Der Hauptsatz der projektiven Geometrie - Fachbereich Mathematik ...

Der Hauptsatz der projektiven
Geometrie
Björn Schmidt
Universität Kassel
Fachbereich 10 - Mathematik und Naturwissenschaften
Institut für Mathematik
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1 Einleitung
Der Hauptsatz der projektiven Geometrie liefert eine der wichtigsten Aussagen zum
Verhalten von speziellen bijektiven Abbildungen zwischen projektiven Räumen, den
Kollineationen. Der Satz selbst erinnert stark an den Hauptsatz der affinen Geometrie,
nur dass hier anstatt mit Afiinitäten mit Projektivitäten gearbeitet wird. Allerdings
ist die Anzahl der Elemente des Körpers, über dem die Vektorräume liegen, anders
als im affinen Fall, irrelevant, nur die Dimension ≥ 2 ist erforderlich. Mit Hilfe des
Hauptsatzes der projektiven Geometrie ist es möglich, den Beweis für den affinen Fall
zu vervollständigen. Zunächst werden ein paar grundlegende Begriffe wiederholt, die für
das Verständnis des Beweises unerlässlich sind.
Im folgenden seien V , W Vektorräume über einem Körper K. Entsprechend sind P(V ),
P(W ) projektive Räume.
Defintion 1. Eine Abbildung F : V → W heißt semilinear bezüglich eines Automorphismus
α : K → K, wenn gilt:
1. F (a + b) = F (a) + F (b)
2. F (λa) = α(λ)F (a)
Definition 2. f : P(V ) → P(W ) heißt seimprojektiv, wenn es ein semilineares
F : V → W gibt mit f = P(F ). Ist f bijektiv, so heißt f Semiprojektivität.
Definition 3. Eine bijektive Abbildung f : P(V ) → P(W ) heißt Kollineation, wenn die
Bilder kollinearer Punkte wieder kollinear sind, d.h. für p, p ′ ∈ P(V):
f(p ∨ p ′ ) ⊂ f(p) ∨ f(p ′ ).
Jede Semiprojektivität ist auch eine Kollineation, denn Semiprojektivitäten erhalten
Unterräume.
2 Der Hauptsatz der projektiven Geometrie
Satz 4. Seien P(V ), P(W ) projektive Räume über einem Körper K mit
dim P(V ) = P(W ) ≥ 2. Dann ist jede Kollineation f : P(V ) → P(W ) eine Semiprojektivität
und im Falle von K = R sogar eine Projektivität.
Bemerkung. Der Beweis wird in mehrere, handlichere Hilfsaussagen zerlegt. Zunächst
soll gezeigt werden, dass Kollineationen auch höher-dimensionale Unterräume erhalten.
Danach wird eine Abbildung α definiert, die wir als den benötigten Automorphismus
identifizieren werden. Die Voraussetzung dim P(V ) = P(W ) ≥ 2 wird dabei nur für
die Eigenschaften des Automorphismus benötigt. Sie macht aber auch für sich alleine
gesehen Sinn. Ist nämlich dim P(V ) = P(W ) = 1, so existiert nur eine Gerade. Dass
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diese in sich selbst überführt wird, ist offensichtlich.
Im folgenden sei also f eine Kollineation.
Hilfsaussage 1. Für p 0 . . . p r ∈ P(V ) gilt: f(p 0 ∨ . . . ∨ p r ) ⊂ f(p 0 ) ∨ . . . ∨ f(p r ).
Beweis. Induktion über r: Für r = 1 ist die Aussage klar nach der Definition von
Kollineationen, also ist der Induktionsanfang ok.
Gelte also die Aussage für ein beliebiges, festes r > 1. Induktionsschritt: r − 1 → r:
Sei p ∈ p 0 ∨. . .∨p r ⇒ ∃ p ′ ∈ p 0 ∨. . .∨p r−1 : p ∈ p ′ ∨p r . Aus der Induktionsvoraussetzung
folgt dann: f(p ′ ) ∈ f(p 0 ) ∨ . . . ∨ f(p r−1 ). Da f eine Kollineation ist folgt somit
f(p) ∈ f(p ′ ) ∨ f(p r ) ⊂ f(p 0 ) ∨ . . . ∨ f(p r )
Hilfsaussage 2. Es gibt Basen (v 0 . . . v n ) ⊂ V und (w 0 . . . w n ) ⊂ W mit:
f(K · v i ) = K · w i ∧ f(K · (v o + v i )) = K · (w 0 + w i ).
Beweis. Betrachte (v 0 . . . v n ) ⊂ V Basis. Da
P(W ) = f(P(V )) = f(K · v 0 + . . . + K · v n ) ⊂ f(K · v 0 ) ∨ . . . f(K · v n )
(nach Hilfsaussage 1) erhält man eine Basis W ′ von W mit K · w ′ i := f(K · v i ), w ′ i ∈ W
∀ i = 0, 1,. . . ,n, denn f(K · v 0 ), . . . , f(K · v n ) sind projektiv unabhängig, also folgt der
erste Teil.
Betrachte jetzt K(v 0 + v i ) ∈ K · v 0 ∨ K · v i ⇒ f(K · (v 0 + v i )) ∈ K · w ′ 0 + K · w ′ i
⇒ ∀ i = 1, . . . , n ∃ µ i , λ i ∈ K* mit:
f(K · (v 0 + v i ) = K · (µ i · w ′ 0 + λ i · w ′ i) = K · (w ′ 0 + λ i · µ −1
i · w i )
Setze w 0 := w ′ 0 und w i = λ i µ −1
i · w ′ i ⇒ Gesuchte Basis (w 0 . . . w n ).
Jetzt wollen wir zeigen, dass f eine Abbildung α induziert, die die Eigenschaften eines
Körperautomorphismus erfüllt, d.h. sie muss die neutralen Elemente 1 und 0 jeweils auf
sich selbst abbilden, sowie den bekannten Bedingungen der Additivität und Multiplikativität
genügen. Für die beiden letzteren Eigenschaften benötigen wir noch zusätzliche
Aussagen, so dass wir uns zunächst auf die neutralen Elemente und spezielle Linearkombinationen
innerhalb der Basen konzentrieren wollen.
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Hilfsaussage 3. Es existiert eine injektive Abbildung α : K → K mit:
α(0) = 0, α(1) =1 und f(K · v 0 + λv i ) = K · (w 0 + α(λ)w i )
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∀ λ ∈ K, i=1,. . . ,n.
Beweis. Sei i beliebig aber fest. Jedem λ ∈ K wird der Punkt p := K · (v 0 + λv i )
zugeordnet. Da p ≠ K · v i ⇒ f(p) ≠ K · w i ⇒ es existiert ein eindeutiges α i (λ) ∈ K:
f(p) = K · (w 0 + α i (λ)w i )
f bijektiv ⇒ α i : K → K injektiv. Aus Hilfssatz 2 folgt, dass α i (0) = 0 und α i (1) = 1.
Jetzt bleibt noch zu zeigen, dass für alle i, j ∈ {1, . . . , n} gilt: α i = α j . Dazu wählen
wir λ ∈ K* beliebig ⇒ q := K · (v i − v j ) = K · (v 0 + λv i − (v 0 + λv j )) liegt sowohl in
K · v i ∨ K · v j als auch in K · (v 0 + λv i ) ∨ K · (v 0 + λv j ).
⇒ f(p) ∈ K · w i ∨ K · w j und f(p) ∈ K · (w 0 + α i (λ)w i ) ∨ K · (w 0 + α j (λ)w j ).
Wähle w ∈ W so, dass f(p) = K · w ⇒ ∃µ i , µ j , β i , β j ∈ K:
w = µ i w i + µ j w j = β i (w 0 + α i (λ)w i ) + β j (w 0 + α j (λ)w j )
w 0 , w i und w j sind als Basiselemente linear unabhängig, also folgt:
und damit
Setzt man nun λ = 1, so folgt:
β i = −β j , µ i = β i α i (λ), µ j = β j α j (λ)
f(p) = K · (α i (λ)w i − α j (λ)w j ) (⋆)
f(p) = K · (w i − w j ) (⋆⋆)
Koeffizientenvergleich von (⋆) und (⋆⋆) liefert α i = α j und damit die Behauptung.
Die nächsten beiden Hilfssätze zeigen, wie die soeben definierte Abbildung α auf den
bereits vorher definierten Basen arbeitet. Wenn wir dies wissen, können wir Hilfsaussage
3 derart fortführen, dass die Abbildung α ein Automorphismus ist.
Hilfsaussage 4. Für 1 ≤ r ≤ n und λ 1 , . . . , λ r ∈ K gilt:
f(K · (v 0 + λ 1 v 1 + . . . + λ r v r )) = K · (w 0 + α(λ 1 )w 1 + . . . + α(λ r )w r ).
Bemerkung. Dies bedeutet nichts anderes, als dass λ 0 = 1 gesetzt wird. Dies kann man
sich analog zur Einführung der Hyperebene mit der Koordinate λ 0 = 1 aus den früheren
Vorträgen vorstellen.
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Beweis. Induktion über r. Der Induktionsanfang r = 1 folgt direkt aus Hilfsaussage 3.
Sei also r ≥ 2 und p := K · (v 0 + λ 1 v 1 + . . . + λ r v r ). Damit gilt für p:
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p ∈ K · (v 0 + λ 1 v 1 + . . . + λ r−1 v r−1 ) ∨ K · v r
und somit für f(p):
f(p) ∈ K · (w 0 + α(λ 1 )w 1 + . . . + α(λ r−1 )w r−1 ) ∨ K · w r (⋆)
Aber es gilt auch p ∈ K · (v 0 + λ r v r ) ∨ K · v 1 ∨ . . . ∨ k · v r−1 und somit
f(p) ∈ K · (w 0 + α(λ r )w r ) ∨ K · w 1 ∨ . . . ∨ K · w r−1 (⋆⋆)
Dann folgt aus (⋆) und (⋆⋆): ∃ β, β 1 , . . . , β r−1 ∈ K:
f(p) = K · (w 0 + α(λ 1 )w 1 + . . . + α(λ r−1 )w r−1 + βw r ) ∧
f(p) = K · (w 0 + β 1 w 1 + . . . + β r−1 w r−1 + α(λ r )w r )
⇒ β = α(λ r ) und damit die Behauptung.
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Hilfsaussage 5. Für (λ 1 , . . . , λ n ) ≠ (0, . . . , 0) gilt:
f(K · (λ 1 v 1 + . . . + λ n v n )) = K · (α(λ 1 )w 1 + . . . + α(λ n )w n )
Bemerkung. Bei Hilfsaussage 4 wurde eine feste Hyperebene betrachtet. Hier allerdings
wird λ 0 = 0 gesetzt. Das bedeutet jedoch nichts anderes, als dass wir die für die projektive
Geometrie so wichtigen unendlich fernen Punkte mit λ 0 = 0 betrachten.
Beweis. Definiere p := K · (λ 1 v 1 + . . . + λ n v n ) ⇒ f(p) ∈ K · w 1 ∨ . . . ∨ K · w n
Man kann aber auch schreiben
f(p) = K · (β 1 w 1 + . . . + β n w n ) mit Skalaren β 1 , . . . , β n (⋆)
Andererseits gilt aber auch p ∈ K · v o ∨ K · (v 0 + λ 1 v 1 + . . . λ n v n ) und damit
f(p) ∈ K · w 0 ∨ K · (w 0 + α(λ 1 )w 1 . . . α(λ n )w n )
⇒ ∃ β, β 0 : f(p) = K · (β 0 w 0 + β · (w 0 + α(λ 1 )w 1 + . . . + α(λ n )w n )) (⋆⋆)
EIn Koeffizientenvergleich von (⋆) und (⋆⋆) liefert die Behauptung.
Hilfsaussage 6. α : K → K aus Hilfsaussage 3 ist ein Automorphismus.
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Beweis. Aus Hilfsaussage 3 folgt sofort, dass α injektiv ist. Beweisen wir also die Surjektivität.
Zu µ ∈ K betrachte dafür q := K · (w 0 + µw 1 ) ∈ P(W ).
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f surjektiv ⇒ ∃ p := K · (λ 0 v 0 + . . . + λ n v n ) ∈ P(V ) mit f(p) = q
Hilfsaussage 1 ⇒ λ 0 ≠ 0, d.h. wir können o.B.d.A. annehmen, dass λ 0 = 1 (vergleiche
mit Hilfsaussage 4)
⇒ µ = α(λ 1 ) und damit ist α surjektiv. Bleiben also noch die Additivität und die
Multiplikativität. Hier wird auch das einzige Mal die Voraussetzung n ≥ 2 benötigt.
Seien λ, µ ∈ K. Dann gilt:
wobei für die linke Seite aus
und die rechte Seite aus
kommt. ⇒ ∃ β, β ′ ∈ K:
f(K · (v 0 + (λ + µ)v 1 + v 2 ) = K · (w 0 + α(λ + µ)w 1 + w 2 )
K · (v 0 + λv 1 ) ∨ K · (µv 1 + v 2 )
K · (w 0 + α(λ)w 1 ) ∨ K · (α(µ)w 1 + w 2 )
w 0 + α(λ + µ)w 1 + w 2 = β(w 0 + α(λ)w 1 + β ′ (α(µ)w 1 + w 2 )
Hier liefert der Koeffizientenvergleich, dass β = β ′ = 1 und damit folgt:
α(λ + µ) = α(λ) + α(µ)
Um die Multiplikativität zu zeigen gelte nun λ ≠ 0. Dann:
wobei hier die linke Seite aus
und die rechte aus
f(K · (v 0 + λµv 1 + v 2 ) = K · (w 0 + α(λµ)w 1 + α(λ)w 2 )
K · v 0 ∨ K · (µv 1 + v 2 )
K · w 0 ∨ K · (α(µ)w 1 + w 2 )
stammt. Mit dem gleichen Argument wie oben folgt, dass α(λµ) = α(λ) · α(µ).
In Hilfsaussage 3 wurde bereits gezeigt, dass α(0) = 0, womit die Behauptung für alle
λ gilt. Also ist α ein Automorphismus.
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Die nächste und letzte Hilfsaussage fasst die Aussagen 3-7 zusammen. Damit erhalten
wir dann endlich die Behauptung des Satzes, da f dann alle Anforderungen an eine
Projektivität erfüllt.
Hilfsaussage 7. Für Skalare (λ 0 , . . . , λ n ) ≠ (0, . . . , 0) gilt:
f(K · (λ 0 v 0 + λ 1 v 1 + . . . + λ n v n )) = K · (α(λ 0 )w 0 + . . . + α(λ n )w n )
Beweis. Wir betrachten o.B.d.A. den Fall λ 0 ≠ 0 und setzen somit analog zum Beweis
von Hilfsaussage 4 λ 0 =!.
Ist p := K · (λ 0 v 0 + . . . + λ n v n ) = K · (v 0 + λ 1 λ −1
0 v 1 + . . . + λ n λ −1
0 v n )
⇒ f(p) = K · (w 0 + α(λ 1 λ −1
0 )w 1 + . . . + α(λ n λ −1
0 )w n )
= K · (α(λ 0 )w 0 + α(λ 1 )w 1 + . . . + α(λ n )w n ), denn aus Hilfsaussage 6 folgt direkt, dass
α(λ 1 λ −1
0 ) = α(λ 1 ) · α(λ −1
0 )
Wir haben somit eine semilineare Abbildung F : V → W mit F (v i ) = w i und f = P(F ).
Betrachtet man noch den Speziallfall K = R, so bleibt noch zu zeigen, dass die Identität
der einzige Automorphismus auf den reellen Zahlen ist. Dann ist nämlich die Abbildung
α linear (anstatt semilinear, wie für allgemeine Körper gefordert) und wir haben eine
stärkere Aussage.
Hilfsaussage 8. Die Identität ist der einzige Automorphismus auf den reellen Zahlen.
Beweis. Sei α ein Automorphismus auf den reellen Zahlen. Dann folgt direkt aus der
Additivität von α, dass α(0) = 0 und α(−λ) = −α(λ) ∀λ ∈ R. Analog folgt aus der
Multiplikativität, dass α(1) = 1 und demnach α(z) = z ∀z ∈ Z.
Als nächstes betrachten wir α auf Q und zeigen, dass α(r) = r ∀r ∈ Q. Dazu schreibe
r = p/q mit q ≠ 0 und p, q ∈ Z.
⇒ p = α(p) = α(r · q) = α(r) · α(q) = α(r) · q. Teilen durch q liefert die Aussage für die
rationalen Zahlen.
Für ganz R betrachte nun λ ∈ R mit λ > 0. Bekannt ist, dass dann ein µ ∈ R existiert
mit λ = µ 2 , und demnach ist auch α(λ) = α(µ 2 ) = α(µ) 2 > 0 (⋆)
Betrachte nun γ ∈ R mit α(γ) ≠ γ. Wir kümmern uns nur um den Fall, dass α(γ) < γ,
den anderen Fall zeigt man analog.
Ist also α(γ) < γ, dann existiert ein r ∈ Q mit α(γ) < r < γ. Dann ist aber α(γ − r) =
α(γ) − α(r) = α(γ) − r < 0. Da aber γ − r ≥ 0 liegt ein Widerspruch zu (⋆) vor.
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3 Literatur
Die Beweisstrukter orientiert sich an
Gerd Fischer: Analytische Geometrie. Eine Einführung für Studienanfänger. 7. Auflage,
Vieweg, 2001, Wiesbaden.
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