Yo afirmación de que el único producto es el trivial del producto.
Observar que el dato de una forma bilineal $m : V \times V \to V$ es equivalente al dato de un tensor $\omega \in (V^\ast)^{\otimes 3}$ a través de
$$
\forall x, y, z \in V, \quad \omega(x,y,z) = \langle x,m(y,z) \rangle.
$$
A continuación, $m$ es conmutativo si y sólo si $\omega \in V^\ast \otimes (S^2 V^\ast)$ y satisface la condición de ortogonalidad si y sólo si $\omega \in (\wedge^2 V^\ast) \otimes V^\ast$, por lo que el $m$ es una operación de la forma deseada, si y sólo si
$$
\omega \V^\ast \otimes (S^2 V^\ast) \cap\wedge^2 V^\ast) \otimes V^\ast.
$$
Pero ahora, supongamos que tenemos un tensor $\omega$. A continuación, para cualquier $x$, $y$, $z \in V$,
$$
\omega(x,y,z) = -\omega(y,x,z) = -\omega(y,z,x) = \omega(z,y,x) = \omega(z,x,y) = -\omega(x,z,y) = -\omega(x,y,z),
$$
de modo que $\omega(x,y,z) = 0$.
Si te gusta, la razón subyacente por cualquier producto de la forma deseada, debe ser cero, es que los subespacios $V^\ast \otimes (S^2 V^\ast)$ (correspondiente a la simetría) y $(\wedge^2 V^\ast) \otimes V^\ast$ (correspondiente a la condición de ortogonalidad) de $(V^\ast)^{\otimes 3}$ han trivial intersección, como consecuencia del comportamiento de la representación canónica de la permutación grupo $\mathfrak{S}_3$ $(V^\ast)^{\otimes 3}$ por permutación de los índices. De forma explícita, ya que $V^\ast \otimes (S^2 V^\ast)$ $+1$ subespacio propio de la permutación $(2\,3) \in \mathfrak{S}_3$ $(\wedge^2 V^\ast) \otimes V^\ast$ $-1$ subespacio propio de la permutación $(1\,2) \in \mathfrak{S}_3$, se deduce que el $V^\ast \otimes (S^2 V^\ast) \cap (\wedge^2 V^\ast) \otimes V^\ast$ $-1$ subespacio propio de
$$
(2\,3)(1\,2)(2\,3)(1\,2)(2\,3)(1\,2) = e \ \ en \mathfrak{S}_3,
$$
lo cual, por supuesto, es trivial.
