¿La ecuación$f_1^3 + f_2^2 = f_3^4$ tiene una solución en polinomios homogéneos?

Question

¿Existen tres cero polinomios homogéneos en $k[x,y]$, $k$ un algebraicamente cerrado de campo (AGREGADO: de característica 0), $f_1$ de grado 4, $f_2$ de grado 6, y $f_3$ de grado 3, y tal que $f_1$ e $f_2$ no tienen un común denominador de grado 2, que satisfacen la ecuación $$ f_1^3 + f_2^2 = f_3^4 $$ ?

(este problema elemental surge de la siguiente pregunta: ¿existe un racional elíptica de la superficie con un discrimanant divisor que consta de tres puntos distintos con muliplicity 4 --- lo que equivale a tres singular fibras de la Kodaira $I_4$ tipo --- ver Heckman-Looijenga, "El espacio de moduli de racional elíptica superficies" https://www.math.ru.nl/~heckman/Heck_14.pdf)

Answer 1

Como resulta que no hay solución, aunque no sé de primaria manera de demostrarlo.

En términos del problema original, resulta que es imposible tener una racional elíptica superficie con tres $I_4$ fibras de Shioda-Tate fórmula: este forumla calcula el rango del grupo de los racionales secciones como $\rho - 2 - \sum N_i$ donde $N_i$ es el número de irreductible de los componentes de las fibras. En nuestro caso tenemos tres fibras que son los ciclos de 4 ratinal curvas, aportando cada uno de los 4 a la característica de Euler de la fibration, por lo tanto $\rho = 10$, y también se $N_1=N_2=N_3=3$, por lo que la expresión dada por la fórmula es negativo, lo cual es imposible.

La solución positiva a la publicación de la pregunta implicaría la existencia de una elíptica de la superficie (ver Heckmann-Looijenga, Sección~2).

Answer 2

El siguiente es un primer borrador de una respuesta; puede contener errores, se revise y limpie hasta pronto, tal vez mañana. Muestra de que no existen polinomios si $\operatorname{char}k\neq2,3$.

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Si tales polinomios homogéneos $f_1,f_2,f_3\in k[x,y]$ existe, entonces $$f_1^3=f_3^4-f_2^2=(f_3^2+f_2)(f_3^2-f_2).\tag{1}$$

La plaza de la $\gcd$ de los factores en el lado derecho se divide $f_1^3$, lo $\gcd(f_3^2+f_2,f_3^2-f_2)=h^3$ para algunos monic $h\in k[x,y]$. A continuación, $h^3\mid2f_2$ e $h^6\mid f_1^3$, lo $h^2\mid f_1$. Desde el requerimiento que a$f_1$ e $f_2$ no tiene una ecuación cuadrática común divisor de ello se sigue que $h=1$. Se desprende también que $\gcd(f_2,f_3)=1$.

Ahora sigue de $(1)$ que tanto $f_3^2+f_2$ e $f_3^2-f_2$ son coprime cubos. Deje $h_1,h_2\in k[x,y]$ ser tal que $$h_1^3=f_3^2+f_2 \qquad\text{ y }\qquad h_2^3=f_3^2-f_2.$$ La comparación de los grados en la identidad de $(1)$ y en la de arriba muestra que $\deg h_1=\deg h_2=2$. Entonces $$2f_2=(f_3^2+f_2)-(f_3^2-f_2) =h_1^3-h_2^3=(h_1-h_2)(h_1^2+h_1h_2+h_2^2),$$ $$2f_3^2=(f_3^2+f_2)+(f_3^2+f_2) =h_1^3+h_2^3=(h_1+h_2)(h_1^2-h_1h_2+h_2^2).\la etiqueta{2}$$

De curso $\gcd(h_1+h_2,h_1^2-h_1h_2+h_2^2)$divide $$(h_1-2h_2)(h_1+h_2)-(h_1^2-h_1h_2+h_2^2)=-3h_2^2,$$ $$(h_2-2h_1)(h_1+h_2)-(h_1^2-h_1h_2+h_2^2)=-3h_1^2,$$ y debido a que $\operatorname{char}{k}\neq3$ , se desprende que la $\gcd$ divide tanto a a$h_1^2$ e $h_2^2$, de ahí que también se divide $$f_2=\tfrac12(h_1^3-h_2^3)\qquad\text{ and }\qquad f_3^2=\tfrac12(h_1^3+h_2^3),$$ y así es igual a $1$. A continuación, ambos factores de $2f_3^2$ en el lado derecho de la $(2)$ son cuadrados, lo que significa que existen coprime $u,v\in k[x,y]$ tales que $$h_1+h_2=u^2\qquad\text{ and }\qquad h_1^2-h_1h_2+h_2^2=v^2.$$ A continuación, $u$ e $v$ son una vez más homogéneos y $u^2v^2=2f_3^2$, lo $\deg u+\deg v=3$. Entonces $$\deg u^2\leq\max\{\° h_1,\gr h_2\}=2 \qquad\text{ y }\qquad \gr v^2\leq\max\{2\gr h_1,2\gr h_2\}=4,$$ y de $\deg u+\deg v=3$ se sigue que $\deg u=1$ e $\deg v=2$. Un poco de álgebra muestra que \begin{eqnarray*} 3h_1h_2 &=&(h_1+h_2)^2-(h_1^2-h_1h_2+h_2^2)\\ &=&u^4-v^2\\ &=&(u^2+v)(u^2-v),\\ 3(h_1^2+h_1h_2+h_2^2) &=&3(h_1^2-h_1h_2+h_2^2)+6h_1h_2\\ &=&3v^2+2(u^2+v)(u^2-v)\\ &=&2u^4+v^2,\\ 3(h_1-h_2)^2 &=&3(h_1+h_2)^2-6h_1h_2\\ &=&3u^4-4(u^2+v)(u^2-v)\\ &=&-u^4+4v^2\\ &=&(2v+u^2)(2v-u^2). \end{eqnarray*} En este último podemos ver que $2v+u^2$ e $2v-u^2$ son coprime porque $u$ e $v$ , y por lo tanto son cuadrados. Deje $s,t\in k[x,y]$ ser tal que $$s^2=2v+u^2\qquad\text{ and }\qquad t^2=2v-u^2.$$ Tenga en cuenta que tanto $s$ e $t$ es lineal y homogénea. Entonces $$4v=s^2+t^2\qquad\text{ and }\qquad 2u^2=s^2-t^2.$$ Ahora podemos expresar $f_2^2$ e $f_3^4$ en términos de $s$ e $t$ como sigue: \begin{eqnarray*} 2^{12}f_3^4 &=&2^{10}u^4v^4=(s^2-t^2)^2(s^2+t^2)^4\\ &=&t^{12}+2s^2t^{10}-s^4t^8-8s^6t^6-s^8t^4+2s^{10}t^2+s^{12},\\ 2^{10}3^3f_2^2 &=&2^{10}3^3(h_1-h_2)^2(h_1^2+h_1h_2+h_2^2)^2\\ &=&2^{10}(2v+u^2)(2v-u^2)(2u^4+v^2)^2\\ &=&(4v+2u^2)(4v-2u^2)(2^5u^4+2^4v^2)^2\\ &=&4s^2t^2(2^3(s^2-t^2)^2+(s^2+t^2)^2)^2\\ &=&4s^2t^2(9s^4-15s^2t^2+9t^4)^2\\ &=&36(9s^2t^{10}-30s^4t^8+43s^6t^6-30s^8t^4+9s^{10}t^2), \end{eqnarray*} y esto nos permite también expresar $f_1^3$ en términos de $s$ e $t$ como sigue: \begin{eqnarray*} 3(16f_1)^3 &=&3(2^{12}f_3^4)-2^4(2^83^1f_2^2)\\ &=&3t^{12}-138s^2t^{10}+477s^4t^8-712s^6t^6+477s^8t^4-138s^{10}t^2+3s^{12}. \end{eqnarray*} Este es un capicúa polinomio en $s^2$ e $t^2$, lo que significa que \begin{eqnarray*} (16f_1)^3&=& t^{12}-43s^2t^{10}+159s^4t^8-238s^6t^6+159s^8t^4-43s^{10}t^2+s^{12}\\ &=&(st)^6q\left(\left(\tfrac ts\right)^2+\left(\tfrac st\right)^2\right) \end{eqnarray*} para algunos cúbico $q\in k[X]$. A continuación, la comparación de grados de la muestra que $q$ debe ser el cubo de un polinomio lineal. Un poco más de álgebra muestra que \begin{eqnarray*} q(z+z^{-1}) &=&z^3-43z^2+159z-238+159z^{-1}-43z^{-2}+z^{-3}\\ &=&\left(z+z^{-1}\right)^3-43\left(z+z^{-1}\right)^2+156\left(z-z^{-1}\right)-152. \end{eqnarray*} Pero está claro que $$q=X^3-43X^2+156X-152,$$ no es un cubo en $k[X]$. Finalmente hemos llegado a una contradicción; no hay tales polinomios existe.