Um estudo sobre a C i -suciência em J r (n,p)

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1 Universidade Federal do Piauí Centro de Ciências da Natureza Pós-Graduação em Matemática Mestrado em Matemática Ismael Carlos Pereira de Carvalho Um estudo sobre a C i -suciência em J r (n,p) Teresina

2 Ismael Carlos Pereira de Carvalho Dissertação de Mestrado: Um estudo sobre a C i -suciência em J r (n,p) Dissertação submetida à Coordenação do Programa de Pós-Graduação em Matemática, da Universidade Federal do Piauí, como requisito parcial para obtenção do grau de Mestre em Matemática. Orientador: Prof. Dr. Carlos Humberto Soares Júnior Teresina

3 CARVALHO, Ismael Carlos Pereira de. xxxxx Um estudo sobre a C i -suciência em J r (n,p). Ismael Carlos Pereira de Carvalho Teresina: Orientador: Prof. Dr. Carlos Humberto Soares Júnior. 1. Teoria de singularidade CDD

4 Sumário Agradecimentos 2 Resumo 3 Abstract 4 Introdução 5 1 Preliminares Anéis Grupos Subgrupos Módulos Polinômio Quase-Homogêneo Determinante de Gram Introdução à Teoria de Singularidades Germes de conjuntos Germes de aplicações suaves Relações de Equivalência em Germes e Jatos Ação de Grupo Equivalências A R-Equivalência A L-Equivalência A A-Equivalência i

5 3.3 Grupos e Equivalências Grupo de Lie O grupo C e C-Equivalência O grupo K e K-Equivalência (Grupo de Contato) Espaço Tangente à R-órbita Germes nitamente Determinados A C i -suciência em J(n,p) r Resultados Preliminares para o Teorema Principal Condições necessárias para a C i -suciência em J(n,p) r ii

6 1 Dedico este trabalho ao meu irmão Rangel Pereira de Carvalho, fonte inesgotável de incentivo e força.

7 Agradecimentos Agradeço a Deus acima de tudo, por ter me dado saúde, coragem, capacidade e persistência para que eu possa lutar e alcançar meus objetivos. A minha mãe Maria Vendavalda, meu irmão Rangel e de um modo geral a toda a minha família, por me motivar e ajudarem a concluir mais uma etapa e sempre me apoiando em todas as minhas decisões. A minha avó Maria de Lourdes, avó Teresa Azevedo, avô José Pedro dos Santos (DEDÉ). Em especial ao meu avô Sebastião Mourão (in memorium, 08/09/2014). Ao professor e orientador Dr. Humberto que contribuiu muito na minha formação acadêmica, me levando ao crescimento em meus conhecimento que me levaram a execução e conclusão deste trabalho. A professora Liane Mendes (UFPI) e ao professor Alexandre César (UFC), por terem aceito o convite de participar da banca que avaliará este trabalho. A Segunda Igrejas Batista de Teresina-PI e a Primeira Igreja Batista de Carolina-MA. Agradeço pelas orações e pelos momentos bons que pude usufruir. Em especial, ao meus amigos que conquistei no pequeno grupo (PG) da SIBTHE. A minha namorada Julianne Pereira, uma pessoa que entrou na minha vida. obrigado pelos momentos bons e pela atenção. A todos os professores do Colegiada do curso de Matemática da Universidade Federal de Tocantins e Universidade Federal do Piauí que contribuíram para o meu desenvolvimento acadêmico. Agradeço por ter adquirido muitos amigos em ambas Universidades, por estarmos unidos em situações boas e ruim, às vezes, passávamos altas horas da noite ou nais de semana fazendo trabalhos e estudando para as provas. Agradeço também ao CNPq e Capes, pelo apoio nanceiro e incentivo à ciência. 2

8 Resumo Neste trabalho será apresentado no primeiro capítulo Noções Preliminares de Anéis, Grupo, Módulos, Polinômio Quase-homogêneo e Determinante de Gram e no segundo capítulo uma introdução a Teoria de Singularidade. No terceiro capítulo mostraremos cinco tipos de equivalências, uma delas é a R-equivalência, onde existe um germe h de difeomorsmo de classe C tal que f = g h, onde f, g En,p. 0 No quarto e último capítulo faremos um estudo sobre a C i -suciência em J(n,p) r onde i r, ou seja, mostraremos que existe um germe h de difeomorsmo de classe C i, i N (homomorsmo se i = 0) tal que vale a igualdade ((z + θ) h)(x) = z(x) quando j r (θ) 0. 3

9 Abstract In this work will be presented in the rst chapter Preliminary Notions Rings, Group, Modules, Polynomial Quasi-homogeneous and Gram determinant and the second chapter an introduction to Singularity Theory. In the third chapter shows ve types of equivalence, one of them is R-equivalence, where there is a germ h of dieomorphism of class C such that f = g h, where f, g En,p. 0 In the fourth and nal chapter we will make a study on the C i suciency in J(n,p) r where i r, ie, could there be a germ h of dieomorphism of class C i, i N (homomorphism if i = 0) such that worth the equal ((z + θ) h)(x) = z(x) when j r (θ) 0. 4

10 Introdução Seja X um espaço topológico e x X um ponto. O conjunto P (X) é formado por todos os subconjuntos de X e dena uma relação de equivalência A X B A U = B U para alguma vizinhança U de x X. A classe de equivalência da relação X é chamado de germe do subconjunto X no ponto x. Seja Y um conjunto e considere agora o conjunto formado pelos pares M = {(U, f)}, onde U é uma vizinhança de x em X e f é uma função f : U Y. Introduziremos a relação de equivalência em M : (U 1, f 1 ) X (U 2, f 2 ) se, e somente se, f U0 = f U0 para alguma vizinhança U 0 de x com U 0 U 1 U 2. A classe de equivalência da relação X é chamada de germe de equivalência de (U, f). A mais apurada notação é f x ou (f, x) e estas serão usadas quando necessário. Quando X = R n, Y = R p iremos considerar apenas as aplicações suaves C, f : U Y, onde U é uma vizinhança no ponto x X. O conjunto formado por todos esses germes será denotado por x E n,p. Quando x = 0, escrevemos E n,p para tal conjunto. Além disso, quando p = 1, isto é, quando estivermos trabalhando com funções, nós usaremos a notação E n. Veremos também que E n é um anel local cujo o único ideal maximal é M n = {f E n f(0) = 0}. A k-ésima potência do ideal M n é gerada por todos os monômios de grau k, isto é, M k n = {x a = x a 1 1 x an n a = a a n = k}. Além disso M k n = {f E n a f (0) = x a 0, 0 a < k}. Um ideal I E n tem condimensão nita, isto é, dim En I I M k n para algum inteiro k. Denotaremos por J r (n,p) < + se, e somente se, o espaço vetorial E 0 n,p M k n En,p o qual é identicado como o K-espaço vetorial das aplicações polinomial de p : K n, 0 K p, 0 cujas componentes têm grau no máximo k 1. Seja j k : En,p 0 J(n,p) k a projeção canônica, isto é, dado f E 0 n,p, j k (f) é o polinômio de Taylor de f de grau k na origem (j k (f) é 5

11 chamado de o k-jato de f na origem). Seja G um grupo e C um conjunto qualquer. Uma ação do grupo G no conjunto C é a aplicação ϕ : G C C com ϕ(g, c) = g c tal que: ϕ(e, c) = e c = c, c C e ϕ(g 1, ϕ(g 2, c)) = ϕ(g 1 g 2, c), g 1, g 2 G. Chamaremos de Órbita de um elemento c C como sendo o conjunto G c de todos os elementos de C que estão relacionados com c. Isto é, G c = {a C g G com ϕ(g, c) = a} = {a C a c}. Denotamos por R n o conjunto de todos os germes de aplicações h : K n, 0 K n, 0 tal que h é um difeomorsmo quando K = R e h é um isomorsmo analítico quando K = C. A R-equivalência ou Equivalência a direita está relacionada à ação do grupo R = R n, dada por: r : R n En,p 0 En,p 0 onde r(h, f) f h 1. Dois germes f, g En,p 0 estão relacionados se, e somente se, h R n tal que f h 1 = g. A R-Órbita de f é denotada por Rf := {g En,p 0 g f}. R A R-equivalência ou Equivalência a direita está relacionada à ação do grupo R = R n, dada por: r = R n En,p 0 En,p 0 onde r(h, f) = f h 1. Dois germes f, g En,p 0 estão relacionados se, e somente se, h R n tal que f h 1 = g. A R-órbita de f é denotada por Rf := {g En,p 0 g f. R O grupo K é formado pelos H : R n R p, 0 R n R p, 0 tais que π 1 H = h R e π 2 H(x, 0) = 0, x. Onde π 1 : R n R p, 0 R n, 0 leva (x, y) = x e π 2 : R n R p, 0 R p, 0 leva (x, y) = y. Portanto, K = {H : R n R p, 0 R n R p, 0 H(x, y) = (h(x), ϕ(x, y)) com ϕ(x, 0) = 0, x}. Dois germes f, g E n são K-equivalêntes se, e somente se, existe H K tal que H(x, f(x)) = (h(x), ϕ(x, f(x)) = (h(x), g(h(x)) = ϕ(x, f(x)) = g(h(x)). Dois germes f, g : R n, 0 R p, 0 de classe C k, são ditos C i -equivalentes se existe um germe de difeomorsmo (homeomorsmo se i = 0) h : R n, 0 R n, 0 de classe C i tal que f = g h. Um r-jato z J(n,p) r é Ci -suciente em C k (k r) se quaisquer f e g com f, g C k e j r (f) = j r (g) = z são C i -equivalentes. O objetivo principal desse trabalho é dar condições necessárias para que z seja C i - suciência em J(n,p) r. Se mostrarmos que z é Ci -suciente em C r (i r), então para todo germe θ : R n, 0 R p, 0 de classe C r com j r (θ) 0, existe um germe difeomorsmo de classe C i (i 0) h : R n, 0 R n, 0 tal que ((z + θ) h)(x) = z(x). 6

12 Capítulo 1 Preliminares 1.1 Anéis Denição Um anel comutativo com unidade (A, +, ) é um conjunto A com pelo menos dois elementos, munido de uma operação denotada por + (chamada adição) e de uma operação denotada por (chamada multiplicação) que satisfazem as seguintes condições: 1. A adição é associativa, isto é, para quaisquer x, y, z A, (x + y) + z = x + (y + z). 2. Existe um elemento neutro com respeito à adição, isto é, 0 A tal que, x A, 0 + x = x e x + 0 = x. 3. Todo elemento de A possui um inverso com respeito a adição, isto é, x A, z A tal que x + z = 0 e z + x = A adição é comutativa, isto é, x, y A, x + y = y + x. 5. A multiplicação é associativa, isto é, x, y, z A, (x y) z = x (y z). 7

13 6. Existe um elemento neutro com respeito à multiplicação, isto é, 1 A tal que, x A, 1 x = x e x 1 = x. 7. A multiplicação é comutativa, isto é, x, y A, x y = y x. 8. A adição é distributiva, relativamente à multiplicação, isto é, x, y, z A, x (y + z) = x y + x z. Se todas as condições são satisfeitas, com exceção de (7), então (A, +, ) é chamado de anel não-comutativo. Denição Um anel (D, +, ) é chamado domínio ou domínio de integridade se ele satisfaz a seguinte condição: O produto de quaisquer dois elementos não nulos de D é um elemento não nulo, isto é, x, y D\{0}, temos x y 0. Denição Um anel (K, +, ) é um corpo se ele satisfaz a seguinte condição. Todo elemento difetente de zero de K possui um inverso com respeito à multiplicação, isto é, x K \ {0}, z K tal que x z = 1. Exemplo (Z, +, ) é um domínio. 2. (Q, +, ) e (R, +, ) são corpos. 3. Seja Z[i] = {a + bi a, b Z}. Então (Z[i], +, ) é um domínio chamado de anel dos inteiros de Gauss. 8

14 4. Dado dois anéis (A 1, +, ) e (A 2, +, ), podemos construir um novo anel da seguinte maneira: no conjunto A 1 A 2 := {(a 1, a 2 ); a 1 A 1, a 2 A 2 }, denimos as operações: (a 1, a 2 ) + (a 1, a 2) := (a 1 + a 1, a 2 + a 2) (a 1, a 2 ) (a 1, a 2) := (a 1 a 1, a 2 a 2) Denição Seja (A, +, ) um anel e I um subconjunto não vazio de A. Dizemos que I é um ideal de A se x + y I, x, y I. ax I, x I, a A. Um ideal m A do anel A chama-se maximal se, para qualquer ideal I de A, a propriedade m I implica I = m ou I = A. Exemplo Seja n 0 um inteiro. Então o subconjunto nz := {zn z Z} é um ideal do anel dos inteiros. 2. Seja (A, +, ) um anel e sejam α 1, α 2,, α t elementos de A. Então o subconjunto Aα 1 + Aα Aα t := {a 1 α 1 + a 2 α a t α t a 1, a 2,, a t A} é um ideal de (A, +, ), que será denotado por (a 1, a 2,, a t ). Seja um conjunto parcialmente ordenado pela relação de inclusão c. Uma cadeia em é um subconjunto C de tal que, dado a, b C, tem-se que a < b ou a > b. Teorema (Lema de Zorn) Seja um conjunto parcialmente ordenado tal que toda cadeia em possui uma cota superior. Então contém um elemento maximal. Demonstração: Ver [13]. Denição O radical de Jacobson de um anel A é denido como sendo a interseção de todos os ideais maximais de A, isto é, JacA := m Am, onde m é um ideal maximal. 9

15 1.2 Grupos Denição Um conjunto (G, ) com uma operação G G G (a, b) = a b é um grupo se as seguintes condições são satisfeitas: i) A operação é associativa, isto é, a (b c) = (a b) c, a, b, c G. ii) Existe um elemento neutro, isto é, e G tal que e a = a, a G. iii) Todo elemento possui um elemento inverso, isto é, a G, b G tal que a b = b a = e. O grupo (G, ) é abeliano ou comutativo, se: iv) A operação é comutativa, isto é, a b = b a, a, b G. Da denição de grupos, obtemos que: 1. O elemento neutro é único. De fato, se e, e G são elementos neutros de G, então e = e e = e pois são elemento neutro. 2. O elemento inverso é único. De fato, sejam a G e b, b G dois elementos inversos de a, temos: b = b e = b (ab ) = (ba) b = e b = b 3. (ab) 1 = b 1 a 1 Observe que: (ab) (b 1 a 1 ) = e, pela unicidade do inverso de um elemento em G, obtêm-se que: b 1 a 1 = (ab) 1. 10

16 Observação Muitas vezes deixamos de indicar a operação do grupo, escrevendo G para denotar um grupo (G, ). Exemplo (Z, +) é um grupo abeliano innito. 2. (Z/nZ, ) é um grupo abeliano nito com n elementos Subgrupos Denição Seja (G, ) um grupo. Um subconjunto não vazio H de G é um subgrupo de G (denotamos H < G) quando, com a operação de G, o conjunto H é grupo, isto é, quando as seguintes condições são satisfeitas: i) h 1 h 2 H, h 1, h 2 H. ii) h 1 (h 2 h 3 ) = (h 1 h 2 ) h 3 H, h 1, h 2, h 3 H. iii) e H H tal que e H h = h e H = h, h H. iv) Para cada h H, k H tal que hk = kh = e H. Observação A condição ii) é sempre satisfeita, pois a igualdade g 1 (g 2 g 3 ) = (g 1 g 2 ) g 3 é válida para todos os elementos de G. 2. O elemento neutro e H H é necessariamente o mesmo elemento neutro e de G. De fato, tomando a H G, temos e H a = a e multiplicando as dois lados pro a 1 à direita, obtemos e H = e. 3. Dado h H, o inverso de h em H é necessariamente o mesmo ao inverso de h em G. De fato, se k é o inverso de h em H, então hk = kh = e H, logo hk = kh = e, pois e H = e, e portanto k é o inverso de h em G. Proposição Seja H um subconjunto não-vazio do grupo G. Então H é um subgrupo de G se, somente se, as duas condições seguintes são satisfeitas: 1. h 1 h 2 H, h 1, h 2 H. 11

17 2. h 1 H, h H Demonstração: Suponhamos que H seja subgrupo de G. A condição 1) é então claramente satisfeita. Agora, seja h H; sendo H um grupo, h possui um inverso em H; mas, pela observação anterior, tal inverso é necessariamente igual ao inverso de h em G, isto é, é necessariamente igual a h 1 ; logo h 1 H, e a condição 2) é satisfeita. Reciprocamente, suponhamos que as duas condições 1) e 2) sejam satisfeitas. Então a condição i) da denição anterior é claramente satisfeita. Como observamos, a condição ii) sempre é satisfeita. Para ver que a iii) é satisfeita, basta que e H; isto de fato acontece pois, tomando h H, temos h 1 H pela condição 2) e logo e = h 1 h H pela condição 1). Finalmente, que a condição iv) é satisfeita decorre da condição 2) ser satisfeita. 1.3 Módulos Denição Seja A um anel. Um conjunto M é um modulo sobre A, ou um A-módulo se existem operações + : M M M e : A M M tais que (M, +) é um grupo abeliano e a, b A, m, n M são satisfeitas as condições abaixo: 1. (a + b) m = a m + b m; 2. a (m + n) = a m + a n; 3. (a b) m = a (b m); 4. 1 m = m. Exemplo Seja A um anel. Então M = A n é um módulo sobre A. 12

18 2. Seja A um anel e I A um ideal. Os conjuntos I e A/I são A-módulos. 3. Seja φ : A B um homomorsmo de anéis. O anel B pode ser considerado um A-módulo com a multiplicação a b = φ(a) φ(b). Nesta situação B é denominado uma A-álgebra. Denição Sejam M, N dois A-módulos. 1. Uma aplicação φ : M N é um homomorsmo de A-módulos se for linear em A, isto é, se φ(am + n) = aφ(m) + φ(n). Se φ for uma bijeção, então é chamado de isomorsmo. 2. Sejam homomorsmos de anéis ϕ, φ, α tornando o diagrama abaixo comutativo (α ϕ = φ). Então α é um homomorsmo de A-álgebras. A ϕ B ψ C α Denição Sejam A um anel e M um A-módulo. Um subconjunto N de M é um A-submódulo se a multiplicação escalar de M preserva em N, isto é, se a n N, a A e quaisquer n N. Seja M um A-módulo, t N e m 1, m 2,, m t elementos de M. Consideramos o seguinte subconjunto N de M: N = Am 1 + Am Am t = {a 1 m 1 + a 2 m a t m t a i A}. Este conjunto N é um submódulo de M e é chamado de submódulo gerado por m 1, m 2,, m t. O módulo M é dito nitamente gerado quando existe um número nito de elementos m 1, m 2,, m t de M tais que M = Am 1 + Am Am t. Neste caso, dizemos que m 1, m 2,, m t é um conjunto de geradores para o módulo M. O módulo M é cíclico se pode ser gerado por um elemento, isto é, se M = Am, para algum m M. 13

19 Denição Sejam M e M' dois A-módulos. Uma aplicação f : M M é um homomorsmo de A-módulos ou um A-homomorsmo se: a) f é um homomorsmo de grupo aditivos, isto é, f(m 1 + m 2 ) = f(m 1 ) + f(m 2 ), m 1, m 2 M. b) f(a m) = a f(m), a A e m M. Dizemos também que a aplicação f é A-linear, ou que f é um operador A-linear. Um homomorsmo de A-módulos é um isomorsmo de A-módulos se ele for bijetiva. Denição Sejam A um anel e (M, +) um A-módulo. Seja N um submódulo de M. Então, em particular (N, +) é um subgrupo de (M, +) e podemos considerar o grupo quociente (M/N, +), isto é, o conjunto {m + N m M} das classes laterais de N em M munidos da adição. + : M/N M/N M/N (m 1 + N, m 2 + N) (m 1 + m 2 ) + N. Sobre este grupo (M/N, +), podemos denir a seguinte multiplicação escalar: : A M/N M/N (a, m + N) a m + N. Verica-se que esta operação está bem denida e que M/N é um A-módulo, chamado de A-módulo quociente de M por N. Denição Um subconjunto N M de uma A-módulo M é um submódulo se for fechado nas operações de M, isto é, se m, n N e a A então m + n N e am N. Se ϕ : M N é um homomorsmo de A-módulos, denimos Ker(ϕ) = {m M ϕ(m) = 0}, Im(ϕ) = {ϕ(m) N m M}. 14

20 Observe, pela denição, que Ker(ϕ) M e Im(ϕ) N são submódulos. Se N M. Denimos o módulo quociente M/N = {[m] = m + N m M}, a coleção das classes de equivalência pela relação [m] = [m ] m m N. Com as operações induzidas por M temos que M/N é um A-módulo. Veremos que para anéis e ideais, temos que se ϕ : M N é um homomorsmo de A-módulos, então M ker(ϕ) = Im(ϕ). Em particular, ϕ é injetiva se, e somente se, Ker(ϕ) = {0}. Um quociente de módulos muito importante ganha um nome especial: Se ϕ : M N é um homomorsmo de A-módulos, denimos coker(ϕ) = N Im(ϕ). Teorema (Teorema do Isomorsmo) Seja f : (A, +, ) (B, +, ) um homomorsmo de anéis. Então, a aplicação f abaixo é um isomorsmo de anéis: f : (A/Ker(f), +, ) (Im(f), +, ) ā f(a) Demonstração: Primeiramente mostraremos que f é uma função bem denida, isto é, se a 1, a 2 A são tais que ā 1 = ā 2, então f(a 1 ) = f(a 2 ). De fato, se ā 1 = ā 2, então temos a 1 a 2 Ker(f), logo f(a 1 a 2 ) = 0; além disso do mais f(a 1 a 2 ) = f(a 1 ) f(a 2 ) pois f é um homomorsmo; portanto, f(a 1 ) = f(a 2 ). Agora, f é claramente uma aplicação sobrejetiva e é um homomorsmo pois, para elementos a 1, a 2 A, temos: f(ā 1 + ā 2 ) = f(a 1 + a 2 ) = f(a 1 + a 2 ) = f(a 1 ) + f(a 2 ) = f(ā 1 ) + f(ā 2 ) f(ā 1 ā 2 ) = f((a 1 a 2 )) = f(a 1 a 2 ) = f(a 1 ) f(a 2 ) = f(ā 1 ) f(ā 2 ) Finalmente, temos que Ker( f) = {ā (A/Ker(f) f(a) = 0} = {ā (A/Ker(f)) a Ker(f)} = { 0}; logo f é injetiva. 15

21 Teorema (Lema de Nakayama) Seja I A um ideal contido no radical de jacobson de A. Seja M um A-módulo nitamente gerado e N M um submódulo tal que M = IM + N. Então M = N. Demonstração: Sejam a 1, a 2,, a n geradores de M. A hipótese garante que existe b j M e λ ij I tais que a i = b i + n j=1 δ ija j. Dena agora λ = (δ ij ), como sendo a matriz n n formada pelos elementos λ ij. Sendo A = (a 1,, a n ) e B = (b 1,, b n ). Como a i = b i + n j=1 λ ija j, temos que A = B + λa. Isto implica que, (I λ)a = B. Observe que: det(i λ) = det 1 λ 11 λ 12 λ 13 λ 1n λ 21 1 λ 22 λ 23 λ 2n λ n1 λ n2 λ n3 1 λ nn = 1 + α, com α I. já sabemos que 1 + α será invertível, logo det(i λ) é invertível. 1.4 Polinômio Quase-Homogêneo Seja K[x 1,, x n ] o anel dos polinômios com coecientes em K(R ou C) nas variáveis x 1,, x n. Polinômio Homogêneo é qualquer polinômio em que a a n = d, d N xo. p(x) = α a x a 1 1 x an n Exemplo f(x, y) = x 3 + x 2 y + y 3 é polinômio homomgêneo de grau 3. Observação Dado t R, temos que p(tx 1,, tx n ) = α a (tx 1 ) a1 (tx n ) an = t a 1+ +a n αa x a 1 1 x an n = t d p(x). 16

22 Denição Sejam w 1,, w n, d N. Um polinômio f(x) = α a x a 1 1 x an n é dito quase-homogêneo do tipo (w 1,, w n ; d) quando f(t w 1 x 1,, t wn x n ) = t d f(x 1,, x n ), t R. Observação Se p(x) é homogêneo de grau d, então p(x) é quase-homogêneo do tipo (1,, 1; d). Exemplo f(x, y) = x 2 y 2 + x 4 y + y 3 é quase-homogênea do tipo (1, 2; 6) pois Observe que f não é homogênea. f(t 1 x, t 2 y) = t 2 x 2 t 4 y 2 + t 4 x 4 t 2 y + t 6 y 3 = t 6 (x 2 y 2 + x 4 y + y 3 ) = t 6 f(x, y) Denição Se f(x 1,, x n ) K[x 1,, x n ] é quase-homogêneo do tipo (w 1,, w n ; d), então dizemos que w 1,, w n são os pesos de f e que d é o grau pesado de f. Proposição Seja S d = { Polinômios quse-homogêneos do tipo (w 1,, w n ; d)}. Então S d é um espaço vetorial sobre K n. Prova: Seja f(x), g(x) S d e λ K, onde x = (x 1,, x n ). Por denição, temos: f(t w 1 x 1,, t wn x n ) = t d f(x) g(t w 1 x 1,, t wn x n ) = t d g(x) Vamos mostrar que λf(t wx) + g(t w x) = λt d f(x) + t d g(x). λf(t wx) + g(t w x) = λ α a (t w 1 x 1 ) a1 (t wn x n ) an + β a (t w 1 x 1 ) b1 (t wn x n ) bn = λ t w 1a 1 + +w na n α a x a 1 1 x an n + t w 1b 1 + +w nb n β a x b 1 1 x bn n = t d λα a x a 1 1 x an n + β a x b 1 1 x bn n = t d [λ α a x a 1 1 x an n + β a x b 1 1 x bn n ] = t d [λf(x) + g(x)] = λt d f(x) + t d g(x) 17

23 O elemento neutro de S d é p(x) 0. Claramente, vale a associativa, comutatividade, existência do simétrico, vale a distribuição pela direita e pela esquerda. Portanto, S d é um espaço vetorial sobre K. Proposição Seja f um polinômio quase-homogêneo do tipo (w 1 (,, w n ; d). Se w w1 = mdc{w 1,, w n ; d}, então f(x) é também quase-homogêneo do tipo w,, w n w ; d ). w Prova: Por denição, temos a 1 w a n w n = d N. Seja w = mdc{w 1,, w n ; d}, daí w i w N, i = 1,, n e d w N, logo a 1 w 1 w + + a n w n w = d w N. Portanto, se f(x) ( é quase-homogêneo do tipo (w 1,, w n ; d), então f(x) é quasehomogêneo do tipo w1 w,, w n w ; d ). w 1.5 Determinante de Gram A matriz de Gram dos vetores v 1,, v k R n é a matriz g = (g ij ) M(k k), onde g ij = v i, v j. Para ser mais explícitos, escrevemos g = g(v 1,, g k ). Exemplo Sejam u = (2, 3) e v = (1, 4) dois vetores em R 2. A matriz de Gram desses vetores é a matriz: u, u u, v g = v, u v, v Calculemos: u, u = = = 13 u, v = v, u = = = 14 18

24 u, u = = = 17 Daí, temos: g = Dado uma base U = {u 1,, u k } R n, seja a = [a ij ] M(k k) a matriz das coordenadas dos vetores v j em relação à base U, isto é: v j = a 1j u a nj u n para j = 1,, k. Seja ainda h = [h ij ] M(n n) a matriz de Gram da base U, isto é, h ij =< u i, u j. Então, para i, j = 1,, k (escrevemos m ij para indicar o ij-ésimo elemento de uma matriz m), temos: n n n g ij = v i, v j = a ri u r, a sj u s = a ri a sj u r, u s = r=1 s=1 ( n n n ) n = a ri a sj h rs = a ri h rs a sj = (a T ) ir (ha) rj = (a T ha) ij. r,s=1 r=1 s=1 r=1 A terceira igual é valida pela bilinearidade do produto interno. Portanto g = a T ha. Em particular, se tomarmos uma base ortonormal {u 1,, u k } R n, teremos h = I k, portanto a matriz de Gram se escreve como g = g(v 1,, v k ) = A T A, onde A é a matriz das coordenadas dos vetores v j em relação a essa base ortonormal do R n. Chama-se gramiano dos vetores v 1,, v k R n ao número γ(v 1,, v k ) = det(g(v 1,, v k )) = det[a ij ], onde a ij = v i, v j determinante da matriz de Gram g(v 1,, v k ). Como A T = A, então a matriz de Gram é não-negativa, pois det(g) = det(a T A) = det(a T ) det(a) = det(a) 2 0. A matriz de Gram g = g(v 1,, g k ) é positiva (invertível) se, e somente se, os vetores v 1,, v k são L.I. 19 r,s=1

25 Proposição Se v 1 é perpendicular a v 2,, v k então γ(v 1,, v k ) = v 1 2 γ(v 2,, v k ). Prova: Se v 1 é perpendicular aos outros vetores, então γ(v 1,, v k ) = v (k 1) 0 (k 1) 1 B (k 1)(k 1) onde B = ( v i, v j ) para i, j = 2, 3,, k. Desenvolvendo este determinante pela primeira coluna, temos γ(v 1,, v k ) = v 1 2 det(b) = v 1 2 γ(v 2,, v k ). Proposição Sejam w 1 a projeção ortogonal do vetor v 1 sobre o subespaço gerado por v 2,, v k e n 1 = v 1 w 1, logo n 1 é perpendicular aos v j com j = 1,, k. Prove que γ(v 1,, v k ) = n 1 2 γ(v 2,, v k ). Prova: Como v 1 = n 1 + w 1, temos (v 1,, v k ) = γ(n 1, v 2,, v k ) + γ(w 1, v 2,, v k ) = n 1 2 γ(v 2,, v k ) + 0 pois w 1 pertence ao subespaço gerado por v 2,, v k enquanto n 1 é perpendicular a estes vetores. O paralelepípedo gerado pelos vetores linearmente independentes v 1,, v k R n é o conjunto P [v 1,, v k ] das combinações lineares t 1 v 1 +, t k v k onde 0 t i 1. O volume em k-dimensional do paralelepípedo é denido por indução. Se k = 1, ele se reduz ao segmento de reta [0, v 1 ], cujo "volume"unidimensional é, por denição, v 1. Suponha denido o volume de um paralelepípedo d dimensão k 1, pões-se volp [v 1,, v k ] = n 1 volp [v 2,, v k ], onde n 1 é a altura do paralelepípedo, isto é, n 1 = v 1 w 1 e w 1 é a projeção ortogonal de v 1 sobre o subespaço gerado por v 2,, v k. 20

26 Proposição Prove que volp [v 1,, v k ] = γ(v 1,, v k ) = det( v i, v j ). Prova: Por indução: para n = 1, o volume é vol[v 1 ] = v 1 enquanto γ(v 1 ) = det( v i, v j ) = det( v 1, v 1 ) = v 1 2. Portanto vol[v 1 ] = γ(v 1 ) = det( v 1, v 1 ) = v 1. Por outro lado, supondo que a igualdade vale para quaisquer n = k 1 vetores, temos: volp [v 1,, v k ] = n 1 volp [v 2,, v k ] = n 1 γ(v 2,, v k ) = n 1 2 γ(v 1,, v k ) = γ(v1, v 2, v k ) = det( v i, v j ). 21

27 Capítulo 2 Introdução à Teoria de Singularidades 2.1 Germes de conjuntos Seja X um espaço topológico e x X um ponto. O conjunto P (X) é formado por todos os subconjuntos de X e dena uma relação de equivalência A B A U = B U X para alguma vizinhança U de x X. Denição Dado A P (X), a classe de equivalência de A, com respeito à relação de equivalência X é chamada de germe do conjunto A na vizinhança do ponto x. Notação: (A, x) Exemplo Sejam X = R 2 e x = 0. A 1 = {(x, y) x < 2}, B 1 = {(x, y) x > 2}, A 2 = {(x, y) x < 0} e B 2 = {(x, y) x > 0}. Observe que A 1 B 1, mas A 2 B 2. Seja X um conjunto e considere agora o conjunto formado pelos pares M = {(U, f)}, onde U é uma vizinhança de x X e f é uma função f : U Y. Introduziremos a relação de equivalência em M : (U 1, f 1 ) x (U 2, f 2 ) se, e somente se, f 1 U0 = f 2 U0 para alguma vizinhança U 0 de x com U 0 U 1 U 2. Exemplo Sejam as funções f : R \ { 1} R e g : R R denidas por f(x) = x2 1 x+1 e g(x) = x 1. 22

28 Temos f R\{ 1} = g R\{ 1}. Logo, f x g para x R \ { 1}. Denição A classe de equivalência do par (U, f) M será denotada por f e será chamada de o germe de f em torno do ponto x X. Se f : U, x Y é um germe e f é um representante deste germe que é suave, ca bem denido os germes das derivadas parciais de f. 2.2 Germes de aplicações suaves Sejam X = R n e Y = R p. Considere o conjunto M = {f : U R p f suave e U é vizinhança de a R n }. Denotamos por En,p a ao conjunto de todos os germes de funções de M. Observação Quando a = 0, usa-se a notação E n,p. Além disso, quando a = 0 e p = 1, usa-se a notação E n. Proposição Em E n denamos a soma e o produto por: (f + g)(x) = f(x) + g(x) e (f g)(x) = f(x) g(x). Seque que: 1. (E n, +, ) é um anel comutativo com unidade e com divisores de zero. 2. A função ϕ x : E n E n denida por ϕ x (f) : R n, 0 R u f(u + x) é um isomorsmo de anéis. Prova do item 1. Armação 1: (E n, +, ) é um anel. Seja x U X, onde U é uma vizinhança aberta de x, logo f(x), g(x) e h(x) são números reais, onde f, g, h E n, então, temos que: i) (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x); ii) h E n tal que h 0, pois vale (f + h)(x) = f(x) + h(x) = f(x) + 0 = f(x) E n ; 23

29 iii) ((f + g) + h)(x) = ([f(x) + g(x)] + h(x)) = (f(x) + [g(x) + h(x)]) = [f + (g + h)](x); iv) ([f + g] h)(x) = ([f(x) + g(x)] h(x)) = (f(x)h(x) + g(x) h(x)) = (f h + g h)(x). Armação 2: (E n, +, ) é um anel comutativo. De fato, pois (f g)(x) = f(x) g(x) = g(x) f(x) = (g f)(x). Armação 3: (E n, +, ) é um anel comutativo com unidade. Seja f E n f(x) 0, x U. tal que f(0) 0 e f é contínua, então U X e 0 U tal que Daí, tome g(x) = 1, g está bem denido, então vale 1 = g(x)f(x), como g(x)f(x) f(x) E n, então h 1 E n. Armação 4: (E n, +, ) têm divisores de zero. 0, se x 1 < 0 e x i = 0, i = 2,, n Tome f(x) = e x 2 1, se x 1 0 e x i = 0, i = 2,, n 0, se x 1 0 e x i = 0, i = 2,, n g(x) = x 2 1, se x 1 < 0 e x i = 0, i = 2,, n. Temos que f(x)g(x) = 0, x U, i = 1,, n. Como f(x) 0 e g(x) 0, então E n têm divisores de zero. Segue das quatro armações que (E n, +, ) é um anel comutativo com unidade que tem divisores de zero. Prova do item 2. Seja U uma vizinhança de x e f, g E x n, onde ϕ : En x E n u f(u x) pelo item 1., sabemos que: ϕ(f + g)(x) = (f + g)(u x) = f(u x) + g(u x) = ϕ(f)(u) + ϕ(g)(u). ϕ(f g)(x) = (f g)(u x) = f(u x) g(u x) = ϕ(f)(u) ϕ(g)(u). Logo, temos que ϕ é um homomorsmo. A saber, para f 1, temos ϕ(f) = 1. Seja Ker(ϕ) = {f E n f(x) = 0}. Daí, denamos a nova aplicação, da seguinte forma: ϕ x (f) = ϕ(f) Ker(ϕ) Im(ϕ) f(u) + Ker(ϕ) ϕ x (f + Ker(ϕ))(u) = f(u + x). 24

30 anéis. Daí, pelo teorema do isomorsmo (1.3.1), temos que ϕ x é um isomorsmo de Observação O anel E n,p tem uma estrutura de E n -módulo. Proposição saber M n = {f E n f(0) = 0}. 1) E n é um anel local, isto é, possui um único ideal maximal, a 2) A k-ésima potência de M n é gerado, em E n, pelos monômios de grau k, isto é, M k n =< x a = x a 1 1 x an n a = a a n = k >. Além disso, M k n = {f E n b f (0) = 0, 0 b k}. xb Demonstração: ver [10]. Observação Se I E n é ideal de E n, então E n I é também uma K-álgebra. Denição Um ideal I E n é dito de codimensão nita quando a dimensão de En I é nita, isto é, Se I e J são ideais de A e J I, então dim E n I <. ϕ(a + b) = ϕ : A J A I a ϕ(a) = ã a + J ϕ(a + J) = a + I (a + b) = ã + b = ϕ(a) + ϕ(b); Se ã A, claramente ϕ(a) = ã I. Portanto, ϕ é um homomorsmo sobrejetor. Observação Se I E n é um ideal, então E n I 25 é um K-espaço vetorial.

31 Proposição Um ideal I E n tem codimensão nita se, e somente se, M k n I, para algum k N. Demonstração: ( =) Suponha que M k n I, para algum k N. Quero provar que codi < +. Observe que En I e En M k n são K-espaços vetoriais. Além disso dim En M k n < +. Como M k E n I, temos que ϕ : n En é um homomorsmo sobrejetor denido por M k n I f ϕ(f) = f, isto é, ϕ é uma transformação linear sobrejetor. Daí, dim E n I E n M k n (= ). Suponha que cod(i) < +, isto é, dim En I < + = cod(i) < +. < +. Observe a cadeia descendente. E n I + M n I + M 2 n I + M k n. Tomando o quociente pelo ideal I, obtemos a cadeia, E n I I + M n I I + M2 n I I + Mk n I k N tal que Mk n I = E n I M n I M2 n I Mk n I = Mk+1 n I + M k I n = I + M k+1 n = M k n I + M n M k n = LemadeNakayana Mk n I. Exemplo Seja I =< x 2, xy, y 2 > em E 2. Temos M 2 2 I. Seque-se que dim En I = 3. Figura 2.1: dim En I = 3 26

32 Figura 2.2: dim En J = Exemplo Seja J =< x 2, xy > em E 2. Temos M 2 2 J. Seque-se que dim En J =. Relembrando. E 0 n,p = {f : K n, 0 K p, 0 f é suave ou analítico com f(0) = 0}. É fácil ver que E 0 n,p = M n E n,p. Pois se f(x) M n E n,p f(x) = g(x)f (x) = f(0) = g(0)f (0) = f(0) = 0 F (0) = 0 = f E 0 n,p. E se f E 0 n,p, então f i E n, onde f = (f 1,, f p ). Logo f(0) = 0 f i (0) = 0, i = 1,, p = f M n E n,p Denição Denimos o conjunto J k (n,p) = E 0 n,p. M k nen,p 0 Mas M k n En,p 0 = M k nm n E n,p = M k+1 n E n,p, logo J(n,p) k = En,p 0, o qual é identicado M k+1 n E n,p como o K-espaço vetorial das aplicações polinomiais de K n, 0 K p, 0, cujas componentes têm grau no máximo k. Se p = 1, então o k-jato de um germe f E n, calculado na origem, é denido por j k f(x) = ( ) α 1 f x=0x α, α! x a k onde α = (α 1,, α n ), α = α α n, α! = (α 1 )! (α n )!, x α = x α 1 1 x αn n ( ) α1 ( ) x 1 αn. x n e ( x) α = 27

33 Denição Dado um germe f E 0 n,p, denotamos por j k (f) o desenvolvimento de Taylor de f, em torno da origem, até o grau k. Podemos denir o germe f como a soma k-jato de f mais o resto. f(x) = j k f(x) + r k (x) = a k O j k (f) é chamado de "k-jato de f na origem". ( ) α 1 f x=0x α + r k (x). α! x Fórmula de Taylor Innitesimal [2]: Seja o germe f : U R p, 0, denida no aberto U R n, com 0 e 0 + x U. Se f é k vezes diferenciável na origem, então Exemplo e x = e x 1 = n=0 n=1 r k (x) lim = 0. x 0 x k x n n! x n n! = 1 + x + x2 2 + x3 3! + = x + x2 2 + x3 3! + = j k (e x 1) = x + x xk k!. Observação j k (f) pode ser identicado com a diferencial df(0). Proposição Seja f, g En,p, 0 então j k (f) j k (g) a f x (0) = a g (0), a = a xa (a 1,, a n ) com a = a a n k. Demonstração: Como f, g E 0 n,p, então f e g podem ser representado por série de Taylor na origem. f(x) = Como j k (f) j k (g), então n=0 k n=0 f (n) (0) x n e g(x) = n! f (n) (0) x n = n! k n=0 n=0 g (n) (0) x n. n! g (n) (0) x n. n! 28

34 Mas isto é verdade se, e somente se, f (n) (0) n! x n = g(n) (0) x n, n k n! f (n) (0) = g (n) (0), n k a f x a (0) = a g x a (0), a = (a 1,, a n ). Momenclatura: O espaço J(n,p) k é chamado de "O espaço de k-jatos do tipo (n, p). Denição Para s > t, denimos Π s,t : J s (n,p) J t (n,p) como sendo a projeção canônica Π s,t (p(x)) = j t (p). Proposição O Π s,t j s = j t em j r : E 0 n,p J r (n,p) f j r (f). Como Π s,t j s (f) = Π s,t (j s (f)), onde f En,p, 0 temos Π s,t (j s (f)) = j t (f), se t s. Daí, Π s,t j s j t. Seja f En,p, 0 então j k (f) En,p. 0 Como t s, então se j t (f) J t, então j t J s, pois J t J s. Portanto, j t pertence ao domínio de Π s,t j s. Logo j t Π s,t j s. Portanto Π s,t j s = j t. 29

35 Capítulo 3 Relações de Equivalência em Germes e Jatos 3.1 Ação de Grupo Denição Sejam G um grupo e C um conjunto qualquer. Uma ação do Grupo G no conjunto C é uma função ϕ : G C C (g, c) ϕ(g, c) = g c tal que: i) g 1 (g 2 c) = (g 1 g 2 )c; ii) ϕ(e, c) = c, c C; iii) ϕ(g 1, ϕ(g 2, c)) = ϕ(g 1 g 2, c), g 1, g 2 Ge c C. Denição Dados c 1, c 2 C, denimos a relação c 1 c 2 g G tal que ϕ(g c 1 ) = c 2. Proposição A relação é uma relação de equivalência. Prova: 30

36 Figura 3.1: Figura 3.2: i) Reexivo: Como G é um grupo, existe o elemento neutro e G. Daí, ϕ(e, c 1 ) = c 1, c 1 C, logo c 1 c 1. ii) Simetrica: Seja g 1 G e c 1, c 2 C tal que ϕ(g 1, c 1 ) = g 1 c 1 = c 2. Como G é um grupo, então g 1 1 G tal que g 1 g 1 1 = e. Daí, c 1 = ϕ(e, c 1 ) = ϕ(g 1 g 1 1, c 1 ) = ϕ(g 1 1 g 1, c 1 ) = (g 1 1 g 1 ) c 1 = Portanto c 1 c 2 c 2 c 1. = g 1 1 (g 1 c 1 ) = g 1 1 c 2 = ϕ(g 1 1, c 2 ). 31

37 iii) Transitiva: Seja c 1 c 2 e c 2 c 3, donde g 1, g 2 G tal que ϕ(g 1, c 1 ) = c 2 e ϕ(g 2, c 2 ) = c 3. Como c 2 = g 1 c 1, então ϕ(g 2, g 1 c 1 ) = c 3. Daí, g 2 (g 1 c 1 ) = c 3. Logo (g 2 g 1 ) c 1 = c 3. Portanto c 1 c 3. Denição Denimos a Órbita de um elemento c C como sendo a classe de equivalência de c pela relação, isto é, a órbita de c é o conjunto G c = {a C g G com ϕ(g, c) = a} = {a C g c = a} = {a C a c} = {g c g G} = {ϕ(g, c) g G}. Figura 3.3: Exemplo Seja C = L(R n, R p ) o conjunto das transformações lineares de R n em R p e G := Gl n Gl p formado por pares de operadores lineares invertíveis de R n e R p, ou seja, C := {T : R n R p T é linear} G := {(A, B) A : R n R n invertível e B : R p R p invertível}. 32

38 Denimos: ϕ : G C C ((A, B), T ) ϕ((a, B), T ) = B T A 1. Observe que ϕ((i n, I p ), T ) = I p T I 1 n = I p T I n = T. Proposição O ϕ é uma órbita do grupo G no conjunto C. Prova: Seja G T = O(T ) = {ϕ((a, B), T ) (A, B) G} a órbita de T. Daí, ϕ é uma órbita, pois se S C tal que T S, então existem (A, B) G tal que: ϕ((a, B), T ) = B T A 1 = S. Como B T A 1 C, (A, B) G, então ϕ gera uma classe de equivalência, logo ϕ é uma órbita do grupo G no conjunto C. Observação Em C = L(R n, R p ), temos a relação de equivalênçia. T S existem (A, B) G tais que T = B S A 1 isto é, T e S estão na mesma órbita. Teorema Duas transformações lineares T, S C = L(R n, R p ) são equivalentes se, e somente se, T e S têm o mesmo posto. Demonstração:( ) Duas transformações lineares T, S C são equivalentes se (A, B) G tal que ϕ((a, B), T ) = B T A 1 = S. Como A : R n R n e B : R p R p são operadores invertíveis. Logo A e B têm posto máximo, assim, posto(a) = n e posto(b) = p e T : R n R p tem posto k, onde k {n, p}. Por propriedade de posto de transformações lineares, temos: posto(s) = posto(b T A 1 ) min{posto(b), posto(t ), posto(a 1 )} = k. 33

39 Daí, posto(s) k. Como A e B são transformações lineares invertíveis, então S = B T A 1 B 1 S A = T. Analogamente, temos: posto(t ) = posto(b 1 S A) min{posto(b 1 ), posto(s), posto(a)} = posto(s) k posto(t ) = k posto(s) k. Portanto, S e T têm o mesmo posto. ( ) Suponha que S e T tem posto k, onde k nim{n, p}. Como S e T são transformações lineares, pelo Teorema do Posto[2], existem (A 1, B 1 ), (A 2, b 2 ) G tais que (B 1 S A 1 1 )(x, y) = (x, 0) (B 2 T A 1 2 )(x, y) = (x, 0) onde x = (x 1,, x k ) e y = (x k+1,, x n ). Tome T k : R n R p (x, y) T k (x, y) = (x, 0). Pela Proposição 3.1.1, como S T e T T k, então S T. Consequência: Dado T C, tomando k = posto(t), temos que T é equivalente à transformação linear T k : R n R p pois o posto de T k é igual à k. T k (x 1,..., x n ) = (x 1,..., x k, 0,..., 0) 34

40 Conclusão: Se duas transformações lineares estão em órbitas diferentes, então têm posto diferente, portanto, na ação de grupo G sobre C, existem exatamente min{n, p} + 1 órbitas. Denição Seja G um grupo agindo em um conjunto C. Fixado a C, denotamos por G a = E(a) = {g G ϕ(g, a) = a} G chamado de o subgrupo de isotropia de a ou estabilizador de a. Proposição O estabilizador G a é um subgrupo de G, ou seja, G a < G. Prova: De fato, e G (elemento neutro) tal que ϕ(e, a) = a. Se g G tal que ϕ(g, a) = a, então a = ϕ(e, a) = ϕ(g 1 g, a) = (g 1 g) a = g 1 (g a) = g 1 a. Logo ϕ(g 1, a) = a, pois g 1 G. Daí, segue que se g G a, então g 1 G. Agora tome g 1, g 2 G tal que ϕ(g 1, a) = a e ϕ(g 2, a) = a. Daí, ϕ(g 1 g 2, a) = (g 1 g 2 ) a = g 1 (g 2 a) = g 1 a = a segue-se que g 1 g 2 G a. Denição Denotamos por R n o conjunto de todos os germes de aplicações h : (K n, 0) (K n, 0) tal que: a) h é um difeomorsmo de classe C, quando K = R. b) h é um isomorsmo quando K = C. Isto é: R n := {h : (R n, 0) (R n, 0) h é difeomorsmo} R n := {h : (C n, 0) (C n, 0) h é isomorsmo}. Proposição O R n, com a composição de função, é um grupo. Prova: Seja f, g, h R n, então vale: 35

41 i) Associatividade de composição: (f g) h(x) = (f g)(h(x)) = f(g(h(x))) = f(g h(x)) = f (g h)(x). ii) Existe o elemento neutro: A função identidade I : R n, 0 R n, 0 denida por I(x 1,, x n ) = (x 1,, x n ) é um difeomorsmo (isomorsmo) e I f I(x) = f(x), segue-se que I R n. iii) Existência do inverso: Seja f R n, por denição, f : R n, 0 R n, 0 é um difeomorsmo ( isomorsmo), então existe o inverso f 1 tal que f 1 : R n, 0 R n, 0 é um difeomorsmo (isomorsmo), logo f 1 R n. Observação Em geral, usamos a notação 1 R no lugar de R n, desde que não cause interpretação irrôneas. 3.2 Equivalências A R-Equivalência Pode ser chamado também de equivalência à direita, pois esta relação de equivalência está relacionada à ação de grupo R, dada por: r : R En,p 0 En,p 0 (h, f) r(h, f) = f h 1 onde h 1 faz composição com f pela direita, ou seja, h 1 faz mudança na fonte (domínio) de f. K n, 0 f K p, 0 h K n, 0 f h 1 1 R = Right: Direito (tradução) 36

42 Observação Como h R, então h é C. Proposição A função r é uma ação do grupo R no conjunto E 0 n,p. Prova: Pela Proposição 3.1.4, R é um grupo com a composição de função e En,p 0 é o conjunto de todos os germes de funções suave na vizinhança do zero com f(0) = 0. Mostraremos que r : R En,p 0 En,p 0 (h, f) r(h, f) = f h 1 é uma ação. Como I R, então r(i, f) = f I 1 = f I = f E 0 n,p, f E 0 n,p e dado h 1, h 2 R, temos r(h 1, f) = f h 1 1 E 0 n,p, daí, r(h 2, f h 1 1 ) = (f h 1 1 ) h 1 2 = f (h 1 1 h 1 2 ). Como (h 1 1 h 1 2 ) é um difeomorsmo, então vale (h 1 1 h 1 2 ) = (h 2 h 1 ) 1. Logo r(h 2, f h 1 1 ) = f (h 2 h 1 ) 1 = r(h 2 h 1, f). Portanto r é uma ação de grupo. Dois germes f, g E 0 n,p estão relacionados se, e somente se, estão na mesma R-órbita, isto é, h R tal que r(h, g) = f, ou equivalentemente, f = g h 1. Notação: f R g ou g Rf. Exemplo Pelo Teorema da Forma Local das Submersões (ver [2]), se f : R n+k, 0 R n, 0 é tal que f (0) é sobrejetiva, então existe h : R n+k, 0 R n+k, 0 difeomorsmo (h R n+k ) tal que f h(x, y) = x, para todo (x, y) R n R k, donde segue que f I R n. R 37

43 3.2.2 A L-Equivalência Pode ser chamado também de equivalência à esquerda, pois esta relação de equivalência está relacionada à ação do grupo L, dada por: l : L En,p 0 En,p 0 (k, f) l(k, f) = k f onde L := R p := {k : K p, 0 K p, 0} é difeomorsmo se K = R ou isomorsmo se K = C}. E k faz composição com f pela esquerda, ou seja, l faz mudança na meta (imagem) de f. Veja pelo diagrama abaixo que é comutativo. K n, 0 f K p, 0 k f k K p, 0 Observe que, dois germes f, g En,p 0 são L-equivalentes se, e somente se, os germes f e g estão na mesma L-órbita, ou seja, existe k : K p, 0 K p, 0 difeomorsmo (isomorsmo) tal que f = k g. Exemplo Pelo Teorema da Forma Local das Imersões (ver [2]), se f : R n, 0 R n+k, 0 é tal que f (0) é injetiva, então existe k : R n+k, 0 R n+k, 0 difeomorsmo (k R n+k ) tal que k f(x) = (x, 0), para todo (x) R n, donde segue que f I R n {0} R k. L A A-Equivalência Esta relação de equivalência nasce da ação a : (R L) E 0 n,p E 0 n,p ((h, k), f) a((h, k), f) = k f h 1. Neste caso, diremos que dois germes f, g E 0 n,p são A-equivalentes se, e somente se, existe (h, k) A = R L tal que f = k g h 1. 38

44 K n, 0 h K n, 0 g f K p, 0 k K p, 0 Teorema Os conjuntos R e L são isomorfos aos subgrupos de A. Demonstração: Sabemos que R {I p } é um subconjunto de A, onde I p : K p, 0 K p, 0 é a aplicação identidade. Provaremos o teorema usando duas armações: Armação 1: R {I p } < A. Seja (h 1, I p ), (h 2, I p ), (h 3, I p ) R {I p }, temos: i) (h 1, I p ) (h 2, I p ) = (h 1 h 2, I p I p ). Como h 1 h 2 R e I p I p = I p, então (h 1 h 2, I p ) R {I p }. ii) (h 1, I p ) [(h 2, I p ) (h 1, I p )] = (h 1, I p ) (h 2 h 3, I p ) = (h 1 (h 2 h 3 ), I p ) = ((h 1 h 2 ) h 3, I p ) = (h 1 h 2, I p ) (h 3, I p ) = [(h 1, I p ) (h 2, I p )] (h 1, I p ). iii) Como h 1 A, então h 1 1 A e Ip 1 = I p, daí, (h 1, I p ) (h 1 1, Ip 1 ) = (h 1 h 1 1, I p I 1 p ) = (I n, I p ). Portanto, segue-se a armação 1. Armação 2: R R {I p }. De fato, pois tome f : R R {I p }. Vemos que essa função é bijetiva. Logo R R {I p }. Portanto R R {I p } < A, segue analogamente que L {I n } L < A. A A-equivalência está associada à ação a : (R L) E 0 n,p E 0 n,p ((h, k), f) k f h 1 onde a é uma ação de grupo. 39

45 Teorema (do Posto Constante) Seja U R n uma vizinhança aberto da origem e f : U R p uma aplicação de classe C onde f(0) = 0. Suponha que f (a) tem posto constante, para todo a U. Então o germe f E 0 n,n é A-equivalente ao germe de transformação linear T k : R n, 0 R p, 0 dada por T k (x 1,, x n ) = (x 1,, x k, 0, 0), onde k = postof (a), a U. Demonstração: Como U é vizinhança aberta da origem, reindexando as coordenadas de f (mudança na meta), podemos assumir que [ ] fi posto = m x j i, j = 1,, m, x U. Claramente m min{n, p}. Seja q = R p R m a projeção q(x 1,, x p ) = (x 1,, x m ). Então q f = (f 1,, f m ) e portanto é uma submersão, (ver [2]), e [ ] [ ] fi (q f)i posto = m = posto. x j x j Logo, pela forma local das submersão, existe um difeomorsmo local g : U R n g(u) R n tal que (q f) g 1 (x 1,, x n ) = (x 1,, x m ) é uma projeção linear e isto mostra que onde f j : R n R. f g 1 (x 1,, x n ) = (x 1,, x m, f m+1 (x),, f p (x)) Como f tem posto constante m, então f g 1 também tem posto constante m, nessa condição implica que f j x k (x) = 0, j = m + 1,, p; k = m + 1,, n e x U. Então as funções f j só depende de x 1,, x m e j = m + 1,, p. Denamos o germe h L por h(y 1,, y p ) = (y 1,, y m, y m+1 f m+1 (y),, y p f p (y)) em que y = (y 1,, y m, 0,, 0). Então, h f g 1 (x 1,, x n ) = h(x 1,, x m, f m+1 (x),, f p (x)) = (x 1,, x m, f m+1 (x) f m+1 (x),, f p (x) f p (x)) = (x 1,, x m, 0,, 0). Portanto, h e g tal que h f g 1 = T k. Logo, f A T k. 40

46 3.3 Grupos e Equivalências Grupo de Lie Denição Um Grupo de Lie G é um grupo com uma estrutura de variedade diferenciável de classe C tal que a multiplicação : G G G (g, h) g h e a inversão i : G G g g 1 são aplicações de classe C. Exemplo S 1 = {x + iy x 2 + y 2 = 1} = {e iθ θ [0, 2π]} com o produto e iθ e iα = e i(θ+α) e com a inversa (e iθ ) 1 = e iθ é um grupo de Lie. Denição Uma ação de grupo de Lie G em uma variedade suave M é uma ação de grupo ϕ : G M M que é uma aplicação suave. Denição Sejam M e N variedades suaves.uma imersão de N em M é uma aplicação suave f : N M tal que f (x) é injetiva, x N. Seja G um grupo de Lie agindo em uma variedade M. Dado x M, a órbita de x é o conjunto G x := {ϕ(g, x) M g G} M. Teorema Seja G um grupo de Lie agindo na variedade M. Então, as órbitas são subvariedades imersas de M. Demonstração: Ver [3]. 41

47 Figura 3.4: Figura 3.5: Teorema Seja ϕ : G M M uma ação de grupo de Lie G na variedade M. Então x M a aplicação ϕ x : G G x g ϕ x (g) = ϕ(g, x) é uma submersão. Demonstração: Armação 1. ϕ x tem posto constante. Mostraremos que o posto de ϕ x em h G, onde h é xo, é igual ao posto de ϕ x em e G (elemento neutro). Considere a aplicação ξ : G G g ξ(g) = h g 42

48 Figura 3.6: e ψ : G x G x y ψ(y) = ϕ(h, y). Figura 3.7: Observe que: ψ ϕ x (g) = ψ(ϕ x (g)) = ψ(ϕ(g, x)) = ϕ(h, ϕ(g, x)) = = ϕ(h g, x) = ϕ(ξ(g), x) = ϕ x (ξ(g)) = ϕ x ξ(g), g G. Daí, temos que ψ ϕ x ϕ x ξ. Logo, o diagrama abaixo é comutativo. G ϕ x G x (3.1) ξ ψ G ϕ x G x 43

49 De fato, de ψ ϕ x (g) = ϕ x ξ(g), tem-se: d(ψ ϕ x (g)) g=e = d(ϕ x ξ(g)) g=e dψ(ϕ x (e))d(ϕ x (e)) = dϕ x (ξ(e))d(ξ(e) dψ(x)d(ϕ x (e)) = dϕ x (f)d(ξ(e). A comutatividade do diagrama (3.1) implica, pela regra da cadeia, na comutatividade do diagrama (3.2). T e G dϕ x(e) T x G x (3.2) dξ(e) dψ(x) T h G dϕ x(h) T ϕ(h,x) G x Portanto, como dξ(e) e dψ(x) são isomorsmo, segue-se que postodϕ x (e) = postodϕ x (h). Resta-nos mostrar que ϕ x é submersão em algum h G, mas isto é consequência do teorema de Sard (ver [4]). Teorema de Sard: f : N M suave. Então o conjunto dos valores regulares de f é denso em N. Basta aplicar o Teorema de Sard à função ϕ x : G G x. Daí, h G tal que postodϕ x (h) é máximo. Corolário T x (G x ) = dϕ x (e) (T e (G). Demonstração: ϕ x : G G x é submersão, então dϕ x (e) é sobrejetiva, implica que dϕ x (e) (T e G) = T x (G x ). 44

50 Figura 3.8: O grupo C e C-Equivalência O grupo C é formado pelos germes de difeomorsmos H : R n R p, 0 R n R p, 0 tais que π 1 H(x, y) = x e π 2 (H(x, 0) = 0. Isto é, C := {H : R n R p, 0 R n R p, 0 H(x, y) = (x, ϕ(x, y)), onde ϕ(x, 0) = 0}. Figura 3.9: O grupo C arge em R n E 0 n,p da seguinte forma. C R n E 0 n,p R n E 0 n,p (H, (x, f(x))) H(x, f(x)) = (x, ϕ(x, f(x))). 45

51 Desta forma, dois germes f, g E 0 n,p H(x, f(x)) = (x, g(x)). são C-equivalentes quando H C tal que Observação H(x, f(x)) = (x, ϕ(x, f(x))) = (x, g(x)). Figura 3.10: Proposição Os elementos de C dene uma família parametrizada por x R n de difeomorsmos ϕ x : R p, 0 R p, 0 y ϕ x (y) = ϕ(x, y). Demonstração: Dado H C, sabemos que H(x, y) = (x, ϕ(x, y)). Fixado x R n, dene ϕ x : R p, 0 R p, 0 por ϕ x (y) = ϕ(x, y) JacH = [I n] n n A. 0 Jacϕ x Como Det(JacH) 0, então Det(Jacϕ x ) 0, logo ϕ x é difeomorsmo. 46

52 3.3.3 O grupo K e K-Equivalência (Grupo de Contato) O grupo K é formado pelos germes de difeomorsmos H : R n R p, 0 R n R p, 0 tais que π 1 H(x, y) = h(x), onde h : R n, 0 R n, 0 é um germe de difeomorsmo (h R e π 2 (H(x, y)) = ϕ(x, y) onde ϕ(x, 0) = 0). K := {H : R n R p, 0 R n R p, 0 H(x, y) = (h(x), ϕ(x, y)), h R e ϕ(x, 0) = 0}. A ação de K é denida da seguinte forma K R n E 0 n,p R n E 0 n,p (H, (x, f(x))) H(x, f(x)) = (h(x), ϕ(x, f(x))). Dois germes f, g E 0 n,p são C-equivalentes se, e somente se H C tal que H(x, f(x)) = (h(x), ϕ(x, f(x))) = (h(x), g h(x)). Figura 3.11: Teorema (Lema de Hadamard) : Sejam U R n vizinhança convexa da origem e f : U R q R uma função diferenciável que se anula em (0, y) U R q. Então existem funções diferenciáveis f 1,, f n : R q R tais que f(x, y) = x 1 f 1 (x, y)+ + x n f n (x, y), (x, y) U R q, x = (x 1,, x n ) e y = (y 1,, y q ). 47

53 Figura 3.12: Demonstração: onde f i (x, y) = 1 0 f(x, y) = f(x, y) f(0, y) 1 = 0 t [f(tx 1,, tx n, y)] dt [ 1 n ] f = (tx, y)x i dt x i f x i (tx, y)dt. = = 0 n 1 f x i (tx, y)dt 0 x i n x i f i (x, y) Teorema Os germes f, g En,p 0 são K-equivalentes se, e somente se, existir germe de difeomorsmo h : R n, 0 R n, 0 tal que f h e g são C-equivalentes. Demonstração: ( ) Seja f g, então existe H K tal que H(x, g(x)) = (h(x), f K h(x)) em que H(x, y) = (h(x), ϕ(x, y)). Dena H(x, y) = (x, ϕ(x, y)). Então H C e H(x, g(x)) = (x, ϕ(x, g(x))) = (x, f h(x)) segue que f h g. C 48

54 ( ) h tal que f h g, então h(x, y) = (x, ϕ(x, y)) C tal que H(x, g(x)) = C (x, f h(x)). Dena H(x, y) = (h(x), ϕ(x, y)) K, temos H(x, g(x)) = (h(x), ϕ(x, g(x))) = (h(x), f h(x)). Portanto f K g. Denição Dado f E 0 n,p, denimos o ideal gerado pelas componentes de f, como sendo o ideal I f =< f 1,, f p > E n. Denição Dado f E 0 n,p, isto é, f : R n, 0 R p, 0, denimos f : E p E n por f (h) = h f. K p, 0 h K, 0 f f h Observe que K n, 0 I f = f (M p ) = {f (h) h M p } = {h f h M p } = < y 1 f,, y p f > = < f 1,, f p >. Teorema (Critério Algébrico para a C-equivalência): Então, são equivalentes: Sejam f, g E 0 n,p. 49

55 I) f e g são C-equivalentes; II) Os ideais I f e I g de E n são iguais; III) Existe uma matriz invertível p p com coordenadas a ij E n tais que f i (x) = a ij g j (x), i = 1,, p. Demonstração: I) = II). Seja f g, então existe H(x, y) = (x, ϕ(x, y)) C, C onde ϕ(x, y) = (ϕ 1 (x, y),, ϕ p (x, y)) e ϕ i (x, 0) = 0, i = 1,, p tal que H(x, g(x)) = (x, f(x)). Implica que (x, ϕ(x, g(x))) = (x, f(x)), i = 1,, p. Pelo Lema de Hadamard, para cada i = 1,, p, tem-se: ϕ i (x, y) = y 1 ϕ i1 (x, y) + + y p ϕ ip (x, y) = y i ϕ ij (x, y). j=1 Logo, f i = ϕ i (x, g(x)) = p j=1 g i(x, )ϕ ij (x, g(x)) I g. Portanto I f I g. Por simétria da C-equivalência I g I f. Portanto I f = I g. II) = III). Dadas duas matrizes p p A e B, existe uma matriz C tal que C(I AB)+B é invertível. Usemos esse fato na prova. Suponha que I f = I g. Então podemos escrever g i (x) = a ij (x)f j (x) e f i (x) = j=1 b ij g j (x) j=1 onde a ij, b ij E n, i = 1,, p. Sejam A(x) = (a ij ) e B(x) = (b ij ) matrizes de funções p p. Usando o fato de C(I AB) + B ser invertível para alguma matriz C, então C(I A(0)B(0)) +B(0) é uma matriz numérica invertível para alguma matriz C, então existe uma vizinhança de x = 0 tal que U x = C(I A(x)B(x)) + B(x) é invertível, x nessa vizinhança. Seja u ij (u) as coordenadas de U x. Então, 50

56 U x g = (C(I A(x)B(x)) + B(x)) g = C(I A(x)B(x)) g + B(x) g = C(g A(x)B(x) g) + f = C(g g) + f = f. Logo U x g = f. Portanto f i (x) = p j=1 u ijg j (x). III) = I). Sunponha que existe uma matriz invertível U x = (U ij (x)) tal que U x g = f, ou seja, f i (x) = p j=1 u ijg j (x), i = 1,, p. Dena ϕ : R n R p, 0 R p, 0 por ϕ i (x) = p j=1 u ijg j (x), i = 1,, p. Claramente ϕ(x, 0) = ϕ 1 (x, 0),, ϕ p (x, 0)) = 0. Dena agora o germe H : R n R p, 0 R n R p, 0 por (x, g) H(x, y) = (x, ϕ(x, y)). Temos JacH = I n D 0 Jacϕ x e Jacϕ x = det(u ij ) 0. Portanto H é difeomorsmo, logo H C e além disso H(x, g(x)) = (x, ϕ(x, g(x)) = (x, f(x)), pois ϕ i (x, g(x)) = f i (x), daí ϕ(x, g(x)) = f(x). Portanto f e g são C-equivalentes. Exemplo Seja f, g : R, 0 R 2, 0 dada por: f(x) = (x 2, 0) e g(x) = (x 2, x 3 ). I f =< x 2 > e I g =< x 2, x 3 >=< x 2 >. Portanto f e g são C-equivalentes. Teorema Seja o germe h E n. Então: I) h : E p E n é um homomorsmo de anéis; II) Se I : R n, 0 R n, 0 é o germe da identidade, então I : E n E n é o homomor- smo identidade; 51

57 Figura 3.13: III) O germe h : R n, 0 R n, 0 é invertível se, e somente se, h : E n E n é um isomorsmo do anel E n. Demonstração: I) h (f + g) = (f + g) h = f h + g h = h (f) + h (g) e h (f g) = (f g) h = (f h) (g h) = (h (f)) (h (g)). II) I (f) = f I = f. III) Armação: Dados h 1 E 0 n,p e h 2 E 0 p,k então (h 2 h 1 ) = h 1 h 2. De fato: Seja f E k, então, (h 2 h 1 ) = f (h 2 h 1 ) = (f h 2 ) h 1 = h 1(f h 2 ) = h 1(h 2(f)) = (h 1 h 2)(f). Daí, segue a armação. (= )h : R n, 0 R n, 0 é invertível h h 1 = I (h (h 1 ) = I h (h 1 ) = I = = = h 1 h = I (h 1 h) = I (h 1 ) h = I. Em particular, (h 1 ) = (h ) 1. Daí, h é um homomorsmo bijetivo. Logo h é um isomorsmo. ( =) Suponha h : E n E n é um isomorsmo, (h ) 1 : E n E n tal que h (h 1 ) = I En = I (h (h 1 ) = I h h 1 = I R n = = (h 1 ) h = I En = I (h 1 h) = I h 1 h = I R n. Portanto h é invertível. 52

58 Denição Sejam I e J ideais de E n. Diremos que I e J são isomorfos induzidos quando existir um germe de difeomorsmo h : R n, 0 R n, 0 tal que h (I) = J. Teorema Dois germes f, g En,p 0 são K-equivalentes se, e somente se, os ideais I e J são isomorfos induzidos. Demonstração: Segue que f g se, e somente se, existir h R tal que f h g K C se, e somente se, os ideais I f h e I J são iguais se, e somente se, existir h : E n E n tal que h (I) = J. 3.4 Espaço Tangente à R-órbita Seja R = {h : R n, 0 R n, 0 h é difeomorsmo de classe C }. Sabemos que: T In R := {γ (0) E 0 n,n γ : K E 0 n,n é um caminho diferenciável com γ(0) = I n } onde I n é o germe identidade. Teorema O espaço tangente T In R é igual a E 0 n,n. Demonstração: ( ) Por denição T In R En,n. 0 ( ) Dado g En,n, 0 denamos γ : K En,n 0 por γ(t) = I n + t g. Então γ (0) = g, logo g T In R, daí En,n 0 T In R. Portanto T In R = En,n. 0 Teorema Vale a seguinte igualdade: T f (R f ) = M n Jf, onde Jf =< f x 1 (x),, f x n (x) > En. Sabemos, do Corolário 3.3.1, que T f (R f ) = dϕ f (I n )(T In R) onde ϕ : R E n E n (h, f) f h. 53

59 Figura 3.14: Figura 3.15: Além disso R f = {ϕ(h, f) h R} = {f h h R} = {g g = f h, para algum h R}. Dado g T In R = E 0 n,n, temos g = (g 1,, g n ). Seja γ(t) = I n + t g e dena β(t) como sendo a imagem de γ(t) pela função ϕ f : R E n h f h. Isto é: β(t) = ϕ f (γ(f)) = f γ(t) Observação β (t) T f (R f ) e β(t)(x) = f γ(t)(x) = f((i n + tg)(x)) = f(x + tg(x)). 54

60 Figura 3.16: Figura 3.17: Daí, β (0) = d (f(x + tg(x))) dt t=0= n f x i (x)g i (x), onde g i : K n, 0 K, 0, logo g i M n. Então, T f (R f ) = { β (0) = em que Jf =< f x 1 (x),, f x n (x) > En. n } f (x)g i (x) = M n Jf x i Denição Denimos o espaço tangente estendido por (T E ) f (Rf) = Jf. O conjunto Jf é chamado de ideal jacobiano def. Denição Seja f E n, denimos o R-codimensão de f por: 55

61 cod R f = dim K E n Jf. Diremos que f tem R-codimensão nita quando cod R f < +. Exemplo Tome em E 2 os germes f(x, y) = x 2 + y 3 e g(x, y) = x 3 + x 2 y. Temos Jf =< 2x, 3y 2 >=< x, y 2 > e Jg =< 3x 2 + 2xy, x 2 >=< xy, x 2 >. Figura 3.18: Logo dim R E 2 Jf = 2 = cod Rf Figura 3.19: Logo dim R E 2 Jg = + = cod Rg Teorema Seja f E n. Então f tem R-codimensão nita se, e somente se, existe k N tal que M k n Jf. 56

62 Demonstração: cod R f < + dim R E n Jf Jf para algum k N. < + codjf < + Mk n Denição f : U R n, R diferenciável tal que a U. i) Diremos que a é um ponto singular de f quando f(a) = 0; ii) Diremos que a é um ponto regular de f quando f(a) 0. Teorema Seja f E n um germe de R-codimensão nita e não-nula. Então a origem de R n é um ponto singular isolado de qualquer representante de f. Isto é, existe uma vizinhança U da origem em R n tal que a origem é o único ponto singular do representante de f em U. Demonstração: Armação. Se cod R f > 0, então a origem é ponto singular de f. De fato, se 0 for ponto regular de f, isto é, f x i (0) 0 para algum i = 1,, n. Então, por continuidade de f x i, existe uma vizinhança U de 0 tal que f x i (x) 0, x U. f Logo, Jf = x 1,, f x n 0 = cod R f. Portanto segue a armação. = E n, pois f x i é invertível, daí, 1 f x i Jf. Logo dim R E n Jf = Sabemos que cod R f < + = k N tal que M k n Jf. (3.2.3) Observe que x k 1,, x k n M k n Jf. Daí, x k i = n j=1 α J(x) f x i (x) para cada i = 1,, n. Assim, se a = (a 1,, a n ) é ponto singular de f, então f x i (a) = 0, i = 1,, n. Segue que Como a k i x k i = a k i = n j=1 α J (a) f x i (a) = 0, i = 1,, n. = 0, i = 1,, n, logo a 1 = = a n = 0, segue que a = (0,, 0). Portanto a origem é o único ponto singular de f. 57

63 3.5 Germes nitamente Determinados Esta seção é continuação da seção 3.2 e 3.3, tendo quase as mesmas denições, iremos abordar mais especicamente a R-equivalência, mas pode ser substituído o R por L, A, C ou K. Denição Um germe f : R n, 0 R, 0 é dito k-r-nitamente determinado se, g E n tal que j k (g) = j k (f) tem-se que f R g. Isto é, f = g h para algum h : R n, 0 R n, 0 germe difeomorsmo. Observe que, o germe f é k-r-nitamente determinado se, e somente se, {g E n j k (g) = j k (f) Rf}, ou se, e somente se, existe k N, g E n com j k (g) = j k (f), implica que f = g h 1 onde h R. Proposição Seja f um germe k-r-nitamente determinado. Então: a) f R j k (f); b) f é k-r-nitamente determinado, l k. Demonstração: a) Seja g(x) = j k (f(x)), daí, temos f g. Logo j k (f) = j k (g) = R j k (j k (f)) = j k (f). b) Seja g E n, tal que j l (g) = j l (f), l k. Logo, j k (g) = j k (f). Como f é k-r-nitamente determinado, então f g. R Denição Diremos que um germe f E n é R-nitamente determinado se este for k-r-nitamente determinado para algum k N. E o menor k N tal que f é R-nitamente determinado chama-se o grau de determinação nita de f. A seguinte aplicação Π k : E n J k (n,1) f Π k (f) = j k (f) é um homomorsmo de álgebra. Pois 58

64 Π k (f + g) = Π k (f) + Π k (g); Π k (a g) = aπ k (g); Ker(Π k ) = {f E n Π k (f) = 0} = Seja R k = {h R j k (h) = Id} R. E n M k+1 n Observe que vale a seguinte sequência de inclusão R k R k+1 R 1 R 0 = R. Proposição O conjunto R k é um subgrupo normal de R. daí Armação 1. R k < R. Seja h 1, h 2 R k, logo j k (h 1 ) = Id e j k (h 2 ) = Id, como R k R, então h 1 h 2 R, Daí, h 1 h 2 R k. j k (h 1 h 2 ) = Π k (j k h 1 j k h 2 ) = Π k (Id Id) = Π k (Id) = j k (Id) = Id. Como Id R k, temos Id = j k (Id) = j k (h 1 1 h 1 ) = Π k (j k h 1 1 j k h 1 ) Π k (j k h 1 1 Id) = Π k (j k h 1 1 ) = j k (j k h 1 1 ) = j k (h 1 1 ). Portanto h 1 1 R k. Daí, segue a armação 1. Armação 2. R k R. Para isso basta mostrar que K R k K 1 = R k, K R. Tome h 1 R k, mostraremos que K h 1 K 1 R k. Consideremos K h 1 K 1 = h 2, como K e h 1 são invertíveis, então vale. K h 1 K 1 K = h 2 K = K h 1 Id = h 2 K = K 1 K h 1 Id = K 1 h 2 K = Id h 1 Id = K 1 h 2 K = h 1 = K 1 h 2 K. 59

65 Como h 1 R k, logo K 1 h 2 K R k. Mas isso implica que h 2 R k. Portanto K 1 h 1 K R k. Daí, segue a armação 2. Exemplo Mostrar que f(x, y) = x 2 + y 2 é 2-R-nitamente determinado. Seja g E 2 tal que j 2 g(0) = j 2 f(0). Temos que j 2 f(x) = f(0, 0) + f f (0, 0)x + x y (0, 0)y + 2 f = 1 2 f 2 x (0, 2 0)x f (0, 0)y2 2 y2 = 1 2 2x y2 = f(x). x y (0, 0)xy f x (0, 2 0)x f (0, 0)y2 2 y2 Então j 2 g(0) = j 2 f(0) = g(x, y) = x 2 + y 2 + h(x, y) com h M 3 2. Como M 3 2 =< x 3, x 2 y, xy 2, y 3 >, segue que h(x, y) = a 1 (x, y)x 3 + a 2 (x, y)x 2 y + a 3 (x, y)xy 2 + a 4 (x, y)y 3 = x 2 (a 1 (x, y)x + a 2 (x, y)y) + y 2 (a 3 (x, y)x + a 4 (x, y)y) = x 2 h 1 (x, y) + y 2 h 2 (x, y). Onde h 1 (x, y) = a 1 (x, y)x + a 2 (x, y)y e h 2 (x, y) = a 3 (x, y)x + a 4 (x, y)y. Logo, g(x, y) = x 2 + y 2 + h(x, y) = x 2 + y 2 + x 2 h 1 (x, y) + y 2 h 2 (x, y) = x 2 (1 + h 1 (x, y)) + y 2 (1 + h 2 (x, y)) = (x 1 + h 1 (x, y)) 2 + y 1 + h 2 (x, y)) 2 = (f φ)(x, y). Onde φ(x, y) = (x 1 + h 1 (x, y), y 1 + h 2 (x, y)). Mostraremos que φ é um germe de difeomorsmo. Como h 1, h 2 M 2, então 1 + h 1 (0, 0) = 1 + h 2 (0, 0) = 1 0, daí, pelo Teorema da Conservação de Sinal, existe uma vizinhança da origem tal que 60

66 1 + h 1 (x, y) e 1 + h 2 (x, y) são positivas. Logo, denidas numa vizinhança da origem. Assim, x h 1(x,y) 1 + x h1 (x, y) + Jacφ(x, y) = h 1 (x, y) y h 2(x,y) x h 2 (x, y) det(jacφ(0, 0)) = h1 (x, y) e h2 (x, y) x h 1(x,y) y estão bem h 1 (x, y) y h 2(x,y) y 1 + h2 (x, y) h 2 (x, y) = 1 0. Portanto, pelo Teorema da Função Inversa, φ é um germe de difeomorsmo. Observação Vimos que J k (f h) = Π k (j k (f) j k (h)). Logo, se h R k, então J k (f h) = Π k (j k (f) j k (h)) = Π k (j k (f)) = J k (f). Como R k R, dena J k R = R R k {j k h h R}, isto vale pelo Teorema do isomorsmo. Considere a ação : J k R J k (n,1) J k (n,1) (j k h, j k f) j k (f h). Esta operação está bem denida. Se j k h(0) J k R e j k f(0) J k (n,1), então jk (f h)(0) J k (n,1), pois como h R e f E 0 n, então f h E 0 n. Mostraremos agora que é uma ação. i) Para todo j k f(0) J k (n,1), temos j k (f Id)(0) = j k f(0). ii) Para todo j k h 1 (0), j k h 2 (0) J k R e j k f(0) J k (n,1), temos (j k h 1 (0) j k h 2 (0)) j k f(0) = j k (h 1 h 2 (0)) j k f(0) = j k (f (h 1 h 2 ) 1 (0)) = (j k h 1 (0) j k (f h 1 2 )(0) = j k h 1 (0) (j k h 2 (0) j k f(0)). De i) e ii) segue que é uma ação. Corolário Seja f M n. Então M k+1 n M n Jf M k+1 n M n Jf + M k+2 n M k+1 n j k+1 (M M k+2 n Jf). n 61

67 Demonstração: i) Mostremos que M k+1 n M n Jf M k+1 n M n Jf + M k+2 n. ( ) Trivial. ( )M k+1 n M n Jf + M k+2 n = M k+1 n M n M k+1 n + M n Jf. Pelo Teorema (1.3.2) (Lema de Nakayana) segue que M k+1 n ii) M k+1 n M n Jf + M k+2 n Mk+1 n M k+2 n j k+1 (M n Jf). M n Jf. ( ) M k+1 n M n Jf + M k+2 n = j k+1 (M k+1 n ) j k+1 (M n Jf) + M k+2 n M n Jf. ( ) Mostremos primeiramente que Mk+1 n M k+2 n. De fato, seja h Mk+1 n M k+2 n j k+1 (M n Jf) = Mk+1 n M k+2 n = Mk+1 n M k+2 n M n Jf + ( ) M k+1. Temos que j k+1 n j k+1 (M M k+2 n M k+2 n Jf). n Logo, existe g M n Jf tal que j k+1 h(0) = j k+1 g(0). Segue que j k+1 (h g)(0) = 0 = h g M k+2 n. Portanto, h M n Jf + M k+2 n. Assim, Mk+1 n M k+2 n. M k+2 n j k+1 (M n Jf) = Mk+1 n M k+2 n Por i) e ii) conclui a demonstração. M n Jf + M k+2 n = M k+1 n M n Jf + O próximo teorema é uma condição necessária para um germe ser k-r-nitamente determinado. Teorema Seja f E n. Se f é k-r-nitamente determinado, então M k+1 n M n Jf. Demonstração: Seja j k+1 : E n J k+1 (n,1), M = {g E n g R f} e N = {g E n j k g(0) = j k f(0)}. Como f é k-r-nitamente determinado, então para todo g E n com j k g(0) = j k f(0), temos f R g. 62

68 Logo, N M. Seja M k+1 = j k+1 M e N k+1 = j k+1 N. Segue que N k+1 M k+1 pois N M. Como N = j k f(0) + M k+1 n, então N k+1 = j k+1 (j k f(0)) + j k+1 (M k+1 n ) = N k+1 = j k f(0) + Mk+1 n M k+2 n. Além disso, M k+1 = J k+1 R j k+1 f(0). Como N k+1 e M k+1 são subvariedades de J k+1 (n,1) e N k+1 M k+1, então Temos que T j k+1 f(0)n k+1 T j k+1 f(0)j k+1 R j k+1 f(0). (3.3) e T j k+1 f(0)n k+1 = T j k+1 f(0) ) (j k f(0) + Mk+1 n = Mk+1 n M k+2 n M k+2 n T j k+1 f(0)n k+1 = T j k+1 f(0)j k+1 R j k+1 f(0) = j k+1 (M n Jf). Da inclusão de (3.3), temos Pelo lema anterior, M k+1 n M k+1 n M k+2 n M n Jf. j k+1 (M n Jf) Observação Não vale a reciproca exata, por exemplo: seja f E 2 denida por f(x, y) = x 3 + y 3. JfM 2 =< x 2, y 2 >< x, y >= E2 3. Mas f não é 2-R-nitamente determinado, pois tomando g(x, y) 0, tem-se que j 2(g) = 0 = j 2 (f). Mas f não é R-equivalente a g, pois se fosse, teríamos um difeomor- smo h : R 2, 0 R 2, 0 tal que f = g h 0, um absurdo. Corolário Se f M 2 2 não depende de x, então f é R-nitamente determinado. Demonstração: Seja f M 2 2 tal que f(x, y) = h(y). JfM 2 =< 0, h y Como f M 2 2, então f h (0) = y y >< x, y >=< x h y, y h y >. = 0. Segue que h y 63 h não é constante, pois (0) = 0. y

69 Logo, x k+1 < x h, y h y y >, para todo k 0. Segue que Mk+1 2 M 2 Jf, k 0, ou seja, f não é k-r-nitamente determinado, para todo k 0. R-nitamente determinado. Portanto, f não é Temos o seguinte resultado. f é k-r-nitamente determinado = M k+1 n Mas não existe a reciproca exata, ou seja, f é k-r-nitamente determinado M k+1 n Mas vale a seguinte reciproca. M n Jf. M n Jf. f é k-r-nitamente determinado M k n M n Jf. Teorema Se M k n M n Jf, então f é k-r-nitamente determinado. Devemos mostrar que dado g E n com j k (g) = j k (f), então f R g. Demonstração: Seja g E n com j k (g) = j k (f). Dena o germe F : K n R K p por F (x, t) = (1 t)f(x) + tg(x). Observe que, para cada t R, F t : K n K p é o germe F t (x) = F (x, t) = (1 t)f(x) + tg(x). Observação Para demonstrar o teorema, basta mostrar que, xado arbitrariamente s R existe um família de difeomorsmos h t : R n, 0 R n, 0 tais que F t h t = F s pois nesse caso, tomemos s = 0 e t = 1, teremos F 1 h 1 = F 0 = g h 1 (x) = f(x). Em outras palavras, basta mostrar que existe uma família de germe H : R n R, 0 R n, 0 em (0, s) satisfazendo (a) H(x, s) = x; (b) H(0, t) = 0, t R; (c) F (H(x, t), t) = F (x, s), onde s é xo. Derivando a equação (c) com relação à t, obtemos 64

70 [ n ] F (d) (H(x, t), t) H i (x, t) x i t + F (H(x, t), t) = 0. t Armação 1. Determinar H satisfazendo (a), (b) e (d) é equivalente a resolver o problema de valor inicial. [ n ] ξ i (x, t) F (x, t) (e) x i ξ i (0, t) = 0, i = 1,, n. + F (x, t) = 0 t De fato, seja x = ξ(x, t) em que ξ(x, t) = (ξ 1 (x, t),, ξ n (x, t)) é o campo vetorial à 1-parâmetro, com ξ(0, t) = 0. Portanto Consideremos o uxo associado x = ξ(x, t) ξ(0, t) = 0. H : K n R, 0 K n, 0 tal que H(x, t) = x. Então (x, t) H(x, t) H (x, t) = ξ(h(x, t), t) (3.4) t [ n ] = 0 = ξ i (H(x, t), t) F (H(x, t), t) x i [ n ] F = 0 = (H(x, t), t) H i (x, t) x i t + F (H(x, t), t) t Portanto, vale (a) e (d). Vericaremos (b) H(x, t) = 0, t R. Para x = 0, temos H (0, t) = ξ(h(0, t), t) t H(0, s) = 0. + F (H(x, t), t). (3.5) t x = ξ(x(t), t) Por outro lado a função nula também é solução do P.V.I. x(s) = 0. Assim, como a função é contínua em H(0, t). Logo H(0, t) 0, portanto vale (b). 65

71 (e). Resumo:Temos até agora os seguintes resultados: (a), (b), (c) = (a), (b), (d) Armação 2. (a), (b), (d) = (a), (b), (c). Como vale (d), temos [ n ] F (H(x, t), t) H i (x, t) x i t = [F H](x, t) = 0 t + F (H(x, t), t) = 0 t = F H(x, t) = c(x). (3.6) Em particular F (H(x, s), s) = c(x) e como, por (a), H(x, s) = x, tem-se F (x, t) = c(x). Logo, por (3.6), F (H(x, t), t) = F (x, s) e portanto vale (c). Daí, segue a armação. Mostraremos que o P.V.I. (e) tem solução. n ξ i (x, t) F (x, t) + F F F (x, t) = 0 (x, t) < (x, t),, F (x, t) > M n (3.7) x i t t x 1 x n em E n+1. Por hipótese M k n F x 1,, F ( g f x i x i f x i + t F x i x n > M n em E n. mas, ). Como j k (g) = j k (f), então j k (f g) = 0, implica que as derivadas = (1 t) f x i + t g x i = de f e g coincidem até o grau k. daí, f g M k 1 n. Segue que g f M k x i x n. i Logo F = f ( g + t f ) Jf + Jf + M n+1 M k x i x i x i x n. i Portanto Jf Jf + Jf + M n+1 M k n. Observe que M k+1 n M k nsubsetm n Jf Portanto vale (3.7). = M k+1 n M k F n,, F > +M n+1 M k n x 1 x n = M k+1 n Lema de Nakayana = f t = g f Mk+1 n M k F n,, F > x 1 x n M k F n,, F >. x 1 x n 66

72 Exemplo Seja f E n, denido por f(x, y) = x 2 y + y 4 é 4-C-nitamente determinado, pois M 4 MJf. Mas não é 3-C-nitamente determinado, pois: j 3 f = x 2 y e este germe tem singularidade não isolada na origem, pois x (j3 f) = 2xy = 0 x = 0 e y = 0 y (j3 f) = x 2 = 0 x = 0. Conjunto singular de j 3 f é o conjunto {(c, y) x = 0} = eixo-y. Pela contrapositiva do teorema 3.4.4, tem que f é um germe de R-codimensão innita, daí, segue que M 4 M 2 Jf. 67

73 Capítulo 4 A C i -suciência em J r (n,p) Os lemas deste capítulo e o Teorema Principal foram tirado do trabalho de MARTINS & FÁVARO [1]. 4.1 Resultados Preliminares para o Teorema Principal Denição Dois germes f, g : R n, 0 R p, 0 de classe C k, são ditos C i -equivalentes se existe um germe de difeomorsmo (homeomorsmo se i = 0) h : R n, 0 R n, 0 de classe C i tal que f = g h. Denição Um r-jato z J r (n,p) é Ci -suciente em C k (k r) se quaisquer f e g com f, g C k e j r (f) = j r (g) = z são C i -equivalentes. Observação Se o germe h da denição for de classe C, então h R, logo essa denição é equivalente à subseção 3.2.1, consequentemente a denição é equivalente à seção 3.5. Aqui trabalharemos com h C i onde i 0, ou seja, encontrar condições de exigências mais fraco. Motivação: Seja z J r (n,p) e θ : Rn, 0 R n, 0 dois germes de classe C k com j r (θ) 0. Será que existe um germe de difeomorsmo h : R n, 0 R n, 0 de classe C i (i 0) tal que (z + θ) h = z? Exemplo Seja z(x, y) = (x 2 y 2, 2xy) em J 2 (2,2). Consideremos a perturbação θ(x, y) = ( y 5 2, x 3 y), θ C 2 com j 2 (θ) 0, mas θ / C 3. Será que existe um germe de difeomorsmo h : R 2, 0 R 2, 0 de classe C i (i 0) tal que (z + θ)(x, y) = z(h(x, y))? 68

74 Mostraremos que existe h : R n, 0 R n, 0 de classe C 1 que satisfaz o exemplo. Observe que a existência de um germe de difeomorsmo C i (i 0), pressupõe a existência de um germe de homeomorsmo, pois vale a inclusão c k 1 C k, k N. Portanto, necessitamos que z seja C 0 -suciente. Dado z J(n,p) r, denimos duas constantes associadas a z (ver [5]), onde: r(z) = min{l N c > 0 e δ > 0 com D( z 1 (x),, z p (x)) c x l 1 para x < δ}. r 0 (z) = max{l N c > 0 e δ > 0 com z(x) c x l para x < δ}. Agora vamos enunciar e demonstrar alguns lemas necessários para o Teorema Principal Dados vetores v 1,, v p R, denotamos por d i a distância de v i ao subespaço gerado pelos vetores v j, onde j i (Notação: [v j ] j i ). No caso de v i = v i (x) depender de uma variável x, escrevemos d i (x) para a distância. Logo, d i (x) = inf{ v i (x) j i y j v j (x) }. (4.1) Figura 4.1: Esta distância d i (x) mede a independência linear do v i em relação ao subespaço [v j ] j i. Observação d i = 0 se, e somente se, v i é combinação linear dos vetores v j, j i. Claramente, se v 1 (x),, v p (x) são L.I., então d i (x) é da mesma classe de diferenciabilidade dos v i (x). Notação: D(v 1 (x),, v p (x)) = min 1 i p {d i(x)}. (4.2) Lema 1 Se D(x) = min{d 1 (x),, d p (x)} = v i j i y jv j (x), então y j (x) 1. 69

75 Demonstração: Por denição, D(x) é o mínimo dos d j (x), logo k tal que D(x) = d k (x). Daí, d k (x) = v k (x) y j v j (x) {d 1 (x),, d p (x)}. j k Provaremos por contradição, xemos x. Suponha que y l > 1 para algum l = 1,, p e l k, observe a gura abixo. Figura 4.2: Chamaremos de [v k ] e [v l ] os subespaços gerados pelos vetores v k e v l, respectivamente. Como y l > 1, então y k tal que y k 1 e v l y k v k < v k y l v l. Daí, d l (x) = v l (x) j l y j v j (x) < v k (x) j k y j v j (x) = d k (x). Um absurdo, pois por hipótese, temos D(x) = d k (x). Portanto y j 1 j = 1,, p e j k. Lema 2 [9] (Lema pag. 118) Sejam v 1 (x),, v s (x) R n vetores L.I. Denotamos por p i (x) a projeção de v i (x) sobre os subespaço gerado pelos v j, j i, (denotaremos por [v j ] j i ). E por n i (x) = v i (x) p i (x) o vetor ortogonal ao subespaço [v j ] j i. Então, dado w(x) R n, X(x) = s w(x), v i (x) n i (x) 2 n i (x) é a projeção de w(x) sobre o subespaço gerado pelos vetores v i (x), (i = 1,, s). 70

76 Demonstração: A saber, temos que n i (x) = d i (x) e que n i (x) é ortogonal ao subespaço [v j ] j i, pois p i (x) [v j ] j i e d i (x) é ortogonal a [v j ] j i, daí, n i (x) é também. Segue-se que (x), p i (x) = 0, consequentemente, Temos também que pois d i (x) v j (x), j i, n i (x) = d i (x) e Portanto, v i (x) p i (x), p i (x) = 0. n i (x), v j (x) = v i (x) p i (x), v j (x) = 0 n i (x), v i (x) = v i (x) p i (x), v i (x) 0 X(x), v j (x) = = v i (x) p i (x), v i (x) v i (x) p i (x), p i (x) = v i (x) p i (x), v i (x) p i (x) = v i (x) p i (x) 2 = n i (x) 2. (4.3) = w(x), v i (x) n i (x) 2 w(x), v i (x) n i (x) 2 (4.3) = w(x), v j(x) n j (x) 2 n j (x) 2 = w(x), v j (x) n i (x), v j (x) n i (x), v j (x) para cada j, segue-se que w(x) X(x) é perpendicular a v j (x). Corolário Se v 1,, v s, w : R m R n são de classe C k, então X : R m R n é de classe C k. Demonstração: Como v i é C k, i = 1,, s e considerando v i = (v i1,, v im ), então cada aplicação v ik : R R n é de classe C k e analogamente, se w = (w 1,, w m ) é de classe C k, então w k é de classe C k, k = 1,, m. O produto de funções de classe C k é de classe C k, então w(x), v i (x) é de classe C k. Temos também que n i = v i p i é de classe C k e n i = 0, pois {v 1,, v s } são L.I.. Daí, concluímos que X é de classe C k. 71

77 Um método prático para calcular os d i (x) é : d i (x) = det( vj (x), v k (x) ) det( vm (x), v n (x) ) = det det v 1 (x), v 1 (x) v 1 (x), v p (x)..... v p (x), v 1 (x) v p (x), v p (x) v 1 (x), v 1 (x) v 1 (x), v p (x)..... v p (x), v 1 (x) v p (x), v p (x) (4.4) com j, k = 1,, p e m, n = 1,, i 1, i + 1,, p. Essa equação é verdadeira pois, pela proposição 1.5.3, temos det( v i (x), v j (x) ) = volp [v 1,, v k ] e volp [v 1,, v k ] = n i vol[v 1, v i 1, v i 1,, v k ]. Como n i = v i p i e v i p i = d i, segue o resultado. Lema 3 Sejam f, g : R n, 0 R p, 0 de classe C k com j l (f) = j l (g). Se c > 0 e δ > 0 tais que D( f 1 (x),, f p (x) c x l 1 para x < δ, então existem c 1 > 0 e δ 1 > 0 tais que D( g 1 (x),, g p (x) c 1 x l 1 para x < δ 1. Consequência: "O número r(z) independe do representante de z". Demonstração: Sejam f = (f 1,, f p ) e g = (g 1,, g p ). Como j l (f) = j l (g), então podemos escrever f i e g i na origem da seguinte forma: f i (x) = j l f i (x) + r l (x) = ( ) α 1 fi (x) x α + r l (x) (4.5) α! x α l g i (x) = j l g i (x) + s l (x) = ( ) α 1 gi (x) x α + s l (x). (4.6) α! x α l 72

78 Vimos no capítulo 2 que, usando a Fórmula de Taylor Innitesinal, temos os seguintes resultados: Daí, r l (x) lim x 0 x l = 0 e lim x 0 s l (x) x l = 0. f i (x) g i (x) lim x 0 x l = lim x 0 r l (x) s l (x) x l = lim x 0 j l f i (x) + r l (x) (j l g i (x) + s l (x)) x l = r l (x) s l (x) lim + lim = 0. x 0 x l x 0 x l Em consequência de (4.5) e (4.6) o gradiente de f i e g i são da seguinte forma: f i (x) = j l f i (x) + r l 1 (x) = g i (x) = j l g i (x) + s l 1 (x) = Analogamente, f i (x) g i (x) lim x 0 x l 1 = lim x 0 r l 1 (x) s l 1 (x) x l 1 Desses cálculos, tiramos dois resultados. α l 1 α l 1 ( ) α 1 fi (x) x α + r l 1(x) α! x ( ) α 1 gi (x) x α + s l 1(x). α! x = lim x 0 j l f i (x) + r l 1 (x) (j l g i (x) + s l 1 (x)) x l 1 = r l 1 (x) lim x 0 x + lim s l 1 (x) = 0. l 1 x 0 x l 1 lim x 0 para algum ɛ sucientemente pequeno. f i (x) g i (x) lim = ɛ (4.7) x 0 x l f i (x) g i (x) x l 1 = ɛ (4.8) Seja y = (y 1,, y p ) 0, então y j tal que y j 0. Para cada x e k xos, suponhamos primeiramente que j = k, ou seja, y k 0. Então: 73

79 y k [ g k (x) f k (x)] y i f i (x) = = y k [ g k (x) f k (x)] y k f k (x) + y i f i (x) i k g k (x) f k (x). f k (x) + y 1 k y i f i (x) i k Como { f 1 (x),, f p (x)} são L.I., segue-se de (4.1) que d k (x) = inf{ f k (x) y i f i (x) } f k (x) + y 1 k Seque-se de (4.2), que i k y i f i (x). i k D( f 1 (x),, f p (x)) = min 1 i p {d i(x)} d k (x). Continuando os cálculos, g k (x) f k (x) f k (x) + y 1 k y i f i (x) i k g k(x) f k (x) d k (x) g k (x) f k (x) D( f 1 (x),, f p (x)) g k(x) f k (x) c x l 1 (4.8) ɛ c. (4.9) A última desigualdade é válida, pois estamos tomando x sucientemente pequeno. Mas, se y k = 0, a desigualdade acima é válida, pois supomos que y 0, ou seja, y i f i (x) 0, logo y k [ g k (x) f k (x)] = 0. y i f i (x) Desses resultados, concluimos que, y i [ g i (x) f i (x)] lim x 0 y i f i (x) 74 = 0. (4.10)

80 Por outro lado, usando a desigualdade triangular u v u v, temos o seguinte resultado. y i f i (x) Por (4.10), temos 1 y i [ g i (x) f i (x)] y i [ g i (x) f i (x)] y i f i (x) y i [ g i (x) f i (x)] y i f i (x) 0 1 y i f i (x) Como y = (y 1,, y p ) é aleatório, então y i g i (x) y i g i (x) y i g i (x) y i f i (x) y i g i (x) 1. y i f i (x) 1 y i f i (x) y i g i (x) y i f i (x) y i g i (x). D( g 1 (x),, g p (x)) D( f 1 (x),, f p (x)) c x l 1, pela denição, existe δ > 0 tal que tomemos x < δ. Portanto, basta tomar c 1 = c e δ 1 = δ e daí conclui-se a demonstração. Lema 4 Dado z J r (n,p), mostraremos que r 0(z) r(z). Demonstração: Por denição de r 0 (z), sabemos que z(x) c x l, diferenciando, temos z(x) c i l x l 1, i = 1,, p. Tome k = max 1 i p {c il}, como z(x) c x l, então 75

81 z(x) c x r 0. Portanto z(x) k x r 0 1, i = 1,, p. Por outro lado, segue da denição de r(z) que c x r(z) 1 D(z 1 (x),, z p (x)) z k (x) y i z i (x) y i z i (x) k x r0(z) 1 pk x r 0(z) 1 y i z i (x), k = 1,, p i k z i (x) onde a antepenúltima desigualdade é valida, pois y i (x) 1 pelo lema 1, logo c x r(z) 1 pk x r 0(z) 1. como x R, então usando as propriedades de logaritmo, temos log x (c x r(z) 1 ) log x (pk x r 0(z) 1 ). A desigualdade inverte, pois a base é sucientemente próxima de 0, ou seja, existe δ > 0 tal que x < δ < 1. log x (c) + (r(z) 1) log x ( x ) log x (pk) + (r 0 (z) 1) log x ( x ) log x (c) + r(z) 1 log x (pk) + r 0 (z) 1 r(z) r 0 (z) + log x ( pk c ). Para x sucientemente pequeno, existe ɛ > 0 tal que log x ( pk c ) < ɛ. Portanto, r(z) r 0 (z) para x sucientemente pequeno. 4.2 Condições necessárias para a C i -suciência em J r (n,p) Suponha que z J(n,p) r. Se mostrarmos que z é Ci -suciente em C r (i r), então para todo germe θ : R n, 0 R p, 0 de classe C r com j r (θ) 0, existe um germe difeomorsmo de classe C i (i 0) h : R n, 0 R n, 0 tal que ((z + θ) h)(x) = z(x). Podemos agora enunciar e demonstrar o seguinte teorema. Teorema Seja z J r (n,p) e suponhamos r(z) r e que r r(z)+1 i[r(z) r 0(z)+ 1] 0 para algum i 0. Então z é C i -suciente em C r. 76

82 Observação Quanto p = 1, temos exatamente o Teorema de F. Takens (ver [5]). Dividiremos a demonstração em duas partes: Parte A: Seja θ : R n, 0 R p, 0 de classe C r com j r (θ) 0. Denimos F : R n R, 0 R p, 0 por F (x, t) = z(x) + tθ(x). Observe que F (x, 0) = z(x) e F (x, 1) = (z + θ)(x). Como F = (F 1,, F p ) com F k (x, t) = z k (x) + tθ k (x), k = 1,, p, derivando parcialmente, temos F k (x, t) = ( z k (x) + t θ k (x), θ k (x)) R n+1, k = 1,, p. Seja X(x, t) a projeção de e n+1 = (0,, 0, 1) sobre o subespaço gerados pelos vetores { F 1 (x, t),, F p (x, t)}. Pelo Lema 2, tomemos w(x) = e n+1 v i (x) = F i (x, t). Daí, X(x, t) = = = e n+1, F i (x, t) n i (x, t) 2 n i (x, t) 0 ( z i (x) + t θ i (x)) + 1 θ i (x) n i (x, t) 2 n i (x, t) θ i (x) n i (x, t) 2 n i(x, t). (4.11) Como n i (x, t) = F i (x) p i (x, t), onde p i (x, t) é a projeção de F i (x) sobre o subespaço [ F j ] j i, segue do Lema 2, que n i (x, t) = d i (x, t). Figura 4.3: Armação 1. D( F 1 (x),, F p (x)) c x r(z) 1 para 0 < x < δ e t [0, 1]. 77

83 Seja H : R n R, 0 R p, 0 denido por H(x, t) = z(x) + t r+1 1 onde 1 = (1,, 1) R p é o vetor em que todas as coordenadas tem valor 1. Como z(x) e θ(x) são de classe C r, segue que H(x, t) e F (x, t) são de classe C r. Temos que j r (θ) 0 e j r (t r+1 ) 0, portanto o r-jato de H e F depende só de z(x). Logo j r (H) = j r (F ). Daí, temos que H(x, t) = (H 1 (x, t),, H p (x, t)) = (z 1 (x) + t r+1,, z p (x) + t r+1 ). Diferenciando em cada coordenada, obtemos H k (x, t) = ( z k (x), t r ). daí, D( H 1 (x, t),, H p (x, t)) = D( z 1 (x) + t r,, z p (x) + t r ). Foi denido, no inicio do capítulo 4, a constante r(z) da seguinte forma min{l N c > 0eδ > 0 com D( z 1 (x),, z p (x)) c x r(z) 1 para x < δ} e como t r 0 para t [0, 1], logo z i (x) + tr z i (x), x δ e t [0, 1], ver gura 4.4. Portanto, D( H 1 (x, t),, H p (x, t)) D( z 1 (x),, z p (x)) c x r(z) 1 para x < δ} e t [0, 1]. Os germes F e H tem as mesmas hipóteses do Lema 3, portanto conclui-se a armação 1. Figura 4.4: Consequência 1. Como { F 1 (x),, F p (x)} são L.I., então d i (x, t) = n i (x, t) > 0. segue da Observação