二维ω-反左对称代数的分类

The Classification of 2-Dimensional ω-Anti-Left Symmetric Algebras

摘要: 本文探讨了二维ω-反左对称代数的基本性质及其低维分类。首先，引入ω-反左对称代数的定义，研究其与ω-李代数的代数结构和表示之间的关系。然后通过ω-反左对称代数与ω-李代数的关系，研究二维ω-反左对称代数的代数运算，给出在二维的情况下实数域和复数域上ω-反左对称代数的完全分类。

Abstract: This paper explores the fundamental properties and classification of two-dimensional ω-anti-pre algebras. First, we introduce the definition of ω-anti-pre algebras and study the relationship between ω-anti-pre algebras and ω-Lie algebras in the algebraic structure and representation. Then through the relationship between ω-anti-pre algebras and ω-Lie algebras, we study the algebraic operations of two-dimensional ω-anti-pre algebras and provide a complete classification of ω-anti-pre algebras over the real and complex fields in the two-dimensional case.

1. 引言

ω-李代数的概念是Nurowski在[1]中引入的，它与黎曼几何(见[2] [3])中的等参超曲面的研究有关，关于ω-李代数有很多研究，如[4] [5]中研究了低维ω-李代数的分类。反左对称李代数的概念是Guilai Liu和Chengming Bai在[6]中给出的，在这篇文章中研究了其与反O-算子、李代数上的交换2-cocycles、Novikov代数等相关结构的关系。类似于李代数与反左对称李代数的关系[6]，本文从ω-李代数入手引入ω-反左对称代数。本文的结构如下，在第二部分给出几个与ω-李代数和反左对称代数相关的概念；第三部分引入ω-反左对称代数的定义，并且给出ω-反左对称代数与ω-李代数的关系；第四部分给出二维ω-反左对称代数的代数运算，并且在第五部分考虑二维ω-反左对称代数的分类。

2. 预备知识

定义2.1 [1] 设A是数域F上的向量空间，若双线性映射$\left[\cdot ,\cdot \right]:A\times A\to A$ 和A上的反对称双线性型$\omega :A\times A\to F$ 满足对于任意$x,y,z\in A$ 有

$\left[x,y\right]=-\left[y,x\right],$ (2.1)

$\left[\left[x,y\right],z\right]+\left[\left[y,z\right],x\right]+\left[\left[z,x\right],y\right]=\omega \left(x,y\right)z+\omega \left(y,z\right))+\omega \left(z,x\right)y,$ (2.2)

则称$\left(A,\omega \right)$ 为ω-李代数。

显然李代数是ω-李代数中$\omega =0$ 的特殊情况。由文献[1]可知，设$\left(A,\omega \right)$ 是二维ω-李代数，若$\omega \ne 0$ ，则存在A的一组基$\left\{e_1,e_2\right\}$ 满足

(L1) $\left[e_1,e_2\right]=0$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=a$ ，$a\ne 0$ ，或者

(L2) $\left[e_1,e_2\right]=e_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=a$ ，$a\ne 0$ 。

定义2.2 [7] 设$\left(A,\omega \right)$ 是ω-李代数，M是一个向量空间。若线性映射$\phi :A\to \text{End}\left(M\right)$ 满足

$\phi \left(\left[x,y\right]\right)m=\phi \left(x\right)\phi \left(y\right)m-\phi \left(y\right)\phi \left(x\right)m+\omega \left(x,y\right)m,\forall x,y\in A,m\in M,$ (2.3)

则称$\left(\phi ,M\right)$ 或$\phi$ 为$\left(A,\omega \right)$ 的表示。

类似于李代数和左对称代数的关系，在[6]中引入了反左对称代数的概念。

定义2.3 [6] 设A是向量空间，具有双线性运算$\circ :A\times A\to A$ 。若对于所有$x,y,z\in A$ 有以下等式成立

$x\circ \left(y\circ z\right)-y\circ \left(x\circ z\right)=\left[y,x\right]\circ z,$

$\left[x,y\right]\circ z+\left[y,z\right]\circ x+\left[z,x\right]\circ y=0,$

其中$\left[x,y\right]=x\circ y-y\circ x$ ，则称$\left(A,\circ \right)$ 为反左对称代数。

对于反左对称代数A，在这个代数上定义双线性映射$\left[\cdot ,\cdot \right]:A\times A\to A$ ，$\left[x,y\right]=x\circ y-y\circ x$ 可以得到李代数，并且定义左乘运算$L:A\to \text{End}\left(A\right)$ ，$L\left(x\right)y=xy$ ，$-L$ 是对应的李代数的表示。由于反左对称代数A对应一个李代数。所以在二维李代数的分类基础上，反左对称代数的基元满足定义2.3中的条件，即可得到二维反左对称代数的代数运算，如下：

定理2.1 [6] 设$\left(A,\circ \right)$ 是数域C上的二维非交换反左对称代数，$\left\{e_1,e_2\right\}$ 是其一组基。则$\left(A,\circ \right)$ 同构于以下相互非同构的情况之一：

(G1) $e_1\circ e_1=-e_2,e_1\circ e_2=0,e_2\circ e_1=-e_1,e_2\circ e_2=0$ ；

(G2)_λ $\left(\lambda \in C\right)e_1\circ e_1=0,e_1\circ e_2=0,e_2\circ e_1=-e_1,e_2\circ e_2=\lambda e_2$ ；

(G3) $e_1\circ e_1=0,e_1\circ e_2=0,e_2\circ e_1=-e_1,e_2\circ e_2=e_1-e_2$ ；

(G4)_λ $\left(\lambda \ne -1\right)e_1\circ e_1=0,e_1\circ e_2=\left(\lambda +1\right)e_1,e_2\circ e_1=\lambda e_1,e_2\circ e_2=\left(\lambda -1\right)e_2$ ；

(G5) $e_1\circ e_1=0,e_1\circ e_2=-e_1,e_2\circ e_1=-2e_1,e_2\circ e_2=e_1-3e_2$ 。

3. ω-反左对称代数

定义3.1 如果A是数域F上的向量空间，A上有双线性映射$\left(x,y\right)\mapsto x\cdot y$ 和双线性型$\omega :A\times A\to F$ ，如果任意$x,y,z\in A$ 满足

$\left[x,y\right]\cdot z+\left[y,z\right]\cdot x+\left[z,x\right]\cdot y=0,$ (3.1)

$\left(x\cdot y\right)\cdot z+x\cdot \left(y\cdot z\right)-\left(y\cdot x\right)\cdot z-y\cdot \left(x\cdot z\right)=-\omega \left(x,y\right)z,$ (3.2)

其中$\left[x,y\right]=x\cdot y-y\cdot x,\forall x,y\in A$ ，则称$\left(A,\cdot ,\omega \right)$ 为ω-反左对称代数。

对于ω-反左对称代数$\left(A,\cdot ,\omega \right)$ ，由(3.2)可见$\omega$ 是反对称的，且当$\omega =0$ 时，A是反左对称代数。

定理3.1 设$\left(A,\cdot ,\omega \right)$ 是ω-反左对称代数，若在A上定义

$[x,y]=x\cdot y-y\cdot x,\forall x,y\in A,$

则$\left(A,\left[\cdot ,\cdot \right],\omega \right)$ 是ω-李代数。定义线性映射$L:A\to \text{End}\left(A\right)$ ，其中$L\left(x\right)y=x\cdot y$ ，则$\left(-L,A\right)$ 是ω-李代数的$\left(A,\left[\cdot ,\cdot \right],\omega \right)$ 表示。

证 (1) 由于$\left[x,y\right]=x\cdot y-y\cdot x$ ，自然满足式(2.1)，即$\left[x,y\right]=-\left[y,x\right]$ 。下验证新定义的运算满足式(2.2)。根据式(3.2)有$\forall x,y\in A$ ，

$\left(x\cdot y\right)\cdot z+x\cdot \left(y\cdot z\right)-\left(y\cdot x\right)\cdot z-y\cdot \left(x\cdot z\right)=-\omega \left(x,y\right)z,$

合并第一项与第三项可得

$\left[x,y\right]\cdot z+x\cdot \left(y\cdot z\right)-y\cdot \left(x\cdot z\right)=-\omega \left(x,y\right)z,$ (3.3)

同理可得

$\left[y,z\right]\cdot x+y\cdot \left(z\cdot x\right)-z\cdot \left(y\cdot x\right)=-\omega \left(y,z\right)x,$ (3.4)

$\left[z,x\right]\cdot y+z\cdot \left(x\cdot y\right)-x\cdot \left(z\cdot y\right)=-\omega \left(z,x\right)y.$ (3.5)

根据式(3.1)，将(3.3)，(3.4)和(3.5)相加得

$x\cdot \left(y\cdot z\right)-y\cdot (x\cdot z)+y\cdot \left(z\cdot x\right)-z\cdot \left(y\cdot x\right)+z\cdot \left(x\cdot y\right)-x\cdot \left(z\cdot y\right)=-\left(\omega \left(x,y\right)z+\omega \left(y,z\right)x+\omega \left(z,x\right)y\right),$

整理可得

$x\cdot \left[y,z\right]+y\cdot \left[z,x\right]+z\cdot \left[x,y\right]=-\left(\omega \left(x,y\right)z+\omega \left(y,z\right)x+\omega \left(z,x\right)y\right),$

根据式(3.1)可得

$\left[x,y\right]\cdot z+\left[y,z\right]\cdot x+\left[z,x\right]\cdot y-x\cdot \left[y,z\right]-y\cdot \left[z,x\right]-z\cdot \left[x,y\right]=\omega \left(x,y\right)z+\omega \left(y,z\right)x+\omega \left(z,x\right)y,$

整理可得

$\left[\left[x,y\right],z\right]+\left[\left[y,z\right],x\right]+\left[\left[z,x\right],y\right]=\omega \left(x,y\right)z+\omega \left(y,z\right)x+\omega \left(z,x\right)y,$

得证。

(2) 要证$\left(-L,A\right)$ 是ω-李代数$\left(A,\left[\cdot ,\cdot \right],\omega \right)$ 的表示，只需验证$-L$ 满足式(2.3)，即只需证

$-L\left(\left[x,y\right]\right)z=\left(-L\right)\left(x\right)\left(-L\right)\left(y\right)z-\left(-L\right)\left(y\right)\left(-L\right)\left(x\right)z+\omega \left(x,y\right)z,\forall x,y,z\in A.$

根据式(3.2)有

$\left[x,y\right]\cdot z+x\cdot \left(y\cdot z\right)-y\cdot \left(x\cdot z\right)=-\omega \left(x,y\right)z,$

因此

$-\left[x,y\right]\cdot z=x\cdot \left(y\cdot z\right)-y\cdot \left(x\cdot z\right)+\omega \left(x,y\right)z,$

得证。

4. 二维ω-反左对称代数的代数运算

对于ω-反左对称代数A，由定理3.1可知，A对应一个ω-李代数。所以在二维ω-李代数的分类基础上，ω-反左对称代数的基元满足定义3.1中的条件式(3.1)、(3.2)，即可得到二维ω-反左对称代数的代数运算。

定理4.1 设A是二维ω-反左对称代数，$\omega \ne 0$ ，$\left\{e_1,e_2\right\}$ 是其一组基，则代数运算$\cdot :A\times A\to A$ 有以下几种情况：

(1) $e_1\cdot e_1=m{e}_1$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=-1$ 。

(2) $e_1\cdot e_1=0$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=m{e}_1+e_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=-1$ ，其中$m\ne 0$ 。

(3) $e_1\cdot e_1=m{e}_1+n{e}_2$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=-1$ ，其中$n\ne 0$ 。

(4) $e_1\cdot e_1=\frac{\left(m-1\right)n}{m+1}{e}_1-\frac{\left(n+m+1\right)n}{{\left(m+1\right)}^2}{e}_2$ ，$e_2\cdot e_2=-\frac{{\left(m+1\right)}^2}{n}{e}_1-\left(2m+1\right)e_2$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+\left(1+n\right)e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1+n{e}_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=m\ne 0,-1$ ，其中$n\ne 0$ 。

(5) $e_1\cdot e_1=-mn{e}_1+n{e}_2$ ，$e_1\cdot e_2=\left(1-mn\right)e_2$ ，$e_2\cdot e_1=-mn{e}_2$ ，$e_2\cdot e_2=\frac{m}{n}{e}_1-2m{e}_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=m\ne 0$ ，其中$n\ne 0$ 。

证 设$e_i\cdot e_j=C_{ij}^1{e}_1+C_{ij}^2{e}_2$ ，其中$C_{ij}^1,C_{ij}^2\in F,i,j\in \left\{1,2\right\}$ 。当且仅当(4.1)、(4.2)式成立时，运算满足(3.1)、(3.2)，

$\left(e_1\cdot e_2\right)\cdot e_1+e_1\cdot \left(e_2\cdot e_1\right)-\left(e_2\cdot e_1\right)\cdot e_1-e_2\cdot \left(e_1\cdot e_1\right)=-\omega \left(e_1,e_2\right)\cdot e_1,$ (4.1)

$\left(e_1\cdot e_2\right)\cdot e_2+e_1\cdot \left(e_2\cdot e_2\right)-\left(e_2\cdot e_1\right)\cdot e_2-e_2\cdot \left(e_1\cdot e_2\right)=-\omega \left(e_1,e_2\right)\cdot e_2.$ (4.2)

设$\left(A,\left[\cdot ,\cdot \right]\right)$ 为$(A,\cdot )$ 对应的ω-李代数，如果$\left(A,\left[\cdot ,\cdot \right]\right)$ 为ω-李代数(L1)，即$\left[e_1,e_2\right]=0$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=a\ne 0$ ，我们有

$e_1\cdot e_2-e_2\cdot e_1=0,$

即$C_{12}^1{e}_1+C_{12}^2{e}_2-\left(C_{21}^1{e}_1+C_{21}^2{e}_2\right)=0$ ，亦即$C_{12}^1=C_{21}^1$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2$ 。

(1) 若$C_{12}^1=C_{21}^1\ne 0$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2\ne 0$ ，令$e_2=\frac{1}{C_{12}^1}{e}_2$ ，则可以假设$C_{12}^1=C_{21}^1=1$ 。则根据等式(4.1)、(4.2)，有

$C_{21}^2-C_{11}^2{C}_{22}^1=-a$ ，$C_{11}^2+C_{21}^2{C}_{21}^2-C_{11}^1{C}_{21}^2-C_{11}^2{C}_{22}^2=0$ ，

$C_{22}^1{C}_{11}^1+C_{22}^2-1-C_{21}^2{C}_{22}^1=0$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^2-C_{21}^2=-a$ ，

根据第一个式子和第四个式子则可以得到$a=0$ ，与我们的条件矛盾，故没有ω-反左对称代数A满足此种情形。

(2) 若$C_{12}^1=C_{21}^1=0$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2\ne 0$ ，令$e_1=\frac{1}{C_{12}^1}{e}_1$ ，则可以假设$C_{12}^2=C_{21}^2=1$ 。则根据等式(4.1)、(4.2)，有

$1-C_{11}^1-C_{11}^2{C}_{22}^2=0$ ，$C_{11}^2{C}_{22}^1=a$ ，$C_{22}^1-C_{22}^1{C}_{11}^1=0$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^2=-a$ ，

根据第二个式子和第四个式子则可以得到$a=0$ ，与我们的条件矛盾。同理，若$C_{12}^1=C_{21}^1\ne 0$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2=0$ 也有此矛盾，故没有ω-反左对称代数A满足此种情形。

3) 若$C_{12}^1=C_{21}^1=0$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2=0$ ，则根据等式(4.1)、(4.2)，有

$C_{11}^2{C}_{22}^1=a$ ，$C_{11}^2{C}_{22}^2=0$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^1=0$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^2=-a$ ，

根据第一个式子和第四个式子则可以得到$a=0$ ，与我们的条件矛盾，故没有ω-反左对称代数A满足此种情形。

如果$\left(A,\left[\cdot ,\cdot \right]\right)$ 为ω-李代数(L2)，即$\left[e_1,e_2\right]=e_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=a\ne 0$ ，我们有

$e_1\cdot e_2-e_2\cdot e_1=e_2,$

即$C_{12}^1{e}_1+C_{12}^2{e}_2-\left(C_{21}^1{e}_1+C_{21}^2{e}_2\right)=e_2$ ，亦即$C_{12}^1=C_{21}^1$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2+1$ 。

(1) 若$C_{12}^1=C_{21}^1\ne 0$ ，令$e_2=\frac{1}{C_{12}^1}{e}_2$ ，则可以假设$C_{12}^1=C_{21}^1=1$ 。则根据等式(4.1)、(4.2)，有

$1+C_{21}^2-C_{11}^2{C}_{22}^1=-a$ ，$C_{11}^2+2C_{21}^2+C_{21}^2{C}_{21}^2-C_{11}^1{C}_{21}^2-C_{11}^2{C}_{22}^2=0$ ，

$C_{22}^1{C}_{11}^1+C_{22}^2-C_{21}^2{C}_{22}^1-1=0$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^2-C_{21}^2+C_{22}^2=-a$ ，

解如上方程组可得，当$C_{21}^2\ne 0$ 时，

$C_{11}^1=\frac{C_{21}^2\left(a-1\right)}{a+1}$ ，$C_{11}^2=-\frac{C_{21}^2\left(C_{21}^2+a+1\right)}{{\left(a+1\right)}^2}$ ，$C_{12}^2=C_{21}^2+1$ ，$C_{22}^1=-\frac{{\left(a+1\right)}^2}{C_{21}^2}$ ，$C_{22}^2=-2a-1$ 。

当$C_{21}^2=0$ 时，$\omega \left(e_1,e_2\right)=-1$ ，以及

$e_1\cdot e_1=m{e}_1$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，

或

$e_1\cdot e_1=0$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=m{e}_1+e_2$ ，$m\ne 0$ ，

或

$e_1\cdot e_1=m{e}_1+n{e}_2$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，$n\ne 0$ 。

令$C_{21}^2=n\ne 0$ ，则当$\omega \left(e_1,e_2\right)=m\ne -1$ 时可以得到

$e_1\cdot e_1=\frac{\left(m-1\right)n}{m+1}{e}_1-\frac{\left(n+m+1\right)n}{{\left(m+1\right)}^2}{e}_2$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+\left(1+n\right)e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1+n{e}_2$ ，

$e_2\cdot e_2=-\frac{{\left(m+1\right)}^2}{n}{e}_1-\left(2m+1\right)e_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=m\ne 0$ 。

即为定理中的第(1)、(2)、(3)和(4)种情况。

(2) 若$C_{12}^1=C_{21}^1=0$ ，则根据等式(4.1)、(4.2)，有

$2C_{21}^2+C_{21}^2{C}_{21}^2-C_{11}^1{C}_{21}^2-C_{11}^2{C}_{22}^2=0$ ，$C_{11}^2{C}_{22}^1=a$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^1-C_{21}^2{C}_{22}^1=0$ ，$C_{22}^1{C}_{11}^2+C_{22}^2=-a$ ，

解方程组得

$C_{11}^1=-a{C}_{11}^2$ ，$C_{12}^2=1-a{C}_{11}^2$ ，$C_{21}^2=-a{C}_{11}^2$ ，$C_{22}^1=-\frac{a}{C_{11}^2}$ ，$C_{22}^2=-2a$ ，

其中$C_{11}^2\ne 0$ 。令$C_{11}^2=n\ne 0$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=m\ne 0$ ，则有

$e_1\cdot e_1=-mn{e}_1+n{e}_2$ ，$e_1\cdot e_2=\left(1-mn\right)e_2$ ，$e_2\cdot e_1=-mn{e}_2$ ，

$e_2\cdot e_2=\frac{m}{n}{e}_1-2m{e}_2$ ，$\omega \left(e_1,e_2\right)=m\ne 0$ 。

即为定理中第(5)种情况。

5. 二维ω-反左对称代数在ω-同构意义下的分类

定义5.1 设$\left(A,\omega \right)$ 和$\left(A,\Omega \right)$ 分别为数域F上的ω-反左对称代数。若有一个线性同构$\rho :\left(A,\omega \right)\to \left(A,\Omega \right)$ 使得

$\rho \left(x\cdot y\right)=\rho \left(x\right)\cdot \rho \left(y\right),\forall x,y\in A,$

则称$\rho$ 为从$\left(A,\omega \right)$ 到$\left(A,\Omega \right)$ 的同构。进一步，若

$\omega \left(x,y\right)=\Omega \left(\rho \left(x\right),\rho \left(y\right)\right),\forall x,y\in A,$

则称$\rho$ 为ω-同构。

在第四部分我们从ω-李代数的二维分类中得到了二维ω-反左对称代数代数运算，其中定理4.1中的所有情况都是由(L2)得到的，那么其中是否有同构的呢？这是我们接下来要考虑的问题。

设$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 是定理4.1中第(1)种ω-反左对称代数，$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 是定理4.1中第(2)种ω-反左对称代数，$\left(A,{\cdot }_3\right)$ 是定理4.1中第(3)种ω-反左对称代数，$\left(A,{\cdot }_4\right)$ 是定理4.1中第(4)种ω-反左对称代数，$\left(A,{\cdot }_5\right)$ 是定理4.1中第(5)种ω-反左对称代数。取$\left\{e_1^1,e_2^1\right\}$ 为$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 的一组基，$\left\{e_1^2,e_2^2\right\}$ 为$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 的一组基，$\left\{e_1^3,e_2^3\right\}$ 为$\left(A,{\cdot }_3\right)$ 的一组基，$\left\{e_1^4,e_2^4\right\}$ 为$\left(A,{\cdot }_4\right)$ 的一组基，$\left\{e_1^5,e_2^5\right\}$ 为$\left(A,{\cdot }_5\right)$ 的一组基。

(1) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_1:\left(A,{\cdot }_1\right)\to \left(A,{\cdot }_2\right)$ ，满足

${\varphi }_1\left(e_i^1{\cdot }_1{e}_j^1\right)={\varphi }_1\left(e_i^1\right){\cdot }_2{\varphi }_1\left(e_j^1\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_1\left(e_1^1{}_{}{e}_2^1\right)=\left(e_1^2{}_{}{e}_2^2\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_1$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

${\varphi }_1\left(e_1^1{\cdot }_1{e}_1^1\right)=m\left(a{e}_1^2+c{e}_2^2\right)={\varphi }_1\left(e_1^1\right){\cdot }_2{\varphi }_1\left(e_1^1\right)=\left(2ac+c^{2}n\right)e_1^2+\left(ac+c^2\right)e_2^2,$

${\varphi }_1\left(e_1^1{\cdot }_1{e}_2^1\right)=\left(a+b\right)e_1^2+\left(c+d\right)e_2^2={\varphi }_1\left(e_1^1\right){\cdot }_2{\varphi }_1\left(e_2^1\right)=\left(ad+bc+ncd\right)e_1^2+\left(ad+cd\right)e_2^2,$

${\varphi }_1\left(e_2^1{\cdot }_1{e}_1^1\right)=a{e}_1^2+c{e}_2^2={\varphi }_1\left(e_2^1\right){\cdot }_2{\varphi }_1\left(e_1^1\right)=\left(bc+ad+ncd\right)e_1^2+\left(bc+cd\right)e_2^2,$

${\varphi }_1\left(e_2^1{\cdot }_1{e}_2^1\right)=b{e}_1^2+d{e}_2^2={\varphi }_1\left(e_2^1\right){\cdot }_2{\varphi }_1\left(e_2^1\right)=\left(2bd+n{d}^2\right)e_1^2+\left(bd+d^2\right)e_2^2,$

${\omega }_1\left(e_1^1,e_2^1\right)=-1={\omega }_2\left({\varphi }_1\left(e_1^1\right),{\varphi }_1\left(e_2^1\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_1$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}ma=2ac+c^{2}n,\hfill \\ mc=ac+c^2,\hfill \\ a+b=ad+bc+ncd,\hfill \\ c+d=ad+cd,\hfill \\ a=bc+ad+ncd,\hfill \\ c=bc+cd,\hfill \\ b=2bd+n{d}^2,\hfill \\ \begin{array}{l}d=bd+d^2,\\ ad-bc=1.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将$b=0$ 带入第七个式子可得$n{d}^2=0$ ，带入第九个式子可得$ad=1$ ，从而有$d\ne 0$ ，故$n=0$ ，矛盾，因此$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 不ω-同构。

(2) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_2:\left(A,{\cdot }_1\right)\to \left(A,{\cdot }_3\right)$ ，满足

${\varphi }_2\left(e_i^1{\cdot }_1{e}_j^1\right)={\varphi }_2\left(e_i^1\right){\cdot }_3{\varphi }_2\left(e_j^1\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_2\left(\begin{array}{cc}{e}_1^1& e_2^1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^3& e_2^3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_2$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

${\varphi }_2\left(e_1^1{\cdot }_1{e}_1^1\right)=m\left(a{e}_1^3+c{e}_2^3\right)={\varphi }_2\left(e_1^1\right){\cdot }_3{\varphi }_2\left(e_1^1\right)=\left(a^{2}p+2ac\right)e_1^3+\left(a^{2}q+ac+c^2\right)e_2^3,$

${\varphi }_2\left(e_1^1{\cdot }_1{e}_2^1\right)=\left(a+b\right)e_1^3+\left(c+d\right)e_2^3={\varphi }_2\left(e_1^1\right){\cdot }_3{\varphi }_2\left(e_2^1\right)=\left(abp+ad+bc\right)e_1^3+\left(abq+ad+cd\right)e_2^3,$

${\varphi }_2\left(e_2^1{\cdot }_1{e}_1^1\right)=a{e}_1^3+c{e}_2^3={\varphi }_2\left(e_2^1\right){\cdot }_3{\varphi }_2\left(e_1^1\right)=\left(abp+ad+bc\right)e_1^3+\left(abq+bc+cd\right)e_2^3,$

${\varphi }_2\left(e_2^1{\cdot }_1{e}_2^1\right)=b{e}_1^3+d{e}_2^3={\varphi }_2\left(e_2^1\right){\cdot }_3{\varphi }_2\left(e_2^1\right)=\left(b^{2}p+2bd\right)e_1^3+\left(b^{2}q+bd+d^2\right)e_2^3$

${\omega }_1\left(e_1^1,e_2^1\right)=-1={\omega }_3\left({\varphi }_2\left(e_1^1\right),{\varphi }_2\left(e_2^1\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_2$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}ma=a^{2}p+2ac,\hfill \\ mc=a^{2}q+ac+c^2,\hfill \\ a+b=abp+ad+bc,\hfill \\ c+d=abq+ad+cd,\hfill \\ a=bap+bc+ad,\hfill \\ c=baq+bc+cd,\hfill \\ b=b^{2}p+2bd,\hfill \\ \begin{array}{l}d=b^{2}q+bd+d^2,\\ ad-bc=1.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将$b=0$ 带入第八个式子可得$d=d^2$ 即$d\left(d-1\right)=0$ ，带入第九个式子可得$ad=1$ ，从而有$d\ne 0$ ，故$d=1$ ，从而$a=1$ ，将$a=1$ ，$b=0$ ，$d=1$ 带入上述方程组变为

$\{\begin{array}{l}m=p+2c,\\ mc=q+c+c^2,\end{array}$

将第一个式子带入第二个式子中可得$c^2+\left(p-1\right)c-q=0$ ，当二维ω-反左对称代数定义在实数域R上时，当p和q满足${\left(p-1\right)}^2+4q\ge 0,q\ne 0$ 时，c有解，即$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ 是可逆矩阵，即$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 在实数域上是ω-同构的。当二维ω-反左对称代数定义在复数域C上时，该方程总有解，则$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ 是可逆矩阵，即$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_3\right)$ 在复数域C上ω-同构。

(3) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_3:\left(A,{\cdot }_2\right)\to \left(A,{\cdot }_3\right)$ ，满足

${\varphi }_3\left(e_i^2{\cdot }_2{e}_j^2\right)={\varphi }_3\left(e_i^2\right){\cdot }_3{\varphi }_3\left(e_j^2\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_3\left(\begin{array}{cc}{e}_1^2& e_2^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^3& e_2^3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_3$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

${\varphi }_3\left(e_1^2{\cdot }_2{e}_1^2\right)=0={\varphi }_3\left(e_1^2\right){\cdot }_3{\varphi }_3\left(e_1^2\right)=\left(a^{2}p+2ac\right)e_1^3+\left(a^{2}q+ac+c^2\right)e_2^3,$

${\varphi }_3\left(e_1^2{\cdot }_2{e}_2^2\right)=\left(a+b\right)e_1^3+\left(c+d\right)e_2^3={\varphi }_3\left(e_1^2\right){\cdot }_3{\varphi }_3\left(e_2^2\right)=\left(abp+ad+bc\right)e_1^3+\left(abq+ad+cd\right)e_2^3,$

${\varphi }_3\left(e_2^2{\cdot }_2{e}_1^2\right)=a{e}_1^3+c{e}_2^3={\varphi }_3\left(e_2^2\right){\cdot }_3{\varphi }_3\left(e_1^2\right)=\left(abp+ad+bc\right)e_1^3+\left(abq+bc+cd\right)e_2^3,$

${\varphi }_3\left(e_2^2{\cdot }_2{e}_2^2\right)=\left(na+b\right)e_1^3+\left(nc+d\right)d{e}_2^3={\varphi }_3\left(e_2^2\right){\cdot }_3{\varphi }_3\left(e_2^2\right)=\left(b^{2}p+2bd\right)e_1^3+\left(b^{2}q+bd+d^2\right)e_2^3,$

${\omega }_2\left(e_1^2,e_2^2\right)=-1={\omega }_3\left({\varphi }_3\left(e_1^2\right),{\varphi }_3\left(e_2^2\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_3$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}{a}^{2}p+2ac=0,\hfill \\ a^{2}q+ac+c^2=0,\hfill \\ a+b=abp+ad+bc,\hfill \\ c+d=abq+ad+cd,\hfill \\ a=abp+bc+ad,\hfill \\ c=abq+bc+cd,\hfill \\ na+b=b^{2}p+2bd,\hfill \\ \begin{array}{l}nc+d=b^{2}q+bd+d^2,\\ ad-bc=1.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将$b=0$ 带入第七个式子可得$na=0$ ，带入第九个式子可得$ad=1$ ，从而有$a\ne 0$ ，故$n=0$ ，矛盾，因此$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_3\right)$ 不ω-同构。

(4) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_4:\left(A,{\cdot }_4\right)\to \left(A,{\cdot }_1\right)$ ，满足

${\varphi }_4\left(e_i^4{\cdot }_4{e}_j^4\right)={\varphi }_4\left(e_i^4\right){\cdot }_1{\varphi }_4\left(e_j^4\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_4\left(\begin{array}{cc}{e}_1^4& e_2^4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^1& e_2^1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_4$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

$\begin{array}{c}{\varphi }_4\left(e_1^4{\cdot }_4{e}_1^4\right)=\left(\frac{\left(x-1\right)ka}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)b}{{\left(x+1\right)}^2}\right)e_1^1+\left(\frac{\left(x-1\right)kc}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)d}{{\left(x+1\right)}^2}\right)e_2^1\\ ={\varphi }_4\left(e_1^4\right){\cdot }_1{\varphi }_4\left(e_1^4\right)=\left(a^{2}m+2ac\right)e_1^1+\left(ac+c^2\right)e_2^1,\end{array}$

${\varphi }_4\left(e_1^4{\cdot }_4{e}_2^4\right)=\left(a+b+kb\right)e_1^1+\left(c+d+kd\right)e_2^1={\varphi }_4\left(e_1^4\right){\cdot }_1{\varphi }_4\left(e_2^4\right)=\left(abm+ad+bc\right)e_1^1+\left(ad+cd\right)e_2^1,$

${\varphi }_4\left(e_2^4{\cdot }_4{e}_1^4\right)=\left(a+kb\right)e_1^1+\left(c+kd\right)e_2^1={\varphi }_4\left(e_2^4\right){\cdot }_1{\varphi }_4\left(e_1^4\right)=\left(abm+bc+ad\right)e_1^1+\left(bc+cd\right)e_2^1,$

$\begin{array}{c}{\varphi }_4\left(e_2^4{\cdot }_4{e}_2^4\right)=-\left(\frac{{\left(x+1\right)}^{2}a}{k}+\left(2x+1\right)b\right)e_1^1-\left(\frac{{\left(x+1\right)}^{2}c}{k}+\left(2x+1\right)d\right)e_2^1\\ ={\varphi }_4\left(e_2^4\right){\cdot }_1{\varphi }_4\left(e_2^4\right)=\left(b^{2}m+2bd\right)e_1^1+\left(bd+d^2\right)e_2^1,\end{array}$

${\omega }_4\left(e_1^4,e_2^4\right)=x={\omega }_1\left({\varphi }_4\left(e_1^4\right),{\varphi }_4\left(e_2^4\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_4$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}\frac{\left(x-1\right)ka}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)b}{{\left(x+1\right)}^2}=a^{2}m+2ac,\hfill \\ \frac{\left(x-1\right)kc}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)d}{{\left(x+1\right)}^2}=ac+c^2,\hfill \\ a+b+kb=abm+ad+bc,\hfill \\ c+d+kd=ad+cd,\hfill \\ a+kb=abm+bc+ad,\hfill \\ c+kd=bc+cd,\hfill \\ \frac{{\left(x+1\right)}^{2}a}{k}+(2x+1)b=-\left(b^{2}m+2bd\right),\hfill \\ \begin{array}{l}\frac{{\left(x+1\right)}^{2}c}{k}+(2x+1)d=-\left(bd+d^2\right),\\ ad-bc=-x.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将$b=0$ 带入第七个式子可得$\frac{{\left(x+1\right)}^{2}a}{k}=0$ ，带入第九个式子可得$ad=-x\ne 0$ ，从而有$a\ne 0$ ，故$x=-1$ ，矛盾，因此$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_4\right)$ 不ω-同构。

(5) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_5:\left(A,{\cdot }_4\right)\to \left(A,{\cdot }_2\right)$ ，满足

${\varphi }_5\left(e_i^4{\cdot }_4{e}_j^4\right)={\varphi }_5\left(e_i^4\right){\cdot }_2{\varphi }_5\left(e_j^4\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_5\left(\begin{array}{cc}{e}_1^4& e_2^4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^2& e_2^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_5$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

$\begin{array}{c}{\varphi }_5\left(e_1^4{\cdot }_4{e}_1^4\right)=\left(\frac{\left(x-1\right)ka}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)b}{{\left(x+1\right)}^2}\right)e_1^2+\left(\frac{\left(x-1\right)kc}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)d}{{\left(x+1\right)}^2}\right)e_2^2\\ ={\varphi }_5\left(e_1^4\right){\cdot }_2{\varphi }_4\left(e_1^4\right)=\left(2ac+c^{2}n\right)e_1^2+\left(ac+c^2\right)e_2^2,\end{array}$

${\varphi }_5\left(e_1^4{\cdot }_4{e}_2^4\right)=\left(a+b+kb\right)e_1^2+\left(c+d+kd\right)e_2^2={\varphi }_5\left(e_1^4\right){\cdot }_2{\varphi }_5\left(e_2^4\right)=\left(ad+bc+cdn\right)e_1^2+\left(ad+cd\right)e_2^2,$

${\varphi }_5\left(e_2^4{\cdot }_4{e}_1^4\right)=\left(a+kb\right)e_1^2+\left(c+kd\right)e_2^2={\varphi }_5\left(e_2^4\right){\cdot }_2{\varphi }_5\left(e_1^4\right)=\left(bc+ad+cdn\right)e_1^2+\left(bc+cd\right)e_2^2,$

$\begin{array}{c}{\varphi }_5\left(e_2^4{\cdot }_4{e}_2^4\right)=-\left(\frac{{\left(x+1\right)}^{2}a}{k}+\left(2x+1\right)b\right)e_1^2-\left(\frac{{\left(x+1\right)}^{2}c}{k}+\left(2x+1\right)d\right)e_2^2\\ ={\varphi }_5\left(e_2^4\right){\cdot }_2{\varphi }_5\left(e_2^4\right)=\left(2bd+d^{2}n\right)e_1^2+\left(bd+d^2\right)e_2^2,\end{array}$

${\omega }_4\left(e_1^4,e_2^4\right)=x={\omega }_2\left({\varphi }_5\left(e_1^4\right),{\varphi }_5\left(e_2^4\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_5$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}\frac{\left(x-1\right)ka}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)b}{{\left(x+1\right)}^2}=2ac+c^{2}n,\hfill \\ \frac{\left(x-1\right)kc}{x+1}-\frac{k\left(k+x+1\right)d}{{\left(x+1\right)}^2}=ac+c^2,\hfill \\ a+b+kb=ad+bc+cdn,\hfill \\ c+d+kd=ad+cd,\hfill \\ a+kb=bc+ad+cdn,\hfill \\ c+kd=bc+cd,\hfill \\ \frac{{\left(x+1\right)}^{2}a}{k}+\left(2x+1\right)b=-\left(2bd+d^{2}n\right),\hfill \\ \begin{array}{l}\frac{{\left(x+1\right)}^{2}c}{k}+\left(2x+1\right)d=-\left(bd+d^2\right),\\ ad-bc=-x.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将方程组的第四个式子减去第六个式子，再带入$b=0$ 可得$d=ad$ ，将$b=0$ 带入第九个式子可得$ad=-x\ne 0$ ，从而有$d=-x$ ，进一步有$a=1$ ，将$a=1$ ，$b=0$ 和$d=-x$ 带入上述方程组可得

$\{\begin{array}{l}n=-\frac{{\left(x+1\right)}^2}{x^{2}k},\\ c=\frac{kx}{1+x}=-\frac{x+1}{xn},\end{array}$

当$x\ne 0,-1,k\ne 0$ 时$n\ne 0$ ，且c有解，则$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ 可逆，从而$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_4\right)$ 是ω-同构的。

(6) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_6:\left(A,{\cdot }_5\right)\to \left(A,{\cdot }_3\right)$ ，满足

${\varphi }_6\left(e_i^5{\cdot }_5{e}_j^5\right)={\varphi }_6\left(e_i^5\right){\cdot }_3{\varphi }_9\left(e_j^5\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_6\left(\begin{array}{cc}{e}_1^5& e_2^5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^3& e_2^3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_6$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

${\varphi }_6\left(e_1^5{\cdot }_5{e}_1^5\right)=\left(-uva+vb\right)e_1^3+\left(-uvc+vd\right)e_2^3={\varphi }_6\left(e_1^5\right){\cdot }_3{\varphi }_6\left(e_1^5\right)=\left(a^{2}p+2ac\right)e_1^3+\left(a^{2}q+ac+c^2\right)e_2^3,$

${\varphi }_6\left(e_1^5{\cdot }_5{e}_2^5\right)=\left(1-uv\right)b{e}_1^3+\left(1-uv\right)d{e}_2^3={\varphi }_6\left(e_1^5\right){\cdot }_3{\varphi }_6\left(e_2^5\right)=\left(abp+ad+bc\right)e_1^3+\left(abq+ad+cd\right)e_2^3,$

${\varphi }_6\left(e_2^5{\cdot }_5{e}_1^5\right)=-uvb{e}_1^3-uvd{e}_2^3={\varphi }_6\left(e_2^5\right){\cdot }_3{\varphi }_6\left(e_1^5\right)=\left(abp+ad+bc\right)e_1^3+\left(abq+bc+cd\right)e_2^3,$

${\varphi }_6\left(e_2^5{\cdot }_5{e}_2^5\right)=\left(\frac{ua}{v}-2ub\right)e_1^3+\left(\frac{uc}{v}-2ud\right)e_2^3={\varphi }_6\left(e_2^5\right){\cdot }_3{\varphi }_6\left(e_2^5\right)=\left(b^{2}p+2bd\right)e_1^3+\left(b^{2}q+bd+d^2\right)e_2^3,$

${\omega }_5\left(e_1^5,e_2^5\right)=u={\omega }_3\left({\varphi }_6\left(e_1^5\right),{\varphi }_6\left(e_2^5\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_6$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}-uva+vb=a^{2}p+2ac,\hfill \\ -uvc+vd=a^{2}q+ac+c^2,\hfill \\ \left(1-uv\right)b=abp+ad+bc,\hfill \\ \left(1-uv\right)d=abq+ad+cd,\hfill \\ -uvb=abp+bc+ad,\hfill \\ -uvd=abq+bc+cd,\hfill \\ \frac{ua}{v}-2ub=b^{2}p+2bd,\hfill \\ \begin{array}{l}\frac{uc}{v}-2ud=b^{2}q+bd+d^2,\\ ad-bc=-u.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将$b=0$ 带入第七个式子可得$\frac{ua}{v}=0$ ，带入第九个式子可得$ad=-u\ne 0$ ，从而有$a\ne 0$ ，故$u=0$ ，矛盾，因此$\left(A,{\cdot }_3\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_5\right)$ 不ω-同构。

(7) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_7:\left(A,{\cdot }_5\right)\to \left(A,{\cdot }_1\right)$ ，满足

${\varphi }_7\left(e_i^5{\cdot }_5{e}_j^5\right)={\varphi }_7\left(e_i^5\right){\cdot }_1{\varphi }_7\left(e_j^5\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_7\left(\begin{array}{cc}{e}_1^5& e_2^5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^1& e_2^1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_7$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

${\varphi }_7\left(e_1^5{\cdot }_5{e}_1^5\right)=\left(-uva+vb\right)e_1^1+\left(-uvc+vd\right)e_2^1={\varphi }_7\left(e_1^5\right){\cdot }_5{\varphi }_7\left(e_1^5\right)=\left(a^{2}m+2ac\right)e_1^1+\left(ac+c^2\right)e_2^1,$

${\varphi }_7\left(e_1^5{\cdot }_5{e}_2^5\right)=\left(1-uv\right)b{e}_1^1+\left(1-uv\right)d{e}_2^1={\varphi }_7\left(e_1^5\right){\cdot }_1{\varphi }_7\left(e_2^5\right)=\left(abm+ad+bc\right)e_1^1+\left(ad+cd\right)e_2^1,$

${\varphi }_7\left(e_2^5{\cdot }_5{e}_1^5\right)=-uvb{e}_1^1-uvd{e}_2^1={\varphi }_7\left(e_2^5\right){\cdot }_1{\varphi }_7\left(e_1^5\right)=\left(abm+bc+ad\right)e_1^1+\left(bc+cd\right)e_2^1,$

${\varphi }_7\left(e_2^5{\cdot }_5{e}_2^5\right)=\left(\frac{ua}{v}-2ub\right)e_1^1+\left(\frac{uc}{v}-2ud\right)e_2^1={\varphi }_7\left(e_2^5\right){\cdot }_1{\varphi }_4\left(e_2^5\right)=\left(b^{2}m+2bd\right)e_1^1+\left(bd+d^2\right)e_2^1,$

${\omega }_5\left(e_1^5,e_2^5\right)=u={\omega }_1\left({\varphi }_7\left(e_1^5\right),{\varphi }_7\left(e_2^5\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_7$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}-uva+vb=a^{2}m+2ac,\hfill \\ -uvc+vd=ac+c^2,\hfill \\ \left(1-uv\right)b=abm+ad+bc,\hfill \\ \left(1-uv\right)d=ad+cd,\hfill \\ -uvb=abm+bc+ad,\hfill \\ -uvd=bc+cd,\hfill \\ \frac{ua}{v}-2ub=b^{2}m+2bd,\hfill \\ \begin{array}{l}\frac{uc}{v}-2ud=bd+d^2,\\ ad-bc=-u.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将$b=0$ 带入第七个式子可得$\frac{ua}{v}=0$ ，带入第九个式子可得$ad=-u\ne 0$ ，从而有$a\ne 0$ ，故$u=0$ ，矛盾，因此$\left(A,{\cdot }_1\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_5\right)$ 不ω-同构。

(8) 假设存在可逆线性变换${\varphi }_8:\left(A,{\cdot }_5\right)\to \left(A,{\cdot }_2\right)$ ，满足

${\varphi }_8\left(e_i^5{\cdot }_5{e}_j^5\right)={\varphi }_8\left(e_i^5\right){\cdot }_2{\varphi }_8\left(e_j^5\right),\forall i,j=1,2.$

设

${\varphi }_8\left(\begin{array}{cc}{e}_1^5& e_2^5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}_1^2& e_2^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

则${\varphi }_8$ 为ω-同构映射需满足以下5个方程

${\varphi }_8\left(e_1^5{\cdot }_5{e}_1^5\right)=\left(-uva+vb\right)e_1^2+\left(-uvc+vd\right)e_2^2={\varphi }_8\left(e_1^5\right){\cdot }_2{\varphi }_8\left(e_1^5\right)=\left(2ac+c^{2}n\right)e_1^2+\left(ac+c^2\right)e_2^2,$

${\varphi }_8\left(e_1^5{\cdot }_4{e}_2^5\right)=\left(1-uv\right)b{e}_1^2+\left(1-uv\right)d{e}_2^2={\varphi }_8\left(e_1^5\right){\cdot }_2{\varphi }_8\left(e_2^5\right)=\left(ad+bc+cdn\right)e_1^2+\left(ad+cd\right)e_2^2,$

${\varphi }_8\left(e_2^5{\cdot }_5{e}_1^5\right)=-uvb{e}_1^2-uvd{e}_2^2={\varphi }_8\left(e_2^5\right){\cdot }_2{\varphi }_8\left(e_1^5\right)=\left(bc+ad+cdn\right)e_1^2+\left(bc+cd\right)e_2^2,$

${\varphi }_8\left(e_2^5{\cdot }_5{e}_2^5\right)=\left(\frac{ua}{v}-2ub\right)e_1^2+\left(\frac{uc}{v}-2ud\right)e_2^2={\varphi }_8\left(e_2^5\right){\cdot }_2{\varphi }_8\left(e_2^5\right)=\left(2bd+d^{2}n\right)e_1^2+\left(bd+d^2\right)e_2^2,$

${\omega }_5\left(e_1^5,e_2^5\right)=u={\omega }_1\left({\varphi }_8\left(e_1^5\right),{\varphi }_8\left(e_2^5\right)\right)=bc-ad.$

即${\varphi }_8$ 对应的矩阵中的系数满足

$\{\begin{array}{l}-uva+vb=2ac+c^{2}n,\hfill \\ -uvc+vd=ac+c^2,\hfill \\ \left(1-uv\right)b=ad+bc+cdn,\hfill \\ \left(1-uv\right)d=ad+cd,\hfill \\ -uvb=bc+ad+cdn,\hfill \\ -uvd=bc+cd,\hfill \\ \frac{ua}{v}-2ub=2bd+d^{2}n,\hfill \\ \begin{array}{l}\frac{uc}{v}-2ud=bd+d^2,\\ ad-bc=-u.\end{array}\hfill \end{array}$

将方程组的第三个式子减去第五个式子可得$b=0$ ，将方程组的第四个式子减去第六个式子，再带入$b=0$ 可得$d=ad$ ，将$b=0$ 带入第九个式子可得$ad=-u\ne 0$ ，从而有$d=-u$ ，进一步有$a=1$ ，将$a=1$ ，$b=0$ 和$d=-u$ 带入上述方程组可得

$\{\begin{array}{l}c=-uv,\\ uvn=1,\end{array}$

当$u,v\ne 0$ 时，$n\ne 0$ 且c有解，则$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ 可逆，从而$\left(A,{\cdot }_2\right)$ 与$\left(A,{\cdot }_5\right)$ 是ω-同构的。

定理5.1 设$\left(A,\cdot \right)$ 是在实数域R上的二维ω-反左对称代数，$\omega \ne 0$ ，其基为$\left\{e_1,e_2\right\}$ ，则$\left(A,\cdot \right)$ 同构于以下相互非同构的情况之一：

(A1) $e_1\cdot e_1=m{e}_1$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，${\omega }_1\left(e_1,e_2\right)=-1$ 。

(A2) $e_1\cdot e_1=0$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=m{e}_1+e_2$ ，${\omega }_2\left(e_1,e_2\right)=-1$ ，其中$m\ne 0$ 。

(A3) $e_1\cdot e_1=m{e}_1+n{e}_2$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，${\omega }_3\left(e_1,e_2\right)=-1$ ，其中${\left(m-1\right)}^2+4n<0,n\ne 0$ 。

当二维ω-反左对称代数定义在复数域C上时，(A1)与(A3)同构。

定理5.2 设$\left(A,\cdot \right)$ 是在复数域C上的二维ω-反左对称代数，$\omega \ne 0$ ，其基为$\left\{e_1,e_2\right\}$ ，则$\left(A,\cdot \right)$ 同构于以下相互非同构的情况之一：

(B1) $e_1\cdot e_1=m{e}_1$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=e_2$ ，${\omega }_1\left(e_1,e_2\right)=-1$ 。

(B2) $e_1\cdot e_1=0$ ，$e_1\cdot e_2=e_1+e_2$ ，$e_2\cdot e_1=e_1$ ，$e_2\cdot e_2=m{e}_1+e_2$ ，${\omega }_2\left(e_1,e_2\right)=-1$ ，其中$m\ne 0$ 。

以上是$\omega \ne 0$ 时的二维ω-反左对称代数的分类，当$\omega =0$ 时，二维ω-反左对称代数即为反左对称代数，其二维分类即为定理2.1所述。