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\newtheorem{definition}{\bf Definici{\'o}n}[section]
\newtheorem{lemma}[definition]{\bf Lema}
\newtheorem{theorem}[definition]{\bf Teorema}
\newtheorem{proposition}[definition]{\bf Proposici{\'o}n}
\newtheorem{corollary}[definition]{\bf Corolario}
\newtheorem{question}[definition]{\bf Problema}
\newtheorem{conjecture}[definition]{\bf Conjectura}
\newtheorem{remark}[definition]{\bf Comentario}
\newtheorem{ejemplo}[definition]{\bf Ejemplo}



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\font\tt=cmtt10
\begin{document}



\title{APUNTES SOBRE SISTEMAS TRIPLES}



\section{Introducci{\'o}n}

En este curso vamos a trabajar con estructuras no asociativas. Como paso previo a
estas estructuras, introduciremos los anillos alternativos (que es la estructura no
asociativa m{\'a}s pr{\'o}xima a {\'e}sta). Toda {\'a}lgebra alternativa ``suficientemente buena"
posee una sub{\'a}lgebra que es asociativa, su n{\'u}cleo, y que, en ciertas condiciones,
conserva propiedades del algebra, esto nos va a permitir saber propiedades de un
{\'a}lgebra alternativa trabajando con {\'a}lgebras asociativas, lo que resulta mucho m{\'a}s
f{\'a}cil.


Posteriormente estudiaremos el tema principal de este curso los sistemas de Jordan:
y su relaci{\'o}n (y {\'e}ste es el punto principal del curso) con las {\'a}lgebras de Lie.

\begin{itemize}
\item $J$ {\'A}lgebras. \item $V$ Pares. \item $T$ Sistemas Triples.
\end{itemize}


La idea es que las propiedades en un par inducen propiedades en el {\'a}lgebra y
viceversa:

\begin{itemize}
\item no degenerada.
\item fuertemente primo.
\item simple.
\item primitivo (introduce este concepto solo en algebras tres
graduadas).
\end{itemize}


\section{Algebras Alternativas (Rings that are nearly associative)}

\begin{definition}
Sea $\Phi$ un anillo de escalares (conmutativo, unitario, sin divisores de cero,
asociativo), se dice que $A$ es una $\Phi$-{\'A}lgebra si
\begin{itemize}
  \item $A$ es un $\Phi$-m{\'o}dulo.
  \item En $A$ hay definido un producto bilineal, que denotaremos por $*$ o simplemente yuxtaposici{\'o}n.

\end{itemize}
\end{definition}




\begin{definition}
Sea $A$ una $\Phi$-{\'a}lgebra. Se define el conmutador de $A$ $[,]: A\times A\to A$,
como:
$$
(x,y)\to [x,y]=x*y-y*x
$$
{\bf Nota:} El conmutador es bilineal, y  el {\'a}lgebra $A$ es conmutativa si y s{\'o}lo si
el conmutador es la aplicaci{\'o}n nula.
\end{definition}

\begin{definition}
Se define el asociador de un {\'a}lgebra $A$ a la aplicaci{\'o}n trilineal definida por $
(,,):A\times A\times A\to  A$:
$$
(x,y,z)=(x*y)*z-x*(y*z).
$$
{\bf Nota:} el asociador es una aplicaci{\'o}n trilineal y el {\'a}lgebra $A$ es asociativa
si y solo si $(,,)=0$.
\end{definition}

\begin{definition}
Se dice que un $\Phi$-{\'a}lgebra $A$ es alternativa si para cualesquiera $x,y\in A$ se
tiene que
$$
x^2y=x(xy)\quad yx^2=(yx)x,
$$
es decir $(x,x,y)=0=(y,x,x)$.

{\bf Nota:} Es importante tener ejemplos de las estructuras que estudiamos, en este
caso, se tiene, por lo anterior, que toda {\'a}lgebra asociativa es alternativa.
\end{definition}

\begin{theorem}
Todo algebra alternativa verifica la identidad flexible:
$$
(xy)x=x(yx),
$$
es decir, $(x,y,x)=0$.
\end{theorem}

\noindent {\bf Demostraci{\'o}n: } En un {\'a}lgebra de este tipo, no asociativa,  una
t{\'e}cnica denomina Linealizaciones (quitar cuadrados). Observemos que
$$
0=(x+z,x+z,y)=(x,x,y)+(x,z,y)+(z,x,y)+(z,z,y)=(x,z,y)+(z,x,y)
$$
de donde se tiene que
$$
(x,z,y)=-(z,x,y)
$$
por tanto tenemos que $(x,y,z)=-(y,x,z)$ y $(x,y,z)=-(x,z,y)$. Si $z=x$ entonces de
ambas ecuaciones obtenemos que $(x,y,x)=0$. $\blacksquare$

{\bf Nota:} Observar que, por este proceso, de la identidad $(x,x,y)=0$ ``en donde $x$ es una variable de grado dos" se pasa a la identidad
$(x,z,y)+(z,x,y)=0$ en donde toda variable tiene grado uno (por tanto esta igualdad es ``lineal" en cada variable).

{\bf Nota:} Luego en un {\'a}lgebra alternativa tiene sentido considerar el producto
$xyx$ (en {\'a}lgebras no asociativas, normalmente $(xy)x\ne x(yx)$). Las {\'a}lgebras que
verifican esta propiedad se las denomina {\it flexibles}.


\begin{question}
Un {\'a}lgebra es Casi Alternativa  si $(x,y,z)=-(y,x,z)$ y $(x,y,z)=-(x,z,y)$. Para
$x=y$ se tiene que $(x,x,z)=-(x,x,z)$ es decir $2(x,x,z)=0$. Si la caracter{\'\i}stica
del cuerpo es distinta de $2$ entonces $(x,x,z)=0$. La pregunta es: ?`Existen
{\'a}lgebras Casi Alternativa que no sean alternativas?
\end{question}


\begin{theorem} {\bf (Teorema generalizado de Artin)}
Sea $A$ un {\'a}lgebra alternativa y sean $x,y,z\in A$ tales que $(x,y,z)=0$. Entonces,
la sub{\'a}lgebra generada por $\{x,y,z\}$ es asociativa.
\end{theorem}

(*) Las sub{\'a}lgebras generadas por dos elementos son asociativas. Las {\'a}lgebras
alternativas son las m{\'a}s asociativas dentro de las no asociativas. De hecho se tiene
lo siguiente:
\begin{quote}
$A$ es alternativa si y solo si las sub{\'a}lgebras generadas por dos elementos son
asociativas.
\end{quote}

(**) Toda {\'a}lgebra alternativa es de potencia asociativa (porque la sub{\'a}lgebra
generada por un elemento es asociativa).


\begin{ejemplo}Algebra de Cayley-Dickson
\end{ejemplo}

Es un ejemplo de {\'a}lgebra alternativa  no asociativa. Aparece como soluci{\'o}n final a
un problema planteado a principios de 1.800.

Observemos la identidad
$$
(x^2+y^2)(a^2+b^2)=(xa-yb)^2+(xb+ya)^2
$$
Nos encontramos que e suma formula que escribe el producto de sumas de dos cuadrados
como una suma de cuadrados. ?`Qu{\'e} pasar{\'a} para la suma de $n$ cuadrados?

Observemos que la identidad anterior aparece al tomar la norma en la  relaci{\'o}n
siguiente:
$$
(x+yi)(a+bi)=(xa-yb)+(xb+ya)i.
$$
Euler y Lagrange consiguen la f{\'o}rmula para $4$ cuadrados. Degen para $8$ cuadrados.
Hamilton demuestra que hay una f{\'o}rmula para $n$ cuadrados si y s{\'o}lo si existe un
{\'a}lgebra de divisi{\'o}n de dimensi{\'o}n $n$ sobre $\R$. Hurwitz demuestra en 1895 que las
posibles dimensiones son: $1,2,4,8$. (nos encontramos aqu{\'\i} con otro ejemplo en donde
relacionar estructuras diferentes de la matem{\'a}tica, un problema num{\'e}rico con un
problema algebraico, da la clave para resolver un problema)

Sea $A$ un {\'a}lgebra unitaria y $*:A\to A$ una involuci{\'o}n, es decir una aplicaci{\'o}n
lineal, tal que $*\circ *=id$ y $(ab)^*=b^*a^*$. Sea $\alpha\in \Phi$, en $A\times
A$ definimos un nuevo producto:
$$
(a_1,a_2)(b_1,b_2)=(a_1b_1+\alpha b_2a_2^*,a_1*b_2+b_1a_2).
$$
Si $*=id$ lo que estamos diciendo es que ponemos un n{\'u}mero $i$ tal que $i^2=\alpha$.

A este {\'a}lgebra la notaremos por $A(\alpha)$. Observemos que es unitaria: $(1,0)$ es
el elemento unitario. Por otra parte observemos que si $v=(0,1)$ entonces
$$
A(\alpha)=A\oplus Av
$$
donde $v^2=\alpha$. Consideraremos la involuci{\'o}n:

$$
*:A(\alpha)\to A(\alpha)
$$
definida por $*(x+yv)=x^*-yv$. A este proceso se le denomina proceso de Cayley-Dickson.

Nos encontramos entonces que:
\begin{theorem}
Si partimos de $F$ un cuerpo, $*=id$ y entonces:
\begin{itemize}
  \item $F(\alpha)$ es un {\'a}lgebra asociativa y conmutativa.
  \item $F(\alpha,\beta)$ no es conmutativa pero sigue siendo asociativa.
  \item $F(\alpha,\beta,\gamma)$ no es asociativa, pero si es alternativa, llamada {\'a}lgebra de Cayley-Dickson.
\end{itemize}
\end{theorem}


{\bf Nota:}  Si partimos de $\R$, $\R(-1)=\C$, $\C(-1)=\H$ finalmente $\H(-1)=\O$.

\section{Propiedades de un {\'a}lgebra.}




\begin{definition}
\begin{itemize}
\item Sea $A$ un $\Phi$-{\'a}lgebra alternativa. Se dice que $B\subset A$ es un
sub{\'a}lgebra si $B$ con las operaciones inducidas por $A$ es un {\'a}lgebra. Para ello
solo hace falta que las operaciones sean internas: si $b_1,b_2\in B$ entonces
$b_1b_2\in B$ y $b_1+b_2\in B$. \item Se dice que $I\subset A$ es un ideal si es un
sub{\'a}lgebra y:
$$
ay, ya\in I
$$
para todo $a\in A$ y para todo $y\in I$. \item Se dice que $I\subset A$ es un ideal
por la izquierda (respectivamente derecha)  si es un sub{\'a}lgebra y:
$$
ay\in I, (ya\in I)
$$
para todo $a\in A$ y para todo $y\in I$. \item Se dice que $A$ es simple si los
{\'u}nicos ideales de $A$ son $\{0\}$, $A$ y $A^2\neq 0$. \item Se dice que $A$ es prima
si dados $I,J\vartriangleleft A$  no nulos se tiene que $IJ\neq 0$. \item Se dice
que $A$ es semiprima si para todo $I\vartriangleleft A$ $I\neq 0$ se tiene que
$I^2\neq 0$. \item Se dice que $A$ es no degenerada si para todo $a\in A$ con $a\neq
0$ se tiene que $aAa\neq 0$.
\end{itemize}
\end{definition}

\begin{theorem} Si $A$ es un algebra (arbitraria)  no degenerada, entonces $A$ es semiprima. El rec{\'\i}proco es cierto para {\'a}lgebras asociativas.
\end{theorem}


{\it Demostraci{\'o}n: } Si $I$ es un ideal de $A$ (un ideal por la izquierda o por la
derecha)  tal que $I^2=0$, entonces para todo $x\in I$, $xAx\subset I^2=0$ y por
tanto $x=0$. Luego no degenerada implica semiprima. Supongamos que $A$ es asociativa
semiprima y sea $x\in A$ tal que $xAx=0$. Consideremos $I=AxA$, que es un ideal de
$A$, entonces $I^2=AxA^2xA=0$ lo que implica, al ser $A$ semiprima que $I=0$.
Consideremos ahora $J=\{x\in A\vert AxA=0\}$, claramente $J$ es un ideal de $A$, es
m{\'a}s, $J^3=0$, por tanto $0=J^4=(J^2)^2$ y as{\'\i}, $J^2=0$ y $J=0$. Luego no existe
ning{\'u}n elemento no nulo tal que $xAx=0$. $\blacksquare$

\section{M{\'a}s propiedades.}

\begin{definition}
Si $A$ es un {\'a}lgebra alternativa se define su:
\begin{itemize}
\item N{\'u}cleo por:
$$
N(A)=\{x\in A\,:\, (x,A,A)=(A,x,A)=(A,A,x)=0\}.
$$

\item Centro:
$$
Z(A)=\{x\in N(A)\,:\,[x,A]=0\}.
$$
\end{itemize}
\end{definition}
Observemos que $N(A)$ es un anillo asociativo y $Z(A)$ es un anillo conmutativo y
asociativo.  Como veremos a continuaci{\'o}n,  las propiedades de $A$ quedan reflejadas
en $N(A)$ y viceversa.

\begin{definition}
Sea $A$ un {\'a}lgebra alternativa.

$\bullet $ Se define el ideal asociador como $ D(A)=\langle \{(x,y,z)\,\vert\, x,y,z\in A\}\rangle \vartriangleleft A $.

$\bullet $ Se define $U(A)$ el mayor ideal contenido en $N(A)$.
\end{definition}

\noindent {\bf Nota:}  Observemos que el cociente $A/D(A)$ es un {\'a}lgebra asociativa.

Los siguientes dos teoremas nos van a dar la estructura de los anillos alternativos respectivamente simples y fuertemente primos.


\begin{theorem}
Sea $A$ un {\'a}lgebra alternativa simple. Entonces $A$ es asociativa simple o $A$ es un
algebra de Cayley-Dickson. En cualquier caso $Z(A)\ne 0$ es un cuerpo.
\end{theorem}


\begin{theorem}
Sea $A$ un {\'a}lgebra alternativa prima y no  degenerada. Entonces $A$ es asociativa o
$A$ es un anillo de Cayley-Dickson:


$Z(A)$ es un DI; $Z(A)^{-1}Z(A)A=Z(A)^{-1} A$ es simple, un
{\'a}lgebra de Cayley-Dickson.\end{theorem}

\begin{definition}
Se dice que un {\'a}lgebra alternativa $A$ es pura si $U(A)=0$.
\end{definition}


\begin{theorem}
Si $A$ es no degenerada y puramente alternativa  (es decir, pura y alternativa)
entonces $N(A)=Z(A)$.
\end{theorem}


Es bastante com{\'u}n que en estructuras no asociativas pedir como condici{\'o}n minima el
car{\'a}cter no degenerado, y es en este caso hay posibilidades de resolver ciertos
problemas y{\'e}ndonos al caso fuertemente primo a partir del siguiente teorema:

\begin{theorem}
Sea $A$ un {\'a}lgebra asociativa no degenerada. Entonces  existe una familia de ideales
$\{I_{\alpha}\}$ de $A$ tales que $\bigcap I_\alpha=0$ y $A/I_\alpha$ es prima y no
degenerada (es decir, fuertemente prima). En este caso $A$ puede verse como
subanillo de un producto directo de anillos fuertemente primos, $A\subset \prod
A/I_\alpha$ con $\pi_\alpha(A)=A/I_\alpha$.
\end{theorem}


Los siguientes teorema muestran como el teorema anterior nos
permite obtener propiedades  para anillos alternativos no
degenerados bas{\'a}ndonos en el caso fuertemente primo o incluso
simple.

\begin{theorem}
Si $A$ es no degenerada, entonces  $N(A)$ es no degenerada.
\end{theorem}

\begin{theorem}
Sea $A$ un {\'a}lgebra alternativa no degenerada tal que $((xy)z)x=(x,(yz))x$ para todo
$x,y,z\in A$. Entonces $A$ es asociativa.
\end{theorem}

{\it Demostraci{\'o}n.} $A$ verifica que $(x,y,z)x=0$, es alternativa y no degenerada. Y
tenemos que demostrar que $A$ es asociativa.

Existe una familia de ideales $\{I_\alpha\}$ tales que $\cap
I_\alpha=0$ y $A/I_\alpha$ es fuertemente prima.


Las {\'a}lgebras $A/I_\alpha$ son asociativas y anillos de C.D., es m{\'a}s son {\'a}lgebras de
C.D. Estas {\'a}lgebras de C.D verifican que $(x,y,z)x=0$. Sabemos que las {\'a}lgebras de
C.D son simples y que $N(R)=Z(R)$, es decir es D.I.

Linealizando $(x,y,z)x=0$ resulta que
\begin{eqnarray*}
0&=&(a+b,y,z)(a+b)\\&=&(a,y,z)a+(a,y,z)b+(b,y,z)a+(b,y,z)b\\&=&0=(a,y,z)b+(b,y,z)a
\end{eqnarray*}
de donde $(a,y,z)b=-(b,y,z)a$. Ahora consideramos $C_\alpha$ el {\'a}lgebra de C.D. tal
que $(x,y,z)x=0$ dado $\alpha\in Z(C_\alpha)$, observemos que
$$
0=(\alpha,y,z)b=-(b,y,z)\alpha
$$
y esto implica que $\alpha(b,y,z)=0$ para todo $b,y,z\in
C_\alpha$. De donde
$$
\langle \alpha\rangle \langle b,y,z)\rangle=0
$$
Es decir, $C_\alpha C_\alpha=0$ y esto es una contradicci{\'o}n puesto que $C_\alpha$ es
simple. Por tanto, un {\'a}lgebra de C.D. no puede verificar que $(x,y,z)x=0$, luego $A$
est{\'a} sumergida en un producto de {\'a}lgebras asociativas, de donde $A$ es asociativa.



\begin{remark}
Si tenemos un polinomio que no se anula en las {\'a}lgebras de C.D. $f$ y $A$ es un
{\'a}lgebra alternativa  no degenerada y $f$ se anula en $A$ entonces $A$ es asociativa.
\end{remark}



\begin{question}
Si $A$ es un algebra alternativa no degenerada sobre un cuerpo $F$
y $dim_F N(A)$ es finita entonces $dim_F(A)$ es finito.
\end{question}

$\star$ Los teorema anteriores nos permiten, estudiando propiedades de un cierto anillo
 asociativo, $N(A)$, obtener propiedades para un anillo
alternativo $A$.

\section{Algebras de Jordan}

\begin{definition}
Sea $\Phi$ un anillo de escalares. Se dice  que $J$ es una $\Phi$-{\'a}lgebra de Jordan
si $J$ es un $\Phi$ m{\'o}dulo con un producto $\circ$ tal que $\circ$ es conmutativo. y
se satisface la identidad de Jordan:
  $(a^2b)a=a^2(ba)$, es decir $(a^2,b,a)=0$.



\end{definition}


\begin{ejemplo} Sea $A$ un {\'a}lgebra asociativa. Definimos en $A$ un nuevo
 producto $x\circ y=(xy+yx)/2$,   entonces $(A,\circ)=A^+$ es un {\'a}lgebra de Jordan.
\end{ejemplo}

{\bf Demostraci{\'o}n} Es claro que $\circ $ es conmutativo. Por otra parte se tiene la
identidad de Jordan:

$$
((x\circ x)\circ y)\circ x=(x^2\circ y)\circ
x=\frac{1}{2}(x^2y+yx^2)\circ x=\frac{1}{4}(x^2yx+yx^3+x^3y+xyx^2)
$$

El otro miembro de la igualdad:
$$
(x\circ x)\circ(y\circ x)=x^2\circ (y\circ x)=\frac{1}{2}x^2\circ
(xy+yx)=\frac{1}{4}(x^3y+x^2yx+xyx^2+yx^3).
$$
con lo que se demuestra el teorema. $\blacksquare$

\begin{definition}
Se dice que un {\'a}lgebra de Jordan es especial si es sub{\'a}lgebra de un {\'a}lgebra $A^+$
con $A$ asociativa. Si no es especial, se dice que es excepcional.
\end{definition}

\begin{question} Si $A$ es alternativa entonces $A^+$ es de Jordan.\end{question}


Veamos algunos ejemplos de {\'a}lgebras de Jordan:

\begin{enumerate}
\item Sea $A$ un {\'a}lgebra asociativa con involuci{\'o}n $*$, definimos
$$
H(A,*)=\{a\in A\,:\,a=a^*\}
$$
es un {\'a}lgebra de Jordan.

\item Sea $V$ un espacio vectorial sobre $F$ y $\langle ,\rangle$ una forma bilineal
sim{\'e}trica sobre $F$, entonces $J=F\oplus V$ es un $F$-m{\'o}dulo, con el producto
definido por:
$$
(\alpha,x)\circ(\beta,y)=(\alpha\beta+\langle x,y\rangle,\alpha
y+\beta x)
$$
se tiene que $J$ es un {\'a}lgebra de Jordan y adem{\'a}s se dice que es de tipo Clifford.
Se puede encontrar un {\'a}lgebra asociativa $B$ tal que $J\leq B^+$.

\item Sea $C$ un {\'a}lgebra de C.D. $(C,*)$, entonces $J=H(M_3(C),*)$ se llama {\'a}lgebra
de Albert, no es especial.
\end{enumerate}

\begin{definition}
Dada un {\'a}lgebra de Jordan $J$, definimos el operador cuadr{\'a}tico asociado a $J$ como
la aplicaci{\'o}n $U_x:J\to J$
$$
U_x(y)=2x\circ (x\circ y)-x^2\circ y.
$$
\end{definition}

Observemos que si $J$ es especial, entonces $J\subset A^+$,
entonces $U_x(y)=xyx$.

\begin{definition}
Definimos el producto triple como la linealizaci{\'o}n de $U$
$$
\{x,y,z\}=\frac{1}{2}(U_{x+y}z-U_xa-U_yz)
$$
\end{definition}
Observemos que en el caso especial
$\{x,y,z\}=\frac{1}{2}(xyz+zyx)$.

Si $A$ es asociativa, consideramos $A^+$, se tiene que $J\subset
J^+$. En general, dados $x,y\in J$, $[x,y]\notin J$ pero
$\bigcup_{[x,y]}z\in J$. Ya que:


\begin{eqnarray*}
U_{[x,y]}z&=&(xy-yx)z(xy-yx)=xyzxy-xyzyx-yxzxy+yxzyx\\&=&-UxU_yz-U_yU_xz+4y\circ
U_y\circ z-\frac{1}{4}(xzyxy+yxyzx)
\end{eqnarray*}


Por otra parte
\begin{eqnarray*}
U_x(y\circ z)&=&\frac{1}{2}x(yz+zy)x\\
 &=& \frac{1}{2}(xyzx+xzyx)
\end{eqnarray*}

Ahora bien:

\begin{eqnarray*}
y\circ U_x(y\circ
z)&=&\frac{1}{4}(xyzxy+xzyxy+yxyzx)\\
&=&-\frac{1}{2}\{x,z,U_yx\}
\end{eqnarray*}
De donde
\begin{equation}
\label{1} U_{[x,y]}z=-U_xU_yz-U_yU_xz+4y\circ U_x(y\circ
z)-\frac{1}{2}\{x,z,U_yx\}\in J.
\end{equation}
Observemos que si $J$ es un {\'a}lgebra de Jordan, se verifica la identidad fundamental:
$U_{U_xy}z=U_xU_yU_xz$.

Si $J$ es especial: $J\subset A^+$ entonces
$$
U_{U_{[x,y]}z}t=U_{[x,y]}U_zU_{[x,y]}t
$$
La propiedad anterior no se verifica en un {\'a}lgebra de Albert.

Si $J$ no es especial se define $U_{[x,y]}z$ mediante la ecuaci{\'o}n \ref{1}, pero no
se verifica la identidad anterior.

Encontrar una identidad que se verifique en los especiales y no en los no especiales
es muy dif{\'\i}cil (en caso afirmativo se denomina $s$-identidad)\footnote{No hay que
asustarse la hora de comprobar identidades, en la pr{\'a}ctica se trabaja en asociativo
y luego se busca la identidad que se obtiene en las especiales en el caso general
(libro de Loos).}.


No obstante tenemos algunos teorema que nos afirma cuando una identidad ``especial" es en realidad una identidad.
\begin{theorem}
Sea $J$ un {\'a}lgebra de Jordan, cualquier identidad en 3 variables en donde una de las
variables tenga grado 1 y sea cierta en toda {\'a}lgebra de Jordan especial, entonces es
cierta en cualquier {\'a}lgebra de Jordan.
\end{theorem}


\begin{theorem}
\label{shir} Cualquier {\'a}lgebra de Jordan generada por dos elementos es especial. Es
m{\'a}s, existe $A$ asociativa involutiva tal que $J=H(A,*)$.
\end{theorem}

\begin{question} Sea $I$ un ideal de un {\'a}lgebra $J$. Demostrar que
$$
U_II=\{\sum_iU_{y_i}y_i'\,;\, y,y_i'\in I\}
$$
es un ideal.
\end{question}

\begin{enumerate}
\item En primer lugar observemos que $U_II$ es un subm{\'o}dulo. \item Dado $y\in U_II$,
$x\in J$, veamos que $x\circ y\in U_II$, como es lineal respecto de la suma basta
ver que
$$
x\circ U_yy'\in U_II
$$
para todo $y,y'\in I$ y para todo $x\in J$. Ahora bien
\begin{eqnarray*}
x\circ U_yy'&=&x\circ yy'y\\
&=&\frac{1}{2}(xyy'y+yy'yx)\\
&=& \{x\circ y,y',y\}-\frac{1}{2}(yxy'y+yy'xy)\\
&=&\{x\circ y,y',y\}-U_y(x\circ y)\in U_II
\end{eqnarray*}
Tenemos $x\circ U_yy'=\{x\circ y,y',y\}-U_y(x\circ y)$ una identidad en las
condiciones del Teorema \ref{shir} que por tanto es v{\'a}lida en toda {\'a}lgebra de
Jordan, por tanto $U_II$ es un ideal.

\end{enumerate}

\section{Pares de Jordan}

\begin{definition}
Sea $\Phi$ un anillo de escalares. Se define un par de Jordan sobre $\Phi$ como un
par de $\Phi$-m{\'o}dulos $V=(V^+,V^-)$ con un par de aplicaciones cuadr{\'a}ticas
\begin{eqnarray*}
Q^\sigma: V^\sigma & \rightarrow& Hom(V^{-\sigma},V^{\sigma})\\
x&\rightarrow & Q_x^\sigma
\end{eqnarray*}
donde $\sigma\in\{+,-\}$. El homomorfismo
$Q_x^\sigma:V^{-\sigma}\to V^\sigma$ viene definido por
$$
Q_x^\sigma (y)=Q_xy.
$$
\end{definition}

Veamos algunos ejemplos
\begin{enumerate}
\item Si $J$ es una $\Phi$-{\'a}lgebra de Jordan, $V=(J^+,J^-)$ siendo $J^+=J^-=J$. Si
$x\in J^+$ entonces definimos $Q_{x^+}y^-=U_xy$. En este caso $V$ es un par de
Jordan.

\item Si $R$ es un anillo asociativo entonces $(R,R)$ es un par de
Jordan. Se define $Q_xy=xyx$; $\{x,y,z\}\frac{1}{2}(xyz+zyx)$. A
$(R,R)$ se le llama par asociativo.

\item >Porqu{\'e} se consideran las estructuras de pares? Observemos que en el conjunto
$M_n(\R)$ podemos multiplicar, ya que es un anillo. Sin embargo no podemos
multiplicar en el conjunto $M_{n\times m}(\R)$. Ahora bien, si $A,B\in M_{n\times
m}(\R)$ si tiene sentido el siguiente producto:
$$
Q_AB=AB^tA
$$
Se define $\{A,B,C\}=\frac{1}{2}(AB^tC+CB^tA)$. De esta manera el
conjunto $V=(M_{m\times n}(\K), M_{n\times m}(\K))$ es un par de
Jordan.
\end{enumerate}



\begin{definition}
Sea $V=(V^+,V^-)$ un par de Jordan. Se dir{\'a} que $W$ es un subespacio de $V$ si las
operaciones son internas en $W$
\begin{itemize}
  \item $W^\sigma$ es un subm{\'o}dulo de $V^\sigma$.
  \item Dados $x\in W^\sigma$, $y\in W^{-\sigma}$, $Q_xy\in
  W^\sigma, Q_yx\in W^{-\sigma}$.
\end{itemize}

\end{definition}


\begin{definition}
Sea $V=(V^+,V^-)$ un par de Jordan. Se dir{\'a} que $W$ es un ideal de $V$ si
\begin{itemize}
  \item $W$ es un subm{\'o}dulo de $V^\sigma$.
  \item Dados $y\in W^\sigma$, $x,x'\in V^{-\sigma}$, $x''\in
  V^\sigma$ se tiene que
  $$
\{y,x,x''\}\in W^\sigma\quad \{x,y,x'\}\in W^{-\sigma}.
  $$
\end{itemize}
\end{definition}
Observemos que $\{x,y,z\}=\{z,y,x\}$.


\begin{definition}
Dado un par de Jordan $V=(V^+,V^-)$ y $I=(I^+,I^-)\vartriangleleft
V$, se define el cociente $V/I=(V^+/I^+,V^-/I^-)$, siendo
$Q_{\bar{x}}\bar{x}'=\overline{Q_xx'}$.
\end{definition}

\begin{definition}
Sean $V$, $W$ pares de Jordan. Un homomorfismo $f:V\to W$ es un par de aplicaciones
$f=(f^+,f^-)$ donde $f^+:V^+\to W^+$ y $f^-:V^-\to W^-$ son homomorfismos de m{\'o}dulos
y tales que
$$
f^\sigma\{x,y,z\}=\{f^\sigma x , f^{-\sigma}y, f^\sigma z\}.
$$
\end{definition}
Observemos que $Ker(f)\vartriangleleft V$ y que $Im(f)\leq W$.

Veamos un ejemplo. Sea $V$ un par de Jordan e $I$ un ideal de $V$. Entonces el
conjunto $I^3=(\langle \{I^+,I^-,I^+\}\rangle,\langle \{I^-,I^+,I^-\}\rangle)$ no
tiene porqu{\'e} ser un ideal.

Para ello tendr{\'\i}amos que ver esto:

\begin{eqnarray*}
\{a,b,\{y_1,y_2,y_3\}\}&\in & I^3\\
\{a,\{y_1,y_2,y_3\},b\}&\in & I^3
\end{eqnarray*}


Ahora bien, observemos que

\begin{eqnarray*}
\{a,b,\{x,y,z\}\}&=& \frac{1}{4}(ab(xyz+zyx)+(xyz+zyx)ba)\\
&=& \frac{1}{4}(abxyz+abzyx+xyzba+zyxba)\\
&=&
\{\{a,b,x\},y,z\}-\frac{1}{4}xbayz-\frac{1}{4}zyabx+\frac{1}{4}abzyx+\frac{1}{4}xyzba
\\
&=&
\{\{a,b,x\},y,z\}-\frac{1}{4}xbayz-\frac{1}{4}zyabx\\&+& \{\{a,b,z\},y,x\}-\frac{1}{4}zbayx-\frac{1}{4}xyabz\\
&=& \{\{a,b,x\},y,z\}+\{\{a,b,z\},y,x\}-\{x,\{b,a,y\},z\}
\end{eqnarray*}
Por tanto, $\{a,b,\{x,y,z\}\}\in I^3$. Adem{\'a}s se tiene lo que se denomina identidad
JP14:

$$
\{a,b,\{x,y,z\}\}=\{\{a,b,x\},y,z\}+\{\{a,b,z\},y,x\}-\{x,\{b,a,y\},z\}.
$$

En general, $\{a,\{x,y,z\},b\}\notin I^3$. Se ha demostrado que
existe un ideal contenido en $I^3$.

\begin{definition}
Sea $V$ un par de Jordan.
\begin{itemize}
\item Se dice que $V$ es no degenerado si dado $a\in V^\sigma$ tal
que $Q_aV^{-\sigma}=0$ entonces  $a=0$.
\item Se dice que $V$ es semiprimo si dado $I$ un ideal de $V$ no
nulo, $I^3\neq 0$.
\item Se dice que $V$ es primo si dados $I,J$ ideales no nulos de
$V$  se tiene que $Q_IJ\neq 0$.
\end{itemize}
\end{definition}
\begin{theorem}
Si $V$ es semiprimo (respectivamente primo) e $I\vartriangleleft
V$ no nulo, entonces $I$ es semiprimo (resp. primo).
\end{theorem}


Observemos que el teorema anterior en el caso asociativo es f{\'a}cil de probar ya que
si $R$ es asociativo semiprimo y $I\vartriangleleft R$ con $I\neq 0$, si
$J\vartriangleleft I$, $IJI\vartriangleleft R$ de donde $IJI\subset I$. Sin embargo
en Jordan no todo ideal de $I$ contiene un ideal de $R$.


\section{Sistemas triples de Jordan}


\begin{definition}
Un sistema triple de Jordan $T$ es un $\Phi$-m{\'o}dulo con una aplicaci{\'o}n cuadr{\'a}tica
\begin{eqnarray*}
P:T & \rightarrow & End(T,T)\\
x &\rightarrow & P_x:T\to T
\end{eqnarray*}
tal que
\begin{eqnarray*}
L_{x,y}P_x&=&P_xL_{y,x}\\
L_{P_xy,y} &=& L_{x,P_yx}\\
P_{P_{x,y}}&=& P_xP_yP_x
\end{eqnarray*}
donde $L_{x,y}=\frac{1}{2}(P_{x+y}-P_x-P_y)=\{x,y,-\}$ es una
forma trilineal.
\end{definition}

Observemos que si $T$ es un triple de Jordan entonces $(T,T)$ es un par de Jordan.
Veamos que hay una forma de relacionar las estructuras de {\'A}lgebra, Par y triple de
Jordan.

\begin{itemize}
  \item {\bf De {\'a}lgebra a triple. } Dado un {\'a}lgebra de Jordan $J$
  podemos consi\-derar $T(J)$, s{\'o}lo nos tenemos que  olvidar del
  producto y tomar $P=U$:
  \begin{eqnarray*}
P: J & \rightarrow & End(J,J)\\
x& \rightarrow & U_x
  \end{eqnarray*}
  \item {\bf De triple a par.} Si $T$ es un sistema triple de
  Jordan podemos construir $V(T)=(T,T)$, tomamos como
  $Q^\sigma=P$, con $\sigma\in\{+,-\}$.
  \item {\bf De par a triple.} Si $V=(V^+,V^-)$ es un par de
  Jordan, podemos formar $T(V)=V^+\oplus V^-$ y podemos definir
  \begin{eqnarray*}
P:T(V) &\rightarrow & End(T(V))\\
x+x' &\rightarrow & P_{x+x'}:T(V)\to T(V).
  \end{eqnarray*}
donde $P_{x+x'}(y+y')=Q_x^++Q_y^-x$. Se tiene el siguiente
diagrama
\begin{eqnarray*}
T \rightarrow &(T,T)&\rightarrow T\oplus T\\
Triple \rightarrow & Par & \rightarrow Triple.
\end{eqnarray*}
\end{itemize}
Todo funciona de forma funcional. Adem{\'a}s, las propiedades se "traspasan bien". En el
siguiente diagrama se ilustra c{\'o}mo se traspasan dichas propiedades.

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
 & Algebra & Sistemas & Pares & Sistemas \\
 & de Jordan & Triples & $V(T)$ & Triples \\
 & $J$ & $T(J)$ & $V$ & $T(V)$\\
 & & $T$ &  &   \\ \hline
  No degenerada & $\leftrightarrows$ & $\leftrightarrows$ & $\leftrightarrows$ &  \\\hline
  Semiprimo & $\leftrightarrows$ & $\leftrightarrows$ & $\leftrightarrows$ &  \\\hline
  Primo & $\leftrightarrows$ & $\longleftarrow $ & $\leftrightarrows $ &  \\\hline
  simple & $\leftrightarrows$ & $\longleftarrow$ & $\leftrightarrows$ &  \\\hline
  Fuertemente pura & $ \leftrightarrows $ & $\longleftarrow $ & $\leftrightarrows $ &  \\ \hline
\end{tabular}

\section{Algebras locales}

Sea $V$ un par de Jordan y sea $a\in V$. Vamos a poder construir un {\'a}lgebra $V^a$.
$V=(V^+,V^-)$, con $a\in V^-$. Si $x,y\in V^+$ definimos
$$x\circ y=\frac{1}{2}\{x,a,y\}=Q_{x+y}a-Q_xa-Q_ya
$$
En este caso $x^2=\frac{1}{2}\{x,a,x\}=Q_xa$. Se tiene que $(V^+,\circ)$ es un
{\'a}lgebra de Jordan.

\begin{eqnarray*}
U_x^ay&=& 2x\circ (x\circ y)-x^2\circ y \\
&=& 2\{x,a,\{x,a,y\}\}-\{Q_xa,a,y\}\\
&=&
\frac{1}{2}(xaxay+xayax+yaxax+xayax)-\frac{1}{2}xaxay-\frac{1}{2}yaxax\\
&=& \frac{1}{2}(xayax+xayax)=Q_xQ_ay
\end{eqnarray*}
de donde tenemos que $U_x^ay=\frac{1}{2}Q_xQ_ay$.

Observemos que
$$
x\circ y=\frac{1}{2}\{x,a,y\}=\frac{1}{2}\{y,a,x\}=y\circ x
$$

Por otra parte veamos que $(x^2\circ y)\circ x=x^2\circ(y\circ
x)$.
\begin{eqnarray*}
(x^2\circ y)\circ x &=& \{\{Q_xa,a,y\},a,x\} \\
&=& \frac{1}{4}(xaxayax+yaxaxax+xayaxax+xaxaxay)\\
&=& \{Q_xa,a,\{x,a,y\}\}=x^2\circ(y\circ x)
\end{eqnarray*}

Al {\'a}lgebra $V^a$ se le denomina {\'A}lgebra Hom{\'o}topa de $V$ en $a$. Este {\'a}lgebra tiene
por ideal
$$
Ker(a)=\{x\in V^+\,:\,Q_ax=0\}\vartriangleleft V^a.
$$
Se define el {\'a}lgebra local de $V$ en $a$ como $V^a/Ker(a)=V_a$.

Veamos que si $V$ es no degenerada entonces $V_a$ es no degenerada.

Para ello sea $x\in V^\sigma$ tal que
$U_{\bar{x}}^aV^\sigma=\bar{0}$ y tenemos que probar que
$\bar{x}=\bar{0}$. Pero observemos que
$$
U_{\bar{x}}^aV^\sigma=U_{\bar{x}}U_aV^\sigma=\bar{0}
$$
lo cual implica que $0=U_aU_xU_aV^\sigma=U_{U_{a}x}V^\sigma$.
Ahora bien por ser $V$ no degenerado tenemos que $U_ax=0$.

Ahora bien
$$
U_{U_aU_xa}=U_aU_{U_xa}U_a=U_aU_xU_aU_xU_a=0
$$
de donde $0=U_{U_ax}=U_aU_xU_a$, por ser $V$ no degenerada se
tiene que $U_aU_xa=0$ lo cual implica de nuevo que $U_aU_xa=0$.

Por tanto puesto que $U_ax=0$ y $U_aU_xa=0$ se tiene que $x\in
Ker(a)$ por tanto $\bar{x}=\bar{0}$.

As{\'\i} pues $V_a$ es no degenerada.

\begin{theorem}
Sea $V$ un par de Jordan
\begin{itemize}
  \item $V$ es no degenerada si y solo si todos los locales son no
  nulos.
  \item $V$ es semiprimo (resp. primo) si y s{\'o}lo si $V_a$ es
  semiprimo (resp. primo) para todo $a\in V$.
  \item Si $V$ es simple entonces $V_a$ es simple.
  \item Si todos los locales son simples entonces $V^3$ es simple
  (T. Cortes \& J. Anquela).
\end{itemize}
\end{theorem}

\begin{definition}
Sea $V$ un par de Jordan. Se define una derivaci{\'o}n en $V$ como un par de
aplicaciones lineales:
$$
d^+:V^+\to V^+\qquad d^-:V^-\to V^-
$$
tales que
$$
d^\sigma\{x,y,z\}=\{d^\sigma
x,y,z\}+\{x,d^{-\sigma}y,z\}+\{x,y,d^\sigma z\}.
$$
\end{definition}

Veamos un ejemplo. Sea $x\in V^\sigma$, e $y\in V^{-\sigma}$, el par
$(D_{x,y},-D_{y,x})$ es una derivaci{\'o}n.
$$
\{x,y,\{a,b,c\}\}=\{\{x,y,a\},b,c\}+\{a,-\{y,x,b\},c\}+\{a,b,\{x,y,c\}\}
$$
La identidad anterior es la identidad JP14. A estas derivaciones se les llama derivaciones internas.

\section{{\'A}lgebra de Lie}


\begin{definition}
Sea $\Phi$ un anillo de escalares (supondremos que $\frac{1}{2}\in \Phi$). Se dice
que $L$ es una $\Phi$ algebra de Lie si es un $\Phi$ m{\'o}dulo con un producto $[,]$
verificando
\begin{itemize}
  \item $[x,x]=0$ para todo $x\in L$.
  \item $[x,[y,z]]=[[x,y],z]+[y,[x,z]]$ (identidad de Jacobi).
\end{itemize}
\end{definition}

Si la caracter{\'\i}stica de $\Phi$ es distinta de $2$ entonces $[x,y]=-[y,x]$, es decir
se tiene la propiedad anticonmutativa.

Veamos un ejemplo. Sea $A$ un {\'a}lgebra asociativa, el par $(A,[,])$ es un {\'a}lgebra de
Lie con el producto
$$
[x,y]=xy-yx.
$$
Toda {\'a}lgebra de Lie es especial, es decir, si $L$ es un {\'a}lgebra de Lie, existe $A$
{\'a}lgebra asociativa tal que $L$ es un sub{\'a}lgebra de $A$.

\begin{definition}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie. Se dice que $f:L\to L$ es una derivaci{\'o}n si
\begin{itemize}
  \item $f$ es un homomorfismo de m{\'o}dulos.
  \item $f[x,y]=[f(x),y]+[x,f(y)]$
\end{itemize}
\end{definition}
Notemos que dado $x\in L$, la aplicaci{\'o}n $ad_x:L\to L$ definida por $ad_x(y)=[x,y]$
es una derivaci{\'o}n (de hecho es una derivaci{\'o}n interna).

Definiremos $Der(L)$ el conjunto de todas las derivaciones de $L$.
Y por $IDer(L)$ el conjunto de todas las derivaciones internas.

Observemos que $Der(L)\subset End(L)$. $Der(L)$ no es un sub{\'a}lgebra asociativa, pero
si es un sub{\'a}lgebra de $End(L)^-$.

\begin{itemize}
  \item La suma de derivaciones es una derivaci{\'o}n.
  \item \begin{eqnarray*}
[f,g][x,y]&=& fg [x,y]-gf[x,y] \\
&=& f([gx,y]+[x,gy])-g([fx,y]+[x,fy])\\
&=&
[fgx,y]+[gx,fy]+[fx,gy]+[x,fgy]\\
&-&[gfx,y]-[fx,gy]-[gx,fy]-[x,gfy]\\
&=& [[f,g]x,y]+[x,[f,g]y]
  \end{eqnarray*}
es decir, $[f,g]$ es una derivaci{\'o}n.
\end{itemize}

\begin{definition}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie. Se define el centro de $L$ como
$$
Z(L)=\{x\in L\,:\, [x,y]=0\,\,\forall y\in L\}=\{x\in
L\,:\,ad_x=0\}.
$$
\end{definition}


\begin{theorem}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie. Entonces la aplicaci{\'o}n
\begin{eqnarray*}
ad:L & \rightarrow & Der(L)^-\\
x &\rightarrow & ad_x
\end{eqnarray*}
es un homomorfismo de {\'a}lgebras de Lie. Es m{\'a}s, $Ker(ad)=Z(L)$. Por tanto si $Z(L)=0$
entonces $L$ es especial.
\end{theorem}

Es un ejercicio simple comprobar que
$Im(ad)=IDer(L)\vartriangleleft Der(L)$.
\begin{definition}
Se dice que un {\'a}lgebra de Lie $L$ es $\Z$-graduada si $L=\bigoplus_{n\in \Z}L_n$
donde $L_n$ es un subm{\'o}dulo de $L$ satisfaciendo que $[L_n,L_m]\subset L_{n+m}$.

Adicionalmente se dice que la graduaci{\'o}n es finita si $L=\bigoplus_{i=-n}^nL_i$.
\end{definition}

\begin{theorem}
Dada un {\'a}lgebra de Lie $L=\bigoplus_{i=-n}^nL_i$, se tiene que $(L_{-n},L_n)$ es un
par de Jordan.
\end{theorem}

Las {\'a}lgebras de Lie tres graduadas fueron estudiadas por T. Cortes, J. Anquela y E.
Garc{\'\i}a. Las 5-graduadas por Brunce Allison.

\begin{definition}
Se dice que un {\'a}lgebra de Lie es $(2n+1)$-graduada si $L=\bigoplus_{i=-n}^nL_i$, con
$L_i$ subm{\'o}dulos de $L$ tales que $[L_1,L_{j}]\subset L_{i+j}$ con $L_{i+j}=0$ si
$|i+j|>n$
\end{definition}

\begin{theorem}
Si $L\bigoplus_{i=-n}^nL_i$ es un {\'a}lgebra de Lie $(2n+1)$-graduada entonces
$(L_{-n},L_n)$ es un par de Jordan.
\end{theorem}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n. } Definimos $ \{x,y,z\}=[[x,y],z]$ donde $x\in
L_{\sigma n}$, $y\in L_{-\sigma n}$ y $z\in L_{\sigma n}$.

Definimos $Q_xy=\frac{1}{2}\{x,y,x\}$.  Observemos que
\begin{eqnarray*}
\{x,y,z\}&=& [[x,\bar{y}],z]\\
&=& [[x,z],\bar{y}]+[x,[\bar{y},z]]\\
&=&[x,[\bar{y},z]]\\
&=& -[[\bar{y},z],x]\\
&=& [[z,\bar{y}],x]\\
&=& \{z,y,x\}
\end{eqnarray*}
A partir de la identidad
\begin{equation}
\label{jp14}
\{x,y,\{a,b,c\}\}=\{\{x,y,a\},b,c\}-\{a,\{y,x,b\},c\}+
\{a,b,\{x,y,c\}\}
\end{equation}
se prueban las identidades JP1, JP2 y JP3 usando el resultado 2.2 de la p{\'a}gina 15
del libro de Loos.

Veamos que la identidad JP14, es decir la igualdad \ref{jp14} es
cierta.

\begin{eqnarray*}
\{x,\bar{y},\{a,\bar{b},c\}\}&=& [[x,\bar{y}],[[a,\bar{b}],c]]\\
&=& [[[x,\bar{y}],[a,\bar{b}],c]+[[a,\bar{b}],[[x,\bar{y}],c]]\\
&=&
[[[x,\bar{y}],a],\bar{b}],c]+[[a,[[x,\bar{y}],\bar{b}],c]+[[a,\bar{b}],[x,\bar{y}],c]]\\
&=& \{\{x,y,a\},b,c\}-\{a,\{y,x,b\},c\}+\{a,\bar{b},\{x,y,c\}\}
\end{eqnarray*}
As{\'\i} pues, se verifica la propiedad JP14, por el Teorema del libro de Loos se tiene
que $(L_{-n},L_{n})$  es un par de Jordan, y la prueba est{\'a} concluida.$\blacksquare$


Tits, Kantor y Koecher, dado un par de Jordan, construyeron un {\'a}lgebra de Lie. Si
$V$ es un par de Jordan, denotaremos por $TKK(V)$ a esta {\'a}lgebra.

Sea $V=(V^+,V^-)$ un par de Jordan, $TKK(V)=V^+\oplus\underbrace{}\oplus V^-$. Al
multiplicar $3$ elementos como quiero mantener mi par tengo que obtener
$\{x,\bar{y},z\}=[[x,\bar{y},z]$. Adem{\'a}s, JP14 nos dice que la aplicaci{\'o}n
$\{x,\bar{y},-\}$ es una derivaci{\'o}n.

Consideramos $TKK(V)=V^+\oplus IDer(V)\oplus V^-$. Definimos el
producto:
\begin{eqnarray*}
 &&[(v^++(f^+,f^-)+v^-),(w^++(g^+,g^-)+w^-)]\\&=&(-g^+(v^+)+f^+(w^+),d_{v^+,w^-},-d_{w^-,v^+})\\
&+& [(f^+,f^-),(g^+,g^-)]-(d_{v^-,w^+},-d_{w^+,v^-}),
f^-(w^-)-g^-(v^-))
\end{eqnarray*}

Esto define una estructura de {\'a}lgebra de Lie.

\begin{theorem}
Sea $V$ un par de Jordan y $TKK(V)$ su {\'a}lgebra de Lie. Entonces
\begin{description}
  \item[i)] $(L_{-1},L_1)$ es isomorfo a $V$.
  \item[ii)] Si $x_0\in L_0$, $[x_0,L_1\oplus L_{-1}]=0$ entonces
  $x_0=0$.
  \item[iii)] $[L_{-1},L_1]=L_0$.
  \item[iv)] Un {\'a}lgebra de Lie, $L=L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1$ con
  estas propiedades es la $TKK$ de $(L_{-1},L_1)$.
\end{description}
\end{theorem}

\begin{definition}
\begin{description}
\item [1)] Se dice que un {\'a}lgebra de Lie $L$ es no degenerada si dado $x\in L$,
$[x,[x,L]]=ad_x^2=0$ implica que $x=0$. \item [2)] Se dice que $L$ es semiprima si
dado $0\neq L\lhd L$ no nulos se tiene que $[I,J]\neq 0$. \item [3)] Se dice que $L$
es simple si $[L,L]\neq 0$ y sus {\'u}nicos ideales son $\{0\}$ y $L$.
\end{description}
\end{definition}

\begin{lemma}
Sea $V$ un par de Jordan y $L=TKK(V)$. Sea $I\lhd TKK(V)$ entonces
\begin{description}
  \item[i)] $(\pi_{-1}(I),\pi_{1}(I))\lhd V$, $(I\cap V^+,I\cap
  V^-)\lhd V$.
  \item[ii)] $\pi(I)^3\subset I\cap V\subset \pi(I)$.

  (Recordemos que $\pi^3(I)=(\{\pi(I),\pi(I),\pi(I)\},\{\pi(I),\pi(I),\pi(I)\}$).
\end{description}
\end{lemma}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n. } Observemos que
\begin{eqnarray*}
\{\pi_1(y),\bar{a},b\}&=& [[\pi_1(y),\bar{a}],b]\\
&=& \pi_1[[\pi_1(y),\bar{a}],b]\\
&=& \pi_1[[y,\bar{a}],b]\subset \pi_1(I)
\end{eqnarray*}
Razonando as{\'\i} llegamos a que $(\pi_{-1}(I),\pi_1(I))\lhd V$. An{\'a}logamente se tiene
que $(I\cap V^+,I\cap V^-)\lhd V$.

Para probar ii) veamos observemos que la contenci{\'o}n $I\cap V\subset \pi(I)$ es
trivial. Basta probar que $\pi(I)^3\subset I\cap V$.
\begin{eqnarray*}
\{\pi_1(y),\pi_{-1}(y'),\pi_1(y'')\}&=&
[[\pi_1(y),\pi_{-1}(y')],\pi_1(y'')]\\
&=& \pi_1[[\pi_1(y),\pi_{-1}(y')],\pi_1(y'')]\\
&=& \pi_1[[\pi_1(y),y'],\pi_1(y'')]\in \pi_1(I)
\end{eqnarray*}
Y la prueba est{\'a} terminada.$\blacksquare$
\begin{theorem}
Sea $V$ un par de Jordan, $L=TKK(V)$, entonces si $V$ es semiprimo entonces $TKK(V)$
es semiprima. Si $V$ es semiprimo entonces
\begin{description}
  \item[1)] $V$ es primo si y s{\'o}lo si $TKK(V)$ es prima.
  \item[2)] $V$ es simple si y s{\'o}lo si $TKK(V)$ es simple
\end{description}
\end{theorem}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n.} Supongamos que $V$ es semiprimo y sea $0\neq
I\vartriangleleft L$ tal que $[I,I]=0$.

Por el lema anterior $\pi(I)\vartriangleleft V$. Si $\pi(I)=0$
entonces $I\subset L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1$ y esto implica que
$I\subset L_0$. Ahora bien
$$
[I,L_{-1}]\subset I\cap L_{-1}\subset \pi_{-1}(I)=0
$$
y $$ [I,L_{1}]\subset I\cap L_{1}\subset \pi_{1}(I)=0
$$
y esto implica que $I=0$, contradicci{\'o}n.

Luego $\pi(I)\neq 0$, como $V$ es semiprimo se tiene que $\pi(I)^3\neq 0$, pero
$\pi(I)^3\subset I\cap V$ luego $I\cap V\neq 0$. Adem{\'a}s
$$
(I\cap V)^3=\{I\cap V_+,I\cap V_-,I\cap V_+\}\subset [[I,I],I]
$$
y esto es una contradicci{\'o}n.

Supongamos que $V$ es primo, si $I.J\vartriangleleft L$ son no
nulos, entonces si $\pi(I)\neq 0$, $\pi(J)\neq 0$ entonces $I\cap
V\neq 0$ y $J\cap V\neq 0$. Por tanto
$$
0\neq \{I\cap V_+,J\cap V_-,I\cap V_+\}\subset [[I,J],J]
$$
lo cual implica que $[I,J]\neq 0$.

La implicaci{\'o}n contraria es elemental y se deja al lector como ejercicio.

Ahora supongamos que $V$ es simple, $0\neq I\vartriangleleft TKK(V)$, entonces
$0\neq I\cap V$ lo que implica que $I\cap V=V$. Ahora bien $V_+,V_-\subset I$ lo
cual implica que $[V_+,V_-]\subset I$ y esto implica que $TKK(V)\subset I$, as{\'\i} pues
se tiene que $I=TKK(V)$.

Ahora supongamos que $L$ es simple.  Sea $(I^+,I^-)$ ideal de $V$,
entonces $I^++([I^+,V^-]+[I^-,V^+])+I^-\vartriangleleft L$. Ahora
bien $[I^+,L_1]=0$ y
$$
[I^+,L_0]=[I^+,[V^-,V^+]]=\{I^+,V^-,V^+\}\subset I^+
$$
Pero $[I^+,V^-]\subset id_L(I)$ luego se tiene
$$
([I^+,V^-],V^+]=\{I^+,V^-,V^+\}\subset I^+
$$
y se tiene que
\begin{eqnarray*}
[[I^+,V^-],L_0]&=& [[I^+,V^-],[V^+,V^-]]\\
&=& [[I^+,V^-],V^+]V^-+[V^+,[[I^+,V^-],V^-]]
\end{eqnarray*}
y esto concluye la demostraci{\'o}n.$\blacksquare $

\begin{theorem}
Sea $V$ un par de Jordan y $L=TKK(V)$. Entonces $V$ es no degenerada si y s{\'o}lo si
$L$ es no degenerada.
\end{theorem}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n.} Supongamos que $L$ es no degenerada. Sea $x\in V$ tal
que $Q_xV=0$, se tiene $\{x,V^-,x\}=0$ por tanto
$$
0=\{x,V^-,x\}=[[x,V^-],x]=-[x,[x,V^-]]=[x,[x,L]]
$$
y esto implica que $x=0$.

Supongamos que $V$ es no degenerada. Sea $x\in L$ tal que
$[x,[x,L]]=0$, es decir, $ad_x^2=0$.

$ad_xad_xad_x=0$ luego $[x,[x,a]]=0$, recordemos $ad:L\to
IDer(L)$. Tenemos
\begin{eqnarray*}
0&=& ad_{[x,[x,a]]]}\\
&=& [ad_x,[ad_x,ad_x]]\\
&=& [X,[X,A]]\\
&=& X(SA-AX)-(XA-AX)X=X^2A+AX^2-2XAX\\
&=& -2XAX
\end{eqnarray*}
lo cual implica que $XAX=0$. Ahora bien, $x=x_{-1}+x_0+x_1$ de
donde
\begin{eqnarray*}
0&=& [x_{-1}+x_0+x_1,[x_{-1}+x_0+x_1,L_1]]\\
&=& [x_{-1},[x_{-1},L_1]]+(\hskip 0.5cm)+(\hskip .5cm)
\end{eqnarray*}
de donde se tiene que $[x_{-1},[x_{-1},L_1]]=0$
 y por tanto $-\{x_{-1},V^+,x_{-1}\}=0$ y esto implica que
 $x_{-1}=0$. An{\'a}logamente se tiene que $[x_{1},[x_{1},L_{-1}]]=0$
 y se deduce que $x_1=0$. Por tanto $x=x_0\in L_0$.

 En particular,
 $$0=[x_0,[x_0,[L_1,L_{-1}]]]=[[x_0,[x_0,L_1]],L_{-1}]+2[[x_0,L_1],[x_0,L_{-1}]]+[L_1,[x_0,[x_0,L_{-1}]]]$$

 de donde obtenemos que $[[x_0,L_1],[x_0,L_{-1}]]=0$. Si vemos que
 $[x_0,L_1]=[x_0,L_{-1}]=0$ entonces habremos acabado, ya que
 $x_0=0$. En primer lugar observemos que $[x_0,x_1]\in V_1$ y
 tenemos que
 \begin{eqnarray*}
\{[x_0,x_1],y,[x_0,x_1]\}&=& [[[x_0,x_1],y][x_0,x_1]]\\
&=& [[[x_0,y]x_1],[x_0,x_1]]+[[x_0,[x_1,y]],[x_0,x_1]]\\
&=& [x_0,[[x_1,y],[x_0,x_1]]]\\
&=& ad_{x_0}ad_{[x,y]}ad_{x_0}(x_1)=0
\end{eqnarray*}
de donde $x_0=0$ y la prueba est{\'a} concluida. $\blacksquare$
\section{Z{\'o}calo en {\'a}lgebras asociativas y de Jordan}

Podemos considerar anillos de la forma $End_{\Delta}V$, $V$ un espacio vectorial de
dimensi{\'o}n cualquiera. El conjunto $End_\Delta V$ no es simple y no satisface la
c.c.d para ideales a la izquierda (resp. derecha). Consideramos
$$
ZOC(R)=\{f\in End_\Delta V\,:\, ran(f)<\infty\}
$$
que es un ideal simple de $End_\Delta V$.

El conjunto $ZOC(R)$ verifica la c.c.d. de sus ideales
principales.

Dado un anillo semiprimo $R$ se define el z{\'o}calo de $R$ como $ZOC(R)=\sum I_\alpha$
con $I_\alpha$ ideal a la izquierda minimal de $R$.

\begin{proposition}
\begin{description}
  \item[1.] $ZOC(R)$ es un ideal, $ZOC(R)=\oplus A_\alpha$, donde
  $A_\alpha$ es un anillo simple que coincide con su z{\'o}calo.
  \item[2.] Verifica la c.c.d. de los ideales a la izquierda
  minimales.
  \item[3.] Las componentes simples son anillos de operadores de
  rango finito.
  \item[4.] Si $ZOC(R)$ es unitario, se tiene que $ZOC(R)$ es
  artiniano.
\end{description}
\end{proposition}

Si $R$ es simple, $ZOC(R)=R$, $I$ ideal a la izquierda minimal entonces existe $y\in
I$ tal que $I=R_y$.

Se puede escribir $I=R_e$ con $e^2=e$. En este caso, $eR$ es un ideal a la derecha
minimal y $eRe$ es un anillo de divisi{\'o}n.
\begin{eqnarray*}
eR\times Re &\rightarrow & eRe\\
(ex,ye) &\rightarrow & exye
\end{eqnarray*}

Se puede probar que $R\cong$ a un subanillo de $End_{eRe}(Re)$ de
rango finito.

>Qu{\'e} ocurre en Jordan?

\begin{definition}
Sea $J$ un {\'a}lgebra de Jordan.Se dice que $I\subset J$ es un ideal interno de $J$ si
$I$ es un $\Phi$-m{\'o}dulo de $J$ y para todo $x\in I$ se tiene que $U_xJ\subset I$.
\end{definition}

Observemos que si $J=R^+$ entonces $I\lhd_{in}J$ si y s{\'o}lo si $xRx\subset I$ para
todo $x\in J$.

Por otra parte, si $x\in J$ y $U_xJ\lhd_{in}J$ son ideales principales; $U_xy\in
U_xJ$, adem{\'a}s $U_{U_xy}J=U_xU_yU_xJ\subset U_xJ$.

\begin{definition}
Un ideal interno $I\lhd_{in}J$ se dice minimal si para todo
$K\lhd_{in} J$ se tiene $=\subset K\subset I$ implica que $K=0$ o
$K=I$.
\end{definition}

\begin{definition}
SE define el z{\'o}calo de un {\'a}lgebra de Jordan no degenerada $J$ como $J=\sum
I_\alpha$, donde $I_\alpha$ son ideales internos minimales de $J$.
\end{definition}

\begin{theorem}
Sea $J$ no degenerada se tiene que $ZOC(J)\lhd J$.
\end{theorem}

Observemos que $ZOC(J)=\bigoplus A_\alpha$, cada $A_\alpha$ es simple y coincide con
su z{\'o}calo. $ZOC(J)$ verifica la c.c.d. ideales internos principales, $1\in ZOC(J)$
implica que $ZOC(J)=J$, artiniano.

Veamos una idea de porqu{\'e} $ZOC(J)\lhd J$.

Observemos que $ZOC(J)=\sum I_\alpha$ con $I_\alpha$ ideales
internos minimales. Si $x\in J, y\in I_\alpha$ > $x\circ y\in \sum
I_\alpha$?.

Por ser $I_\alpha$ minimal se tiene que $U_xI_\alpha=0$ o es
minimal.

Se dice que $T:J\to J$ es estructural si $T$ es lineal y
$U_{T(x)}y=TU_xT(y)$. Observemos que $U_x$ es estructural.
\begin{lemma}
Si $T$ es estructural e $I\lhd_{in}J$ se tiene que
$T(I)\lhd_{in}J$.
\end{lemma}
Si $I$ es minimal, entonces $T(I)=0$ o es minimal. Si $T(x)\in
T(I)$ entonces
$$
U_{T(x)}J=TU_xT(J)\subset TU_xJ\subset T(I)
$$
luego implica que es interno.

$I$ es minimal, $x\in I$ y $T(I)\neq 0$, se tiene
$$
U_{T(x)}J=TU_xT(J)\subset T(I).
$$
de aqu{\'\i} se deduce que $T(I)$ es minimal.

\section{Noci{\'o}n de z{\'o}calo en {\'a}lgebras de Lie $3$ graduadas.}

\begin{lemma}
Sea $V$ un par de Jordan y sea $(I^+,I^-)\lhd V$ tal que $I^3=I$,
entonces
$$
I^+\oplus [I^+,I^-]\oplus I^-\lhd TKK(V)
$$
\end{lemma}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n. } Observemos que
\begin{eqnarray*}
&& [[y^+,y^-],x_1+x_0+x_{-1}] =\\
&=& [[y^+,y^-],x_1]+[[y^+,y^-,x_0]+[[y^+,y^-],x_{-1}]
\end{eqnarray*}
El primer y el tercer t{\'e}rmino pertenecen respectivamente a $I^+$ y a $I^-$, veamos
el t{\'e}rmino del medio.

Observemos que $y=\sum([[y_i,y_i'],y_i''])$ y tenemos que
\begin{eqnarray*}
[[y^+,[[\bar{y}_i,y_i'],\bar{y}_i'']],x_0] &=&
[[y^+,x_0],[[\bar{y}_i,y_i'],\bar{y}_i']]\\
&+& [y^+,[[[y,y_i'],y_i'],y_i'']\\
&=&
[[[[y^+,x_0],\bar{y}_i']\bar{y}_i'],\bar{y}_i'']+[[[\bar{y}_i,[[y',x_0],y_i']],\bar{y}_i'']]\\
&+& [[[\bar{y}_i,y_i'],[[y',x_0],\bar{y}_i'']]]\\
&+&
[y,[[y_i,x_0],\bar{y}_i']]+[y[[\bar{y}_i,[y'_i,x_0]],\bar{y}_i'']]\\
&+& [y,[[[y_i,y_i'],[y_i'',x_0]]]\in [I,I]
\end{eqnarray*}
y esto concluye la demostraci{\'o}n. $\blacksquare$


\begin{theorem}
Sea $L=L_1\oplus L_0\oplus L_{-1}$ tres graduada. Sean $V=(L_1,L_{-1})$,
$ZOC(V)=(S^+,S^-)$. Entonces se tiene
$$
S^+\oplus[S^+,S^-]\oplus S^-\vartriangleleft L.
$$
\end{theorem}

Al ideal anterior se le denominar{\'a} z{\'o}calo de $L$. Definimos el z{\'o}calo de $L$ como la
sub{\'a}lgebra generada por el z{\'o}calo de $V$.

\begin{theorem}
Sea $L=L_1\oplus L_0\oplus L_{-1}$ tres graduada no degenerada.
Entonces
$$
ZOC(L)=\bigoplus S_i\\quad S_i=TKK(V_i)
$$
donde $V_i$ es un par de Jordan y $S_i$ {\'a}lgebra de Lie simple 3-graduada que
coinciden con su z{\'o}calo.
\end{theorem}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n.} Tenemos $V=ZOC(L_1,L_{-1})$ de donde $V_i=\oplus
(V_i^+,V_{-i}^-)$ con $(V_i^+,V_i^-)$ un par de Jordan simple que coincide con su
z{\'o}calo ($\{V_i,V_j,L_i\}=0$).$\blacksquare$

Sean $V, W$ pares de Jordan no degenerados que coinciden con su z{\'o}calo. Podemos
considerar $TKK(V\oplus W)$, tenemos
$$
L=TKK(V\oplus W)=W^+\oplus W^+\oplus IDer(V\oplus W)\oplus
V^-\oplus W^-.
$$
observemos que $IDer(V\oplus W)=IDer(V)\oplus IDer(W)$.

Tenemos varias graduaciones de $L$ por ejemplo
$$
V^+\oplus (TKK(W)\oplus IDer (V))\oplus V^-
$$
$$
W^+\oplus (TKK(V)\oplus IDer(W))\oplus W^-
$$
y
$$
V^+\oplus W^+\oplus (IDer(V)\oplus IDer(W))\oplus V^-\oplus W^-
$$

respecto de las cuales tenemos que $ZOC(L)=TKK(V)$, $ZOC(L)=TKK(W)$ y $ZOC(L)=L$.
Luego el z{\'o}calo depende de la graduaci{\'o}n. Parece que el problema est{\'a} cuando en la
parte cero de la graduaci{\'o}n aparece un ideal de $L$.

\begin{theorem}
Sea $L=L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1$ no degenerada $3$ graduada. Son
equivalentes:
\begin{description}
  \item[i)]  $L$ tiene z{\'o}calo esencial.
  \item[ii)] Existe $S$ {\'a}lgebra $3$-graduada que coincide con su
  z{\'o}calo tal que
  $$
S\vartriangleleft_e L\subset Der(S).
  $$
  \item[iii)] $\oplus S_i\vartriangleleft L\subset \pi Der(S_i)$
\end{description}
Adem{\'a}s, $Der(S)$ es $3$-graduada.
\end{theorem}


Hay {\'a}lgebras de Lie finito dimensionales que no son $3$ graduadas $G_2,F_4,E_8$ no
tienen z{\'o}calo  (El z{\'o}calo son las que verifica c.c.d.).

Si cambiamos de graduaci{\'o}n, $L=L_1\oplus L_0\oplus L_{-1}=L_1'\oplus L_0'\oplus
L_{-1}'$, >var{\'\i}a el z{\'o}calo?

>Se puede definir un z{\'o}calo en {\'a}lgebras de Lie en general?

>C{\'o}mo es un {\'a}lgebra de Lie 3-graduada simple que coincide con su z{\'o}calo?

Si $L=L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1$ y $L$ es no degenerada,
$ZOC(L)\vartriangleleft_e L$; y se tiene $ZOC(L)\vartriangleleft_e
L\subset Der(ZOC(L))$.

\begin{definition}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie no degenerada. Definimos el z{\'o}calo de Jordan de $L$ como
$$
JZOC(L)=\sum_{I\vartriangleleft L} ZOC(L)\vartriangleleft L
$$
\end{definition}
Es decir, se define como el mayor ideal $3$ graduado de $L$ que coincide con su
z{\'o}calo.

\begin{theorem}
Sea $L=L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1$ tres graduada y sin ideales contenidos en la
parte $0$ (graduaci{\'o}n efectiva), entonces
$$
ZOC(L)=JZOC(L).
$$
\end{theorem}
En general se tiene la inclusi{\'o}n $ZOC(L)\subset JZOC(L)$.

>Qu{\'e} sucede en este caso con $G_2,F_4$ y $E_8$?

En este caso $G_2,F_4$ y $E_8$ son simples y no son $3$ graduadas
luego $JZOC(L)=0$.

>C{\'o}mo son las {\'a}lgebras simples que coinciden con su z{\'o}calo?

\begin{theorem}
Si $L$ es no degenerada, son equivalentes
\begin{description}
  \item[i)] $L$ tiene z{\'o}calo de Jordan esencial.
  \item[ii)] $JZOC(L)\vartriangleleft_e L\subset Der(JZOC(L))$.
\end{description}
\end{theorem}
Los pares de Jordan que coinciden con su z{\'o}calo son de $4$ tipos:{\'A}lgebra de Lie
simple que coincide con su z{\'o}calo$\thickapprox$ $TKK(V)$.

\section{Z{\'o}calo de un {\'a}lgebra de Lie}

En un art{\'\i}culo de G. Benkart trabajaba con {\'a}lgebras de Lie artinianas. Para
introducir el concepto de artiniana da una noci{\'o}n de ideal interno (artiniana
$\rightarrow$ c.c.d. para los ideales internos).

\begin{definition}
Se dice que un subm{\'o}dulo $V$ de un {\'a}lgebra de Lie $L$ es un ideal interno de $L$ si
$[x,[x,L]]\subset V$ para todo $x\in V$.
\end{definition}

\begin{theorem}
Si $L$ es no degenerada y $B\lhd_{in}^m L$, entonces
\begin{description}
  \item[i)] $B$ es un ideal de $L$ simple sin elementos
  ad-nilpotentes.
  \item[ii)] $[B,B]=0$ implica que $B$ es abeliano.
\end{description}
\end{theorem}

\begin{theorem}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie no degenerada y sea $x\in L$ tal que $ad_x^3=0$. Entonces
$ad_x^2(L)\lhd_{in}L$ abeliano.
\end{theorem}


Veamos otros resultados al respecto. Si $B$ es abeliano interno minimal y $x\in B$,
$B=ad_x^2(L)$ entonces $[x,[x,y]]=-2x$ y $[y,[y,x]]=-2y$ para todo $y\in L$. Es m{\'a}s,
se tiene que $ad_h$ es diagonalizable con valores propios: $-2,-1,0,1,2$.

En este caso se tiene que $\{x,h,y\}\simeq sl_2$. Si $R$ es
asociativo y semiprimo, para todo $x,y\in R$ se tiene que
$[x,[x,y]]=-2x$ y $[y,[y,x]]=-2y$ con $ad_x^3=ad_y^3=0$. Se tiene
que $ad_[x,y]$ es diagonalizable.

Como diagonaliza, tenemos $L=L_{-2}\oplus L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1\oplus L_2$ (son
los subespacios propios asociados a $ad_h$). Se tiene adem{\'a}s que
\begin{eqnarray*}
[h,[x_i,x_j]]&=&[[h,x_i],x_j]+[x_i,h(x_j)]\\
&=& i[x_i,x_j]+j[x_i,x_j]\\
&=& (i+j) [x_i,x_j].
\end{eqnarray*}
es decir, se tiene que es una $5$ graduaci{\'o}n.

en este caso:
$$
L_{-2}=[y,[y,L]]
$$
es un ideal interno minimal.

\begin{eqnarray*}
L_{-1}&=&[y,L_1]\\
L_1&=& [x,L_{-1}]\\
L_2&=& [x,[x,L]]=B.
\end{eqnarray*}

\begin{definition}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie no degenerada. Se define $ZOC(L)$ como la suma de todos
los ideales internos minimales.
\end{definition}

\begin{theorem}
Si $L$ es no degenerada con $B\lhd_{in}^m L$ entonces $id_L(B)$
(es decir, el ideal generado por $B$ en $L$) es simple.
\end{theorem}

\begin{lemma}
$L$ no degenerada, $\{x,h,y\}$ $sl_2$ triple se tiene que
$[x,x+h-y]$ es un $sl_2$ triple minimal.
\end{lemma}

Tenemos $ZOC(L)\lhd L$, adem{\'a}s $ZOC(L)\lhd \oplus I_\alpha$, con $I_\alpha$ simple
no degenerada coincide con su z{\'o}calo y es $5$ graduada.

Es suma de los ideales internos minimales.

$G_2,F_4,$ y $E_8$ todos los finito dimensionales coinciden con su z{\'o}calo.

\begin{theorem}
Si $L$ es simple no degenerada, $B,B'\lhd_{in}^m L$. Existe un
automorfismo $\phi :L\to L$ tal que $\phi(B)=B'$.
\end{theorem}

Si $L$ es finito-dimensional sobre un cuerpo algebraicamente cerrado de
caracter{\'\i}stica cero, entonces
$$
B\lhd_{in}^m L
$$
lo que implica que $dim_F(B)=1$. Si $x\in B$ entonces $x$ es una ra{\'\i}z larga,
$Fx\lhd_{in}^m L$. $B$ es un ideal interno minimal si y solo si est{\'a} generado por
una ra{\'\i}z larga.

\section{Relaci{\'o}n entre el z{\'o}calo de Lie y el z{\'o}calo de Jordan.}

\begin{proposition}
Si $L$ es un {\'a}lgebra de Lie $2n+1$ graduada $L=L_{-n}\oplus \cdots L_0\oplus \cdots
L_n$. Sea $V=(L_{-n},L_n)=(V^+,V^-)$, entonces $ZOC(V^\sigma)ZOC(L)\cap V^\sigma$.
\end{proposition}

\begin{proposition}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie que coincide con su z{\'o}calo y sea $x\in L$ tal que
$ad_x^3=0$. Entonces existe $y\in L$ tal que $[x,[x,y]]=-2x$, $[y,[y,x]]=-2y$, es
decir $\{x,h,y\}$ es un $sl_2$ triple.
\end{proposition}

\begin{definition}
Se dice que $B$ es un ideal interno principal de $L$ si existe
$x\in L$ tal que $ad_x^3=0$ y $B=ad_x^2(L)$.
\end{definition}

\begin{theorem}
Si $L=ZOC(L)$ es no degenerada, entonces $L$ verifica la c.c.d. de
sus ideales principales.
\end{theorem}
\noindent {\it Demostraci{\'o}n. } Tenemos $B_1\supset B_2\subset \cdots \supset
B_n\supset \cdots$ principales.

$B_1=[x_1,[x_1,L]]$ existe $y_1\in L$ tal que $\{x_1,h_1.y_1\}$ es
un $sl_2$ triple.

Tenemos que $L=L_{-2}\oplus L_{-1}\oplus L_0\oplus L_1\oplus L_2$. Luego $B_i$ no
s{\'o}lo es ideal interno principal de $L$ sino que es ideal interno principal de
$(L_{-2},L_2)$ que es un par que coincide con su z{\'o}calo. $\blacksquare $

\begin{theorem}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie no degenerada. Entonces el z{\'o}calo de Jordan de $L$
coincide con las componentes $3$ graduadas del z{\'o}calo de $L$.
\end{theorem}

Tenemos pues la siguiente descomposici{\'o}n
$$
ZOC(L)=\oplus S_i \oplus \bar{S}_i\oplus \bar{\bar{S}}_i
$$
El {\'u}ltimo sumando es la parte $5$ graduada. El primer t{\'e}rmino son los ideales
internos minimales sin elementos $ad$ nilpotentes. El segundo sumando corresponde a
la parte $3$ graduada y los dos {\'u}ltimos t{\'e}rminos contienen ideales internos
minimales abelianos.

Para finalizar analicemos el z{\'o}calo en el caso asociativo.

Dada un {\'a}lgebra asociativa $R$, tenemos dos {\'a}lgebras de Lie importantes
$$
L=[R,R]/([R,R]\cap Z(R)).
$$

Supuesto que tenemos una involuci{\'o}n $*$, es decir $(R,*)$, consideramos
$K=SKew(R,*)\subset R^-$. Definimos
$$
L^*=[K,K]/(Z(R)\cap [K,K]).
$$

\begin{theorem}
Si $R$ es semiprima y coincide con su z{\'o}calo. Entonces $L$ y $L^*$ son no
degeneradas y coinciden con su z{\'o}calo.
\end{theorem}

\begin{theorem}
Sea $L$ un {\'a}lgebra de Lie simple no degenerada, $ZOC(L)=L$ conteniendo $B\subset L$
ideal interno abeliano no trivial. Entonces, existe un anillo $R$ asociativo con o
sin involuci{\'o}n que coincide con su z{\'o}calo tal que $L\cong L$ o $L^*$.
\end{theorem}

Observemos que si $R$ no tiene divisores de cero entonces $L,L^*$
tienen ideales simples $ZOC(L)=L$, $ZOC(L^*)=L^*$.

\end{document}
