Ausarbeitung

Seminararbeit
zum Seminar aus Reiner Mathematik
Homogene und inhomogene
Koordinaten und das Hyperboloid
Gernot Holler
1010674
WS 2012/13
28.November 2012
1
Inhaltsverzeichnis
1 Einleitung
3
2 Homogene und inhomogene Koordinaten
2.1 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Definition 1 . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Definition 2 . . . . . . . . . . . .
2.2 Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Satz (2.3.1) . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Satz (2.3.2) . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Korollar (2.3.3) . . . . . . . . . .
2.2.4 Satz (2.3.4) . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Korollar (2.35) . . . . . . . . . .
2.2.6 Satz (2.3.6)
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16
3 Das Hyperboloid
3.1 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Definition 3 . . . . . . . . . . . .
3.2 Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Lemma (2.4.1) . . . . . . . . . .
3.2.2 Satz (2.4.2 (16 Punkte Satz) )
3.3 Regulus und Hyperboloid . . . . . . .
3.3.1 Definition . . . . . . . . . . . . .
3.3.2 Satz (2.4.3) . . . . . . . . . . . .
3.3.3 Satz (2.4.4) . . . . . . . . . . . .
3.3.4 Definition 4 . . . . . . . . . . . .
2
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1
Einleitung
Diese Seminararbeit widmet sich der Beschreibung projektiver Räume durch
homogene und inhomogene Koordinaten, sowie dem Hyperboloid.
Behandelt werden unter anderem Darstellungen verschiedener Unterräume des projektiven
Raums, Eigenschaften windschiefer Mengen (speziell in 3-dimensionalen projektiven
Räumen über Schiefkörpern), der 16-Punkte Satz sowie der Regulus und das Hyperboloid.
Als Vorlage diente das Buch Projektive Geometrie, erschienen im Vieweg und Teubner
Verlag 2004, von Albrecht Beutelspacher und Ute Rosenbaum. Behandelt wurden vor allem
die Kapitel 2.3 und 2.4. Die Nummerierungen der Sätze entsprechen denen im Buch. Da die
Seminararbeit sehr eng mit dem Buch verbunden ist, empfehlen wir sie nur gemeinsam mit
dem Buch zu betrachten. Wir werden auch immer wieder Sätze aus diesem ohne Beweis
zitieren bzw. verwenden.
Die Arbeit wurde ihm Rahmen der Lehrveranstaltung Seminar aus Reiner Mathematik
im Wintersemester 2012\13 an der Karl-Franzens-Universität verfasst.
Der fachliche Inhalt dieser Seminararbeit ist auf 2 Kapitel aufgeteilt. Das Erste behandelt
vorrangig Aspekte von Koordinatendarstellungen, das Zweite den Regulus und das
Hyperboloid.
3
2
Homogene und inhomogene Koordinaten
2.1
Definitionen
Vorbemerkungen:
Im Folgenden bezeichnen wir, sofern nicht anders angeführt, stets mit
V einen Vektorraum über einem Schiefkörper K
sowie mit ~v = (v0 , v1 , ..., vd ) eine festgewählte, geordnete Basis von V
Jeder Vektor v = k0 v0 + k1 v1 + ... + kd vd ∈ V kann eindeutig durch seine Koordinaten
(k0 , k1 , ..., kd ) bzgl. ~v dargestellt werden.
Die Abb. ϕ~v : V → K d+1 ordne jedem Vektor seine Koordinaten bzgl. der Basis ~v zu. d.h
∀v ∈ V (k0 , k1 , ..., kd ) ∈ K d+1 : (ϕ~v (v) = (k0 , k1 , ..., kd )) ⇔ v = k0 v0 + k1 v1 + ... + kd vd )
Aus der linearen Algebra wissen wir, dass ϕ~v einen Isomorphismus im Sinne der linearen
Algebra darstellt.
Weiters gilt für alle Untervektorräume U von V:
ϕ~v (U ) ist ein Untervektorraum von ϕ~v (V ) mit dim(U)= dim(ϕ~v (U )),
bzw. für alle Untervektorräume A von K d+1 :
ϕ~v−1 (A) ist ein Untervektorraum von V mit dim(ϕ~v−1 (A)) = dim(A)),
was wir in den folgenden Beweisen ohne weiteren Kommentar verwenden werden.
Wenn die gewälte Basis keine spezielle Rolle spielt, bezeichnen wir die Abbildung auch
einfach mit ϕ.
2.1.1
Definition 1
Wir definieren die Relation ∼ auf K d+1 \{(0, 0, ..., 0)} wie folgt:
(k0 , k1 , ..., kd ) ∼ (h0 , h1 , ..., hd )
:⇔
∃ k ∈ K\{0} : (k0 , k1 , ..., kd ) = k · (h0 , h1 , ..., hd )
4
2.1.2
Definition 2
Wir sagen ein Punkt P=hvi von P(V ) hat homogene Koordinaten (k0 , k1 , ..., kd ) bzgl.
der Basis ~v , falls :
hvi
=
hk0 v0 + k1 v1 + ... + kd vd i
Bemerkung:
Man mache sich klar, dass zwei (d+1)-Tupel aus K d+1 \{(0, 0, ..., 0)} genau dann äquivalent
sind wenn sie homogene Koordinaten desselben Punktes von P(V ) darstellen.
Homogene Koordinaten sind also nicht eindeutig durch den Punkt bestimmt , den sie
darstellen.
Dies bietet den Vorteil der Flexibilität (Man kann zum Beispiel vereinbaren, dass der erste
oder letzte von 0 verschiedene Eintrag gleich 1 ist)
Wir schreiben auch für P aus P(V ) einfach: P = (k0 : k1 : ... : kd ), wobei (k0 , k1 , ...kd ) ein
beliebiger Repräsentant der Äquivalenzklasse der homogenen Koordinaten von P ist.
2.2
2.2.1
Sätze
Satz (2.3.1)
Seien P1 , P2 , ..., Pt Punkte von P(V ), dim(P(V )) = d, mit homogenen Koordinaten:
P1 = (k10 : k11 : ... : k1d )
P2 = (k20 : k21 : ... : k2d )
...
Pt = (kt0 : kt1 : ... : ktd )
Dann gilt: P1 , P2 , ..., Pt sind genau dann unabhängig, wenn die Matrix


k10 k11 ... k1d
 .
.
.
. 



.
.
. 
M:=  .

 .
.
.
. 
kt0 kt1 ... ktd
den Rang t hat.
Insbesondere gilt: d+1 Punkte bilden genau dann eine Basis, wenn die Matrix deren Zeilen
homogene Koordinaten der Punkte sind, nichtsingulär ist.
5
Beweis:
(⇐) Gelte rang(M)=t. Dann spannt die Menge von Vektoren
(wi )1≤i≤t := {ki0 v0 + ki1 v1 + ki2 v2 + ... + kid vd | 1 ≤ i ≤ t} nach der Definition des Rangs
und der Vorbemerkung einen Untervektorraum der Vektorraumdimension t auf. Nach Satz
2.1.3 spannen daher die Punkte P1 , P2 , ..., Pt einen Unterraum der Dimension t-1 von P(V )
auf. Also müssen sie unabhängig sein.
(⇒) Seien P1 , P2 , ..., Pt unabhängig. Wir führen einen Beweis mittels Widerspruch und
nehmen an dass der Rang der Matrix echt kleiner als t ist.
Dann gilt dass die Vektorenmenge (wi )1≤i≤t einen Untervektorraum mit
Vektorraumdimension ≤ t-1 aufspannt. Somit würden die Punkte P1 , P2 , ...Pt einen
Unterraum von P(V ) mit Dimension ≤ t-2 aufspannen. Also können sie nicht unabhängig
sein, was einen Widerspruch zur Annahme darstellt.
2.2.2
Satz (2.3.2)
Sei V ein Vektorraum der Vektorraumdimension d+1 über dem Schiefkörper K und P(V )
der dazugehörige projektive Raum. Sei H eine Hyperebene von P(V ).
Dann sind die homogenen Koordinaten der Punkte von H die Lösungen einer homogenen
Gleichung mit Koeffizienten aus K. Umgekehrt beschreibt jede homogene, lineare Gleichung
ungleich der Nullgleichung eine Hyperebene von P(V ).
Beweis.
(⇒) Sei H’ die nach Satz 2.1.3(b) zu H gehörige Hyperebene in V.
Sei {P1 , P2 , ..., Pd } eine Basis von H, sei M wie in Satz 2.3.1 eine Matrix dazugehöriger
homogener Koordinaten.
Laut Satz 2.3.1 gilt rang(M)=t, daraus folgt dim(ker(M))=1.
Sei g aus ker(M )\{(0, 0, ..., 0)} beliebig. Dann gilt dim(ker(g))=d. Es gilt auch
ϕ(H 0 ) ⊆ ker(g).
Da H’ somit ein d-dimensionaler Untervektorraum von ϕ−1 (ker(g)) ist folgt
ϕ−1 (ker(g)) = H 0 , d.h für alle Punkte P aus P(V ) gilt:
P ist genau dann in H wenn homogene Koordinaten von P = (k0 : k1 : ... : kd ) die homogene
Gleichung g(k0 , k1 , ..., kd ) = 0 erfüllen.
(⇐) Aus der linearen Algebra wissen wir dass jede homogene lineare Gleichung g(x)=0 mit
x ∈ K d+1 ungleich der Nullgleichung den Rang 1 besitzt.
Also der ker(g) ein Untervektorraum von K d+1 mit dim(ker(g))=d ist.
Das impliziert nun dass ϕ−1 (ker(g)) eine Hyperebene von V ist und somit einer
Hyperebene von P(V ) entspricht.
Vereinbarung:
Sei k := (k0 , k1 , ..., kd ) ∈ K d+1 und k(x)=0 die homogene Gleichung, die die Hyperebene H
beschreibt. Dann nennen wir [k0 : k1 : ... : kd ] homogene Koordinaten von H.
6
2.2.3
Korollar (2.3.3)
Jeder t-dimensionale Unterraum U eines durch homogene Koordinaten beschriebenen
projektiven Raums P(V ) der Dimension d lässt sich durch ein homogenes System von d-t
Gleichungen beschreiben.
Genauer gesagt:
Es gibt eine Matrix H ∈ K (d−t)×(d+1) so, dass ein Punkt P = (k0 : k1 : ... : kd ) des
projektiven Raum genau dann in U liegt wenn
(k0 , k1 : ..., kd ) · H T = 0
ist.
Beweis:
Nach Satz 1.3.10 ist U der Durchschnitt von d-t Hyperebenen. Homogene Koordinaten
jedes Punktes von U müssen eine zu jeder Hyperebene zugehörige homogene Gleichung
erfüllen, d.h insgesamt ein System von d-t Gleichungen erfüllen, dessen Lösungsraum die
Dimension t besitzt.
Also ist U genau der eindeutig bestimmte zum Lösungsraum zugehörige Unterraum von
P(V ).
2.2.4
Satz (2.3.4)
Sei P(V ) ein projektiver Raum, dessen Punkte durch homogene Koordinaten
(k1 : k2 : ... : k3 ) mit (k1 , k2 , ..., kd ) ∈ K d+1 \{(0, 0..., 0)} dargestellt werden.
Dann gilt:
Jede Hyperebene von P(V ) kann eindeutig durch ein (h1 , h2 , ..., hd ) ∈ K d+1 \{(0, 0..., 0)}
dargestellt werden.
Umgekehrt gilt dass jedem solchen d+1-Tupel (h0 , h1 , ..., hd ) eine Hyperebene H mit der
Eigenschaft:
∀(k0 : k1 : ... : kd ) ∈ P(V ) :
( (k0 : k1 : ... : kd ) ∈ H) ⇔ k0 h0 + k1 h1 + ... + hd kd = 0
zugeordnet werden kann.
Beweis:
Die Behauptung folgt unmittelbar aus Satz 2.3.2
Bemerkung:
Wir betrachten nun die zu einem projektiven Raum P duale Geometrie P4 . Damit meinen
wir, dass wir P als Rang 2-Geometrie auffassen, die aus den Punkten und Hyperebenen
besteht. Dann ist P4 die Geometrie, deren Punkte die Hyperebenen von P und deren
Blöcke die Punkte von P sind.
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2.2.5
Korollar (2.35)
Sei P = P(V ) ein koordinatisierter projektiver Raum. Dann ist P4 ∼
= P. Insbesondere ist P4
ebenfalls koordinatisiert. Also gilt das Dualitätsprinzip auch für die Klasse aller
koordinatisierten projektiven Räume einer festen Dimension d.
2.2.6
Satz (2.3.6)
Sei H∞ die Hyperebene mit der Gleichung x0 = 0. Dann lässt sich der affine Raum
A = P\H∞ wie folgt beschreiben:
(i) Die Punkte von A sind die Vektoren (k1 , k2 , ..., kd ) des d-dimensionalen Vektorraums K d
(ii) Die Geraden von A sind die Nebenklassen der 1-dimensionalen Unterräume von K d
(iii) Die Inzidenz ist mengentheoretisches Enthaltensein
Beweis:
(i) Punkte: Da die Punkte in H∞ genau jene sind , deren homogene Koordinaten von der
Form (0 : k1 : ... : kd ) sind, hat jeder Punkt P außerhalb von H∞ homogene Koordinaten
(k0 : k1 : ..., kd ) mit k0 6= 0.
Man kann also k0 zu 1 normieren und der Punkt P hat homogene Koordinaten
(1 : k1 : k2 ... : kd ) mit eindeutig bestimmtem (k1 , k2 , ..., kd ) ∈ K d .
Bemerkung:
Man nennt (k1 , k2 , ..., kd ) die inhomogenen Koordinaten des Punkts P in A.
(ii) Geraden: Nach Korollar 1.3.12 trifft jede Gerade in A die Hyperebene H∞ in genau
einem Punkt b.
Sei nun a := (1 : k1 : ... : kd ) ein beliebiger Punkt von g in A.
Da a,b linear unabhängig sind, haben die Punkte von A folgende Koordinaten:
(1 : k1 + k · h1 : k2 + k · h2 : ... : kd + k · hd ) k ∈ K.
Das bedeutet nun:
Auf g liegen genau die Punkte der Nebenklasse (k1 , ..., kd ) + h(h1 , h2 , ..., hd )i.
Sei nun umgekehrt (k1 , k2 , ..., kd ) + h(h1 , h2 , ..., hd )i eine Nebenklasse nach einem
1-dimensionalen Unterraum h(h1 , h2 , ..., hd )i von K d .
Nach obiger Konstruktion entspricht die Nebenklasse einem 2-dimensionalen Unterraum
h(1, k1 , k2 , ..., kd ), (h1 , h2 , ..., hd )i, also einer Gerade von P(V ), die H∞ nur in dem Punkt
(0 : h1 : h2 : ... : hd ) schneidet und somit eine Gerade von A ist.
8
3
3.1
3.1.1
Das Hyperboloid
Definitionen
Definition 3
Sei P ein projektiver Raum.
Wir nennen eine Menge M von Unterräumen von P windschief, wenn je zwei verschiedene
Unterräume aus M keinen Punkt gemeinsam haben. Genauer:
M windschief :⇔ ( ∀U, V ∈ M : (U 6= V ⇒ U ∩ V = ∅) )
Wir sprechen in einem solchen Fall auch von windschiefen Unterräumen.
2.1.2 Definition 4
Sei P ein projektiver Raum.
Sei M eine Menge von windschiefen Unterräumen. Eine Gerade g heißt eine Transversale
von M, wenn sie jeden Unterraum aus M in genau einem Punkt trifft. Genauer:
g heißt Transversale von M : ⇔ ( ∀U ∈ M : ∃1 P ∈ P : ((P ∈ (g)) ∧ (P ∈ U) )
3.2
3.2.1
Sätze
Lemma (2.4.1)
Sei P ein projektiver Raum. Seien g1 und g2 Geraden, {(g1 ), (g2 )} windschief, und sei P ein
Punkt, der außerhalb von g1 und g2 liegt.
Dann gibt es höchstens eine Transversale von {(g1 ), (g2 )} durch P.
Falls P 3-dimensional ist, gibt es genau eine Transversale von {(g1 ), (g2 )} durch P.
Beweis:
Wir führen einen Beweis mittels Widerspruch.
Angenommen es gäbe zwei Transversalen h1 und h2 von {(g1 ), (g2 )} durch P
Sei für i aus {1, 2} Pi der Schnittpunkt von h1 mit gi , Ti der Schnittpunkt von h2 mit gi .
Da h1 6= h2 ist P1 6= T1 und P2 6= T2 .
Da h1 = P1 P2 die Gerade h2 = T1 T2 im Punkt P trifft, trifft nach dem Veblen-Young-Axiom
für projektive Räume die Gerade P1 T1 die Gerade P2 T2 in einem Punkt M.
Da g1 = P1 T1 und g2 = P2 T2 gilt, folgt M ∈ (g1 ) ∩ (g2 ). Dies ist ein Widerspruch zur
Annahme.
9
Sei nun P 3-dimensional. Dann muss die (Hyper-)Ebene hP, (g1)i nach Korollar 1.3.12 die
Gerade g1 in zumindest einem Punkt Q treffen.
Die Gerade PQ schneidet somit g1 (da hP, (g1)i = {(P G) : G ∈ (g1 )}) und g2 und ist somit
eine Transversale von {(g1 ), (g2 )}.
3.2.2
Satz (2.4.2 (16 Punkte Satz) )
Sei P(V ) ein 3-dimensionaler projektiver Raum über dem Schiefkörper K. Seien {g1 , g2 , g3 }
und {h1 , h2 , h3 } Mengen von je drei windschiefen Geraden, derart sodass für alle i,j aus
{1,2,3} die Gerade gj die Gerade hj schneidet. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(i) Jede Transversale g ∈
/ {g1 , g2 , g3 } von {h1 , h2 , h3 } schneidet jede Transversale
h∈
/ {h1 , h2 , h3 } von {g1 , g2 , g3 }.
(ii) K ist kommutativ bzgl. · (also K ein Körper)
Beweis:
Nach den Voraussetzungen gilt für alle i,j aus {1,2,3}: gi ∩ hj ist ein Punkt von P. Also
können wir folgende Bezeichnungen festlegen:
hv1 i := g1 ∩ h1 , hv2 i := g1 ∩ h2
hv3 i := g2 ∩ h1 , hv4 i := g2 ∩ h2
Wir werden nun im 1.Teil des Beweises, Darstellungen für beliebige Transversalen g,h und
die Schnittpunkte von den Geraden g1 , g2 , g3 , g mit h1 , h2 , h3 , h herleiten (Das sind 16
Punkte.).
Im 2.Teil werden wir dann ausgehend von diesen die Aussage des Satzes beweisen.
1.Teil:
Da h1 und h2 windschief sind, gilt v1 , v2 bzw. v3 , v4 sind linear unabhängig. Da g1 und g2
2-dimensionale Untervektorräume von V sind, gilt: g1 = hv1 , v2 i und g2 = hv3 , v4 i, Da g1
und g2 windschief sind, gilt nun v1 , v2 , v3 , v4 linear unabhängig.
Daraus folgt:
g3 ∩ h1 = ha ∗ v1 + b ∗ v3 i mit a, b ∈ K\{0}.
Also ist: g3 ∩ h1 = hb−1 a · v1 + v3 i =: hv10 + v3 i
Mit ähnlichen Vorgehensweisen ( da g1 ∩ h1 = hv1 i = hv10 i)und einem geeigneten Faktor
erhalten wir:
g1 ∩ h3 = hv10 + c · v20 i =: hv10 + v20 i
und
10
g2 ∩ h3 = hv3 + d · v4 i =: hv3 + v40 i
Wir ersetzen nun v10 durch v1 , v20 durch v2 und v4 durch v4 .
Wir erhalten:
g3 ∩ h2 = hv2 + k · v4 i.
Es gilt nun also:
g3 ∩ h3 = hk1 (v1 + v3 ) + k2 (v2 + kv4 )i = hl1 (v1 + v2 ) + l2 (v3 + v4 )i
Da v1 , v2 , v3 , v4 linear unabängig sind, ergibt sich k1 = l1 ⇒ k2 = l1 ⇒ k1 = l2 ⇒ k2 k = l2
Somit ist k2 = l1 = k1 = l2 = k2 k, somit k = 1 und damit
g3 ∩ h2 = hv2 + v4 i
Wir können o.B.d.A k2 = 1 annehmen und erhalten
g3 ∩ h3 = hv1 + v2 + v3 + v4 i
h1
g1
g2
g3
h2
h3
h
hv1 i
hv2 i
hv1 + v2 i
hv3 i
hv4 i
hv3 + v4 i
hv1 + v3 i
hv2 + v4 i hv1 + v2 + v3 + v4 i
hv1 + bv2 i
g
hv1 + av3 i
Sei nun g ∈
/ {g1 , g2 , g3 } eine Transversale von {h1 , h2 , h3 }, h ∈
/ {h1 , h2 , h3 } eine Transversale
von {g1 , g2 , g3 }.
Dann gibt es a,b ∈ K sodass gilt:
g ∩ h1 = hv1 + av3 i
und
h ∩ g1 = hv1 + bv2 i
Angenommen a=0, dann wären g, g1 zwei Transversalen von {h1 , h2 , h3 } durch hv1 i im
Widerspruch zu Lemma 2.4.1. Also a6=0. Analog zeigt man b6=0.
Umgekehrt gibt es für a,b ∈ K\{0} laut Lemma 2.4.1 eine Transversale g von {h1 , h2 , h3 }
und h von {g1 , g2 , g3 } mit g ∩ h1 = hv1 + av3 i und h ∩ g1 = hv1 + bv2 i.
11
Aus a 6= 0, b 6= 0, den Darstellungen von g1 ∩ g2 , g2 ∩ h1 , g3 ∩ h1 und der linearen
Unabhängigkeit von v1 , v2 , v3 , v4 folgt: g∈
/ {g1 , g2 , g3 }.
Analog zeigt man h∈
/ {h1 , h2 , h3 }.
2.Teil
Für die Geraden g, h und Punkte a,b ∈ K\{0} mit der Beziehung g ∩ h1 = hv1 + av3 i
und h ∩ g1 = hv1 + bv2 i bleibt also nur noch zu zeigen:
⇔
ab = ba
g und h schneiden sich
Zunächst benutzen wir die Tatsache, dass es nach Lemma 2.4.1 genau eine Gerade durch
den Punkt hv1 + av3 i gibt, die sowohl h2 , als auch h3 schneidet.
Es ergibt sich die Beobachtung, dass die Punkte hv2 + av4 i ∈ hv2 , v4 i = h2 ,
hv1 + v2 + a(v3 + v4 )i ∈ hv1 + v2 , v3 + v4 i = h3 mit hv1 + av3 i auf einer gemeinsamen
Geraden liegen.
Also muss wegen der Eindeutigkeit für g gelten:
g = hv1 + av3 , v2 + av4 i
Analog ergibt sich:
h = hv1 + bv2 , v3 + bv4 i
Nun berechnen wir den Durchschnitt der Unterräume:
Angenommen es gibt einen Punkt P ∈ P(V ) mit P ∈ (g ∩ h), dann gibt es
(x,y,z,w) ∈ K 4 \{(0, 0, 0, 0)} sodass gilt:
x(v1 + av3 ) + y(v2 + av4 ) = z(v1 + bv2 ) + w(v3 + bv4 )
Da v1 , v2 , v3 , v4 linear unabhängig sind, gilt das genau dann, wenn:
x=z, y=zb, xa=w, und ya=wb
Wegen ab 6= 0 ist das äquivalent zu:
xba=zba=ya=zba=wb=xab
Es muss x6=0 gelten (ansonsten wäre (x,y,z,w)=(0,0,0,0)). Daraus folgt ba=ab
Gelte nun umgekehrt ab=ba dann ist
hv1 + av3 + bv2 + bav4 i
ein gemeinsamer Punkt von g und h.
12
3.3
3.3.1
Regulus und Hyperboloid
Definition
Sei P ein projektiver Raum. Eine Menge R von windschiefen Geraden von P heißt ein
Regulus (Regelfläche) falls folgendes gilt:
(i) Durch jeden Punkt einer jeden Geraden aus R geht eine Transversale von R.
(ii) Durch jeden Punkt einer Transversalen von R geht eine Gerade von R.
Bemerkung: Man mache sich klar, dass die Transversalen von R paarweise windschief sind
und dass die Menge der Transversalen wieder einen Regulus bildet. Wir nennen ihn den
entgegengesetzten Regulus von R.
Wenn P endlich von der Ordnung q ist, dann besteht jeder Regulus aus genau q+1 Geraden.
3.3.2
Satz (2.4.3)
Sei P ein 3-dimensionaler projektiver Raum über den Schiefkörper K und g1 , g2 , g3 drei
windschiefe Geraden von P. Dann gilt:
(i) Es gibt höchstens einen Regulus, der g1 , g2 und g3 enthält.
(ii) Wenn K nichtkommutativ ist, so gibt es keinen Regulus in P.
(iii)Wenn K kommutativ ist, so gibt es genau einen Regulus durch g1 , g2 , g3 .
Beweis:
(i) Definiere G := {g1 , g2 , g3 }. Angenommen es gibt einen Regulus R1 , der G enthält.
Wir wollen zeigen:
( R ist ein Regulus )
⇒
(R1 ⊆ R)
Daraus folgt dann, dass es höchstens einen Regulus gibt.
Seien P1 , P2 , P3 drei verschieden Punkte von g3 .
Für jedes i aus {1, 2, 3} gilt:
- Es gibt nach Lemma 2.4.1 genau eine Transversale :=hi von {g1 , g2 } durch Pi .
- hi muss dann Transversale jedes Regulus sein, der G enthält. (∗1 )
- Sei h̃i die Transversale von R1 durch Pi . Dann gilt h̃i = hi (da h̃i auch Transversale von
{g1 , g2 } ist und Pi enthält)
Sei g̃ eine beliebe Gerade von R1 \G dann schneiden h1 , h2 , h3 die Gerade g̃ in drei
verschiedenen Punkten Q1 , Q2 , Q3 , dh. g̃ = Q1 Q2 .
Sei nun R ein beliebiger Regulus der G enthält. Nach (∗1 ) gilt: h1 , h2 , h3 sind Transversalen
von R.
13
R besitzt also eine Transversale und folglich auch eine Gerade a die durch Q1 geht.
Die Gerade a schneidet weiters die windschiefen Geraden h2 und h3 in genau einem Punkt
und enthält Q1 .
Da Q1 Q2 diese Eigenschaften besitzt und eine solche Gerade eindeutig bestimmt ist, gilt :
a=Q1 Q2 = g̃.
Somit ist g̃ ∈ R. Also R1 ⊆ R
(ii) und (iii): Im Teil (i) wurden zwei je windschiefe Mengen {g1 , g2 , g3 } und {h1 , h2 , h3 }
definiert. Die Behauptung folgt nun aus Satz 2.4.2 (16 Punkte-Satz).
3.3.3
Satz (2.4.4)
Sei P ein 3-dimensionaler projektiver Raum über dem Körper K, der durch homogene
Koordinaten dargestellt ist. Dann sind
g1 = h(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)i
g2 = h(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)i
g3 = h(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)i
drei windschiefe Geraden. Die Menge D der Punkte auf dem eindeutig bestimmten Regulus
R durch g1 , g2 , g3 lässt sich beschreiben als
D = {(k0 : k1 : k2 : k3 )|k0 k3 = k1 k2 mit (k0 , k1 , k2 , k3 ) ∈ K 4 \{(0, 0, 0, 0)}}
Vorbemerkung:
R sei ein Regulus des projektiven Raums P.
Sei P die Menge aller Punkte aller Transversalen von R, sei Q die Menge aller Punkte aller
Geraden von R.
Dann gilt einerseits P ⊆ Q, da jeder Punkt einer Transversalen von R auf einer Gerade von
R liegt.
Andererseits gilt Q ⊆ P, da durch jeden Punkt einer Geraden aus R eine Transversale von
R gehen soll.
Also gilt P = Q.
Beweis:
Nach Satz 2.4.3 (iii) gibt es genau einen eindeutig bestimmten Regulus R der {g1 , g2 , g3 }
enthält.
Die Vorbemerkung zeigt: Die gesuchte Menge D ist gleich der Menge aller Punkte aller
Transversalen von R. Wir bezeichnen die Menge der Punkte aller Transversalen wie in der
Vorbemerkung mit P.
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Es reicht also demnach zu zeigen:
D=P
Teil 1: Zeige P ⊆ D.
Wir verwenden, dass jede Transversale von R durch die Angabe eines Punktes von g1
eindeutig bestimmt ist.
Sei P1 ein beliebiger Punkt von g1 . Dann existieren a,b ∈ K 2 \{(0, 0)} :
P1 = (a : b : 0 : 0)
P1 besitzt eine eindeutige dazugehörige Transversale =: h1 von R. Folglich schneidet h1 g2
in einem eindeutig bestimmten Punkt P2 .
Gesucht sind also c,d ∈ K 2 \{(0, 0)} :
P2 = (0 : 0 : c : d)
Wenn wir solche gefunden haben, wissen wir, dass h1 durch P1 und P2 bereits eindeutig
dargestellt wird also h1 = P1 P2 .
Berechnung von c, d:
Da sich h1 auch g3 in genau einem Punkt schneiden soll ergeben sich c,d durch Lösen des
Gleichungssystems:
k · (a, b, 0, 0) + m · (0, 0, c, d) = u · (1, 0, 1, 0) + z · (0, 1, 0, 1)
wobei (k,m,u,z) ∈ K 4 \{(0, 0, 0, 0)}
Also c=a, d=b und somit:
P2 = (0 : 0 : a : b)
Da P1 beliebig gewählt war, muss nun für alle Punkte P=(x0 : x1 : x2 : x3 ) aus R gelten:
x0 x3 = x1 x2 (†1 )
(†1 ) ist also eine notwendige Bedingung für Punkte aus R .
Teil 2 : Zeige D ⊆ P.
Es ist also zu zeigen, dass (†1 ) auch hinreichend ist:
Sei P = (x0 : x1 : x2 : x3 ) ein Punkt von P(V ) , d.h (x0 : x1 : x2 : x3 ) 6= (0 : 0 : 0 : 0), für den
gilt: x0 x3 = x1 x2 .
Wir wollen zeigen: P ∈ P. Dazu betrachten wir verschiedene Fälle:
1. Fall: (x0 6= 0 ∧ x3 6= 0)
Daraus folgt: (x1 6= 0 ∧ x2 6= 0). Setze nun a = x0 , b = x1 .
Sei P1 = (x0 : x1 : 0 : 0), P2 = (0 : 0 : x0 : x1 ).
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Es gilt nach Teil 1:
P1 P2 ist eine Transversale von R.
Da x1 6= 0 gilt:
1 · (x0 , x1 , 0, 0) +
x3
x1
∗ (0, 0, x1 , x0 ) = (x0 , x1 , x2 , x3 )
Das bedeutet also:
P1 P2 enthält P, also P ∈ P.
2. Fall: (x0 = 0 ∨ x3 = 0)
Wir demonstrieren unsere Vorgehensweise an einer speziellen Situation:
Angenommen x0 = 0 dann ist x1 = 0 oder x2 = 0.
Wir nehmen an x1 = 0 und setzen: a = x2 ,b = x3
Sei P1 = (x2 : x3 : 0 : 0), P2 = (0 : 0 : x2 : x3 ).
Man folgert analog wie in Fall 1:
P1 P2 ist eine Transversale von R, die P enthält also P ∈ P.
Die anderen Fälle folgen auf ähnliche Weise.
3.3.4
Definition 4
Man nennt D, wie oben definiert, die hyperbolische Quadrik (oder das Hyperboloid)
des 3-dimensionalen projektiven Raums P
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