Der Hauptsatz der projektiven Geometrie - Fachbereich Mathematik ...

∀ 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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