TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Dr. Jürgen Richter-Gebert, Martin von Gagern PROJEKTIVE GEOMETRIE Lösungen zur Semestral-Klausur (5. Februar 22, : 2:3 Uhr) Musterlösung

Aufgabe. Zählen (2 Punkte) Die nachfolgenden Teilaufgaben fragen jeweils nach einer Zahl als Ergebnis. Bitte kennzeichnen Sie Ihr Endergebnis deutlich. Wenn Sie sich selbst hinreichend sicher sind, reicht die Angabe dieses Ergebnisses. Bei einem falschen Ergebnis können richtige Ansätze im Rechenweg noch mit Punkten bewertet werden, wenn diese gut nachvollziehbar sind. Auf der folgenden Seite ist noch mehr Platz für Rechnungen. Das Symbol F k bezeichnet den endlichen Körper der Ordnung k, auch als GF(k) bekannt. Dieser hat k Elemente. a) Wie viele Punkte enthält der projektive Raum F 3 P 3? b) Wie viele projektive Transformationen gibt es in der Fano-Ebene F 2 P 2? c) Es sei g eine Gerade in der Fano-Ebene F 2 P 2. Wie viele projektive Transformationen gibt es in dieser Ebene, die g als Fixgerade haben, also als ganzes fix lassen? d) Es sei h eine Gerade in der Fano-Ebene F 2 P 2. Wie viele projektive Transformationen gibt es in dieser Ebene, die h als Fixpunktgerade haben, also jeden Punkt darauf fix lassen? Lösung: a) Die Zahl der Punkte ist F 4 3 \ {(,,, ) T } F 3 \ {} 34 3 8 3 4 b) Die Zahl der Transformationen beträgt 7 6 4 68 So viele Möglichkeiten hat man, vier Punkte in allgemeiner Lage beliebig zu wählen. Vgl. Aufg. 8 f) von Blatt 2. c) Hier lautet die Antwort 6 4 24 Man kann zu einer Geraden, die fix bleibt, auf so viele Arten drei weitere Geraden dazu nehmen, so dass alle vier in allgemeiner Lage sind. d) Es gibt 4 solche Möglichkeiten. Angenommen, die Punkte auf der Fixpunktgerade heißen A, B und C. Dann kann man sich einen weiteren Punkt E auf einen beliebigen Punkt E außerhalb der Fixpunktgerade abbilden. Auf A E gibt es einen weiteren, von diesen beiden verschiedenen Punkt F. Dessen Bild F auf A E ist ebenso eindeutig bestimmt. B, C, E, F liegen in allgemeiner Lage und definieren daher die projektive Transformation. Die einzige echte Wahlmöglichkeit ist also E, und dafür gibt es 7 3 4 Alternativen. Häufige Fehler: Bei der Wahl der Punkte kommt es auf die Reihenfolge an. Binomialkoeffizienten sind da eher hinderlich. Bei der Wahl der vier Punkte muss beachtet werden, dass keine drei davon kollinear liegen dürfen. Die Wahl der Urbilder stellt selbst noch keine Wahlmöglichkeit dar. Jeder Punkt hat einen Bildpunkt. Die Wahl der Urbilder erfolgt daher o.b.d.a., und erst die Wahl der zugeordneten Bildpunkte charakterisiert eine bestimmte projektive Transformation. 2

Aufgabe 2. Spezielle Doppelverhältnisse ( Punkte) Bei den folgenden Aufgaben reicht das richtige Ergebnis. Wenn Sie sich selbst hinreichend sicher sind, müssen Sie nicht überprüfen, dass die geforderte Eigenschaft tatsächlich erfüllt ist. a) Vier Punkte im RP haben das Doppelverhältnis (A, B; C, D) 5. Geben Sie alle Doppelverhältnisse an, die durch Permutation dieser vier Punkte entstehen können. b) Geben Sie im RP vier Punkte A, B, C, D an, bei denen durch Permutationen nur drei verschiedene Doppelverhältnisse entstehen können. Bitte wählen Sie o.b.d.a. A (, ) T, B (, ) T, C (, ) T. c) Geben Sie im CP vier Punkte A, B, C, D an, bei denen durch Permutationen nur zwei verschiedene Doppelverhältnisse entstehen können. Bitte wählen Sie o.b.d.a. A (, ) T, B (, ) T, C (, ) T. d) Wie viele Möglichkeiten gibt es in Teilaufgabe c) für die Wahl des letzten Punktes? Lösung: a) Es gibt 6 mögliche Werte: λ 5 λ 4 5 λ 5 λ 4 λ 4 λ λ λ 5 4 Die erste Zeile sollte man kennen. Die zweite ergibt sich aus Kombinationen der ersten. b) Man kann z.b. harmonische Lage wählen: ( ) A B ( ) C ( ) D ( ) Daraus ergeben sich die drei Werte, 2, 2. Alternativ kann man D mit einem der Punkte A bis C zusammenfallen lassen, um die möglichen Werte,, zu erhalten. c) Es hilft, wenn man sich an die Vorlesung vom 4..2 erinnert. Da wurde der Zusammenhang zwischen den Permutationen von Doppelverhältnissen und Gruppen wie der S 3, der Symmetriegruppe des gleichseitigen Dreiecks, ausführlich untersucht. Im wesentlichen kann man unterscheiden zwischen Spiegelungen des Dreiecks, die (als Gleichung benutzt) jeweils zwei Werte identifizieren und daher drei verschiedene Werte ergeben, sowie Drehungen des Dreiecks, die jeweils drei Werte identifizieren und daher zwei verschiedene Werte ergeben. Die folgenden drei Abbildungen sind Involutionen: λ λ λ λ λ λ λ Doppeltes Ausführen einer Permutation, die einer dieser Abbildungen entspricht, führt wieder zum gleichen Wert. Die sechs Permutationen zerfallen also in drei Gruppen von je zwei Permutationen. Um nur zwei Gruppen von je drei Permutationen zu erhalten, muss man eine der verbleibenden beiden Abbildungen verwenden, und daraus eine Gleichung ableiten. Im Folgenden werden beide Alternativen behandelt; eine einzelne reicht jedoch als Antwort. λ λ λ λ λ 2 λ λ λ 2 λ 2 λ + λ 2 λ + λ,2 ± 3i 2 λ,2 ± 3i 2 In beiden Ansätzen kommt man also zum gleichen Ergebnis. In dem Bild der Dreiecksspiegelungsgruppen entsprechen diese beiden Gleichungen Drehungen in entgegengesetzte Richtungen. Unter Ausnutzung des so bestimmten Doppelverhältnisses kann man den Punkt D wie folgt wählen: A ( ) B ( ) C ( ) ( ) + 3i D 2 3

d) Es gibt zwei Möglichkeiten, λ und λ 2, die sich durch das Vorzeichen in der quadratischen Lösungsformel unterscheiden, also komplex konjugiert zu einander sind. Weitere Lösungen ergeben sich nicht: jede mögliche Gleichung, die λ mit einem durch Permutation entstandenen Wert gleich setzt, ist entweder eine Involution oder wurde bereits bei c) untersucht. Häufige Fehler: Wenn D mit einem der vorgegebenen Punkte A bis C übereinstimmt, dann gibt es 3 mögliche Werte:, und. Wir hatten immer explizit zum Wertebereich von Doppelverhältnissen mit dazu genommen. Damit ist so eine Überlegung für b) geeignet, für c) jedoch nicht. 4

Aufgabe 3. Kreise und Dualität ( Punkte) a) Sie können einen Kreis in RP 2 als Primal-Dual-Paar (A, B) beschreiben. In der dualen Sicht der Ebene beschreibt B dann eine Punktemenge. Ist der in diesem Sinne dualisierte Kreis selbst wieder ein Kreis, unabhängig von der konkreten Lage des ursprünglichen Kreises? Belegen Sie Ihre Antwort mit einem Beweis oder einem Gegenbeispiel. b) Es gibt die speziellen komplexen Punkte I und J, die auf jedem Kreis liegen. Gibt es auch zwei entsprechende komplexe Geraden? Genauer gesagt, gibt es ein Paar von Geraden, die Tangenten an jeden Kreis sind, unabhängig von dessen konkreter Lage? Begründen Sie Ihre Antwort. Lösung: a) Nein, der Duale Kegelschnitt von einem Kreis ist im Allgemeinen selbst kein Kreis. Wenn man die Gleichung (x m x ) 2 + (y m y ) 2 r 2 ausmultipliziert, tritt dabei kein Term mit Monom xy auf. Notiert man einen Kegelschnitt als Matrix, müssen die entsprechenden beiden Terme sich also zwingend zu Null addieren, wenn der Kegelschnitt ein Kreis sein soll. Diese Argumentation muss in der Klausur nicht so detailiert vorgebracht werden. Man kann von einem einigermaßen willkürlich gewählten Kreis ausgehen und diese Eigenschaft überprüfen. 2 5 4 2 A 2 B A 4 5 2 2 2 2 2 Die 4er in der Matrix zeigen, dass es sich dabei nicht um einen Kreis als Punktemenge handelt. b) Nein, es gibt keine Geraden, die an alle Kreise tangential liegen. Zwei Kegelschnitte haben vier Schnittpunkte. Von diesen können manche komplex sein, und manche zusammenfallen, es sind jedoch nie mehr als vier, wenn nicht komplette Komponenten zusammenfallen. Man erinnere sich an den Satz von Bezout aus der Vorlesung vom 7..2. Dual dazu haben zwei Kegelschnitte auch immer maximal vier Tangenten, wenn sie nicht eine gemeinsame duale Komponente haben. Betrachtet man die gemeinsamen Tangenten von zwei Kreisen, dann gibt es durchaus Situationen, in denen alle vier Tangenten reell sind und von der Lage der Kreise abhängen. Es kann also keine weiteren Tangenten mehr geben, die von der Lage unabhängig sind. Die Situation mit den gemeinsamen Komponenten kann man ausschließen, wenn man weiß, dass Kreise nicht degeneriert sind und wenn man annimmt, dass die beiden betrachteten Kreise unterschiedlich sind. Häufige Fehler: Projektive Transformationen erhalten Kreise nicht. Die Eigenschaft eines Kegelschnitts, ein Kreis zu sein, ist nicht projektiv invariant. Jeder Rückzug auf einen Spezialfall mittels projektiver Transformationen ist daher verkehrt. Das gleiche gilt für affine Transformationen. Ein Rückzug auf den Einheitskreis mittels Ähnlichkeitsabbildungen ist möglich. Aber das Duale einer Ähnlichkeitsabbildung ist selbst keine Ähnlichkeitsabbildung mehr. Das gleiche gilt übrigens auch für affine Transformationen sowie auf reine Translationen. Eine Beschränkung auf Kreise, die den Ursprung als Mittelpunkt haben, beschränkt die Allgemeinheit. Diese sind zwar in der Tat wieder zu Kreisen dual, aber ein Verschieben des Kreises in der primalen Welt zerstört die Kreis-Eigenschaft in der dualen Welt. 5

Aufgabe 4. Harmonischer Punkt auf Kegelschnitt (2 Punkte) Gegeben seien die Punkte A bis E in RP 2 wie abgebildet. Durch diese fünf Punkte wird ein Kegelschnitt K eindeutig bestimmt. Konstruieren Sie denjenigen Punkt F, der auch auf dem Kegelschnitt K liegt, und bezüglich dieses Kegelschnitts zu drei anderen Punkten in einem vorgegebenen Doppelverhältnis liegt, nämlich (C, D; E, F ) K Hinweis: Es ist keine Skizze oder Näherungslösung gefragt, sondern eine im Rahmen der Zeichengenauigkeit exakte Konstruktion des Punktes F. Alle Konstruktionsschritte müssen klar erkennbar sein. A B E C D Lösung: Man konstruiert durch A und B jeweils die Verbindungsgeraden zu C, D und E sowie eine weitere Gerade, die zu den Verbindungsgeraden in richtiger Reihenfolge harmonisch liegt. Der Schnitt dieser beiden harmonischen Geraden ist der gesuchte Punkt F : er erfüllt das geforderte Doppelverhältnis von A und von B aus betrachtet, und folglich von überall auf K. Die harmonische Gerade kann man entweder über eine Schnittgerade konstruieren (links), oder mit 6

der dualisierten Konstruktion für harmonische Punkte (rechts, vgl. auch Aufg. 2 b) von Blatt 4). Die Ellipse selbst ist nur zur Illustration eingezeichnet. Ihre Konstruktion mit in der Klausur zugelassenen Mitteln ist alles andere als einfach und war auch nicht verlangt. A B E C D F Man kann auch die dualisierte Harmonische-Lage-Konstruktion im Inneren der Ellipse ausführen, und dabei zwei der Hilfsgeraden direkt durch den Punkt E laufen lassen, so dass sie für beide Geradenbüschel verwendet werden können. Dies reduziert die Zahl der benötigten Linien. A B E C D F 7

Aufgabe 5. Kegelschnitt mit gegebenem Doppelverhältnis (2 Punkte) Gegeben seien die Punkte A bis D in RP 2 wie folgt: A B C D a) Bestimmen Sie alle degenerierten Kegelschnitte durch diese vier Punkte, und repräsentieren Sie diese durch Matrizen. b) Geben Sie eine Matrix M an für den folgenden Kegelschnitt: K : {E (A, B; C, D) E 3} Hinweis: Es genügt das korrekte Ergebnis; Sie müssen die Korrektheit Ihrer Überlegungen nicht beweisen. Lösung: a) Es gibt drei degenerierte Kegelschnitte: A B C D M AB,CD A C B D M AC,BD A D B C M AD,BC Man könnte die Matrizen noch symmetrisieren, aber die Aufgabenstellung verlangt das nicht explizit. b) Es gibt verschiedene Lösungsansätze. Wie Tutorübung: Diese Aufgabe lässt sich analog zur Tutoraufgabe 37 von Blatt 8 lösen. Auf der reellen Geraden gilt (, ; λ, ) λ, wie man entweder weiß oder schnell nachrechnen kann. Die degenerierten Kegelschnitte bilden eine vergleichbare Basis, wobei die Rolle von RP -Punkten von Tangenten an einen der Schnittpunkte übernommen wird. Die Position des zu bestimmenden Punktes x entspricht der des Punktes C im vorgegebenen Doppelverhältnis. Es müssen also Tangenten an den Punkt C betrachtet werden. Die Rolle der wird von dem Kegelschnitt gespielt, der A C als Komponente enthält. B C repräsentiert die, und D C die. Dabei ist auf die Normierung zu achten. Mit symmetrischen Matrizen und geeigneten Vorzeichen ergibt sich: M AC,BD + M AD,BC M AB,CD + Diese drei Matrizen sind also geeignete Repräsentanten, die eine projektive Basis darstellen. Daraus kann man für λ 3 den Kegelschnitt kombinieren. +3 2 3 2 3 8

Doppelverhältnis-Gleichung: Man kann auch direkt von der Gleichung des Doppelverhältnisses ausgehen. Setzt man E (x, y, z) T als variabel an, ergibt sich 3 (A, B; C, D) E [A, C, E][B, D, E] [A, D, E][B, C, E] x y z x y z x y z x y z ( y) (x z) (z y) x yz xy xz xy 3xz 3xy yz xy 2xy 3xz + yz Die letzte Zeile ist die homogene Gleichung eines Kegelschnitts, aus der man direkt die Einträge für die oben angegebene Matrix ablesen kann. Kontrolle: Bis hier geht die eigentliche Bearbeitung der Aufgabe, der Rest ist zur Kontrolle oder zur Erklärung. Will man das Ergebnis überprüfen, so kann man konkret einen Punkt auf dem Kegelschnitt wählen, etwa E ( 2, 2, ) T. Zunächst sollte man sicherstellen, dass dieser Punkt tatsächlich auf dem Kegelschnitt liegt: ( 2, 2, ) 2 3 2 2 2 ( 2, 2, ) 3 3 8 Dann kann man das angegebene Doppelverhältnis ausrechnen: (A, B; C, D) E [ACE][BDE] [ADE][BCE] 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 3) ( ) ( 2) 3 Damit ist nachgewiesen, dass es einen Punkt auf dem oben angegebenen Kegelschnitt gibt, der A bis D unter dem geforderten Doppelverhältnis sieht. Da alle Punkte auf einem Kegelschnitt vier gegebene Punkte auf diesem Kegelschnitt unter dem gleichen Doppelverhältnis sehen, ist die Wahl von E beliebig. Dass A bis D auch auf dem Kegelschnitt liegen, könnte man einzeln nachprüfen, ergibt sich jedoch daraus, dass die beiden degenerierten Kegelschnitte, die linearkombiniert wurden, sich in diesen vier Punkten schneiden. 9

Aufgabe 6. Mittelpunkt konstruieren. (2 Punkte) Die nachfolgende Abbildung zeigt einen Kreis mit Mittelpunkt M, der als Fundamentalgebilde einer Cayley-Klein- Geometrie dient. In dieser Geometrie ist das eingezeichnete Fünfeck regelmäßig, d.h. alle Innenwinkel sind gleich und alle Kantenlängen sind gleich. Konstruieren Sie den Mittelpunkt P des Fünfecks. Sie dürfen Ihr Geodreieck verwenden, um parallele, orthogonale oder tangentiale Geraden (im euklidischen Sinne) einzuzeichnen. Beschreiben Sie die Idee, die Ihrer Konstruktion zugrunde liegt, in wenigen Worten. M Lösung: Es gibt mehrere mögliche Lösungsansätze. Allen gemeinsam ist, dass zunächst zwei der Symmetrieachsen des Fünfecks konstruiert werden, und sich dann der Mittelpunkt als Schnitt dieser beiden Geraden ergibt. Es gibt unterschiedliche Wege, eine Symmetrieachse als solche zu charakterisieren, was zu unterschiedlichen Lösungswegen führt. In den nachfolgenden Abbildungen ist immer die Konstruktion einer Symmetrieachse in Blau dargestellt, die einer zweiten Achse in Orange. Der Mittelpunkt des Kreises wird zur exakten Konstruktion der Tangenten benötigt, was durch gepunktete Linien angedeutet wird. Winkelhalbierende: Wie in der Hausaufgabe 5 d) von Blatt 2 diskutiert, kann man diese konstuieren, indem man den Geradenschnittpunkt mit dem Schnitt zweier Tangenten verbindet, wobei von jeder Gerade eine Tangente in einem der Schnittpunkte mit dem Fundamentalgebilde konstruiert wird. Um die Zeichengenauigkeit zu erhöhen, sollten die Tangenten so gewählt werden, dass sie sich unter einem möglichst rechten Winkel schneiden. Außerdem sollte ihr Schnittpunkt von der entsprechenden Ecke des Fünfecks möglichst weit entfernt liegen, jedoch nicht außerhalb des Arbeitsblattes.

P M Höhe: Aus der Vorlesung ist bekannt, dass zwei Geraden in einer Cayley-Klein-Geometrie senkrecht auf einander stehen, wenn die eine durch den Pol der anderen verläuft. Eine Gerade, die auf einer Kante des Fünfecks senkrecht steht und durch den gegenüberliegenden Eckpunkt verläuft, ist eine Symmetrieachse dieses Fünfecks. Der Pol lässt sich als Schnitt zweier Tangenten konstruieren. Um die Zeichengenauigkeit zu erhöhen, sollte die Kante des Fünfecks so gewählt werden, dass sich die Tangenten unter einem möglichst rechten Winkel schneiden. P M Neutrale Inzidenzgeometrie: Ohne auf das Fundamentalgebilde Bezug nehmen zu müssen, gibt es Punkte, die sich allein aus den Ecken des Fünfecks konstruieren lassen und die auf einer der Symmetrieachsen liegen. Sind die Ecken des Fünfecks der Reihe nach mit A, B, C, D, E bezeichnet, so liegt der Schnittpunkt (B D) (C E) auf der gleichen Symmetrieachse wie A. Diese Achse kann man also als Verbindung diese beiden Punkte konstruieren.

C B A P M D E In der Abbildung werden Teile der blauen Konstruktion für die orangene Konstruktion wiederverwendet, so dass man insgesamt mit nur fünf Linien auskommt. Häufige Fehler: Ansätze, die auf Mittelpunkten von Kanten aufbauen (also Mittelsenkrechte oder Seitenhalbierende), sind nicht praktikabel: es gibt im Hyperbolischen zu zwei gegebenen Punkten zwei Mittelpunkte, also zwei Punkte, die auf der Verbindungsgeraden liegen und zu beiden den gleichen Abstand haben. Einer dieser Abstände wird typischer Weise komplex sein. Die euklidische Konstruktion des Mittelpunkts über Doppelverhältnisse verwendet dabei einen Fernpunkt, also den euklidisch einzigen Schnitt der Gerade mit dem Fundamentalgebilde. Hyperbolisch gibt es zwei solche Schnittpunkte, die sich nicht symmetrisch in eine harmonische-lage-konstruktion einbauen lassen. Dieser Umstand sollte einem spätestens bei der Ausführung der Konstruktion auffallen. 2

Aufgabe 7. Kreisinvariante Transformationen ( Punkte) In dieser Aufgabe bezeichnen Zahlen die Punkte in CP, die sich in Standardeinbettung durch Homogenisieren daraus ergeben. Es sei K der Einheitskreis, also der Kreis mit Mittelpunkt und Radius. i + i M sei die Menge aller projektiven Transformationen in CP, die diesen Kreis K auf sich selbst abbildet. Kreuzen Sie für die nachfolgenden Aussagen jeweils an, ob diese wahr oder falsch sind. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen. Das Wort eine ist als Existenzaussage im Sinne von mindestens eine gemeint. K 2 i 2 a) wahr falsch In M gibt es eine Transformation, die fest lässt. b) wahr falsch In M gibt es eine Transformation, die fest lässt und nicht fest lässt. c) wahr falsch In M gibt es eine Transformation, die 2 d) wahr falsch In M gibt es eine Transformation, die 2 fest lässt und nicht fest lässt. fest lässt und 2 nicht fest lässt. e) wahr falsch In M gibt es eine Transformation, die auf abbildet. f) wahr falsch In M gibt es eine Transformation, die auf 2 und i auf + i abbildet. g) wahr falsch Die Elemente von M bilden eine abelsche Gruppe. h) wahr falsch Diejenigen Elemente von M, die fest lassen, bilden eine abelsche Gruppe. i) wahr falsch Diejenigen Elemente von M, die fest lassen, bilden eine abelsche Gruppe. j) wahr falsch Diejenigen Elemente von M, die i fest lassen, bilden eine abelsche Gruppe. k) wahr falsch Diejenigen Elemente von M, die + i fest lassen, bilden eine abelsche Gruppe. Zur Erinnerung: Eine Gruppe heißt abelsch, wenn in ihr das Kommutativgesetzt a b b a gilt. Bewertung: Falsche Antworten führen zu Punktabzug. Die gesamte Aufgabe wird jedoch nicht schlechter als mit Punkten bewertet. Lösung: Zunächst die Antworten in Kurzform zum schnellen Vergleichen: a) wahr falsch z.b. Identität b) wahr falsch Rotationen c) wahr falsch hyperbolische Rotationen d) wahr falsch hyperbolisch der gleiche Punkt e) wahr falsch Inzidenzerhalt f) wahr falsch Innen und Außen gemischt g) wahr falsch RP -Trafos h) wahr falsch Rotationen i) wahr falsch affine Trafos j) wahr falsch affine Trafos k) wahr falsch hyperbolische Rotationen 3

Und jetzt noch mal ausführliche Erklärungen. Prinzipiell kann man viele dieser Alternativen am besten verstehen, wenn man sich zum einen die Abbildunegn als Kongruenzabbildungen in hyperbolischer Geometrie im Poincaré-Modell vorstellt. a) Die Identität lässt sowohl K als auch fest. b) Man kann den Kreis um seinen Mittelpunkt drehen, so dass er als ganzes auf sich selbst abgebildet wird. c) Man kann jeden beliebigen Punkt, der nicht auf dem Kreis liegt, durch eine hyperbolische Translation auf den Ursprung abbilden. Dort kann man dann die Drehung ausführen und den Punkt anschließend zurück transformieren. In Summe kann also jeder beliebige Punkt das Zentrum einer Rotation sein. d) Aufgrund der Doppel-Überdeckung im Poincaré-Modell werden Punkte, die durch Inversion am Kreis ineinander übergehen, identifiziert. Jede Abbildung, die den Kreis K fix lässt, behandelt beide Punkte auf die gleiche Weise. Anders gesagt, Kreisinversion gefolgt von Transformation ist das gleiche wie Transformation gefolgt von Kreisinversion. Deswegen kann es nicht passieren, dass einer dieser beiden identifizierten Punkte ein Fixpunkt einer projektiven Transformation ist, der andere jedoch nicht. e) Da projektive Abbildungen Inzidenzen erhalten, kann ein Punkt, der nicht auf dem Kreis liegt, nie auf einen Punkt abgebildet werden, der auf dem Kreis liegt. f) Projektive Abbildungen, die den Kreisrand als ganzes fix lassen, können zwar sein Inneres und sein Äußeres vertauschen, jedoch nur als ganzes. Es kann also nicht sein, dass zwei Punkte, von denen vorher einer innen und einer außen lag, nach der Transformation beide außerhalb des Kreises liegen. g) Alle Abbildungen, die den Kreis fix lassen, sind bereits durch ihren Effekt auf die Punkte auf dem Kreis eindeutig beschrieben. Diesen wiederum kann man als projektive Gerade auffassen. Daher ist M isomorph zur Gruppe der projektiven Abbildungen auf RP. Dass diese nicht abelsch ist, kann man leicht überprüfen: ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( ) 2 h) Wenn man den Ursprung des Kreises fixiert, bindet dies zwei der drei Freiheitsgrade, die eine allgemeine RP - Transformation hat. Deswegen bleibt nur ein einziger Freiheitsgrad übrig, weshalb es außer den Drehungen keine weiteren Elemente in dieser Menge gibt. Drehungen sind kommutativ, da die Addition der Drehwinkel kommutativ ist. i) Wenn man den Kreis wieder als RP auffasst, wird diesmal ein Punkt dieser Geraden fixiert. Am einfachsten stellt man sich diesen als Fernpunkt vor, was ja durch eine geeignete Basis leicht zu erreichen ist. Die Menge aller projektiven Transformationen, die unendlich ferne Objekte fest lassen, wird auch als affine Transformationen bezeichnet. Auf der Geraden sind das (unhomogen formuliert) alle Abbildungen der Form x ax + b Wieder lässt sich schnell zeigen, dass diese nicht kommutativ sind: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 Es macht also einen Unterschied, ob man erst addiert und dann verdoppelt, oder umgekehrt. j) Welcher Punkt auf dem Kreis fix bleibt, ist vollkommen irrelevant, da die Eigenschaft, abelsch zu sein, projektiv invariant ist, und deswegen die Basis auf dem Kreis beliebig gewählt werden kann. Daher ist das vorherige Argument unverändert anwendbar. k) Man kann den Punkt (oder seine Inversion am Kreis) als Mittelpunkt einer hyperbolischen Rotation auffassen. Auch diesmal addieren sich Drehwinkel, weshalb die Gruppe kommutativ sein muss. 4