Vamos agora nos restringir ao caso n = 3, isto é, vamos trabalhar somente com três variáveis.
Seja d = ∂1 + α2∂2 + α3∂3 uma derivação sem polinômio de Darboux, com α2 ∈
K[x1, x2] e α3 ∈ K[x1, x2, x3], e seja γ ∈ K[x1, x2, x3]. Considere R = Pni+j=0Pi,j∂2i∂3j ∈
K[x1, x2, x3]h∂2, ∂3i, operador de ordem n ≥ 1, tal que [d + γ, R] = gR para algum
g ∈ K[x1, x2, x3].
Tome I0 = (i0, j0) com i0+ j0 = n tal que
PI0 6= 0 e
PI = 0 para todo I > I0 com |I| = n.
Pelo lema ??, o coeficiente de ∂i 2∂
j
3 em [d + γ, R] com i + j = n, é dado por
d(Pi,j) − (i∂2(α2) + j∂3(α3))Pi,j − (i + 1)∂2(α3)Pi+1,j−1.
Como (i0+ 1, j0− 1) > (i0, j0), P(i0+1,j0−1) = 0. Assim, comparando o coeficiente de
∂i0 2 ∂ j0 3 em [d + γ, R] = gR, temos d(Pi0,j0) − (i0∂2(α2) + j0∂3(α3))Pi0,j0 = gPi0,j0. Isto é, d(Pi0,j0) = (g + (i0∂2(α2) + j0∂3(α3)))Pi0,j0.
Mas estamos supondo d sem polinômio de Darboux e como Pi0,j0 6= 0, concluímos que
Pi0,j0 ∈ K ∗ e conseqüentemente g = −(i 0∂2(α2) + j0∂3(α3)). Comparando o coeficiente de ∂i0−1 2 ∂ j0+1 3 em [d + γ, R] = gR, temos d(Pi0−1,j0+1) − ((i0− 1)∂2(α2) + (j0+ 1)∂3(α3))Pi0−1,j0+1− i0∂2(α3)Pi0,j0 = gPi0−1,j0+1. d(Pi0−1,j0+1) − (g + (i0− 1)∂2(α2) + (j0+ 1)∂3(α3))Pi0−1,j0+1− i0∂2(α3)Pi0,j0 = 0.
Substituindo g = −(i0∂2(α2) + j0∂3(α3)), obtemos
d(Pi0−1,j0+1) + (∂2(α2) − ∂3(α3))Pi0−1,j0+1− i0∂2(α3)Pi0,j0 = 0.
Como Pi0,j0 ∈ K
∗, Pi0−1,j0+1
Pi0,j0 é solução da equação diferencial
Pi0−1,j0+1
Usando indução em k = 1, . . . , i0, concluímos que Pi0−k,j0+k é solução da seguinte
equação diferencial: Pi0−k,j0+k
n (Z, γ) := d(Z) + k(∂2(α2) − ∂3(α3))Z − (i0− (k − 1))∂2(α3)ξni0−(k−1),j0+(k−1) = 0,
onde ξi0−(k−1),j0+(k−1)
n ∈ K[x1, x2, x3] é solução da equação “precedente”
Pi0−(k−1),j0+(k−1)
n (Z, γ) = 0.
Assim, analisando os termos de ordem máxima n de um operador de Darboux R = Pn
i+j=0Pi,j∂2i∂3j para d + γ temos:
Proposição 4.1 Com a notação anterior, seja I0 6= 0 o maior índice (na ordem lexico-
gráfica) tal que |I0| = n e PI0 6= 0. Suponha que ∂2(α2) 6= ∂3(α3). Então:
(i) PI0 ∈ K ∗;
(ii) g = −(i0∂2(α2) + j0∂3(α3));
(iii) Para todo k = 1, . . . , i0, Pi0−k,j0+k ∈ K[x1, x2, x3] é a única solução da equação
diferencial Pi0−k,j0+k
n (Z, γ) := d(Z)+k(∂2(α2)−∂3(α3))Z−(i0−(k−1))∂2(α3)ξni0−(k−1),j0+(k−1)= 0,
onde ξi0−(k−1),j0+(k−1)
n é a única solução da equação “precedente"
Pi0−(k−1),j0+(k−1)
n (Z, γ) = 0,
(iv) Em particular, se I < I0, |I| = n, então PI = 0 se, e somente se, ∂2(α3) = 0, isto
Em função da proposição ?? (i), podemos supor, sem perda de generalidade, que Pi0,j0 = 1.
Vamos agora analisar os coeficientes de ∂i 2∂
j
3 com i + j = n − 1 em [d + γ, R]. Como
[d + γ, R] = gR = −(i0∂2(α2) + j0∂3(α3))R, pelo lema ??, temos:
d(Pi,j) − (Ci1∂21(α2)Pi,j + Ci+12 ∂22(α2)Pi+1,j)
− (C1
j∂31(α3)Pi,j + Cj+12 ∂32(α3)Pi,j+1)
− (C1
i+1∂21(α3)Pi+1,j−1+ Ci+22 ∂22(α3)Pi+2,j−1) (4.1)
− C1
i+1Cj1∂21◦ ∂31(α3)Pi+1,j
− (C1
i+1∂21(γ)Pi+1,j + Cj+11 ∂31(γ)Pi,j+1) = gPi,j = −(i0∂2(α2) + j0∂3(α3))Pi,j.
Lema 4.1 Seja (i, j) > (i0, j0 − 1), com i + j = n − 1 e suponha que ∂2(α2), ∂3(α3) são
linearmente independentes sobre Z. Então Pi,j = 0.
Se (i, j) > (i0, j0− 1), então, (i + 2, j − 1) > (i + 1, j) > (i, j + 1) > (i0, j0). Nesse
caso, Pi+2,j−1= 0, Pi+1,j = 0 e Pi,j+1 = 0. Assim, a equação ?? fica:
d(Pi,j) + ((i0− i)∂2(α2) + (j0− j)∂3(α3))Pi,j + (i + 1)∂2(α3)Pi+1,j−1 = 0.
Suponha que (i, j) = (n − 1, 0) é o maior multi-índice de ordem n − 1. Então, d(Pn−1,0) + ((i0− (n − 1))∂2(α2) + j0∂3(α3))Pn−1,0 = 0.
Daí, Pn−1,0 é um polinômio de Darboux de d, logo Pn−1,0 ∈ K. Substituindo, temos
que Pn−1,0 = 0.
Procedendo por indução, concluímos desta maneira, que Pi,j = 0 para todo (i, j) >
Os descendentes de ordem 1 de I0 = (i0, j0) são (i0, j0− 1) e (i0− 1, j0) e, além disso,
(i0, j0− 1) > (i0 − 1, j0). Pela equação (4.1) com (i, j) = (i0, j0− 1) e (i, j) = (i0− 1, j0)
vemos que Pi0,j0−1 é solução de
Pi0,j0−1 n−1 (z, γ) := d(z) + ∂3(α3)z − (Cj20∂ 2 3(α3) + Cj10∂ 1 3(γ)) = 0 e Pi0−1,j0 é solução de Pi0−1,j0 n−1 (z, γ) := d(z) + ∂2(α2)z − (Cj20+1∂ 2 3(α3) + Cj10+1∂ 1 3(γ))ξni0−1,j0+1 C1 i0∂ 1 2(α3)ξn−1i0,j0−1− (Ci20∂ 2 2(α2) + Ci10∂ 1 2(γ)) − Ci10C 1 j0∂ 1 2 ◦ ∂31(α3) = 0. Onde ξi0−1,j0+1 n e ξ i0,j0−1 n−1 são as soluções de Pni0−1,j0+1(z, γ) = 0 e P i0,j0−1 n−1 (z, γ) = 0, respectivamente.
Escreva I = (i, j) = (i0 − t, j0 + (t − 1)), com t = 0, . . . , i0. Estes são os índices
de comprimento n − 1 menores ou iguais que (i0, j0− 1). Note que para t = 0, 1 temos
os índices descendentes de ordem 1. No caso geral, a fórmula ?? nos dá que Pi,j =
Pi0−t,j0+(t−1) é solução da seguinte equação diferencial:
d(z) + (t∂2(α2) − (t − 1)∂3(α3))z − (C2 i0+(t−1)∂ 2 2(α2) + Ci10−(t−1)∂ 1 2(γ) + Ci10−(t−1)C 1 j0+(t−1)∂ 1 2 ◦ ∂31(γ))ξ i0−(t−1),j0+(t−1) n − (C2 j0+t∂ 2 3(α3) + Cj10+t∂ 1 3(γ))ξni0−t,j0+t − (C2 i0−(t−2)∂ 2 2(α3)ξ i0−(t−2),j0+(t−2) n + Ci10−(t−1)∂21(α3)ξ i0−(t−1),j0+(t−2) n−1 ) = 0 onde ξa,b
a+b é solução da equação diferencial P a,b
a+b(z, γ) = 0.
Definição 4.1 Seja d = ∂1 + α2∂2 + α3∂3, com α2 ∈ K[x1, x2] e α3 ∈ K[x1, x2, x3],
uma derivação de K[x1, x2, x3] sem polinômio de Darboux. Sejam n ≥ 1 inteiro e γ ∈
K[x1, x2, x3]. Considere i0, j0 ≥ 0 inteiros tais que i0+j0 = n. Suponha que ∂2(α2), ∂3(α3)
são linearmente independentes sobre Z. Defina uma seqüência de equações da seguinte maneira: tome, para k = 1, . . . , i0,
Pi0−k,j0+k
n (Z, γ) := d(Z) + k(∂2(α2) − ∂3(α3))Z − (i0− k)∂2(α3)ξ
i0−(k−1),j0+(k−1)
n = 0.
onde ξi0−(k−1),j0+(k−1)
n é, caso exista, a única solução de Pni0−(k−1),j0+(k−1)(Z, γ) = 0 em
K[x1, x2, x3].
Se n = 1, ou uma das equações acima não possui solução, encerre o processo e defina Ji0,j0
n (γ) = n. Caso contrário, defina, para (i, j) ≤ (i0, j0 − 1) com i + j = n − 1, as
seguintes equações:
Pn−1i,j (Z, γ) := d(Z) + ((i0− i)∂2(α2) + (j0− j)∂3(α3))Z
−(C2
i+1∂22(α2) + Ci+11 ∂21(γ))ξni+1,j
−(Cj+12 ∂32(α3) + Cj+11 ∂31(γ))ξni,j+1
−(C1
i+1∂21(α3)ξn−1i+1,j−1+ Ci+22 ∂22(α3)ξni+2,j−1) = 0.
Se n−1 = 1, ou uma das equações acima não possui solução, encerre o processo e tome Ji0,j0
n (γ) = n−1. Caso contrário, defina por indução, para t = 2, . . . , n e (i, j) ≤ (i0, j0−t),
onde i + j = t, as seguintes equações:
Pn−ti,j (Z, γ) := d(Z) + ((i0− i)∂2(α2) + (j0− j)∂3(α3))Z
−
t
X
u=1
(Ci+uu+1∂2u+1(α2) + Ci+uu ∂ u 2(γ))ξ i+u,j n−t+u − t X u=1
(Cj+uu+1∂3u+1(α3) + Cj+uu ∂ u 3(γ))ξ i,j+u n−t+u − t+1 X u=1
Ci+uu ∂2u(α3)ξi+u,j−1n+u−1
− t X k=1 t−k X u=0
Ci+kk Cj+uu+1∂2k◦ ∂3u+1(α3)ξn−t+k+ui+k,j+u
− t X k=1 t−k X u=1 Ck i+kCj+uu ∂2k◦ ∂3u(γ)ξ i+k,j+u n−t+k+u= 0 onde ξa,b
m é, caso exista, a única solução em K[x1, x2, x3] da equação Pma,b(Z, γ) = 0.
tome Ji0,j0
n (γ) = n − t. Naturalmente, este processo pára e n ≥ Jni0,j0(γ) ≥ 0.
Proposição 4.2 Seja d = ∂1 + α2∂2 + α3∂3, com α2 ∈ K[x1, x2] e α3 ∈ K[x1, x2, x3],
uma derivação de K[x1, x2, x3] sem polinômio de Darboux . Seja n ≥ 1 um inteiro e
γ ∈ K[x1, x2, x3]. Suponha que ∂2(α2), ∂3(α3) são linearmente independentes sobre Z.
Sejam Ji0,j0 n (γ), P
a,b
n−k(Z, γ) = 0, ξ a,b
a+b definidos como acima. Então,
(a) São equivalentes:
(i) d + γ admite operador de Darboux de ordem n em K[x1, x2, x3]h∂2, ∂3i,
(ii) Ji0,j0
n (γ) = 0 e a equação P 0,0
0 (z, γ) = 0 tem solução em K[x1, x2, x3].
(b) Se R ∈ K[x1, x2, x3]h∂2, ∂3i é um operador de Darboux de d + γ com ordem n, então
R = kRi,j
n para algum par (i, j) ∈ N × N com i + j = n e para algum k ∈ K∗, onde
Ri,jn = ∂ i 2∂ j 3+ X a+b=n, (a,b)<(i,j) ξna,b∂ a 2∂ b 3 + n−1 X a+b=0 ( X (a,b)≤(i,j−(a+b)) ξa+ba,b ∂2a∂3b).
Onde ξa+ba,b é a única solução da equação Pa+ba,b(z, γ) = 0 em K[x1, x2, x3].
Demonstração.
(a) (i) ⇒ (ii). Suponha que R = Pn
i+j=0Pi,j∂2i∂ j
3 ∈ K[x1, x2, x3]h∂2, ∂3i é um ope-
rador de Darboux de d + γ de ordem n ≥ 1. Isto é, existe g ∈ K[x1, x2, x3] tal que
[d + γ, R] = gR. Observe que [d + γ, R] = [d, R] + [γ, R] = n X i+j=0 [d, Pi,j ∂2i∂3j] | {z } (∗) + n X i+j=0 [γ, Pi,j ∂2i∂3j] | {z } (∗∗) .
(∗) = n X t=0 X i+j=n−t (d(Pi,j) − t X u=0
Pi+u,jCi+uu+1∂2u+1(α2) − t
X
u=0
Pi,j+uCj+uu+1∂3(α3)+ t+1 X u=1 Pi+u,j1C u i+u∂ u 2(α3) − t X u=1 t−u X l=0 Ci+uu Cj+ll+1∂2u◦ ∂3l+1(α3))∂2i∂ j 3 e (∗∗) = n X t=0 X i+j=n−t (− t X u=1 Pi+u,jCi+uu ∂2u(γ) − t X u=1 Pi,j+uCj+uu ∂3u(γ) − t X u=1 t−u X l=1 Ci+uu Cj+ll ∂2u◦ ∂3l(γ))∂2i∂3j.
Seja (i0, j0) o maior multi-índice (na ordem lexicográfica) de comprimento n tal que
Pi0,j0 6= 0, isto é se (i, j) > (i0, j0) com i + j = n, então Pi,j = 0.
Comparando os coeficientes de ∂i0 2 ∂
j0
3 na igualdade [d + γ, R] = gR vemos que g =
−(i0∂2(α2) + j0∂3(α3)). Além disso, Pi0,j0 ∈ K
∗. Mais ainda, se (i, j) é um multi-índice
de ordem n − t, Pi,j = 0 se (i, j) > (i0, j0 − t) e se (i, j) ≤ (i0, j0 − t), Pi,j/Pi0,j0 é
solução da equação Pi,j
n−t(Z, γ) = 0. Logo ξ a,b
a+b = Pa,b/Pi0,j0. Isto é, J i0,j0
n (γ) = 0 e
P0,0/Pi0,j0 ∈ K[x1, x2, x3] é solução da equação P 0,0
0 (Z, γ) = 0.
(ii) ⇒ (i) Como Ji0,j0
n (γ) = 0, todas as equações P a,b
a+b(Z, γ) = 0 onde 0 ≤ a +
b ≤ i0 + j0 e (a, b) ≤ (i0, j0 − (a + b)), têm solução ξa+ba,b ∈ K[x1, x2, x3]. Considere
R = ∂i0 2 ∂ j0 3 + Pn a+b=0ξ a,b a+b∂ a
2∂3b ∈ K[x1, x2, x3]h∂2, ∂3i \ K. Pela definição ?? temos que R
é um operador de Darboux de d + γ.
(b) Decorre de (a) e do que vimos anteriormente.
Corolário 4.1 Seja d = ∂1+ α2∂2+ α3∂3, com α2 ∈ K[x1, x2] e α3 ∈ K[x1, x2, x3], uma
derivação de K[x1, x2, x3], e suponha que ∂2(α2), ∂3(α3) são linearmente independentes
(i) A3(d + γ) é maximal;
(ii) (1) d é uma derivação simples de K[x1, x2, x3],
(2) Para todo n ≥ 1 e para todo (i0, j0) tal que i0+j0 = n, existe j ∈ {0, . . . , n−
1} tal que uma das equações P(i0−(n−j),j0)
j , P (i0−(n−j+1),j0−1) j , . . . , P (i0,j0−(n−j)) j não tem solução em K[x1, x2, x3].
Demonstração. É conseqüência da proposição anterior e do teorema ??
Os próximos resultados demonstram a validade da conjectura quando degx3 α3 ≤ 1.
Além disso, vamos supor que ∂2(α3) 6= 0, pois o caso em que α3 ∈ K[x1, x3] já foi analisado
no capítulo anterior. Gostaríamos de salientar que, neste caso, só se conhecem derivações simples de K[x1, x2, x3] com degx3α3 ≤ 1.
Teorema 4.1 Seja d = ∂1 + α2∂2 + α3∂3 uma derivação de K[x1, x2, x3], onde α2 ∈
K[x1, x2], α3 = a3x3 + b3 com a3, b3 ∈ K[x1, x2], degx2a3 6= 0, e degx2b3 < degx2a3.
Suponha que ∂2(α2) e ∂3(α3) são linearmente independentes sobre Z. Então são equiva-
lentes:
(i) d é uma derivação simples de K[x1, x2, x3].
(ii) Existe γ ∈ K[x1, x2, x3] tal que A3(d + γ) é um ideal à esquerda maximal de A3.
(iii) Existe γ = hx3 ∈ K[x1, x2, x3], onde h ∈ K[x1] \ {0}, tal que A3(d + γ) é um ideal
maximal de A3.
Demonstração.
(ii) ⇒ (i) [?] Teorema 2.8 e Teorema 3.1.
(i) ⇒ (iii) Para facilitar a leitura, separamos os casos quando d2 := degx2α2 ≥ 2 e
quando d2 ≤ 1.
Primeiramente suponha α2 = a2x2+ b2 ∈ K[x1, x2], com a2, b2 ∈ K[x1].
Sejam n ≥ 1 e i0, j0 inteiros não negativos tais que i0+ j0 = n. Vamos separar em
dois casos, quando j0 6= 0 e quando j0 = 0 e portanto i0 = n 6= 0.
Suponha que j0 6= 0 e considere f ∈ K[x1, x2, x3] solução da equação diferencial
Pi0,j0−1 n−1 (z, γ) = 0, isto é: ∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + ∂3(α3)f − Cj20∂ 2 3(α3) − j0∂3(γ) = 0 ⇔ ∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + ∂3(α3)f | {z } ∂3(α3f) −j0h = 0. (4.2)
Note que f 6= 0, pois j0, h 6= 0. Suponha que f = dtxt3 + · · · + d0, onde t ≥ 1,
di ∈ K[x1, x2] e dt 6= 0. Então, o maior grau em x3 que ocorre na equação (??) é t.
Comparando os coeficientes de xt
3 em (??), temos:
∂1(dt) + α2∂2(dt) + ta3dt+ a3dt = 0 ⇔ d(dt) = −(t + 1)a3dt.
O que é um absurdo pois d não tem polinômio de Darboux. Logo f ∈ K[x1, x2], e a
equação (??) se reduz a:
∂1(f ) + α2∂2(f ) + ∂3(α3)f − j0h = ∂1(f ) + α2∂2(f ) + a3f − j0h = 0.
O maior grau em x2 no lado esquerdo da equação acima ocorre em a3f e é maior ou
Agora, suponha j0 = 0. Seja ξ ∈ K[x1, x2, x3] solução da equação diferencial Pni0−1,j0+1(z, γ) =
Pn−1,1
n (z, γ) = 0, isto é
∂1(ξ) + α2∂2(ξ) + α3∂3(ξ) + ∂2(α2)ξ − ∂3(α3)ξ − n∂2(a3) = 0. (4.3)
Note que ξ 6= 0, pois ∂2(α3) 6= 0. Se degx3ξ = 0, então a única parcela que envolverá
x3 na equação ?? será n∂2(α3) = n∂2(a3)x3+ n∂2(b3), com ∂2(a3) 6= 0. Logo, degx3ξ 6= 0.
Suponha ξ = ctxt3 + · · · + c0, onde ci ∈ K[x1, x2] e t ≥ 2, ct 6= 0. Então, o maior
grau em x3 no lado esquerdo da equação (??) é t. Comparando os coeficientes de xt3 na
equação (??), temos:
∂1(ct) + α2∂2(ct) + ta3ct+ ∂2(α2)ct− a3ct= 0 ⇔ d(ct) = ((1 − t)a3− ∂2(α2))ct.
Como a3 = ∂3(α3) e ∂2(α2) são linearmente independentes sobre Z e d não possui
polinômio de Darboux, segue que ct = 0. Absurdo. Logo, ξ = c1x3 + c0, com c1, c0 ∈
K[x1, x2] e c1 6= 0.
Assim, a equação (??) fica (∂1(c1) + α2∂2(c1) + a2c1 − n∂2(a3)) | {z } (a) x3+∂1(c0) + α2∂2(c0) + a2c0+ b3c1 − a3c0− n∂2(b3) | {z } (b) = 0.
Suponha que c1 = c1,txt2 + · · · + c1,0, com c1,i ∈ K[x1] e c1,t 6= 0. Se t > degx2∂2(a3),
então o maior grau em x2 que ocorre em (a) é t, pois d2 = 1, com coeficiente ∂1(c1,t) +
2a2c1,t = 0 o que implica que c1,t = 0, pois ∂1 é uma derivação simples de K[x1].
Por outro lado, se t ≤ degx2∂2(a3), então a única parcela que possivelmente envolve
x2 em (a) é ∂2(a3), daí t = degx2∂2(a3) = degx2a3− 1. Assim, de (b) segue que degx2c0 =
Resumindo, temos que ξ = c1x3+ c0, onde degx2c1 = degx2a3− 1 e
degx2c0 = degx2b3− 1 com c0 = 0 se b3 ∈ K[x1].
Agora, considere f solução da equação diferencial Pi0−1,j0
n−1 (z, γ) = Pn−1n−1,0(z, γ) = 0.
Isto é:
∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + ∂2(α2)f − ∂3(γ)ξ − n∂2(γ) = 0 ⇔
∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + a2f − hξ = 0.
(4.4)
Note que f 6= 0, pois ξ, h, 6= 0. Além disso, como degx3ξ = 1, segue que degx3f 6= 0.
Escreva f = dtxt3 + · · · + d0, com di ∈ K[x1, x2] e dt6= 0. Se t ≥ 2, então comparando os
coeficientes com maior grau em x3 na equação ?? temos:
∂1(dt) + a2∂2(dt) + ta3dt+ a2dt= 0 ⇔
d(dt) = −tdt(a3+ a2) = −tdt(∂3(α3) + ∂2(α2)).
Absurdo, pois d é simples e ∂2(α2), ∂3(α3) são linearmente independentes. Logo,
degx3f = 1. Então, f = d1x3+ d0, com d1, d0 ∈ K[x1, x2] e d1 6= 0.
Assim, o maior grau em x3 que ocorre no lado esquerdo da equação (??) é igual a 1.
Comparando os coeficientes de x3 em (??), temos:
∂1(d1) + α2∂2(d1) + a3d1+ a2d1 − hc1 = 0.
Daí, como degx2c1 = degx2a3−1, concluímos que o maior grau em x2 no lado esquerdo
da equação acima ocorre em a3d1 e é igual a degx2a3+ degx2d1 ≥ 1. Absurdo.
Agora suponha que d2 ≥ 2, isto é α2 = a2,d2x d2
2 + · · · + a2,0, onde a2,i ∈ K[x1] e
a2,d2 6= 0.
dois casos, quando j0 6= 0 e quando j0 = 0 e portanto i0 = n 6= 0.
Suponha que j0 6= 0 e considere f ∈ K[x1, x2, x3] solução da equação diferencial
Pi0,j0−1 n−1 (z, γ) = 0, isto é: ∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + ∂3(α3)f − Cj20∂ 2 3(α3) − j0∂3(γ) = 0 ⇔ ∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + a3f − j0h = 0. (4.5)
Note que f 6= 0, pois j0h 6= 0. Suponha que f = dtxt3 + · · · + d0, onde t ≥ 1,
di ∈ K[x1, x2] e dt 6= 0. Então, o maior grau em x3 que ocorre na equação (??) é t.
Comparando os coeficientes de xt
3 em (??), temos:
∂1(dt) + α2∂2(dt) + ta3dt+ a3dt = 0 ⇔ d(dt) = −(t + 1)a3dt.
O que é um absurdo, logo f ∈ K[x1, x2], e a equação (??) se reduz a:
∂1(f ) + α2∂2(f ) + ∂3(α3)f − j0h = ∂1(f ) + α2∂2(f ) + a3f − j0h = 0. (4.6)
Se degx2f 6= 0, então degx2a3 = degx2α2−1. Daí o maior grau em x2 no lado esquerdo
da equação ?? ocorre em α2∂2(f ) + a3f . Digamos que, a3 = a3,d2−1x d2−1
2 + · · · + a3,0, com
a3,i ∈ K[x1] e f = dtxt2+ · · · + d0, então o coeficiente líder em x2 de α2∂2(f ) + a3f é dado
por:
ta2,d2dt+ a3,d2−1dt= (ta2,d2 + a3,d2−1)dt.
Como a2,d2 e a3,d2−1 são linearmente independentes sobre Z, a equação acima torna-se
impossível.
Agora se degx2f = 0, o maior grau em x2 no lado esquerdo da equação ?? ocorre em
Agora, suponha j0 = 0. Seja ξ ∈ K[x1, x2, x3] solução da equação diferencial
Pi0−1,j0+1
n (z, γ) = Pnn−1,1(z, γ) = 0, isto é
∂1(ξ) + α2∂2(ξ) + α3∂3(ξ) + ∂2(α2)ξ − ∂3(α3)ξ − i0∂2(α3) = 0. (4.7)
Note que ξ 6= 0, pois ∂2(α3) 6= 0. Além disso, degx3ξ 6= 0, pois caso contrário, a única
parcela que envolve x3 na equação ?? será ∂2(α3) = ∂2(a3)x3+ ∂2(b3), com ∂2(a3) 6= 0.
Suponha ξ = ctxt3 + · · · + c0, onde ci ∈ K[x1, x2], ct 6= 0 e t ≥ 2. Então, o maior
grau em x3 no lado esquerdo da equação (??) é t. Comparando os coeficientes de xt3 na
equação (??), temos:
∂1(ct) + α2∂2(ct) + ta3ct+ ∂2(α2)ct− a3ct= 0 ⇔ d(ct) = ((1 − t)a3− ∂2(α2))ct.
Como a3 = ∂3(α3) e ∂2(α2) são linearmente independentes sobre Z e d não possui
polinômio de Darboux, segue que ct = 0. Absurdo. Logo, ξ = c1x3 + c0, com c1, c0 ∈
K[x1, x2] e c1 6= 0.
Assim, a equação (??) fica
(∂1(c1) + α2∂2(c1) + ∂2(α2)c1 − n∂2(a3)) | {z } (a) x3+ ∂1(c0) + α2∂2(c0) + ∂2(α2)c0+ b3c1− a3c0− n∂2(b3) | {z } (b) = 0.
Como degx2(α2∂2(c1) + ∂2(α2)c1) = degx2c1 + d2 − 1 > degx2c1, de (a) segue que
degx2c1 + d2 = degx2∂2(a3), isto é degx2c1 = degx2a3 − d2. Assim, se degx2a3 < d2.
Absurdo. Agora, suponha que degx2a3 ≥ d2.
De (b), temos que c0 6= 0, pois b3c1 − n∂2(b3) 6= 0. Se b3 = 0, de (b), temos que
Logo, b3 6= 0 e o maior grau em x2em (b) ocorre em b3c1−a3c0. Daí, degx2c0 = degx2b3−d2
e degx2a3 > degx2b3 ≥ d2.
Resumindo, temos que e ξ = c1x3+ c0, onde
degx2c1 = degx2a3− d2 e degx2c0 = degb3−d2. Além disso, degx2a3 > degx2b3 ≥ d2.
Agora, considere f solução da equação diferencial Pi0−1,j0
n−1 (z, γ) = P n−1,0 n−1 (z, γ) = 0. Isto é: ∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + ∂2(α2)f − ∂3(γ)ξ − n∂2(γ) = 0 ⇔ ∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) + ∂2(α2)f − hξ = 0. (4.8)
Note que f 6= 0, pois ξ, h, 6= 0. Além disso, como degx3ξ = 1, segue que degx3f 6= 0.
Mais ainda, degx3f = 1. Então, f = d1x3+ d0, com d1, d2 ∈ K[x1, x2] e d1 6= 0.
Assim, o maior grau em x3 que ocorre no lado esquerdo da equação (??) é igual a 1.
Comparando os coeficientes de x3 em (??), temos:
∂1(d1) + α2∂2(d1) + a3d1+ ∂2(α2)d1− hc1 = 0.
Como degx2a3 > degx2α2 = d2e degx2c1 = degx2a3−d2, concluímos que o maior grau em
x2 no lado esquerdo da equação acima ocorre em a3d1 e é igual a degx2a3+ degx2d1 ≥ 1.
Absurdo.
Proposição 4.3 Seja d = ∂1 + α2∂2+ α3∂3 uma derivação de K[x1, x2, x3], com d2 :=
degx2α2 ≥ 2, degx3α3 = 0 e 1 ≤ degx2α3 ≤ d2, sem polinômio de Darboux. Então,
A3(d + γ), onde γ = hx2x3, é um ideal maximal principal de A3, para h ∈ K[x1] \ {0}
Demonstração. Seja n ≥ 1 inteiro. Sejam i0, j0 ∈ N tais que i0 + j0 = n. Suponha
j0 6= 0 e seja f ∈ K[x1, x2, x3] solução da equação diferencial Pn−1i0,j0−1(z, γ) = 0, isto é:
∂1(f ) + α2∂2(f ) + α3∂3(f ) − j0hx2 = 0. (4.9)
Suponha que f = ctxt3+ · · · + c0, com ci ∈ K[x1, x2] e ct6= 0. Neste caso, o maior grau
em x3 que do lado esquerdo da equação ?? é t com coeficiente
∂1(ct) + α2∂2(ct) ⇒ ct∈ K∗.
Suponha que t = 1. Como c1 ∈ K∗ a equação ?? se reduz a:
∂1(c0) + α2∂2(c0) + α3c1− j0hx2 = 0.
Se degx2c0 = 0, então a equação acima é impossível, pois degx1h > degx1α3. Por outro
lado, se degx2c0 6= 0, então o maior grau em x2 no lado esquerdo da equação acima ocorre
em α2∂2(c0) e é maior ou igual a d2 ≥ 2. Absurdo.
Agora, suponha que t ≥ 2. Então, ct ∈ K∗. Comparando os coeficientes de xt−13
na equação ?? temos:
∂1(ct−1) + α2∂2(ct−1) = −tα3ct.
Como degx2α3 6= 0 segue que degx2ct−1 6= 0. Assim, a equação acima é impossível pois,
por hipótese, degx2α2 ≥ degx2α3.
Logo, degx3f = 0 e a equação ?? fica:
∂1(f ) + α2∂2(f ) − j0hx2 = 0.
Note que degx2f 6= 0, pois j0, h 6= 0. Daí, o maior grau em x2 no lado esquerdo da
Suponha j0 = 0.
Seja ξ ∈ K[x1, x2, x3] solução da equação Pni0−1,j0(z, γ) = Pnn−1,0(z, γ) = 0, isto é
∂1(ξ) + α2∂2(ξ) + α3∂3(ξ) + ∂2(α2)ξ − n∂2(α3) = 0. (4.10)
Note que ξ 6= 0, pois ∂2(α3) 6= 0. Assim, o maior grau em x2 no lado esquerdo da
equação ?? ocorre em α2∂2(ξ) + ∂2(α2)ξ = ∂2(α2ξ) e é maior do que 1. Absurdo.
Logo, A3(d + γ) é um ideal maximal à esquerda principal de An.
Abaixo, seguem alguns exemplos de ideais à esquerda maximais de A3.
Exemplo 4.1 Sejam d1 e d2 as derivações simples de K[x1, x2, x3] definidas por:
d1(x1) = 1 d1(x2) = x1x2+ 1 d1(x3) = x2x3+ 1, d2(x1) = 1 d2(x2) = x21x2+ x1 d2(x3) = x22x3+ x2. Considere γ = x3. Então,
A3(d1+ γ) e A3(d2+ γ) são ideais à esquerda maximais principais de A3.
Exemplo 4.2 Seja d = ∂1 + (x22 − x1)∂2 + x2∂3 a derivação simples de K[x1, x2, x3].