguns exemplos ser˜ ao retomados a fim de mostrar a aplica¸c˜ao do teorema. O principal artigo que serviu como base para esta prova ´e

        GONC ¸ ALVES; ROYER ( , 2014).

        Lema 58. Seja E um grafo que satisfaz a condi¸c˜ ao (L). Dados um ∈ W e x ∈ D caminho fechado b = b

        1 . . . b r b b um elemento n˜ ao nulo,

        1

        ∈ E ent˜ ao existem n´ umero naturais m, k ≥ 1, com k ≤ r, e t

        1 , ..., t k ,

        6= b tal que t i i , para algum i, e m · 1 6= 0. x b b t ...t k 1 N

        Demonstra¸c˜ ao. Suponha que exista N ∈ N tal que x b .1 = 0. Com b m isso, tome m como sendo o maior n´ umero natural o qual x b .1 b 6= 0 m (note que m ≥ 1 pois x b .1 b = x b 6= 0). Agora note que X b ´e o m conjunto de todos os caminhos em X que come¸cam por b . Sem perda de generalidade, podemos escrever este conjunto como sendo o conjunto m

        1

        de todos os caminhos que come¸cam por b t para todas arestas t ∈ E com s(t) = r(b) separando os casos em que r(t) ´e ou n˜ ao po¸co. Isto ´e, podemos escrever

            [ [ [

            m m m ˙    

        X b = X b t X b t .

            t t 1 1 r r ∈E ∈E

      (t) n˜ ao ´ e po¸ co (t) po¸ co

      m Usando a mesma ideia podemos reescrever os conjuntos X b t acima com r(t) n˜ ao sendo po¸co como sendo uni˜ oes de conjuntos da m forma X b t com t ∈ W , |t| = 2. Dessa maneira, obtemos que

            [ [ [

            m m m ˙    

        X b = X b t X b t     t t 1 1 r r ∈E ∈E (t) n˜ ao ´ e po¸ co (t) po¸ co

        =      

        . . . t k com |t| = k ≤ r e existe ξ ∈ X b m t de modo que x b .1 b m (ξ) = x b .1 b m t (ξ) = x b .1 b m t 1 ...t k (ξ) 6= 0. Portanto conclu´ımos que x b .1 b m t 1 ...t k = x b .1 b m t 6= 0. Mas note que t pode ser da forma k = r ou k < r e r(t) po¸co. Se k < r e r(t) ´e po¸co ent˜ao neste caso t k 6= b i para todo i pois r(b i ) n˜ ao ´e po¸co. Em particular, t k 6= b k .

        ˙ [

             

        [ t

        ∈W |t|<r r (t) po¸ co

        X b m t       .

        Como x b .1 b m 6= 0 por hip´otese segue que, existe t ∈ W da forma t = t

        1

        Por outro lado, se k = r ent˜ao t 6= b pois caso t = b ent˜ao ter´ıamos que x b .1 b m +1 = x b .1 b m t 6= 0, o que contradiz a hip´otese de que x b .1 b m +1 = 0. Portanto t i 6= b i , para algum i. Dessa maneira, segue o desejado.

        ∈W |t|=r

        Agora suponha que x b .1 b N 6= 0, ∀N ∈ N. Como x b ∈ D b , x b 6= 0 ent˜ao podemos escrever x b = n

        X i

        =1

        λ i 1 b

        1 k i l −1 i , em que k i , l i ∈ W ∪ {0}, para todo i. Usando o lema 41 podemos reescrever x b da seguinte maneira: x b = n

        X i

        =1

        λ i

        X b m t    

        [ t

        [ t

             

        ∈W |t|=2 r (t) n˜ ao ´ e po¸ co

        X b m t      

        ˙ [

           

        [ t

        ∈E 1 r (t) po¸ co

        X b m t    

        = =

        [ t

        X b m =    

        ∈W |t|=2 r (t) n˜ ao ´ e po¸ co

        X b m t      

        ˙ [

             

        [ t

        ∈W |t|<2 r (t) po¸ co

        X b m t       .

        Continuando este processo, podemos reescrever X b m como sendo o conjunto de todos os caminhos que come¸cam por b m t para todos caminhos t ∈ W com s(t) = r(b) de tamanho |t| = r ou de tamanho |t| < r e r(t) po¸co, ou seja,

        1 a i c −1 i ,

        com a i ∈ W , c i ∈ W ∪ {0}.

        Escolha m ∈ N, m ≥ 1, de modo que m.|b| ≥ |a i |, para todo i = 1, . . . , n. Note que para qualquer ξ ∈ X b temos que m −1 m m −1 −1 1, se ξ ∈ X b ∩ X a i c i (1 b .1 )(ξ) = (1 b )(ξ)(1 )(ξ) = . a i c a i c i i m 0, caso contr´ario m −1 Como |a i | ≤ m.|b| = |b |, segue que (1 b .1 )(ξ) depende a i c i somente das m.|b| primeiras entradas de ξ. Por linearidade obtemos que n m m

        X −1 (x b .1 b )(ξ) = λ i (1 b i =1 1 )(ξ), a i c i o que da mesma maneira depende tamb´em das m.|b| primeiras entradas de ξ. m m Acontece que como x b .1 b 6= 0 ent˜ao existe ξ ∈ X b o qual (x b .1 b )(ξ) 6= 0. Como o grafo E satisfaz a condi¸c˜ ao (L) temos que

        1

        existe pelo menos t j ∈ E , para algum j, com s(t j ) = s(b j ) por´em t j 6= b j .

        Considere ς ∈ X b como sendo ς = ξ . . . ξ b . . . b j t j , em que

        1 m |b| 1 −1 m

        ξ = ξ ξ . . . caminho em X b . Pela raz˜ ao de que (x b .1 b )(ξ) depende

        1

        2

        somente das m.|b| primeiras entradas de ξ ent˜ao m m m (x b .1 b )(ς) = (x b .1 b )(ξ . . . ξ m b . . . b j t j ) = (x b .1 b )(ξ) 6= 0. m m m 1 |b| 1 −1 Mas note que X b ∩ X b b ...b t = X b b ...b t . Ent˜ao podemos 1 j j−1 j−1 1 j concluir que m m m

        (x b .1 b b ...b t j )(ς) = (x b .1 b .1 b b ...b t j )(ς) = 1 j−1 m m 1 j−1 = (x b .1 b )(ς) 1 b b ...b t j (ς) = 1 j−1

        | {z } m m

        1 = (x b .1 b )(ς) = (x b .1 b )(ξ) 6= 0.

        Dessa maneira, segue o desejado.

        Demonstramos o lema 58 o qual ´e um resultado bastante t´ecnico e importante para o resultado posterior. Demonstraremos agora um teorema crucial para o objetivo principal do cap´ıtulo.

        Teorema 59. Seja E um grafo que satisfaz a condi¸c˜ ao (L). Se I ´e um F ideal n˜ ao nulo de D(X) ⋊ α ent˜ ao I ∩ D δ 6= {0}.

        Demonstra¸c˜ ao. Seja x ∈ I elemento n˜ ao nulo. A ideia desta demons- tra¸c˜ ao ´e simplesmente multiplicar x por elementos apropriados de D(X)⋊ α F para obter um elemento n˜ ao nulo de I ∩D δ . Para isso vamos dividir em alguns passos. Passo 1: Vamos mostrar que existe um elemento n˜ ao nulo de I da forma p

        X ∈ W , para todo i e c 6= c i x c i δ c i , em que c i i j , para i 6= j.

        =1 p

        X −1 −1 De fato, como x 6= 0 ent˜ao podemos escrever x = x δ i a b a b i i i i

        =1 −1 −1 −1

        com a i , b i ∈ W ∪{0}, a i b na forma reduzida, a i b 6= a j b para todo i i j −1 −1 i 6= j, r(a i ) = r(b i ) e x 6= 0, para todo i, pois caso x for zero, a i b a i b i i podemos descartar.

        Escolha b m dentre todos os b i tal que |b m | = max {|b i |}. Com i −1 isso, temos que x.(1 b δ b ) 6= 0 pois note que, como 1 b = 1 , m m m b m a m temos −1 −1 −1 −1 −1 −1 (x δ )(1 b δ b ) = α (α (x )1 b )δ = a m b m a m b m a m b m b m a m a m b m a m b m b m m m m −1 −1 −1 −1

        = α (α (x )1 )δ a m = a b b a a b b a m m m m m m m m −1 −1 −1 = α (α (x ))δ a = a m b m b m a m a m b m −1 m = x δ a m 6= 0. a b m m

        Mais do que isso, note que p

        X −1 −1 x.1 b m δ b m = (x δ )(1 b m δ b m ) = i a b a b i i i i

        =1 p

        X −1 −1 −1 −1 = α (α (x )1 b )δ i a i b b i a a i b a i b b m i i i i m

        =1 p

        X −1 −1 −1 −1 −1 = α (α (x )1 i a i b b i a a i b b i a a i b b m i i i i i 1 b m )δ

        =1 p

        X −1 −1 −1 −1 = x α (1 i a b a b b a a b b i i i i m i i i i 1 b m )δ =

        =1 p

        X −1 −1 −1 −1 = x i a i b a i b a i b b m a i b b m i i i i

        1 1 δ =

        =1 p

        X = x c i δ c i . i

        =1 −1 −1

        Ou seja, como δ 6= δ , para i 6= j garantimos que a b b a b b i m j m i j 6= 0. Observe tamb´em que como I ´e ideal, ent˜ao o elemento x.1 b m δ b m

        ∈ I. Logo, temos o passo 1 provado. x.1 b m δ b m Passo 2: Vamos mostrar que existe um elemento n˜ ao nulo de I da forma p

        X

      • x δ x d i δ d i , em que x 6= 0, d i ∈ W com d i 6= d j , para i

        =1

        i 6= j e se i < j, ent˜ao d i ´e come¸co de d j . Al´em disso, r(d i ) = s(d i ) = r(d j ) = s(d j ).

        Para isso, seja x ∈ I o elemento n˜ ao nulo do passo 1, ou seja, x pode ser escrito da forma p

        X x = x c δ c i =1 i i com c i ∈ W , x c 6= 0 para cada i e c i 6= c j para i 6= j. i Escolha c n dentre todos os c i tal que |c n | = max {|c i |}. Caso i c n = 0 ent˜ao x = x δ , com x 6= 0 e nosso passo 2 est´a provado.

        Caso c n 6= 0 ent˜ao defina p

        X y := (1 c n δ )x = i 1 c n x c i δ c i .

        =1

        6= 0 e pela Pela mesma raz˜ ao do passo 1, obtemos que 1 c n x c n = x c n

        6= 0 ent˜ao temos y 6= 0. Para cada raz˜ ao de que 1 c n x c n δ c n = x c n δ c n | 6= 0, 1 c i com |c i c n x c i = 1 c n

        1 c i x c i . No entanto, como c n tem compri- mento m´aximo, pelo lema 41 obtemos que 1 c n , se c i for come¸co de c n 1 c i

        1 c n = . Com isso, podemos escrever y da seguinte maneira  

        X   y = c i come¸ co de c n 1 c n x c i δ c i + 1 c n x δ =

         

        X

        = y δ y c δ c c i n i i

      •  

        come¸ co de c

        onde denotamos por y c i = x c i 1 c n , para todo i e y = 1 c n x .

        6= 0 pois caso Podemos supor, sem perda de generalidade, que y

        {|c |} e considere o elemento contr´ario seja c tal que |c| = min i i −1 −1 −1 −1

        X y = (1 ˜ δ ).y = (1 δ )(y c δ c ) = c c c c i i c i n

        come¸ co de c

        X −1 −1 −1 = α c (α c (1 c )y c i )δ c c = c i come¸ co de c n i

        X −1 c −1 = α c (y i )δ c c i . c i n

        come¸ co de c Claramente ˜ y possui fibra zero n˜ ao nula. n

        Seja w = r(c ). O que vamos fazer aqui ´e multiplicar y por (1 w δ ) ` a direita. Observe que

         

        X   y.(1 w δ ) = (y δ )(1 w δ ) + (y c δ c )(1 w δ ) c i n i i

        come¸ co de c

         

        X  −1  −1 −1 −1 −1 −1 = y 1 w δ α c (α (y c )1 )δ + w c . c i come¸ co de c n i i i c i

        Note que α (y c )1 w = α (y c )1 c c c c c i i i i i i i 1 w pois 1 ´e a unidade de D .

      Por´em sabemos que pelo lema 41 que −1 −1 1 , se r(c i ) = w c i

        1 c i 1 w = . −1 −1 −1 −1 −1 0, caso contr´ario Isto ´e, se r(c i ) = w, ent˜ao α (y c )1 c c c c c i i i i i i i i 1 w = α (y c )1 = α (y c ) e portanto, podemos reescrever y.(1 w δ ) da seguinte maneira y.(1 w δ ) = y 1 w δ +    

        X c i come¸ co de c n r (c i )=w y c i δ c i     .

        = = (y 1 v 1 w )δ +

        y c i δ c i     .

        come¸ co de c n r (c i )=w

        X c i

           

        Note que 1 v y c i = y c i pois v = s(c n ) = s(c i ). Dessa forma, defina o elemento z := 1 v δ · y · 1 w δ = (y 1 v 1 w )δ +

        y c i δ c i     .

        (c i )=w

        X c i come¸ co de c n r

           

        δ c i    

        Continuando o processo, seja v = s(c n ). Agora a estrat´egia ´e multipli- car o elemento y · 1 w δ ` a esquerda por 1 v δ obtendo 1 v δ · y · 1 w δ = (1 v δ )(y .1 w δ ) +

        1 v y c i | {z } y ci

        (c i )=w

        X c i come¸ co de c n r

           

        = = (y 1 v 1 w )δ +

        (1 v δ )(y c i δ c i )    

        come¸ co de c n r (c i )=w

        X c i

           

        Pela mesma raz˜ ao do passo 1 e y c n = x c n 1 c n = x c n 6= 0 temos que z 6= 0. Por um lado, se v = w ent˜ao y 1 v 1 w = y 1 v = y 6= 0 e temos nosso elemento do passo 2. Por outro lado se v 6= w ent˜ao temos que y 1 v 1 w = 0. Neste caso, usaremos o mesmo truque j´ a visto acima. Seja c o elemento dentro todos os c i ’s de forma que |c| = min i {|c i |}. Assim, considere o seguinte elemento

        −1 −1 −1 −1

        X 1 c δ c .z = (1 c δ c )(y c δ c ) = c i come¸ co de c n r i i

        (c i )=w

        X −1 −1 −1 = α c (α c (1 c )y c i )δ c c = c i come¸ co de c n r (c i )=w i

        X −1 −1 = α (y c )δ . c i n c i c c i

        come¸ co de c r (c i )=w

        Note que o elemento constru´ıdo pertence a I pois I ´e ideal. Observe

        −1 −1

        tamb´em que s(c c i ) = r(c) = w = r(c c i ), para cada i. Desse modo, provamos enfim o passo 2. p

        X

      • Passo 3: Seja x = x δ x c δ c , com x 6= 0, x c 6= 0, para todo i =1 i i i i, como sendo o elemento n˜ ao nulo do passo 2. Ent˜ao vamos provar que y ∈ I elemento n˜ ao nulo tal que y = y δ ou k

        X + y = y δ y c δ c , com k < p. i i i

        =1

        Para isso vamos reescrever x do passo 2 como sendo p

        X x = x c i δ c i , i

        

      =0

      em que c = 0, x c 6= 0 para todo i. i

        Note que como c n ´e o caminho de maior comprimento visto que, para i < j, c i ´e come¸co de c j . Se c n = 0 ent˜ao imediatamente temos que x = x δ , e portanto o passo 3 ´e conclu´ıdo. Agora, se c n 6= 0 ent˜ao denotaremos por b o caminho c n , isto ´e, c n = b ...b . Vamos construir o elemento y ∈ I

        1 |c n | n˜ ao nulo.

        Como o grafo n˜ ao satisfaz a condi¸c˜ ao (L), segue do lema 58

        1

        que existem m, k ≥ 1 e t , ..., t k ∈ E , com t i 6= b i para algum i e m

        1

        x b · 1 b t ...t 6= 0. Considere o elemento z da seguinte forma 1 k p m m−1

        X z := (1 b δ ) · x · (1 b t ...t k δ ) = z c i δ c i , 1

        em que z c i δ c i = (1 b m δ ) · (x c i δ c i ) · (1 b m−1 t 1 ...t k δ ).

        X i

        α c −1 (z c ic −1 c i = = α c −1 (z c )δ + k

        =1

        X i

        α c −1 (α c (1 c −1 )z c i )δ c −1 c i = = p

        =1

        X i

        (1 c −1 δ c −1 ) · (z c i δ c i ) = = p

        =1

        (1 c −1 δ c −1 )z = p

        Notemos que z c δ c = z δ = (1 b m δ )(x δ )(1 b m−1 t 1 ...t k δ ) = = x 1 b m 1 b m−1 t 1 ...t k δ = 0, pois 1 b m 1 b m−1 t 1 ...t k = 0. Ent˜ao, z = p

        Assim, para obter o elemento desejado do passo 3 precisamos agora deslocar a fibra. Para fazer isso, consideramos c o elemento dentre os c i de modo que |c| = min i {|c i |}. Dessa forma obtemos

        = x b .1 b m .1 b .1 b m t 1 ...t k δ b = = x b .1 b m t 1 ...t k δ b 6= 0.

        1 b m−1 t 1 ...t k )δ b ) = = (1 b m δ )(x b 1 b 1 b m t 1 ...t k δ b ) =

        1 b m−1 t 1 ...t k )δ b ) = = (1 b m δ )(x b α b (1 b −1

        = (1 b m δ )(α b (α b −1 (x b )1 b −1

        Note tamb´em que z b δ b = (1 b m δ ) · (x b δ b ) · (1 b m−1 t 1 ...t k δ ) = = (1 b m δ )(α b (α b −1 (x b )1 b m−1 t 1 ...t k )δ b ) =

        (1 b m δ ) · (x c i δ c i ) · (1 b m−1 t 1 ...t k δ ).

        =1

        X i

        X i =1 α c −1 (z c ic −1 c i , com k < p. Note que z c 6= 0 e portanto, α c −1 (z c ) 6= 0. Finalmente

        podemos definir o elemento desejado por −1 −1 y := 1 c δ c · z. Passo 4: Vamos mostrar definitivamente o teorema. De fato, seja x ∈ I elemento n˜ ao nulo do passo 2, isto ´e, p

        X x = x + δ x c δ c . i i i

        =1

        ∈ D Se x c i = 0, para cada i, ent˜ao temos que x ´e da forma x = x δ δ

        6= 0, para algum i, ent˜ao e assim o teorema ´e finalizado. Caso x c i aplicamos em x um n´ umero finito de vezes o passo 3 e portanto temos o desejado.

        Lema 60. Seja E um grafo que satisfaz a condi¸c˜ ao (L) e I um ideal F n˜ ao nulo de D(X) ⋊ α . Ent˜ ao existe v ∈ E tal que 1 v δ ∈ I.

        F Demonstra¸c˜ ao. Seja I um ideal n˜ ao vazio de D(X) ⋊ α . Pelo teorema

        ∈ D anterior existe x ∈ I elemento n˜ ao nulo da forma x = x δ δ . ∈ D

        Como x ent˜ao podemos escrever n m

        X −1

        X x = λ i j i β j 1 + a i b i 1 v j

        

      =1 =1

      com a i ∈ W , b i ∈ W ∪ 0, para todo i e v j ∈ E , para todo j .

        Podemos assumir sem perda de generalidade que a i 6= 0 para todo i, pois caso contr´ario se a i = 0 para algum i ent˜ao ter´ıamos que −1 −1 1 = 1 = 1 r . a i b b i i (b i ) Dessa forma, seja v ∈ E tal que 1 v x 6= 0.

        Uma observa¸c˜ ao importante ´e a existˆencia desse v´ertice. De fato, como x 6= 0 ent˜ao existe ξ de modo que x (ξ) 6= 0. Ent˜ao 1 x (ξ) 6= 0 e dessa forma, a existˆencia de v ´e garantida. Por´em, v s (ξ) pode ser po¸co ou n˜ ao. −1

        Caso v seja po¸co ent˜ao temos que 1 v 1 = 0 e portanto, po- a i b i demos concluir que n m m m  

        X X

        X X   1 v x δ = λ i i j j j 1 v +

        1 β j a b i   1 −1 i 1 v 1 v j = β j 1 v δ = β j v δ .

        

      =1 =1 =1 =1

      v j v j

        =

        ˙ [ c

         

        X j =1 β j 1 c 1 v j δ

        1 a i b −1 i δ !

        X i =1 λ i 1 c

        Assim obtemos que 1 c x δ = n

        1 c 1 v j = 1 c , se s(c) = v j 0, caso contr´ario .

        1 a i b −1 i = 1 c , se a i for come¸co de c 0, caso contr´ario e tamb´em que

        1 c x (ξ) = 1 c (ξ)x (ξ) = 1 v (ξ)x (ξ) = (1 v x )(ξ) 6= 0. Note que podemos ainda supor que c ´e de tal forma que |c| = m ou |c| < m e r(c) ´e po¸co. Independente do caso pelo lema 41 temos que 1 c

        Como 1 v x 6= 0 ent˜ao existe ξ ∈ X v de forma que (1 v x )(ξ) 6= 0. Pela observa¸c˜ ao acima podemos concluir que existe c ∈ W com s(c) = v tal que 1 c (ξ) = 1 v (ξ). Assim temos que

        X c          .

        ∈W v =s(c) |c|<m r (c) po¸ co

        [         

        Como 1 v x 6= 0, ent˜ao h := m

        X c      

        ∈W v =s(c) |c|=m

        ˙ [ c

        X c =      

        ∈W v =s(c)

        X v = [ c

        Suponha agora que v n˜ ao seja po¸co. Ent˜ao considere m como sendo o m´aximo entre os comprimentos dos a i ’s acima, em outras pa- lavras, m = max i {|a i |}. Vamos lembrar que podemos escrever

        −1 1 v δ (x δ ) ∈ I.

        β j 6= 0 e, como K ´e corpo, ent˜ao 1 v δ = h

        =1

      v =v j

        X j

      •   m

            n m

        X X  

           

        = λ i 1 c δ β j 1 c δ =   + i j   a i come¸ co de c =1 =1 s (c)=v j

          n m

        X X    

        = + λ i β j 1 c δ .

          a i come¸ co de c i =1 j =1 s

        (c)=v j

          n m

        X X    

        Como 1 c x 6= 0, ent˜ao ˜h := + λ i β j 6= 0   i j a i come¸ co de c =1 =1 s j (c)=v e, como K ´e corpo, ent˜ao

        −1

        ˜ 1 c δ = h 1 c δ (x δ ) ∈ I.

        Observe que −1 −1 −1 −1 −1 (1 c δ c ). (1 c δ ) .(1 c δ c ) = (1 c δ c ).(1 c δ c ) = 1 c δ .

        | {z }

        ∈I

        ∈ I e I ´e ideal temos que 1 −1 ∈ I. Mas 1 −1 Como 1 c δ c δ c = 1 r e

        (c) portanto, 1 δ ∈ I concluindo o lema. r (c)

        Teorema 61. (Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger) Seja E um grafo que satisfaz a condi¸c˜ ao (L) e A uma K-´ algebra qualquer. Se ϕ : L K (E) −→ A ´e um K-homomorfismo tal que ϕ(v) 6= 0 para todo v ∈ E , ent˜ ao ϕ ´e injetora. K F Demonstra¸c˜ ao. Seja φ : L (E) −→ D(X) ⋊ α o K-isomorfismo do

        F −→ A como cap´ıtulo 5 e considere o K-homomorfismo ψ : D(X) ⋊ α

        −1

        sendo ψ = ϕ ◦ φ . Note que para todo v ∈ E , temos que

        −1 ψ(1 v δ ) = (ϕ ◦ φ )(1 v δ ) = ϕ(v) 6= 0.

        Suponha por contradi¸c˜ ao que ψ n˜ ao seja injetora. Neste caso, F considere o ideal n˜ ao nulo I = ker(ψ) de D(X) ⋊ α . Pelo lema 60 existe v ∈ E tal que 1 v δ ∈ I. Isto significa dizer que ψ(v ) = 0, o que ´e uma contradi¸c˜ ao. Logo, ψ ´e injetora e portanto ϕ ´e injetora.

        Exemplo 62. Considere o grafo E do exemplo 53 dado por: r r r . . . r r > > > v

        1

        ∞

        Vimos que existe φ : L K (E) −→ M

        3 . . .

        e

        2

        e

        1

        e

        4

        v

        3

        v

        2

        v

        > > > v

        1

        = M n (K). Exemplo 63. Considere o grafo E do exemplo 54 dado por: r r r r

        Vimos que existe φ : L K (E) −→ M n (K) um K-homomorfismo sobrejetor. Como E satisfaz a condi¸c˜ ao (L) trivialmente e φ(v i ) = E i,i 6= 0, para todo i, segue do teorema 61 que L K (E) ∼

        −1

        e n

        2

        e

        1

        v n e

        −1

        v n

        3

        v

        2

        v

        (K) um K-homomorfismo sobrejetor. Como E satisfaz a condi¸c˜ ao (L) trivialmente e φ(v i ) = E i,i 6= 0, para todo i, segue do teorema 61 que L K (E) ∼ = M ∞ (K).

        7 SISTEMAS DE RAMIFICAC ¸ ˜ AO E-ALG´ EBRICOS Neste ´ ultimo cap´ıtulo faremos um estudo sobre os sistemas de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebricos associados a um grafo E. O objetivo aqui ´e mostrar a rec´ıproca do Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger, isto ´e, se o grafo E n˜ ao satisfaz a condi¸c˜ ao (L) ent˜ao existe uma K-´algebra A K e um K-homomorfismo φ : L (E) −→ A tal que φ(v) 6= 0, para todo v ∈ E por´em φ n˜ ao ´e injetora. Defini¸ c˜ ao 64. Sejam X um conjunto n˜ ao vazio e E um grafo qual- 1 quer. Sejam {R e } e e {D v } v fam´ılias de subconjuntos de X que

        ∈E ∈E

        satisfazem:

        1

        (i) R e ∩ R t = ∅, ∀e, t ∈ E com e 6= t; (ii) D v ∩ D w = ∅, ∀v, w ∈ E com v 6= w;

        1

        (iii) R e ⊆ D , ∀e ∈ E ; s (e) (iv) Para todo v´ertice v tal que 0 < #{e : s(e) = v} < ∞ tem-se

        [ D v = R e ; e 1

      s

      ∈E (e)=v

        1 (v) Para cada e ∈ E existe f e : D −→ R e bije¸c˜ ao. r (e) 1 1 Ent˜ ao a qu´ adrupla (X, {R e } e , {D v } v , {f e } e ) ´e chamada ∈E ∈E ∈E de sistema de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado ao grafo E.

        Observa¸ c˜ ao 65. Quando n˜ ao houver confus˜ao, denotaremos por X 1 1 } } } ao contr´ario de (X, {R e e , {D v v , {f e e ) o sistema de rami-

        ∈E ∈E ∈E fica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado ao grafo E aqui utilizado.

        Dado X um sistema de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado ao grafo E, considere Hom(F (X)) a K-´algebra dos homomorfismos de F (X) para F (X) com as opera¸c˜ oes de soma e produto por escalar usuais e produto dado atrav´es da composi¸c˜ ao. Vamos definir alguns homomorfismos relevantes para nossa abordagem.

        τ e : F (X) −→ F (X) como sendo

        −1

        φ ◦ f e (x), se x ∈ R e τ e (φ)(x) = ,

        0, caso contr´ario para todo φ ∈ F (X). Note que τ e est´a bem definido pois se x / ∈ R e ,

        −1

        ent˜ao τ e (φ)(x) = 0. Se x ∈ R e ent˜ao note que f (x) ∈ D ⊆ X e r (e)

        −1

        e como φ ∈ F (X), segue que τ e (φ)(x) = φ(f (x)). Utilizaremos a e

        −1

        nota¸c˜ ao τ e (φ) = 1 R .(φ ◦ f ) a fim de facilitar algumas contas mais e e adiante. Todavia, lembre-se que estamos tratando da defini¸c˜ ao descrita acima.

        Mais do que isso, τ e ∈ Hom(F (X)). De fato, dados φ, ψ ∈ F (X) e λ ∈ K temos que se x ∈ R e ent˜ao

        −1 −1 −1

        τ e (λφ + ψ)(x) = (λφ + ψ)(f (x)) = (λφ)(f (x)) + ψ(f (x)) = e e e

        −1 −1

        = λφ(f (x)) + ψ(f (x)) = λτ e (φ)(x) + τ e (ψ)(x) = e e = (λτ e (φ) + τ e (ψ))(x). Logo, τ e (λφ + ψ) = λτ e (φ) + τ e (ψ). Caso x / ∈ R e ent˜ao τ e (λφ + ψ)(x) = 0 = (λτ e (φ) + τ e (ψ))(x). Logo a igualdade tamb´em ´e v´ alida.

        Note que F (X) est´a sendo visto como um K-espa¸co vetorial. Portanto basta verificar que τ e ´e linear. O produto dado pela com- posi¸c˜ ao ´e referente ` a K-´algebra Hom(F (X)) e n˜ ao a F (X). Portanto τ e ∈ Hom(F (X)).

        Da mesma forma vamos definir τ e : F (X) −→ F (X) como sendo

        φ ◦ f e (x), se x ∈ D r

        (e)

        τ e (φ)(x) = , 0, caso contr´ario para todo φ ∈ F (X). Note que τ e est´a bem definido pois se x / ∈ D r ,

        (e)

        ent˜ao τ e (φ)(x) = 0. Caso x ∈ D r ent˜ao note que f e (x) ∈ R e ⊆ X e

      (e)

      como φ ∈ F (X), segue que τ e (φ)(x) = φ(f e (x)).

        Da mesma forma, utilizaremos o abuso de nota¸c˜ ao como acima, isto ´e, τ e (φ) = 1 D .(φ ◦ f e ), para todo φ ∈ F (X). De maneira r (e) an´ aloga obtemos que τ e ∈ Hom(F (X)).

        Para cada v ∈ E defina ρ v : F (X) −→ F (X) como sendo φ(x), se x ∈ D v

        ρ v (φ)(x) = , 0, caso contr´ario para todo φ ∈ F (X).

        Utilizaremos a nota¸c˜ ao ρ v (φ) = 1 D .φ, para todo φ ∈ F (X) e v claramente temos que ρ v ∈ Hom(F (X)). Definido os homomorfismos acima, os pr´ oximos resultados nos garantir˜ao a existˆencia de um sistema de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico X e K de um homomorfismo de L (E) para Hom(F (X)).

        Teorema 66. Seja X um sistema de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado ao grafo E. Ent˜ ao existe um K-homomorfismo de ´ algebras K ϕ : L (E) −→ Hom(F (X))

        ∗

        1 tal que ϕ(e) = τ e , ϕ(e ) = τ e , ∀e ∈ E e ϕ(v) = ρ v , ∀v ∈ E .

        Demonstra¸c˜ ao. Vamos mostrar que os conjuntos

        1

        1

        {τ e | e ∈ E }, {τ e | e ∈ E } e {ρ v | v ∈ E } em Hom(F (X)) satisfazem as rela¸c˜ oes 1 a 4 da defini¸c˜ ao 44. Note primeiramente que dados v, w ∈ E temos

        ρ v ◦ ρ w (φ) = ρ v (ρ w (φ)) = 1 D .ρ w (φ) = 1 D .1 D .φ v v w Mas se v 6= w ent˜ao D v ∩ D w = ∅. Se v = w ent˜ao D v ∩ D w = D v . Logo,

        ρ v (φ), se v = w ρ v ◦ ρ w (φ) = . 0, se v 6= w

        Portanto, ρ v s˜ao idempotentes e ortogonais dois a dois. Agora vamos mostrar as demais rela¸c˜ oes.

        1. Temos que mostrar que ρ ◦ τ e = τ e = τ e ◦ ρ . s r

        (e) (e)

        Para cada φ ∈ F (X) temos que ρ s ◦ τ e (φ) = ρ s (τ e (φ)) = 1 D .τ e (φ)

        

      (e) (e) s (e)

      −1

        = 1 D .1 R .(φ ◦ f ). s e e (e) Por´em R e ⊆ D . Dessa forma, 1 R .1 D = 1 R e portanto, s (e) e s e (e) segue que

        ρ ◦ τ e (φ) = τ e (φ). s (e) Por outro lado, para cada φ ∈ F (X) temos que

        −1

        τ e ◦ ρ r (φ) = τ e (ρ r (φ)) = 1 R .(ρ r (φ) ◦ f )

        (e) (e) e (e) e −1

        = 1 R .((1 D .φ) ◦ f ). e r e (e)

        −1

        Mas como f e (x) ∈ D r , para todo x ∈ R e , segue que

        (e) −1

        ◦ ρ τ e r (φ) = 1 R e .(φ ◦ f ) = τ e (φ).

        

      (e) e

        ◦ τ ◦ ρ Portanto, ρ s e = τ e = τ e r .

        (e) (e) ∗ ∗ ∗ 2. Precisamos mostrar que ρ r ◦ τ e = τ e = τ e ◦ ρ s .

        (e) (e)

        Para cada φ ∈ F (X) temos que ∗ ∗ ◦ ρ

        τ e s (φ) = τ e (ρ s (φ)) = 1 D .(ρ s (φ) ◦ f e )

        

      (e) (e) r (e) (e)

      = 1 D .((1 D .φ) ◦ f e ). r s (e) (e)

        Como f e (x) ∈ R e , para todo x ∈ D r , e 1 D

        1 D = 0, segue

        (e) r s (e) (e)

        que ∗ ∗ τ e ◦ ρ s (φ) = 1 D .(φ ◦ f e ) = τ e (φ).

        (e) r (e)

        Por outro lado, para cada φ ∈ F (X) temos que ∗ ∗ ∗ ρ r ◦ τ e (φ) = ρ r (τ e (φ)) = 1 D .τ e (φ)

        (e) (e) r (e) = 1 D .1 D .(φ ◦ f e ) = 1 D .(φ ◦ f e ) = τ e (φ). ∗ ∗ ∗ r r r (e) (e) (e) Logo, ρ ◦ τ e = τ e = τ e ◦ ρ . r (e) s (e) ρ , se e = t r (e) 3. Precisamos mostrar que τ e ◦ τ t = .

        0, se e 6= t De fato, se e 6= t ent˜ao para cada φ ∈ F (X) temos ∗ ∗ τ e ◦ τ t (φ) = τ e (τ t (φ)) = 1 D .(τ t (φ) ◦ f e ). r (e) Como f e (x) ∈ R e , para todo x ∈ D , e R e ∩ R t = ∅ ent˜ao r (e)

        −1 τ t (φ) ◦ f e = (1 R .(φ ◦ f )) ◦ f e = 0 e portanto, τ e ◦ τ t = 0. t e

        Se e = t, ent˜ao temos ∗ ∗ τ e ◦ τ e (φ) = τ e (τ e (φ)) = 1 D .(τ e (φ) ◦ f e ). r

        Novamente, como f e (x) ∈ R e , para todo x ∈ D r , segue que

        (e) −1 −1

        τ e ◦ τ e (φ) = 1 D .((1 R .(φ ◦ f )) ◦ f e ) = 1 D .(φ ◦ f ◦ f e ) r e e r e (e) (e) = 1 D .φ = ρ r (φ). r (e) (e) ◦ τ Dessa forma, τ e e = ρ r .

        (e) −1

        4. Vamos mostrar que dado v ∈ E tal que 0 < #s (v) < ∞ temos que X ρ v = τ e ◦ τ e . e 1

      s

      ∈E

      (e)=v

        Primeiramente note que para cada φ ∈ F (X) temos que

      ∗ ∗ ∗

      −1 τ e ◦ τ e (φ) = τ e (τ e (φ)) = 1 R e .(τ e (φ) ◦ f ). e

        −1

        Como f (x) ∈ D r , para todo x ∈ R e , segue que e (e) −1 τ e ◦ τ e (φ) = 1 R .((1 D .(φ ◦ f e )) ◦ f ) e r (e) e

        −1 = 1 R .(φ ◦ f e ◦ f ) = 1 R .φ. e e e

        [ Agora, por defini¸c˜ ao temos que D v = R e . Isso implica e 1 s ∈E (e)=v diretamente que

        X

        1 D = v e e 1

        1 R , s ∈E (e)=v pois neste caso a uni˜ ao ´e disjunta. Portanto podemos concluir que para cada φ ∈ F (X),

         

        X X

        X     ∗

        ρ(φ) = 1 D v .φ =

        1 R e φ = 1 R e φ = τ e ◦ τ e (φ).   e e e 1 1 1 s (e)=v s (e)=v s (e)=v ∈E ∈E ∈E

        Portanto pela propriedade universal de L K (E) temos que existe um K-homomorfismo ϕ : L K (E) −→ Hom(F (X)) tal que ϕ(e) = τ e ,

        ∗

        1 ϕ(e ) = τ e , ∀e ∈ E e ϕ(v) = ρ v , ∀v ∈ E . Teorema 67. Seja E um grafo. Ent˜ ao existe um sistema de rami- fica¸c˜ ao E-alg´ebrico X associado ao grafo E, em que X ´e um intervalo possivelmente ilimitado de R.

        1

        1

        1 Demonstra¸c˜ ao. Enumere E como E = {e i | i ∈ N} (se E for finito

        1

        ent˜ao escreva E = {e , . . . , e n }). Para cada i ≥ 1, considere o intervalo

        Enumere E como E = {v i | i ∈ N} e seja V o conjunto de todos os v´ertices que s˜ao po¸co, ou seja, V = {v i ∈ E | v i ´e po¸co}. Ent˜ao para cada v i ∈ V , i ≥ 1, defina o intervalo D v i = [−i, −i + 1) ⊆ R. Por outro lado, para cada v ∈ E tal que v n˜ ao ´e po¸co, defina . [ D v = R e i . e i 1 s

      ∈E

      (e i )=v

        Desse modo, basta mostrar que as condi¸c˜ oes (i) a (v) da defini¸c˜ ao 64 s˜ao v´ alidas. De fato, (i) Para i, j ∈ N, i 6= j temos R e ∩ R e = [i − 1, i) ∩ [j − 1, j) = ∅. i j

        (ii) Sejam v i , v j ∈ E com i 6= j. Se v i , v j s˜ao po¸cos ent˜ao note que D v ∩ D v = [−i, −i + 1) ∩ [−j, −j + 1) = ∅. i j Se v i ´e po¸co e v j n˜ ao, ent˜ao

          .

        [    

        D v ∩ D v = [−i, −i + 1) ∩ R e = i j l .   s (e l )=v j e l ∈E 1 [ = [−i, −i + 1) ∩ R e = ∅. s e l ∈E 1 l

        (e l )=v j

        Se v i , v j n˜ ao s˜ao po¸cos, ent˜ao D v ∩ D v = ∅ pois R e ∩ R e = ∅, i j l k para l 6= k.

        1

        (iii) Para todo e ∈ E , como s(e) n˜ ao ´e po¸co, ent˜ao .

        [ R e ⊆ R t = D s .

      s (t)=s(e)

      t ∈E

      1 (e)

        1

        | s(e) = v} < ∞ (iv) Para todo v ∈ E de forma que 0 < #{e ∈ E ent˜ao por defini¸c˜ ao .

        [ D v = R e . s e ∈E 1

        (e)=v

        Para mostrar a condi¸c˜ ao (v) precisamos primeiramente definir as bije¸c˜ oes.

        1

        ∈ E ∈ V ,

        Seja e j . Se r(e j ) ´e po¸co ent˜ao certamente r(e j ) = v i −→ para algum i ∈ N e logo, D r j = [−i, −i + 1). Defina f e j : D r j

        (e ) (e )

        R e j como sendo qualquer bije¸c˜ ao linear entre esses dois intervalos (por exemplo, podemos definir f e j (x) = x + (j + i − 1), ∀x ∈ D r j ).

        (e )

        Por outro lado, se r(e j ) n˜ ao ´e po¸co ent˜ao por defini¸c˜ ao temos .

        [ D r = R t .

        (e) t 1 ik s

      ik

      ∈E (t )=r(e)

      ik

        Para definir a bije¸c˜ ao neste caso, precisamos dividir o intervalo R e = [j − 1, j) em intervalos menores. Suponha inicialmente que j

        1

        #{t i ∈ E | s(t i ) = r(e j )} ´e finito. Desta forma vamos particionar o k k intervalo R e da seguinte maneira: j x = j − 1 < x < x < . . . < x n = j em que n ´e da forma

        1

        2

        1

        n = #{t i ∈ E | s(t i ) = r(e j )}. Assim, k k n [ R e j = [j − 1, j) = [x k −1 , x k ) . k | {z }

        =1 I k

        Defina f e : D −→ R e tal que f e | R seja qualquer bije¸c˜ ao j r (e j ) j j ti k linear entre R t e I k , para todo k. ik

        1 Por outro lado, se #{t i ∈ E | s(t i ) = r(e j )} ´e infinito ent˜ao k k considere (x n ) uma sequˆencia estritamente crescente com x = j − 1 de

        modo que x n → j. Dessa maneira temos que

        [ R e = [j − 1, j) = [x k , x k ) . j −1 k ∈N | {z } I k Da mesma maneira do caso anterior, defina f e : D −→ R e j r (e j ) j tal que f e | R seja qualquer bije¸c˜ ao linear entre R t e I k , para todo j ti ik k k. Por fim, defina o conjunto . . ! !

        [ [ [ X = R e D v . e v ∈V 1

        ∈E 1 1

        } } } Portanto obtemos (X, {R e e , {D v v , {f e e ) um sistema

        ∈E ∈E ∈E de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado ao grafo E.

        Com estes resultados podemos enunciar o seguinte corol´ ario. Corol´ ario 68. Seja E um grafo. Ent˜ ao existe X um sistema de ra- mifica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado a grafo E e um K-homomorfismo de

        ∗

        ´ algebras ϕ : L K (E) −→ Hom(F (X)) tal que ϕ(e) = τ e , ϕ(e ) = τ e ,

        1 ∀e ∈ E e ϕ(v) = ρ v , ∀v ∈ E .

        Demonstra¸c˜ ao. Segue dos teoremas 66 e 67. Teorema 69. Seja E um grafo que n˜ ao satisfaz a condi¸c˜ ao (L). Ent˜ ao existe X um sistema de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico associado ao grafo E K e um K-homomorfismo de ´ algebras ϕ : L (E) −→ Hom(F (X)) tal que

        ϕ(v) 6= 0, ∀v ∈ E por´em ϕ n˜ ao ´e injetora. Demonstra¸c˜ ao. Seja E um grafo que n˜ ao satisfaz a condi¸c˜ ao (L). Ent˜ao existe α = α . . . α n caminho fechado o qual n˜ ao tem sa´ıda. Pelo te-

        orema 66 existe um K-homomorfismo ϕ : L (E) −→ Hom(F (X)) em que X ´e o sistema de ramifica¸c˜ ao E-alg´ebrico constru´ıdo no teorema 67. A ideia central da prova ´e modificar um pouco o sistema de ramifica¸c˜ ao X. Mais especificamente, vamos modificar as bije¸c˜ oes f α , . . . , f α n . 1

        6= ∅ para todo v ∈ E Note que por constru¸c˜ ao, D v . Logo,

        6= 0, ∀v ∈ E ϕ(v) = ρ v . Para cada i, temos as bije¸c˜ oes f α : D −→ R α e assim, para i r i i

        (α )

        o caminho fechado α, podemos definir f α : D −→ R α como sendo r (α) 1 f α = f α ◦ . . . ◦ f α , j´ a que R α ⊆ D = D = D . 1 n s (α ) s (α) r (α) 1 1 Perceba que f α est´a bem definido pois f α : D −→ R α nota- i r (α i ) i mos que R α ⊆ D = D e dessa maneira, obtemos Im(f α ) ⊆ i s (α i ) r (α ) i

        D r = Dom(f α ) (se α fosse apenas um caminho, ent˜ao f α

        (α ) i−1 i−1

        n˜ ao seria bije¸c˜ ao). Como α ´e um caminho fechado sem sa´ıda ent˜ao R α = D s = D r . Para nossos prop´ ositos, precisamos que f α i (α i ) (α ) i−1 seja a identidade, e para tanto o que vamos fazer ´e escolher bije¸c˜ oes f α adequadas. Desse forma, escolha f α como sendo a inversa de i n f α ◦ . . . ◦ f α , de forma que f α seja a identidade. 1 n−1

        F Agora, note que 1 α δ α ´e diferente de 1 s δ s em D(X) ⋊ α . K (α) (α) Pelo teorema 57 segue que α 6= s(α) em L (E). Como f α ´e identidade, ent˜ao para cada φ ∈ F (X),

        ϕ(α)(φ) = ϕ(α

        1 . . . α n )(φ) = ϕ(α 1 ) ◦ . . . ◦ ϕ(α n )(φ) = −1

        = τ α ◦ . . . ◦ τ α n (φ) = 1 R .(τ α ◦ . . . ◦ τ α n (φ)) ◦ f = 1 α1 2 α 1 R R α ◦ . . . ◦ τ α

        −1 −1

        = 1 .[1 .(τ n (φ)) ◦ f α ] ◦ f α = α1 α2 3 2 1

        −1 −1

        = 1 R .(τ α ◦ . . . ◦ τ α (φ)) ◦ f ◦ f = . . . = α1 3 n α α 2 1

        −1 −1 −1

        ◦ . . . ◦ f = 1 R .φ ◦ f = 1 D .φ ◦ f = α1 α n α s (α) α 1 = 1 D .φ = ρ s (φ) = ϕ(s(α))(φ). s (α) (α) Portanto, ϕ(α) = ϕ(s(α)) e logo, ϕ n˜ ao ´e injetora.

        Diante dos resultados obtidos at´e aqui podemos formular o se- guinte corol´ ario. Corol´ ario 70. Seja E um grafo. Ent˜ ao o grafo E satisfaz a condi¸c˜ ao (L) se, e somente se, para cada K-´ algebra A e cada K-homomorfismo π : L K (E) −→ A com π(v) 6= 0, ∀v ∈ E , π ´e injetor. Demonstra¸c˜ ao. Segue imediatamente dos teoremas 61 e 69.

        Exemplo 71. Demonstramos na proposi¸c˜ao 59 que se um grafo E F satisfaz a condi¸c˜ ao (L) ent˜ao todo ideal I n˜ ao nulo de D(X) ⋊ α tem a propriedade de que I ∩ D δ 6= {0}. No exemplo abaixo apresentamos um exemplo de um grafo que n˜ ao tem a condi¸c˜ ao (L) e que tamb´em n˜ ao satisfaz a propriedade de intersec¸c˜ ao dos ideais. Seja o grafo E do exemplo 40 da seguinte maneira: e r > v .

        F Vamos mostrar que existe um ideal I n˜ ao nulo de D(X) ⋊ α de modo que I ∩ D δ = {0}.

        De fato, este grafo n˜ ao satisfaz a condi¸c˜ ao (L) ent˜ao pelo co- K rol´ ario 70 existe um homomorfismo n˜ ao injetor π : L (E) −→ A tal K F que π(v) 6= 0, ∀v ∈ E . Considere ϕ : L (E) → D(X) ⋊ α o isomor-

        F fismo visto no cap´ıtulo 5. Seja I = ϕ(ker(π)) o ideal em D(X) ⋊ α . Note que o ideal I ´e pr´ oprio.

        ∼ Suponha que I ∩ D δ 6= {0} e note que D = K. Ent˜ao existe kδ ∈ I para algum k ∈ K.

        −1

        Portanto 1δ = (k δ ).(kδ ) ∈ I. Por´em 1δ ´e a unidade em F

        F D(X) ⋊ α . Desse modo, poder´ıamos concluir que I = D(X) ⋊ α o que ´e absurdo. Logo, I ∩ D δ = {0}.

        8 CONCLUS ˜ AO Estudamos a teoria de a¸c˜ oes parciais de grupo e uma grande parte da teoria de ´ Algebras de Leavitt e sua conex˜ao com produto cru- zado parcial o qual vem proporcionado um grande n´ umero de produ¸c˜ oes cient´ıficas importantes no campo da matem´ atica. Nosso objetivo neste trabalho foi demonstrar o Teorema de Unicidade de Cuntz-Krieger so- bre as ´ Algebras de Leavitt via produto cruzado parcial, o qual ´e um ponto de vista bem diferente do tradicional.

        Para o bom andamento do trabalho, foram utilizados v´ arios ar-

        GONC ¸ ALVES; ROYER

        tigos como referˆencia, principalmente o artigo ( , 2014), crucial no desenvolvimento.

        A maior dificuldade do trabalho foi estabelecer uma forma clara de redigir os detalhes dos resultados. Contudo, o trabalho contribuiu de forma significativa na aprendizagem do elaborador e, espera-se que este trabalho contribua de alguma forma ao leitor e colabore com a produ¸c˜ ao cient´ıfica no campo da matem´ atica, do qual tenho tanto orgulho de fazer parte.

        APˆ ENDICE A -- Produto Cruzado Parcial

        Neste apˆendice faremos a constru¸c˜ ao alg´ebrica do produto cru- zado parcial.

        , Fixe um corpo K e seja ({D g } g {α g } g ) uma a¸c˜ ao parcial

        ∈G ∈G de um grupo G sobre uma K-´algebra A.

        Denote por V o espa¸co vetorial de todas as fun¸c˜ oes de G em A que tem suporte finito, isto ´e, V := {f : G −→ A | f (g) 6= 0 apenas para finitos g ∈ G}.

        , Defina V α := {f ∈ V |f (g) ∈ D g ∀g ∈ G}. Claramente V α ´e um subespa¸co vetorial de V .

        δ Para qualquer g ∈ G e a g ∈ D g , denote por a g g a fun¸c˜ ao pertencente a V α dada por: a , g se h = g a δ . g g (h) = 0, se h 6= g

        Assim, ´e f´ acil ver que toda fun¸c˜ ao f ∈ V α ´e escrita de maneira ´ unica

        finita

        X a δ sob a forma f = g g , em que a g = f (g) 6= 0, para todo g ∈ G. g

        ∈G Observa¸ c˜ ao 72. finita

        X a δ (1) g g = 0 ⇔ a g = 0, ∀g ∈ G. g

        ∈G

        (2) Para qualquer λ ∈ K,

        finita finita finita

        X X

        X g ∈G g ∈G g ∈G a g δ g + λ b g δ g = (a g + λb g )δ g . δ G (3) {a g g |g ∈ G e a g ∈ D g } gera A ⋊ α . Al´em disso podemos dar a V α uma estrutura de ´algebra. A soma e o produto por escalar ser˜ ao dados como na observa¸c˜ ao (2). Para o produto, adotamos a seguinte opera¸c˜ ao:

        δ δ −1 a , (a g g )(a h h ) = α g (α g (a g ) h )δ gh

        |{z} | {z }

        ∈D h ∈D g−1

        | {z }

        ∈(D ∩D h ) estendendo por distributividade para todo V α . Defini¸ c˜ ao 73. O produto cruzado parcial alg´ebrico de A por G atrav´es

        G de α, denotado por A ⋊ α , ´e a ´ algebra V α definido acima. Em outras palavras,

          finita  

        X A ⋊ α G = a g δ g a g ∈ D g .   g

        ∈G

        Poder´ıamos nos perguntar se o produto cruzado parcial ´e asso- ciativo ou n˜ ao. Em geral, n˜ ao ´e associativo. Mas existe um resultado que nos garante que: se α ´e a¸c˜ ao parcial de um grupo G sobre uma

        ∗

        C G

      • ´algebra A, ent˜ao A ⋊ α ´e associativo. Mais detalhes sobre este e

        outros resultados, o leitor pode encontrar em ( , 2007) e (

        CHAEV; EXEL , 2005).

        APˆ ENDICE B -- Z-gradua¸ c˜ ao

        Neste apˆendice faremos uma introdu¸c˜ ao no estudo de an´eis Z- graduados e mostraremos que tanto a ´ Algebra de caminhos de Leavitt F quanto D(X) ⋊ α s˜ao Z-graduados. Defini¸ c˜ ao 74. Seja R um anel. Dizemos que R ´e Z-graduado se existir uma cole¸c˜ ao de subgrupos aditivos {R n } n de R tal que

        ∈Z

        R i) R = ⊕ n n ;

        ∈Z

        R , ii) R m n ⊆ R m ∀m, n ∈ Z.

      • n

        Observa¸ c˜ ao 75. O significado de gradua¸c˜ ao definido acima nos ga- rante que podemos representar um anel R como soma direta de outras estruturas “menores” em que satisfazem a propriedade (ii). Defini¸ c˜ ao 76. Seja R e S an´eis Z-graduados e φ : R −→ S homo- morfismo de an´eis. Dizemos que φ : R −→ S ´e um homomorfismo de an´eis graduados se φ(R n ) ⊆ S n , ∀n ∈ Z. Proposi¸ c˜ ao 77. L K (E) ´e Z-graduado. K Demonstra¸c˜ ao. Defina a gradua¸c˜ ao de L (E) como sendo

        ∗ (L K (E)) n = span{αβ | α, β ∈ W ∪ {0}, |α| − |β| = n}.

        Note que (L K (E)) n ´e subgrupo aditivo de L K (E), ∀n ∈ N e que α, β ∈ W ∪ {0} com |α| − |β| = n independe de representa¸c˜ ao. Afirma¸c˜ ao 1: (L K (E)) m . (L K (E)) n ⊆ (L K (E)) m .

      • n ∗ ∗

        De fato, note que para αβ com |α| − |β| = m e γδ com |γ| − |δ| = n temos que pelo lema 49 temos que

        

        ′ ∗ ′ ′

        αγ δ , se γ = βγ para algum γ    ∗

        αδ , se γ = β

        ∗ ∗ (αβ )(γδ ) = .

        ′∗ ∗ ′ ′

        αβ δ , se β = γβ para algum β   

        0, caso contr´ario

        ∗ ∗

        Note que em todos os casos temos que (αβ )(γδ ) se torna

        ∗ ′

        algo do tipo σς com |σ| − |ς| = n + m. Por exemplo, se γ = βγ

        ′ ∗ ∗ ′ ∗ ′

        δ para algum γ ent˜ao (αβ )(γδ ) = αγ . Como γ = βγ ent˜ao

        

      ′ ∗ ∗ ′ ∗

        δ |γ | = |γ| − |β| e portanto temos que |(αβ )(γδ )| = |αγ | =

        ′

        |α| + |γ | − |δ| = |α| + |γ| − |β| − |δ| = (|α| − |β|) + (|γ| − |δ|) = m

      • n. Assim, por linearidade segue o desejado.

        M Afirma¸c˜ ao 2: L K (E) = (L K (E)) n . K

        Note que dado x ∈ L (E) qualquer, x pode ser escrito da seguinte maneira

        X X

        X

        ∗ ∗ x = λ α β = λ α β . k n k k k k k k k

      ∈Z

      |α |−|β |=n k k

        Para mostrar que de fato essa soma ´e direta precisamos de alguns resultados auxiliares. Para come¸car considere o conjunto

        −1 −1

        S = {s (v) | 0 < #s (v) < ∞}. Para cada A ∈ S, fixe e A ∈ A.

        Ent˜ao aplicando o Teorema 2.7 do artigo ( , 2012) para o caso trivial em que o grafo separado ´e o grafo E e portanto CL K K

        (E, C) = L (E) temos que o conjunto

        ∗

        B , β , e = {αβ | (α ) 6= (e A A ), ∀A ∈ S} ∪ E K |α| |β| ´e uma base para L (E).

        X

        ∗ ∗ K λ b

        Observe que dado αβ ∈ (L (E)) n ent˜ao αβ = i i com b K i ∈ B ∩ (L (E)) n .

        , β , e De fato, se (α ) 6= (e A A ), ∀A ∈ S ent˜ao ´e imediato.

        |α| |β|

        , β , e Se (α ) = (e A A ), para algum A ∈ S ent˜ao

        |α| |β| ∗ ∗ ∗ ∗

        αβ . . . α e e β . . . β .

        = α

        1 |α|−1 A A |α|−n−1

        1 Note que podemos escrever

        X

        ∗ ∗ e e ee . A = v − A e e ∈A 6=e A ∗

        Desse modo, αβ pode ser reescrito como uma soma, substi-

        ∗

        e tuindo e A pelo somat´orio acima. Note que ao adicionar essas novas A

        ∗

        parcelas, o comprimento de αβ permanece o mesmo. Repetindo o pro- cesso em cada uma destas parcelas, se necess´ ario, conseguimos garantir

        ∗ que αβ ∈ B.

        Assim por linearidade segue que para qualquer a n ∈ (L K (E)) n ,

        X podemos escrever a n = λ i b i com b i ∈ B ∩ (L K (E)) n . i Com essas informa¸c˜ oes ent˜ao podemos provar de fato que a soma em quest˜ao ´e direta. X a K Dado n = 0 com a n ∈ (L (E)) n precisamos mostrar que n

        ∈Z

        a K n = 0, ∀n ∈ Z. Mas para cada a n ∈ (L (E)) n , podemos escrever

        X

        (n) (n) (n)

        a λ b K n = com b ∈ B ∩ (L (E)) n . Assim, i i i i

        X X

        X

        (n) (n) a λ b .

        0 = n = n n i i i

        ∈Z ∈Z (n) (n) (m)

        Note que b ∈ B s˜ao dois a dois distintos pois |b | 6= |b |, i i j

        

      (n)

      para n 6= m. Isso implica que λ = 0, para todo n ∈ Z e todo i. i Portanto a n = 0 para todo n ∈ Z e segue o desejado.

        F Proposi¸ c˜ ao 78. D(X) ⋊ α ´e Z-graduado.

        F Demonstra¸c˜ ao. Defina a gradua¸c˜ ao de D(X) ⋊ α como sendo

        X F A z = { a p δ p | a p ∈ D p e |p| = z} ⊆ D(X) ⋊ α . p F

        Note que A z ´e subgrupo aditivo de D(X) ⋊ α e para cada p ∈ F, definimos |p| = m − n em que m ´e o n´ umero de geradores (elementos

        1 de E ) de p, e n ´e o n´ umero de inversos dos geradores de p.

        A Afirma¸c˜ ao 1: A z w ⊆ A z .

      • w

        De fato, dados x ∈ A z e y ∈ A w da forma

        X X x a δ a δ . = p p e y = q q

        

      |p|=z |q|=w

        Note primeiramente que a a p pq z }| { δ δ α −1 δ δ . (a p p )(a q q ) = p (α p (a p )a q ) pq ∈ D pq pq

        | {z }

        

      ∈D

      pq

        Desse modo    

        X X

        X X     x.y = a p δ p a q δ q = a pq δ pq .

        

      |p|=z |q|=w |p|=z |q|=w

      Mas |pq| = |p| + |q| = z + w e logo, x.y ∈ A z .

      • w
      M F A Afirma¸c˜ ao 2: D(X) ⋊ α = z . z

        ∈Z

        F De fato, dado x ∈ D(X) ⋊ α , podemos escrever x da forma

        X X

        X x a δ a δ . = p p = p p p z

        

      ∈F ∈Z |p|=z

        Agora note que para p 6= q, D p δ p ∩ D q δ q = {0} pois a , p se p = h a δ p p (h) = 0, caso contr´ario e a , q se q = h a δ . q q (h) = 0, caso contr´ario

        Portanto segue que

        X X

        X p z a p δ p = a p δ p = 0 ⇒

        ∈F ∈Z |p|=z

        X X

        X a δ a δ ⇒ p p (g) = p p (g) = 0 ⇒ p z

        ∈F ∈Z |p|=z

        ⇒ a g = 0, para todo g ∈ F. Teorema 79 (Teorema de Unicidade Z-gradua¸c˜ ao). Sejam E um grafo K e L (E) a ´ Algebra de Leavitt associada a E com a Z-gradua¸c˜ ao usual. K Se A ´e um anel Z-graduado e π : L (E) −→ A ´e um homomorfismo Z -graduado com π(v) 6= 0, ∀v ∈ E , ent˜ ao π ´e injetiva.

        TOMFORDE Demonstra¸c˜ ao. Ver teorema 4.8 do artigo ( , 2007). REFERˆ ENCIAS ABRAMS, G.; ARANDA-PINO, G. The Leavitt path algebra of a graph. [S.l.]: Journal Algebra, 293(2); 319-334, 2005. ABRAMS, G.; ARANDA-PINO, G. The Leavitt path algebras of arbitrary graphs. [S.l.]: Houston J. Math, 34(2); 423-442, 2008. ARA, P.; GOODEARL, K. R. Leavitt Path Algebras of Separated Graphs. [S.l.]: Journal f¨ ur die reine und angewandte Mathematik (Crelles Journal), 2012(669); 165-224, 2012. BOAVA, G. Caracteriza¸c˜ oes da C*-´ algebra gerada por uma compress˜ ao aplicadas a cristais e quasicristais. Disserta¸c˜ ao (Mestrado) — UFSC, 2007. DOKUCHAEV, M.; EXEL, R. Associativity of Crossed Products by Partial Actions, Enveloping Actions and Partial Representations. [S.l.]: Transactions of the American Mathematical Society, 357(5); 1931 - 1952, 2005. GONC ¸ ALVES, D.; LI, H.; ROYER, D. Faithful representations of graph algebras via branching systems. [S.l.]: arXiv preprint arXiv:1412.3558, 2014. GONC ¸ ALVES, D.; OINERT, J.; ROYER, D. Simplicity of partial skew group rings with applications to Leavitt path algebras and topological dynamics. [S.l.]: Journal of Algebra, 420; 201 - 216, 2014. GONC ¸ ALVES, D.; ROYER, D. On the representations of Leavitt path algebras. [S.l.]: arXiv preprint arXiv:1006.2797, 2010. GONC ¸ ALVES, D.; ROYER, D. Leavitt Path Algebras as Partial Skew Group Rings. [S.l.]: Communications in Algebra, 42(8); 3578-3592, 2014. TOMFORDE, M. Uniqueness theorems and ideal structure for Leavitt path algebras. [S.l.]: Journal of Algebra, 318(1); 270 - 299, 2007.

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