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。

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

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。

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。

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

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

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

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