Herberto de Jesus da Silva

o SEMIGRUPO DOS ENDONIORFISNIOS

DE

ÁLGEBRAS DE OCKHAM

Dissertação apresentada para obtenção dograu de Doutor em Matemática na especiali­dade de Álgebra pela Universidade Nova deLisboa, Faculdade de Ciências e Tecnologia.

Lisboa

1996

copyright

À MEMóRrA DE MEU PAr

Agradecirnentos

Quero manifestar o meu profundo reconhecimento ao Professor Doutor T. S. B1yth pela

possibilidade de realizar labor científico sob a sua orientação esclarecida e solícita. O seu incentivo

permanente, as suas perguntas e sugestões, foram essenciais para a génese e desenvolvimento do

presente trabalho.

Para que esta dissertação fosse possível muito contribuiu o precioso apoio da Professora

Doutora Emília Giraldes. Cumpre-me aqui agradecer o empenho e disponibilidade que sempre

manifestou.

Cabe aqui uma palavra de apreço para a Professora Doutora M. Helena Santos pelo apoio

que prestou em múltiplos aspectos relacionados com este trabalho.

Ao Conselho do Departamento de Matemática da Faculdade de Ciências e Tecnologia da

Universidade Nova de Lisboa, na pessoa do seu presidente Professora Doutora Elvira Coimbra,

agradeço as facilidades concedidas.

À Fundação Calouste Gulbenkian, INVOTAN e Junta Nacional de Investigação Científica e

Tecnológica agradeço o apoio financeiro prestado.

III

Resumo

Este trabalho encontra a sua principal motivação no problema de saber em que condições é

regular o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra de Ockham.

Após as devidas considerações de natureza preliminar, começamos por estabelecer, para

álgebras de Ockham pertencentes a alguma classe de Berman, uma condição necessária para

que o respectivo semigrupo dos endomorfismos seja regular. Mais precisamente, demonstra-se

que: se uma álgebra de Ockham (L; J) pertence a alguma classe de Berrnan e o semigrupo dos

endornorfismos End(L; J) é regular então existe p ~ 1 tal que (L; J) E K p ,2 . Também mostramos

que em cada classe de Berman da forma K p,2' existe pelo menos uma álgebra de Ockham (L; J) tal

que que End(L; J) é semigrupo inverso. Para álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis,

pertencentes a alguma classe de Berman, obteve-se um resultado que pode ser considerado como

uma resposta ao problema mencionado no início.

Nesta tese resolvemos o problema acima referido, para álgebras de Ockham de tipo booleano

finito (i. e. álgebras de Ockham finitas cujo reticulado subjacente é booleano e a operação unária

é uma bijecçâo). Neste contexto caracterizamos as álgebras de Ockham de tipo booleano finito

cujo semigrupo dos endomorfismos é regular, ortodoxo, semigrupo inverso ou grupo.

Finalmente, consideramos a classe T constituída por todas as álgebras de Ockham isomorfas

a produtos directos de famílias finitas, não vazias, de álgebras de Ockham simples e finitas.

Mostramos que T inclui todas as álgebras de Ockham de tipo booleano finito e caracterizamos

as álgebras de T cujo semigrupo dos endomorfismos é regular.

No decurso deste trabalho são apresentados diversos exemplos ilustrativos dos principais

conceitos introduzidos e resultados expostos.

Muito do material apresentado nesta tese pode encontrar-se nas publicações [6], [7], [8].

IV

Surnmary

The principal motivation for this work is the problem of detcrmining when the semigroup of

endomorphisms of an Ockham algebra is regular.

After the necessary preliminaries, we prove that if an Ockham algebra (L; J) belongs to a

Berman elass and its endomorphism semigroup End(L; J) is regular then necessarily (L; J) E K p ,2

for some p. For a given (L; J) E K p ,2 the question of precisely when End(L; J) is regular is solved

in the case where (L; J) is subdirectly irreducible. Using a particular construction, we show that

every Berman class K p ,2 contains an algebra (L; J) for which End(L; J) is an inverse semigroup.

Given an Ockham algebra (L; J) of finite boolean type (i. e. L is a finite boolean lattice and

f is a bijection), we obtain necessary and sufficient conditions for the semigroup End(L; J) to be

regular, orthodox, inverse or a group.

ln the last chapter we consider the class T consisting of ali isomorphic copies of direct products

of finite non-empty families of sim pie finite Ockham algebras. We prove that T contains ali

Ockham algebras of finite boolean type and , for a general (L; J) E T, we give a necessary and

sufficient condition for the semigroup End(L; J) be regular.

Throughout the thesis, the new concepts introduced and results are illustrated by a selection

of exam pies.

Many of the results in this dissertation can be found in the publications [6], [7], [8].

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/

Indice

Capítulo 1 : Introdução.

Capítulo :2 : As álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis e o respectivo semi-

grupo dos endomorfismos.

Capítulo 3 : Acerca do semigrupo dos endomorfismos para álgebras de Ockham de tipo

booleano finito.

Capítulo 4 : O semigrupo dos endomorfismos para produtos directos finitos de álgebras

de Ockham simples e finitas.

Bibliografia.

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Capítulo 1

Introdução

Depois de uma breve descrição dos aspectos mais relevantesdeste trabalho, apresentamos alguns resultados essenciaispara assegurar clareza na exposição. Os referidos teore­mas ou se encontram publicados ou são consequências ime­diatas de resultados conhecidos. Alguns teoremas sobre adualidade para álgebras de Ockham são aqui deduzidos apartir de resultados análogos no contexto da dualidade dePriestley para reticulados distributivos limitados. A este res­peito é apropriado referir [11], [16], [17] e [18]. Nesta dis­sertação supomos conhecidos determinados conceitos básicosde Álgebra Universal que se podem encontrar em [10] e [15].Relativamente a noções que envolvem Teoria dos Reticula­dos referimos as obras [2], [11] e [12]. Também usamosalguns conceitos da Teoria de Semigrupos que se encontramdefinidos em [14]. No que respeita a resultados e conceitosque envolvem álgebras de Ockham, servem de referência asobras [3], [9] e [18].

Para um conjunto ordenado arbitrário, estão estabelecidas as condições em que o respectivo

semigrupo dos endomorfismos (i. e. aplicações isótonas) é regular. Com efeito, M. E. Adams e

Matthew Gould [1] obtiveram uma notável classificação dos conjuntos ordenados cujo semigrupo

dos endomorfismos é regular. Tendo em consideração que o semigrupo em apreço é um semigrupo

ordenado e aplicando a classificação acima referida, T. S. Blyth [4] obteve uma caracterização

dos conjuntos ordenados cujo semigrupo dos endomorfismos é regular e principalmente ordenado.

No presente trabalho consideramos a questão de estabelecer condições necessárias e suficientes

para que o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra de Ockham seja regular. Para álgebras

de Ockham subdirectamente irredutíveis, pertencentes a alguma classe de Berman, resolvemos

a questão acima referida. Em particular, provamos que: para qualquer álgebra de Ockham

subdirectamente irredutível de Kp,l, o respectivo semigrupo dos endomorfismos é regular. Ainda

no ãmbito das álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis pertencentes a alguma classe de

Berman, mostramos que: se o semigrupo dos endomorfismos é regular então é necessariamente

um semigrupo de Clifford com dois idempotentes ou é um grupo.

Usando o conceito de espaço dual, caracterizamos as álgebras de Ockham de tipo booleano

finito cujo semigrupo dos endomorfismos é regular, ortodoxo, semigrupo inverso ou grupo. Para

estas álgebras, estabelecemos um teorema de estrutura para o grupo dos automorfismos e obtemos

um resultado que permite determinar o cardinal do semigrupo dos endomorfismos.

Depois de observar que toda a álgebra de Ockham de tipo booleano finito é isomorfa a um

produto directo de álgebras de Ockham simples e finitas, consideramos a classe T constituída

por todas as álgebras de Ockham isomorfas a produtos directos de famílias finitas, não vazias,

de álgebras de Ockham simples e finitas. Nesta conformidade, descrevemos as congruências das

álgebras pertencentes a T e mostramos que T é constituída pelas álgebras de Ockham finitas

cujas congruências são permutáveis e a respectiva operação unária é bijectiva.

Para as álgebras pertencentes a T, estabelecemos uma condição necessária e suficiente para

que o respectivo semigrupo dos endomorfismos seja regular. Neste contexto, obtemos um teorema

que permite determinar o cardinal do semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra que pertença

a. T.

2

Por uma questão de clareza de exposição, torna-se conveniente explicitar alguma terminologia

usada ao longo destas páginas.

Seja (P;~) um conjunto ordenado (também referido como conjunto parcialmente ordenado)

e x, y E P. Dizemos y cobre x e escrevemos x ~ y se x ~ y e {z E P : x < z < y} = 0. Dois

elementos x e y dizem-se comparáveis (simbolicamente z ~ y) se x ~ y ou y ~ x. Os elementos

x e y são denominados incomparáveis (simbolicamente x II y) se x 1:. y e y 1:. x. Para cada x E P

definimos os conjuntos

x~ = {y E P : y ~ x},

x t = {y E P: x ~ y}.

Um subconjunto Q, do conjunto ordenado P, diz-se um conjunto decrescente se x~ ç Q, para

qualquer z E Q. Dizemos que um subconjunto Q, de P, é um conjunto crescente se xt ç Q, para

todo x E Q.

Recordemos que uma álgebra de Ockham é uma álgebra (L; A, V, f. 0.1) de tipo (2,2,1, O. O)

tal que (L; A, V, 0,1) é um reticulado distributivo com elemento mínimo O, elemento máximo 1,

e f é uma operação unária que satisfaz: f(O) = 1, f(l) = O,

(Vx,y E L) f(x A y) = f(x) V f(y), f(x V y) = f(x) A f(y).

De um modo geral denotaremos por (L; J), ou simplesmente por L quando de tal não resultar

ambiguidade, a álgebra de Ockham (L; A, V, l, 0,1). O reticulado limitado (L; A, V, 0,1) será

representado, abreviadamente, por L. A classe O, constituída por todas as álgebras de Ockharn ,

é uma classe equacional e portanto uma variedade. Denominamos classe de Herman e denotamos

por Kp,'l a subvariedade de O definida pela identidade j2p+'l(x) = fq(x), onde p 2': 1 e q 2': O.

Relativamente a estas classes, introduzidas por J. Berman [3], é importante notar a seguinte

propriedade:

Kp,q ç Kp','l' Ç::::> pip', q ~ q'.

Se (L; J) E O pertence a alguma classe de Berman então existe a menor (para a relação de

inclusão) classe de Berman Kp,'l tal que (L; J) E Kp,q; tal classe de Berman será denotada por

VB(L).

3

Designaremos por K w a subclasse de O assim definida:

(L;1) E K, {::::::> ("'Ix E L)(3m,n E IN)(m i= O) jm+n(x) = r(x).

Fazemos notar que designamos por lN o conjunto dos números naturais {O, 1,2, ...}.

Para cada n E lN, designamos por Kw,n a classe de álgebras de Ockham definida por:

(L; 1) E Kw,n {::::::> ("'Ix E L)(3m E IN)(m i= O) jm+n(x) = r(x).

Dada uma álgebra de Ockham (L; j), para cada n E lN, designamos por cI>/! a congruência de

(L; 1) definida por:

(x, y) E cI>n {::::::> r(x) = r(y)·

Tem especial importância a congruência cI>w definida do modo seguinte:

e, = V e..o-o

É de observar que (F'(L),1') é subálgebra de (L; 1), onde l' designa a operação unária

induzida por j em r(L). Nesta conformidade é relevante o seguinte resultado.

Teorema 1.1 ([9], Teorema 2.6) Se (L; 1) E Kp,q então, paro qualquer n S q. tem-se:

o símbolo", indica a existência de um isomorfismo no caso de n ser par; no caso de n ímpar '"

denota a existência de um isomorfismo dual.

Designaremos por Con(L; 1), ou simplesmente por Con L, o reticulado das congruências de

uma álgebra de Ockham (L;1). Denotaremos por w = {(x,x) : x E L} o elemento mínimo de

Con(L; 1) e por L = L x L o elemento máximo de Con(L; 1). Denotamos por e(a, b) a congruência

gerada por (a,b), na álgebra de Ockham (L;1). Designamos por E>ret(a,b) a congruência de

reticulados gerada por (a,b).

Para álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis de K w , o respectivo reticulado das

congruências admite uma descrição particularmente simples. No teorema que se segue é de

4

especial interesse, para o nosso trabalho, a descrição do reticulado das congruências para álgebras

de Ockham subdirectamente irredutíveis pertencentes a alguma classe de Berman.

Teorema 1.2 ([9], Teorema 3.17) Se (Li f) E K w , então (L; f) é subdirectamente irredutível

se, e só se, Con(L; f) é a cadeia

Mais precisamente,

(1) se (L;f) pertence a uma classe de Berman e VB(L) = Kp,q, então (L;f) é subdirecta­

mente irredutível se, e só se, Con(L; f) é a cadeia finita

(2) se (L; f) pertence a K w e não pertence a nenhuma classe de Berman, então (L; f) é

subdirectamente irredutível se, e só se, Con(L; f) é a cadeia infinita

As álgebras de Ockham podem ser descritas através da dualidade topológica. No que se segue

faremos algumas observações sobre a referida dualidade.

Seja (X; T) um espaço topológico. Dado U ç X, dizemos que U é um conjunto aberto-fechado

se U é um conjunto aberto e fechado do espaço topológico (X; T).

Um conjunto X munido de uma topologia T e de uma relação de ordem :S diz-se um espaço

topológico ordenado e denota-se por (X; T, :S) ou simplesmente por X, quando não houver perigo

de ambiguidade. Um espaço topológico ordenado (X; T,:S) diz-se totalmente disconexo com

respeito à ordem se, para quaisquer x, y tais que x i y, existe um conjunto decrescente U,

aberto-fechado, tal que x rf. U e y E U.

Chamamos espaço de Priestleya qualquer espaço topológico ordenado totalmente disconexo

com respeito à ordem e compacto. Dado um espaço de Priestley X, designamos por O(X) o

conjunto de todos os conjuntos abertos-fechados decrescentes do espaço topológico ordenado X.

Neste contexto é claro que (O(X); n, U, 0,X) é um reticulado distributivo limitado.

5

Seja L um reticulado distributivo com O e 1. Designamos por Ip(L) o conjunto dos ideais

primos de L. Para cada a E L definimos

Na = {x E Ip(L) : a ~ x}.

Defina-se B = {Na n (Ip(L) \ Nb) : a, b E L}. Seja r a topologia, definida em Ip(L), que admite

B como base de abertos. Assim temos que (Ip(L);r, Ç) é um espaço de Priestley, vide [11].

Um espaço Priestley X munido de uma aplicação 9 : X --+ X, antítona e contínua, diz-se

um espaço de. Ocklunn e denota-se por (X;g). Consideremos a categoria Q cujos objectos são

os espaços de Ockharn e os morfismos são as aplicações isótonas contínuas que comutam com

g. Mais precisamente, dados (XI;gd e (X2;g2) dois espaços de Ockharn, chamamos morfismo

de espaços de Ockham, de (Xl; gt} em (X2; g2), a qualquer aplicação <p : Xl --+ X 2 isótona

e contínua tal que: CPgl = g2CP' Como é natural a composição considerada na categoria Q é a

composição usual de aplicações.

Dado um espaço de Ockham (X;g) consideramos a álgebra de Ockham (CJ(X);fg )' onde f g

é definida do modo seguinte:

A álgebra de Ockham assim obtida será designada por álgebm dual do espaço de Ockham (X; g).

Representaremos por A(X) a álgebra dual do espaço de Ockham (X;g).

Para cada álgebra de Ockham (L; J) consideramos o espaço de Ockham (Ip(L); g,), sendo g,

assim definida:

(Vx E Ip (L)) g, (x) = r: (L \ x).

Designaremos por espaço dual da álgebra de Ockham (L;f) o espaço de Ockham (Ip(L);g,).

Denotaremos por E(L) o espaço dual da álgebra de Ockham (L; J).

Designemos por O a categoria cujos objectos são as álgebras de Ockham e os morfismos são

os homomorfismos de álgebras de Ockham. Os resultados que a seguir se apresentam permitem

concluir que as categorias O e Q são dualmente equivalentes.

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o teorema que se segue pode encontrar-se em [18, Teorema 1], com uma formulação um

pouco diferente da que aqui é apresentada.

Teorema 1.3 Dada 'U1Tla âlqebra de Ockham (L;I), a aplicação ''lL : L --+ A(E(L)), definida

por: 7h (a) = Na, é um isomorfismo de álgebms de Ockham.

Demonstração Por [11, Teorema 10.18] temos que 17L é nm isomorfismo de reticulados. Por

conseguinte, para concluir que 17L é um isomorfismo de álgebras de Ockham, basta mostrar que

17Lf = f9,71L' Mostremos, primeiramente, que g~I(Na) = [(L) \ Nf(a)' para todo a E L. Com

efeito, atendendo a que g,(x) = f-l(L \ x), para todo x E [(L), então temos

g~I(Na) = {x E [(L): f-l(L \x) E Na} = {x E E(L): a ~ f-l(L \ x)}

= {x E E(L) : f(a) ~ L \ x}

={xEE(L):f(a)Ex}

= [(L) \ Nf(a).

Nesta contexto temos 17Lf(a) = Nf(a) e f a 17L(a) = t, (Na) = [(L) \gf-l(Na). Assim podemos, ,concluir que 7hf(a) = f 17L(a). O9,

o resultado qne se segue encontra-se em [18, Teorema 3], com um enunciado ligeiramente

diferente.

Teorema 1.4 Dado um espaço de Ockluim (X;g), a aplicação Sx : X --+ [(A(X)), definida

por: Ex(t) = {a E A(X) : t ~ a}, é um isomorfismo de espaços de Ockham.

Demonstração Tendo em conta [11, Teorema 10.19(ii)] basta mostrar que sxg = g, sx' Dado9

t E X temos

Exg(t) = {a E A(X): g(t) ~ a} = {a E A(X) : t E X \g-l(a)}

= {a E A(X) : t E f9(a)}

= {a E A(X) : f9(a)

~ Ex(t)}

= t:' (A(X) \ Ex (t))9

Dos raciocínios acima descritos conclui-se que, para qualquer t E X, temos Ex9(t) = 9, Ex(t). O9

7

Teorema 1.5 Sejam (L 1;ft) e (L 2;h) álgebras de Ockham. Se h: LI --t L2 é um morfismo de

álgebras de Ockham então a aplicação [(h) : [(L 2) --t [(Lt}, definida por: [(h)(x) = h-I (x),

é um morfismo de espaços de Ockham.

Demonstração Atendendo a [11, Teorema 10.26] concluiu-se que [(11) é isótona e contínua,

consequentemente, resta mostrar que f:(h)gh = gft [(h). Seja x E [(L2). Então temos

Como, por hipótese, h é morfismo de álgebras de Ockham então temos hft = hh e por con­

sequência [(h)g1-2 (x) = (hft)-l (L 2 \ x) = f1-1(h- 1(L 2 \ x)). Como h-I (L 2 \ :1:') = LI \ h-I (.1:')

então conclui-se que [(h)gh (x) = f11(LI \ h-I (x)) = gft (h- 1(x)) = gft [(h)(x). O

Teorema 1.6 Sejam (X\; gl) e (X2; g2) espaços de Ockliam. Se sp : Xl --t X 2 é um morfismo

de espaços de Ockham então a aplicação A(tp) : A(X2) ---+ A(Xt}, definida por: A(tp)(a) =

tp-1(a), é morfismo de álgebras de Ockham.

Demonstração Por [11, Teorema 10.26] resulta que A(tp) é um morfismo de reticulados que

preserva o elemento zero e o elemento um. Sendo assim, temos apenas de provar que A(tp)fn =

f91

A(tp). Dado a E [(X2), temos

A(tp)J92 (a) = A(tp)(X2 \ g:;l (a)) = tp-1 (X2 \ g:;l (a)) = x, \ tp-1 (g:;l (a))

= Xl \ (g2tp)-1(a) = Xl \ (tpg1)-1(a)

= Xl \g1 1(<.p-1(a)) = f n A(<.p)(a).

Dos raciocínios acima conclui-se que: A(<.p)f92

(a) = f9 1

A (tp)(a) , para qualquer a E A(X). O

Teorema 1.7 Sejam (L 1;fd e (L2;h) álgebras de Ockham. Se h: LI --t L2 é um morfismo

de álgebras de Ockham então temos

Demonstração Mostremos, primeiramente, que: [(h)-l(Na) = Nh(a), para qualquer a E LI'

8

Com efeito, dado a E LI então tem-se

&(h)-I(Na ) = {x E &(L 2 ) : a f/. &(h)(x)}

= {x E &(L 2 ) : h(a) f/. x} = Nh(a)'

Dado a E LI temos A(&(h))1]L1(a) = &(h)-I(Na ) = Nh(a) = 1]L. (h(a)). Consequentemente,

A(&(h))1]L1

= 1]L.h e por conseguinte 1]L. -IA(&(h))1]L1

= h. O

de espaços de Ockham então temos

Demonstração Vamos mostrar que, para qualquer x E XI: A(<p)-I (E x 1(x))

Efectivamente, qualquer que seja x E XI, então tem-se

A(<p)-I(EX 1

(x)) = {a E A(X2 ) : íp-I(a) E EX 1

(x)}

= {a E A(X2 ) : x f/. íp-I(a)}

= {a E A(X2 ) : <p(x) f/. a} = Ex. (íp(x)).

Se x E XI então temos &(A(<p))EX 1

(x) = A(<p)-I(EX 1

(x)) = Ex.(íp(x)). Por consequência

&(A(íp))ExI = Ex.íp· Donde se conclui que E~:&(A(íp))ExI = ip, O

Teorema 1.9 Sejam (LI; fI) e (L 2;h) álgebras de Ockham, Se h : LI ~ L 2 é um morfismo

de álgebras de Ockham então são válidas as seguintes afirmações:

(1) h é injectiva se, e só se, &(h) é sobrejectiva.

(2) h é sobrejectiva se, e só se, &(h) é um mergulho de ordem.

Demonstração Vide [11, Teorema 10.26]. O

Teorema 1.10 Sejam (XljgI) e (X2;g2) espaços de Ockham. Se sp : XI ~...\2 é um morfismo

de espaços de Ockham então são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) <p é sobrejectiva se, e só se, A(íp) é injectiva.

(2) <p é mergulho de ordem se, e só se, A(<p) é sobrejectiva.

Demonstração (1) : Suponhamos que ip é sobrejectiva. Aplicando o teorema 1.8 conclui-se

que &(A(<p)) é sobrejectiva. Fazendo uso do teorema 1.9 (1) resulta que A(<p) é injectiva.

9

Reciprocamente, suponhamos que A(<.p) é injectiva. Pelo teorema 1.9 (1) temos que f(A(y))

é sobrejectiva. Usando o teorema 1.8 sai que <.p é sobrejectiva.

(2) : Suponhamos que <.p é um mergulho de ordem. Então conclui-se, pelo teorema 1.8, que

f(A(<.p)) também é mergulho de ordem. Por aplicação do teorema 1.9 (2) tira-se que A(<.p) é

sobrejectiva.

Reciprocamente, suponhamos que A(<.p) é sobrejectiva. Pelo teorema 1.9 (2) conclui-se que

f(A(<.p)) é um mergulho de ordem. Donde sai, usando o teorema 1.8, que <.p é um mergulho de

ordem. O

Dada uma álgebra de Ockham (L; J) designamos por End(L; J), Oll simplesmente por End L,

o conjunto de todos os endomorfismos da álgebra de Ockham (L;J). É claro que no conjunto

End(L; J) fica definida uma estrutura de semigrupo, munindo End(L; J) com composição usual

de aplicações. O referido semigrupo é um monóide, sendo idL o respectivo elemento identidade.

Por outro lado, se (X; g) é um espaço de Ockham designamos por A(X; g) o conjunto das

aplicações iJ : X --t X tais que iJ é morfismo de espaços de Ockharn (i. e. iJ é isótona, contínua e

iJg = giJ). Se considerarmos o conjunto A(X;g), munido com a usual composição de aplicações,

obtemos um semigrupo. É de observar que tal semigrupo é um monóide, sendo idx o respectivo

elemento identidade.

Teorema 1.11 Se (Xig) é um espaço de Ockham então os semiqrupos A(X;g) e End(A(X); fg)

são anti-isomorfos.

Demonstração Consideremos a aplicação \li : A(X; g) --t End(A(X)i fg) definida do seguinte

modo:

\lI(iJ) = A(iJ).

Observemos, em primeiro lugar, que: para todo a E A(X), tem-se

Por consequência \li (iJr) = \lI(r)\lI(iJ), quaisquer que sejam iJ,r E A(X;g).

Tendo em vista mostrar que \li é injectiva, consideremos iJ, r E A(X; g) tais que \li (iJ) = \li (r).

10

Assim temos A(19) = A(T) e por consequência E(A(19)) = E(A(T)). Donde se conclui que

Pelo teorema 1.8 temos 19 = é;lE(A(19))éx, r =é;lE(A(r))Ex e por conseguinte 19 = r.

Mostremos que lJ1 é sobrejectiva. Considere-se um elemento arbitrário h em End A(X).

Tendo em conta os teoremas 1.4 e 1.5, podemos concluir que é;lE(hkx pertence a 1\(X;9).

Seguidamente vamos provar que

Se a E A(X) então tem-se

IJ1(E;IE(h)éX)(a) = A(é~lE(h)éx)(a) = (é;lE(h)éx)-l(a)

= {x E X: (é;lE(h)E x)(X) E a}

= {x E X: a ~ éx(é~lE(h)éx(X))}

= {x E X : a ~ E(h)(Ex(X))}

= {.1: E X : a ~ h-1(Ex (X))}

= {x E X: h(a) ~éx(X)}

= {x E X: x E h(a)} = h(a).

Do que acima foi exposto resulta que lJ1 é um anti-isomorfisrno de semigrupos. O

Seja ((Xi,9i))iEI uma família finita (i. e. I é um conjunto finito) de espaços de Ockham.

Para cada 'Í E I, defina-se Xi = Xi X {i}. É de observar que (Xi)iEI é um família de conjuntos

disjuntos dois a dois ( i. e. se i i= j então ..\\ n S:j = 0). Em cada "Yi define-se, naturalmente,

uma relação de ordem do modo seguinte: dados (x, i), (y, i) E Xi, dizemos que (x, i) ~ (y,í) se

x ~ y, em Xi. Para cada i E I, defina-se }li : Xi ---+ Xi por:

}li (x) = (x, i).

Atendendo à forma como se definiu a relação de ordem em Xi, é evidente que u, é isomorfismo de

ordem. Consideramos em cada x, a topologia cujos os abertos são os conjuntos da forma: U X {i},

11

onde U é um aberto de X. Neste contexto é claro que /li é um homeomorfismo e por conseguinte

Xi é um espaço de Priestley. Se definirmos, para cada i E I, a aplicação iii : .1\\ ---+ Xi por:

iii(X, i) = (9i(X), i)

obtemos um espaço de Ockham (Xi, iii). Além disso é claro, por definição de iii, que: ILigi = iii!Li.

Assim temos que ILi é um isomorfismo de espaços de Ockham.

Define-se, em U x; uma relação de ordem do seguinte modo:iEi

dados x, y E U .\\, dizemos que x ~ y se existir i E I tal que z , y E X·i e x ~ y, em .lYi.iEi

No conjunto U.\\ consideramos a topologia cujos os abertos são os conjuntos da forma:.et

U Vi, onde Vi é um aberto de .1\\, para cada i E I. Vejamos que o espaço topológico U .Yi é.et iEi

compacto. Seja (Yj)jEJ uma família de abertos, de U .Yi, tal que: U Xi = U Y j. Para cadaiet iEi jEJ

j E J existe uma família (Vi,j)iEi tal que, para cada i E I, Vi,j é um aberto de .Yi e Yj = U vi.j.iEi- -

Para cada i E I, temos X; = U Vi,j. Como Xi é um espaço topológico compacto então, parajEJ

cada i E I, existe J, ç J tal que J, é finito e Xi = U Vi,j, consequentemente,jEJi

U X'; = U( U Vi .i).iEi iEi jEJi

Seja Z = U Ji, assim temosiet

U Xi = U (U Vi,)) = U }jiEi jEZ iEi jEZ

Tendo em conta que I é finito conclui-se que Z = U J, é um subconjunto finito de J e poriEi

conseguinte U Xi é compacto.iEi

Vejamos que U .lYi é totalmente disconexo com respeito à ordem. Consideremos z , y E U x,iEi tet

tais que x 1:. y. Sejam i,j E I tais que x E }<i e y E Xj. No caso de i -# j basta notar que }<:j é

um conjunto decrescente aberto-fechado e x ti. }<j. No caso de i = j temos x, y E '\\' Como .1\\ é

um espaço de Priestely então existe V decrescente aberto-fechado, em .1\\, tal que x ti. V e y E V.

Atendendo a que V é decrescente aberto-fechado em U 5<:i, conclui-se que U x, é totalmenteiEi iEi

disconexo com respeito à ordem. Do exposto resulta que U x, é um espaço de Priestely.iet

Consideremos a aplicação ii : Ux, ---+ UXi definida por:tet iEi

ii(x) = 9i(X) se x E Xi.

12

E claro que 9 é antítona e contínua, Por consequência (U "-Yi, g) é um espaço de Ockham queiEl

denotaremos, abreviadamente, por U Xi.iet

Teorema 1.12 Dada uma [amilia finita de espaços de Ockhom ((Xi, gi))iEI. Então a aplicação

I)! : A( UXi) -----t XA(Xi), definida por I)!(Y) = ü-ti-l(Yn.Yi))iEl, é um isomorfismo, da álgebraiEI iE!

A( U Xi) sobre o produto directo da [amilia de álgebras de Ockham (A(Xi))iEI.iEI

Demonstração Designemos por X o espaço de Ockham IJ Xi. Atendendo à definição deiEI

produto directo (de álgebras de Ockham) e designando por f a operação unária da álgebra de

Mostraremos apenas que I)! f. = fI)!. Consideremos um elemento arbitrário Y, pertencente a9

A( U Xi). Para cada i E I temos:iEI

Jçl (Jg (Y) n "-Yi) = JLi l ((X \ g-I (Y)) n .-Yi) = J1.i l (..-Y; \ g-I (Y))

= J1.i 1Uf l (.Y; \ Y))

= (?JiJ1.i)-l (.X\ \ Y))

= (J1.igi)-l (..-Y; \ Y))

= x, \ (J1.i9i)-1(y n Xi))

= x, \ (gi l (JLi l (Y n "-Yi))

= t; (p'i l (Y n .\\)).

Por consequência temos:

Do exposto resulta que I)!I, = fI)!. O

Usando a dualidade definem-se importantes subclasses de O. Para cada par de números

inteiros m, n, tais que m > n ? 0, designemos por P m,n a subclasse de O constituída pelas

álgebras de Ockham cujos espaços duais (X; g) satisfazem: gm = gn. Nesta conformidade é de

observar que Kp,q = P 2p+q,q' Seguidamente apresentamos uma caracterização das álgebras de

Ockham subdirectamente irredutíveis finitas.

13

Teorema 1.13 ([9], página 67, Corolário 1) Seja iL; 1) uma álgebra de Ockham finita e (X; g)

o respectivo espaço dual. Então são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (L; 1) é subdireciatnente irredutível;

(2) existe x E X tal que X = {gn(x) : n E lN}.

Para cada par de inteiros m, n, tais que m > n ~ O, definimos o espaço de Ockham

({O, ... ,m -1};gm,n) munido com a ordem discreta (i. e. {O, ... ,m -I} é uma anticadeia)

e a aplicação gm,n definida por

{

i + 1

gm,n(i) = n

sei<m-l;

sei=m-l.

Como o conjunto {O, ... , m - I} é finito a topologia considerada é necessariamente a topologia

discreta. A aplicação gm,n pode ser descrita pelo diagrama:

Designamos por (Lm,n; fm,n) a álgebra dual do espaço de Ockham ({O, ... , m - I}; gm,n).

Teorema 1.14 ([9], página 68, Corolário 4) Se (L; 1) é uma álgebra de Ockham finita então

são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (L; 1) é subdirectatnente irredutível;

(2) existem m > n ~ °tais que (L; 1) é isomorfa a uma subálqebra de (Lm,n; fm,n)'

Teorema 1.15 ([9], página 68, Corolário 2) Seja (L; 1) uma álgebra de Ockham finita e (X; g)

o respectivo espaço dual. São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (L; 1) é simples;

(2) X = {gn(x): n E lN} qualquer que seja x EX.

Por uma questão de comodidade de exposição, convencionamos que todas as álgebras de

Ockham, consideradas neste trabalho, têm pelo menos dois elementos distintos.

14

Capítulo 2

As álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis

e o respectivo semigrupo dos endomorfismos

Para álgebras de Ockharn pertencentes a K w , estabelece­mos uma condição necessária para que o respectivo serni­grupo dos endomorfismos seja regular. Mais precisamente,mostramos que: se (L; J) E K; e End(L; J) é regular então(L; J) E K w ,2 . Como consequência deste resultado, prova­mos o seguinte: se (L; J) E Kp,q e End(L; J) é regular então(L; J) E K p ,2 . Neste capítulo estudamos o semigrupo dos en­domorfismos de álgebras de Ockham subdirectamente irre­dutíveis de K p ,2 . Mostramos que: para qualquer álgebra deOckham subdirectamente irredutível de Kp,l, o semigrupodos endomorfismos é regular. Dada uma álgebra de Ockhamsubdirectamente irredutível (L; J) tal que V B(L) = K p ,2; es­tabelecemos uma condição necessária e suficiente para queEnd(L; J) seja regular. Ainda no âmbito das álgebras deOckham subdirectamente irredutíveis de K p ,2 provamos que:se o semigrupo dos endomorfismos é regular então é ne­cessariamente um semigrupo de Clifford com dois idempo­tentes ou é grupo. A partir de uma álgebra de Ockham(L; J) e de um reticulado de Boole com p > 1 átomosdefinimos uma nova álgebra de Ockham que designamospor ([L;p]; /0'). No caso de (L; I) ser subdirectamente ir­redutível e V B(L) = K 1,2 , mostramos que: End([L;p]; /0') éregular se, e só se, End(L; J) é regular. Neste contexto,obtemos uma relação entre os cardinais dos semigruposEnd([Ljp]j /0') e End(L; 1). Usando álgebras de Ockhamda forma ([Ljp]; /0')' provamos que para cada p > 1 existeuma álgebra de Ockham M tal que: V B(M) = K p,2' End Mé semigrupo inverso e IEnd MI = 2p + 2.

Comecemos por recordar o conceito de semigrupo regular. Um semigrupo S diz-se regular se,

para cada x E S, existe y E S tal que: xyx = x.

No que se segue vamos mostrar que: se (L; J) E K w e o semigrupo End(L: J) é regular então

(L; J) E K w ,2 ' Para tal necessitamos de observar o seguinte,

Teorema 2.1 Dada umu álgebra de Ockham (L; f), são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (L; J) E Kw,Q;

(2) (L; J) E x, e f é injectiva;

(3) (L; J) E x, e f é bijectiva.

Demonstração (1) ~ (2): Suponhamos que (L; J) E Kw,Q. Neste contexto é evidente que

(L; J) E K w • Mostremos que f é injectiva. Sejam z , y E L tais que f(:c) = f(y). Como

(L; J) E Kw,Q então existem 7', s E lN \ {O} tais que x = j"(x) e y = jS(y). Seja p o mínimo

múltiplo comum de r e s. Assim temos x = fP(x) e JP(y) = y. Atendendo a que f(x) = f(y)

temos JP-l(J(x)) = fP-l(J(y)) e por conseguinte x = y.

(2) ~ (3): Suponhamos que (L; J) E K w e que f é injectiva. Vejamos que f é sobrejectiva.

Seja y E L. Uma vez que (L; J) E K; então existem m E lN \ {O}, 1l E lN tais que r(y) ==

r+1tl(y). Como f é injectiva temos y = fm(y), ou seja y = f(Jm-l(y)).

(3) ~ (1): Suponhamos que (L; J) E K w e que f é bijectiva. Seja x E L. Como (L; J) E K;

então existem m, n E lN tais que m i- O e fm+n(x) == r(x). Sendo f injectiva conclui-se que

l'" (x) == x. O

Teorema 2.2 Se (L; J) E x, e End(L; f) é regular entào (L; f) E K"'.2'

Demonstração Suponhamos que End(L; J) é regular e (L; J) E K w . Em primeiro lugar ob­

servemos que f2 E End(L; J). Então existe h E End(L; J) tal que PhP == p. Como h é um

endomorfismo da álgebra (L; J) então h comuta com f e por conseguinte hj4 = p.

Defina-se] : P(L) --+ P(L) do seguinte modo: ](x) = f(x). Mostremos que] é injec­

tiva. Sejam x,y E L tais que ](P(x)) = ](P(y)). Assim temos j3(x) = j3(y), consequente­

mente, hj4(x) = hf4(y). Uma vez que hj4 = P então P(x) = j2(y). Neste contexto é claro

que a álgebra de Ockharn (j2(L );]) pertence a K w • Aplicando o teorema 2.1, conclui-se que

16

(j2(L);1) E Kw,o, ou seja (L;1) E K w,2 ' O

Podemos formular um resultado análogo ao anterior involvendo as classes de Berrnan K p •q

em vez das classes Kw,q' Mais precisamente temos o seguinte.

Corolário Se (L; J) E x,; e End(L; J) é regular então (L; f) E K p,2 '

Demonstração Suponhamos que End(L; J) é regular e (L; f) E Kp,q. É claro que Kp,q ç x.,

e por conseguinte (L; J) E x.; Pelo teorema 2.2 conclui-se (L; f) E K w •2 •

Mostremos que (L; J) E K p,2 ' Se q :'S 2 nada há a demonstrar pois, neste caso, Kp,q ç K p,2 '

Portanto podemos supor, sem perda de generalidade, que q > 2. Uma vez que (L; f) E K w ,2

então j2(L) = f3(L). Como q > :2 temos P(L) = fq(L). Seja x um elemento arbitrário de L.

Então existe y E L tal que P(x) = fq(y). Como (L;J) E Kp,q então temos j2p+q(y) = fq(y) e

por consequência pp+2(X) = j2(x). O

Para qualquer álgebra de Ockham (L; J) E Kp,q desconhecemos em que condições End(L; J)

é regular. No entanto, para álgebras de Ockharn subdirectarnente irredutíveis pertencencentes a

Kp,q (e portanto finitas [3]), conseguimos resolver o problema em apreço.

Em geral, dada uma álgebra de Ockham (L; J) E Kp,q designaremos por V B(L) a menor

classe de Berman a que (L; J) pertence. No resultado que se segue supomos que (L; J) E K n ,2 e

por conseguinte V B(L) será Kp,o, K p ,l ou K p ,2 ' onde p é um divisor de n.

Teorema 2.3 Seja (L; J) E K n ,2 uma álgebra de Ockham subdirectatnente irredutível.

(1) Se V B(L) = Kp,o então End(L; J) é grupo.

(2) Se VB(L) = Kp,l então End(L;J) é regular.

(3) Se V B(L) = K p,2 então EndfL; J) é regular se, e só se, Ker h = <P2' para todo endomor­

fismo h que não seja automorfismo.

Demonstração Pelo teorema 1.2 sabemos que: se V B(L) = Kp,q então L é subdirectamente

irred utível se, e só se, Con L se reduz à seguinte cadeia finita:

w = <Po -< <PI -< ... -< <Pq -< Lo

(1) No caso de q = O a cadeia tem apenas dois elementos

w = <Po -< L,

17

portanto L é álgebra simples. Neste caso, se h E End L então Ker h = w e por conseguinte h é

injectiva (consequentemente bijectiva porque L é finita). Nesta conformidade temos que End L

é o grupo dos automorfismos de L.

(2) No caso de q = 1 a cadeia reduz-se a

Observemos, primeiramente, que para qualquer h E End L: h é automorfismo ou Ker h = <PI'

Seja h E End L e suponhamos que h não é automorfismo. Como L E Kp,l então temos, para

qualquer x E L, (x, j2P(x)) E <Pt = Ker h e consequentemente

Deste modo fica demonstrado que h(L) ç f(L). Pelo teorema 1.1 temos L/<P I '" f(L). Tendo

em conta que h(L) ~ L/ Ker h = L/<pt, conclui-se que Ih(L)! = If(L)I. Como h(L) ç f(L) e

f(L) é finito então h(L) = f(L). Defina-se h l : h(L) --+ h(L) do seguinte modo: hdy) = h(y).

Já vimos que h(x) = hf2p(x), para qualquer x E L. Uma vez que j2P(L) ç f(L) = h(L) entào

conclui-se que h1 é sobrejectiva e por conseguinte h l é bijectiva, porque L é finita. Como h l

é bijectiva e h(L) é finita então existe m E lN \ {O} tal que h'[' = idh(L)' Consequentemente

hm+l = h, ou seja hhm- I h = h. Do exposto resulta que End L é regular.

(3) No caso de q = 2 a cadeia reduz-se a

Suponhamos, primeiramente, que End L é regular. Seja h um endomorfismo que não seja auto­

morfismo. Para demonstrar que Ker h = <P2 basta mostrar que Ker h =1= <P1.

Suponhamos, com vista a uma contradição, que Ker h = <PI' Então podemos definir a

aplicação ip : h(L) --+ f(L) do seguinte modo: <p(h(x)) = f(x). Como <p é bijecção então

Ih(L)1 = If(L)I· Uma vez que End L é regular então existe u E End L tal que: huh = h.

Consequentemente, para todo x E L, temos

(x, uh(x)) E Ker h = <PI,

18

Neste contexto, conclui-se que [uh. = 1 = uli], Consideremos a aplicação h : I(L) ---t I(L)

assim definida: h(y) = h(y). Mostremos que li é injectiva. Sejam a,b E L tais que h(J(a)) =

h(J(b)), por definição de h temos hl(a) = hl(b). Donde se conclui que uhl(a) = uhl(b). Tendo

presente que 1 = uh ], obtemos I(a) = I(b). Assim temos que h é injectiva e por conseguinte

bijectiva, pois I(L) é finito. Consequentemente, existe m E lN \ {ü} tal que: h 7n

= idf(L)'

Portanto hm 1 = 1 = [h'", Assim temos que I(L) ç h(L). Como jh(L)1 = I/(L)I e I(L) é finito

então h(L) = I(L). Por consequência, para todo x E L, h7n(x) E h(L) = I(L). Donde se conclui

que I(x) = Ih7n (:l:) E j2(L). Resulta então que I(L) ç j2(L), ou seja j2(L) = I(L).

Seja x um elemento arbitrário de L. Como I(L) = j2(L) então existe y E L tal que I(x) =

j2(y). Então temos

uma vez que L E Kp,z, Conclui-se assim que pp+l = 1 e por conseguinte L E Kp,l, o que é

absurdo em face da hipótese V B(L) = Kp,z,

Reciprocamente, suponhamos que Ker h = cI>z para qualquer endomorfismo h que não seja

automorfismo. Seja h um endomorfismo arbitrário e suponhamos que h não é bijectivo. Assim

temos Kerh = cI>2' Consequentemente, para qualquer x E L, (x,j2P(x)) E Kerh. Ou seja

11.= hlzp = j2 Ph e por conseguinte h(L) ç P(L). Mas Ih(L)1 = IP(L)J uma vez que

Como P(L) é finito conclui-se que h(L) = j2(L). Consideremos a aplicação h 1 : h(L) ---t h(L)

definida do seguinte modo: h 1 (y) = h(y). Tendo em conta que, para qualquer z E L, h(x) =

hIZp(x) e j2P(x) E P(L) = h(L) conclui-se que h 1 é sobrejectiva. Como h(L) é finito então

h 1 é bijecção. Consequentemente, existe rn E lN \ {ü} tal que h1 = idh(L), ou seja hm +1 = h.

Conclui-se assim que End L é regular. O

Exemplo 2.1 Dado p E lN tal que p ~ 1, consideremos a álgebra de Ockham (LZp+ Z,2; !zp+2),

conforme a definição apresentada no no capítulo 1, página 14. Observemos que (L2p+2,2; !zp+2)

é subdirecta.mente irredutível (teorema 1.14) e V B(L zp+2,2) = K p,2.

19

Como o espaço dual de (L 2p+2,2;h p+2) é o espaço de Ockham ({O, 1,2, ... , 2p+ 1};Y2p+2.2),

munido com a ordem discreta, então conclui-se que o reticulado L 2p+2,2 é um reticulado de Boole

isomorfo a 22p+2.

Para cada a E L2p+2 ,2 designemos por a' o complemento de a no reticulado L 2p+2 ,2 ' Como 1

é um endomorfismo dual, de reticulados com Oe 1, então temos: I(a') = [f(a)]', para qualquer

Consideremos a aplicação iJ : L 2p+2 --+ L 2p+2 definida do modo seguinte: 19(x)

Facilmente se verifica que iJ E End(L p ; Ip ) . Também é claro que KeriJ = <PI,

Por aplicação do teorema 2.3(3) conclui-se que End(L 2p+2 , h p+2) não é regular.

I(x').

Seja ({U,1,2};g) o espaço de Ockham, munido com a ordem discreta, onde 9 se define por:

g(O) = 1, g(l) = 2 e g(2) = 2. O espaço de Ockham em apreço pode ser representado pelo

seguinte diagrama:

• ---""'7 • -----7) • O012

Designemos por (L; f) a álgebra de Ockham cujo espaço dual é ({O, 1,2}; g). A álgebra (L; f)

pode ser descrita graficamente do modo seguinte:

I=J(ad

É claro que (L; f) é subdirectamente irredutível e V 8(L) = K I ,2 . Por raciocínios similares

aos acima descritos, conclui-se que End(L; f) não é regular.

Para cada natural p 2': 1, defina-se <Pp : {O, 1,2, ... , 2p + I} --+ {O, 1, 2} do seguinte modo:

se O~ i ~ 2;

se 2 < i ~ 2p + 1,

É claro que <pp é sobrejectiva e <Ppg2p+l = g<pp, consequentemente <Pp é um morfismo sobrejectivo

de espaços de Ockham. Aplicando o teorema 1,10(1), conclui-se que, para cada p 2': 1, (L; f) é

isomorfa a uma subálgebra. de (L2p+b h p+2).

20

Recordemos que um semigrupo S diz-se um semiqrupo de Clifford se S é regular e todo o

idempotente de S é central, i. e. comuta com qualquer elemento de S.

Teorema 2.4 Seja (L; 1) E Kn,2uma álgebra subdirectamente irreduiioel. Se End L é regular

então End L é um grupo ou é um semigrupo de Clifford cujo semireiiculado dos idempotentes é

{J2n,idd·

Demonstração Suponhamos que End L não é grupo. Seja Kp,q = V B(L). Pelo teorema 2.3(1)

q > O portanto q E {1,2}. Como (L; J) E K n ,2 então r: é idempotente de End L e I" i- idt:

porque q > O. Seja h um idempotente de End L tal que h i- idt.. Pelo teorema 2.3 conclui-se

que Ker h = <1>q. Como h é idempotente então temos, para qualquer x E L

(x,h(x)) E Kerh = <1>q.

Em suma, se h E End L, h i- idL e h é idempotente então Ker h = <I>q e r h = r. Sejam s,

t idempotentes de End L tais que s i- iât: e t i- idt.. Assim temos rts = fqs = f q. Como

<1>q = Kert então tts = t logo ts = t. Em particular il?" = t, I?"! = f2n e por conseguinte

t = I?". Do exposto resulta que idL e I" são os únicos idempotentes de End L. É claro que

tais idempotentes comutam com todos os elementos de End L e por consequência End L é um

semigrupo de Clifford. O

Exemplo 2.2 Para cada n E lN, n ~ 1, designemos por C« a cadeia

0< a_ n < a-n+l < ... < a-I < ao < aI < ... < an-l < an < 1.

Defina-se f : Cn -+ Cn do modo seguinte: f(O) = 1, f(l) = O, f(ao) = ao e para i E {I, ... , n}

Sabemos que (Cn ; J) é uma álgebra de Ockham subdirectamente irredutível e V B(Cn ) = K 1,2n ;

vide [9, exemplo 3.1.]. Pelo corolário do teorema 2.2 temos que: se End C; é regular então n = 1.

Reciprocamente, mostremos que End(C1 ; 1) é regular. Vamos fazer uso do teorema 2.3; para

tal consideremos um endomorfismo h, de (C1; 1), que não seja automorfismo. Para provar que

Ker h = <1>2 mostraremos que Ker h i- <1>1. Suponhamos, com vista a uma contradição, que

21

Kerh = <PI, Por consequência (ao,ad E Kerh. Nesta conformidade podemos concluir que:

Se observarmos que ao é o único ponto fixo de (CI ; 1) então conclui-se que h(ao) = ao e por

conseguinte fh(a-d = ao. Portanto h(a-d E {ao,ad. Como h(a_l) ~ h(at} = ao então

conclui-se que h(a-d = ao. Do exposto resulta que (a-I' ad E Ker h, o que é absurdo pois

(a-I' ai) ri. <PI, Assim fica demonstrado que End (CI; f) é regular. Pelo teorema 2.4 conclui-se que

End(CI ; 1) é semigrupo de Clifford. Com efeito, neste caso End(CI ; 1) reduz-se ao semireticulado

{idel, P}. Demonstraremos tal facto provando que todo o elemento de End(CI : 1) é idempotente.

Seja h um elemento arbitrário de EIId(C1; 1). É claro que h(O) = O, h(ao) = ao e h(l) = 1.

Portanto hZ(x) = h(x), para todo x E {O, ao, I}. Atendendo a que h é isótona então temos

h(a-d ~ h(ao) = ao e por consequência h(a-d E {O,a_l,aO}' Donde resulta hZ(a_d = h(a-d.

Assim temos

e por conseguinte h é idempotente.

A partir de urna álgebra de Ockham (L; 1) e de um reticulado de Boole finito com p > 1

átomos, vamos definir um método que permite construir uma nova álgebra de Ockham. Esta

construção permitirá mostrar q ue em cada classe de Berrnan da forma K p .z existe pelo menos uma

álgebra de Ockharn cujo semigrupo dos endomorfismos é inverso e não é grupo. Para descrever

a referida construção necessitamos do conceito de soma vertical de conjuntos ordenados.

Sejam P, Q conjuntos ordenados tais que: P tem elemento máximo a e Q tem. elemento

mínimo b. Designamos por soma vertical de P e Q, e denotamos por Pff.Q, o conjunto ordenado

que se obtém a partir da soma linear P EB Q identificando a e b; vide [9] e [11].

Seja L um reticulado com O e 1. Para cada p E lN, tal que p > 1, designemos por [L;p] a

soma vertical 2P EBLEB2P , onde 2P designa o reticulado de Boole finito com p átomos.

Por definição de soma vertical, existem 0:'1 ~ O:'z ~ 0:'3 ~ 0:'4, pertencentes a [L;p], tais que:

[L; p] = [0:'1,0:'2] U [0:'2,0:'3] U [0:'3,0:'4], 2P~ [0:'1,0:'2], L ~ [0:'2,0:'3] e 2P~ [0:'3,0:'4]'

No que se segue usamos as seguintes nota.ções: Bp = [0:'1,0:'2], L, = [0:'2,0:'3] e B; = [0:'3,0:'4]'

22

Seja (L; I) é uma álgebra de Ockham. Vamos definir, no reticulado distributivo [L;p], uma

estrutura de álgebra de Ockham. Para tal são necessárias algumas observações preliminares.

Como L. = [0'2, 0'3] ~ L então existe um isomorfismo de reticulados J : L ---+ L•.

Consideremos a aplicação fi : LI ---+ LI definida por: fi = Jfi:'. Nesta conformidade. é

claro que (L.; f,) é uma álgebra de Ockham isomorfa a (L; 1).

Designemos por X = {ao, ... , ap- l } o conjunto dos átomos do reticulado de Boole Bp e por

X* = {aã, ... ,a;_d o conjunto dos cc-átomos do reticulado de Boole B;. Defina-se a aplicação

a : X U X* ---+ X U X* do modo seguinte: a(ai) = ai, para O~ i ~ p - 1; a(a7) = ai+l, para

'2( *) - * O< . < 2' 2 (;' ) - *a ai - ai+l' para _ I _ P - ,a ap _ 1 - ao'

Consideremos a aplicação f(7 : [L; pj ---+ [L; p] definida do seguinte modo:

fl(x)

Comecemos por mostrar que f(7 é antítona. Sejam x,y E [L;p] tais que z < y. Podemos supor,

sem perda de generalidade, que 0'1 < x e y < 0'4, No caso de x, y E Bp temos x = ai l V.. .Vaik' Y =

ai, V...VaJr onde {iI, ... , id, {jl,' .. ,jr} são subconjuntos de {O, ... ,p-I}. Como x < yentão

{i 1,.·.,id ç {jl, ... ,jr} e por conseguinte {a(ail), ... ,a(aik )} ç {a(ajl) .... ,a(ajr)}. Logo

a(ail)A ...Aa(aik ) ~ a(ajl )A ... Aa(airL ou seja f(7(x) ~ f(7(Y)' Se :1:, y E L, então f(7(x) = f,(x).

f(7(Y) = f(y) consequentemente f(7(x) ~ f(7(Y)· No caso de x,y E B; temos x = a;l A ... Aa;m'

y = arl

A ... A ar" onde {SI,'''' Sm}, {tI, ... ,ln} são subconjuntos de {O,... , p - I}. Como x < y

então {t 1, ... ,tn} ç {SI, ... ,Sm} e por conseguinte {a(a;lL .. ·,a(a;J} ç {a(a:J, ... ,a(a:m

) } .

Então a(a;l) V ... V a(a;m) ~ a(a;]) V ... V a(a;J, ou seja f(7(x) ~ f(7(Y)' No caso de x E Bp,

y E L, temos f(7(x) E B;, f(7(Y) E L. por consequência f(7(x) ~ f(7(Y)' Se x E Bp, y E B; então

fu(x) E B;, f(7(Y) E Bp e por conseguinte fu(x) ~ fu(y). No caso de x E L•• y E B; temos

23

fcr(x) E L" fcr(Y) E Bp e por consequência fcr(x) ~ fcr(Y). Dos raciocínios anteriores resulta que

fcr é antítona.

Vamos mostrar que, para quaisquer x, Y E [L;p], temos:

Sejam x, Y E L, como fcr é antítona podemos supor, sem perda de generalidade, que xlly. Con-

sequentemente, os casos a examinar são os seguintes: (1) X.y E Bp, (2) ;r.y E L,. (3) :r,y E B;.

(1) No caso de X,Y E Bp temos x = ai! V ... V aik , Y = ajl V ... Vajr onde I = {ii •... , ik} e

J = {iI .... , jr} são subconjuntos de {ü, ... ,p - I}. Neste contexto, por definição de fcr, temos:

Como a é uma bijecção então a(a s) V a(at) = 0;4 se S =F t. Consequentemente

Por outro lado

x/\y= (V at)l\( V at) = V (as/\ad = V atotEI tEJ (s,t)EIxJ tEInJ

Assim, por definição de Í«, temos

Então conclui-se que fcr(x /\ y) = fcr(x) V fcr(Y)' Por outro lado

(2) Se x, Y E L, então x /\ Y, x V Y E L, e por conseguinte

fcr(x V y) = f,(x V y) = f,(x) /\ f,(Y) = fcr(x) /\ fcr(Y)·

(3) No caso de X,Y E B; temos x = a:1

/\ ••• /\ a:m , Y = a71

/\ ••• /\ a7n

onde 5 = {SI, ... ,sm} e

T = {ti,"" t n} são subconjuntos de {ü, ... , p - I}. Neste contexto, por definição de fcr, temos:

fcr(x) /\ fcr(Y) = [V a(aê)] 1\[ V a(aê)] = V (a(a;) /\ a(a:)).lES lET (s,t)ESxT

24

Como CT é uma bijecção então CT(a~) 1\ CT(a;) = 01 se s -# t. Consequentemente

Por outro lado

x V Y = (1\ ai) V( 1\ ae) = 1\ (a; V ar) = 1\ a;.iES iET (s,t)ETxS fESnT

Assim. por definição de fc" temos

Então conclui-se que f(7(xvy) = f(7(.1')l\f(7 (y). Facilmente se verifica que fcr(xI\Y) = f(7(:r:)v f(7(Y).

Do exposto resulta que ([L;p];f(7) é álgebra de Ockham.

É importante notar que, para todo t E X U X*, f(7(t) = CT(t). Por consequência, para todo

x E BpUB;, f;P(x) = x; donde se conclui que f; induz um automorfismo no reticulado BpEflB;.

Dada uma álgebra de Ockham (L; 1), subdirectamente irredutível, tal que V B(L) = K1,2.

Mostraremos que: se End(L;1) é regular então End([L;p];f(7) é regular. Para cumprir tal

objectivo são necessários alguns resultados preliminares.

Demonstração Mostremos, primeiramente, que 'I9(ao) < 02. Suponhamos, com vista a uma

contradição, que '19 (ao) 2:: 02. Nesta conformidade temos

Por outro lado

o que é absurdo. Assim temos 'I9(ao) < 02 e por conseguinte, para cada j E {O, ... ,p - I},

Consequentemente,

25

Finalmente, aplicando lu à desigualdade anterior, obtemos

Teorema 2.6 Se 19 E End([Lip],fu) e 19(0'2) i= 0'1 então existe mE {O, ... ,p-I} tal que, para

todo x E e, U B;,

Demonstração Atendendo ao teorema 2.5 podemos concluir que: 19(aj) ~ 19(0'2) ~ 0'2, qual-

quer que seja j.

Suponhamos que 19( (\2) i= 0'1' Em primeiro lugar, demonstremos que: para todo i, 19(aj) i= 01'

Suponhamos, com vista a uma contradição, que existe i E {O,... , p-I} tal que 19(aj) = 0'1' Então

temos

e por conseguinte 19(ao) = 01' Consequentemente

p-1 p-1

para qualquer j E {O, ... ,p - I}. Daqui resulta que 0'1 = V 19(aj) = 19( V aj) = 19(0'2), o que éj=O j=O

absurdo.

Para cada j E {O, ... ,p - I} = !V, existe um e um só Nj ç!V, tal que: !Vj i= 0 e

19(aj) = V ai.iEN)

Mostremos que: se i i= j então N, n Nj = 0. Sejam i,j E N tais que i i= j e suponhamos, com

vista a uma contradição, que N, n N; i= 0. Seja k E N, n Nj. Então temos

p-I

o que é absurdo. Por outro lado, 0'2 = V ajo Logo 19(0'2) = V 19(aj) = Vai, onde I< = U N].jEN jEN iEK j=O

Neste contexto, é claro que

p-1 p-1

P ~ I: INjl = 1 U Njl = II<I ~ p.j=O j=O

26

Consequentemente, \1(1 = p e por conseguinte I( = N. Do exposto resulta que 19(0'2) == 0'2.

Neste contexto podemos concluir que: \Nil = 1, para todo j E N. Consequentemente, 19(aj) é

um átomo de Bp. Seja m E N tal que 19(ao) = amo Assim, para cada j E N, temos:

19(ai) == 19(J;i(ao)) = f;i(19(ao))

= J;;i (am )

= f;j(J;m(ao))

= f;m(f;i(ao))

= f;m(ai)'

Aplicando fa à igualdade anterior obtemos, para qualquer j E N, 19(aj) = f;m(aj). Do exposto

resulta que: para todo x E Bp U B;,

Teorema 2.7 Se 19 é um endomorfismo de ([L; p]; fa) tal que 19(0'2) = 0'1 então são válidas as

sequinies propriedades:

(1) (Vx E Bp) 19(x) = 0'1;

(2) (Vx E B;) 19(x) = 0'4'

Demonstração (1) Dado x E Bp, temos x :S 0'2 e por conseguinte 19(x) :S 19(0'2) = 0'1' Logo

19(x) = 0'1.

(2) Em primeiro lugar observemos que 19(0'3) = 19(Ja(0'2)) = fa(19(o'l)) = fa(O'I) = 0'4' Se

x E B; então 0'3 :S z , Portanto 0'4 = 19(0'3) :S 19(x). Donde se tira que iJ(x) = 0'4. O

Teorema 2.8 Se (L;J) E K 1,2 e 19 é um endomorfismo de ([L;p];fa) tal que V(0'2) = 0'1 então

são válidas as seguintes propriedades:

(1) (Vx E LI) 19(x) < 0'2 =:} 19(x) = 0'1;

(2) (Vx E L,) 19(x) > 0'3 =:} 19(x) = 0'4,

Demonstração Comecemos por provar (1). Seja x E L, tal que 19(x) < 0'2. Suponhamos, com

vista a uma contradição, que 19(x) i- 0'1' Então existe r E {a, ... ,p - I} tal que ar :S 19(x).

27

Assim temos I;r(ao) = ar ::; 'l9(x) e por consequência:

Como (L,; I,) ~ (L; f) E K 1,2 e p - r 2: 1 então l;p-2r = I? Nesta conformidade podemos

concluir que fJ(f;p-2r(x)) = 'l9(f?(x)). Então ao ::; fJ(f;(x)). Para qualquer j E {I, ... ,p - I}

conclui-se que

Em face dos raciocínios acima descritos, é legítimo inferir que: aj ::; d(f; (.7;)) , para qualquerp-l

j E {I, ... , P - I}. Consequentemente 0'2 = V aj ::; 'l9(f;(x)). Por outro lado, atendendo a quej=o

17(:1:) < 0'2, conclui-se que: 'l9(f,2(X)) = 'l9(f;(x)) = 1;('l9(.r)) < 1;(0'2) = (\2. o que é absurdo.

(2) Seja x E L tal que fJ(x) > 0'3. Neste contexto ternos

Consequentemente, 'l9(f,(x)) < 0'2. Aplicando (1) conclui-se que 'l9(ft(x)) = 0'1 e por conseguinte

Teorema 2.9 Se VB(L) = K1,2 então VB([L;p]) = K p,2'

Demonstração Em primeiro lugar vamos mostrar que ([L; pJ; la) E K p.2 • Seja z E [L; p]. Se

x E Bp U B; então I;P(x) = x e por consequência l;p+2(x) = I?(x). No caso de x E L, temos

l;p+2(x) = l;p+2(:r) = I?(x) = I;(x). Em qualquer dos casos se prova que l;p+2(:r) = I;(:r).

Sejam m 2: 1, n 2: O tais que VB([L;p]) = Km,n. Atendendo a que ([L;p]:/O') E K p.2

conclui-se que Km,n ç K p,2 e por conseguinte mlp e n ~ 2.

É claro que (L,; I,) E Km,no Como V B(Lt) = K 1,2 então K1,2 ç Km,n e por consequência

2 ~ n, ou seja n = 2.

suma, I;m(ao) = ao. Como 1 ~ m ~ p então m = p. O

Para cada S E EndfL,: J.) e t E End([L;p]; la) tal que t(0'2) = 0'2, t(0'3) = 0'3; defina-se

28

aplicação [s, t] : [L;p] ---+ [L;p] do seguinte modo:

{

t(x)[s, t](x) =

s(x)

Teorema 2.10 Se t é um endomorfismo de ([L;p]; !O') tal que t(0'2) = 0'2, t(0'3) = 0'3 e s é um

endomorfismo de (L,;!,) então [s,t] é um endomorfismo de ([L;p];!O').

que t(Bp) ç e; t(L) ç L e t(B;) ç B;. Dados x,y E [L;p] consideraremos vários casos.

(1) Se x,y E e, U B; então z 1\ y ..r V y E e; U B;. Consequentemente,

[s, t](x 1\ y) = t(x 1\ y) = t(x) 1\ t(y) = [s, t](x) 1\ [8, t](y) ,

[s, t](x V y) = t(x V y) = t(x) V t(y) = [s, t](x) V [s, t](y).

(2) Se z , y E L, então x 1\ y, x V Y E L, e por conseguinte

[s,t](x 1\ y) = s(x 1\ y) = s(x) 1\ s(y) = [s,t](x) 1\ [s, t](y),

[s, t](x V y) = s(x V y) = s(x) V s(y) = [s, t](x) V [s, t](y).

(3) Se x E Bp e y E L, então [s, t](x) = t(x) E Bp e [s, t](y) = s(y) E LI' Neste contexto

temos x :S y, [s, t](x) :S [s, t](y) e portanto obtém-se

[s, t](x 1\ y) = [s, t](x) = [s, t](x) 1\ [s, t](y) , [s, t](x V y) = [s, t](y) = [8, t](.r) V [s, t](y).

(4) Se x E L, e y E Bp então [s,t](x) = s(x) E L, e [s,t](y) = t(y) E Bp. Assim temos Y:S z ,

[s, t](y) :s [s, t](x) donde se conclui que

[s, t](x 1\ y) = [s, t](y) = [s, t](x) 1\ [s, t](y), [s, t](x V y) = [s, t](x) = [8, t](x) V [s, t](y).

(5) Se x E L, e y E B; então [s, t](x) = s(x) E LI e [s, t](y) = t(y) E B;. Por consequência

x :S y, [s, t](x) :S [s, t](y) e portanto obtém-se

[s, t](x 1\ y) = [s, t](x) = [s,t](x) 1\ [s, t](y), [8, t](x V y) = [s, t](y) = [s, t](x) V [s, t](y).

29

(6) Se x E B; e y E L, então [8, t](x) = t(x) E B; e [8, t](y) = 8(y) E Lt. Nesta conformidade

temos y ~ x, [8,t](y) ~ [8,t](X) donde resulta que

[8, t](x 1\ y) = [8, t](y) = [8, t](x) 1\ [8, t](y) , [8, t](x V y) = [8, t](x) = [8, t](x) V [8, t](y).

Da análise dos vários casos acima discutidos conclui-se que, para quaisquer x,y E [L;p],

[8, t](x 1\ y) = [8, t](x) 1\ [8, t](y) , [8, t](x V y) = [8, t](x) V [8, t](y).

Provemos que 1,,[8,t] = [8,t]!". Seja x E [L;p]. Se x E Bp U B; então l,,(x) E Bp U B; e por

conseguinte

1,,([8, t](:l:)) = lcr(t(x)) = t(fcr(:r)) = [8, t](fcr(X)).

No caso de x E Lt, temos l,,(x) = lt(x) E Lt. Consequentemente,

1,,([8, t](x)) = l,,(s(x)) = lt(s(x)) = s(ft(x)) = s(fcr(x)) = [8, t](f,,(x)).

Finalmente, é de observar que [s, t](O'l) = t(O'd = 0'1 e [s, t](0'4) = t(0'4) = 0'4- Dos raciocínios

acima descritos conclui-se que [s,t] é um endomorfismo de ([L;p],l,,). O

Para cada v E End([L;pJ; 1,,), tal que v( 0'2) = 0'1, def na-se Vo : L, --t L, do seguinte modo:

vo(x) = (v(x) V 0'2) 1\ 0'3.

Teorema 2.11 Se v é um endomorfismo de ([L;p];l,,), tal que V(0'2) = 0'1, então:

(1) Vo é um endomorfismo de (Lt; lt),

(2) (\Ix E Lt) v(x) E L, => v(x) = vo(x).

Demonstração (1) Comecemos por observar que 190(0'2) = (19(0'2) V0'2) 1\0'3 = (0'1 V 0'2) 1\0'3 =

0'2. Por outro lado, fazendo uso do teorema 2.7(2), conclui-se que V(0'3) = 0'4 e por conseguinte

190 (0'3) = (V(0'3) V 0'2) 1\ 0'3 = (0'4 V 0'2) 1\ 0'3 = 0'3. Mostremos que volt = ltvo, Com efeito, para

cada x E Ln temos:

vo(ft(x)) = [v(f,,(x)) V 0'2] 1\ 0'3 = [J,,(v(x)) V 1,,(0'3)] 1\ 1,,(0'2)

= 1" [(v(x) 1\ 0'3) V 0'2]

= l17[(v(x) V 0'2) 1\ (0'3 V 0'2)]

= l,,(vo(x)) = lt(vo(x)).

30

Dados x, y E L. então temos:

19o(x /\ y) = [(l9(x) /\ 19(y)) V O'2J /\ 0'3 = (l9(x) V 0'2) /\ (l9(y) V 0'2) /\ 0'3

= [(l9(x) V 0'2) /\ O'3J /\ [(19(y) V 0'2) /\ O'3J

= 19o(x) /\ 19o(Y);

19o(x V y) = (l9(x) V 19(y) V 0'2) /\ 0'3 = [(l9(x) V 0'2) V (l9(y) V 0'2)] /\ 0'3

= [(l9(x) V 0'2) /\ 0'3] V [(19(y) V 0'2) /\ 0'3]

= 19o(x) V 19o(Y).

Vamos proceder à prova de (2). Seja x E L. e suponhamos quetJ(x) E L,. Então 0'2 ::; 19(x) e

!?(x) ::; 0'3. Consequentemente,

19o(x ) = (!?(x) V 0'2) /\ 0'3 = !?(x) /\ 0'3 = 19(x). O

Teorema 2.12 Seja (L; 1) E K 1 ,2 uma álgebra subdireciamenie irredutível. Se iJ é um endo­

morfismo de ([L;p];fq), tal que 19(O'2) = 0'1, então:

(1) L. n 19-1({O'd) = [0'2]4>2, L. n 19-1({O'4}) = [0'3]4>2;

(2) 19-1({O'd) = Bp U [0'2]4>2, 19-1({O'4}) = [0'3]4>2 U B;.

Demonstração (1) Provemos a primeira igualdade; a segunda tem demonstração semelhante.

Como (L; 1) é subdirectamente irredutível e (L; 1) E K 1,2 então existe i E {D, 1, 2} tal que

L; n Ker 19 = 4>i; teorema 1.2(1).

Se x E L. e 19(x) = 0'1 então O(x) = 19(O'2) e por conseguinte (X,02) E <Pi ç <1>2' Recipro­

camente, se x E [0'2]4>2 então f;(x) = f.2(O'2) = 0'2. Consequentemente, iJ f.2(x) = 19(O'2) = 0:1'

Assim temos f;(l9(x)) = 0'1. Uma vez que 0'1 ~ L. e f;(L.) = f.2(L.) ç L. então iJ(x) ~ L. e por

conseguinte

(2) Usando (1) e o teorema 2.7, conclui-se que:

19-1({O'd) = Bp U [0:2]4>2,

19-1({O'4}) = [0'3]4>2 U B;. O

31

K1. 1 e End(L; J) é regular

Recordemos que um semigrupo S é semiqrupo inverso se, e só se, S é regular e os idempotentes

de S comutam.

No que se segue, estabelecemos condições suficientes para que End ([L; pJ: i.,.) seja semigrupo

inverso.

Teorema 2.13 Se (L; f) é subdirectamente irredutinel, V B(L)

então End([L:p];i.,.) é semiqrupo inverso.

Demonstração Mostraremos, em primeiro lugar, que End([L;p];ia) é regular. Seja iJ Ulll

endornorfismo de ([L;p]; ia). Vamos mostrar que existe ;p E End([L;p]; i.,.) tal que iJ;pO = O.

Fazendo uso do teorema 2..5 obtemos

Examinaremos dois casos: iI(0'2) i- 01,0(0'2) = aI·

(1) Suponhamos que iJ(0'2) i- 0:1.

Pelo teorema 2.6 podemos garantir a existência de m E {D, ... , p - I} tal que: para qualquer

;r E e, U B;,

Em particular temos 19(02) = i;"'(02) = 02 e 79(0'3) = i;m(0'3) = 03. Consequentemente,

13(L,) ç L,. Defina-se 19' : L, -----+ L, do modo seguinte: iJ'(x) = 'iJ(:r). Como I)' é um endomor­

fismo de (L,: i,) então existe s E End(L,;i,) tal que: O'siJ' = iJ'. Note-se que as álgebras de

Ockham (L;f) e (L,:i,) são isomorfas.

Seja s* = [s,i;p-2m]. Pelo teorema 2.10 temos que s* é endornorfisrno de ([L:p]:/r,). Em

seguida mostraremos que Os*v = O. Seja x um elemento arbitrário de [L: pj. No caso de

;r E Bp U B; temos 19(x) = I;m(x) e s* = i;p-2m(x). Consequentemente,

No caso de x E L l l atendendo a que iJ(L,) ç L" conclui-se que s*(v(x)) = s(iJ(x)) e por

conseguinte

19s*19(x) = 19s19(x) = 19s19'(x).

32

Como s(19'(x)) E L, então 19(s19'(x)) = 19'(s19'(x)) e por conseguinte

19s*19(x) = 19's19'(x) = 19'(x) = 19(x).

Assim fica provado que 19s*19 = 19.

(2) Suponhamos que 19(0'2) = 0'1'

Neste caso, usando o teorema 2.11, temos 190 E End(L,; f,). Então existe t E End(L,; f,) tal que

iJot190 = 190 • Seja r: = [t,id[L;p]]. Pelo teorema 2.10 temos t+ E End([L;p]:f(T), portanto basta

mostra.r que Ot+19 = H. Seja x um elemento qualquer de [L:p]. Consideraremos diversos casos.

(a) Se x E Bp então, pelo teorema 2.7(1), 19(x) = 0'1 donde se tira que:

(b) Se x E B; então, pelo teorema 2.7(2), 19(:1:) = 0'4 donde se conclui:

(c) Se x E L, e 19(x) < 0'2 então, pelo teorema 2.8(1), '19(x) = 0'1 e por conseguinte:

(d) Se x E L, ea(x) > 0'3 então, pelo teorema 2.8(2). a(x) = 0'4 e por consequência:

(e) Finalmente examinemos o caso em que: x E L, e 19(x) E L,. Como (LI; fI) == (L: f)

é subdirectamente irredutível, VB(L) = K 1 ,2 e 190 E End(L;f) então, pelo teorema 1.2(1),

existe r E {O, 1, 2} tal que Ker ao = cf>r' Por consequência, atendendo a que 19ot{)o = 190 •

deduz-se: rt190 = r. Como x,19(x) E L, então, aplicando o teorema 2.11(2), conclui-se que

t+(19(x)) = t(19(x)) = t(19o(x)). Assim temos

f~(t)t+19(x)) = 19f~(t+19(x)) = 19f;(tao(x)) = aU;t19o(x)) = 19(J;(x)) = 19(f;(x)) = f~(tJ(x)),

consequentemente,

f;P(19t+19(x)) = f;p-r(f~(19t+19(x))) = f;p-r(f~(19(x)) = f;P(19(x)) = f,2P(19(x)) E L,.

33

Vejamos que iJt+iJ(x) E L l • Suponhamos, com vista a uma contradição, que iJt+iJ(x) ~ L•.

Consequentemente 'l9t+iJ(x) = f;P('l9t+iJ(x)) = f?P(iJ(x)) E L l , o que é absurdo. Uma vez que,

t+'l9(x), 'l9(t+l~(X)) E L, então, pelo teorema 2.11(2), conclui-se que 'l9(t+iJ(.'l:)) = 'l9o(t+'l9(x)).

Tendo em consideração que t+iJ(x) = tiJo(x), é legítimo concluir que

iJ(t+iJ(x)) = iJo(tiJo(x)) = iJo(x) = -d(x).

Assim fica provado que 19t+19 = 19. Uma, vez demonstrado que End([L; pJ: fer) é semigrupo regular,

resta mostrar que: dados iJ e c.p, idempotentes quaisquer de End([Lip]; fer), então iJc.p = c.p19. Para

tal consideraremos dois casos.

(i) Suponhamos que (j E End([L; pJ; fer) é um idempotente tal que 19(0'2) i= Q'l' Então, pelo

teorema 2.6, existe m E {O, ... ,p - I} tal que, para todo x E Bp U B;,

Em particular, temos iJ(0'2) = j';m(0'2) = 0'2, iJ(0'3) = f;;m(0'3) = Q'3. Portanto -d(L,) ç L,.

Assim, podemos definir iJ' : L, ~ L, por: iJ'(x) = iJ(x). É claro quel9' é um idempotente de

End(L;f) e iJ = [iJ', f;7n]. Pelo teorema 2.4 conclui-se que iJ' = idL, ou iJ' = f? = t». Por outro

lado temos, para todo x E Bp U B;

Por consequência temos

Assim, podemos concluir que iJ = U?, f;P] = U?p, f;P] = j';P ou 19 = [id L,. id[L;pJ] = id[L;pJ. Do

exposto resulta que: se iJ é um idempotente de End([L;p], fer), tal que fJ(0'2) i= 0'1, então iJ é um

idempotente central. Em face disso, conclui-se que basta provar iJc.p = çiJ, para idempotentes iJ

e ip ; tais que iJ(0'2) = 0'1 e iJ(0'2) = Q'l'

(ii) Sejam iJ,c.p E End([L;p];fer) idempotentes tais que iJ(0'2)

teorema 2.12(2) temos:

iJ-I({O't}) = Bp U [0'2]<1>2 = c.p-I({O't});

34

19-1({a 4}) = [a3]cI>2 U B; = <p-l({a4})'

Consequentemente, se x E Bp U [a2]cI>2 então 19<p(x) = 'O(ad = aI e <p19(x) = <p(ad = aI' No

caso de x E [a3]cI>2 U B;, temos 19<p(x) = 19(a4) = a4 e <p19(x) = <p(a4) = a4.

Por outro lado 190 e <Po são idempotentes de End(L,; I,). Então, pelo teorema 2.4, temos

19o,<Po E {'idL.,/,2}. Seja x E L \ ([a2]cI>2 U [a3]cI>2). Pelo teorema 2.8 temos 19(x),<p(x) E L,.

Aplicando o teorema 2.11(2) conclui-se que 19(x) = Do(x) e <p(x) = <po(x).

Se 190 <iâ); e <Po =idL. então temos

19<p(x) = l~<pO(X) = 19(x) = 19o(x) = x;

<p19(x) = <p19o(x) = <p(x) = <po(x) = x.

Se 190 = 'idL. e <po = 1,2 então temos

19<p(x) = 19<po(x) = D(f,2(x)) = I; (19(;r:)) = 1;(19o(x)) = 1,2(x);

<p19(x) = <pDo(x) = <p(x) = <po(x) = 1,2(x).

Se 190 = 1,2 e <po = idt; então temos

19<p(x) =O<po(x) = 19(x) = 19o(x) = 1,2(x);

<p19(x) = <p19o(x) = <p(f,2(x)) = I;(<p(x)) = 1,2(<pO(x)) = 1,2(x).

Se 190 = f? e <Po = I? então temos

19<p(x) = 19<po(x) = 19(f,2(x)) = 1;(19(x)) = 1,2(19o(x)) = 1.4(x);

<p19(x) = <p19o(x) = y(f;(x)) = I;(<p(x)) = 1,2(<pO(X)) = 1.4(x).

Do exposto resulta que v<p = <pv. O

Teorema 2.14 Para todo p ~ 1 existe uma álgebra de Ockham M tal que V B(M) = K p ,2 e

End M é semigrupo inverso.

Demonstração No caso de p = 1 basta considerar M = GIl onde GI é a álgebra de Ockham

definida no exemplo 2.2. Se p > 1, seja M = [L;p] onde L é uma álgebra de Ockham subdirecta­

mente irredutível tal que V B(L) = K I ,2 e End L é regular; por exemplo podemos tomar L = C I •

35

Pelo teorema 2.9 temos V B(NI) = K p ,2' Fazendo uso do teorema 2.1:3 conclui-se que End ,U é

semigrupo inverso. O

Dada uma á.lgebra de Ockham (L: f), definimos os conjuntos 5[L: p] e I[L;p] do seguinte

modo:

5[L;p] = {O E End[L;p] :19(0'2) = 0'2},

I[L;p] = {O E End[Lip] : lj(02) = O'd·

Teorema 2.15 Dada uma álgebra. de Ockham (L; f), são válidas as seguintes afirmações:

(1) S[L;p] f subsemiqrupo de End[L;p].

(2) Se I[L:p] #- 0 entào I[L:p] é um ideal bilateral de End[L:p].

(J) S[L;p]UI[L;p] = End[L;p] e S[L;p]nI[Lip] = 0.

Demonstração (1): É claro que S[LiP] #- 0, pois id[L:p] E S[LiP]. Sejam a. y E S[L;p]. Assim

temos 0<p(n2) = 1~(0'2) = a2 e por consequência 19<p E S[L:p].

(2) : Suponhamos que I[L;p] #- 0. Sejam "'( E End[L:p] e O E I[L:p]. Nesta conformidade.

conclui-se que "'(0(0'2) = "'((ar) = 0'1' Portanto ,,O E I[L;p]. Por outro lado, no caso de

,'(a2) #- 0'1, pelo teorema 2.6 temos "'((a2) = a2 e por consequência iJl(0'2) = 0(0'2) = 0'1' No

caso de "'((0'2) = ai é claro que 01 (0'2) = iJ(ar) = 0'\. Como em qualquer dos casos temos

lJ"'((0'2) = 0'1 entào conclui-se que fh E I[LiP]'

(3) : Seja lj E End[L:p]. No caso de 0(0'2) = 0'1 temos 19 E I[L;p]. Se 19(0'2) #- 0'\ então.

pelo teorema 2.6, temos 19(0:2) = 0'2 e por conseguinte iJ E S[L;p].

Para mostrar que S[L; p] n I[L; p] =0 basta observar que 01 #- 0:2. O

Para cada álgebra de Ockham (L; f), definimos o conjunto

VL = {s E End L : S-l ({O}) = [0]ep2' 05-1 ({l}) = [1]<fl2}.

É de observar que F E V L ·

Teorema 2.16 Se (L; f) é uma álgebra de Ockham subdirectamenie irredutível pertencente a

1\:1,2 então VL é um ideal bilateral de End L.

Demonstração Seja 05 E VL e t E End L. Mostremos, primeiramente, que ts E lh. Vejamos

que (tS)-1 ({O}) ç [0]<fl2. Seja x E L tal que ts(x) = O = t(O). Pelo teorema 1.2(1) temos

36

Kert ç <1>2 e portanto sP(x) = O. Como s E DL então j4(x) = O. Consequentemente, dado que

L E K1,2, temos P (x) = O. Reciprocamente, se x E [0]<1>2 então s(x) = O e por consequência

ts(x) = t(O) = O. Assim se conclui que (tS)-I({O}) = [0]<1>2'

Analogamente se verifica que (tS)-1 ({1}) = [1]<1>2' Com efeito se ts(x) = 1 = t(1), tendo em

conta que Kert ç <I>:ih então conclui-se que sP(x) = 1. Atendendo a que s E DL conclui-se que

j4(x) = 1. Portanto P(x) = 1, pois L E K],2. Por outro lado, se x E [1]<1>2 então s(x) = 1 e por

conseguinte ts(x) = t(1) = 1. Do exposto resulta que (ts)-I({1}) = [1]<1>2 e por consequência

ts E DL·

Vejamos que st E DL' Seja. x E L tal que st(x) = O = s(O). Atendendo a. que s E DL

conclui-se que pt(x) = tp(x) = O. Como Kert ç <1>2 então temos f4(:r) = O e por conseguinte

x E [0]cI>2' Reciprocamente, se x E [0]cI>2 então tf2(x) = f 2t(x) = O. Como s E DL então

st(x) = O. Assim temos (st)-1 ({O}) = [0]cI>2'

Finalmente mostremos que (st)-I({1}) = [1]cI>2' Seja x E L tal que st(x) = 1 = s(I). Tendo

em conta que s E DL conclui-se que pt(x) = tp(x) = 1. Corno Ker t ç cI>2 então temos

f4(X) = 1 e por conseguinte x E [1]cI>2' Por outro lado, se x E [1]cI>2 então tp(x) = f 2t(x) = 1.

Como s E DL então st(x) = 1. Assim temos (st)-I({1}) = [1]cI>2' O

Consideremos uma álgebra de Ockham (Li 1). Para cada s E End L" defina-se a aplicação

Ils/l : [LiP] ---t [L;p] do seguinte modo:

0'4 se x E [0'3]cI>2 U B;;

Ilsll(x) = s(~') se x E L, \ ([0'2]cI>2 U [0'3]cI>2):

0'] se x E Bp U [0'2]cI>2'

Teorema 2.17 Seja (L; 1) uma álgebra de Ockham subdireciamente irredutível pertencente a

K 1,2 . Se [0'2]cI>2 é ideal primo de L, e [0'3]cI>2 é filtro primo de L, então Ilsll E I[L;p], qualquer

que seja s E D L •.

Demonstração Seja s E DL,. Dados x, y E [LiP] consideremos vários casos.

(1) Se x, y E Bp então x 1\ y, x V Y E Bp e por consequência temos: IIs/l (x) = 0'1, Ilsll (y) = 0'1,

37

IlslI(x 1\ y) = al, IISII(X v y) = al' Assim conclui-se que

Ilsll(x 1\ y) = al = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y),

IIsll(x V y) = al = Ilsll(x) V Ilsll(y).

(2) Se x E Bp e y fi s, então x ::; y por conseguinte IIsll(x) = ai ::; IlsII(y). Então,

IlslI(x 1\ y) = IlslI(x) = ai = Ilsl\(x) 1\ Ilsll(y),

Ilsll(x V y) = Ilsll(y) = IlslI(x) V Ilsll(y).

(:3) Se x E B; e y E B; entào .r 1\ y, x V YE B; por consequência temos: Ilsll(x) = 0'4,

Ilsll(y) = a4, ilsll(x 1\ y) = a4, Ilsll(x V y) = a4' Assim conclui-se que

IIsll(x 1\ y) = a4 = Ilsll(x) 1\ IlslI(y),

IlsII(x V y) = a4 = IIsll(x) V IIsll(y)·

(4) Se x E B; ey fi B; então x ~ y por conseguinte Ilsll(x) = a4 ~ IlslI(y). Portanto,

IIsll(x 1\ y) = II sll(y) = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y),

Ilsll(x V y) = Ilsll(x) = a4 = Ilsll(x) V IIsll(y).

(5) No caso x E [a3]<P2 e y E L, \ ([a2]<P2 U [a3]<P2) temos: x 1\ y fi [a2]<P2' uma vez que

[a2]<P2 é ideal primo; x 1\ y fi [a3]<p2' pois [a3]<P2 é filtro. Neste contexto temos IIsll(x) = 04,

Ilsll(y) = s(y), Ilsl\(x 1\ y) = s(x 1\ y) = s(x) 1\ s(y). Tendo em conta que s E 1JL, conclui-se que

s(x) = 03, uma vez que x E [a3]<P2. Por consequência temos

Ilsll(x 1\ y) = s(y) = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y)·

Atendendo a que [a3]<P2 é filtro temos x V y E [a3]<P2 e por conseguinte Ilsll(x V y) = a4' Como

IIsll(x) = a4 então temos

Ilsll(x V y) = a4 = II sll(x) V IIsll(y).

38

(6) Se x E [0'3]<1>2 e y E [0'2]<1>2 então temos: x 1\ y E [0'2]<1>2 e x V y E [0'3]<1>2. Então

Ilsll(x) = 0'4, Ilsll(y) = 0'1, Ilsll(x 1\ y) = 0'1 e Ilsll(x Vy) = 0'4, Donde se conclui que

Ilsll(x 1\ y) = 0'1 = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y)'

Ilsll(;r, Vy) = 0'4 = Ilsll(x) VI\sll(y).

(7) Se x E [0'3]<1>2 e y E [0'3]<1>2 então temos: xl\y E [0'3]<1>2 e xVy E [0'3]<1>2, Consequentemente

Ilsll(x) = 0'4, Ils\l(y) = 0'4, IlslI(x 1\ y) = 0'4 e Ilsll(x Vy) = 0'4' Donde se conclui que

IIsll(x 1\ y) = 0'4 = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y)'

Ilsll(x Vy) = 0'4 = Ilsll(x) VIlsll(y).

(8) Se x E [0'2]<1>2 e y E L, \ ([0'2]<1>2 U [0'3]«2) então x 1\ y E [0'2]<1>2. Portanto Ilsll(x) = 0'1,

Ilsll(y) = s(y) e Ilsll(x 1\ y) = 0'1. Donde se conclui que

IlslI(x 1\ y) = 0'1 = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y).

Por outro lado x Vy ~ [0'2]<1>2 e x Vy ~ [0'3]<1>2. Assim temos Ilsll(x Vy) = s(x Vy) = s(x) Vs(y).

Tendo em conta que s E lh. conclui-se que s(x) = 0'2, uma vez que x E [0'2]<1>2, Por consequência

temos

Ilsll(x Vy) = s(y) = Ilsll(x) VIlsll(y).

(9) Se x E [0'2]<P2 e y E [0'2]<1>2 então temos: xl\y E [0'2]<1>2 e xVy E [0'2]<1>2, Consequentemente

Ilsll(x) = 0'1, Ilsll(y) = 0'1, Ilsll(x 1\ y) = 0'1 e Ilsll(x Vy) = 0'1' Donde se conclui que

Ilsll(x 1\ y) = 0'1 = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y),

Ilsll(x Vy) = 0'1 = Ilsll(x) VIlsll(y).

(10) Se x E [0'2]<1>2 e y E [0'3]<P2 então temos: x 1\ y E [0'2]<1>2 e x V y E [0'3]<1>2' Portanto

Ilsll(x) = 0'1, IIsll(y) = 0'4, Ilsll(x 1\ y) = 0'1 e IIsll(x Vy) = 0'4, Donde se conclui que

IlslI(x 1\ y) = 0'1 = Ilsll(x) 1\ Ilsll(y)'

IIsll(x Vy) = 0'4 = IIsll(x) VIIsll(y)·

39

conseguinte

Ilsll(x /\ y) = s(x /\ y) = s(x) /\ s(y) = Ilsll(x) /\ Ilsll(y),

IIsll(x V y) = s(x V y) = s(x) V s(y) = Ilsll(x) V IlslI(y).

Da análise dos vários casos, acima discutidos, conclui-se que, para quaisquer x, y E [L;p],

Ilsll(x /\ y) = Ilsll(x) /\ Ilsll(y)'

Ilsll(x V y) = Ilsll(x) V Ilsll(y).

Mostremos que J<7IISI1 = IlsIIJ<7. Seja x E [L;p]. Examinaremos diversos casos.

(1) Se x E Bp então J<7 (x) E B;, consequentemente

Por consequência temos:

(3) Se x E [a3]cf>2 entào J?(x) = a3 portanto J,2 J<7(x) = J,3(x) = a2, consequentemente,

J<7 (x) E [a2]cf>2. Assim temos

(4) Se x E L, \ ([a2]cf>2 U [a3]cf>2) então J<7(x) = J,(x) E L, \ ([a2]cf>2 U [a3]cf>2). Com efeito,

se J,(x) E [a2]cf>2 então J,3(x) = a2 logo J?(x) = J,4(X) = a3, o que é absurdo; se J,(x) E [a3]cf>2

então J,3(x) = a3 portanto J?(x) = J,4(x) = a2, o que é absurdo. Por consequência temos

(5) Se x E B; então J<7(x) E Bp, consequentemente

40

Dos raciocínios acima descritos resulta que Ilsll é um endomorfismo de [LiP]. Por construção

temos que Ilsll(o:z) = 0:1, consequentemente, Ilsll E :I[L;p]. O

Teorema 2.18 Se (Li 1) é uma álqebra de Ockham subdirectamente irredutível pertencente a

K 1,z então são equivalentes as seguintes condições:

(1) :I[L;p] 1= 0;

(2) [o:z]<Pz é ideal primo de L, e [0:3]<PZ é filtro primo de L,.

Demonstração (1) => (2) : Seja 19 E :I[L;p]. Atendendo a que <Pz é uma congruência de L,

temos que [oz]<pz é ideal do reticulado L, e [0:3]<PZ é filtro do reticulado L,. Mostremos que

[oz]<Pz é ideal primo. Sejam x, y E L, tais que x, y 1. [oz]<p z. Pelo teorema 2.12(1), temos

d(x) 1= 01 e d(y) 1= 01' Fazendo uso do teorema 2.8(1) conclui-se que d(x) ~ oz e d(y) ~ o:z.

Por consequência temos d(x  y) = d(x)  19(y) ~ o:z. Aplicando, de novo, o teorema 2.12(1)

temos x  y 1. [oz]<pz.

Vejamos que [0:3]<PZ é filtro primo. Sejam x,y E L, tais que x,y 1. [0:3]<I>Z' Tendo em conta

o teorema 2.12(1), temos d(x) 1= 0:4 e d(y) 1= 0:4' Fazendo uso do teorema 2.8(2) conclui-se que

19(x) ~ 0:3 e 19(y) ~ 0:3. Assim temos d(x V y) = 19(x) V 19(y) ~ 03. Aplicando o teorema 2.12(1)

temos x V y 1. [0:3]<PZ'

(2) => (1) : Suponhamos que [oz]<pz é ideal primo e [0:3]<I>z é filtro primo. Atendendo a que

J? E VL. e aplicando o teorema 2.17 conclui-se que IIPII E :I[L;p]. Portanto :I[L;p] 1= 0. O

Teorema 2.19 Seja (L; 1) é uma álgebra de Ockham subdirectametite irredutível pertencente a

K 1 ,z . Se :I[L;p] 1= 0 então a aplicação 'li : :I[L;p] --+ End L" definida por

'li(19) = 190 ,

é um monomorfismo de semigrupos e 'li(:I[L;p]) = VL.'

Demonstração Mostremos, em primeiro lugar, que 'li é um morfismo de semigrupos. Sejam

19,T E :I[L;p]. Dado x E [L;p] temos: 'li(19)'li(T)(X) = 190TO(X) = (19(TO(X)) V o:z) Â 03. Por

outro lado, observemos que: d(TO(X)) = 19((T(X) Vo:z) Â (3) = (19(T(X)) V D(02)) Â D(0:3)' Tendo

em consideração que v E :I[L;p], conclui-se que: 19(0:2) = 0:1 e D(0:3) = DJtr(0:2) = JtrD(02) =

41

fu(al) = a". Por consequência 19(To(x)) = (19(T(x)) V aI) 1\ a4 = 19(T(x)). Do exposto resulta

l1I(t9)I1I(T)(X) = (19(T(x)) V (2) 1\ a3 = 11I(19T)(x) e por conseguinte

11I(19)I1I(T) = l1I(t9T).

Mostremos que 111 é injectiva. Sejam 19, T E I[L;p] tais que 190 = TO' Pelo teorema 2.12(2)

temos

t9-I({nd) = Bp U [a2]4>2 = T-I({ad),

19-I ({a ú ) = [03]4>2 U B; =T-1({a4})'

Consequentemente, 19(x) = a} = T(X), para todo x E Bp U [a2]4>2. Por outro lado, t9(x) = a" =

T(X), para todo x E [a3]4>2 U B;. No caso de x E L, \ ([a2]4>2 U [a3]4>2) , pelo teorema 2.8, temos

O(X),T(X) E L" Fazendo uso do teorema 2.11(2) temostJ(x) = t9o(x) e T(X) = TO(X). Como, por

hipótese, temos 190 = TO então conclui-se que t9(x) = T(X). Do exposto resulta 19 = T.

Vamos mostrar que \l1(I[L;p]) = VL,. Mostremos que I1I(I[L;p]) ç VL,. Seja 19 E I[L;p].

Se x E t9õl ({a 2}) então (x,a2) E Kert90 ç 4>2; teorema 1.2(2). Por consequência, x E [0:2]4>2,

Reciprocamente, se x E [a2]4>2 entào, pelo teorema 2.12(1), temos t9(x) = aI. Donde se conclui

que t9o(x) = a2. Do exposto resulta que t9õl ({a2}) = [a2]4>2'

Por outro lado, se x E t9õl ({a 3}) então (x,a3) E Kert90 ç 4>2 e por consequência x E [03]4>2'

Reciprocamente, se x E [a3]4>2 então, pelo teorema 2.12(1), temos t9(x) = a", consequentemente,

Oo(x) = a3. Do exposto resulta que t9õl ({a 3}) = [a3]4>2' Dos raciocínios acima descritos

conclui-se que 190 E VL,.

Mostremos que VL, ç I1I(I[L;p]). Seja s E VL,. Aplicando os teoremas 2.18 e 2.17 tem-se

IIsll E I[L;p]. Vamos provar que W(llslI) = s, Seja x E Li, No caso de z E [a2]4>2, atendendo a

que s E VL" temos s(x) = a2. Por outro lado IIsll(x) = aI, donde se conclui que '1I(llsll)(x) =

a2 = s(x). Se x E (a3]4>2 temos s(x) = a3. Neste contexto IIsll(x) = a4, consequentemente

w(lIsll) (x) = a3 = s(x). No caso de x E L, \ ((a2]4>2U[a3]4>2) tem-se IIsll (x) = s(x) E L. Fazendo

uso do teorema 2.11, conclui-se que IIsll(x) = Ilsllo(x) ou seja s(x) = W(llsll)(x). O

Dado um monóide S, designamos por U(S) o grupo das unidades de S.

42

Teorema 2.20 Seja (L; J) uma álgebra de Ockham subdireciamente irredutioel tal que V B(L) =

Kp,q. Se q > O então U(End L) = {idd.

Demonstração Seja (X;g) o espaço dual de (L; J). Em primeiro lugar, observemos que End L

é anti-isomorfo a A(X;g); teorema 1.11. Assim, basta mostrar que U(A(X;g)) = {id x } .

Seja {) E U(A(X;g)). Como (L; J) é uma álgebra de Ockham finita e subdirectamente

irredutível então, pelo teorema 1.13, existe x E X tal que X = {gn(x) : n E lN}. Portanto, existe

k E lN tal que {)(x) = gle(x) e por consequência {) = gk. Vamos mostrar que k = O. Suponhamos,

com vista a uma contradição, que k > O. Como gle = {) é bijecção e estamos a supor que k > O

então conclui-se que 9 é injectiva. Tendo presente que P2p+q,q = Kp,q, podemos inferir que

g2p+q = gq. Porta.nto g2p = idx, uma vez que 9 é injectiva.. Por consequência L E Kp,o = P 2p,o.

O que é absurdo, pois V B(L) = Kp,q e q > O. O

Teorema 2.21 Se (L; J) é uma álgebra de Ockham subdirectamenie irredutível e V B(L) = Ki,z

então são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) idL E lh;

(2) [0]<1>2 = {O} e [1]<1>2 = {I}.

Demonstração O resultado é consequência imediata da definição de VL. O

Teorema 2.22 Se (L; J) é uma álgebra de Ockham subdirectamenie irredutioel tal que V B(L) =

K 1,2 e End L é regular então são válidas as seguintes afirmações:

(1) Se idL E lh então lh = End L ;

(2) Se idL (j. VL então V L = End L \ {idd.

Demonstração Observemos, primeiramente, que End L \ {idd ç eL. Seja {) E End L \ {idd.

Pelo teorema 2.20 temos que {} não é bijecção. Fazendo uso do teorema 2.3(3) conclui-se que

ker {) = <1>2 e por conseguinte [0]<1>2 == {)-l ({O}) e [l]<I>2 = {)-l ({ I}), ou seja {) E V L. As afirmações

(1) e (2) são consequências imediatas da observação anterior. O

Teorema 2.23 Seja (L; J) uma álgebra de Ockham. Se End[L; p] é regular então End L é

regular.

Demonstração Suponhamos que End[L;p] é regular. Vamos mostrar que End L, é regular.

43

Seja {} E End L,. Consideremos, o endomorfismo de [Ljp], J = [{}, id[L;p)J. Como estamos a supor

que End[L;p] é regular então existe <p E End[L;p] tal que:

Mostremos que <P(O'2) =I 0'1· Com efeito, se <p(O'2) = 0'1 então 0'2 = J(O'2) = J<pJ(O'2) = J(O'd =

0'1, o que é absurdo. Pelo teorema 2.6 temos <P(O'2) = 0'2 e <p(0'3) = 0'3. Atendendo a que <p é

isótona temos <p(L,) ç L,. Então podemos definir a aplicação <p' : L, ---+ L, por

<p'(x) = <p(x).

É claro que 'P' E End L,. Mostremos que {}<p'{} = {}. Seja z E LI. Por construção temos

19(x) = {}(x), consequentemente,

Tendo em conta que <p{}(L,) ç L, conclui-se que:

{}(x) = J(x) = J(<pJ(x)) = {}(<pJ(x)) = {}<p'{}(x).

Do exposto resulta que End L, é regular. Como as álgebras (L; 1), (L,; f,) são isomorfas então

os semigrupos End L, End L, são isomorfos e por consequência End L é regular. O

Teorema 2.24 Dada uma álgebra de Ockham (L;!), então tem-se:

S[L;p] ~ lLp X End L.

Demonstração Consideremos a aplicação \li lLp X End L, ---+ S[L;p] definida do modo

seguinte:

Designemos por +p a adição módulo p.

Em primeiro lugar, mostraremos que \li é um morfismo de semigru poso Sejam {}, <p E End L,

e i, j E {O,... ,p - I}. Designemos por r o resto na divisão de i + j por p e por k o respectivo

quociente. Neste contexto temos i + j = pk + r, com O ~ r < p. Assim temos: i +p j = r. Dado

x E [Ljp] consideraremos dois casos.

44

(1) No caso de x E Bp U B;, atendendo a que j;P(x) = x, temos f;(i+j)(x) = j;'"(x)

j;(i+pi)(x). Por consequência

Portanto \lI((i, 19))\lI((j, cp))(x) = \li ((i +p i, 19cp))(x).

(2) No caso de z E L, temos

Da análise dos casos, acima disc utidos, resulta que \li (( i, ti))\li ( (j, cp)) = \li ((i +p j ,l9cp)).

Vejamos que \li é injectiva. Sejam (i, 19), (j, cp) E 7L.p X End L, tais que [a, j;i] = [cp, j;i]. Dado

x E L, temos:

Assim temos j;i(ao) = j;i(ao). Por consequência i = j. Com efeito, sei < j então resultaria

j;U-i) (ao) = ao; o que é absurdo porque O< j - i ~ j < p.

Finalmente, vamos provar que \li é sobrejectiva. Seja r E S[L;p]. Pelo teorema 2.6 existe

mE {O, ... ,p-1} tal que, para todo x E BpUB;,

Neste contexto temos rfo-] = 0'2er(0'3) = 0'3. Tendoemcontaqueréisótonatemosr(L,) ç LI'

Então podemos definir a aplicação r' : L, ---+ LI por

r'(x) = r(x).

É óbvio que r' E End L" Assim temos \lI((m, r') = [r', j;17I] = r. Dos raciocínios acima descritos

resulta que: S[L;p] :::= 7L.p X End L,. Como as álgebras (LI;!') e (L; 1) são isomorfas então

podemos concluir que S[L;p]:::= 7L.p X End L. O

Teorema 2.25 Dada uma álgebra de Ockham (L;1). Se I[L;p] = 0 então

End[L;p] :::= 7L.p X End L.

45

Demonstração Suponhamos que I[L;p] = 0. Pelo teorema 2.15(3) temos End[L;p] = S[L;p].

Fazendo uso do teorema 2.24 conclui-se que End[L;p] ~ 7lp x End L. O

Teorema 2.26 Seja (L; f) uma álqebra de Ockham subdi1'€ctamente irredutioel tal que V B (L) =

K 1,2 e End L é reqular. Se I[L;p] =1= 0 então são válidas as seguintes afirmações:

(1) Se idL E VL então 1End[L;p]1 = (p+ 1)1 End LI;

(2) Se idL ~ VL então IEnd[L;p]1 = (p + 1)1 End LI - 1.

Demonstração Pelo teorema 2.15(3) temos IEnd[L;p]1 = IS[L;p:II+II[L;p]l· Usando o teorema

2.24 conclui-se que IS[L;p]1 = p.1 End LI. Aplicando o teorema 2.19 obtemos II[L;pJI = IVLI·

(1) No caso de idL E VL, pelo teorema 2.22(1), conclui-se que II[L: p]1 = IEnd LI e por

conseguinte I End[L;p]1 = pi End LI + 1 End LI = (p+ 1)1 End LI·

(2) No caso de idL ~ VL, pelo teorema 2.22(2), conclui-se que II[L:p]1 = 1 End LI- 1 e por

conseguinte IEnd[L;p]1 = pi End LI + 1End LI- 1 = (p + 1)1 End LI - 1. O

Teorema 2.27 Paro cada p ~ 1 existe uma álgebro de Ockham M tal que V B(M) = K p •2,

End M não é regular e IEnd MI = 4p.

Demonstração No caso de p = 1 basta considerar M = L4 ,2 (vide exemplo 2.1). É de observar

que A({0,1,2,3,4};g4,2) = {id,g4,2,gl,2,gl,2} e IA({0,1,2,3,4};g4,2)1 = 4. Como EndL4,2 é

anti-isomorfo a A({O,1,2,3, 4}; g4,2) então IEnd L4,21 = 4.

No caso de p > 1 consideremos IvI = [L4,2;P], Tendo em conta que VB(L 4,2) = K1,2 e

aplicando teorema 2.9, tira-se que V B(lvI) = K p ,2' Como End L4,2 não é regular (vide exemplo

2.1) então, pelo teorema 2.23, temos que End M não é regular.

Neste contexto, verifica-se facilmente que o ideal [0]4>2' de L 4 ,2 , não é primo. Atendendo a

que L4,2 é subdirectamente irredutível então, pelo teorema 2.18, sai que I[L4,2;p] = 0. Aplicando

o teorema 2.25 temos End M ~ 7lp x End L4 ,2 ' Por consequência 1 End MI = 4p, uma vez que

IEnd L4 ,21= 4. O

Teorema 2.28 Paro cada p > 1 existe uma álgebm de Ockham M tal que V B(M) = K p,2'

End M é semígrupo inverso e IEnd MI = 2p+ 2.

Demonstração Seja M = (C1;p] (vide exemplo 2.2). Tendo em conta que V B(Cd = K 1,2,

46

fazendo uso do teorema 2.9, tira-se que V B(1\11) = K p ,2 . Como C1 é subdirectamente irredutível

e End C1 é regular então, pelo teorema 2.13, temos que End M é semigrupo inverso. É fácil de

verificar que [OCI]<P2

= {Oc l } e [lCI]<P2 = {lcl } . Portanto, pelo teorema 2.21, idc1 E 'Dcl . Neste

contexto é claro que [OCJ<P2 = {Oc l } é ideal primo e [lCI]<P2 = {lcJ é filtro primo. Então, pelo

teorema 2.18 temos I[L;p] 1= QL Por consequência, fazendo uso do teorema 2.26(1) conclui-se

que IEnd MI = (p+ 1)1 EndC11 = 2p+ 2. O

Exemplo 2.3 A álgebra de Ockham ([C1;3]; fu) pode ser representada. graficamente, do modo

seguinte:

<>3==/,,(<>2)

CJ==/,,(C-l)

Cc == I»(cc)== /" (CI)

<>1==/,,(0'4)

De acordo com a demonstração do teorema 2.28, podemos afirmar que: End([C1; 3]; fu) é um

semigrupo inverso e IEnd([C1j 3] j f u)1= 8.

47

Capítulo 3

Acerca do semigrupo dos endomorfismospara

álgebras de Ockham de tipo booleano finito

Neste capítulo consideramos álgebras de Ockham (L; J) taisque L é um reticulado de Boole finito e f é bijectiva. Taisálgebras de Ockham serão denominadas álgebras de Ockhamde tipo booleano finito. A partir de um grupo G e de umafamília 11. = (Hi)iEM de subgrupos normais de G, definimosum determinado semigrupo S(G,ll); o semigrupo dos en­domorfismos de uma álgebra de Ockharn de tipo booleanofinito é anti-isornorfo a um semigrupo da forma S(G,ll),onde G = 71. e 11. é uma família de subgrupos não triviais de71.. Como consequência do estudo de algumas propriedadesdos semigrupos S(G, 11.) obtemos, considerando o caso espe­cial em que G = 71., resultados acerca do semigrupo dos en­domorfismos de álgebras de tipo booleano finito. Para taisálgebras, determinamos condições necessárias e suficientespara que o respectivo semigrupo dos endomorfismos seja re­gular, ortodoxo, semigrupo inverso ou grupo. Neste con­texto, estabelecemos um teorema de estrutura para o grupodos automorfismos e obtemos um resultado que permite de­terminar o cardinal do semigrupo dos endomorfismos.

Tendo como ponto de partida um reticulado de Boole, podemos definir diversas álgebras de

Ockham. Neste capítulo consideramos álgebras de Ockharn (L; I) tais que L é um reticulado de

Boole finito e f é um automorfismo dual. Tais álgebras de Ockham serão denominadas álgebras

de Ockham de tipo booleano finito.

Dado um conjunto finito não vazio X e uma bijecçâo 9 : X --+ X, consideremos o conjunto

X munido com a ordem discreta (i. e. X é anticadeia). Deste modo fica definido um espaço de

Ockham (X;g). A álgebra dual de (X;g) é uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e

qualquer álgebra de Ockharn de tipo booleano finito pode ser obtida por este processo.

Por uma questão de comodidade de exposição, torna-se conveniente introduzir algumas con­

venções.

Seja X um conjunto finito não vazio e 9 : X --+ X uma bijecção. Denotaremos por

Xl"", X m as órbitas de g. Como é natural, supomos que: Xi =P Xj se i =P i. Em cada

órbita escolhemos e fixamos um representante Xi. Para cada i definimos Ci = IXil. Seja

p= mmc{cl""'Cm } ,

Nesta conformidade as órbitas de 9 podem ser descritas do seguinte modo:

X, = {l(Xi) : O:S t :S Ci - I}.

Designaremos por C(g) o conjunto constituído por todas as aplicações {) : X --+ X tais que

g{) = {)g.

Se (L;I) é uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e (X;g) é o respectivo espaço

dual então g é bijecção, X é anticadeia e por conseguinte A(X; g) = C(g). Por aplicação do

teorema 1.11 conclui-se que Endf L: I) é anti-isomorfo ao semigrupo C(g). Assim, considerando

o semigrupo C(g) podemos obter resultados acerca do semigrupo dos endomorfismos de uma

álgebra de Ockham de tipo booleano finito.

Teorema 3.1 Se {) E C(g) então para cada X, existe um, e um só, Xj tal que {)(Xi) = X],

Demonstração Dado Xi, seja j tal que {)(Xi) E Xj. Observemos, primeiramente, que qualquer

elemento y E {)(Xi) é da forma y = {)(gr;(Xi)) onde O:S ri < Cio Atendendo a que {) e 9 comutam,

conclui-se que y = gr;({)(Xi)) E X]. Assim temos {)(Xi) ç X j • Por outro lado, uma vez que

49

O(Xj) E Xj então existe O ~ Si < Cj tal que 'l9(Xj) = gS'(Xj). Tendo em conta que gP = idx,

obtemos

consequentemente, Xj ç 'l9(Xj). Dos raciocínios acima descritos resulta que 'l9(Xj) = X].

Nesta contexto a unicidade é evidente. O

Demonstração (1) =:} (2) : Atendendo a que gCi(xd = Xj temos gCi(z9(xj)) = U(Xj). Conse­

quentemente, gCi (bj) = bj. Como bj E Xt. conclui-se que Cti ICj.

(2) =:} (1) : Para cada y E X existe um, e um só, i tal que y E Xj. Por consequência, existe

um, e um só, O ~ r < Cj tal que y = gr(Xj). Assim podemos definir uma aplicação 19: X ~ X

do modo seguinte:

Obviamente, U(Xj) = 19(9O(xj)) = gO(bj) = bj. Para mostrar que 19 E C(g), faremos uso da

seguinte observação, para todo i tem-se:

Para cada i existe d; tal que c, = djct•. Tendo em conta que b; E X t, conclui-se que gCti (bj) = b;

e por conseguinte gC. (bj) = gdiCt, (bj) = bi•

Seja y = gr (Xj), com O~ r < Cj, um elemento arbitrário de X. Distinguiremos dois casos.

(1) Se r < c; - 1 então temos:

g'l9(y) = g(gr(bj)) = gr+l(bj);

'l9g(y) = U(gr+l(Xj)) = gr+l(b j).

(2) No caso de r = c; - 1, tendo em conta que gCi (bj) = bj, conclui-se que:

g'l9(y) = g(gCi-1(b;)) = gCi (bj) = bj;

50

iJg(y) = iJg(gCi - 1 (Xi)) = iJ(Xi) = bi.

Em qualquer dos casos temos giJ(y) = iJg(y), consequentemente, iJ E C(g).

Para mostrar a unicidade, consideremos cp E C(g) tal que cp(Xi) = bi, para todo i. Dado

y = gr(Xj), com O~ 'r < Cj, um elemento arbitrário de X, temos

Consequentemente, cp = iJ. O

Usando o teorema 3.2, vamos estabelecer um resultado que permite determinar o cardinal do

semigru po C(g) .

Corolário 1 Para cada i E {I, ... , m}. defina-se J, = {j : CjICi}. Tem-se então

m[C(g)1 = TI ( E Cj).

i=l jEJi

Demonstração Seja B, = U Xj. Dado iJ E A(X, g) conclui-se, usando o teorema 3.2, quejEJi

iJ(Xi) E Bi, para todo i. Por consequência, podemos definir \li : C(g) --t XB, do modo seguinte:_=:1

\lI(iJ) = (iJ(X1),"" iJ(xm ) ) .

Por aplicação do teorema 3.2 conclui-se que \li é uma bijecção. Consequentemente,

711 ln

IC(g)\ = TI n, = TI ( E Cj). Oi=l i=l jEJ.

Aplicando o teorema Ll I obtemos o seguinte teorema, acerca do cardinal do semigrupo dos

endomorfismos de uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito.

Corolário 2 Seja (L; I) uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e (X; g) o respectivo

espaço dual. Tem-se entãom

IEnd(L;j)l= TI(E Cj).;=1 jEJ.

Demonstração Fazendo uso do teorema Ll I conclui-se que os semigrupos End(L; I) e A(X; g)

são anti-isomorfos. Como (L; I) é uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito então

A(X; g) = C(g). Consequentemente, aplicando o corolário 1, obtém-se

mIEnd(L; 1)1 = lC(g) 1= TI ( E Cj). O

;=1 jEJj

51

A partir de um grupo G e de uma família Ji = (Hi)iEM de subgrupos normais de G vamos

definir um semigrupo S(G, Ji). Considerando o grupo abeliano 7l., com adição usual, mostraremos

que C(g) é isomorfo a S(71., (ci71.hSi~m)' Consequentemente, o semigrupo dos endomorfismos de

qualquer álgebra de Ockharn de tipo booleano finito é anti-isornorfo a um semigrupo da forma

S(G, Ji).

Seja (G;.) um grupo e Ji = (Hi)iEM uma família de subgrupos normais de G (onde M =I 0).

Designamos por h-i. o conjunto de todas as aplicações a : M --r M tais que:

(Vi E M) n, ç Hcx(i)'

É claro que idM E I1/.. Por outro lado, se a,(3 E I1/. então, para todo i E AI, temos: H, ç HíJ(i),

H{3(i) ç H cx({3(i)) e por conseguinte a(3 E I1/.. Do exposto resulta que o conjunto h{, munido com

a composição de aplicações, é um monóide.

Para cada a E I1/. designamos por Scx, o conjunto

(X GIHcx(i)) X {a}.ieM

Neste contexto definimos

S(G, Ji) = USo'cxEh-t

É de observar que: se a =I (3 então 50. n S{3 = 0. Um elemento qualquer de S(G, Ji) é da forma

((SiHcx(i))iEAf,O'), onde a E h{ e (Si)iEM é uma família de elementos de G. Representaremos

((siHcx(i))iEM, a), de forma abreviada, por [SiHcx(i)JiEM'

Teorema 3.3 Sejam 0',(3 E I1/. e (Si)iEM, (t;)iEM, (Ui)iEl\{' (Vi)iEM [amilias de elementos do

grupo G tais que:

Tem-se então

Demonstração Seja i E M. Neste contexto é claro que s{3(i)Hcx({3(i)) = t{3(i)Hcx({3(i)) , portanto

s~(~)t{3(i) E H cx({3(i))' Como H cx({3(i)) é subgrupo normal de G então conclui-se que

-1 -1 t HVi S{3(i) {3(i)Vi E cx({3(i))'

52

Por outro lado temos ui1Vi E H{3(i) e H{3(i) ç H O'({3(i»' Consequentemente,

-1 -1 t ( -1 )( -1 -1 t ) Hui S{3(i) {3(i)Vi = Ui Vi Vi S{3(i) ,i1(i)Vi E O'(,i1(i»

e por conseguinte S,i1(i)UiHO',i1(i) = t,i1(i)ViHO',i1(i)' O

Tendo em conta o teorema 3.3 podemos definir, em S(G,1l), uma operação binária 0 do

seguinte modo:

Teorema 3.4 (S(G, 1l); 0) é um monóide.

Demonstração Sejam x = [SiHa(i)]iEAI, Y = [tiH'o(i)]iEA/ e z = [UiH)'(i)]iE2H elementos ar­

bitrários de S(G, 1l). Atendendo a que x 0 y = [S,i1(i)tiHa,i1(i)]iEM então obtemos

e por conseguinte (x 0 y) 0 z = x 0 (y 0 z).

Consideremos o elemento 1 = [niHó(i)]iEM, onde (ni)iEM é a família de elementos de G

definida por ni = lc e 8 = idM. Para qualquer elemento [SiHa(i)]iEM, de S(G, 1l), temos:

Do exposto resulta que 1 é identidade de (S(G,1l);0). O

o conjunto de todas as aplicações de um conjunto M em M; munido com a composição de

aplicações, constitui um semigrupo que denominamos por semiqrupo completo de transformações

em M (full transformation semigroup on M) e denotamos por T(M).

Exemplo 3.1 Seja M um conjunto não vazio. Consideremos a família 1l = (Hi)iEM, de sub-

grupos de um grupo G, definida por: H, = G, para todo i E M. Neste caso verifica-se facimente

que T(M) = /1{ ~ S(G,1l).

53

Teorema 3.5 Os semiqrupos C(g) e 8(71., (Ci71.)iE{l •...•m}) são isomorfos.

Demonstração Designemos por M o conjunto {1, ... , m}. Consideremos 1) E C(g). Usando o

teorema 3.1, podemos definir a aplicação iJ : M --+ M do modo seguinte: 1)(Xi) = XJ(i)'

Observemos que: se 1),T E C(g) então ii- = iJf. Com efeito, para todo i EM,

consequentemente, ii-(i) = iJ(f(i)).

Seja 'H = (Ci71.)iEAf. Nesta conformidade, temos: iJ E [11. qualquer que seja 1) E C(g).

Efectivamente, usando teorema 3.2, conclui-se que cJ(i)lci e por conseguinte ci71. ç cJ(i)71., para

todo i E M.

Designamos por Oo elemento de X{O, ... ,cJ(i) - 1} tal que, para todo i E AI,'EM

Defina-se '11 : C(g) --+ 8(71., (Ci71.)iEM) do seguinte modo: '11(1)) = [O(i) + cJ(i)71.]iEM. Em

primeiro lugar, vamos mostrar que '11 é um morfismo de semigrupos. Sejam 1), T E A(X, g).

Tendo em conta que '1'(1)) = [O(i) + cJ(i)71.]iEM e '1'(T) = [T(i) + Cf(i)71.]iEM obtemos

'11(19) 8 W(T) = [O(f(i)) + T(i) + CJ(f(i))71.]iEM'

Para cada i EM, designemos por ri o resto na divisão euclidiana de O(f( i)) + T(i) por cJ(T(i))

e por qi o respectivo quociente. Assim temos 19(f(i)) + T(i) = qiC,j(f(i)) + ri, Ti < c,j(f(i))" Por

outro lado temos

Por consequência temos 19T(Xi) = gr; (gq,cã("(i» (XJ(f(i)))) = s": (XJ(f(i)))' Como 7'i < c,j(T(i)) então

7'i = 19T(i) e por conseguinte O(f(i)) + T(í) + c,j(f(i))71. = 19T(i) + CJ(f(i))71.. Atendendo a que

ii- = iJf conclui-se que

e por conseguinte 'l1(19) 8 'l1(T) = 19T(í) + c,h-(i)71. = 'l1(l9T).

54

Mostremos que '11 é injectiva. Sejam {),T E C(g) tais q ue \li ({)) = \li(T), ou seja

Como \lI({)) E SJ n Sr então õ = i . Para todo i E M, temos 19(i) + cJ(i)71 = r(i) + cJ(i)71. Uma

vez que 19(i) < cJ(i) e r(i) < cJ(i) então conclui-se que 19(i) = r(i). Do exposto resulta que iJ = f

e 19 = r, consequentemente {) = T.

Finamente, provemos que \li é sobrejectiva. Seja y = [Si + Cn(i)71]iE.\J onde (Si);EM é uma

família de elementos de 7l e a E 1}-l. Para cada i E AI, designemos por ti o resto na divisão

euclidiana de Si por cc.(i) e por Ui o respectivo quociente. Assim temos Si = lliCa(i) + ti, ti < ca(i)'

Porconsequênciay = [ti+Ca(i)71]iEAJ' Como a E I1{ então, para cada i E AI, ternos c.Z ç Ca (i )71

ou seja Ca(i)!cj. Pelo teorema 3.2, existe um, e um só, {) E C(g) tal que, para qualquer i E AI,

Usando o teorema 3.1 conclui-se que, para cada i E M, {)(X;) = Xa(i) e por conseguinte iJ = a.

Por outro lado, tendo em conta que ti < Ca(i), conclui-se que 19(i) = ti. Do exposto resulta que

Seguidamente, vamos estabelecer condições necessárias e suficientes para que o semigrupo

(S(G, Ji); 8) seja regular.

Dada uma família Ji = (Hi)iE1H de subgrupos normais de um grupo G, designamos por Pt/.

o conjunto ordenado ({Hi : i EM}; Ç).

Denominamos por terno patológico associado a Ji, qualquer terno (i.j, k) E 1\:13 tal que: I, J,

k sejam mutuamente distintos e H, C H, = Hç,

O conceito de comprimento de um conjunto ordenado é relevante na formulação do próximo

resultado. Diz-se que um conjunto ordenado (P;:S) tem comprimento n (simbolicamente i(P) =

n, onde n é um inteiro não negativo) se existe em (P;:S) uma cadeia finita A tal que IAI- 1 = n

e, além disso, IC\ - 1 :S n qualquer que seja a cadeia finita C do conjunto ordenado (P; :S).

Designamos por dimensão de H, e denotamos por dim 'H, o comprimento do conjunto orde­

nado Pt/.; no caso em que tal comprimento existe.

55

Teorema 3.6 São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (S(G, 11.); 0) é regular;

(2) dim 11. ~ 1 e não existe nenhum terno patológico associado a 11.;

(3) h-i é regular.

Demonstração (1) => (2) : Suponhamos que (S(G, 11.); 0) é regular. Mostraremos que se (2)

não se verifica então temos uma contradição. Se (2) não se verifica então existemi,j,k E AI,

mutuamente distintos, tais que

Consideremos a aplicação a: M ----+ M definida do seguinte modo:

J se t =i;

a(t) = k se t = j;

t se t ~ {i,j}.

Mostremos que a E l1i. Dado t E M; se t ~ {i,j} então a(t) = t e por conseguinte H, ç Ha(t); se

t = i então a(t) = j portanto H, = H, C H, = Ha(t); se t = j então a(t) = k e por consequência

n, = u, ç n, = Ha(t).

Consideremos o elemento x = [lGHa(t)JtEM' Usando a hipótese (1), conclui-se que existe

y = [gtH,8(t)]tEM tal que x 0 y 0 x = x, consequentemente,

Atendendo a que x E Sa{3a n Sa conclui-se que a{3a = o' e por conseguinte

j = a(i) = a{3a(i) = a{3(j);

assim temos {3(j) = z. Como {3 E l1i então H, ç H,8(j) = Hi, obtendo assim a contradição

pretendida.

(2) => (3) : Suponhamos que (2) se verifica. Seja a um elemento arbitrário de l1i. Observe­

mos, primeiramente, que:

(a) Para todo i E M, se H, C Ha(i) então a2 (i ) = a(i).

56

Com efeito, tendo em conta a hipótese e o facto de Q E /1{, conclui-se que

como dim H :::; 1 então temos

É claro que i # Q(i) e i # Q2(i), consequentemente, QU) = Q2(i); caso contrário (i,Q(i),Q2(i))

seria um terno patológico associado a H.

Designemos por A o conjunto 1m Q. Tendo em consideração o axioma da escolha, existe uma

aplicação tt : A --+ M tal que Q1r = id a. Consideremos o conjunto

Então temos a seguinte propriedade:

(b) Para todo j E A \ AI, QU) = j.

Efectivamente, para cada j E A, temos Hrr(j) ç Harr(j) = n; Se j E A \ AI então IIi # Hrr(j)

e por conseguinte H1r(j ) C H Of1r (j ) . Por (a) conclui-se que Q21rU) = Q1rU), consequentemente,

QU) = j porque Q1r = idA·

Consideremos a aplicação f3 : M --+ M definida do seguinte modo:

f3U) = { j1rU)

É claro, por definição de AI, que H, ç H{3(j) , para todo j E AI, Portanto (3 E 11{. Finalmente,

mostremos que Q(3Q = Q. Seja i E M. Se Q(i) E AI então f3Q(i) = 1rQ(í). Consequentemente,

Q(3Q(i) = Q1rQU) = Q(i). Se Q(i) ~ AI então f3Q(i) = Q(i). Por outro lado, aplicando (b), temos

Q2(i) = Q(i) e por conseguinte Qf3Q(i) = Q2(i) = Q(i). Do exposto resulta que Qf3Q = Q e por

conseguinte /1{ é regular.

(3) => (1) : Suponhamos que /1{ é regular. Seja x = [giHa(i)]iEM um elemento arbitrário de

S(G, H). Como Q E /1{ então existe f3 E /1{ tal que Qf3Q = Q. Consideremos o seguinte elemento

de S(G,H)

57

Assim temos y 0 x = [g~;(i)9iHt3U'(i)JiEM portanto

x 0 y 0 x = [gj3U'(i)9~;(i)9iHüj3c>(i)JiE}\1 = [g;Jlüpü(i)JiEl"l = [giHü(i)];EM = x.

Dos raciocínios acima descritos conclui-se que (S(G, 1l); 0) é regular. O

Por aplicação dos teoremas 3.5 e 3.6, podemos estabelecer condições necessárias e suficientes

para que o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito seja

regular. Para cumprir tal objectivo precisamos de introduzir alguma terminologia.

Seja X um conjunto não vazio e 9 : X ----t X uma bijecçâo. Em conformidade com convenções

introduzidas na página 49, consideramos o conjunto l1g = {Ci : I :S i :S ln} ordenado com a

relação de divisibilidade. Chamamos dimensão de g, simbolicamente dim g, ao comprimento do

conjunto ordenado (TIg ; I). Neste contexto definimos I\g = {i : c; i- I}.

Denominamos por terno patológico associado a 9 qualquer terno (i. i, k), de elementos de

{I, ... , rn}, tal que i, i. k sejam mutuamente distintos, q. = CjlCi e Cj i- c..

Teorema 3.7 Seja (L; J) uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e (X; g) o respectivo

espaço dual. São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) End (L; J) é regular;

(2) dim 9 :S 1 e não existe nenhum terno patológico associado a g.

Demonstração Pelo teorema 1.11 End(L; J) é anti-isomorfo a A(X; g). Corno (L; J) é uma

álgebra de Ockham de tipo booleano finito então A(X: g) = C(g).

Consideremos o grupo abeliano Z, com a adição usual. Seja 1l = (ci~LE{I, ....rn }: Observemos

que dim 1l = dim g. Por outro lado, (i, j, k) é um terno patológico associado a 9 se, e só se, (i, i. k)

é um terno patológico associado a 1l. Assim, o resultado que pretendemos mostrar é consequência

imediata dos teoremas 3.5 e 3.6. O

Exemplo 3.2 Seja (L; J) a álgebra de Ockham de tipo booleano finito cujo espaço dual (X: g)

se descreve do modo seguinte: XI = {xd, X 2 = {X2}, X 3 = {X3,g(X3)}' Neste caso IXI = 4,

cl = C2 = I e C3 = 2. Corno (3,2,1) é um terno patológico associado a 9 então conclui-se, pelo

teorema 3.7, que End(L; J) não é regular. Corno consequência do corolário 2 do teorema 3.2

ternos 1End(L; J)I = 16.

58

Um semigrupo S diz-se ortodoxo se S é regular e os idempotentes formam um subsemigrupo

de S.

Os resultados que a seguir se apresentam são relevantes para averiguar em que condições o

semigrupo S(G,1{) é ortodoxo.

Teorema 3.8 Se x = [giHa(i)]iEM é um elemento qualquer de S(G,1{) então são equivalentes

as seguintes afirmações:

(1) x é idempotente;

(2) lX é idempotente e gL"Y(i) E Ha(i)' para todo í E M.

Demonstração (I)::} (2) : Suponhamos que x é idempotente. Então temos

Por consequência x E Sa n Sa2, logo lX2 = o. Por outro lado, conclui-se que: para todo í E AI,

Consequentemente, g;lga(i)gi E Ha(i)' Como Ha(i) é subgrupo normal de G então deduz-se que

ga(i) E Ha(i).

(2) ::} (1) : Dado í E M; temos, por hipótese, que ga(i) E Ha(i). Atendendo a que Ho(i) é

subgrupo normal de G, infere-se que gi 1ga(i)gi E Ha(i) e por conseguinte ga(i)giHa(i) = gjHo(i)'

Por outro lado temos lX 2 = o, consequentemente

0«) = {:

59

x = [u t H o (t )]t E2H . Atendendo a que, para todo t E M; 9o(t) = lG E Ho(t) então, fazendo uso do

teorema 3.8, conclui-se que x é um idempotente.

Defina-se a aplicação {3 : M --+ M do modo seguinte:

~(,) = {:se t = i:

se t # j.

Como H, = H, = H{3(j) então podemos inferir que {3 E [H; além disso jJ2 = {3.

Fixemos um elemento z em G \ H], Consideremos a. família, de elementos de G, (Vt)tEM

definida por:

{

z

Vt = lG

se t = j;

se t # j.

Seja y = [VtH{3(t)]tEM. Dado t E AI; se t # j então f3(t) = t, consequentemente, v{3(t) = Vt =

lG E H{3(t); se t = j então {3(t) = i e por conseguinte Vp(t) = Vi = lG E H{3(t). Em qualquer dos

casos conclui-se que v{3(t) E H{3(t). Por aplicação do teorema 3.8 temos que y é idempotente.

Para mostrar que x 0 y não é idempotente observemos que

e vo {3(j ) = Vj = z ri. Hj = H o{3(j). Em face do exposto e por aplicação do teorema 3.8 conclui-se

que x 0 y não é idempotente. O

Teorema 3.10 Se IMI ~ 3 e existem i,j E M tais que i # j e H, = Hj = G então existem

x. Y E S(G, 1l) tais que: x e y são idempotentes mas x 0 y não é idempotente.

Demonstração Como IMI ~ 3 então podemos fixar um k em M tal que k ri. {i,j}. Considere-

mos a aplicação a : M --+ M definida do modo seguinte:

0(') = {:se t = k;

se t # k.

É óbvio que a 2 = a. Observando que Hk ç G = H, = Ho(k) conclui-se que a E lH. Consideremos

a família (Ut)tEM, de elementos de G, definida por: Ut = lG' Seja x = [UtHo(t)]tEM. Por aplicação

do teorema 3.8 resulta que x é idempotente.

60

Consideremos a aplicação {3 : M ~ M definida do modo seguinte:

~(tl = Cse t = i;

set=j:.i.

Como H, = Hj = H{3(i) então {3 E h-l, além disso é claro que {32 = {3. Seja y = ['UtHo(t)]tEM'

Aplicando o teorema 3.8 conclui-se que y é idempotente.

Por outro lado o:{3o:{3(k) = j e o:{3(k) = i, consequentemente, 0:{3 não é idempotente e por

conseguinte, pelo teorema 3.8, conclui-se que x 0 y não é idempotente. O

Para cada o: E h-l definimos o conjunto

Qo = {i EM: o:(i) = í}.

Consideremos o conjunto !:lH. definido do seguinte modo:

!:lH. = {i E lvl : H, é elemento maximal de PH.}.

Dizemos que uma família 11. = (Hi)iEM é estrita se H, =j:. Hj, para quaisquer i =j:. j.

Teorema 3.11 Se 11. é estrita e o conjunto ordenado PH. tem a propriedade de cadeia ascendente

então temos:

Demonstração Seja i E !:lH.. Dado o: E lo temos

Por definição de !:lH., H, é um elemento maximal de PH.. Consequentemente H, = HO(i)' Como

11. é estrita então i = o:(i) e por conseguinte i E Qo. Do exposto resulta que

Antes de proceder à demonstração da outra inclusão observemos que: no caso de !:lH. = AI

temos, trivialmente,

61

Por consequência podemos supor, sem perda de generalidade, que fj.Ji i= M, Como, por hipótese,

PJi tem a propriedade de cadeia ascendente então, atendendo à definição de fj.Ji, conclui-se que

Tendo em consideração o axioma da escolha, podemos garantir a existência de uma aplicação

Consideremos a aplicação ç : .M ----+ M definida do modo seguinte:

«i) = { i?r(i) se i fi. ~Ji'

Neste contexto é claro que ç E lJi. Mostremos que

Suponhamos, com vista a uma contradição, que existe i E Qç tal que i E AI \ fj.Ji. Por con-

sequência temos ç(i) = i e ç(i) = ?r(i), o que é absurdo porque ?r(i) E ~Ji. Do exposto resulta

que

n o: ç Qç ç Ó-Ji.aE/H

Teorema 3.12 Se dim 11. ~ 1 e 11. é estrita então, para todo a E fJi

Demonstração Seja a E lJi. Dado i E M \ Qa' temos ati) i= i. Atendendo que 11. é estrita

conclui-se que u, i= Ha(i)' Consequentemente, n, C Ha(i)' Como dim 11. ~ 1 então Ha(i) é

elemento maximal de PJi e por conseguinte ati) E fj.Ji. O

Teorema 3.13 Se dim 11. ~ 1 e 11. é estrita então, quaisquer que sejam a, j3 E lJi

Demonstração Sejam a, j3 E lJi. Se i E Qa n Q{3 então ati) = i, j3(i) = i e por conseguinte

aj3(i) = ati) = ii portanto i E Qa{3' Fica assim provado que Qa n Q{3 ç Qa{3' Com o propósito

de demonstrar a outra inclusão, consideremos i E Qa{3- Em primeiro lugar vamos mostrar

62

que i E Q(3. Suponhamos, com vista a uma contradição, que i fi. Q(3. Pelo teorema 3.12 temos

j3(i) E !:lH' Fazendo uso do teorema 3.11, deduz-se ,B(i) E Qo' Portanto temos: aj3(i) = j3(i) i= i,

o que é absurdo. Assim se conclui que i E Q(3, consequentemente, j3(i) = i. Como, por hipótese,

aj3(i) = i então temos a(i) = i. Do exposto resulta que Qo(3 ç Qo n Q(3. O

Teorema 3.14 Se 1í é estrita e dim 1í ::; 1 então (S(G, 1í); 0) é ortodoxo.

Demonstração Suponhamos que 1í é estrita e dim 1í ::; 1. Como 1í é estrita então não existe

nenhum terno patológico associado a 1í. Pelo teorema 3.6 temos que (S(G, 1í); 0) é regular.

Sejam x = [SiHo(i)JiEM, Y = [tiH(3(i)]iEM idempotentes de (S(G, 1í); 0). Para demonstrar

que x 0 y é idempotente é relevante a seguinte observação:

(a) j3aj3 = aj3.

Dado i E M. Se i E Qo(3 então aj3(i) = i, Pelo teorema 3.13, temos j3(i) = i; donde resulta

trivialmente aj3(i) = i = j3aj3(i).

No caso de i fi. Qo(3 então pelo teorema 3.12, temos aj3(i) E !:lH' Aplicando o teorema 3.11

conclui-se que aj3(i) E Q(3 e por conseguinte aj3(i) = j3aj3(i). Do exposto resulta que j3aj3 = aj3

e por conseguinte aj3 é idempotente.

Atendendo a que x 0 y = [S(3(i)tiHo(3(i)]iEM e tendo em conta o teorema 3.8 resta mostrar

que 8(3o(3(i)to(3(i) E H o(3(i), para todo i E M. Com efeito, dado i E M, pela observação (a) temos

sI3o(3(i)ta(3(i) = So(3(i)t o(3(i)' Como y é idempotente, pelo teorema 3.8, temos t(3(cx(3(i)) E H(3(o{3(i))'

Por (a) resulta t cr(3(i) E Ho(3(i)' Atendendo a que x é idempotente, pelo teorema :3.8, temos

Scr((3(i)) E Ho((3(i))' Por consequência Scx(3(i)icr(3(i) E H cr{3(i)' Do exposto resulta que x 0 y é

idempotente. O

Aplicando os teoremas 3.14, 3.10 e 3.9 obtemos uma condição necessária e suficiente para que

S(G,1í) seja ortodoxo; no caso de IMI ~ 3.

Teorema 3.15 Se IMI ~ 3 então são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (S(G, 1í); 0) é ortodoxo;

(2) 1í é estrita e dim 1í ::; 1.

63

Demonstração (1) =} (2) : Suponhamos que (S(C, 1i); 8) é ortodoxo. Pelo teorema 3.6 temos

dim 1i ~ 1. Aplicando os teoremas 3.9 e 3.10 conclui-se que 1i é estrita. A outra implicação é

consequência imediata do teorema 3.14. O

Tendo em consideração o teorema 3.15, é natural estudar o caso em que ILV/I ~ 2.

Suponhamos que IMI = 1. Seja I o único elemento de iV/. Neste contexto, verifica-se facil-

mente que h-l = {idM} e por consequência S(C,1i) = SidM ~ C/H/. Assim se conclui que

S(C,1i) é um grupo; no caso de liv11 = 1.

Suponhamos que I.LVII = 2. Designemos por /1,12 os elementos de iV/. Nesta conformidade, é

claro que dim 1i ~ 1. No caso de H/I I H/2 temos que 1i é estrita. Aplicando o teorema 3.14

conclui-se que 8(C,1i) é ortodoxo.

No caso de IMI = 2 e H/I = H/2 l temos o seguinte.

Teorema 3.16 Se M = {II,12}, 11\-11 = 2 e H/I = H/2 então são equivalentes as seguintes

afirmações:

(1) (S( C, 1i); 8) é ortodoxo;

(2) H/I = C.

Demonstração (1) =} (2) : Suponhamos que (S(G, 1i); 8) é ortodoxo. Por aplicação do teo-

rema 3.9 conclui-se que H/I = C.

(2) =} (1) : Suponhamos que H/I = C. Neste contexto temos H/I = H/2 = C. Consideremos

a aplicação 'ljJ : S(C, 1i) --+ 111. definida por: 'ljJ([siHa(i)]iE2H) = a. Nesta conformidade '1/-' é um

isomorfismo de semigru poso

Para cada i E {1,2} consideremos a aplicação ai : M --+ LVI definida por: ai(t) = li. Seja

{3 : M --+ LVI definida do modo seguinte: {3(ld = 12l {3(l2) = II,

Como H/I = H/2 então temos 111. = T(NI) = {id,{3, aI, a2}' Consequentemente o semigrupo

111. pode ser descrito pela seguinte tabela Cayley

id {3 ai a2id id {3 aI a2{3 {3 id a2 aIaI aI aI aI aIa2 a2 a2 a2 a2·

64

Facilmente se verifica que hi é ortodoxo. Atendendo a que S(G, 1l) ~ 111. conclui-se que S(G, 1l)

é ortodoxo. O

No que se segue, vamos estabelecer uma condição necessária e suficiente para que o semigrupo

dos endomorfismos de uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito seja ortodoxo.

Teorema 3.17 Seja (L; f) uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e (X; g) o respectivo

espaço dual. Se IX I 2': 3 então são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) End(L; J) é ortodoxo;

(2) dim g ::; 1 e Ci =1= Cj, quaisquer que sejam i,j tais que i =1= j.

Demonstração Pelo teorema 1.11 EndlL; J) é anti-isomorfo a A(X; g). Como (L; J) é uma

álgebra de Ockham de tipo booleano finito então A(X; g) = C(g). Seja H. = (Ci~)iE{l, ...,m}' Por

aplicação do teorema 3.5 temos que End(L; J) é anti-isomorfo a S(~,1l).

Mostremos que (1) ::::} (2). Suponhamos que End(L; J) é ortodoxo. Então S(~,1l) é ortodoxo

e tendo em consideração o teorema 3.6 conclui-se que dim g ::; 1. Como consequência dos teoremas

3.9 e 3.10 temos que os números Ci sáo mutuamente distintos.

A implicação remanescente é consequência imediata do teorema 3.14. O

Se IXI = 1 então End(L; J) reduz-se ao grupo trivial. No caso em que IXI :::: 2 existem duas

possibilidades:

(1) g tem apenas uma órbita (i. e. m = 1 e Cl = 2) e por conseguinte End(L; J) é um grupo

cíclico de ordem 2.

(2) g tem duas órbitas (i. e. m :::: 2 e Cl = C'2 = 1); neste contexto temos g = idx e por

consequência End(L; J) é ortodoxo, pois A(X; g) = T(X) é ortodoxo no caso de IXI = 2.

Exemplo 3.3 Seja (L; J) a álgebra de Ockham de tipo booleano finito cujo espaço dual (X: g)

se descreve do modo seguinte: Xl = {Xl,g(Xl)}, X 2 = {X2,g(X2)}, X 3 = {X3}' Neste caso

IXI = 5, Cl = C2 = 2 e C3 = 1. Verifica-se facilmente que não existe nenhum terno patológico

associado a g. Como dimg = 1 então conclui-se, pelo teorema 3.7, que End(L;J) é regular.

Aplicando o teorema 3.17 tira-se que End(L; J) não é ortodoxo. Por consequência do corolário 2

do teorema 3.2 tem-se IEnd(L; f)1 = 25.

65

Para averiguar em que condições S(G, 11.) é um semigrupo inverso precisamos de estabelecer

alguns resultados preliminares.

Teorema 3.18 Se existem i,j E M tais que i:f= j e H; = H, então existem x,y E S(G,11.) tais

que: x e y são idempotentes e x 0) y :f= y 0) x .

Demonstração Consideremos a aplicação a : M --+ 1\1 definida do seguinte modo:

a(l) = { :

~(I) = { :

se tE {i,j};

se t 1. {i,j}.

Como H, = H, = H{3(i) então podemos inferir que (3 E !ti. Além disso (32 = (3. Consideremos o

elemento, de S(G, 11.), y = [UtH{3(t)]tElvJ; pelo teorema 3.8 tira-se que y é um idempotente.

Por outro lado temos que a(3(i) = i e (3a( i) = j. Consequentemente, a(3 :f= (3a e por

conseguinte x 0) y :f= y 0) x. O

Teorema 3.19 Se existem i, j E M tais que i :f= j e H, ç H, :f= G então existem x, y E S(G,11.)

tais que: x e y são idempotentes e x 0) y :f= y 0) x.

Demonstração Consideremos a aplicação a : M --+ AI definida do modo seguinte:

a(l) = { :se t E {i,j};

se t 1. {i,j}.

É óbvio que a2 = a. Observando que H, ç H; = Hcx(j) conclui-se que a E !tio Consideremos

a família (Ut)tEM, de elementos de G, definida por Ut = 1e. Seja x = [UtHcx(t)]tEM, aplicando o

teorema 3.8 temos que x é idempotente.

Fixemos um elemento z em G \ Hi, Consideremos a família, de elementos de G, (Vt)tEM

66

definida por:se t = j;

seti=j.

Seja y = [VtHa(t)]tEM. Se t i= j então a(t) = t e va(t) = Vt = 1G E Ha(t). Se t = j então a(t) = i

e por conseguinte va(t) = Vi = 1G E Ha(t). Em qualquer dos casos conclui-se que va(t) E Ha(t).

Por aplicação do teorema 3.8 temos que y é idempotente.

Como Vj = z ri. IIi = HCt(j) e 1Ja (j ) = Vi = 1G então temos vjHa(j) i= va(j)Ha(j)' Atendendo

conclui-se que x 8 Y i= Y 0 x. O

Teorema 3.20 São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) S(G,1/.) é grupo;

(2) PH é anticadeia e 1/. é estrita;

(3) hi = {idM} e 1/. é é estrita;

(4) S(G,1/.) ~ X G/Hi.'EM

Demonstração (1) => (2) : Suponhamos que (S(G, 1/.);8) é grupo. Pelo teorema 3.18 temos

que 1/. é estrita.

No caso de IAII = 1 é claro que P1f. é anticadeia. Consequentemente, para provar que PH é

anticadeia podemos supor, sem perda de generalidade, que IMI > 1. Mostremos, primeiramente,

que:

(a) (Vi E 1V1) H, i= G.

Suponhamos, com vista a uma contradição, que existe í E AI tal que H, = G. Como IA''/I > 1

então existe k E AI tal que k i= í. Defina-se a aplicação a : M ~ M do modo seguinte

setE{í,k};

se t ri. {i,k}.

Consideremos a família (Ut)tEM, de elementos de G, definida por Ut = lG' Seja x = [UtHa(t)]tEJ\O['

Pelo teorema 3.8 temos que x é idempotente. Por outro lado sabemos que 1 = [UtHt]tEM é a

67

identidade de (S(G, 1-l); 0). Atendendo a que 1-l é estrita e k =f. i conclui-se que Hk =f. Hi, Assim

temos UkHk =f. UkHa(k) e por conseguinte x =f. 1, o que é absurdo porque (S(C, 1-l); 0) é grupo.

Finalmente, mostremos que P1/. é anticadeia. Suponhamos, com vista a uma contradição,

que existem i.i E M tais que Hj C Hi. Usando (a) conclui-se que H; =f. G e por conseguinte,

aplicando o teorema 3.19, obtém-se a contradição pretendida.

(2) => (3) : Suponhamos que P1/. é anticadeia e 1-l é estrita. Seja O' E I1/.. Dado i E M, temos

H, ç Ha(i)' Atendendo a que P1/. é anticadeia conclui-se que H, == Ha(i)' Tendo em conta que

1-l é estrita obtém-se i == O'(i). Portanto O' == idM.

(3) => (4) : Suponhamos que I1/. == {idM} c 1-l é estrita. Então temos temos S(X, 1-l) == Sido\['

Consideremos a aplicação '1J : SidM --+ X G/ H, definida do seguinte modo:'EM

o nosso objectivo é mostrar que '1J é um isomorfismo de semigrupos. Em primeiro lugar

mostremos que '1J é morfismo. Sejam x == [Si Hi] iEJ\J , Y = [tiHi]iEM elementos arbitrários de

SidM • É claro que x 0 y = [SitilIi]iEM e por consequência

'1J(x 0 y) = (SitiHi)iEM == (tiHi)iElvr(tiHi)iEM = '1J(x)'1J(y).

Para mostrar que '1J é injectiva consideremos x = [SiHi]iEJH,y = [tjHi]iEM E Sid.l\f tais que

\{1(x) = '1J(y). Então s.H, == ti Hi, para qualquer i E M. Consequentemente x = y.

Finalmente. mostremos que '1J é sobrejectiva. Para tal basta observar que: para todo

(SiHi)iEM E X G/ tt,-EM

(4) => (1) : Suponhamos que (S(G,1-l);0) é isomorfo a X G/Hi. Como X C/Hi é um'EM 'EM

grupo e é, como semigrupo, isomorfo a (S(G, 1-l); 0) então (S(G, 1-l); 0) é grupo. O

Seja (T,.) um semigrupo sem elemento zero, consideremos um objecto O t/. T. No conjunto

TU {O} definimos uma operação binária * do seguinte modo:

{

x.y

z * y == O

se x,y E T;

se z = O ou y = O.

68

É claro que (T u {O}; *) é um semigrupo, além disso O é elemento zero (T U {O}; *).

De um modo geral, para um semigrupo qualquer T, definimos

{

TTO -

Tu {O}

se T tem elemento zero;

se T não tem elemento zero.

Dada uma família ti = (Hi)iEA'i de subgrupos normais de um grupo G, definimos

Me = {i EM: H, = G}.

Teorema 3.21 São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) S(G, ti) é semiqrupo inoerso e não é qrupo:

(2) dim ti = 1, ti é estrita e IMel = 1;

(3)M\A[e::j:.0eS(G,ti)~ X (G/Hi)o.'Eil-1\Ma

Demonstração (1) * (2) : Suponhamos que (S(G, ti);8) é semigrupo inverso e não é grupo.

Pelo teorema 3.6 conclui-se que dim ti S; 1. Do teorema 3.18 resulta que ti é estrita. Fazendo

uso do teorema 3.20 podemos inferir que dim ti ::j:. Oe por conseguinte dim ti = 1.

Mostremos que Me ::j:. 0. Suponhamos, com vista a uma contradição, que Me = 0. Como

dim ti = 1 então existem H, e H, tais que H, C Hi. Atendendo a que Ale = 0 temos H, ::j:. G.

Por consequência, aplicando o teorema 3.19 obtém-se a contradição pretendida. Como ti é estrita

conclui-se que IAle I = 1.

(2) * (3) : Suponhamos que dim ti = 1, ti é estrita e IMel = 1. Tendo em conta que

dim ti = 1 conclui-se que IMI > 1 e por conseguinte M \ Me ::j:. 0. Designemos por I o único

elemento de AIe.

Para cada i E M \ Me, designemos por Oi o elemento zero do semigrupo ((G/Hi)O; *i).

É de observar que, de acordo com a definição apresentada, a operação *i está definida por:

(sHi) *i (tHi) = stHi; (SHi) *i Oi = Oi *i (SHi) = Oi; Oi *i Oi = Oi-

Dado x = [SiHe>(i)kM um elemento arbitrário de S(G, ti); para cada i E AI \ Me, defina-se

o elemento < x, i >, de (G/ Hi)O, do modo seguinte:

SjHj

< x,i >= {Oi

69

se a(i) = i;

se a( i) ::j:. i _

Consideremos a aplicação \II : S(G,1l) ---+ X (G/ Hi)O definida do seguinte modo:iEM\Ma

\II(x) = « x,i »iEM\Ma'

o nosso objectivo é mostrar que \II é um isomorfismo de semigrupos. Mostremos, primeiramente,

que \II é morfismo. Sejam x = [SiHo(i)JEM e Y = [tiH,i3(i)JEM elementos quaisquer de S(G,1l).

Seja i um elemento arbitrário de M \ Ma. Prosseguiremos o nosso raciocínio considerando dois

casos.

(i) No caso de a,6(i) = i conclui-se, pelo teorema 3.13, que o:(i) = i e ,6(i) = i. Assim temos

< x 0 y, i >= S,i3(i)tiHi = e.t.H, = (SiHi) *i (tiHi) =< x, i> *i < y, i > .

(ii) Se o:,6(i) f. i então < x0y,i >= Oi· Pelo teorema 3.13 temos: o:(i) f. i ou ,6(i) f. i. Por

consequência < x, i > *i < y, i >= Oi.

Em qualquer dos casos conclui-se que < x 0 y, i >=< x, i> *, < y, i> e por conseguinte 'li

é morfismo de semigrupos.

Para provar que \II é injectiva consideremos x = [SilIo(i)JEM e Y = [tiH{3(i)JEM, elementos de

S(G,1l), tais que \II(x) = \II(y). Por definição de \II temos: < x, i >=< y, i >, para qualquer

i E M \ Ma. Em seguida mostraremos que o: =,6 e SiHo(i) = t,Ho(i)' qualquer que seja i E 1\1.

Atendendo a que 6.1{ = {l}, por aplicação do teorema 3.11, conclui-se que 0:(1) = 1= ,6(1) e

Dado i E M \ {l} = M \ Ma, consideraremos dois casos.

(i) Suponhamos que o:(i) = i. Neste caso vamos mostrar que ,6U) = i. Com efeito, se ,6(i) f. i

então temos s.H, =< x, i >=< y, i >= O" o que é absurdo porque O, ~ G / Hi, Assim temos

o:(i) = i = ,6(i), consequentemente SiHo(,) =< x, i >=< y, i >= t,H,i3(i)'

(ii) No caso de o:(i) f. i, vamos provar, primeiramente, que ,6(i) f. i. Suponhamos, com vista

a uma contradição, que ,6(i) = i. Assim temos O, =< x, i >=< y, i >= tiHi, o que é absurdo

porque Oi ~ G/Hi' Aplicando o teorema 3.12 temos o:(i),,6(i) E 6.1{ = {l}. Consequentemente

o:(i) = 1= ,6(i) e por conseguinte SiHo(i) = G = tiHf3(i)'

Do exposto resulta que: o: (i) = ,6(i), SiHo(i) = tiHf3(i) para qualquer i E M e por con-

sequência x = y.

70

Finalmente, vamos demonstrar que \li é sobrejectiva. Em primeiro lugar vamos mostrar que

(Oi)iEM\MG

pertence à imagem de \li. Consideremos a aplicação ç : M ~ M definida do seguinte

modo: ç(i) = I, para qualquer i E 1'11. Como Hi = G então ç E h-l. Seja (Ui)EM a família, de

elementos de G, definida por: Ui = 1G, para todo i E M. Consideremos o elemento de S(G,1í)

Z = [UiHç(i)]iEM' Neste contexto é claro que \lI(z) = (Oi);EM\MG '

Seja W = (Wi)iEM\MG um elemento. X (GjHi)O tal que W I (Oi);EM\MG ' Consideremos'EM\MG

o conjunto Aw assim definido

A w = {i E M \ MG : Wi 10i}'

É de observar que A w I 0. Tendo em consideração o axioma da escolha, podemos garantir a

existência de uma família (Yi)iEA"" de elementos de G, tal que: Wi = YiHi, para todo i E A"..

Defina-se a aplicação 'Y : M ~ M do modo seguinte:

se i E Aw ;

se i E M \ A w .

É claro que Q' E h-l, uma vez que H, ç H-y(i) = H, = G para todo i E M \ Aw • Consideremos a

família (Vi)iEM, de elementos de G, definida do seguinte modo:

{

y'

Vi = 1~se iM\ E Aw •

Seja x = [ViH-y(i)]iEM' Vamos mostrar que < x, i >= Wi, para qualquer i E M \ l\;1G. Dado

i E 1.\;1 \ AifG, est udaremos dois casos.

(i) No caso de i E Aw temos 'Y( i) = i. Consequentemente, < x, i >= ViHi = YiHi = Wi.

(ii) No caso de i E M \ Aw temos 'Y(i) = II i por consequência < x, i >= Oi = Wi.

Do exposto < x, i >= Wi para todo i E M \ MG e por consequência \lI(x) = w.

(3) => (1) : Suponhamos que M \ MG 10 e (S(G,1í)j0) é isomorfo a X (GjHi)o. ÉiEM\MG

claro que X (GjHi)O é semigrupo inverso e não é grupo. Donde se conclui que (S(G,1í);0)iEM\MG

é semigrupo inverso e não é grupo. O

Como consequência do teorema 3.20 obtemos o seguinte resultado.

71

Teorema 3.22 Seja (Li 1) uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e (Xi g) o respectivo

espaço dual. São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) End(Li 1) é grupo;

(2) Pg é anticodeia e Ci i- Cj, quaisquer que sejam i.i tais que i i- j:m

(3) End(L; f) ~ .X 7lei •1=1

Demonstração Basta observar que End(Lif) é anti-isornorfo S(7l,(Ci7l)iE{I. ...,m}) e aplicar o

teorema 3.20. O

Teorema 3.23 Seja (Li 1) uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito e (Xi g) o respectivo

espaço dual. São equivalentes as sequintes afirmações:

(1) End(L; 1) é semiqrupo inverso e não é grupo i

(2) dim 9 = 1, IKgl = m - 1 e c; i- Cj, quaisquer que sejam i, j tais que i i- j:

(3) Kg i- e e End(L; 1) ~ X 7l~.iEl\g I

Demonstração O resultado em apreço é consequência imediata do teorema 3.21. O

Exemplo 3.4 Seja (L; 1) a álgebra de Ockham de tipo booleano finito cujo espaço dual (X; g)

se descreve do modo seguinte: XI = {xd, X 2 = {X2,g(X2)}' Neste caso IXI = 3, CI = 1 e C2 = 2.

Como dim 9 = 1, Kg = {2} e Cl i- C2 então temos, pelo teorema 3.23, que que End(L; 1) é um

semigru po inverso e não é gru po. Além disso End (L; 1) ~ 7lg.

Exemplo 3.5 Seja (Li 1) a álgebra de Ockham de tipo booleano finito cujo espaço dual (X;g)

se descreve do modo seguinte: Xl = {Xl,g(Xl)}, X 2 = {X2,g(X2),g2(X2),g3(X2)}' Neste caso

IX\ = 6, CI = 2 e C2 = 4. Aplicando o teorema 3.17 conclui-se que End(L: 1) é ortodoxo. Tendo

em consideração o teorema 3.23 podemos afirmar que End(L; 1) não é inverso, pois Kg = {I, 2}.

Como consequência do corolário 2 do teorema 3.2 tem-se IEnd(L; 1) I = 12.

Para obter uma descrição da estrutura do grupo das unidades do monóide S(G,1l) são

necessários alguns resultados preliminares.

Teorema 3.24 Dado x = [9iHo(í)]iEM E S(G, 1l), são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) x é uma unidade de S(G,1l);

(2) a é uma unidade de 11/..

72

Demonstração (1) => (2) Suponhamos que x = [giHo(i)]iEM é uma unidade de S(G, 1l); então

existe y = [ftH,6(i)]iEM, pertencente a S(G, 1l), tal que x 0 y = 1 = Y 0 x. Nesta conformidade

temos x 0 y E So,6 n SidM e Y 0 x E S,6o n SídM. Consequentemente, Cl'{3 = idM = {3Cl' e por

conseguinte Cl' é uma unidade de S(G,1l).

(2) => (1) Suponhamos que Cl' é uma unidade de h-l. Então existe {3, pertencente a h-l, tal

que Cl'{3 = id M = {3Cl'. Seja z = [g~(~)H,a(i)]iEM. Verifica-se facilmente que x 0 z = 1 = z 0 x. O

Teorema 3.25 Se o é uma unidade de h-l então Ho(i) = Hi, qualquer que seja i E M:

Demonstração Suponhamos que Cl' é uma unidade de 111.. Então existe {3, pertencente a 111.,

tal que Cl'{3 = idM = {3Cl'. Seja i E M: Por-definição de 111. tem-se:

n, ç HO(i) ç H,aa(i) = n..

donde se conclui que H, = Ho(i)' O

Para descrever a estrutura do grupo das unidades U(G,1l) do monóide S(G,1l) precisamos

de uma determinada construção que introduzimos a seguir.

Sejam A, J( grupos e cp : A --+ Aut J( um anti-homomorfisrno, do grupo A para o grupo dos

automorfismos de J(. Para cada a E A, representamos por CPa o automorfismo cp(a). Considere-

mos a operação binária *<p definida em J( X A do seguinte modo:

Neste contexto, verifica-se facilmente que fica definida em J( X A uma estrutura de grupo. De-

notaremos por J( x<p A o grupo (J( X .4.; *<p).

Teorema 3.26 Existe um anti-homomorfismo de grupos ip : U(l11.) --+ Aut(X G/ Hi) tal que:'EM

U(G,1l) = (X G/Hi) x<p U(l11.).iEM

Demonstração Por aplicação do teorema 3.25 podemos concluir que, para todo a E U(l11.),

So = (X G/Hi) X [o}. Pelo teorema 3.24 conclui-se que U(G, 1l) = U So e por conseguinte·eM oEU(ht}

U(G,1l) = (X G/H;) X U(l11.).'EM

73

Usando o teorema 3.25 conclui-se que, para cada a E U(l-Jf.) , podemos definir uma aplicação

'PCl: X G / n, ----+ X G/ tt, do seguinte modo:iEM 'EM

Tendo em consideração o teorema 3.25, verifica-se facilmente que 'PCl é um automorfismo do

grupo X G/Hi.iEM

Consideremos a aplicação 'P : U(h-d ----+ Aut( X G/ lIj) definida por: 'P(a) = 'PClO MostremosiEM

que 'PCl{3 = 'P(3'PCl, para quaisquer a, /3 E U(h-{}

Seja (giRi)iEA,J um elemento arbitrário de X G/ Ri. Neste contexto temosiEM

Do exposto resulta que 'P é um anti-homomorfismo de grupos. Para concluir basta mostrar que

X *'P Y = X 0 y, quaisquer que sejam x, y E U(G,1l).

Sejam x = (u,a), y = (v,/3) E U(G, 1l), onde a,/3 E U(hd eu = ((giHi)iEM, v = (JiHi)iE;H

são elementos de X G / u.. Nesta conformidade temos'EM

Do exposto resulta que x *'P y = X 0 Y O

Dado um conjunto X, designamos por Sim X o grupo simétrico, constituído por todas as

bijecções de X em X.

No que se segue mostraremos que U(I,i) é isomorfo a um produto directo de grupos simétricos.

para cumprir tal objectivo precisamos de introduzir alguma terminologia.

Designemos por I1/. a relação de equivalência definida em M por

(i,j) E I1/. <===> H, = H].

Teorema 3.27 Se A é um conjunto completo de representantes das classes de equivalência

determinadas por I1/. então

74

Demonstração Para cada a E U(Iti), temos: a([ihti) ç [ihti, qualquer que seja i E M. Seja

a E U(Iti). Se j E [ihti então, pelo teorema 3.25, conclui-se Ha(j) = H, = H, e por conseguinte

aU) E [ihti· Dado a E U(Iti), seja {3 o inverso de a em U(Iti). Usando a observação anterior

conclui-se que {3Whti) ç [ihti e por conseguinte [ihti = a{3([i}"ftl) ç a([i]·"ftl). Assim podemos

concluir que a([i}"ftl) = [ihti.

Seja A um conjunto completo de representantes das classes de equivalência [i}"ftl. Dado

O' E U(Iti). Para cada i E A consideramos a aplicação a(i) : [ihti ~ [ihti definida por:

n(i)(t) = O'(t). Tendo em consideração que a é uma bijecçâo e a([ihti) = [ihti, conclui-se que

n(i) é uma bijecção e por consequência a(i) E Sim[i]·"ftl.

Seja \li a aplicação \li : U(Iti) ~ X Sim[ihti definida do seguinte modo:iEA.

Neste contexto, verifica-se facilmente que W é um isomorfismo de grupos. O

Seja uma álgebra de Ockham (L;J) e (X;g) o respectivo espaço dual. Designemos por

Aut(L; J) o grupo dos automorfismos de (L; J). Usando o teorema l.1l conclui-se que

Aut(L;J) = U(End(L;J)) -;:;;:; U(A(X;g)),

onde o símbolo -;:;;:; indica a existência de um anti-isomorfismo, No caso em que (L; J) é uma

álgebra de Ockham de tipo booleano finito, por aplicação do teorema 3.5, podemos concluir que

A(X;g) = C(g)::: S(~,(Ci~)iE{l,....m}) e por consequência Aut(L;J) -;:;;:; U(~,(Cj~)jE{l ....,m})'

Para cada i E {I, ... , m} consideremos o conjunto E, = {j : c, = Cj}. Seja 1= I{ Ci : 1 ~ i ~ rn}l.

Sejam rI,"" rt elementos de {I, ... ,m} tais que {Cril" ., cri} = {c, : 1 ~ i ~ m}.

Teorema 3.28 Se (Lj f) é uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito então existe um anti-I m

-homomorfismo de grupos r.p : .X Sim E; ~ Aut.X ~Ci tal quej ee I ] 1::1

m I

Aut(L; J) -;:;;:;.X ~Ci X'" .X Sim e. .•::1 J::l ]

Demonstração Basta ter em consideração as observações que precedem o enunciado e aplicar

os teoremas 3.26 e 3.27. O

75

Terminamos este capítulo com a seguinte observação acerca de álgebras de Ockham de tipo

booleano finito.

Teorema 3.29 Dada uma álgebm de Ockham (L; 1). são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) (L; I) é uma álgebm de Ockham de tipo booleano finito;

(2) (L; I) é isomorfa a um produto directo de uma [amilia finita de álgebms de Ockham

simples de tipo booleano finito.

Demonstração (1) => (2) Suponhamos que (L; I) é uma álgebra de Ockham de tipo booleano

finito. Seja (X;g) o espaço dual de (L; 1). Neste contexto é claro que a relação de ordem definida

no espaço de Ockham (X; g) é tal que X é uma anticadeia finita. Além disso, 9 é uma bijecçâo.

Tendo em consideração as convenções introduzidas na página 49, designemos por Xl,'" , X m

as órbitas de g. Para cada i E {l, ... ,m}, consideremos a aplicação gi : Xi ~ Xi definida

por: gi(t) = g(t). Considerando em Xi a ordem discreta, fica definido um espaço de Ockham

finito (Xi,gi). Para cada i E {I, ... , m}, designemos por (Li;/i) a álgebra dual de (Xi,gi). Por

aplicação do teorema 1.15 conclui-se que (Li; fi) é uma álgebra simples. Como a relação de

ordem definida no espaço de Ockham (Xi; gi) é tal que X é uma anticadeia finita e gi é uma

bijecção então (Li; fi) é uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito.m m

Tendo em conta que X ~ U Xi e aplicando o teorema 1.12 conclui-se que L ~ .X Li.i=l .=1

(2) => (1) Basta observar que o produto directo de uma família finita de álgebras de Ockham

de tipo booleano finito é uma álgebra de Ockham de tipo booleano finito.

76

Capítulo 4

o semigrupo dos endomorfismos para produtos directos finitosde

álgebras de Ockham simples e finitas

No capítulo anterior mostrou-se que toda álgebra de Ock­harn de tipo booleano finito é isomorfa a um produto di­recto de uma família finita de álgebras de Ockham simplese finitas. Tendo como motivação o referido resultado, COIl­

sideramos a classe T constituída por todas as álgebras deOckham isomorfas a produtos directos de famílias finitas,não vazias, de álgebras de Ockham simples e finitas. Aclasse T contém propriamente a classe constituída por todasas álgebras de Ockharn de tipo booleano finito. Descreve­mos as congruências das álgebras de T e mostramos que Té constituída por todas as álgebras de Ockham finitas cu­jas congruências são permutáveis e a respectiva operaçãounária é bijectiva. Para as álgebras de T, estabelecemosuma condição necessária e suficiente para que o respectivosemigrupo dos endomorfismos seja regular. Neste contexto,obtemos um resultado que permite determinar o cardinal dosemigrupo dos endomorfismos de álgebras pertencentes T.

Neste capítulo consideramos a classe T constituída por todas as álgebras de Ockham iso­

morfas a produtos directos de famílias finitas, não vazias, de álgebras de Ockharn simples e

finitas. Para álgebras de T, estabeleceremos uma condição necessária e suficiente para que o

respectivo semigrupo dos endomorfismos seja regular. Tendo presente o teorema 3.29, verifica-se

facilmente que T contém propriamente a classe constituída por todas as álgebras de Ockham de

tipo booleano finito.

No que se segue mostraremos que (L; f) E T se, e só se, (L; f) é congruente-permutável, f é

bijectiva e (L; f) é finita. Para cumprir tal objectivo vamos estabelecer alguns resultados acerca

das congruências de álgebras pertencentes a T.

O teorema que a seguir enunciamos é análogo a um resultado bem conhecido para reticulados,

[12, página 24. Teorema 13]

Teorema 4.1 Se (LI; fd e (L 2 ; h) são álgebras de Ockham então tem-se:

Demonstração Para cada (B 1 , ( 2) E Con LI x Con L 2 , consideramos a relação binária B1 0 B2

definida, em LI x L2 , por

É claro que B1 0 B2 é congruência da álgebra de Ockharn LI x L2 e por consequência podemos

definir a aplicação lJ1 : Con LI x Con L2 --+ Con(L 1 x L2 ) , do modo seguinte:

É evidente que W é um mergulho de ordem e por conseguinte basta mostrar que I}J é sobrejectiva.

Seja B E Con(L 1 x L2 ) . Designemos por B1 a relação binária definida, em LI, do modo seguinte:

(8, t) E B1 -Ç:=:} ((8, O), (t, O)) E B.

De forma análoga definimos, em L2 , a relação binária ()2:

(u, v) E ()2 -Ç:=:} ((O, u), (O, v)) E ().

78

É claro que 01 é uma congruência de reticulados. Mostremos que 01 é compatível com fI. Dado

(8,t) E 01 , por definição de 01 , temos ((8,0),(t,0)) E O e atendendo a que O é congruência de

LI X L2 conclui-se que (UI (8),1), (fI(t), 1)) E O. Portanto

((ft(s),O), (ft(t),O)) = ((ft(s), 1) /\ (1,0), Udt), 1) /\ (1,0)) E O

e por conseguinte (ft(s),ft(t)) E 01 • De forma análoga se prova que O2 é congruência de

temos (Xl,O),(Yl,O)) E fi e ((0,:t'2),(0,Y2)) E O. Atendendo a que O é congruência tem-se

((Xl,X2),(Yl,Y2)) = ((Xl,O) V (0,X2),(Yl,0) V (0,Y2)) E O. Reciprocamente. suponhamos que

Dado um reticulado limitado e distributivo L, denominamos centro de L, e denotamos por

Z(L), o conjunto dos elementos de L que admitem complemento, em L. Para cada x E Z(L),

designamos por x' o complemento de x em L. É claro que Z(L) é subreticulado de L.

Para cada álgebra de Ockham (L; 1), consideremos o conjunto

[(L) = {a E Z(L) : f(a) = ai}.

É claro que [(L) é subreticulado de L e 0,1 E [(L). Mais ainda, [(L) é subálgebra de (L;I).

Com efeito, dado a E [(L) temos f(a') = [J(a)]' = (ai)' e por conseguinte f(a) = ai E [(L). É

de observar que [(L) é reticulado de Boole.

Teorema 4.2 Se (Li; Ii )iEI é uma [amilia de álgebras de Ockham então tem-se:

feX Li) = .X f(Li).tEI tEI

Demonstração Designemos por f a operação unária da álgebra de Ockharn i~ILi'

79

Dado (Xi)·iEI E reX Li), tem-se (Xi)iEl E ZeX Li) e'El 'EI

É claro que Xi E Z(Li), qualquer que seja i E l e [(X;)iEIJ' = (Xi)iEl, portanto f;(Xi) = xi, para

todo i E l. Do exposto resulta que (Xi)iEl E .X [(Li).'EI

Reciprocamente, suponhamos que (Xi)iE/ E .X [(Lj). Portanto tem-se x ; E Z(Lj) e fi(X·i) ='El

xi, qualquer que seja i E I Nesta conformidade, é óbvio que (Xi);EI E ZeX Li) e [(Xi)iEI]' =ie:

(xi);EI. Por consequência f((Xi)iEI) = (f;(Xi));EI = [(Xi);EI]' e portanto (Xj)iEl E reX Lj). O'El

Seja (L;J) uma álgebra de Ockharn. Para cada a E [(L) defina-se (a = 8 r e t(0,a). Neste

contexto é claro que

(X,.'/) E (a <===} X V a = .li V a.

Vamos mostrar que (a é uma congruência da álgebra de Ockham (L; J). Suponhamos que

(X, .'I) E (a, então tem-se xV a = .'IVa; atendendo a que (L E [(L) conclui-se que f( x )I\a' = f(y)l\a'

e por conseguinte

f(x) V a = (J(x) 1\ a') V a = (J(y) 1\ a') V a = f(y) V a.

Dos raciocínios acima descritos conclui-se que (a é congruência de (L; J), para todo a E [(L).

Consideremos a aplicação 1/;L : [(L) ---t Con L definida do seguinte modo:

Teorema 4.3 Se (L; J) é uma álgebra de Ockham então 1/-'L é um mergulho de ordem.

Demonstração Sejam a, b E [(L) tais que a ~ b. Mostremos que (a ç (b. Com efeito, dado

(x, .'I) E (a tem-se x V a = .'IV a e por conseguinte

x V b = x V a V b = .'IV a V b = .'IV b.

Por outro lado se a, b E r e (a ç (b então temos (O,a) E (b e por consequência b = °V b = a V b,

portanto a ~ b. O

80

Dado um conjunto C, para cada par de relações binárias a e {3 definidas em C, consideramos

a relação binária definida em C, do modo seguinte:

ao{3 = {(x,y) E C 2: (3z E C) (x,z) E a, (z,y) E {3}.

Teorema 4.4 Seja (L;1) uma álgebra de Ockham. Se a,b E f(L) então

Demonstração Mostremos, primeiramente, que (a O(b ç (aVb. Seja (x, y) E (a O(b, então existe

z E L tal que x V a = z V a, z V b = y V b e por consequência

x V a V b = z V a V b = y V a V b,

donde resulta que (x, y) E (aVb.

Seja (x,y) E (avb, por definição temos x V a V b = y V a V b; atendendo a que a,b E f(L)

obtém-se x 1\ (a V b)' = Y 1\ (a V b)'.

Consideremos o elemento z = «a V b)' 1\ x) V (b 1\ x) V (a 1\ y). Neste contexto é claro que

z V a = «a V b)' 1\ x) V (b 1\ x) V (a 1\ y) V a = «a V b)' 1\ x) V (b 1\ x) V a

= «(aVb)'Vb)l\x)Va

= «a V b)' V b V a) 1\ (x V a)

= xVa

e por consequência (x, z) E (a. Atendendo a que x 1\ (a V b)' = Y 1\ (a V b)', obtém-se

z V b = «a V b)' 1\ x) V (b 1\ x) V (a 1\ y) V b = «a V b)' 1\ y) V (a 1\ y) V (b 1\ x) V b

= «a V b)' 1\ y) V (a 1\ y) V b

= «(aVb)'Va)l\y)vb

= «a V b)' V a V b) 1\ (y V b)

= yV b

e por conseguinte temos (z, y) E (b.

81

Do que acima foi exposto resulta que (x, z) E (a e (z, y) E (b, logo (x, y) E (a O (b' O

Teorema 4.5 Se (Lj!) é uma álgebra de Ockham simples então f(L) = {O, I}.

Demonstração Seja a E r(L). Atendendo a que (L;!) é simples conclui-se que (a E {W,L}.

Observando que w = (o, L = (I e tendo em conta o teorema 4.3 conclui-se que a E {O, I}. O

Dada uma álgebra de Ockham (L; 1), para cada a E f(L) consideremos o ideal principal a+'

Defina-se a aplicação Ia : a.!- ----+ a.!- do seguinte modo

Ia(x) = a 1\ I(x).

Verifica-se facilmente, vide [9, Teorema 4.7], que (a.!-; Ia) é uma álgebra de Ockham que deno-

taremos abreviadamente por a.!-.

Dada uma álgebra de Ockham (Lj!), dizemos que (L; 1) é infinitamente distributiva com

respeito ao supremo se, para cada família (Yi)iE/, de elementos de L, tal que existe V Yi então,iEl

para todo x E L, existe V x 1\ Yi eiEl

x 1\ V s. = V x 1\ Yi·iEl iE!

Dizemos que uma álgebra de Ockham (L; 1) é completa no caso de L ser reticulado completo.

Para cada álgebra de Ockham (L; 1) designaremos por A(rL) o conjunto dos átomos do

reticulado f(L).

Teorema 4.6 Seja (L;!) uma álgebra de Ockham completa e infinitamente distributiva com

respeito ao supremo. Se V a = 1 entãoaEA(rd

Demonstração Tendo em presente que só consideramos álgebras de Ockham com pelo menos

dois elementos então podemos afirmar que A(rd =I 0. Com efeito, se A(rL) = 0 então

V a = O, o que contraria a hipótese V a = LaEA(fLl aEA(fd

Neste contexto, designaremos por 1 a operação unária da álgebra de Ockham X a+.aEA(rd

Consideremos a aplicação W : L ----+ X a.!- definida poraEA(fL)

W(x) = (x 1\ a)aEA(fL) ,

82

Dados x, y E L tem-se

'11 (x /\ y) = ((x /\ y) /\ a)aEA(fd = ((x /\ a) /\ (y /\ a))aE.4(fd

= (x /\ a)aEA(fd /\ (y /\ a)aEA(fd

= 'I1(x) /\ 'I1(y)

e por conseguinte '11 (x /\ y) = 'I1(x) /\ 'I1(y); por outro lado obtém-se

'11 (x V y) = ((x V y) /\ a)aEA(fd = ((x /\ a) V (y /\ a))aEA(fd

= '11 (x) V \l1(y)

portanto '11 (x V y) = 'I1(x) V \l1(y).

Mostremos que '11 f = f'l1. Dado x E L tem-se

'I1(J(x)) = (J(x) /\ a)"EA(fr.) = ((J(x) V a') /\ a)"EA(fr.)

= ((J(x) V J(a)) /\ a)aE_4(fd

= (J(x /\ a) /\ a)aEA(fr.)

= (Ja(x /\ a))"EA(fd

= !((x/\a)aEA(fd)

= f('I1(x)).

Em face do exposto e atendendo a que '11(0) = O e '11(1) = 1 conclui-se que '11 é morfismo de

álgebras de Ockharn.

Para mostrar que '11 é injectiva, consideremos z , y E L tais que \l1(x) = 'I1(y). Assim temos

x /\ a = y /\ a, qualquer que seja a E A(fL). Como (L; 1) é completa então temos

V (x/\a) = V (y/\a).aEA(f z.) aEA(fz.)

Atendendo a que V a = 1 e (L; 1) é infinitamente distributiva com respeito ao supremo,aEA(fz)

conclui-se que

x = x /\ ( V a) = V (x /\ a) = V (y /\ a) = y /\ ( V a) = y.aEA(fz.) aEA(fz.) aEA(fr.) aEA(fz.)

Finalmente, vamos provar que '11 é sobrejectiva. Seja Z = (za)"EA(fd um elemento arbitrário de

X a( Como (L; 1) é completa então podemos considerar o elemento u = V Za'aEA(fL) aEA(rL)

83

Para cada b E A(fL) temos

b À U = V (b À za)'aEA(rd

Por outro lado temos b À Za ~ b À a, uma vez que Za E a.!-. Assim se conclui que b À Za = O, para

qualquer a =f:. b. Por consequência temos b À U = b À Zb = Zb. Do que acima foi exposto resulta

que 'lt(u) = z. O

Por uma questão de clareza é conveniente introduzir alguma terminologia.

Seja P um conjunto ordenado e 5, Q subconjuntos de P tais que 5 ç Q. No caso de existir

supremo de 5 relativamente ao conjunto ordenado Q, designamo-lo por VQ S.

Corolário Se (L; f) é uma álgebra de Ockham finita então

(L; f) ~ X a.!-.aEA(fLl

Demonstração Como (L; f) é finita então (L; f) é completa e infinitamente distributiva com

respeito ao supremo. Por outro lado já observámos que r(L) é um reticulado de Boole, atendendo

a que qL) é finito conclui-se que Vr(L) A(fL) = 1qL) = 1L' Como r(L) é subreticulado de L

então temos Vr(L) A(rL) = V A(fL) e por consequência V A(fL) = 1. Assim se verifica que o

resultado em apreço é consequência do teorema 4.6. O.

Uma álgebra de Ockham (L; f) diz-se congruente-permutável se, para quaisquer a, f3 E Con L,

a o f3 = f3 o a.

Estamos em condições de apresentar a seguinte caracterização das álgebras de Ockharn que

pertencem a T.

Teorema 4.7 Dada uma álgebra de Ockham (L; f), são equivalentes as afirmações:

(1) (L; f) E T

(2) (L; f) é finita e 'ljJL é isomorfismo de reticulados;

(3) (L; f) é finita, congruente-permutável e f é bijecção;

(4) (L;f) é finita e r(L) ~ ConL.k

Demonstração (1) ::} (2) Suponhamos que L ~ .X Li, onde cada Li é álgebra de Ockham,=1

84

simples. Fazendo uso do teorema 4.1, conclui-se que

k

Con L ':: X Con Li ':: 2k•

i=1

k

Aplicando o teorema 4.2, deduz-se f(L) ':: .X f(Li). Atendendo a que cada Li é simples, usando,=1o teorema 4.5, conclui-se que Li ':: 2 e por conseguinte f(L) ':: 2k • Dos raciocínios acima descritos

resulta que If(L)1 = ICon LI.

Pelo teorema 4.3 temos que 1/J I. é injectiva e por consequência If(L)1 = I1/J I. (f (L ))[. As-

sim temos ',pJf(L)) ç ConL e I1/J I. (f( L ))1 = IConLI; atendendo a que L é finito obtém-se

,pI. (f(L)) = Con L. Do exposto resulta que 1/J I. é sobrejectiva; tendo em conta que 'l/J L é mergulho

de ordem, teorema 4.3, conclui-se que,pI. é um isomorfismo de reticulados.

(2) ::::} (3) Suponhamos que 1/J I. é isomorfismo de reticulados e L é finita. Mostremos, primeira-

mente, que L é congruente-permutável.

Sejam a,f3 E ConL; como 'l/'I. é sobrejectiva então existem a,b E f(L) tais que: a = (a,

f3 = (b. Por aplicação do teorema 4.4 conclui-se que a o f3 = (a O (b = (avb, f3 O a = (b o (a = (bVa

e por conseguinte

a o f3 = f3 o a.

Como, por hipótese, 1/J I. é isomorfismo então existe c E f(L) tal que CPl = (c' Por definição de

(c, temos (O, c) E (c e portanto 1 = f(O) = f(c). Atendendo a que c E f(L), resulta 1 = f(c) = c'

e por conseguinte c = O. Assim cp} = (o = w e por consequência f é bijecção, uma vez que L é

finita.

(3) ::::} (4) Suponhamos que L é finita, congruente-permutável e f é bijecção. Designemos por

U o conjunto dos átomos do reticulado Con L; tendo em conta que Con L é um reticulado de

Boole finito, [9, Teorema 4.3], conclui-se que Con L ':: 21u1. Por outro lado f(L) ':: 21A(f di, uma

vez que f(L) também é um reticulado de Boole finito e A(fL) denota o conjunto dos átomos

de f(L). Em virtude do teorema 4.3 temos If(L)1 ~ ICon LI e por consequência IA(fL)1 ~ IUI.

Para mostrar que I'(L) ':: Con L basta provar que IA(fL)1 = IUI; com o propósito de cumprir tal

objectivo mostraremos que U ç 1/JL (A(fL)).

85

Seja () um átomo arbitrário de Con L. Como [O]() é um ideal, do reticulado L, e [0]0 é finito,

então existe elemento máximo de [0]0, que designaremos por a.

Mostremos que a 1= O. Suponhamos, com vista a um absurdo, que a = O.

Seja ()' o complemento de (), em Con L. Atendendo a que, por hipótese, L é congruente­

-permutável então tem-se () o ()' = ()'o () e por consequência () o ()' = () V ()' = Lo Nesta conformidade

tem-se (0,1) E () o ()'. Então existe z E L tal que (O,z) E () e (z,l) E ()'. Como estamos a supor

que a = max(O]O = O então z = O, donde se conclui que (0,1) E ()' e portanto ()' = L ou seja

0= w, o que é absurdo.

Vejamos que j'l(a) = a. Com efeito j'l(a) E (0]0, uma vez que (O,a) E O. Assim temos

J2(a) ~ a. Suponhamos, com vista a um absurdo, que J2(a) < a. Como J é bijectiva então j'l

é isomorfismo de ordem e por conseguinte a aplicação j : lN ----+ L, definida por j(n) = j'ln(a).

é injectiva, o que é absurdo porque L é finita.

Defina-se, em L, a relação binária O:' do modo seguinte:

(x,y) E O:' =:} x V a = y V a, x /I. J(a) = y /I. J(a).

Tendo em conta que j'l(a) = a, é imediato verificar que O:' é uma congruência da álgebra de

Ockham (L; 1).

Mostremos que O:' ç (). Seja (x, y) E 0:'; assim temos x V a = y V a. Como (O, a) E () então

(x, x V a) E (), (y, Y V a) E () e por conseguinte (x,y) E ().

Vamos provar que O:' 1= w. Suponhamos, com vista a um absurdo, que O:' = w. Tendo em conta

que J(a)Va = (aV J(a))Va e J(a)/l.J(a) = (aV J(a))/l.J(a), conclui-se que (J(a),aV J(a)) E 0:'.

Como estamos a supor que O:' = w então tem-se J(a) = a V J(a) e portanto a ~ J(a).

Seja f3 = 8 re t (a,J(a)). Neste contexto é claro que

(x, y) E f3 =:} x /I. a = y /I. a, x V J (a) = y V J (a).

Facilmente, se verifica que f3 é uma conguência de (L; 1). Atendendo a que L é congruente­

-permutável conclui-se que f3 o O:' = O:' o f3 = O:' V f3. Por outro lado temos a /I. a = J(a) /I. a,

a V J(a) = J(a) V J(a) e por conseguinte (a, J(a)) E f3. Como (a, O) E () então (J(a), 1) E () e

86

por consequência (a, 1) E {30. Observando que (O, a) E O ç (30 resulta que (0,1) E {30. Como

{30 = O{3 então existe t E L tal que (O, t) E O, (t, 1) E (3 e por conseguinte t S; a, t t\ a = 1 t\ a,

t V f(a) = 1 V f(a). Nesta conformidade temos t = t t\ a = 1 t\ a = a, portanto a V f(a) = 1.

Atendendo a que aS; f(a), conclui-se que f(a) = 1 = f(O). Em virtude de f ser bijecção, resulta

que a = O; o que é absurdo.

Em suma, a ç Oe a 1= w. Como O é átomo resulta que O= a; assim temos (O, a) E a e por

consequência O = O t\ f(a) = a t\ f(a). Portanto 1 = f(a) V j2(a) = f(a) Va, pois j2(a) = a.

Neste contexto temos a E r(L) e O= a = (a = 'l/JL(a).

Fazendo uso do teorema 4.3, é fácil concluir que a E A.(r L ) ; assim temos U ç 'l/JL(A(rL)).

Como 'l/JL é injectiva, teorema 4.3, então temos IA(rL)1 = I'l/JL(A(rL))1 e por conseguinte

IUI S; 1A.(fL)l·

Uma vez que já foi provado que IA(frJl S; IUI, podemos concluir que IUI = IA(rrJl e por

consequência

r(L) '::: Con L.

(4) ::} (1) Suponhamos que f(L) '::: Con L e (L; f) é finita. Assim temos Ir(L)1 = ICon LI e

por aplicação do teorema 4.3 conclui-se que 'l/JL é sobrejectiva e portanto isomorfismo de reticu­

lados.

Para cada a E A(rL) consideremos o epimorfismo, de álgebras de Ockham, <Pa : L ------4 a.!.

definido por

<Pa(X) = x t\ a.

É evidente que Ker<pa = (ai. Por outro lado temos

Como 'l/J L é isomorfismo de reticulados então, para cada a E A(rL), 'l/JL (a') = (a' á cc-átomo de

Con L e por conseguinte a.!. é álgebra de Ockham simples.

Por aplicação do corolário do teorema 4.6, conclui-se que L é isomorfa a um produto directo

finito de álgebras simples. O

87

Reexaminando a demonstração de (2) => (3) conclui-se que dada uma álgebra de Ockham

arbitrária (L; J) então é válida a seguinte afirmação:

se wL é isomorfismo então (L; f) é congruente-permutável e f é injectiva.

No entanto, é possível definir uma álgebra de Ockham infinita (L; f) tal que (L; J) é congruente-

-perrnutável, f é injectiva e 'l/J L não é isomorfismo.

Exemplo 4.1 Consideremos o reticulado distributivo L descrito pelo seguinte diagrama de

Hasse

01

00

Seja f : L ----+ L definida por: f(Xi) = Xi+l, para cada i. Deste modo obtém-se uma algebra

de Ockham (L;J); vide [9, Exemplo 2.4 (The pineapple)]. Nesta conformidade temos que fé

injectiva e o reticulado das congruências de (L; J) é uma cadeia infinita. Consequentemente,

(L;J) é congruente permutável. Por outro lado é claro que f(L) = {O,I}, donde resulta que 1/-'L

não é isomorfismo.k

Teorema 4.8 Seja L uma álgebra de Ockham finita. Se L ::: .X Li, onde cada Li é uma álgebra,=1de Ockham simples e finita, então tem-se:

(1) k = IA(rL)l;

(2) Existe uma bijecção a: {I, ... , k} ----+ A(rL) tal que, para todo i, Li::: a(i)~.

88

k

Demonstração Suponhamos que L ~ ,X Li, onde Li é uma álgebra simples finita, qualquer.=1

que seja i, Aplicando o teoremas 4.2 e 4.5, conclui-se que

k

[(L) ~ .X [(Li) ~ 2 k

.=1

e por conseguinte k = IA(rL)I.k

Seja. ç : L --+ ,X Li um isomorfismo de álgebras de Ockharn. Designemos por Pi a i-ésima.=1

k

projecção de ,X Li, ou seja Pi é definida. por1=1

Para cada i, temos LI Ker(piÇ) ~ Li, portanto Con Li ~ [Ker(piç), L] e por consequência Ker(piÇ)

é co-átorno de COIl L, uma vez que Li é simples. Pelo teorema 4.7 'l/JL é isomorfismo de reticulados

e por consequência, para cada i, 7/,; 1 (Ker(piç)) é um cc-átomo de [(L) que designaremos por bi .

Neste contexto temos Ker(piç) = 'l/JL(bi) = (b"I

Consideremos a aplicação (7 : {I, ... , k} --+ A(rL) definida do seguinte modo

(7(i) = b~.

Mostremos que (7 é injectiva. Para tal, suponhamos, com vista a um absurdo, que existem j, t

tais que (7(j) = (7(t) e j f t. Por definição de (7, temos bj = b~ e portanto bj = bt . Neste contexto

temos

k

Consideremos os elementos de ,X Li, x = (Xi)J<i<k. Y = (Yih<i<k, definidos do seguinte modo:.=1 - - - -

Xi = OLi

se i = j;

se i f j.

89

I

e L ~ X Mi, onde asi=1

e por consequência

Como estamos a supor que t 1= j então temos Pt(Y) = 1Lt e por conseguinte OL t = 1Lt , o que é

absurdo. Assim fica provado que a é injectiva e portanto bijectiva, uma vez que k = IA(fdl.

Por outro lado, para cada i temos

Li ~ LI Ker(Pi~) = LI(b; = LI Ker 'Pb:'

Atendendo a que LI Ker 'Pb: ~ bi.!. = a(i).!., podemos concluir que Li ~ a(i).!.. O

k

Teorema 4.9 Seja L uma álgebra de Ockham finita. Se L ~ .X Li1=1

álgebras Li, M, são simples e finitas, então tem-se:

(1) k = I;

(2) Existe uma bijecção r: {i, ... ,k} ---+ {l , ... ,k} tal que, para todo i. Li ~ M-r(i)'

Demonstração (1) Aplicando o teorema 4.8(1) temos k = IA(fdl, I = IA(fL)1 e por con-

seguinte k = l.

(2) Pelo teorema 4.8(2) existem bijecções a : {I, ... ,k} ---+ A(fd, -y : {1. ... , k} ---+ A(fL)

tais que Li ~ a(i).!. e Mi ~ -y(i).!., para todo i.

Seja r = -y-1 a. Assim temos, para cada i, M-r(i) = [-y(r(i))].!. e por conseguinte, tendo em

conta que -y(r(i)) = a(i), resulta M-r(i) ~ a(i).!. ~ Li. O

Para averiguar em que condições é regular o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra

de T, precisamos de estabelecer alguns resultados preliminares e introduzir alguma terminologia.

Seja (X; g) um espaço de Ockham tal que X é finito não vazio e 9 é bijecção. Neste contexto,

designamos por Orb(g) o conjunto das órbitas de g. Para cada A E Orb(g), definimos CA = IAI.

Se x é um elemento minimal de A, consideramos conjunto

DA = {n E {I, ... , cA-I} : gn (x) > x}.

Teorema 4.10 Seja (Xjg) um espaço de Ockham tal que X é finito não vazio e 9 é bijecção.

Se A E Orb(g) e x, y são elementos minimais de A então DA = D~.

90

Demonstração Seja A E Orb(g) e x, y elementos minimais de A. Efectivamente, basta mostrar

que DA ç D~. Seja n E DA' assim ternos gn(x) > x. Por outro lado, atendendo a que x, y E A,

existe r E {O, ... ,cA - I} tal que y = g'·(x). Vejamos que r é par; com efeito, se r fosse ímpar

então gn+r(x) < gr(x) = y, o que é absurdo. Como r é par então gn(y) = gn+r(x) > gr(x) = y e

por consequência n E D~. O

Para cada A E Orb(g), denotamos por DA o conjunto DA' onde x é um elemento minimal

de A.

Teorema 4.11 Seja (X; g) um espaço de Ockham tal que X é finito não vazio e g é bijecção.

Se A E Orb(g) e DA =1= 0 então CA é par.

Demonstração Seja A E Orb(g). Suponhamos, com vista a uma contradição, que DA =1= 0

e CA é ímpar. Seja x um elemento minimal de A, por definição temos DA = DA. Como, por

hipótese, DA =1= 0 então existe n E {l, ... ,CA - I} tal que gn(x) > x. Neste contexto temos

gn(x) = gn+cA (x) < gCA (x) = x, o que é absurdo. O

Teorema 4.12 Seja (X;g) um espaço de Ockham tal que X é finito não vazio e g é bijecção.

Se A E Orb(g) então são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) DA = 0;

(2) A é anti-cadeia.

Demonstração Como X é finito então existe p ~ 1 tal que gP = idx. Seja A E Orb(g) e x um

elemento minimal de A, por definição temos DA = DA.

(1) ::::} (2) Suponhamos que A não é anticadeia. Então existem r, s E {O, ... , CA - I} tais que

gS(x) < gr (x).

Mostremos que s é par. Suponhamos, com vista a um absurdo, que s é ímpar. Assim temos

que u";' é antítona e por consequência x = g2p(x) = g2p-s+s(x) > g2p-s+r(x), o que é absurdo.

Como s é par então g2p-s é isótona e portanto x = g2p(x) = g2p-s+s(x) < g2p-s+r(x).

Designemos por v o resto na divisão euclideana de 2p- s+ r por CA e por q o respectivo quociente.

Assim temos 2p - s + r = qCA + v, com °::; v < CA e por conseguinte x < g2p-s+r(x) = gV(x),

donde resulta que v E DA.

91

(2) => (1) Suponhamos que DA =f 0, seja r E DA. Por definição, temos gr(x) > x e por

consequência A não é anti-cadeia. O

Seja (X;g) um espaço de Ockham tal que X é finito não vazio e g é bijecção.

Dado (A, B) E Orb(g) X Orb(g), definimos o conjunto

SA,B = {n E {1"",CA -1}: CB não divide n}.

Para cada A E Orb(g) definimos a aplicação 8..1 : lN \ {ü} ----+ {ü.... ,CA - 1} do seguinte

modo

8..1 (n) é o resto obtido na divisão euclideana de n por CA.

No conjunto Orb(g), definimos a relação binária Rg por

Teorema 4.13 Seja (X; g) 'Um espaço de Ockham tal que X é finito não vazio e g é bijecçào .

.-t. relação binária R g é reflexiva e transitiva.

Demonstração Seja A E Orb(g). É claro que SA,A = {1, ... ,CA -1} e portanto DA ç SA,A'

Assim temos SA,A n DA = DA. Atendendo a que 8A (D A ) = DA conclui-se que (A, A) ERg.

Sejam A, Y, B E Orb(g) tais que (.4., Y) E Rg e (Y, B) E Rg • Mostremos, primeiramente, que

8B (SA,B n DA) ç DB. Seja I E SA,B n DA, Seja s o resto na divisão euclideana de I por ey e p o

respectivo quociente, assim temos: I = p.cy + s, O ::; s < cy. Designemos por u o resto na divisão

euclideana de s por CB e por t o respectivo quociente, nesta conformidade temos: s = LCB + u,

ü ::; U < CB.

Mostremos que I E SA,Y' Suponhamos, com vista a uma contradição. que I {j. SA,Y. Como

I E DA então 1 ::; I < CA e por conseguinte eyll. Atendendo a que calcv, conclui-se que cBII e

portanto I (j. SA,B, o que é absurdo.

Assim temos I E SA,Y n DA, Como s = 8y (l ) e, por hipótese, 8y(SA,Y n DA) ç Dv então

conclui-se que s E Dv .

Mostremos que s E SY,B' Suponhamos, com vista a uma contradição, que s {j. SY,B' Como

s E Dy então 1 ::; s < ey e portanto cBls. Então u = ü e s = t.CB e por consequência

92

1= p.cv + t'CB' Como cBlcy então cBII e por conseguinte I ri. SA,B, o que é absurdo.

Assim temos s E Sy,B n Dv . Como u = ÓB(S) e, por hipótese, ÓB(SY,B n Dy) ç DB então

conclui-se que u E DB. Como cBley então existe v tal que Cy = V.CB. Assim temos

1= p.Cy + s = p.ey + t.CB + U = (p.v + t).CB + u,

atendendo a que O ~ u < CB, conclui-se que ÓB(/) = u E DB. Dos raciocínios descritos resulta

que ÓB(SA,B n D.4) ç DB.

Por outro lado temos, por hipótese, que cBley e cylCA. Então conclui-se que cBICA. Do

exposto resulta que (A, B) E ti; O

Seja M um conjunto não vazio e finito e R uma relação binária definida em LVI. Suponhamos

que R é reflexiva e transitiva.

Designaremos por caminho singelo de R qualquer lista ordenada z = (zo.... , zn), de elementos

de M; que verifique as seguintes propriedades:

(i) (Vi E {O, ... , n - I}) (Zi,Zi+d E R,

(ii) (Vi,j E {O, ... ,n}) i < j ====* (Zj,Zi) ri. R.

Denotamos por comp(z) o número n, que denominamos comprimento de z. É de observar

que dado a E M, a lista (a) é um caminho singelo de R e comp(a) = O. Designemos por Cs(R)

o conjunto de todos os caminhos singelos de R. Se Z = (zo, ... , zn) E Cs(R) então é claro que

n + 1 ~ IMI e portanto comp(z) ~ IMI - 1. Assim temos que {comp(z) : Z E Cs(R)} é um

subconjunto não vazio e finito de lN e por conseguinte {comp(z) : Z E Cs(R)} tem máximo que

denotamos por comp(R) e denominamos comprimento de R.

Neste contexto designamos por Ra relação binária definida em M por

(x,y) ER{::}(x,y) ER e (y,x)ER.

É claro que R é uma relação de equivalência, uma vez que estamos a supor que R é reflexiva e

transitiva.

Designaremos por terno patológico associado a R qualquer terno ordenado (i,j, k), de ele­

mentos de M mutamente distintos, tal que

(i,j) E R, U, k) E R e U, i) ri. R.

93

Teorema 4.14 Seja NI um conjunto não vazio e finito e R uma relação binária reflexiva e

tmnsitiva, definida em NI. São equivalentes as seguintes afirmações:

(1) Existe pelo menos um terno patológico associado a R ou comp(R) 2: 2;

(2) Existem i, j, k E iVI, mutuamente distintos, tais que: (i, j) E R. (j, k) E R e (j, i) rf. R.

Demonstração (1) ~ (2) Examinaremos dois casos.

No caso de existir um terno patológico (i,j, k) associado a R é óbvio que (2) se verifica.

Se comp(R) 2: 2 então existe z = (zo, ... , zn) E Cs(R), onde n = comp(R). Como n 2: 2

então podemos considerar os elementos zo, Zl, Z2. Atendendo a que z E Cs(R) conclui-se que os

referidos elementos verificam as condições requeridas em (2).

(2) ~ (1) Suponhamos que existem i.], k E M, mutuamente distintos, tais que: (i,j) E R,

(j,k) E R e (j, i) rf. R.

Se (k,j) E R então (i,j, k) é um terno patológico de R.

No caso de (k, j) rf. R conclui-se que (i,j, k) é um caminho singular de R e por consequência

2 = comp(i,j, k) ~ comp(R). O

Dizemos que um espaço de Ockharn (X; g) é redutível se X é finito não vazio, 9 é bijecção e

para quaisquer A, B E Orb(g), tais que A =I B, se tem

("Ia E A) (Vb E B) allb.

Dado um espaço de Ockham (X;g), dizemos que (X;g) é cíclico se X é finito não vazio, g é

bijecção e se, para qualquer x E X,

x = {gi(x) : O~ i < IX!}.

Teorema 4.15 Seja (Lj J) uma álgebm de Ockham e (Xjg) o respectivo espaço dual. São

equivalentes as seguintes afirmações:k

(1) L ~ .X Li, onde cada Li é uma álgebm de Ockham simples e finita;~=l

k(2) X ~ U Xi, onde cada X, é um espaço ciclico;

i=l

(3) O espaço de Ockham X é redutível.

94

k

Demonstração (1) ==:} (2) Suponhamos que L ~ .X Li, onde as álgebras de Ockham Li, são1=1

simples e finitas. Para cada i, designemos por (Xi;gi) o espaço dual de Li. Aplicando os teoremas

1.4 e 1.12 conclui-se que

k k

Pelo teorema 1.3 temos A(Xi) ~ Li, para cada i. Assim resulta que X A(Xi) ~ .X Li ~ L e1=1 1=1

por consequência obtém-sekU Xi ~ X.

i=1

Corno, para cada. i, Li é simples então, aplicando o teorema 1.15, conclui-se que Xi é cíclico.k

(2) ==:} (3) Suponhamos que X ~ IJ Xi, onde os espaços de Ockham X,, são cíclicos. Usandoi=1

as notações introduzidas no capítulo 1, temos (Xi; 9i) ~ (-~i; 9i) e por conseguinte (Xi; 9i) é cíclico

porque, por hipótese, (Xi; 9i) é cíclico. Assim temos Orb(g) = {Xi: 1 ~ i ~ k} e por conseguintek kU Xi é redutível. Atendendo a que X ~ U Xi conclui-se que X é redutível.i=1 i=1

(3) ==:} (1) Suponhamos que (X; g) é redutível. Sejam Y1'" ., Yk as órbitas de g. Para cada

i, defina-se a aplicação gi : Yi --t Y; do modo seguinte

9i(Y) = g(y).

É claro que, para cada i, (Y;,gi) é espaço de Ockham cíclico e por consequência, aplicando o

teorema 1.15, A(Y;) é álgebra de Ockham simples. Atendendo a que (X; g) é redutível sai quek

X ~ U Y;. Fazendo uso do teorema 1.12 conclui-se quei=1

k

A(X) ~ .X A(Y;).1=1

k

Pelo teorema 1.3 temos L ~ A(X) e por consequência L ~ .X A(Y;). O1=1

Como referimos no início deste capítulo, é nosso objectivo estabelecer condições necessárias

e suficientes para que End L seja semigrupo regular, onde L é uma álgebra pertencente a T. Em

face do teorema 4.15 e tendo presente o teorema 1.11, podemos formular o referido problema em

termos de espaços de Ockham. Mais precisamente, tudo se resume a caracterizar os espaços de

Ockham redutíveis, (X;g), tais que A(X;g) é semigrupo regular.

95

Daqui em diante usaremos as convenções que a seguir se definem.

Dado um espaço de Ockham redutível (X; g), designaremos por (Xih~i~m uma família de

elementos de Orb(g), tal que Orb(g) = {Xi: 1 ::; i ::; m} e X, =1= Xj, quaisquer que sejam i =1= j.

Seja (xih~i~m uma família de elementos de X tal que, Xi é um elemento minimal de Xi, para

todo i.

Para cada i E {I, ... , m} definimos o conjunto

xt = {lr(Xi) : r E lN e r < ex)2}.

Para cada (i,j) E {I, ... , m F definimos o conjunto

{x,

Xi.j =xt

Jse Sx X n Dx =1= 0.., J I

Dado i E {I, ... , m}, defina-se o conjunto

A; = {j E {L, ... ,m}: (Xi,Xj) ERg}.

Para cada i E {I, ... , m} consideremos o seguinte conju nto

n, = U Xi,j.jEAi

Teorema 4.16 Seja (X;g) um espaço de Ockham redutível. Se {) E A(X;g) então {)(Xi) E Ni,

qualquer que seja i.

Demonstração Observemos, primeiramente, que em virtude de X ser finito podemos garantir

que existe p ~ 1 tal que gP = idx.

Seja i E {l, ... ,m}. Existe um e um só j E {l, ... ,m} tal que {)(Xi) E Xj' Neste contexto,

existe um e um só O ::; I < ex, tal que {)(Xi) = gl(Xj).

Mostremos que (Xi,Xj) E R g • Como A(X;g) ç: C(g), então podemos concluir que {) E C(g)

e por consequência, fazendo uso do teorema 3.2, resulta ex] Icxi'

Vamos mostrar que Óx·(Sx· X n Dx) C Dx. Seja r E Sx X n Dx, por definição temos:J "} ,-] " J •

O< r < cx., 9r(Xi) > z, e ex, não divide r. Como {) E A(X;g) então gr{)(Xi) = {)gr(Xi) ~ {)(Xi)

e por conseguinte gr+l (xj) ~ yl(xi)'

96

Vejamos que Lé par. Suponhamos, com vista a uma contradição, que Lé ímpar. Assim g2p-1

é antítona e por consequência

Neste contexto temos gr(Xj) ~ Xj; atendendo a que Xj é elemento minimal de Xj conclui-se que

gr(Xj) = Xj e por conseguinte ex} 1", o que é absurdo.

Nesta conformidade temos que Lé par e por consequência, g2p-1 é isótona. Tendendo presente

r () 2p-1 r+1 ( ) > 2p-1 I ( )9 Xj = 9 9 Xj _ 9 9 Xj = ;r:j

e por conseguinte gr(Xj) 2: Xj. Tendo em conta que ex) não divide r, conclui-se que gr(Xj) > Xj.

Seja v o resto na divisão euclideana de r por ex} e q o respectivo quociente; assim temos

r = a-ex, + v, com O ~ v < ex, e portanto 6x j (r) = v. Neste contexto temos

Em suma, 1 ~ v < ex} e gV(Xj) > Xj, o que significa que 6x) (r ) = v E Dx}.

Do que acima foi exposto resulta que óx} (SXi.X) n DxJ ç Dx} e ex}lexi; por definição temos

(X,, X j) E Rg , conseq uentemente j E Ai.

Mostremos que t9(Xi) E Xi,i' No caso de Sx.,x, n Dx. = 0 temos Xi.j = Xi e nada há a

provar.

Se Sx. x nDx· -I- 0 então existe r E Sx· X nDx e por conseguinte, como acima mostrámos,., 1 J r ., J •

é par. Então existe k E lN tal que 1 = 2k; atendendo a que O ~ 1 < ex}, conclui-se que

O~ k < cx.]? e por consequência t9(Xi) E xt= Xi,i'

Em qualquer dos casos temos t9(Xi) E Xi,i com j E Ai, portanto t9(Xi) E Ni. O

Teorema 4.17 Dado um espaço de Oekham redutível (X;g). Paro cada (bihSiSm, pertencentem

a .X Ni, existe um e um só t9 E A(X;g) tal que t9(Xi) = bi, paro todo i E {l, ... ,m}.=1

m

Demonstração Seja (bi)l<i<m um elemento de .X Ni. Para cada i E {I, ... , m} existe um e um- - .=1

ti E {I, ... , m} tal que b; E X t ;' Neste contexto, podemos afirmar que: para cada i E {I, ... , m},

existe um e um só li E {O, ... , cx., - 1} tal que b; = gl;(XtJ ..97

conseguinte cx., lex;. Fazendo uso do teorema 3.2, podemos afirmar que existe {} E C(g) tal que:

{}(xd = bi , para qualquer i E {I, ... ,m}. Seguidamente, vamos provar que {} E A(X;g); para tal

basta mostrar que {} é isótona.

Sejam y,z E X tais que y < z. Como (X;g) é redutível então existe i E {l, ... ,m} tal que

y, z E Xi e por consequência existem r,t E {Ü, ... ,ex; - I} tais que y = gr(Xi) e z == gt(Xi)'

Como X é finito existe p ~ 1 tal que gP = idx.

Mostremos que r é par. Suponhamos, com vista a uma contradição, que r é ímpar e por

consequência g2p-r é antítona. Tendo em conta que gr(xd = y < z = gt(Xi), podemos concluir

que

2p-r r () 2p-,' t( )Xi = 9 9 Xi > 9 9 Xi .

Assim temos Xi > g2p-r+t(Xi); o que é absurdo, uma vez que Xi é elemento minimal de Xi.

Como r é par então g2p - r é isótona e por conseguinte

Defina-se u == 2p-r+t. Seja s o resto na divisão euclidiana de u por ex; e q o respectivo quociente;

assim temos u == a-ex, + s com Ü :::; s < cx.. É claro que 9U(Xi) = gSgq.cx; (Xi) = gS(Xi) e por

conseguinte gS(Xi) > Xi. Nesta conformidade, conclui-se que sE Dx;.

Prosseguiremos a demonstração examinando dois casos.

(1) Suponhamos que s ri SX;,X'j. Neste caso, atendendo a que 1 :::; s < cx., conclui-se

que cx., divide s. Como cx., divide ex e u = q.cx + s então cx., divide u. Assim temosI I I I I

gU(Xt;} = Xt; e portanto grgu(xt;} = gr(xt;}. Como u = 2p - r + t então gt(xt;} = gr(xt;} e por

consequência gl;gt(XtJ = gl;gr(xt;); donde se infere gtgl;(xt;} = grgl; (XtJ. Neste contexto tem-se

(2) Suponhamos que s E Sx;,x", Como s E Dx; então s E Sx;,x,; n Dx; e portanto

Sx;,x,; n Dx; f= 0. Então temos Xi,t; = xt e por consequência li é par, uma vez que {}(Xi) ==

1 -9 '(xt;) E Xi,t;.

98

Seja v o resto na divisão euclidiana de s por eX 1 e d o respectivo quociente; assim temos.s = â-cx., + v com O ~ v < ex1i . Como (X,, XtJ E Rg então 8x ,;(SX;,XI, n DxJ ç; Dx , j •

Atendendo a que v = 8X ' i (s) e s E SXi,X1i n DXi' conclui-se que v E DX' i

e por consequência

S() v d.c XI' () v ( )9 Xt; = 9 9 • Xti = 9 Xti > Xti'

Tendo em conta que ex, divide cx., deduz-se gSgq,cXi(Xt;} = gS(xt;}. Recordando que u =.

r é par gr é isótona, tendo em conta que '/L = 2p-r+t, então ternos ç'{zj) = grgu(xt;} > gr(xt;}.

Atendendo a que li é par, conclui-se que gli é isótona e por consequência

Do exposto resulta que iJ é isótona.

Para mostrar a unicidade, suponhamos que existe <p E A(X;g) tal que <p(Xi) = bi, qualquer

que seja i E {l, ... ,m}. Tendo em conta que iJ,<p E C(g) e aplicando o teorema 3.2, conclui-se

que iJ = <p. O

Como consequência dos teoremas 4.16 e 4.17, podemos estabelecer um resultado acerca do

cardinal do semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra pertencente a T.

Dado um espaço de Ockham redutível (X;g); para cada Y E Orb(g). definimos os seguintes

conjuntos

n~ = {Z E Orb(g) : (Y, Z) E Rg e Sy,Z n D» = 0}.

n} = {Z E Orb(g) : (Y, Z) E Rg e Sy,Z n D» =1= 0}.

Teorema 4.18 Seja (L; I) E T e (X; g) o espaço dual de (L; 1). Então tem-se

11End(L; 1)1 = IA(X;g)1 = TI (I: cz + - I: ez).

YEOrb(g) zEn~ 2 zEn~

Demonstração Tendo em consideração o teorema 4.15, observemos que (X;g) é um espaço de

Ockham redutível. Pelo teorema 1.11 conclui-se que I End(L; 1)1 = IA(Xjg)l.

99

Consideremos uma família (Xih~i~m' de elementos do conjunto Orb(g), tal que Orb(g) =

{Xi: 1 S; i S; m} e X, # Xi, quaisquer que sejam i,j tais que i # j. Seja (xih~i~m uma família

de elementos de X tal que, para cada i, Xi é um elemento minimal de Xi,m

Tendo em vista o teorema 4.16, podemos definir uma aplicação 'ljJ : A(Xj g) ---+ X Ni, doi=l

seguinte modo

mFazendo uso do teorema 4.17, conclui-se que 'ljJ é bijecção e por consequência IA(Xjg)1 = TI INd.

i=l

Vamos fazer algumas observaçõese acerca dos elementos de n}. Seja Z E n}. Então temos

(Y, Z) E s; portanto 8z (S y.z n Dy) ç Dz. Atendendo a que Sy,Z n Dy # 0, resulta Dz # 0 e

por conseguinte, pelo teorema 4.11, conclui-se que ez é par.

Dado i E {I, ... , m}, consideremos os conjuntos defini.dos do seguinte modo

E? = {j E {I, ... , m} : X i E n~J,

El = {j E {t, ... ,m}: x, E n~J.

É claro que, para cada i E {I, ... , m}, temos

Ni = ( U Xi,i) U ( U Xi,i)'iEE? iEEl

Assim temos

INil = I U Xi,il + I U Xi,il·iEE? iEE}

Para cada j E E? tem-se X i,i = Xi e por conseguinte IXi,il = ex}. Por outro lado, para

1 - + - excada j E Ei temos que: ex} é par, Xi,i = Xi e por conseguinte IXi,il = -T-'

Do exposto resulta que

Neste contexto podemos afirmar que

m ~ ~

IA(Xi9)1= TI( L: ez+ L: -2)= TI (L: ez+ L: -).i=l ZEflO ZEfl1 YEOrb(g) ZEflOy ZEfl1y 2x, x,

100

Dos raciocínios acima expostos conclui-se que

1IA(X;g)l= Il (I: cz+:- I: cz). O

YEOrb(g) zEn~ 2 zEn\y

Teorema 4.19 Seja (X; g) um espaço de Ockham redutioel e ZI, Z2 E Orb(g).

Demonstração Suponhamos que cz, = cz«. Mostremos que SZ"Z2 = {I, ... , cz, - I}. Por

definição, SZ"Z2 ç {1, ... .cz, - I}. Assim basta provar que {1, ... ,cz, -I} ç SZ"Z2' Seja

1 E {I, ... , cZ 1 - I}. Neste contexto é claro que cZ2 não divide l, uma vez que 1 :S: 1 < cz, = cz2.

Portanto 1 E 5 Z, ,Z2'

Teorema 4.20 Dado um espaço de Ockham redutível (X; g). Se ZI, Z2 E Orb(g) então são

equivalentes as seguintes afirmações:

Demonstração (1) ===} (2) Suponhamos que (Zl, Z2) E ii; Por definição temos que CZI!CZ2

e CZ2!cZI; donde se tira que cZ 1 = CZ2. Fazendo uso do teorema 4.19, conclui-se que SZI,Z2

SZ2,Z. = {1, ... ,cZ1 -I} e por consequência

Neste contexto, podemos concluir que

Como estamos a supor que (Zll Z2) E Rg então tira-se DZ1 ç DZ2 e DZ2 C Dz,; donde

resulta que Dz, = Dz2.

101

(2) ===> (1) Suponhamos que cZ1 = cZ2 e D z z = Dz2. Aplicando o teorema 4.19, conclui-se

que SZI,Z2 = SZ2,ZI = {I, ... , CZ1 - I} e por consequência

Como, por hipótese, temos CZ1 = cZ2 e DZ1 = D Z2 então sai que (ZI' Z2) E Rg • O

Teorema 4.21 Dado y E Xt. Para cada i, são equivalentes as seguintes afirmações:

(1) y E N i ;

(2) t E Ai e y E Xi,t

Demonstração Seja i E {I, ... , m}.

(1) ===> (2) Suponhamos que y E Ni. Então existe j E Ai tal que y E Xi,j. Atendendo a que

y E X t e y E Xi,j ç Xj conclui-se que j = t. Assim tem-se y E Xi,t e t E Ai.

(2) ===> (1) Suponhamos que t E Ai e y E Xi,t. Neste contexto, é claro que y E N, O

Finalmente, estamos em condições de estabelecer uma condição necessária e suficiente para

que seja regular o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra de T.

Teorema 4.22 Seja (L;J) E T e (X;g) o espaço dual de (L;J). São equivalentes as seguintes

afirmações:

(1) End(L; J) é regular;

(2) Não existe nenhum terno patológico associado a R g e comp(Rg ) S 1.

Demonstração Tendo em consideração o teorema 4.15, observemos que (X;g) é um espaço de

Ockham redutível. Pelo teorema 1.11 temos que End(L; J) e A(X;g) são anti-isomorfos. Por

consequência podemos afirmar que: End(L; J) é regular se, e só se, A(X; g) é regular.

Consideremos uma família (Xih~i~m' de elementos pertencentes a Orb(g), tal que Orb(g) =

{Xi: 1 Si S m} e Xi ::j:. Xj, quaisquer que sejam i,j tais que i::j:. j. Seja (xih~i~m uma família

de elementos de X tal que, para cada i, Xi é um elemento minimal de Xi.

(1) ===> (2) Suponhamos que A(X; g) é regular. Suponhamos, com vista a uma contradição,

que existe pelo menos um terno patológico associado a Rg ou comp(Rg ) ~ 2. Fazendo uso do

102

teorema 4.14, podemos garantir que existem i.i, k E {I, ... , m}, mutuamente distintos, tais que:

Seja (bth9~m E xm, definido do seguinte modo

Xj se t = i;

bt = Xk se t = j;

X t se t rt {i, j} .

Notemos que b, = Xj E Xi,j, bj = XI., E Xi,k j E Ai, k E Aj e portanto b; E Ni, bi E Nj. Por

outro lado, para todo t E {], ... m} \ {i, j}, temos bt = Xt E X t,t e t E A t porque R g é reflexiva.m

Assim se mostra que (br) I <t<m E X N«. Aplicando o teorema 4.17, podemos garantir que existe- - t=l

1J E A(X;g) tal que

t9(xd = b-, para todo t E {I, ... m}.

Como estamos a supor que o semigrupo A(X;g) é regular, então existe ep E A(X;g) tal que

1Jep1J = 1J.

Por definição de 1J temos: 1J(Xi) = Xj, 1J(Xj) = Xk e 1J(Xt) = Xt, para qualquer elemento

t E {I, ... m} \ {i,j}. Atendendo a que 1J(x;) = Xj, conclui-se que 1Jep(Xj) = Xj e por consequência

ep(Xj) E Xi. Pelo teorema 4.16 temos ep(Xj) E Nj = U Xj,t. Portanto existe t E Aj tal quetEA)

ep(Xj) E Xi,t. Como Xj,t ç X, então ep(xi) E XinXt e por conseguinte t = i. Nestaconformidade

temos i E Aj e portanto (Xj, Xi) E R g , o que é absurdo.

(2) ==> (1) Suponhamos que não existe terno patológico associado a R g e comp(Rg ) ~ 1.

Seja 1J E A(X;g). Pelo teorema 3.1, e atendendo a que A(X;g) ç C(g), sabemos que existe uma

e uma só a aplicação a: {I, ... , m} ---+ {I, ... , m} tal que

1J(Xi) = Xa(i)' qualquer que seja i E {I, ... , m}.

Para cada i E {l, ... ,m} existe um e um só ri E {O"",CXa(i) -I} tal que 'l9(Xi) = gr'(Xa(i»)'

Neste contexto vamos mostrar que

(1) (Vi E {l, ... ,m}) (Xi,Xa(i») ERg.

103

Seja i E {I, ... , m}. Pelo teorema 4.16 temos 19(Xi) = gr;(XCI(i») E N, = U Xi,j' Então existejEA;

j E Ai tal que 19(Xi) E Xi,j ç Xj' Assim temos 19(Xi) E Xj n Xa(i) e portanto j = O'(i). Como

j E A; então O'(i) E Ai e por consequência (Xi, XCI(i») ERg.

Vejamos que, nesta conformidade, se tem

(2) (Vi E {1, ... ,m}) (Xa(i) ,Xi) ~ Rg => 0'0'('i) = O'(i).

Seja i E {I, ... ,m} e suponhamos que (XCI(i)'Xi) ~ Rg •

Mostremos que (Xaa(i)' Xa(i») E Rg • Suponhamos, com vista a uma contradição, que

(XaCl(i), Xa(i») ~ Rg • Pelo teorema 4.13 Rg é transitiva e por consequência, tendo presente

cujo comprimento é 2; o que é absurdo, visto que comp(Rg ) ~ 1.

Mostremos que os elementos i, O'('i),O'O'(i) não são mutuamente distintos. Suponhamos, com

vista a uma contradição, que os elementos i, 0'(i), O'O'( i) são mutuamente distintos. Como vimos

anteriormente (XClCI(i)' XCI(i») E ti; Por outro lado, aplicando (1), obtém-se (Xi, XCI(i») E Rg

e (XCI(i) , XClCI(i») E ti; Como, hipótese (XCI (i), Xi) ~ n., então (Xi, XCI(i)' XClCI(i») é um terno

patológico associado a Rg , o que é absurdo.

Atendendo a que é Rg é reflexiva e (Xa(i)' Xi) ~ Rg então temos 0'(i) -# i. Como i, 0'(i), 0'0'(i)

não são mutuamente distintos então O'O'(i) E {i,O'(i)}. Neste contexto temos O'O'(i) -# i porque

(XCI(i) , XCla(i») E Rg e (Xa(i)' Xi) ~ Rg • Portanto podemos concluir que O'O'(i) = O'(i).

Seja F = 1m 0'. Consideremos a aplicação 1r : F ----+ {I, ... , m}, definida do seguinte modo

Por definição de 1r tem-se O'lr(j) = j, para qualquer j E F. Consequentemente, para qualquer

j E F, temos:

Para cada j E F, definimos Sj = r7l"(j). Assim temos, para cada j E F,

104

Consideremos a família (lj)jEF, de elementos de lN, definida por

{

OI· -

J - CXj _ Sj

se Sj = O;

se Sj:f. o.

É de observar que, para todo j E F, temos O~ lj < cx.. Além disso, é claro que

Consideremos os conjuntos

Atendendo a que, para qualquer j E F, se tem c<1r(j) = j e tendo presente (1) conclui-se que

Seguidamente vamos demonstrar que, neste contexto, se tem

(4) ('Vj E F2 ) a(j) = j.

Seja j E F2 , então temos (Xj, X1l"(j») ~ Rg • Como c<1r(j) = j então (XC>1l"(j), X.".(j») ~ Rg •

Aplicando (2) conclui-se que amr(j) = mr(j) e por consequência a(j) = j.

Aplicando (4), conclui-se que: para cada j E F2 , se tem 'l9(Xj) = X]. Por consequência.

resulta que: para cadaj E F2 , existe um e um só Vj E {O, ... ,CX} -1}, tal que

Para cada j E F2 , seja Uj o resto na divisão euclideana de vj(ex} -1) por ex) e qj o respectivo

quociente. Assim temos: Vj(CXj - 1) = qjCx} + Uj e O~ Uj < ex}.

Seja (kj) IsjSm a família de elementos de {1, ... ,m}, definida por

se j E {1, ... , m} \ FI;

se j E FI,

105

Consideremos a família (njh<j<m, de elementos de lN, definida por

o se jE{l, ... ,rn}\F;

'ILj se j E F2 •

É de notar que: O :::; nj < cx.. para todo j E {I, ... , rn}.

Seja (bjh~j~m E xm, definido do seguinte modo

Vamos mostrar que: para qualquer j E {l, ... ,m} se tem k j E Aj e bj E Xj,kj'

Dado j E {L ... , m}, est udarernos vários casos.

Suponhamos que j E {I, ... , m} \ F. Por definição temos kj == J e nj == O. Como Rg é

reflexiva conclui-se que k j E Aj. Atendendo a que nj == O conclui-se que bj == gnJ(XkJ E Xj,kJ'

Suponhamos que j E FI, Então k j == 1r(j) e nj == lj. Por definição temos (X,, X1I'(j») E Rg e

por conseguinte kj E Aj.

Fazendo 1\SO do teorema 4.20, conclui-se que ex == ex ( ) e Dx == Dx ( i: Pelo teorema 4.19J :r J ) :r J

Para provar que bj == glJ (X1I'(j») E X j,1I'(j), podemos supor, sem perda de generalidade, que

SXj,X1f())

n DXj =I=- 0. Aplicando o teorema 4.16 sai que 19(x1I'(j») E N1I'(j)' Pelo teorema 4.21

conclui-se que 19(x1I'(j») E X1I'(j),j. Como SX 1fU)'X) n Dx rc( ) ) == SX).X rc() ) n DXJ =I=- flJ então temos

19(x1I'(j») == gSJ (Xj) E X1I'(j),j == xt e por conseguinte Sj é par. Atendendo a que D Xj =I=- flJ e

aplicando o teorema 4.11, conclui-se que eXJ

é par. Neste contexto temos que lj é par. Atendendo

a que bj == i J(X1I'(j»), podemos concluir que bj E X;(j) == X j,1I'(j)'

Suponhamos que j E Fz. Então kj == j e nj == Uj' Como Rg é reflexiva então temos

k j E Aj. Para provar que bj == gUJ(Xj) E Xj,j, podemos supor, sem perda de generalidade, que

SXj,Xj n DXj i= 0. Assim temos que DXj i= 0 e portanto, aplicando o teorema 4.11, podemos

inferir que ex, é par. Do teorema 4.16 conclui-se que iJ(Xj) == gVj (Xj) E N]. Pelo teorema 4.21,

106

temos 'I9(Xj) E Xj,.i' Como estamos a supor que Sx,,«, n Dx] i= 0, então tem-se Xj,j = XI e

por conseguinte Vj é par. Atendendo a que Uj = Vj(CXj - 1) - qjCx], conclui-se que Uj é par e

por consequência bj = gU](Xj) E XI = Xj,j.

Em qualquer dos casos, acima discutidos, conclui-se que k j E Aj e bj E X j,kj' Atendendo a

que bj E X k] e aplicando o teorema 4.21, conclui-se que bj E Nj, para qualquer j E {1, ... , m}.

Pelo teorema 4.17 conclui-se que existe ~ E A(X;g) tal que b.i = ~(Xj), qualquer que seja

j E {1, ... , m}. Então temos

Xj se jE{1, ... ,m}\F;

~(.Tj) = gl] (x tr(j)) se j E FI;

g"](Xj) se j E F2 •

Finalmente, vamos mostrar que 'I9~'19 = '19. Para cumprir tal propósito é conveniente provar o

seguinte:

Seja j E F. Examinaremos dois casos.

Se j E FI então temos Xj = 'I9g1] (xtr(j)) e por conseguinte 'I9~(Xj) = xl"

No caso de j E F2, temos

Donde se conclui que

Seja x E X, então existe j E {1, ... ,m} tal que 'I9(x) E X]. Seja r E {O, ... .cx, -1} tal que

'I9(x) = gr(Xj). Por outro lado, existe i E {1, ... , m} tal que x E Xj. Pelo teorema 3.1 temos

'I9(Xj) = Xj e por consequência a(i) = j; em suma j E F. Fazendo uso de (5), tem-se

Do exposto resulta que 'I9~'19 = '19. O

107

Terminamos este trabalho com um exemplo de uma álgebra de Ockham (Lj 1) E T.

Exemplo 4.2 Consideremos a álgebra de Ockham (L; 1) definida do seguinte modo:

k

d

o

b

d e h ixf(x)

o a b1 n k

cm l i j

J ke b h c

m n 1d a O

Verifica-se facilmente que o respectivo espaço dual, (Xjg), se pode descrever do modo

seguinte:

s

p q

~p q s t ug(x) s t q P u

•u

As órbitas de g são: Xl = {p, 5, q, t} e X2 = {u}. Então (X; g) é redutível e por consequência,

aplicando o teorema 4.15, conclui-se que (Lj 1) E T.

É claro que: DX 1 = {1,3}, DX2 = 0 e 5x 1 ,X 2 = 0. Portanto temos 8x2(5x1 ,X 2 n DxJ = 0.

108

reflexiva então tem-se:

Do exposto resulta que não existe terno patológico associado a Rg e comp(Rg ) = 1. Por aplicação

do teorema 4.22 conclui-se que o semigrupo End(L; f) é regular.

Tendo em consideração que SX1,X 1 n DX1 = D X 1 :f:. 0 e SX1,X2 n DX1 = 0, podemos afirmar

que

Assim temos

Como consequência do teorema 4.18, obtém-se IEnd LI = 3.

Consideremos a aplicação cp : L ----t L definida do seguinte modo:

se x ~ n;

se x 1:. n.

Facilmente se verifica que ep é endomorfismo de (L; f) e por conseguinte {idL' P, ep} ç End(L; f).

Corno IEnd(L;f)l = 3 então conclui-se que End(L;f) = {idL,P,ep}. O sernigrupo End(L;f)

pode ser descrito pela seguinte tabela de Cayley:

id id P spid id f ep

P P id sp

cp ip sp ep.

109

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