Curva de Fermat de grado 2

Question

Estoy intentando resolver el siguiente ejercicio:

Demostrar que la variedad $V\subset \mathbb{CP}^2$ definido por $x^2+y^2+z^2=0$ es isomorfo a $\mathbb{CP}^1$ .

Lo que he hecho: He intentado definir un isomorfismo explícito $\mathbb{CP}^1\rightarrow V$ como sigue: $[x,y]\mapsto [x+y,x-y,\sqrt2 \ i\sqrt{x^2+y^2}]$ . La inversa viene dada por $[r,s,t]\mapsto [\frac{r+s}{2},\frac{r-s}{2}]$ . El problema es que - debido a la raíz cuadrada en el primer mapa, esto no mapeará funciones regulares a funciones regulares.

¿Cómo encuentro el isomorfismo correcto? ¿Encontrarlo explícitamente es siquiera la forma "buena", o hay algún argumento más elegante que me estoy perdiendo?

Gracias por su ayuda, Paul

Answer 1

Mi profesor en el instituto nos enseñó la asombrosa igualdad $(u^2-v^2)^2+(2uv)^2=(u^2+v^2)^2$ .
Mediante ajustes infinitesimales se obtiene la parametrización $\mathbb P^1\to V$ que quieras: $$[u:v]\mapsto [x:y:z]=[u^2-v^2:2uv: i(u^2+v^2)]$$ Intenta demostrar que esta parametrización es un isomorfismo

Escribo esta respuesta como homenaje a ese querido profesor de hace tanto tiempo, Monsieur Devroegh.

Editar
Para aquellos que no pudieron encontrar la inversa de la parametrización anterior , aquí está (recuerde que $x^2+y^2+z^2=0$ ): $$ V\ni[x:y:z]\mapsto [u:v]=[-y: x+iz ]\in \mathbb P^1$$ y $[1:0:i]\mapsto [1:0], [1:0:-i]\mapsto [0:1]$

Answer 2

He aquí un viejo truco. Hasta el isomorfismo (sustituyendo $z$ por $iz$ ), podemos considerar la curva $z^2 = x^2 + y^2$ y el punto $P = [1:0:1]$ en él. En la pieza afín con $z\neq0$ la ecuación se convierte en la de un círculo $1=X^2+Y^2$ donde $X=x/z$ y $Y=y/z$ y podemos definir un mapa racional a la recta proyectiva enviando un punto $Q$ en el círculo a la pendiente de la recta que pasa por $P = (1,0)$ y $Q$ . Este mapa se extiende a un mapa sobre toda la curva.