Seja f ´e irredut´ıvel de multiplicidade n e regular em y da forma (2.2), considere P (x, y) o Pseudo-polinˆomio associado a f , isto ´e, uf = yn+ A
1(x)yn−1+ · · · + An(x) = P (x, y), e seja α = ϕ(xn1) ∈ K[[x 1 n]], com n = min{q ∈ N; α ∈ K[[x 1 q]]}.
Pelo Corol´ario 2.23, P (x, α) = P (x, ϕ(xn1)) = 0. Fazendo t = x 1
n, ent˜ao ϕ(t) ∈ K[[t]] e f (tn, ϕ(t)) = 0.
Nesta situa¸c˜ao dizemos que a mudan¸ca de vari´avel x = tn y = ϕ(t) =P i≥mbit i, com b m ∈ K\{0}
´e uma Parametriza¸c˜ao de Puiseux da curva (f ).
Qualquer outra raiz de f nos d´a outra parametriza¸c˜ao de Puiseux (tn, ψ(t)) de f e
mais, ϕ(t) = ψ(ξt), onde ξ ∈ Un.
Observe tamb´em que o ´ındice i e n = min{q ∈ N; α ∈ K[[x1q]]} n˜ao admitem fator comum para todo i tal que bi 6= 0 e, portanto, s˜ao relativamente primos para qualquer
parametriza¸c˜ao de Puiseux acima.
Do item (iii) do Teorema 2.20 temos,
multt(ϕ(t)) = n · multx(α) = multx(An(x)) = multx(an(x)) ≥ n.
Se o cone tangente de (f ) ´e (yn), ent˜ao
multt(ϕ(t)) = multx(an(x)) > n. (2.3)
Cap´ıtulo 3
Interse¸c˜ao de Curvas
Para calcular os pontos de interse¸c˜ao entre uma curva definida por f ∈ C[x, y] e uma reta l, dada pela equa¸c˜ao y = ax + b, resolvemos a seguinte equa¸c˜ao:
f (x, ax + b) = 0.
Dizemos que a equa¸c˜ao n˜ao admite solu¸c˜ao, isto ´e, f (x, ax + b) ´e uma constante n˜ao nula se, e somente se, a curva e a reta n˜ao possuem pontos em comum. Se l ´e uma componente de f , ent˜ao f (x, ax + b) ´e identicamente nula. No caso em que a reta e a curva se interceptam, como estamos trabalhando num corpo algebricamente fechado, ent˜ao podemos reescrever
f (x, ax + b) = c
n
Y
i=1
(x − xi)mi, (3.1)
onde c ´e uma constante e xi s˜ao as abscissas dos pontos de interse¸c˜ao.
Para calcular a interse¸c˜ao entre curvas, digamos f e g, o processo ´e semelhante desde que seja poss´ıvel escrever uma das equa¸c˜oes de forma expl´ıcita. Neste caso fixamos uma vari´avel, por exemplo y, e consideramos f e g como polinˆomios com coeficientes em C[x]. Devemos ent˜ao calcular os valores de x para que f (x, Y ) e g(x, Y ) admitam raiz comum. Outra maneira de efetuar este c´alculo ´e lembrando que dois polinˆomios que admitem ra´ızes em comum possuem fatores em comum e, pelo Corol´ario 1.37, podemos calcular pontos que satisfazem Ry(f, g) = 0.
Exemplo 3.1 Sejam f = y2+ x3− 3 e g = 2xy − 4. Para calcular as interse¸c˜oes entre
f e g devemos resolver f (x, y) = g(x, y) = 0 ou, equivalentemente,
y2+ x3 = 3
xy = 2.
Considerando que f , g s˜ao polinˆomios com coeficientes em C[x], e substituindo
y = 2x−1 em y2+ x3 = 3, obtemos
x5− 3x2 + 4 = 0 (3.2)
que ´e exatamente Ry(f, g). Assim, as abscissas das interse¸c˜oes entre f e g s˜ao as solu¸c˜oes
da equa¸c˜ao (3.2).
Entretanto, na equa¸c˜ao de uma curva nem sempre ´e f´acil escrever uma vari´avel em fun¸c˜ao das outras e, assim, ´e necess´ario encontrar outras estrat´egias para calcular as interse¸c˜oes.
Neste cap´ıtulo, apresentamos uma maneira de calcular o ´Indice de Interse¸c˜oes en- tre quaisquer duas curvas, que nem sempre coincide com a quantidade de pontos de interse¸c˜ao, mas identifica a multiplicidade delas. Para isso vamos introduzir alguns con- ceitos como, Anel Coordenado e Valora¸c˜ao, al´em da rela¸c˜ao entre ´Indice de Interse¸c˜ao e Resultante de duas curvas.
Defini¸c˜ao 3.2 Sejam K um corpo e f um elemento do ideal maximal M =< x, y > de K[[x, y]]. Definimos o Anel Coordenado da curva (f ) como sendo a K-´algebra
Of =
K[[x, y]] < f > .
Se h ∈ K[[x, y]] e B ⊂ K[[x, y]] ´e um ideal dizemos que h ´e a classe residual de h em Of e B ´e o conjunto das classes residuais dos elementos de B.
Proposi¸c˜ao 3.3 O anel Of possui um ´unico ideal maximal Mf = M = < x, y >.
Demonstra¸c˜ao: De fato, suponha que exista um ideal I de Of tal que M ( I ⊂ Of.
Ent˜ao existe h ∈ I\M, isto ´e, h(x, y) = xh1(x, y) + yh2(x, y) + c, onde c ∈ K\{0}. Assim
Se existe outro ideal maximal J de Of ent˜ao existe g(x, y) ∈ J\M, e com o mesmo
racioc´ınio, g(x, y) ´e invert´ıvel e portanto J = Of. ✷
Proposi¸c˜ao 3.4 Se f ´e irredut´ıvel, ent˜ao Of ´e um dom´ınio de integridade.
Demonstra¸c˜ao: Sejam g, h ∈ Of tais que gh = 0. Ent˜ao, gh ∈< f > e isso implica
que f |gh. Como f ´e irredut´ıvel ent˜ao f|g ou f|h, isto ´e, g = 0 ou h = 0. ✷ Se f ´e irredut´ıvel, ent˜ao denotamos o corpo das fra¸c˜oes de Of por Kf.
Teorema 3.5 Dadas (f ) e (g) duas curvas alg´ebricas planas ent˜ao Of ≃ Og se, e so-
mente se, (f ) ∼ (g).
Demonstra¸c˜ao: Suponha que (f ) ∼ (g). Ent˜ao existe um K-automorfismo φ tal que φ(f ) = gu, para alguma unidade u ∈ K[[x, y]].
Considere π : K[[x, y]] −→ Og p(x, y) 7−→ p(x, y). Assim, π ◦ φ : K[[x, y]] −→ Og q(x, y) 7−→ φ(q(x, y)) ´e um homomorfismo sobrejetor.
Al´em disso, Ker(π ◦ φ) = {p ∈ K[[x, y]]; (π ◦ φ)(p) = 0} = {p ∈ K[[x, y]]; π(φ(p)) = 0} = {p ∈ K[[x, y]]; φ(p) = 0} = {p ∈ K[[x, y]]; φ(p) ∈< g >} = {p ∈ K[[x, y]]; φ(p) = g · hp} = {p ∈ K[[x, y]]; p = φ−1(g) · φ−1(h p)} = {p ∈ K[[x, y]]; p = f · φ−1(u−1) · φ−1(h p)} = < f > .
Pelo Teorema do Isomorfismo segue que Of =
K[[x, y]] < f > =
K[[x, y]]
Ker(π ◦ φ) ≃ Og.
Reciprocamente, suponha Of ≃ Og. Se f e g s˜ao regulares, pela Proposi¸c˜ao 2.7,
(f ) ∼ (g).
Sen˜ao, sem perda de generalidade, podemos supor que mult(g) ≥ 2 e Of ≃ Ogatrav´es
do isomorfismo φ tal que
φ(x) = t1
φ(y) = t2,
onde t1, t2 ∈ M, e a barra simples e a barra dupla representam as classes residuais de
Of e Og respectivamente.
Defina tamb´em
φ : K[[x, y]] −→ K[[x, y]] x 7−→ t1
y 7−→ t2.
Como φ ´e um isomorfismo, existem r(x, y), s(x, y)∈ K[[x, y]] tais que, x = φ(r(x, y)) = r(t1, t2),
y = φ(s(x, y)) = s(t1, t2).
Assim,
x − r(t1, t2) = 0 =< g > que implica x − r(t1, t2) ∈< g >⊂ M2, e
y − s(t1, t2) = 0 =< g > que implica que y − s(t1, t2) ∈< g >⊂ M2, pois mult(g) ≥ 2.
Da´ı, t1 = ax + by + · · · e t2 = cx + dy + · · · .
Afirma¸c˜ao: ad − bc 6= 0. De fato,
r(t1, t2) = mt1 + nt2+ · · ·
= m(ax + by) + n(cx + dy) + · · · = x(ma + cn) + y(mb + nd) + · · · ,
mult(x − x(ma + nc) − y(yb + nd) + · · · ) ≥ 2 implica que ma + nc = 1 mb + dn = 0 e assim, ma 6= −nc ⇒ mad 6= −ncd ⇒ mad 6= mbc ⇒ ad 6= bc ⇒ ad − bc 6= 0. Consequentemente, 0 = φ(f ) = f (t1, t2) = f (t1, t2) = φ(f )
e, segue que φ(f ) ∈< g >, isto ´e, φ(f) = gh. Resta mostrar que h ´e unidade.
Temos mult(f ) = mult(φ(f )) = mult(g) + mult(h) ≥ 2. Como φ(f ) = gh ent˜ao,
f = φ−1(g)φ−1(h) ⇒ φ−1(g) = f · φ−1(h−1) = f h′, onde h′ = φ−1(h−1).
Disso segue que φ(f ) = gh = φ(f )φ(h′)h, e assim mult(h′) + mult(h) = 0 e, portanto,
h ´e unidade.
Logo (f ) ∼ (g). ✷
Proposi¸c˜ao 3.6 Seja f ∈ K[[x, y]] regular em y de ordem n. Ent˜ao Of ´e um K[[x]]-
m´odulo livre de posto n gerado pelas classes residuais yi de yi
, para cada i = 0, · · · , n−1, em Of, isto ´e, Of = K[[x]] ⊕ K[[x]]y ⊕ · · · ⊕ K[[x]]yn−1.
Demonstra¸c˜ao: Dado g ∈ K[[x, y]] ent˜ao, pelo Algoritmo da Divis˜ao (Teorema 1.19), existem h ∈ K[[x, y]] e ai(x) ∈ K[[x]], para i = 0, · · · , n − 1, tais que
Assim,
g = a0(x) + a1(x)y + · · · + an−1(x)yn−1.
Resta mostrar que 1, y· · · , yn−1 s˜ao livres.
Sejam b0(x), · · · , bn−1(x) ∈ K[[x]] tais que
b0(x) + b1(x)y + · · · + bn−1(x)yn−1 = 0,
ent˜ao, b0(x)+b1(x)y+· · ·+bn−1(x)yn−1 ∈< f >, isto ´e, b0(x)+b1(x)y+· · ·+bn−1(x)yn−1 =
f q, para algum q ∈ K[[x, y]] ou, equivalentemente
f q + (−b0(x) − b1(x)y − · · · − bn−1(x)yn−1) = 0.
J´a que 0 = f · 0 + 0, segue pela unicidade do Algoritmo da Divis˜ao que b0(x) + b1(x)y + · · · + bn−1(x)yn−1 = 0.
Logo, b0(x) = b1(x) = · · · = bn−1(x) = 0 e portanto Of ´e um K[[x]]-m´odulo de base
{1, y, · · · , yn−1}.
✷ Proposi¸c˜ao 3.7 Seja f ∈ K[[x, y]] regular de ordem n em y e irredut´ıvel. Considere (tn, ϕ(t)) uma parametriza¸c˜ao de Puiseux da curva (f ), ent˜ao a aplica¸c˜ao
Hϕ : K[[x, y]] −→ K[[t]]
g 7−→ g(tn, ϕ(t))
´e um homomorfismo de K-´algebras com KerHϕ =< f >.
Demonstra¸c˜ao: E claro que H´ ϕ ´e um homomorfismo e que < f >⊂ KerHϕ. Resta
mostrar que KerHϕ ⊂< f > .
Seja g ∈ KerHϕ. Pelo Algoritmo da Divis˜ao (Teorema 1.19), existem q ∈ K[[x, y]] e
r ∈ K[[x]][y], com gryr < n ou r = 0, tais que:
g = f q + r.
Como (tn, ϕ(t)) ´e uma parametriza¸c˜ao de Puiseux de (f ), existe α = ϕ(xn1) tal que
f (x, α) = 0. Al´em disso, g ∈ KerHϕ implica que 0 = g(tn, ϕ(t)) = g(x, ϕ(x
1
n)) = g(x, α) e, assim,
Desta forma o polinˆomio minimal mα(x) de r sobre K((x)) divide r(x, y). Por outro
lado, pelo Teorema 2.20, gr(mα(x)) = n que, por sua vez, ´e maior que gryr(x, y) e isto
n˜ao pode ocorrer. Portanto r(x, y) = 0 .
Logo, g = f q e, portanto, kerHϕ =< f > . ✷
Agora deduzimos uma das propriedades fundamentais das curvas que s˜ao representa- das por s´eries de potˆencias irredut´ıveis regulares de ordem n em y com a parametriza¸c˜ao de Puiseux dada por (tn, ϕ(t)).
Considere o homomorfismo injetor de K-´algebras Hϕ : Of −→ K[[t]] dado por
Hϕ(¯g(x, y)) = g(tn, ϕ(t)), para todo ¯g(x, y) ∈ Of. Tal homomorfismo nos permite iden-
tificar Of com a sub´algebra Aϕ de K[[t]] definida por
Aϕ := Hϕ(Of) = K[[tn, ϕ(t)]].
Se ξ denota uma n-´esima raiz da unidade, ent˜ao Aψ ≃ Aϕ, sempre que ψ(t) = ϕ(ξt),
atrav´es do automorfismo:
hξ : K[[t]] −→ K[[t]]
p(t) 7−→ p(ξt). Al´em disso, pela Proposi¸c˜ao 3.6, temos que
Aϕ = Hϕ(Of)
= Hϕ K[[x]] ⊕ K[[x]]y ⊕ · · · ⊕ K[[x]]yn−1
= K[[tn
]] ⊕ · · · ⊕ K[[tn]]ϕn−1(t).
Do Teorema 2.20, segue que o corpo das fra¸c˜oes de Aϕ ´e K((t)).
Observe que quando f ´e regular em x, podemos fazer uma mudan¸ca de pap´eis entre x e y e usar resultados similares aos obtidos para o caso em que f ´e regular em y. Defini¸c˜ao 3.8 Chamamos de Matriz de Vandermonde uma matriz da forma
1 1 · · · 1 a1 a2 · · · an a2 1 a22 · · · a2n ... . .. ... ... an−11 an−12 · · · an−1 n ou 1 a1 a21 · · · an−11 1 a2 a22 · · · an−12 1 a3 a23 · · · an−13 ... ... ... ... 1 an a2n · · · an−1n .
Os elementos a1, a2, · · · , an s˜ao chamados elementos Caracter´ısticos da matriz.
Teorema 3.9 Seja V uma matriz de Vandermonde. O determinante da matriz de Vandermonde V ´e o produto de todas as diferen¸cas poss´ıveis entre os elementos carac- ter´ısticos, isto ´e,
det(V ) =Y
i<j
(ai− aj),
onde a′
is s˜ao os elementos caracter´ısticos de V .
Demonstra¸c˜ao: A demonstra¸c˜ao deste teorema segue por indu¸c˜ao sobre a ordem da
matriz de Vandermonde. ✷
Teorema 3.10 Seja f ∈ K[[x]][y] um Pseudo-polinˆomio de grau n e considere ϕ ∈ K[[x1n]] tal que f (x, ϕ) = 0. Se Dy(f )(x) ´e o discriminante de f (x, y) em K[[x]], ent˜ao
Dy(f )(tn)K[[t]] ⊂ Aϕ.
Demonstra¸c˜ao: Seja β ∈ K[[t]]. Como K[[t]] ⊂ K((t)) = K((tn))[ϕ] segue, do
Teorema 2.20, que existem ai(tn) ∈ K((t)) tais que
β =
n−1
X
i=0
ai(tn)ϕi.
Pelo Lema 2.14, a extens˜ao K((tn))[ϕ]/K((tn)) ´e galoisiana e seu grupo de Galois ´e
isomorfo a Un. Agora, considere ξ um gerador de Un e a a¸c˜ao definida pela equa¸c˜ao (2.1)
na Se¸c˜ao 2.2. Para cada j = 0, · · · , n − 1, defina βj = ξj∗ β = ξj ∗ n−1 X i=0 ai(tn)ϕi = n−1 X i=0 ai(tn)ϕij, onde ϕj = ξj ∗ ϕ. Tais β′
js d˜ao origem a um sistema, que por sua vez d´a origem a matriz (cij) = (ϕij).
∆ = Y
r>s
(ϕr− ϕs).
Assim, segue do Corol´ario 2.22 que ϕi s˜ao ra´ızes de f e, pela Proposi¸c˜ao 1.45,
Dy(f ) = Y i6=j (αi− αj). Contudo temos ∆2 =Y r>s (ϕr− ϕs)2 = D2y(f )(t n ),
o que implica que ∆ = ±Dy(f )(tn). Portanto, ∆2 ∈ K[[tn]] ⊂ K[[t]].
Al´em disso, dado
Mi = ϕ0 0 · · · β0 · · · ϕn−10 ϕ0 1 · · · β1 · · · ϕn−11 ... . .. ... . .. ... ϕ0 n−1 · · · βn−1 · · · ϕn−1n−1 ∈ K[[t]],
segue da Regra de Crammer que ai(tn) = ∆−1Mi e, tamb´em, ∆2ai(tn) = ∆Mi ∈ K[[t]].
Observe que para todo j = 0, · · · , n − 1, ξj ∗ ∆2a i(tn) = ∆2ai(tn) ∈ K[[tn]]. Visto que β = n−1 X i=0 ai(tn)ϕi, obtemos Dy(f )(tn)β = ±∆2 n−1 X i=0 ai(tn)ϕi = ± n−1 X i=0 ∆2ai(tn)ϕi ∈ n−1 X i=0 K[[tn]]ϕi = A ϕ.
Como β ∈ K[[t]], o resultado segue.
✷
Corol´ario 3.11 Seja Aϕ = Hϕ(Of) ent˜ao,
dimK
K[[t]] Aϕ < ∞.
Demonstra¸c˜ao: Pelo Teorema 3.10 temos Dy(f )(tn)K[[t]] ⊂ Aϕ assim,
dimK K[[t]] Aϕ < dimK K[[t]] < Dy(f )(tn) > = mult(Dy(f )(tn)) < ∞. ✷
Defini¸c˜ao 3.12 A fun¸c˜ao vf : Of\{0} −→ N, definida por vf(g) = mult(Hϕ(g)) ´e
chamada Valora¸c˜ao associada `a f .
Proposi¸c˜ao 3.13 Sejam g, h ∈ Of ent˜ao,
i) vf(g· h) = vf(g) + vf(h);
ii) vf(1) = 0;
iii) vf(g + h)≥ min{vf(g), vf(h)}. A igualdade ocorre se vf(g) 6= vf(h).
Demonstra¸c˜ao: As demonstra¸c˜oes seguem da defini¸c˜ao e das propriedades de multi-
plicidade. ✷
3.1
´Indices de Interse¸c˜ao
Vimos anteriormente que a equa¸c˜ao que descreve interse¸c˜ao entre uma curva f ∈ C[x, y] e a reta l dada por y = ax+b pode ser escrita como fl(x) = f (x, ax+b) = cQni=1(x−xi)mi,
onde xi s˜ao as abscissas dos pontos de interse¸c˜ao e mi ´e a multiplicidade da raiz xi de
fl. No caso de interse¸c˜ao entre reta e curva, o ´Indice de Interse¸c˜ao de l e f no ponto
(xi, axi+ b) coincide com a multiplicidade da ra´ız xi de fl.
O c´alculo de ´Indice de Interse¸c˜ao entre curvas ´e feito de forma diferente. Dado um polinˆomio p ∈ K[x], podemos encontrar a multiplicidade da raiz α calculando p em x+α e obtemos p(x+α) = xmu(x), onde u(x) ´e unidade em K[[x]]. Assim, < p(x+α) >=< xm >
e disso, K[[x]] < p(x + α) > = K[[x]] < xm >, e mais, dimK K[[x]] < p(x + α) > = dimk K[[x]] < xm > = m.
Portanto, a multiplicidade da raiz α coincide com dimk<xK[[x]]m>.
A partir dessa ideia definimos a interse¸c˜ao entre curvas. Nesta se¸c˜ao vamos ver tamb´em resultados que determinam t´ecnicas para seu c´alculo.
Defini¸c˜ao 3.14 Sejam f e g ∈ M. O ´Indice de Intersec¸c˜ao de f e g ´e a dimens˜ao do K-espa¸co vetorial K[[x, y]]
< f, g >, isto ´e,
I(f, g) = dimK
K[[x, y]] < f, g >. Observe que I(f, g) = Of
< g >, onde g denota a classe residual de g em Of.
Defini¸c˜ao 3.15 Duas curvas alg´ebricas (f ) e (g) s˜ao transversais se (f ) e (g) s˜ao regu- lares e suas retas tangentes s˜ao distintas.
Teorema 3.16 Sejam f, g, h ∈ M, ϕ um automorfismo de K[[x, y]] e uma unidade u ∈ K[[x, y]], ent˜ao
i) I(f, g) < ∞ se, e somente se, f e g s˜ao relativamente primos; ii) I(f, g) = I(g, h);
iii) I(ϕ(f ), ϕ(g)) = I(uf, ug) = I(f, g); iv) I(f, gh) = I(f, g) + I(f, h);
v) I(f, g) = 1 se, e somente se, (f ) e (g) s˜ao transversais. vi) I(f, g − hf) = I(f, g).
Demonstra¸c˜ao:
Os itens ii) iii) e vi) seguem da defini¸c˜ao.
i) Podemos associar f e g a pseudo-polinˆomios visto que I(f, g), f e g serem relati- vamente primos s˜ao preservados por automorfismos.
Suponha que f e g s˜ao relativamente primos em K[[x, y]] ent˜ao, pela Proposi¸c˜ao 1.36, Ry(f, g) 6= 0 e assim Ry(f, g) = xru, onde u ´e unidade e r ≥ 0.
Pela Proposi¸c˜ao 1.39 Ry(f, g) ∈< f, g > e, pelo fato de Ry(f, g)(0) = 0 e u(0) 6= 0,
segue que xr
Suponha que gry(f ) = n. Dado h ∈ K[[x, y]], pelo Algoritmo da Divis˜ao (Teorema
1.19), existem q ∈ K[[x, y]] e a0(x) + a1(x)y + · · · + an−1(x)yn−1 ∈ K[[x]][y] tais que
h = f q + a0(x) + a1(x)y + · · · + an−1(x)yn−1.
Assim,
h = a0(x) + a1(x)y + · · · + an−1(x)yn−1,
ou seja, K[[x,y]]<f,g> ´e um K-espa¸co vetorial gerado por xiyj
, com 0 ≤ i ≤ r−1 e 0 ≤ j ≤ n−1. Logo, I(f, g) ´e finito.
Reciprocamente, suponha que f e g n˜ao s˜ao relativamente primos, ent˜ao existem g1,
f1 ∈ K[[x]][y], n˜ao unidades e Pseudo-polinˆomios, tais que f = f1h e g = g1h. Assim,
< f, g >⊂< h >.
Al´em disso, 1, x, x2, · · · s˜ao linearmente independentes sobre K em K[[x, y]]
h . De fato, sejam k0, k1, · · · , km ∈ K tais que k01 + k1x + · · · + kmxm = 0, ent˜ao
k0+ k1x + · · · + kmxm = hh1, com h1 ∈ K[[x, y]]. Mas h ∈ K[[x]][y] ´e Pseudo-polinˆomio
e, portanto, k0 = k1 = · · · = km = 0. Desta forma, dimK K[[x, y]] < f, g > ≥ dimK K[[x, y]] < h > = ∞. Logo I(f, g) ´e infinito.
iv) Se mostrarmos que a sequˆencia
0 / / Of < h > ψ / / Of < gh > φ / / Of < g > / /0
´e exata ent˜ao,
dimK Of < gh > = dimK Of < h > + dimK Of < g >, ou, equivalentemente,
I(f, gh) = I(f, h) + I(f, g).
A barra simples representar´a a classe residual m´odulo < h > e a barra dupla repre- sentar´a a classe residual m´odulo < hg >.
O homomorfismo ψ ´e definido por ψ(a) = ga e φ ´e induzido pela proje¸c˜ao π : Of −→ Of < g >, assim ker(φ) = {a ∈ < gh >Of ; φ(a) ∈< g >} = {a ∈ < gh >Of ; π(a) ∈< g >} = {a ∈ Of < gh >; a+ < g >∈< g >} = < g > < gh > = Im(ψ). Dado z ∈ Ker(ψ) ent˜ao,
ψ(z) = 0 ⇔ gz = 0 ⇔ gz = ghk1
⇔ z ∈< h > ⇔ z = 0.
Contudo temos ψ ´e injetora, φ ´e sobrejetora e Im(ψ) = Ker(φ), portanto, I(f, gh) = I(f, h) + I(f, g).
v) Suponha que (f ) e (g) s˜ao regulares com retas tangentes distintas. Com uma mudan¸ca de coordenadas podemos assumir que existem f1, g1 ∈ M2 em que f = x + f1
e g = y + g1. Podemos reescrever como f = ux + yf2 e g = vy + xg2, onde u e v s˜ao
unidades.
Vamos mostrar que y ∈< f, g > e x ∈< f, g > e, assim, < f, g >=< x, y >. Temos que: y(v − u−1g2f2) = yv − yu−1g2f2 = yv − u−1g2(f − ux) = yv − u−1g2f + u−1uxg2 = yv − u−1g2f + xg2 = g − u−1g2f ∈< f, g > .
Al´em disso, (v − u−1g
2f2)(0, 0) = v(0, 0) 6= 0, ou seja, (v − u−1g2f2) ´e unidade e,
portanto, y ∈< f, g >.
Analogamente temos que x ∈< f, g > e, portanto,
I(f, g) = dimK
K[[x, y]]
< f, g > = dimK
K[[x, y]] < x, y > = 1.
Reciprocamente, vamos supor que (f ) e (g) n˜ao s˜ao transversais e vamos mostrar que I(f, g) 6= 1.
Se (f ) e (g) n˜ao s˜ao transversais, ent˜ao mult(f ) ≥ 2, ou mult(g) ≥ 2, ou possuem a mesma reta tangente. Ap´os uma mudan¸ca de coordenadas, se necess´ario, temos f = yf1+ f2 e g = yg1+ g2 com f2 e g2 ∈ M2 e f1, g1 ∈ K[[x, y]]. Assim, < f, g >⊂< y > +M2 e, portanto, I(f, g) = dimK K[[x, y]] < f, g > ≥ dimK K[[x, y]] < y > +M2 = dimK K[[x]] < x2 > = 2. ✷
Teorema 3.17 Considere a seguinte aplica¸c˜ao:
I′
: M × M −→ N ∪ {∞} (f, g) 7−→ I′(f, g).
Se I′ satisfaz todos os itens do Teorema 3.16 ent˜ao I′ = I.
Demonstra¸c˜ao: Se I′(f, g) = 1 ent˜ao (f ) e (g) s˜ao transversais e, portanto, I(f, g) = 1.
Suponha que se I′
(f, g) ≤ r − 1 ent˜ao I′(f, g) = I(f, g).
Sejam f, g ∈ M\{0} tal que I′(f, g) = r e considere um automorfismo φ de K[[x, y]]
tal que φ(f ) = pu1 e φ(g) = qu2, onde u1 e u2 s˜ao unidades e p, q s˜ao Pseudo-polinˆomios.
Pelo item (iii) do Teorema 3.16 temos:
I′(f, g) = I′(p, q) e I(f, g) = I(p, q).
Sem perda de generalidade, podemos supor que n = gry(p) ≤ gry(q) = m.
Defina q1 = q − ym−np = xq2 , desta forma,
Se q2 ´e unidade segue do Teorema 3.16 que I′(p, xq2) = I′(p, x) e, assim,
I′(p, q) = I′(p, x) = I′(yn, x) = nI′(y, x) = n.
Se q2 n˜ao ´e unidade ent˜ao,
r = I′(f, g) = I′(p, x) + I′(p, q 2)
⇒ I′
(p, x) ≤ r − 1 e I′(p, q
2) ≤ r − 1.
Por hip´otese de indu¸c˜ao segue que I′(p, x) = I(p, x) e I′(p, q
2) = I(p, q2).
Logo,
I′(p, q) = I′(p, x) + I′(p, q2) = I(p, x) + I(p, q2) = I(p, q1+ ym−np) = I(p, q)
e, portanto, I′ = I.
✷
Exemplo 3.18 Dados f = y7− x2 e g = y5− x3 ent˜ao,
I(f, g) = I(y7− x2, y5− x3) = I(y5− x3, y7− x2) = I(y5− x3, (y7− x2) − y2(y5− x3)) = I(y5− x3, x2(xy2− 1)) = I(y5− x3, x2) = 2 · I(y5− x3, x) = 2 · I(y5, x)
= 2 · 5 · I(y, x) = 10.
Teorema 3.19 Sejam f, g Pseudo-polinˆomios em K[[x]][y] e f = f1.f2· · · .fr uma de-
composi¸c˜ao de f em fatores irredut´ıveis de Pseudo-polinˆomios, ent˜ao
I(f, g) =
r
X
i=1
vfi(g) = mult(Ry(f, g)).
Demonstra¸c˜ao: Se f e g possuem fatores em comum ent˜ao I(f, g), mult(Ry(f, g)) e
Pr
i=1vfi(g) s˜ao infinitos e, portanto n˜ao h´a o que provar.
Como I(f, g) = n X i=1 I(fi, g) e Ry(f, g) = n Y i=1
Ry(fi, g), se provarmos que para f irre-
dut´ıvel temos I(f, g) = vf(g) = mult(Ry(f, g)) ent˜ao,
I(f, g) = n X i=1 I(fi, g) = n X i=1 vfi(g) = n X i=1 mult(Ry(fi, g)) = mult( n Y i=1 Ry(fi, g)) = mult(Ry(f, g)).
Ent˜ao faremos isso.
Seja f irredut´ıvel, n = gry(f ) e (tn, ϕ(t)) uma parametriza¸c˜ao de Puiseux de f .
Defina a seguinte aplica¸c˜ao:
L : K[[t]] −→ K[[t]]
h(t) −→ h(t)g(tn, ϕ(t)).
Pela Proposi¸c˜ao 3.7, g(tn
, ϕ) = 0 se, e somente se, g ∈< f >. Como f e g n˜ao possuem termos em comum segue que L ´e injetora.
Seja W o K-subespa¸co Aϕ = K[[tn, ϕ]] de V = K[[t]]. Sabemos que Aϕ ≃ Of, al´em
disso, W L(W ) = Aϕ g(tn, ϕ(t))A ϕ ≃ Of < g >, onde g ∈ Of. (3.3) V L(V ) = K[[t]] < g(tn, ϕ(t)) >. (3.4)
Pelo Corol´ario 3.11 temos que dimK
V
W = dimK K[[t]]
Aϕ < ∞.
Como dimKWV < ∞, dimKL(V )V < ∞, por um resultado de ´algebra linear segue que,
dimK W L(W ) = dimK V L(V ). (3.5) Al´em disso, dimK V L(V ) = dimK K[[t]] < g(tn, ϕ(t)) > = mult(g(t n, ϕ(t))) = v f(g) < ∞. (3.6)
Contudo temos, I(f, g) = dimK Of < g > 3.3 = dimK W L(W ) 3.5 = dimK V L(V ) 3.6 = vf(g).
Por outro lado temos pela Proposi¸c˜ao 1.41 Ry(f, g) =
n
Y
i=1
g(x, ϕ(ξx1n)), onde ξ ´e uma n-´esima raiz primitiva da unidade. Da´ı,
mult(Ry(f, g)) = mult(Qni=1g(x, ϕ(ξx
1 n))) = n.mult(g(x, ϕ(ξxn1)) = mult(g(tn, ϕ))
= vf(g)
Portanto, I(f, g) = vf(g) = mult(g(tn, ϕ)) = mult(Ry(f, g)).
✷
Teorema 3.20 Se f, g ∈ M, ent˜ao I(f, g) ≥ mult(f) · mult(g). A igualdade ocorre se,
e somente se, (f ) e (g) n˜ao possuem retas tangentes em comum.
Demonstra¸c˜ao: Suponha que f, g ∈ M s˜ao irredut´ıveis e considere uma mudan¸ca de coordenadas de modo que f e g s˜ao associados a Pseudo-polinˆomios em K[[x]][y] e y ´e uma reta tangente de (f ).
Sendo f irredut´ıvel, regular em y e de multiplicidade n, podemos considerar a para- metriza¸c˜ao de Puiseux (tn, ϕ(t)) de (f ). Como o cone tangente de (f ) ´e dado por (yn),
temos mult(ϕ(t)) > n.
Suponha que g(x, y) = (ax + by)m+ g
m+1(x, y) + · · · . Ent˜ao, pelo Teorema 3.19,
I(f, g) = mult(g(tn, ϕ(t))) = mult ((atn+ bϕ(t))m+ g m+1(tn, ϕ(t)) + · · · ) = mult((atn+ bϕ(t))m) = m · mult((atn+ bϕ(t)) ≥ m · n = mult(g)mult(f ).
Observe que se a 6= 0, ent˜ao I(f, g) = mult(g)mult(f) e, assim, a reta tangente de g ´e x, isto ´e, (f ) e (g) tem retas tangentes distintas. ✷
Cap´ıtulo 4
Resolu¸c˜ao de Singularidades de
Curvas Planas
Agora j´a temos os pr´e-requisitos para mostrar que, a partir da transforma¸c˜ao quadr´atica, que definimos a seguir, ´e poss´ıvel transformar uma curva singular em uma curva regular. Mais ainda, apresentamos a F´ormula de Noether que nos permite calcular o ´ındice de interse¸c˜ao entre duas curvas irredut´ıveis. Para calcular o ´ındice de interse¸c˜ao precisamos aplicar sucessivas vezes a transforma¸c˜ao estrita na s´erie que define a curva ent˜ao, neste cap´ıtulo, definimos Transforma¸c˜ao estrita. Al´em disso, apresentamos um resultado que nos ajuda a verificar quando a s´erie ´e redut´ıvel, isto ´e, se a transforma¸c˜ao estrita da s´erie ´e redut´ıvel, ent˜ao a s´erie ´e redut´ıvel.
Exceto men¸c˜ao contr´aria, vamos considerar K um corpo algebricamente fechado.
Defini¸c˜ao 4.1 Uma Transforma¸c˜ao Quadr´atica sobre K[[x, y]] ´e um homomorfismo de
K-´algebras tal que,
σ : K[[x, y]] −→ K[[x1, y1]]
x 7−→ x1
y 7−→ x1y1.
τ : K[[x, y]] −→ K[[x1, y1]]
x 7−→ x1y1
y 7−→ y1.
Note que σ e τ n˜ao s˜ao sobrejetoras e, portanto, n˜ao s˜ao invert´ıveis, mas definem um isomorfismo entre K((x, y)) e K((x1, y1)), que s˜ao os corpos sa fra¸c˜oes de K[[x, y]] e
K[[x1, y1]], respectivamente. Observe tamb´em que σ(< x, y >) =< x1, x1y1 >=< x1 >.
Temos que T−1(0, 0) ´e a reta E : x
1 = 0 e, ´e chamada divisor excepcional da trans-
forma¸c˜ao quadr´atica.
Agora, considere a seguinte s´erie formal de multiplicidade n: f (x, y) = fn(x, y) + fn+1(x, y) + · · · ∈ K[[x, y]].
A transforma¸c˜ao estrita via σ da curva (f ) ´e denotada por f(1) e ´e dada pela s´erie
σ∗(f ) = σ(f ) xn
1
Proposi¸c˜ao 4.2 Dados f, g ∈ K[[x, y]] ent˜ao: i) σ∗(f ) ´e invert´ıvel em K[[x
1, y1]] se, e somente se, f ´e regular em x;
ii) σ∗(f g) = σ∗(f )σ∗(g);
iii) mult(σ∗
(g)) ≤ mult(f);
iv) Se f ´e um polinˆomio de Weierstrass em K[[x]][y], de grau n e cone tangente (yn)
ent˜ao σ∗(f ) ´e um Pseudo-polinˆomio de grau n em y;
v) Se f ´e irredut´ıvel ent˜ao, ou σ∗(f ) ´e irredut´ıvel ou σ∗(f ) ´e unidade.
Demonstra¸c˜ao: i) Seja f (x, y) ∈ K[[x, y]] tal que mult(f) = n. Sabemos que σ∗(f ) = σ(f )
xn 1
= fn(1, y1) + x1fn+1(1, y1) + · · · . Como σ∗(f ) ´e invert´ıvel
ent˜ao fn(1, y1) = c0+ c1y1n−1, onde c0 ∈ K\{0} e, desta forma, fn(x, y) = c0xn+ · · · .
Reciprocamente, suponha que mult(f (x, 0)) = mult(f ). Ent˜ao f (x, 0) = cxn
+ · · · com c 6= 0 e, como mult(f) = n, f(x, y) = cxn+ · · · . Da´ı
σ∗(f ) = f
n(1, y1) + · · · = c + · · · .
Logo, σ∗(f ) ´e invert´ıvel.
ii) Dados f, g ∈ K[[x, y]] com mult(f) = n e mult(g) = m ent˜ao, σ∗(f · g) = f (x1y1, y1)g(x1y1, y1) xn+m1 = f (x1y1, y1) xn 1 · g(x1y1, y1) xm 1 = σ∗(f )σ∗(g). iii) Observe que σ∗(f ) = f
n(1, y1) + x1fn+1(1, y1) + · · · . Al´em disso cada polinˆomio
homogˆeneo de grau m ´e da forma
fm(x, y) = X j+k=m aj,kxjyk. Assim, fn(1, y1) = X j+k=n aj,ky1k.
Como todos os outros monˆomios de σ∗(f ) possui termos x
1, ent˜ao nenhum monˆomio
de fn(1, y1) pode ser cancelado com outro termo, assim,
mult(σ∗(f )) = mult(f
n(1, y1) + x1fn+1(1, y1) + · · · ) = mult(fn(1, y1)) ≤ n = mult(f).
iv) Dado f (x, y) = yn + a
1(x)yn−1 + · · · + an(x) ∈ K[[x]][y], com n ≥ 1, como
o cone tangente de (f ) ´e (yn), temos mult(a
i) ≥ i, para cada i = 1, · · · , n. Ent˜ao
σ∗(f ) = yn 1 + a1(x1)yn−1 x1 + · · · + an(x1) xn 1 . Como multai(x1) xi 1
= mult(ai(x1)) − mult(xi1) = mult(ai(x1)) − i ≥ i − i = 0, segue
que mult(ai) σ∗(f ) ´e Pseudo-polinˆomio.
v) Pelo Lema 2.24 a forma inicial de f ´e
fn= (ax + by)n,
com a e b n˜ao simultaneamente nulos.
Se a 6= 0 ent˜ao f ´e regular em x e pelo item i), σ∗(f ) ´e unidade.
Se a = 0 e b 6= 0 ent˜ao f ´e regular em y e n˜ao ´e regular em x e isso ocorre se, e somente se, o cone tangente de (f ) ´e (yn).
Devemos mostrar que se f ´e irredut´ıvel e σ∗(f ) n˜ao ´e unidade, ent˜ao σ∗(f ) ´e irre-
dut´ıvel. Suponha que f ´e irredut´ıvel, σ∗(f ) n˜ao ´e unidade mas σ∗(f ) ´e redut´ıvel.
Como σ∗(f ) n˜ao ´e unidade ent˜ao f n˜ao ´e regular em x e o cone tangente de (f ) ´e
(yn).
Podemos assumir que f ´e um polinˆomio de Weierstrass, caso contr´ario, pelo Teorema de Weierstrass, podemos trabalhar com seu associado.
Observe que se f e g s˜ao associados, isto ´e, existe um unidade u tal que f = g · u, ent˜ao σ∗(f ) = σ∗(g · u) = σ∗(g)σ∗(u), onde σ∗(u) ´e unidade, ou seja, σ∗(f ) e σ∗(g) s˜ao
associados.
Pelo item iv) temos que σ∗(f ) ´e Pseudo-polinˆomio. Visto que σ∗(f ) ´e redut´ıvel em
K[[x1, y1]] e Pseudo-polinˆomio, podemos escrevˆe-lo como produto de Pseudo-polinˆomios
e irredut´ıveis em K[[x1]][y1].
Considere h(x1, y1) um destes fatores, ent˜ao 0 < gr(h) < n e
σ∗(f (x 1, y1)) = f (x1, x1y1) xn 1 = h(x1, y1)h2(x1, y1) ⇔ f(x1, x1y1) = xn1h(x1, y1)h2(x1, y1) ⇔ f(x1, y1) = xn1h x1, y1 x1 h2 x1, y1 x1 . Logo f ´e redut´ıvel em K[[x]][y] e, como ´e Pseudo-polinˆomio, f ´e redut´ıvel em K[[x, y]], o que ´e uma contradi¸c˜ao.
✷
Proposi¸c˜ao 4.3 Seja f ∈ K[[x, y]] uma s´erie de potˆencias irredut´ıvel com cone tangente (yn) e I(f, y) = m. Ent˜ao
i) I(σ∗(f ), y
1) = m − n e I(σ∗(f ), x1) = n;
ii) Se m − n ≥ n, ent˜ao mult(σ∗(f )) = mult(f ) = n. Mais ainda, se m − n > n,
ent˜ao (σ∗(f )) tem cone tangente (yn
1) e, se m − n = n ent˜ao nem (x1) nem (y1)
s˜ao retas tangentes de de (σ∗(f ));
iii) Se m − n < n, ent˜ao mult(σ∗
(f )) = m − n < mult(f) e σ∗(f ) tem cone tangente
(xm−n 1 ).
Demonstra¸c˜ao: Seja f = a0(x)yn+ a1(x)yn−1+ · · · + an(x) + yn+1h(x, y) ∈ K[[x]][y],
com a0(0) 6= 0 e h(x, y) ∈ K[[x, y]].
Temos que m = I(f, y) = mult(an(x)) e assim, pelo Lema 2.27,
mult(ai(x)) ≥ i
mult(an(x))
n = i
m
n (4.1)
Por outro lado, σ∗(f ) = σ(f ) xn 1 = a0(x1)x n 1y1n+ a1(x1)xn−11 y1n−1+ · · · + an(x1) + xn+11 yn+11 h(x1, x1y1) xn 1 = b0(x1)y1n+ b1(x1)yn−11 + · · · + bn(x1) + x1y1n+1h(x1, x1y1), onde bi(x1) = ai(x1) xi 1 . Contudo temos, mult(bi(x1)) = mult( ai(x1) xi 1 ) = mult(ai(x1)) − i ≥ i m n − i = i (m − n) n . (4.2)
Agora podemos demonstrar os itens i), ii) e iii).
i) Como o cone tangente de (f ) ´e (yn), ent˜ao m = mult(a
n(x)) > n. Al´em disso,
b0(x1) = a0(x1) ´e unidade e, assim, mult(bi) ≥ i(m−n)n > 0. Contudo,
I(σ∗(f ), x1) = I(b0(x1)y1n, x1) = I(y1n, x1) = nI(y1, x1) = n
I(σ∗(f ), y
1)) = I(bn(x1), y1) = mult(bn(x1)) = mult(an(x1)) − n = m − n.
ii) Observe que se m − n ≥ n ent˜ao, mult(bi(x1)) ≥ i(m−n)n ≥ i. Al´em disso, como
b0(0) = a0(0) 6= 0 segue que mult(σ∗(f )) = n = mult(f ).
Se m − n > n ter´ıamos mult(bix1) > i assim, (yn) ´e cone tangente de σ∗(f ).
Se m − n = n, ent˜ao
mult(b0(x1)yn) = mult(a0(x1)yn) = mult(a0(x1)) + mult(yn) = n
Assim, pelo menos b0(x1)yn e bn(x1) tem multiplicidade n, e as outras parcelas de σ∗(f )
tem multiplicidade maiores ou igual a n. Desta forma nem (x1) nem (y1) s˜ao retas
tangente de σ∗(f ).
iii) Suponha que 0 < m − n < n. Como mult(an(x1)) = m, mult(ai(x1)) ≥ imn e m > n
temos,
mult(b0(x1)yn) = mult(a0(x1)yn) = n;
mult(bn(x1)) = mult(an(x1)) − n = m − n;
mult(bi(x1)yn−i) ≥ imn − i + n − i > i − i + n − i = n − i, para 1 ≤ i ≤ n − 1.
Assim, n = mult(b0(x1)yn) > mult(b1(x1)yn−1) > · · · > mult(bn(x1)) = m − n.
Portanto, mult(σ∗(f )) = mult(b
n(x1)) = m − n < n = mult(f) e (xm−n1 ) ´e cone
tangente de σ∗(f ).
✷
Lema 4.4 Seja f ∈ K[[x, y]] irredut´ıvel de multiplicidade n > 0 e regular em y. Ent˜ao
existe um automorfismo φ de K[[x, y]] tal que φ(f ) ´e irredut´ıvel, de multiplicidade n, regular em y e I(φ(f ), y) n˜ao ´e divis´ıvel por n.
Demonstra¸c˜ao: Seja f = a0(x)yn + a1(x)yn−1 + · · · + an(x) + yn+1h(x, y), com
h(x, y) ∈ K[[x, y]], ai(x) ∈ K[[x]], a0(0) 6= 0 e I(f, y) = mult(an(x)).
Pelo Lema 2.27, mult(ai(x)) ≥ i
mult(an(x))
n = i
I(f, y) n .
Se n n˜ao divide I(f, y), considere o automorfismo φ = Id, caso contr´ario I(f, y) = r.n,
com r ∈ N∗, ent˜ao mult(a
i(x)) ≥ i.r. Neste caso, defina φ1(x, y) = (x, y + cxr), com
c ∈ K um parˆametro. Assim,
φ1(f ) = a0(x)(y − cxr)n+ a1(x)(y − cxr)n−1+ · · · + an(x) + (y + cxr)n+1h(x, y + cxr)
= b0(c, x)yn+ b1(c, x)yn−1+ · · · + bn(c, x) + p(c)xnr + yn+1h1(c, x, y),
onde b0(c, 0) = a0(0) 6= 0. Da´ı, mult(bi(c, x)) ≥ ir, quando 1 ≤ i ≤ n − 1 > nr, quando i = n
e o grau de p em c ´e n.
Seja c0 ∈ K tal que p(c0) = 0 ent˜ao,
φ1(f ) = b0(c0, x)yn+ b1(c0, x)yn−1+ · · · + bn(c0, x) + yn+1h2(x, y).
Segue que, φ1(f ) ´e irredut´ıvel, regular em y e mult(bn(c0, x)) > nr. Note que
I(φ1(f, y) = mult(bn(c0, x)) deste modo, se n n˜ao divide mult(bn(c0, x)) o resultado
´e demonstrado. Sen˜ao repetimos o processo e obtemos um automorfismo φ2 tal que
φ2(f ) = d0(x)yn+ d1(x)yn−1+ · · · + dn(x) + yn+1h3(x, y) com d0(0) 6= 0 e mult(di(x)) >
mult(bi(x)).
Se este processo fosse infinito ter´ıamos φ(f ) = a′
0(x)yn+ · · · + a′n−1(x)y + yn+1h′(x, y)
que ´e redut´ıvel, o que ´e uma contradi¸c˜ao.
Portanto, ´e poss´ıvel repetir o processo at´e encontrarmos φm que satisfa¸ca φm(f ) irre-
dut´ıvel, com multiplicidade n e regular em y, tal que n ∤ I(φm(f ), y).
✷ Proposi¸c˜ao 4.5 Seja (f ) uma curva irredut´ıvel com cone tangente (yn). Seja f(1) =
σ∗(f ) e f(i) = σ∗(f(i−1)), onde m = I(f, y) e n n˜ao divide m.
Ent˜ao ⌊m
n⌋ = min{i; mult(f
(i)
) 6= mult(f)} e ⌊m
n⌋ ´e o menor inteiro mais pr´oximo de m
n.
Demonstra¸c˜ao: Como n ∤ m existe r ∈ N tal que m = nq + r, onde 0 < r < n e q = ⌊mn⌋.
Pelo item i) da Proposi¸c˜ao 4.3 temos que I(f(q), y) = m − nq. Assim,
mult(fq ) ≤ I(f(q), y) = m − nq < n = mult(f). Al´em disso, m − nq = r > 0 ⇒ m − nq + 2n − n > n ⇒ m − n(q − 2) − n > n ⇒ I(f(q−2), y) − n > n.
Pelo item ii) da Proposi¸c˜ao 4.5 temos mult(f(q−1)) = mult(f ) e, portanto, q = min{i; mult(f(i)) 6=
Teorema 4.6 Dada uma curva plana irredut´ıvel, ap´os um n´umero finito de transforma¸c˜oes quadr´aticas, obtemos como transformada estrita uma curva regular.
Demonstra¸c˜ao: Seja f ∈ K[[x, y]] irredut´ıvel de multiplicidade n, regular em y, com I(f, y) = m. Podemos supor que n n˜ao divide m caso contr´ario, pelo Lema 4.4, podemos fazer uma mudan¸ca de coordenadas e obter tal condi¸c˜ao.
Denotamos σ∗(f(i−1)) por f(i), para i = {1, · · · , q = ⌊n m⌋} .
Considere n′ = mult(f(q)). Pela Proposi¸c˜ao 4.3 n′ < n.
Se n′ = 1 o resultado segue. Sen˜ao I(f(q−1)) − n < n e, pela Proposi¸c˜ao 4.3, f(q) tem
cone tangente (xn′
q ), isto ´e, f(q) ´e regular em xq de ordem n′.
Considere m′ = I(f(q), x
q) e q′ = ⌊
m′
n′⌋. Se n
′|m′ faremos uma mudan¸ca de coordena-
das de modo que n′ ∤ m′.
Defina f(i) = τ∗(f(i−1)) para i = q + 1, · · · , q + q′.
Se n′′ = mult(f(q+q′)
) = 1, o teorema est´a demonstrado. Caso contr´ario, f(q+q′) ´e regular de ordem n′′ > 1 em y
q+q′ e repetimos o processo, fazendo uma mudan¸ca de coordenadas se necess´ario, e desta vez aplicamos σ∗.
Observe que com este processo n˜ao ´e poss´ıvel obter uma unidade pois se f(qi)(0, y) = 0 aplicamos τ∗e se f(qi)(x, 0) = 0 aplicamos σ∗, para todo q
i tal que mult(f(qi)) 6= mult(f).
Com este processo as multiplicidades v˜ao decrescendo at´e obtermos uma curva regular
f(N ). ✷
A sequˆencia f, f(1), · · · , f(N ) ´e chamada resolu¸c˜ao canˆonica de f e determina uma
sequˆencia num´erica chamada sequˆencia multiplicidades:
mult(f ), mult(f(1)), mult(f(2)), · · · , mult(f(N )) = 1.
4.1
F´ormula de Noether
Seja f ∈ K[[x, y]] irredut´ıvel de multiplicidade n e regular em y. Considere (tn, ϕ(t))
uma parametriza¸c˜ao de Puiseux de f com m = mult(ϕ(t)) > n. Assuma que n ∤ m e considere f(1)(x
Como f(1)(x
1, y1) ´e regular em y1 de ordem n e f(1)(tn,tϕn) = (tn)−nf tn,ϕ(t) tn = 0 ent˜ao, (tn, ψ(t)) =tn,ϕ(t) tn
´e uma parametriza¸c˜ao de Puiseux de f(1).
Portanto, dado g ∈ K[[x, y]], temos I(σ∗(f ), g) = multgtn,ϕ(t) tn
.
Proposi¸c˜ao 4.7 Seja f ∈ K[[x, y]] irredut´ıvel com cone tangente (yn). Ent˜ao existe um
homomorfismo natural injetor φ que torna o diagrama abaixo comutativo.
Of ֒→φ Of(1)
Hϕ k Hψ k
Aϕ ֒→Id Aψ
Demonstra¸c˜ao: Seja φ : Of −→ Of(1) definida por φ(g(x, y)) = g(x1, x1y1) e suponha que mult(f ) = n.
Vimos anteriormente que Of = K[[x]] ⊕K[[x]]y ⊕· · ·⊕K[[x]]yn−1 e, da mesma forma,
Of(1) = K[[x]] ⊕ K[[x]]y ⊕ · · · ⊕ K[[x]]yn−1 e, deste modo, φ ´e injetora. Dado g(x, y) ∈ Of ent˜ao Hψ◦ φ = Id◦ Hϕ pois,
Hψ(φ(g(x, y))) = Hψ(g(x1, x1y1)) = g(tn, tnψ(t)) = g(tn, ϕ(t)) = Id(Hϕ(g(x, y))).
Portanto, φ ´e injetora e Hψ◦ φ = Id◦ Hϕ. Logo, o diagrama ´e comutativo.