En primer lugar, no es correcto que el jacobiano sea distinto de cero lejos de $(x,y) = (0,0)$ . Si $p \equiv 1 \mod 6$ y $y = \omega x$ con $\omega$ una tercera raíz primitiva de la unidad, entonces $x^{p-1} - (x+y)^{p-1} = y^{p-1} - (x+y)^{p-1} =0$ . Así, cuando $p \equiv 1 \mod 6$ su curva es singular a lo largo de todo el par de líneas $x = \omega y$ y $x = \omega^{-1} y$ . Más precisamente, su curva no se reduce a lo largo de estas líneas. Si $K$ no contiene raíces cúbicas de la unidad, entonces la forma correcta de formular esta afirmación es que su curva es no reducida a lo largo de $x^2+xy+y^2=0$ .
Como la normalización no suele estar definida para los esquemas no reducidos, me ceñiré al caso de que $p \equiv 5 \mod 6$ . Dicho esto, el caso que $p \equiv 1 \mod 6$ no es mucho más complicado; sólo hay que tener en cuenta esas dos líneas no reducidas.
Es más fácil describir la situación cuando $K$ es algebraicamente cerrado. La ecuación $x^p+y^p-(x+y)^p$ es homogénea. Eso significa que su esquema cero será una unión de líneas que pasan por el origen. La normalización separa esas líneas. Así que la normalización de $C$ es una unión de $p$ copias de $\mathbb{A}_1^{K}$ uno por cada raíz de $z^p+1-(z+1)^p$ más uno para la "raíz en $\infty$ ". Explícitamente, se puede escribir la normalización hinchando el origen: Hay dos gráficos, uno con coordenadas $(x,z)$ y el otro con coordenadas $(y,w)$ . La idea es que $xz=y$ y $x=yw$ . Por lo tanto, en el primer gráfico, la explosión es $K[x,z]/(z^p+1-(1+z)^p)$ .
Usted quería $K$ para ser un campo numérico. En ese caso, $z^p+1- (z+1)^p$ pueden no ser factores lineales sobre $K$ . Más bien, para cada factor irreducible $g$ obtenemos una componente de la normalización que se parece a $K[z]/g(z) \times_K \mathbb{A}^1_{K}$ .
Para completar esta respuesta, debería escribir una prueba de que el jacobiano sólo desaparece en los puntos reivindicados, pero te lo dejo a ti.
