Reticulados, Álgebra Booleana e Formas Quadráticas Abstratas

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1 Reticulados, Álgebra Booleana e Formas Quadráticas Abstratas Clotilzio Moreira dos Santos Resumo O objetivo deste trabalho é introduzir formas quadráticas sobre reticulados. Demonstramos que a definição forte de isometria de formas quadráticas sobre álgebras booleanas é equivalente a definição de isometria de formas quadráticas abstratas dada por Kaplansky em [1]. Palavras Chave: Reticulados, álgebras booleanas, formas quadráticas abstratas Introdução Adaptamos a definição de formas quadráticas sobre corpos para reticulados e definimos isometria de formas quadráticas sobre reticulados. O principal resultado é que duas formas quadráticas de dimensão dois são isométricas se, e somente se, as estruturas aditiva e multiplicativa do reticulado admitem elementos neutros e a isometria é dada por um elemento do reticulado que possui complemento. Como consequência se a é um elemento do reticulado que possui complemento, então as formas quadráticas a, b e a + b, ab são isométricas. Isto leva a considerar reticulados que são álgebras booleanas, e nesta estrutura demonstramos que esta definição de isometria é equivalente a definição de isometria de formas quadráticas abstratas dada por Kaplansky em [1]. No item 1, foi desenvolvido parte da teoria já conhecida de reticulados e álgebra booleana, para os nossos objetivos. No item 2, usando as estruturas aditiva e multiplicativa usual de um reticulado derivada da ordem, introduziremos os conceitos de forma quadrática e de isometria (forte), adaptadas das definições de formas quadráticas sobre corpos, a partir das quais demonstramos nossa proposição. No item 3, caracterizamos a isometria forte de duas formas quadráticas bidimensionais sobre álgebras booleanas, o que mostra que esta definição equivale a definição dada por Kaplansky em [1] para formas quadráticas abstratas. 1 Reticulados Um conjunto não vazio R parcialmente ordenado pela relação de ordem ; (R ) é dito reticulado se para quaisquer x, y R existem o supremo e o ínfimo de {x, y}. É usual denotá-los por x y e x y, respectivamente. Trabalho realizado como parte de pesquisa sobre formas quadráticas moreira@ibilce.unesp.br. Departamento de Matemática do Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas da Universidade Estadual Paulista Júlio de Mesquita Filho 2

2 Por recorrência, definimos e x 1 x 2 x n := (x 1 x 2 x n 1 ) x n, n 3 x 1 x 2 x n := (x 1 x 2 x n 1 ) x n, n 3. Se existem elementos e 1 e e 2 R tais que e 1 x, x R e x e 2, x R, denotaremos e 1 por 0 R e denotaremos e 2 por 1 R. É claro que 0 R x = 0 R, 0 R x = x = 1 R x e 1 R x = 1 R. Notemos também que os elementos 0 R e 1 R podem existir independentemente. Exemplos: (1) Se a ordem (precede) atribui estrutura de reticulado em R, então a ordem dual (sucede) também atribui uma estrutura de reticulado em R dito reticulado dual (R, ). Além disso, sup{x, y} em (R, ) é igual a inf{x, y} em (R, ). O mesmo vale para inf{x, y}. Portanto, existe 1 R no reticulado (R, ) se, e somente se, existem 0 R no reticulado (R, ) e eles são iguais. O mesmo vale para 0 R no reticulado (R, ) e 1 R em (R, ). Por exemplo 0 N = 0 N no reticulado (N, ) e 1 N = 0 N no reticulado dual (N, ). Também não existe 1 N no reticulado (N, ), nem 0 N no reticulado dual (N, ). O reticulado (Z, ) não possui 0 Z nem 1 Z e, o mesmo vale para o reticulado dual (Z, ). (2) Denotemos por a relação de divisibilidade em N. Então (N, ) é um reticulado e 0 N = 1, 1 N = 0, pois 1 x, x N e x 0, x N. (3) Se (R, ) é um reticulado finito, então existem 0 R e 1 R. De fato, se R = {a 1,, a n }, n 1, então 0 R = a 1 a n e 1 R = a 1 a n. Em particular, denotando por D(n) o conjunto dos divisores positivos em Z de n N, n > 0, segue que, no reticulado (D(30), ), 0 D(30) = 1 N e 1 D(30) = 30. Algumas propriedades imediatas que serão úteis para o que vem a seguir são: Propriedades P1. Comutativa x y = y x, x y = y x. P2. Associativa { x (y z) = (x y) z, x (y z) = (x y) z. P3. Absorção { x (x y) = x, x (x y) = x. P4. Idempotência { x x = x, x x = x. Demonstração: P1 e P4 são evidentes. Para demonstrar P2, inicialmente notamos que, se x y então x z y z. De fato, como x y e (por definição) y y z, então pela propriedade transitiva x y z. Como também z y z, vem que y z é um limite superior para {x, z}. Por definição de sup, temos o resultado. Agora usemos este fato para demonstrar que (x y) z x (y z). De fato, 3

3 Como y y z vem que x y x (y z). Além disso, de z y z x (y z) vem que x (y z) é um limite superior de {x y, z}. Por definição (x y) z x (y z). Digamos que esta é a primeira parte da demonstração de P2. Para demonstrar que x (y z) (x y) z, usemos a primeira parte e a propriedade P1, como segue: x (y z) com. = (y z) x 1a P arte y (z x) com. = (z x) y 1a P arte z (x y) com. = com. = (x y) z. Consequentemente x (y z) = (x y) z. Analogamente, se demonstra que (x y) z = x (y z). Isto conclui a demonstração de P2. A demonstração de P3, segue do fato que x y x x y, x, y R. Portanto x (x y) = x e x (x y) = x. Podemos notar que se (R, ) é um reticulado, então dados x, y R, x y se, e somente se, x y = y, ou então x y se, e somente se, x y = x. A proposição que segue mostra que as propriedades acima caracterizam o reticulado, ou seja, Proposição 1 Seja R um conjunto em que se tem duas operações + e que satisfazem as propriedades comutativa, associativa, idempotência e absorção. Então a operação binária definida sobre R por: x y se x + y = y é uma relação de ordem parcial em R que torna R um reticulado com x y = x + y e x y = x.y. Demonstração: Veja Proposição 3.2.3, pg. 76 de [2] A propriedade distributiva de uma operação em relação a outra, em geral, não é verdadeira. No entanto, temos x (y z) (x y) (x z), e (x y) (x z) x (y z), x, y, z R. Vejamos } x x y = x (x y) (x z) x x z } = x (y z) (x y) (x z). y z y x y = y z (x y) (x z) y z z x z Analogamente, demonstra-se que (x y) (x z) x (y z). Portanto, as operações e são distributivas, uma em relação a outra, se forem verdadeira as relações (x y) (x z) x (y z) e x (y z) (x y) (x z). Definição 2 Um reticulado (R, ) é dito distributivo, se para quaisquer x, y, z R se verificam as igualdades: x (y z) = (x y) (x z) e x (y z) = (x y) (x z). Exemplos: (4) Se é uma ordem total sobre R, então (R, ) é um reticulado distributivo. De fato x y = max{x, y} e x y = min{x, y} e, portanto, para todos x, y, z R devemos verificar que max{x, min{y, z}} = min{max{x, y}, max{x, z}} e min{x, max{y, z}} = max{min{x, y}, min{x, z}}. Como a ordem é total, isto deve ser verificado em cada caso que segue: x y z, x z y, y x z, y z x z x y z y x. Mas como y e z desempenham o mesmo papel, estes casos se reduz à x y z, y x z e y z x. 4

4 A verificação disto é simples. (5) O reticulado (N, ) é distributivo e, consequentemente, (D(n), ) também é distributivo. De fato, para todos x, y D(n), x y = mmc(x, y) e x y = mdc(xy). Assim, o cálculo de x y e de x y se reduz ao cálculo do máximo e do mínimo dos expoentes dos fatores primos que ocorrem na decomposição de x e y e isto se reduz ao caso anterior. (6) Reticulados dos tipos 1 1 a b c y z 0 x 0 são denominados diamante e pentágono, respectivamente. Esses reticulados não são distributivos. De fato, no diamante temos: a (b c) = a 0 = a enquanto (a b) (a c) = 1 1 = 1. E no pentágono x (y z) = x 0 = x, enquanto (x y) (x z) = y 1 = y. Demonstra-se que qualquer reticulado que não é distributivo contém um desses reticulados como sub-reticulados. É o caso de reticulados de sub-espaços vetoriais de um espaço vetorial sobre um corpo F de dimensão maior ou igual a 2. Vejamos: se u e v são vetores linearmente independentes, considere U = F.u, V = F.v e W = F (u + v). Então U + (V W ) = U, enquanto (U + V ) (U + W ) = F.u + F v. Logo este reticulado contém um sub-reticulado diamante. E o reticulado (D(12), ) contém o sub-reticulado pentágono ({1, 2, 3, 4, 12}, ), ou ({1, 3, 4, 6, 12}, ). No reticulado diamante temos: a c = a b = 1 e a c = a b = 0, mas b c. No reticulado pentágono, também temos: x z = y z = 1 e x z = y z = 0 e também x y. No entanto, temos, Proposição 3 Sejam (R, ) um reticulado distributivo e x, y, z R tais que x y = x z e x y = x z. Então y = z. Demonstração: Temos: y = y (x y) hip. = y (x z) distr. = (y x) (y z) hip. = (x z) (y z) distr. = (x y) z hip. = (x z) z = z. Definição 4 (i) Seja (R, ) um reticulado que admite 0 R e 1 R. Dizemos que y R é um complementar de x R, se x y = 1 R e x y = 0 R. (ii) Dizemos que um reticulado é complementado se todos os seus elementos possuem um complementar. 5

5 Nota 5 Obviamente, se y é o complementar de x, então x é o complementar de y. Além disso, se o reticulado é distributivo e x é um elemento do reticulado que possui complementar, então pela Proposição 3 seu complementar é único. Neste caso, denotaremos o complementar de x por x. É claro que 0 = 1 e 1 = 0. Exemplo (6) O reticulado do exemplo 5 é distributivo, mas só 0 N = 1 N e 1 N = 0 N possuem complemento e 0 N = 1 N e 1 N = 0 N. Logo, este reticulado não é complementado. Mas o sub-reticulado (D(30), ) de (N, ) é complementado, e os pares {x, x} são: {1, 30}, {2, 15}, {3, 10}, {5, 6}. Definição 6 Álgebra de Boole Uma álgebra de Boole (ou álgebra booleana) é um reticulado distributivo e complementado. 1 2 Formas quadráticas sobre reticulados De agora em diante só consideraremos reticulados distributivos e vamos denotar as operações e, respectivamente, por + e, ou seja, x + y é o supremo de {x, y} e x.y o ínfimo de {x, y}. Se (R, ) um reticulado e tendo como inspiração a definição de isometria de formas quadráticas sobre corpos, dizemos que uma aplicação F : R n R n é uma isometria, se F é bijetora do tipo linear, ou seja, F (x 1,..., x n ) = (a 11 x a 1n x n,..., a n1 x a nn x n ) onde cada a ij são elementos fixados de R. Definição 7 Uma forma quadrática (n-dimensional) sobre um reticulado (R, ) é uma n-upla denotada por a 1,..., a n. Se q = a 1,..., a n é uma forma quadrática sobre R e X = (x 1, x 2,..., x n ) R n denotemos q(x) o valor a 1 x a 2x a n x 2 n R. Notemos que pela Propriedade P4 (idempotência) q(x) = a 1 x 1 + a 2 x a n x n. Neste artigo vamos explorar a seguinte definição forte de isometria. Definição 8 Duas formas quadráticas n-dimensionais q 1 e q 2 são isométricas e denotamos por q 1 q 2, se existe uma aplicação bijetora F : R n R n tal que q 1 = q 2 F R n F R n q 2 q 1 R É fácil ver que esta relação é simétrica e transitiva. No entanto, a propriedade reflexiva é explorada nos lemas que seguem, em casos particulares de formas quadráticas. Lema 9 As formas quadráticas unidimensionais a e b definidas sobre o reticulado (R, ) são isométricas se, e somente se, existe 1 R e a = b. Em particular a a se, e somente se, existe 1 R. 1 Existe uma definição alternativa de álgebra booleana: Um conjunto B junto com duas operações + e que satisfazem: (1) x+y = y+x, x.y = y.x (2) x+(y.z) = (x+y).(x+z), x.(y+z) = x.y+x.z (3) Existem 0, 1 B tais que x + 0 = x, x.0 = 0, x + 1 = 1, x.1 = x (4) x B existe x B tal que x + x = 1 e x.x = 0. Alguns autores exigem ainda as propriedades associativa e absorção, mas estas são consequência das quatro propriedades dadas. É fácil demonstrar que as duas definições são equivalentes. 6

6 Demonstração: Se existe 1 R então F : R R definida por F (x) = x é uma isometria. Portanto a = a F, ou seja a a. Reciprocamente, se a b então existe uma aplicação bijetora G : R R, G(x) = cx, tal que a = b G. Seja F : R R, F (x) = dx a inversa de G. De F G = Id R vem que dcx = x, para todo x R. Isto é equivalente a x dc, x R, ou seja, existe 1 R e 1 R = dc. Além disso, como dc d, c 1, vem que d = c = 1 R. Consequentemente, de a (x) = b (G(x)), x R segue que ax = bx, x R e para x = 1, obtemos a = b. Nota 10 Este lema é verdadeiro para um reticulado qualquer, não necessariamente distributivo. Mas no próximo lema já faremos uso da distributividade. Lema 11 Sejam q 1 = r, s, q 2 = r 1, s 1 formas quadráticas sobre o reticulado (R, ). Então q 1 q 2 se, e somente se, existem 0 R, 1 R e a R, tal que q 1 = q 2 F, onde F : R 2 R 2 é definida por F (x, y) = (ax + ay, ax + ay). Em particular, r, s r, s e r, s s, r. Temos ainda rs = r 1 s 1, r + s = r 1 + s 1. Demonstração: A recíproca segue da própria definição de isometria. Agora suponhamos que q 1 q 2 e seja F : R 2 R 2, F (x, y) = (ax + by, cx + dy), tal que q 1 = q 2 F. Como F é bijetora, seja G : R 2 R 2, G(x, y) = (a 1 x + b 1 y, c 1 x + d 1 y) a inversa de F. Sejam I = aa 1 bb 1 cc 1 dd 1 e S = a + a 1 + b + b 1 + c + c 1 + d + d 1, e vamos demonstrar que I = 0 R e S = 1 R. (A) De G ( F (x, y) ) = (x, y), (x, y) R 2, obtemos ( (aa1 + b 1 c)x + (a 1 b + b 1 d)y, (ac 1 + cd 1 )x + (bc 1 + dd 1 )y ) = ( x, y ) (2.0.1) (a) Fazendo x = S e y = I na equação 2.0.1, obtemos (aa 1 + b 1 c, ac 1 + cd 1 ) = (S, I). Logo aa 1 + b 1 c = S (2.0.2) e ac 1 + cd 1 = I. Como I ac 1, cd 1 ac 1 + cd 1 = I, obtemos ac 1 = I (2.0.3) cd 1 = I. (2.0.4) (b) Fazendo x = I e y = S na equação 2.0.1, obtemos (a 1 b + b 1 d, bc 1 + dd 1 ) = (I, S). Logo bc 1 + dd 1 = S (2.0.5) e a 1 b + b 1 d = I. Como I a 1 b, b 1 d a 1 b + b 1 d = I, obtemos (B) De F ( G(x, y) ) = (x, y), (x, y) R 2, obtemos a 1 b = I (2.0.6) b 1 d = I. (2.0.7) ( (aa1 + bc 1 )x + (ab 1 + bd 1 )y, (a 1 c + c 1 d)x + (b 1 c + dd 1 )y) = ( x, y ), (x, y) R 2. Repetindo o raciocínio anterior. fazendo x = S, y = I e depois x = I e y = S, obtemos a 1 c = I (2.0.8) 7

7 c 1 d = I (2.0.9) ab 1 = I (2.0.10) bd 1 = I (2.0.11) b 1 c + dd 1 = S. (2.0.12) (C) Agora comecemos a segunda etapa da demonstração, onde obteremos a 1, b 1, c 1 e d 1 em função de a, b, c e d. (i) (Multiplicando a equação por a), obtemos aa 1 + ab 1 c = as. Como ab 1 = I (veja a equação ), obtemos aa 1 = a. (Multiplicando a equação por a 1 ), obtemos aa 1 + a 1 b 1 c = a 1 S. Usando a equação 2.0.8, obtemos aa 1 = a 1. Logo a 1 = a. (ii) Analogamente, (multiplicando a equação por b 1 ), obtemos aa 1 b 1 +b 1 c = b 1 S ou b 1 c = b 1 (usando a equação ), e (multiplicando a equação por c), obtemos aa 1 c + b 1 c = cs ou b 1 c = c (pela equação 2.0.8). Logo b 1 = c. (iii) Analogamente, (usando a equação e multiplicando por b e depois por c 1 e usando a equação , respectivamente, equação 2.0.9), obtemos: bc 1 = b e bc 1 = c 1. Logo c 1 = b. (iv) Finalmente, (multiplicando a equação por d e por d 1 e usando equações anteriores), obtemos d 1 = d. Substituindo esses valores obtidos: a 1 = a, b 1 = c, c 1 = b e d 1 = d nas onze equações anteriores, ficamos com as seguintes equações: a + c = S (2.0.13) ac = I (2.0.14) a + b = S (2.0.15) ab = I (2.0.16) c + d = S (2.0.17) cd = I (2.0.18) b + d = S (2.0.19) bd = I (2.0.20) Agora, (multiplicando a equação por d), obtemos ad + dc = d e, usando a equação ficamos com ad = d. Por outro lado, (multiplicando a equação por a), obtemos ab + ad = a e, usando a equação , ficamos com ad = a. Portanto d = a. Analogamente, (multiplicando a equação por b e usando a equação ), ficamos com bc = b, enquanto que (multiplicando a equação por c e usando a equação ), ficamos com bc = c. Logo c = b. Consequentemente, a 1 = a = d = d 1 e b 1 = c 1 = b = c. Segue-se que I = ab, S = a + b e G(x, y) = F (x, y) = (ax + by, bx + ay). Agora de F 2 (x, y) = (x, y), obtemos ( (a + b)x + aby, abx + (a + b)y ) = (x, y), (x, y) R 2. Assim abx + (a + b)y = y. (2.0.21) Para y = x e usando a distributividade obtemos (a + b + ab)x = x, x R, ou (a + b)x = x, x R. Isto significa que x a + b qualquer que seja x R. Portanto existe 1 R e 1 R = a+b. Voltando na equação , obtemos abx+y = y, x, y R. Fazendo x = a obtemos ab + y = y, y R, o que equivale a ab y, y R. Logo existe 0 R e 0 R = ab, e por definição b = a. As funções F e sua inversa G agora se escrevem assim: F (x, y) = (ax + ay, ax + ay). Em particular, para a = 1 R e 8

8 para a = 0 R temos F (x, y) = (x, y) e, respectivamente, F (x, y) = (y, x) resultam as isometrias r, s r, s ( e r, s ) s, r. Agora, de q 1 (x, y) = q 2 F (x, y) com F (x, y) = (ax + ay, ax + ay), obtemos: rx + sy = (ar 1 + as 1 )x + (ar 1 + as 1 )y. Para x = 1 e y = 0, obtemos: Para x = 0 e y = 1 obtemos: r = ar 1 + as 1. (2.0.22) s = ar 1 + as 1. (2.0.23) Multiplicando membro a membro as igualdades das equações e , vem que rs = aar 1 + ar 1 s 1 + ar 1 s 1 + aas 1 e, como aa = 0, concluímos que rs = (a + a)r 1 s 1 = r 1 s 1 (pois a + a = 1). Também r + s = (a + a)r 1 + (a + a)s 1 = r 1 + s 1. Isto conclui a demonstração. 3 Considerações finais Um resultado fundamental sobre a teoria de formas quadráticas sobre corpos de característica distinta de dois, que caracteriza isometria de formas quadráticas de dimensões maiores ou iguais a dois, é que a, b a + b, ab(a + b), se a + b 0. Em nosso caso, esta isometria ficaria a, b a + b, ab, pois ab a + b, e este resultado é dado a seguir. Proposição 12 Seja a, b uma forma quadrática sobre o reticulado R, com elementos neutros 0 R e 1 R. Se a ou b admitem complemento, então a, b a + b, ab. Em particular, se R é uma álgebra booleana, então a, b a + b, ab, a, b R, e a, b a 1, b 1 se, e somente se, a + b = a 1 + b 1 e ab = a 1 b 1. Demonstração: Se existe a R, ( respect. b R ), a isometria entre a, b e a+b, ab é dada por F (x, y) = (ax+ay, ax+ay), ( respect. F (x, y) = (bx+by, bx+ by) ). Pelo Lema 11, resta demonstrar que, se a + b = a 1 + b 1 e ab = a 1 b 1, então a, b a 1, b 1. Mas, se temos as igualdades acima, então: a, b a + b, ab = a 1 + b 1, a 1 b 1 a 1, b 1. Referências [1] KAPLANSKY, I; SHAKER, R.J. Abstract Quadratic Forms, Canad. J. Math. 21, , [2] MIRANDA, J.G. Conjuntos Ordenados. Retículos y Álgebras de Boole jesusgm/curso Acesso em julho de