À Deus. À minha família e amigos pelo apoio em todos os sentidos.
Ao professor Daniel Levcovitz, meus sinceros agradecimentos por sua atenciosa, dedi-cada e paciente orientação.
Seja d := ∂/∂x +β∂/∂y uma derivação simples de K[x, y], onde K é um corpo de
característica zero. Doering, Lequain e Ripoll ([?]) provaram que existe um γ ∈ K[x, y] tal que o operador S = ∂/∂x+β∂/∂y+γ ∈ A2 := K[x, y]h∂/∂x, ∂/∂yi, gera um ideal à
esquerda maximal principal deA2. Desta maneira mostraram, paran = 2, que a seguinte conjectura é verdadeira: Sejad:=∂/∂x1+α2∂/∂x2+· · ·+αn∂/∂xn uma derivação simples deK[x1, . . . , xn]. Então, An(d+γ) é um ideal à esquerda maximal principal de An, para
algum γ ∈ K[x1, . . . , xn]. Nós mostramos que esta conjectura é verdadeira em alguns
Letd:=∂/∂x+β∂/∂y be a simple derivation ofK[x, y], whereK is a field of
characte-ristic zero. Doering, Lequain and Ripoll ([?]) proved that exits a polynomial γ ∈K[x, y] such that the operator S = ∂/∂x +β∂/∂y +γ ∈ A2 := K[x, y]h∂/∂x, ∂/∂yi, generates
a principal maximal left ideal of A2. In this way, they showed that, for n = 2, the following conjecture is true: Let d :=∂/∂x1 +α2∂/∂x2 +· · ·+αn∂/∂xn be a simple deri-vation ofK[x1, . . . , xn]. Then, An(d+γ)is a principal maximal left ideal of An, for some
Capítulo
1
Introdução
SejaAum dos seguintes anéis: K[x1, . . . , xn],K[[x1, . . . , xn]]ouC{x1, . . . , xn}, ondeK
é um corpo de característica zero. Denotaremos porAnan-ésima álgebra de Weyl gerada
por A e ∂1, . . . , ∂n,, onde ∂i = ∂/∂xi. Assim sendo, An = A < ∂1, . . . , ∂ni, satisfazendo
as relações:
[∂i, xj] =δij =
1 se, i=j 0 se i6=j.
[∂i, ∂j] = 0 e[xi, xj] = 0 para 1≤i, j ≤n.
A Álgebra de Weyl An é um anel não comutativo, sem divisores de zero, Noetheriano
e simples (isto é, não possui ideais bilaterais não triviais). (Ver [?])
é o mesmo que encontrar ideais à direita principais maximais. De fato, se SAn é um
ideal à direita principal maximal, então Anτ(S) é um ideal à esquerda maximal, onde
τ :An→ An é a transposição definida por:
τ(f ∂i1
1 · · ·∂nin) = (−1)
Pn t=1it∂i1
1 · · ·∂ninf, f ∈ A.
(Ver [?]). Por isso vamos nos fixar somente em ideais à esquerda.
Ultimamente foram feitas várias pesquisas a respeito de ideais principais à esquerda maximais de An =K[x1, . . . , xn]< ∂1, . . . , ∂ni, ou seja, ideais da forma AnS.
Em 1985, Stafford ([?]) construiu uma família de ideais principais maximais deC[x1, . . . , xn]<
∂1, . . . , ∂ni. Para n ≥ 2, escolhendo λ2, . . . , λn ∈ K, onde K é um corpo tal que
K ) Q, linearmente independentes sobre Q e tomando d = ∂1 +Pni=2(λix1xi + 1)∂i e g = Pni=22xi, ele mostrou que o ideal An(d+g) é um ideal à esquerda maximal de
An = C[x1, . . . , xn]h∂1, . . . , ∂ni. Desta maneira, ele deu o primeiro contra-exemplo para
a conjectura de que todo módulo simples sobre An(C) seria holônomo, pois An(
C)
An(C)(d+g) é simples, mas não é holônomo se n ≥ 2. (Para definições e principais propriedades de módulos holônomos ver [?] ou [?]).
Seja d uma derivação de A. Um ideal I deA é um ideald−est´avel ou umd−ideal se d(I) ⊆ I. Dizemos que d é uma derivação simples de A, ou simplesmente que A é d-simples, se A e (0) são os únicos d-ideais.
Os exemplos de Stafford foram generalizados por Coutinho ([?]). Ele foi capaz de construir novas derivações simples de K[x1, . . . , xn], digamos d, e exibiu uma pertubação
ded, digamosd+γ, ondeγ ∈K[x1, . . . , xn]é tal que o ideal à esquerda principalAn(d+γ)
é maximal. Pela primeira vez, pudemos observar uma relação entre a d-simplicidade de K[x1, . . . , xn] e ideais maximais principais deAn.
é um Polinômio de Darboux de d se f /∈ K e d(f) = gf, para algum g ∈ K[x1, . . . , xn].
Além disso, se f é um polinômio de Darboux de d, então todos os fatores primos de f também são polinômios de Darboux de d. Mais geralmente,
Definição 1.1 (Elemento de Darboux) Seja d uma derivação de A, onde A é um dos anéis: K[x1, . . . , xn],K[[x1, . . . , xn]]ouC{x1, . . . , xn}. Dizemos quef ∈ Aé um elemento
de Darboux de d se f não é uma unidade de A, f 6= 0, e [d, f] = d(f) = gf, para algum
g ∈ A. Note que f é um elemento de Darboux de d se, e somente se, o ideal principal (f ) é um d-ideal não trivial.
Definição 1.2 (Operador de Darboux) Seja S um operador de An de ordem 1, onde A
é um dos anéis: K[x1, . . . , xn], K[[x1, . . . , xn]] ou C{x1, . . . , xn}. Dizemos que R é um
operador de Darboux de S se R não é uma unidade de An, R 6= 0, e [S, R] = gR, para
algum g ∈ A. Em particular, um operador de Darboux de ordem zero de uma derivação d de A é um elemento de Darboux de d.
Recentemente, os seguintes teoremas foram provados por Lequain, Levcovitz e Souza ([?]):
Teorema 1.1 (Teorema 2.8). SejaS =∂1+α2∂2+· · ·+αn∂n+γ ∈An, ondeα2, . . . , αne γ ∈
K[x1, . . . , xn].
(a) Se AnS é um ideal maximal de An, então S não possui operador de Darboux
em K[x1, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂ni.
(b) Reciprocamente, se αi ∈ K[x1, xi], i = 1,· · · , n, e S não possui operador de
Darboux em K[x1, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂ni, então AnSé um ideal maximal de An.
Teorema 1.2 (Teorema 3.1). Seja d = ∂1 +α2∂2 +· · ·+αn∂n onde αi ∈ K[x1, . . . , xi]
(i) K[x1, . . . , xn] é d-simples.
(ii) d não possui polinômio de Darboux.
Como consequência dos teoremas acima, segue-se que, se d = ∂1 +Pni=2αi∂i é uma
derivação de K[x1, . . . , xn], onde αi ∈K[x1, . . . , xi], tal que existe um γ ∈ K[x1, . . . , xn]
comAn(d+γ)ideal à esquerda principal maximal, então K[x1, . . . , xn]éd-simples. Surge
então a pergunta sobre a recíproca desta afirmação, isto é:
Conjectura 1.1 Seja d=α1∂1+α2∂2+· · ·+αn∂n uma derivação de K[x1, . . . , xn], tal
que K[x1, . . . , xn] é d-simples. Então, existe γ ∈ K[x1, . . . , xn] tal que An(d+γ) é um
ideal maximal à esquerda de An.
Doering, Lequain and Ripoll provaram ([?]) que esta conjectura é verdadeira paran = 2. Lequain ([?]) mostrou que a conjectura é verdadeira para derivações de Shamsuddin de K[x1, . . . , xn], isto é, para derivações do tipo d = ∂1 +Pni=2αi∂i, com αi ∈ K[x1, xi] e degxi αi = 1 para todo i = 2, . . . , n. Um dos objetivos desta tese é mostrar que a conjectura é verdadeira para derivações de K[x1, . . . , xn]do tipod=∂1+Pni=2αi∂i, com
αi ∈ K[x1, xi] que não são derivações de Shamsuddin, isto é, degxi αi ≥ 2 para algum i= 2, . . . , n. Mais precisamente, no capítulo 3 mostramos que, para este tipo de derivação, tomando γ = hx2· · ·xn ∈ K[x1, . . . , xn]\ {0}, onde h ∈ K[x1], então, An(d+γ) é um
ideal à esquerda principal maximal de An, se d é uma derivação simples.
Também, no capítulo 4, mostramos que a conjectura é verdadeira para derivações simples deK[x1, x2, x3]do tipod =∂1+α2∂2+α3∂3, ondeα2 ∈K[x1, x2]eα3 =a3x3+b3, onde a3, b3 ∈K[x1, x2], ondedegx2a3 ≥1 e degx2b3 <degx2a3.
Uma das dificuldades encontradas nesse assunto é que os exemplos conhecidos de derivações simples de K[x1, . . . , xn] não são muitos. Abaixo seguem algumas derivações
Exemplo 1.1 A primeira derivação simples conhecida é devida a Bergman. Trata-se da
derivação d=∂1+ (x1x2+ 1)∂2 de K[x1, x2].
Teorema 1.3 ([?] Teorema 3.3) Sejaa2, . . . , an, b2, . . . , bnpolinômios não nulos deK[x1].
Se
(1) ai/aj ∈/ Q sempre que 2≤i, j ≤n, e
(2) degbi <degai, para i= 2, . . . , n.
Então, K[x1, . . . , xn] é d-simples onde d é a derivação definida por:
d=∂1+
X
i≥2
(aixi+bi)∂i.
Nowicki ([?]) demonstrou o seguinte teorema:
Teorema 1.4 ([?], Teorema 13.4.2) Seja d uma derivação de K[x1, . . . , xn] da forma
d=∂1+
n
X
i=2
(aixi+bi)∂i,
onde a2, b2, . . . , an, bn são polinômios satisfazendo as seguintes condições:
(1) ai, bi ∈K[x1, . . . , xi−1],
(2) bi 6= 0,
(3) degxi−1bi <degxi−1ai.
Então d é simples.
Como consequência deste teorema as derivações abaixo são simples:
d1(x1) = 1
d1(x2) =x1x2+ 1 d1(x3) =x2x3+ 1
...
d1(xn) =xn−1xn+ 1,
d2(x1) = 1
d2(x2) = x21x2+x1 d2(x3) = x22x3+x2
...
d2(xn) =x2n−1xn+xn−1.
Então, as derivações d1 e d2 são simples.
Os exemplos acima foram construídos usando o seguinte teorema fundamental devido a Shamsuddin:
Teorema 1.5 ([?] Prop. 3.2) Seja R um K-domínio comutativo, onde K é um corpo de característica zero. Seja d uma derivação de R que satisfaz:
(1) d(R)⊆R;
(2) R é d-simples;
(3) existem a, b∈R tais que d(y) = ay+b.
Suponha que S =R[y] e que d(q)6=aq+b, para todo q∈R. Então, S é d-simples.
Além desses exemplos, Maciejewski, Moulin-Ollagnier e Nowicki ([?]), usando o teo-rema de Shamsuddin, mostraram as seguintes proposições:
Proposição 1.1 Seja d uma derivação de K[x1, x2, x3] definida por
d(x1) = 1
d(x2) = f(x1, x2) d(x3) = x2,
onde f(x, y) ∈ K[x1, x2], com degx2f(x1, x2) = 2. Seja δ a derivação obtida fazendo a
Proposição 1.2 Seja d uma derivação de K[x1, x2, x3] definida por
d(x1) = 1
d(x2) = f(x1, x2) d(x3) = ax3+bx2+c,
onde f(x, y) ∈ K[x1, x2], com degx2f(x1, x2) = 2, e a, b, c ∈ K[x1], b 6= 0. Seja δ a
derivação obtida fazendo a restrição de d a K[x1, x2]. Se δ é simples, então d é simples.
Nas proposições acima, por exemplo, podemos tomar f =x2 2−x1. Observe que na derivação abaixo d(x1)6= 1.
Exemplo 1.3 ([?]). Seja n >2 e seja d a derivação de K[x1, . . . , xn] definida por
d(x1) = 1−x1x2 d(x2) =x31 d(x3) =x2
...
d(xn) = xn−1.
Então, d é uma derivação simples.
Ao contrário do caso polinomial, Bratti e Takagi ([?]) mostraram que não existe opera-dorS =α1∂1+α2∂2+γ ∈ A2, paraA =K[[x1, x2]]ouC{x1, x2}, que gere ideal maximal. Também nesse caso, sabemos que o anel K[[x1, x2]] não admite derivação simples. De fato, temos o seguinte resultado conhecido como Lema de Zariski:
zero e n ≥2. Então, A não possui derivação simples.
Estes resultados motivam a seguinte conjectura ([?]) que é abordada no capítulo 5, em alguns casos particulares:
Conjectura 1.2 Se A =K[[x1, . . . , xn]] ou A =C{x1, . . . , xn}, então nenhum operador
de ordem 1, S =α1∂1+· · ·+αn∂n+γ ∈ An gera um ideal maximal de An.
Capítulo
2
Ideais Maximais Principais da Álgebra de Weyl
Neste capítulo, apresentamos alguns resultados técnicos que usaremos nos próximos ca-pítulos. Lembremos queArepresenta um dos seguintes anéis: K[x1, . . . , xn],K[[x1, . . . , xn]]
ouC{x1, . . . , xn}, ondeK é um corpo de característica zero;An denota an-ésima álgebra
de Weyl gerada por A e ∂1, . . . , ∂n.
Seja α ∈ A \ {0}. Denotaremos por Aα e (An)α as localizações de A e An,
res-pectivamente, com relação ao sistema multiplicativo {1, α, . . . , αt, . . .}. Assim, A α =
K[x1, . . . , xn, α−1] e(An)α =K[x1, . . . , xn, α−1]h∂1, . . . , ∂ni.
Seja S = α1∂1 +α2∂2 +· · ·+αn∂n+γ ∈ An. Os lemas abaixo serão enunciados e
demonstrados para α=α1, mas valem igualmente para α=αi, i= 1, . . . , n.
Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Demonstração. Escrevendo R=α−1pR0, com R0 ∈ Ah∂2, . . . , ∂ni, temos,
∂1R=∂1α−1pR0 = (α1−p∂1−pα−(1 p+1)∂1(α1))R0 =α1−p∂1R0−pα−(1 p+1)∂1(α1)R0.
Pelo lema 2.1 de [2], ∂1R0 =R0∂1+R1, com R1 ∈ Ah∂2, . . . , ∂ni. Assim,
∂1R=R∂1+R,e onde Re=α−1pR1−pα−(
p+1)
1 ∂1(α1)R0 ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Lema 2.2 (Algoritmo da divisão). Sejam S =α1∂1 +α2∂2+· · ·+αn∂n+γ ∈ An, com
α1 6= 0, e S1 =∂1 + (α2/α1)∂2+· · ·+ (αn/α1)∂n+ (γ/α1)∈ (An)α1. Dado P ∈(An)α1,
temos que P = QS1 +R, para algum Q∈ (An)α1 e R ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Mais ainda, R
e Q são unicamente determinados.
Demonstração.Primeiramente, mostraremos que, para todo natural m,∂m
1 =QS1+R, onde Q∈(An)α1 e R∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Note que ∂1 = 1S1 + R1, onde R1 = −(α2/α1)∂2 − · · · − (αn/α1)∂n − (γ/α1) ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Agora, suponha que o resultado é válido para m. Então
∂1m+1 =∂1∂1m =∂1(AS1+B) = ∂1AS1+∂1B, A∈(An)α1, B ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Pelo lema ??, temos
∂1m+1 =∂1AS1+B∂1+B,e Be∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Como ∂1 =S1+R1, temos
∂m+1
1 =∂1AS1+B(S1+R1) +Be = (∂1A+B)S1+BR1 +Be =Q′S
onde Q′ ∈(A
n)α1 e R
′ =BR
1+Be ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Agora, se P ∈ (An)α1, podemos escrever P na forma P = En∂
n
1 +· · ·+E1∂1 +E0, onde Ei ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Assim, P =En(HnS1+Bn) +· · ·+E1(H1S1+B1) +E0, ondeH1, . . . , Hn∈(An)α1 e B1, . . . , Bn∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Então,
P = (EnHn+· · ·E1H1)S1+|EnBn+· · ·{zE1B1+E}0 ∈ Aα1h∂2,...,∂ni
=QS1+R.
Suponha queP =QS1+R =QS1′+R′. Então,R−R′ =aS1, para algum a∈(An)α1. Podemos escrevera=Q∂e 1+AeS1 =∂1−R1, comQe∈(An)α1 eA, R1 ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Assim, temos:
aS1 =Q∂e 12−Q∂e 1R1 +A∂1−AR1.
Como aS1 ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni, pois R, R ′ ∈ A
α1h∂2, . . . , ∂ni, segue que Qe = 0. Pelo mesmo motivo, concluímos queA = 0. Então, a= 0, isto éR =R′ e Q=Q′.
Lema 2.3 Seja S =∂1+αe2∂2+· · ·+αen∂n+eγ ∈(An)α1. Então (An)α1S é um ideal à
esquerda maximal de (An)α1 se, e somente se, (An)α1S + (An)α1R = (An)α1, para todo R∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni \ {0}.
Demonstração.(⇒) SeR ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni \ {0}, então R /∈(An)α1S. Daí, (An)α1S+ (An)α1R = (An)α1, pois (An)α1S é um ideal à esquerda maximal de (An)α1.
R ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni , R6= 0. Daí,
(An)α1S+ (An)α1P = (An)α1S+ (An)α1(QS+R) = (An)α1S+ (An)α1R = (An)α1, por hipótese.
Lema 2.4 Seja S1 =∂1 + (α2/α1)∂2+· · ·+ (αn/α1)∂n+ (γ/α1) ∈(An)α1. Então, para
todo k ∈N, ∂k
1 se escreve unicamente como:
∂k
1 =S1k+Ak−1S1k−1+· · ·+A1S1+A0, onde Ai ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Demonstração. Note que ∂1 = S1 +R1, com R1 = −(α2/α1)∂2 − · · · −(αn/α1)∂n−
(γ/α1)∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Suponha agora, que o resultado é válido param. Então
∂m+1
1 = ∂1∂1m =∂1(S1m+Bm−1S1m−1+· · ·+B1S1+B0), Bi ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni = ∂1S1m+∂1Bm−1S1m−1+· · ·+∂1B1S1+∂1B1.
Pelo lema ??, temos:
∂1m+1 =∂1S1m+ (Bm−1∂1+B]m−1)S1m−1 +· · ·+ (B1∂1+Bf1)S1+B0∂1 +Bf0, com Bi,Bfi ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Como∂1 =S1+R1, temos:
∂m+1
1 = (S1+R1)S1m+ (Bm−1(S1+R1) +B]m−1)S1m−1+· · ·+ (B1(S1+R1) +Bf1)S1 +B0(S1+R1) +Bf0
ou seja, ∂m+1
1 se escreve na forma:
∂1m+1 =S1m+1+AmS1m+· · ·+A1S1+A0, onde Ai ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Para a unicidade, basta mostrar que para todo m∈N, se
amS1m+· · ·+a1S1+a0 = 0,
onde, ai ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni, então ai = 0. Se m= 0, então a0 = 0.
Suponha que o resultado é válido para m, então de
am+1S1m+1+amS1m· · ·+a1S1+a0 = 0, (2.1)
temos que
am+1(∂1m+1+BmS1m+· · ·+B1S1+B0) +anS1n· · ·+a1S1 +a0 = 0,
onde Bi ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Assim, obtemos a seguinte expressão
am+1∂1m+1+ (termos com deg∂1 < m+ 1) = 0. (2.2)
Assim, olhando a expressão (??) como um polinômio em ∂1 com coeficientes em Aα1h∂2, . . . , ∂ni, concluímos que am+1 = 0.
Portanto, utilizando a hipótese de indução, segue de (??) que am =· · ·=a0 = 0.
Como usaremos os lemas abaixo somente no caso que A =K[x1, . . . , xn] e An = An,
Lema 2.5 ([?]Lema 2.6) SejaS ∈Ancomord(S) = 1. SejaR∈K[x1, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂ni,
com ord(R) > 0. Suponha que µ[S, R] = νR para algum µ ∈ K[x1, . . . , xn]\ {0}, ν ∈
K[x1, . . . , xn]. Então, existem Re ∈ An−1[x1], com ord(R) =e ord(R) e νe∈ K[x1, . . . , xn]
tais que [S,R] =e νeRe.
Lema 2.6 ([?]Lema 2.7) SejaS ∈Ancomord(S) = 1eP ∈K[x1, . . . , xn]\K[x1, . . . , xn−1].
Suponha que µ[S, P] =νP para algum µ∈K[x1, . . . , xn−1]\ {0} e ν∈K[x1, . . . , xn].
En-tão, existemPe ∈K[x1, . . . , xn]\K[x1, . . . , xn−1]eeν ∈ \K[x1, . . . , xn]tais que[S,Pe] =νePe.
Lema 2.7 Se[S1, R] =νR, para algum ν∈ Aα, onde S1 =∂1+α2/α1∂2+· · ·+αn/α1∂n+
γ/α1 e R∈ An, então, para todo n∈N temos:
[Sn
1, R] =
n−1
X
k=0
AkS1k+
n−1
X
k=0
BkS1kR, onde Ai, Bj ∈(An)α1h∂2, . . . , ∂ni.
Demonstração. Usaremos indução em n. Para n = 1, segue da hipótese que [S1, R] = νR, neste caso, tomamos A0 = 0 eB0 =ν.
Suponha agora que o resultado é válido paran. Então,
[Sn+1
1 , R] = S1n+1R−RS1n+1 =S1S1nR−RS1n+1
H.I.
= S1(RS
n
1 +
n−1
X
k=0
CkS1k+
n−1
X
k=0
DkS1kR)−RS1n+1,
onde Ci, Di ∈(An)α1h∂2, . . . , ∂ni. Logo,
[Sn+1
1 , R] = S1RS1n+
n−1
X
k=0
S1CkS1k+
n−1
X
k=0
S1DkS1kR−RS1n+1
= (RS1+νR)S1n+
n−1
X
k=0
S1CkS1k+
n−1
X
k=0
S1DkS1kR−RS1n+1.
lema ??). Portanto,
[Sn+1
1 , R] =νRS1n+
n−1
X
k=0
(CkS1+Cfk)S1k+
n−1
X
k=0
(DkS1−Dfk)S1kR,
onde Cfk := [Ci, S1],Dfk = [Di, S1] ∈ (An)α1h∂2, . . . , ∂ni. Assim sendo, reagrupando os termos de expressão acima, obtemos que [Sn+1
1 , R] se escreve na forma:
[Sn+1 1 , R] =
n−1
X
k=0
AkS1k+
n−1
X
k=0
BkS1kR,
onde Ai, Bi ∈(An)α1h∂2, . . . , ∂ni.
Proposição 2.1 Suponha que(An)α1S1 é um ideal maximal à esquerda de (An)α1.
Supo-nha que R=α−1pR0 com R0 ∈ Ah∂2, . . . , ∂ni é tal que [S1, R] =gR, para algum g ∈ Aα1.
Então R0 divide uma potência de α1 em A. Em particular, se α1 é uma unidade de A,
então R0 também é.
Demonstração.Suponha que (An)α1S1 é um ideal maximal de(An)α1. SejaR =α −pR
0
com R0 ∈ Ah∂2, . . . , ∂ni. Então R /∈(An)α1S1 e 1 =λS1+µR, ondeλ, µ∈(An)α1.
Se deg∂1λ=m, então deg∂1µ=m+ 1. Daí,
λ=
m
X
k=0
e
Ck∂1k e µ=
mX+1
k=0
e
Dk∂1k, ondeCei, Dej ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni, Cem 6= 0, Dem+1 6= 0. Pelo lema ??, podemos reescrever λ eµ na forma:
λ =
m
X
k=0
CkS1k e µ=
mX+1
k=0
Logo,
1 = λS1+µR=
m
X
k=0
CkS1k+1+
m+1
X
k=0
DkS1kR
| {z }
(∗)
.
Como [S1, R] =gR para algumg ∈ Aα1, então segue do lema ?? que
S1m+1R=RS1m+1+
m
X
k=0
AkS1k+
m
X
k=0
BkS1kR, (2.3)
onde Ai, Bj ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni. Assim, o coeficiente de S
m+1
1 em (∗) é Cm +Dm+1R = 0, pois ord(1)=0. Daí,
λS1+µR =
m
X
k=0
CkS1k+1+
mX+1
k=0
DkS1kR
=
m−1
X
k=0
CkS1k+1+ m
X
k=0
DkS1kR+CmS1m+1+Dm+1S1m+1R
=
m−1
X
k=0
CkS1k+1+ m
X
k=0
DkS1kR−Dm+1RS1m+1+Dm+1S1m+1R
=
m−1
X
k=0
CkS1k+1+
m
X
k=0
DkS1kR+Dm+1[S1m+1, R].
Usando o lema ??, obtemos
1 =λS1+µR=
mX−1
k=0
EkS1k+1+
m
X
k=0
FkS1kR,
para alguns Ei, Fj ∈ Aα1h∂2, . . . , ∂ni.
Esta expressão tem a mesma forma de (∗), mas ela envolve apenas as potências Si
1 com i≤m.
Repetindo o raciocínio m vezes, chegaremos a
Assimαq1 =Fe0R0 para algumq ≥1, ondeFe0, R0 ∈ Ah∂2, . . . , ∂ni. Logo,Fe0, R0 ∈ A eR0 divide uma potência de α1 em A.
Vamos agora supor que A=K[x1, . . . , xn]e α1 = 1, isto éd=∂1+α2∂2+· · ·αn∂n é
uma derivação de K[x1, . . . , xn].
Nos resultados abaixo, usamos a seguinte notação: I = (i2, . . . , in) ∈ Nn−1 é um
multi-índice, PI := Pi2,...,in ∈ K[x1, . . . , xn] e ∂
I := ∂i2
2 . . . ∂nin. O comprimento de I é
dado por |I| =i2 +· · ·+in. Os multi-índices (1,0, . . . ,0), . . . ,(0, . . . ,0,1)∈ Nn−1 serão
denotados, respectivamente, por e2, . . . , en.
Definição 2.1 (Índices Descendentes) Sejam I, J ∈ Nn−1 multi-índices. Se |I|=m
e|J|=m−1, dizemos que J é um multi-índice descendente deI de ordem 1 seJ =I−eu,
para algum u = 2, . . . , n. Se |I| = m e |J| = m−p, p = 1, . . . , n, dizemos que J é um descendente de |I| de ordem p se J é um descendente de ordem 1 de algum descendente de ordem p−1 de I.
Exemplo 2.1 Os descendentes de ordem 1 de I = (5,5,3,0) são (4,5,3,0),(5,4,3,0) e
(5,5,2,0). Note que (3,5,3,0)é um descendente de ordem 2 de I, pois é um descendente de ordem 1 de (4,5,3,0). Observe que I possui descendentes no máximo de ordem 5 + 5 + 3 =|I|.
Lema 2.8 Sejad =∂1+α2∂2+· · ·αn∂n, ondeαi ∈K[x1, . . . , xi]. Sejaγ ∈K[x1, . . . , xn].
Sejam i2, . . . , in ≥ 0 inteiros, I = (i2, . . . , in) um multi-índice. Então, para todo PI ∈
K[x1, . . . , xn], e todo j = 2, . . . , n, temos:
(a) [αj∂j, PI∂I] =αj∂j(PI)∂I
−PI( j
X
t=2 (
i2
X
k2=0 · · ·
it−1
X
kt−1=0
it
X
kt=1 Ck2
i2 · · ·C
kt
it∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂tkt(αj)∂I−
Pt
u=2kueu))∂
(b) [γ, PI∂I] =PI[γ, ∂I] =
−PI( n X t=2 ( i2 X
k2=0 · · ·
it−1
X
kt−1=0
it
X
kt=1 Ck2
i2 · · ·C
kt
it∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂
kt
t (γ)∂
I−Ptu=2kueu)).
Onde Ck i =
i!(i−k)!
k! .
Demonstração. (a)
[αj∂j, PI∂I] = [αj∂j, PI]∂I+PI[αj∂j, ∂I]
= αj∂j(PI)∂I−PI[∂I, αj]∂j. (*)
Note que [∂I, α
j] = [∂2i2· · ·∂
ij
j , αj]∂ ij+1
j+1 · · ·∂nin, poisαj ∈K[x1, . . . , xj]. Assim,
[∂I, α
j] = [∂2i2· · ·∂
ij
j , αj]∂ ij+1
j+1 · · ·∂nin
= ∂i2 2 · · ·∂
ij−1
j−1[∂
ij
j , αj]∂ ij+1
j+1 · · ·∂nin + [∂ i2 2 · · ·∂
ij−1
j−1, αj]∂ ij
j · · ·∂nin
...
=
j
X
t=2 ∂i2
2 · · ·∂
it−1
t−1[∂tit, αj]∂ it+1
t+1 · · ·∂inn
= j X t=2 i2 X
k2=0 · · ·
it−1
X
kt−1=0
it
X
kt=1 Ck2
i2 · · ·C
kt
it∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂
kt
t (αj)∂I−(
Pt
u=2kueu).
Onde I −(Ptu=2kueu) = (i2−k2, i3 −k3, . . . , it−kt, it+1, . . . , in). Daí, substituindo
em (*), concluímos que [αj∂j, PI∂I] =
αj∂j(PI)∂I−PI( j X t=2 ( i2 X
k2=0 · · ·
it−1
X
kt−1=0
it
X
kt=1 Ck2
i2 · · ·C
kt
it ∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂
kt
t (αj)∂I−
Pt
u=2kueu))∂
j.
(b)Para todo γ, PI ∈K[x1, . . . , xn], temos [γ, PI∂I] =PI[γ, ∂I] =PI[γ, ∂2i2· · ·∂nin]. Mas,
[γ, ∂i2
2 · · ·∂nin] = [γ, ∂ i2 2 ]∂
i3
3 · · ·∂nin +∂ i2 2 [γ, ∂
i3
3 · · ·∂inn]
= [γ, ∂i2
2 ]∂3i3· · ·∂nin +∂ i2
2 [γ, ∂3i3]∂4i4· · ·∂nin +∂ i2
2 ∂3i3[γ, ∂4i4· · ·∂nin]
= ...
= −
n
X
t=2 ∂i2
2 · · ·∂
it−1
t−1[∂
it
t , γ]∂ it+1
t+1 · · ·∂
in
Portanto,[γ, PI∂I] =−PI( n X t=2 ( i2 X
k2=0 · · ·
it−1
X
kt−1=0
it
X
kt=1 Ck2
i2 · · ·C
kt
it ∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂
kt
t (γ)∂
I−Ptu=2kueu)).
Definição 2.2 (Ordem Lexicográfica)SejamI = (i2, . . . , in)eJ = (j2, . . . , jn)multi-índices.
Dizemos que I > J se a entrada não-nula mais à esquerda de I−J é positiva.
No Teorema abaixo, que é uma generalização do Teorema 2.8 de [?], usamos a se-guinte notação: An−1[x1] = K[x1, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂ni. Lembramos que um operador
R ∈ An−1[x1]\ K é um operador de Darboux para S ∈ An se [S, R] = gR, para
al-gum g ∈K[x1, . . . , xn].
Teorema 2.1 Seja S = ∂1 +α2∂2 + · · · + αn∂n +γ ∈ An, onde α2, . . . , αn e γ ∈
K[x1, . . . , xn].
(a) Se AnS é um ideal maximal de An, então S não possui operador de Darboux em
An−1[x1]. ([?], Teorema 2.8(a).)
(b) Reciprocamente, se αi ∈ K[x1, . . . , xi], i = 1,· · · , n, e S não possui operador de
Darboux em An−1[x1], então AnSé um ideal maximal de An.
Demonstração. (b). Seja R =
m
X
i2+···+in=0
Pi2,···,in∂
i2 2 · · ·∂
in
n =
m
X
|I|=0
PI∂I ∈ An−1[x1], com ord(R) = m≥1 ePI ∈K[x1, . . . , xn]. Escreva
[S, R] =
m
X
i2+···+in=0
=Qi2,···,in∂
i2
2 · · ·∂nin = m
X
|I|=0
Considere PI0 6= 0, com |I|=m, tal que
PI = 0 se
|I|=m, I > I0.
Isto é, PI é o “maior” coeficiente não nulo de ordemm, com a ordem lexicográfica.
Pela hipótese e pelo lema ?? , temos
e
R:=PI0[S, R]−QI0R6= 0.
Além disso, Re ∈ AnS+AnR e o termo de ordem m envolvendo ∂ i20
2 · · ·∂
in0
n não aparece
em R.e
Afirmação 2.1 Escrevendo Re=
m
X
|I|=0
e
PI∂I, então PeI = 0, para todo I ≥I0.
Supondo a afirmação verdadeira, então Repossui um termo a menos do queR de grau m (o termo envolvendo ∂I0 não aparece em R).e
SeRepossui outro termos de ordem m, repetimos o argumento e o eliminamos também. Assim, após um número finito de passos, obtemos um novo Re∈ (AnS+AnR)\ {0},
com 0≤ord(R)e ≤m−1.
Prosseguindo dessa maneira, concluímos que(AnS+AnR)∩(K[x1, . . . , xn]\ {0})6= 0.
Seja P =Pmk=0rkxnk, onde rk∈K[x1, . . . , xn−1], um polinômio contido em (AnS+AnR)∩(K[x1, . . . , xn]\ {0}) com o menor grau possível emxn.
d ∈ K[x1, . . . , xn−1] \ {0} tal que d[S, P] = ηP +r, para η, r ∈ K[x1, . . . , xn], com
degxn(r) < degxn(P) ou r = 0. Pela escolha de P, temos que r = 0. Assim, d[S, P] = ηP, que pelo lema ??, é uma contradição, pois, por hipótese, S não possui operador de Darboux. Então m= 0 e(AnS+AnR)∩(K[x1, . . . , xn−1]\ {0})6= 0.
Repetindo o argumento acima, obtemos que
(AnS+AnR)∩(K[x1]\ {0})6= 0.
Seja P = alxl1+· · ·+a0, com ai ∈ K, um polinômio em (AnS+AnR)∩(K[x1]\ {0}), al 6= 0. Se l = 0, então P ∈K\ {0} e portanto AnS+AnR =An. Se l >0, temos
[S, P] =∂1(P) = lalxl1−1+· · ·+a1 ∈(AnS+AnR)∩(K[x1]\ {0}).
Repetindo esse processo l vezes, temos que l!al ∈ (AnS +AnR) ∩(K \ {0}). Então,
AnS+AnR=An.
Assim, pelo lema ??, segue que AnS é um ideal maximal de An.
Demonstração da Afirmação ??: Seja R = Pmi2+···+in=0Pi2,···,in∂
i2
2 · · ·∂nin , com
ord(R) = m≥1ePi2,...,in ∈K[x1, . . . , xn]e escreva[S, R] =
Pm
i2+···+in=0 =Qi2,···,in∂
i2
2 · · ·∂nin,
onde Qi2,···,in ∈ K[x1, . . . , xn]. Seja I = (i2,· · · , in) tal que |I| = m e I > I0. Note que [S, R] = [d+γ, R] = [d, R] + [γ, R], com ord[γ, R]≤m−1, daí pelo lema ??(a), temos
QI =d(PI)− n
X
j=2
ij∂j(αj)PI− n−1
X
t=2
{(it+ 1)( n
X
u=t+1
∂t(αu)PI+et−eu)}
Como estamos supondo que PI = 0, se I > I0,
QI =d(PI)− n
X
j=2
Assim, QI = 0 se PI = 0, ou seja se um coeficiente de ordem m não aparece em R, ele
Capítulo
3
A Conjectura para Variáveis Separadas
Vamos agora supor qued=∂1+α2∂2+· · ·+αn∂n,αi ∈k[x1, xi] não é uma derivação de
Shamsuddin, isto é, di := degxiαi ≥2, para algumi= 2, . . . , n. Além disso, vamos supor que ∂2(α2), . . . , ∂n(αn) é um conjunto linearmente independente sobre Z.
Se αi ∈k[x1, xi], para i= 2, . . . , n, então
[αj∂j, PI∂I] = αj∂j(PI)∂I+PI[αj, ∂I]∂j
= αj∂j(PI)∂I−PI ij
X
kj=1 Ckj
ij∂
kj
j (αj)∂I+(1−kj)ej.
(3.1)
Lema 3.1 ([?] Lema 2.4) Seja d=∂1+α2∂2+· · ·+αn∂n, com αi ∈K[x1, . . . , xn], uma
derivação de K[x1, . . . , xn] sem polinômio de Darboux . Sejam H, L ∈ K[x1, . . . , xn],
H 6= 0, e p(Z) = d(Z) +HZ +L. Então, a equação p(Z) = 0 possui no máximo uma solução em K[x1, . . . , xn].
Demonstração. Sejam H1, H2 ∈K[x1, . . . , xn], tais que p(H1) = 0 =p(H2). Então,
d(H1−H2) = −H(H1−H2)
e daí H1 −H2 é um polinômio de Darboux da derivação d. Então, H1 −H2 ∈ K, daí −H(H1−H2) =d(H1−H2) = 0. Então, H1 =H2, desde que H 6= 0.
Seja d = ∂1 + α2∂2 +· · · +αn∂n uma derivação sem polinômio de Darboux, com
αi ∈ K[x1, xi], para todo i = 2, . . . , n, e ∂2(α2), . . . , ∂n(αn) linearmente independentes
sobreZ, e sejaγ ∈K[x1, . . . , xn]. ConsidereR=
Pm
|I|=0PI∂I ∈K[x1, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂ni,
operador de ordem m ≥ 1, tal que [d+γ, R] = gR para algum g ∈ K[x1, . . . , xn], isto é
um operador de Darboux para d+γ.
Considerando que adotamos a ordem lexicográfica, tome I0 = (i20, . . . , in0) máximo com i20 +· · ·+in0 =m tal quePI0 6= 0. Pelo lema ??, comparando membro a membro o coeficiente de ∂I0 em [d+γ, R] =gR temos:
d(PI0)−(
n
X
t=2
it0∂t(αt))PI0 =gPI0.
Como d não possui polinômio de Darboux, concluímos que g = −Pnt=2it0∂t(αt) e PI0 ∈ K∗.
Comparando os coeficientes de ∂I com |I| = m e I 6= I
d(PI)−( n
X
t=2
it∂t(αt))PI =− n
X
t=2
it0∂t(αt)PI, ou seja
d(PI) + ( n
X
t=2
(it0 −it)∂t(αt))PI = 0.
Comoit0 6=itpara algumt= 2, . . . , n, ed=∂1+α2∂2+· · ·+αn∂né uma derivação sem polinômio de Darboux tal que∂2(α2), . . . , ∂n(αn)são linearmente independentes sobreZ,
concluímos quePI = 0.
Podemos supor então, sem perda de generalidade, que PI0 = 1.
Vamos agora analisar os coeficientes de ∂I com |I| = m−1 em [d+γ, R]. Como
[d+γ, R] =gR =−(i20∂2(α2) +· · ·+in0∂n(αn))R, pelo lema ??, temos:
d(PI) −(i2∂2(α2) +· · ·+in∂n(αn))PI− n
X
u=2 (C2
iu+1∂ 2
u(αu) +Ci1u+1∂ 1
u(γ))PI+eu
=−(i20∂2(α2) +· · ·+in0∂n(αn))PI.
Como I +eu é um multi-índice de ordem m, temos que PI+eu 6= 0 somente quando I = I0 −eu, para algum u = 2, . . . , n. Assim, concluímos que PI = PI0−eu, para algum u= 2, . . . , n, é solução da seguinte equação diferencial
Pu
m−1(z, γ) :=d(z) +∂u(αu)z−(Ci2u0∂ 2
u(αu) +Ci1u0∂ 1
u(γ)) = 0.
Se I 6= I0 −eu é um multiíndice de ordem m−1, novamente pelas hipóteses feitas
sobre d temos que PI = 0. Note, portanto, que os únicos coeficientes PI de R não nulos
com |I|=m−1, correspondem aos descendentes de ordem 1 de I0.
Pelo lema ?? a) o coeficiente de ∂I em [d, R] é dado por
d(PI)− n
X
u=2 (Ci1u∂
1
u(αu)PI+Ci2u+1∂ 2
u(αu)PI+eu+C 3
iu+2∂ 3
u(αu)PI+2eu). (3.2)
E pelo lema ?? b), o coeficiente de ∂I em [γ, R] é dado por
−
n
X
u=2
(Ci1u+1∂ 1
u(γ)PI+eu+C 2
iu+1∂ 2
u(γ)PI+2eu)
− n X u=2 ( n X
l=u+1
Ci1u+1C 1
il+1∂ 1
u◦∂l1(γ))PI+eu+el.
(3.3)
SuponhaI =I0−2eu, para algumu= 2, . . . , n, entãoPI é solução da equação diferencial
Pu
m−2(z, γ) := d(z)+2∂u(αu)z−(Ci2u0−1∂ 2
u(αu)+Ci1u0−1∂ 1
u(γ))ξ u
m−1−(Ci3u0∂ 3
u(αu)+Ci2u0∂ 2
u(γ)) = 0
onde ξu
m−1 é a solução da equação diferencial Pmu−1(z, γ) = 0.
Observe que em ??, aparece o multi-índice de comprimento m I+eu +el, com u =
2, . . . , n e l =u+ 1, . . . , n. Se I =I0−eu −el, então I+eu+el =I0. Neste caso, PI é
solução da seguinte equação diferencial:
Pmu,l−2(z, γ) :=d(z) + (∂u(αu) +∂l(αl))z−(Ci2u∂ 2
u(αu) +Ci1u∂ 1
u(γ))ξlm−1− (Ci2l∂
2
l(αl) +Ci1l∂ 1
l(γ))ξmu−1−(Ci1uC 1
il∂ 1
u◦∂l1(γ)) = 0
Pelas hipóteses feitas sobre d, seI 6=I0−eu−el, para u= 2, . . . , n el=u, . . . , n, isto
é, se I não é um multi-índice descendente de I0 de ordem 2, então PI = 0.
Em geral temos o seguinte:
Pelo lema ?? a) o coeficiente de ∂I em [d, R] é dado por:
d(PI)− n X u=2 ( p X l=0 Cl+1
iu+l∂
l+1
u (αu)PI+leu) =
d(PI)− n
X
u=2
iu∂u(αu)PI− n X u=2 ( p X l=1 Cl+1
iu ∂
l+1
u (αu)PI+leu).
(3.4)
Pelo lema ?? b) o coeficiente de ∂I em [γ, R] é dado por:
− n X u=2 ( p X l=1
Cilu+l∂
l
u(γ)PI+leu)
− n X t=2 ( n X
2≤k2+···+kt≤p Ck2
i2+k2· · ·C
kt
it+kt∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂tkt(γ)PI+Ptj=2kjej),
(3.5)
onde kj = 0, . . . , ij, para j = 2, . . . , t−1e kt = 1, . . . , it.
Das expressões (??) e (??), comparando o coeficiente de ∂I em [d+γ, R] = gR =
−Pnu=2iu0∂u(αu), com|I|=m−p, p= 1, . . . , m−1, será: d(PI) + (
n
X
u=2
(iu0 −iu)∂u(αu))PI−
n X u=2 ( p X l=1 (Cl+1
iu+l∂
l+1
u (αu) +Cilu+l∂
l
u(γ))PI+leu)
−
n
X
t=2
( X
2≤k2+···+kt≤p (Ck2
i2+k2· · ·C
kt
it+kt∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂tkt(γ)PI+Ptj=2kjej) = 0,
(3.6)
onde kj = 0, . . . , ij, para j = 2, . . . , t−1 e kt = 1, . . . , it e se J não é um multi-índice
descendente de ordem t, para algum t= 1, . . . , p−1, então PJ = 0.
Por indução, temos a seguinte proposição:
Proposição 3.1 Seja d = ∂1 +α2∂2+· · ·αn∂n, onde αi ∈ K[x1, xi], i = 2, . . . , n, uma
derivação sem polinômio de Darboux com ∂2(α2), . . . , ∂n(αn) linearmente independentes
sobre Z. Sejam γ ∈ K[x1, . . . , xn] e m ≥ 1 um inteiro. Considere R = Pm|I|=0PI∂I um
(a) Existe um multi-índice I0 de ordem m tal que PI0 ∈ K
∗. Além disso, se |I| = m e I 6=I0, então PI = 0.
(b) Se I é tal que |I|=m−p, então PI = 0, se I não é um multi-índice descendente de
I0 de ordem p. Caso contrário PI/PI0 é solução da equação diferencial: PmI−p(z, γ) := d(z) + (
n
X
u=2
(iu0 −iu)∂u(αu))z−
n X u=2 ( p X l=1
(Cilu+1+l∂
l+1
u (αu) +Cilu+l∂
l
u(γ))ξI+leu)
−
n
X
t=2
( X
2≤k2+···+kt≤p (Ck2
i2+k2· · ·C
kt
it+kt∂
k2
2 ◦ · · · ◦∂
kt
t (γ)ξI+Ptj=2kjej) = 0,
onde ξa é solução da equação diferencial P|aa|(z, γ) = 0.
Por outro lado, sejam i20, . . . , in0 inteiros tais que i20 +· · ·+in0 = m, com m ≥ 1. Sejamdeγcomo acima. Suponha que as equaçõesPI
m−p(z, γ) = 0tem solução polinomial,
digamos ξI, onde |I| = m−p é um multi-índice descendente de I0 de ordem p. Então, R :=∂I0 +X
I
ξI∂I ∈K[x2, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂nié um operador de Darboux de d+γ, pela
própria definição de cada uma das equações PI
m−p(z, γ) = 0. Portanto, temos o seguinte
resultado:
Proposição 3.2 Seja d=∂1 +α2∂2+· · ·+αn∂n, com αi ∈K[x1, xi], para i= 2, . . . , n,
uma derivação deK[x1, . . . , xn]sem polinômio de Darboux. Suponha que∂2(α2), . . . , ∂n(αn)
são linearmente independentes sobre Z. Seja m ≥1 um inteiro e γ ∈K[x1, . . . , xn].
Se-jam PI
m−p(z, γ) = 0, ξI definidos como acima. Então,
(a) São equivalentes:
(ii) todas as equações PI
m−p(z, γ) = 0 têm solução em K[x1, . . . , xn], para p =
1, . . . , m.
(b) Se R ∈ K[x1, . . . , xn]h∂2, . . . , ∂ni é um operador de Darboux de d +γ com ordem
m, então R = k(∂I0 +X
I
ξI∂I) para algum multi-índice I = (i20, . . . , in0) ∈ N
n−1
com |I| = m, k ∈ K∗, ξ
I ∈ K[x1, . . . , xn], onde ξI é a única solução da equação
PI
|I|(z, γ) = 0, e I é um multi-índice descendente de I0 de ordem m− |I|.
Corolário 3.1 Seja d = d = ∂1 +α2∂2+· · ·+αn∂n, αi ∈ K[x1, xi], para i = 2, . . . , n,
uma derivação de K[x1, . . . , xn]. Suponha que ∂2(α2), . . . , ∂n(αn) são linearmente
inde-pendentes sobre Z. Seja γ ∈K[x1, . . . , xn]. Então são equivalentes:
(i) An(d+γ) é um ideal à esquerda maximal;
(ii) (1) d é uma derivação simples de K[x1, . . . , xn],
(2)Para todo m≥1e para todoI0 tal que|I0|=m, existej ∈ {0, . . . , m−1}tal
que uma das equaçõesPI
j(z, γ) = 0, u= 2, . . . , nnão tem solução em K[x1, . . . , xn].
Demonstração. Se An(d+γ) é um ideal à esquerda maximal, então d+γ não possui
operador de Darboux ([?] Teorema 2.8 a)), em particular, d não possui polinômio de Darboux. Assim, d é uma derivação simples ([?] Teorema3.1) e pela proposição existe j ∈ {0, . . . , m−1} tal que uma das equações Pu
j(z, γ) = 0, u= 2, . . . , n não tem solução
em K[x1, . . . , xn].
Por outro lado, se as condições (1) e (2) são satisfeitas, entãod+γ não admite operador de Darboux, logoAn(d+γ)é um ideal à esquerda principal maximal deAn. ([?] Teorema
2.8 b))
Teorema 3.1 Seja d = ∂1 +α2∂2 +· · ·+αn∂n uma derivação de K[x1, . . . , xn], com
(i) d é uma derivação simples de K[x1, . . . , xn].
(ii) Existe γ ∈K[x1, . . . , xn] tal que An(d+γ) é um ideal maximal de An.
(iii) Existe γ =hx2· · ·xn, com h∈K[x1]\ {0} tal que An(d+γ) é um ideal maximal de
An.
Demonstração.
O caso em que di := degxiαi = 1, para i = 2, . . . , n, isto é, d é uma derivação de Shamsuddin, está feito em [?] e o caso de duas variáveis (n = 2), foi provado em [?]. Então, podemos supor que n≥3 e que di ≥2, para algum i= 2, . . . , n.
(iii) ⇒ (ii)É imediato.
(ii) ⇒ (i) [?] Teorema 2.8, e Teorema 3.1.
(i) ⇒(iii)Sejam ≥1um inteiro. Sejam i2, . . . , in ≥0inteiros tais quei2+· · ·+in =
m.
Podemos supor sem perda de generalidade que d2 ≥ 2, pois d não é derivação de Shamsuddin. Vamos separar em dois casos: quando i2 6= 0 e quando i2 = 0.
Se i2 6= 0, seja f solução da equação Pm2−1(z, γ) = 0. Assim,
d(f) +∂2(α2)f −Ci22∂ 2
2(α2)−Ci12∂2(γ) = 0.
Isto é
∂1(f) +α2∂2(f) +· · ·+αn∂n(f) +∂2(α2)f −
i2(i2 −1)
2 ∂
2
Como α2 ∈ K[x1, x2] e h 6= 0, concluímos que f 6= 0. Daí o maior grau em x2 na equação diferencial acima ocorre emα2∂2(f)+∂2(α2)f =∂2(α2f)e é igual ad2+degx2f− 1≥1o que torna a equação impossível.
Agora vamos analisar o caso em que i2 = 0. Para algumj = 3, . . . , n ij 6= 0. Suponha
f solução da equação Pmj−1(z, γ) = 0, isto é
d(f) +∂j(αj)f −Ci2j∂ 2
j(αj)−Ci1j∂j(γ) = 0.⇔ ∂1(f) +α2∂2(f) +· · ·+αn∂n(f) +∂j(αj)f−
ij(ij−1)
2 ∂j2(αj)−ijhx2· · ·xj−1xj+1· · ·xn= 0.
Se degx2f = 0, então o maior grau em x2 na equação acima ocorre em
Capítulo
4
A Conjectura para
n
= 3
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∂
i
2∂
j
3 ∈ 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
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 comoPi0,j0 6= 0, concluímos que Pi0,j0 ∈K
∗ e conseqüentementeg =−(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 +Ci2+1∂22(α2)Pi+1,j)
− (C1
j∂31(α3)Pi,j +Cj2+1∂32(α3)Pi,j+1) − (C1
i+1∂21(α3)Pi+1,j−1+Ci2+2∂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+Cj1+1∂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 ePi,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 quePi0,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)ξni0−1,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 ξaa,b+b é solução da equação diferencial Paa,b+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]. Considerei0, j0 ≥0inteiros tais que i0+j0 =n. Suponha que∂2(α2), ∂3(α3)
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:
Pni,j−1(Z, γ) := d(Z) + ((i0−i)∂2(α2) + (j0−j)∂3(α3))Z −(C2
i+1∂22(α2) +Ci1+1∂21(γ))ξni+1,j
−(Cj2+1∂32(α3) +Cj1+1∂31(γ))ξni,j+1
−(C1
i+1∂21(α3)ξni+1−1,j−1+Ci2+2∂22(α3)ξni+2,j−1) = 0.
Sen−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, parat= 2, . . . , ne(i, j)≤(i0, j0−t),
onde i+j =t, as seguintes equações:
Pni,j−t(Z, γ) := d(Z) + ((i0−i)∂2(α2) + (j0−j)∂3(α3))Z −
t
X
u=1
(Ciu++1u∂ u+1
2 (α2) +Ciu+u∂ u
2(γ))ξ
i+u,j n−t+u
−
t
X
u=1
(Cju++1u∂ u+1
3 (α3) +Cju+u∂ u
3(γ))ξ
i,j+u n−t+u
−
t+1
X
u=1 Ciu+u∂
u
2(α3)ξin++u,ju−1−1
−
t
X
k=1
t−k
X
u=0
Cik+kC u+1
j+u∂ k
2 ◦∂
u+1
3 (α3)ξni+−k,jt++k+uu
−
t
X
k=1
t−k
X
u=1 Ck
i+kC u j+u∂
k
2 ◦∂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))
ξaa,b+b∂2a∂3b).
Onde ξaa,b+b é a única solução da equação Paa,b+b(z, γ) = 0 em K[x1, x2, x3].
Demonstração.
(a) (i) ⇒ (ii). Suponha que R = Pni+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,jCiu++1u∂ u+1
2 (α2)−
t
X
u=0
Pi,j+uCju++1u∂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
Ciu+uC l+1
j+l∂ u
2 ◦∂
l+1
3 (α3))∂2i∂
j 3 e (∗∗) = n X t=0 X
i+j=n−t
(−
t
X
u=1
Pi+u,jCiu+u∂ u
2(γ)−
t
X
u=1
Pi,j+uCju+u∂ u 3(γ) − t X u=1
t−u
X
l=1
Ciu+uC l j+l∂
u
2 ◦∂
l
3(γ))∂
i
2∂
j
3.
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 Pni,j−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 ξaa,b+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 todon ≥1e para todo(i0, j0)tal quei0+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 queα3 ∈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 quandoj0 = 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.
Agora, suponhaj0 = 0. Sejaξ∈K[x1, x2, x3]solução da equação diferencialPni0−1,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] ec1 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,tx2t +· · ·+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 quec1,t = 0, pois∂1 é uma derivação simples de K[x1].
Resumindo, temos que ξ=c1x3+c0, onde
degx2c1 = degx2a3−1 e degx2c0 = degx2b3−1 com c0 = 0 seb3 ∈K[x1].
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) +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. Set ≥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] ed1 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, comodegx2c1 = degx2a3−1, concluímos que o maior grau emx2 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 quandoj0 = 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)
Sedegx2f 6= 0, entãodegx2a3 = degx2α2−1. Daí o maior grau emx2 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 emx2 deα2∂2(f) +a3f é dado por:
ta2,d2dt+a3,d2−1dt= (ta2,d2 +a3,d2−1)dt.
Como a2,d2 ea3,d2−1 são linearmente independentes sobre Z, a equação acima torna-se impossível.
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,degx3ξ6= 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.
Logo,b3 6= 0e o maior grau emx2em(b)ocorre emb3c1−a3c0. Daí,degx2c0 = degx2b3−d2 e degx2a3 >degx2b3 ≥d2.
Resumindo, temos que eξ =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] ed1 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.
Comodegx2a3 >degx2α2 =d2edegx2c1 = 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 Pni0−1,j0−1(z, γ) = 0, isto é:
∂1(f) +α2∂2(f) +α3∂3(f)−j0hx2 = 0. (4.9)
Suponha quef =ctxt3+· · ·+c0, com ci ∈K[x1, x2]ect6= 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. Comoc1 ∈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, sedegx2c0 6= 0, então o maior grau emx2 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 xt3−1
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.
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 emα2∂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 deAn.
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.
Considereγ =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].
Capítulo
5
Ideais Principais Maximais de Anéis de
Operadores Diferenciais sobre o Anel de Séries
de Potências Formais e Convergentes
Vimos nos capítulos anteriores (e também nas referências [?], [?] e [?]) que um operador de ordem 1,S =α1∂1+α2∂2+· · ·+αn∂n+γ ∈An, αi, γ ∈K[x1, . . . , xn], pode gerar um
ideal maximal. Neste capítulo, vamos investigar se um tal operador, com coeficentes no anel de séries formais K[[x1, . . . , xn]] (K um corpo de característica zero) ou no anel de
séries convergentesC{x1, . . . , xn}, pode gerar um ideal maximal de An.
Teorema 5.1 ([?]) Seja S =α1∂1+α2∂2+γ um operador de ordem 1 comα1, α2, γ ∈ A,
onde A=C[[x1, x2]] ou A=C{x1, x2}. Então, S não gera ideal maximal de A2.
Neste mesmo trabalho eles enunciam:
Conjectura 5.1 Seja S=α1∂1+· · ·+αn∂n+γ um operador de ordem 1 com αi, γ ∈ A,
i = 1, . . . , n, onde A = C[[x1, . . . , xn]] ou A = C{x1, . . . , xn}. Então, S não gera ideal
maximal de An.
Neste capítulo vamos provar alguns casos particulares desta conjectura utilizando te-oremas de existência e unicidade (por exemplo o teorema de Cauchy-Kovalevsky) de so-luções de certas EDPs.
O teorema seguinte generaliza o teorema 1.1 de ([?]) para um número arbritário de variáveis.
Teorema 5.2 Seja S =α1∂1+α2∂2+· · ·+αn∂n+γ ∈An e suponha que αi 6= 0. Seja
Si = (α1/αi)∂1+· · ·+∂i+· · ·+ (αn/αi)∂n+ (γ/αi)∈An[α−1i ]. São equivalentes:
(i) AnS é um ideal à esquerda maximal de An.
(ii) AnS+Anαmi =An, para todo m∈N e An[α−1i ]Si é um ideal à esquerda maximal de
An[α−1i ].
Demonstração. (i)⇒(ii). É claro que seAnSé um ideal maximal, entãoAnS+Anαmi =
An, para todo m∈N.
Seja I ⊆ An[α−1i ] ideal tal que An[α−1i ]Si ⊆ I. Então, a contração I ∩An contém o
