Diferenciales en la curva de Fermat $x^3 + y^3 = z^3$

Question

Consideremos la curva de Fermat $x^n + y^n = z^n$ en $\mathbb{P}^2$ donde supondremos que trabajamos sobre un campo de característica $0$ . Puedo deducir de su polinomio de Hilbert que esta curva tiene género $g = (n-1)(n-2) / 2$ . En particular, si $n = 3$ entonces $g = 1$ y mediante la dualidad de Serre, se infiere para este caso que la gavilla $\Omega^1_{C}$ de $1$ -es isomorfo a $\mathscr{O}_C$ . Me gustaría confirmarlo a mano, pero no sé cómo abordarlo.

Tomemos las tres aperturas afines habituales $U_i = \operatorname{Spec} k[x_{0/i},x_{1/i},x_{2/i}] / (x_{i/i} - 1)$ en $\mathbb{P}^2$ . Tenemos $$\begin{split} \Omega^1_{C}\big|_{U_0} &= \big\langle dx_{1/0},dx_{2/0} : 3x_{1/0}^2 \,dx_{1/0} = 3x_{2/0}^2\,dx_{2/0}\big\rangle, \\ \Omega^1_{C}\big|_{U_1} &= \big\langle dx_{0/1},dx_{2/1} : 3x_{0/1}^2 \,dx_{0/1} = 3x_{2/1}^2\,dx_{2/1}\big\rangle, \\ \Omega^1_{C}\big|_{U_2} &= \big\langle dx_{0/2},dx_{1/2} : 3x_{0/2}^2 \,dx_{0/2} = -3x_{1/2}^2\,dx_{1/2}\big\rangle. \end{split}$$ Esto debería definir de alguna manera un haz de líneas, y soy consciente de que una sección como $dx_{1/0}$ en $U_0$ debe transformarse en $-(1/x_{0/1}^2)\,dx_{0/1}$ en $U_1$ . ¿Es posible ver a partir de estas ecuaciones que $\Omega^1_C \cong \mathscr{O}_C$ ?

Answer 1

Aquí hay una manera de hacer trampa para obtener la respuesta. Como la curva de Fermat $C: U^3 + V^3 = W^3$ tiene el género $1$ y un punto racional ( $[1:0:1]$ por ejemplo), entonces es una curva elíptica, por lo que tiene un modelo corto de Weierstrass $E: y^2 = f(x)$ . Es bien sabido que $\omega := \frac{dx}{y}$ es una diferencial regular no evanescente en $E$ , por lo que podemos retroceder $\omega$ a lo largo del isomorfismo $\varphi: C \overset{\sim}{\to} E$ para obtener una diferencial regular no evanescente $\eta := \varphi^* \omega$ en $C$ .

Así que vamos a encontrar un isomorfismo $\varphi$ . Sea $F = U^3 + V^3 - W^3$ . Hacemos los siguientes cambios de variable. \begin{align*} \begin{pmatrix} U'\\ V'\\ W' \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 1/3 & 0 & 0\\ 0 & 1/18 & -2Z\\ 0 & 1/18 & 2Z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} U\\ V\\ W \end{pmatrix} \end{align*}

Entonces $27 F(U', V', W') = U^3 - V^2 W - 432 W^3$ . Dejar $E: Y^2 Z = X^3 - 432 Z^3$ entonces tenemos un isomorfismo \begin{align*} \varphi: C &\to E\\ [U:V:W] &\mapsto [X:Y:Z] = \left[3U:9(V+W):-\frac{1}{4}(V-W)\right] \end{align*} con el inverso $[X:Y:Z] \mapsto [U:V:W] = \left[\frac{1}{3}X : \frac{1}{18}Y - 2Z : \frac{1}{18}Y + 2Z\right]$ . Para retirar $\omega$ escribamos las cosas en coordenadas afines $u = U/W, v = V/W$ y $x = X/Z, y = Y/Z$ en el afín se abre donde $W \neq 0$ y $Z \neq 0$ . En estos parches tenemos \begin{align*} \varphi: (u,v) \mapsto (x,y) = \left(\frac{-12u}{v-1}, \frac{-36(v+1)}{v-1}\right) \end{align*} Dejar $\eta = \varphi^* \omega$ entonces \begin{align*} \eta &= \varphi^* \omega = \varphi^*\left(\frac{dx}{y}\right) = \frac{d\left(-12\frac{u}{v-1}\right)}{\frac{-36(v+1)}{v-1}} \end{align*} que tras una simplificación se convierte en \begin{align*} \eta = \frac{1}{3(v+1)} du - \frac{u}{3(v^2-1)} dv \, . \end{align*}

Sabemos que $\eta$ no tiene ceros ni polos ya que $\omega$ no lo hace, pero también podemos comprobarlo explícitamente. Por ejemplo, en el distinguido afín abierto donde $u \neq 0$ tenemos \begin{align*} du = -\frac{v^2}{u^2} dv \end{align*} y después de algunos cálculos (utilizando la relación $u^3 + v^3 = 1$ ) se puede demostrar que $\eta = \frac{dv}{3u^2}$ . Desde $\frac{1}{3u^2}$ no tiene ceros ni polos en este parche, eso significa que $\eta$ tampoco lo hace. Del mismo modo, cuando $v \neq 0$ entonces $\eta = -\frac{1}{3v^2} du$ así que tampoco hay ceros ni polos en este parche. Eso demuestra que no hay ceros ni polos en $U_2$ y uno debería ser capaz de comprobar $U_0$ y $U_1$ también.

Como se ha dicho en los comentarios, esto demuestra que $\Omega_C$ tiene una sección global no evanescente, lo que implica que $\Omega_C \cong \mathscr{O}_C$ .