Hallo, herzlich willkommen. Wir waren stehen geblieben,
mitten in einem Beweis, nämlich von dem folgenden Satz.
5, 14. Die Aussage, Teilaussage 1, wenn Sigma
eine Axel hat, dann folgt Sigma hat auch ein Zentrum.
Dass wir dann Z nennen. Und wir waren stehen geblieben
in dem zweiten Fall, an diesem Fall hier,
dass nämlich für alle Punkte die nicht auf L liegen,
gilt, Sigma von P ist Ungleich-P.
Also die Punkte außerhalb von L sind allesamt keine Fixpunkte.
Ich skizziere das hier mal, hier ist L,
hier ist P, dann ist Sigma von P, von P verschieden.
Und wir können die Verbindungsgrade bilden und haben hier einen Schnittpunkt,
den nenne ich Z, und die Idee ist zu zeigen,
wie der Name hier schon sagt, zeige,
Z ist Zentrum,
Und dazu zeigen wir drei Sachen. Insbesondere zeigen wir im zweiten Schritt gleich,
dass das unabhängig von der Wahl von P ist.
Also hier habe ich AP scheinbar beliebig erst mal gewählt.
Also mein erster Schritt sagt aber, das brauchen wir nachher.
Und das gehört ja auch zur Zentrumseigenschaft,
dass diese gerade für ein beliebiges P außerhalb von L,
die gerade P, Sigma von P, immer eine Fix gerade ist.
P, Sigma von P ist Fix gerade
Ich habe das jetzt ein klein bisschen anders strukturiert als im Skript, den Beweis.
Das so fand ich es ein bisschen durchsichtiger. Sie können ja
schauen, wie Sie dazu stehen. Und wenn das nachher eine Grade ist,
die durch Z geht, und wir wollen ja,
ist ein Zentrum, das heißt ja,
alle Graden durch Z müssen fix gerade sein,
die gerade P-Sigma von P ist auf jeden Fall dann schon mal eine fix gerade.
Warum ist das so? Wir rechnen das Bild aus und müssen zeigen,
das Bild ist wie der P-Sigma von P selber.
Sigma von P-Sigma von P. ist ja Sigma von PZ,
die gerade P-Sigma von P. Ist dasselbe wie die gerade PZ
Das ist die Grade, die Verbindungsgrade der Weltpunkte,
also Sigmar von P. Sigmar von Z. Das ist Sigmar von PZ.
MaZ ist ein Fixpunkt. MaZ auf der Axelit, das Set
an Wichsbunk. Und jetzt sehen wir hier Sigmar von PZ.
Das ist auch dieselbe Grade, die wird gerade die ganze Zeit betrachten.
Das ist also das Gleiche wie P, Sigmar VP.
Also diese Grade wird auf sich selbst abgebildet. Das ist
die gerade hier, die kann speziellen Namen hat. So,
zweiter Schritt, wie ich eben schon gesagt habe,
Diese Konstruktion von dem Z ist unabhängig von der Wahl von P
und dann ähne ich jetzt den Punkt nicht mehr P,
sondern A und B, wie das im Skript auch teilweise steht.
Also wenn ich A und B, HSP ohne L nehme,
also hier ist auch P, Element P ohne L,
so wie hier oben auch, dann gilt,
wenn ich jetzt A, Sigma von A mit El schneide,
wenn A jetzt gleich P von oben wäre,
dann wäre das der Punkt Z und ich möchte zeigen,
dass es unabhängig vom Punkt,
das ist also stets das Gleiche wie B,
Sigma von
Geschnitten hält. Also für beliebige Punkte außerhalb von L geht die Verbindungsgrade Punkt mit Bildpunkt
immer durch den gleichen Punkt und den kann ich dann ab sofort Z nennen.
Also hier habe ich ihn auch schon Z genannt,
aber ab hier möchte ich ihn jetzt sozusagen nochmal als Set hier signalisieren.
Und wie beweisen wir das? Das machen wir mit Widerspruch.
Annahme, diese beiden Schnittpunkte seien verschieden. Also wenn das jetzt hier A,
Sigma von A ist,
die schneidet hier und wenn ich noch eine B-Sigma von B hätte,
Wie würdet ihr schneiden zum Beispiel, dann müssen wir aber angucken,
was ist dann der Schnittpunkt von A,
Sigmar von A und B, Sigmar von B?
Die schneiden sich ja auch. Und das kann dann nicht
der Punkt Z sein, beziehungsweise noch genauer,
das kann kein Punkt von L sein,
denn die Schnittpunkte mit L sind verschieden.
Also dieser Punkt, den nenne ich S,
der liegt dann nicht auf L. Wenn er auf L wäre,
wären die beiden Schnittpunkte mit L doch wieder identisch gleich S.
So, und jetzt kommen wir zu unserem Widerspruch.
Dann ist nämlich, was ist dann nämlich
Sigmar von S
Sigmar von S liegt auf Sigmar von Sigmar von,
also dem Sigmarbild dieser Graden geschnitten, dem Sigmarbild dieser Graden.
Wenn ein Punkt der Punkt ist, ist der Schnittpunkt zweier Graden,
dann ist der Bildpunkt der Schnittpunkt der zwei Bildgraden.
Die Bildgraden sind jetzt aber nach Schritt eins erster Schritt.
Sind diese beiden Graden hier Fixgarden? Für jedes P ist
P Sigma von P fix gerade, das heißt,
das ist hier A, Sigma von A,
wie Sigmar von B. Und das ist S.
Das heißt Sigmar von S ist gleich S. Widerspruch zu unserer Generalvoraussetzung,
das für alle Punkte, die nicht auf L liegen,
Sigmar von dem Punkt ungleich dem Punkt ist.
Also das sind alle Punkte außerhalb von L. keine Fixpunkte sind.
Jetzt hätten wir doch einen Fixpunkt gefunden, nämlich den Schnittpunkt
der Zwei Fixgraden. Also das ist vielleicht auch anschaulich plausibel.
Der Schnittpunkt zweier Fixgraden ist ein Fixpunkt. So,
jetzt fehlt noch der dritte Schritt, die eigentliche Behauptung,
nämlich dass dieses Z jetzt wirklich ein Zentrum ist oder das Zentrum.
Wir werden nachher sehen, das Zentrum ist eindeutig.
Im Moment reicht es, um zu zeigen,
das Z ist eins, ist ein Zentrum.
Dritter Schritt zeiget dieses Set, das Zentrum.
Und Z ist Zentrum, bedeutet ja,
jede gerade durch Z ist fix gerade.
Erstens,
die gerade L durch Z ist fix gerade
Mache ich einen Haken hinter. El ist ja die Achse,
also eine Fixpunktgrade sogar, ist insbesondere eine Fixgrade.
So, ich muss jetzt also noch alle anderen geraden durch Z betrachten.
Und dazu zeige ich, zeige jede gerade,
gehe ungleich L durch Z, hat die Gestalt,
mal gucken, wie habe ich es hier genannt,
ja,
P,
Sigma von P
für ein
Nicht elementell. So wie hier in der Skizze,
dass aber wirklich jede beliebige gerade,
wenn ich jetzt eine beliebige gerade durch zerzeichne,
die nicht L ist,
dass ich hier auch einen Punkt drauf finde,
den ich dann ja hier jetzt auch P genannt habe,
ich könnte ihn auch anders nennen,
sodass diese gerade auch wieder Verbindungsgrade von einem Punkt und seinem Bildpunkt ist,
wenn ich das gezeigt habe, dann folgt nach Schritt 1,
dass diese gerade fix gerade ist,
erster Schritt,
die fix gerade
So, aber warum hat jede gerade die ungleich
El durch Z die Gestalt P, Sigmar von P?
Kurz auf meinem Spitzzettel gucken. Das schreibe ich jetzt vielleicht
mal mit einer anderen Farbe, damit wir das ein bisschen übersichtlich haben.
Das hier muss ich noch zeigen. Das mache ich mal
hierhin, wenn wir das hier noch mit drauf passt.
Also G ist ungleich El. Das heißt,
hier muss es außerhalb von Z noch einen weiteren Punkt geben
Äh... Es existiert einen Punkt, ich nenne jetzt vielleicht mal P-Strich,
damit ich hier mit meiner Zeichnung besser zurechtkomme.
P-Strich, Element, geh ohne L. Dann folgt unsere Grade
G, ist die Verbindungsgrade von Z und P-Strich.
Z und P-Strich.
Nach Schritt
Ist Set-Element, Pi, Strich, Sigma von P-Strich.
Das gilt für jeden Punkt. A, B,
ob ich in A, B oder P-Strich nenne,
wenn ich ihn mit El schneide, kommt immer der gleiche Punkt raus.
Das war der Punkt, den ich Z genannt habe.
Das heißt, Z liegt auf dieser Grade. Und auf dieser,
also auf der Gran P-Strich, Sigma von P,
Strecklich Z drauf Und P strich liegt natürlich auch drauf.
Das heißt P-Strich-Sigma von P-Strich ist P-Strich-Z. Und das ist G.
Und das ist das, was wir zeigen wollten.
G hat die Gestalt P-Sigma von P-Strich und ist damit eine Fixgrade.
Und das war das, was wir zeigen wollten.
Und das gilt jetzt für jede gerade durch Z,
die nicht L ist. Und damit sind alle Graben durch Z,
die nicht L sind, fix geworden. So,
damit haben wir den Satz 5, 14 vollständig bewiesen,
wenn eine Kollination einer projektiven Ebene eine Achse hat,
dann auch ein Zentrum.
Und dann gab es noch die umgekehrte Richtung,
die zu dieser Dual ist,
wenn ein Zentrum existiert,
dann auch eine Achse
Und ich möchte noch ein klein bisschen weitermachen und eine Skizze machen,
damit sie sich mal veranschaulichen können, wie sieht das überhaupt aus?
Mal sehen, ob sie das anschaulich finden, aber ich versuche es mal.
Wir nehmen mal an, wir haben eine projektive Ebene,
eine Koordination Sigma mit Axel L und Zentrum Z.
Und es ist ein bisschen einfacher, die Situation,
wo das Zentrum nicht auf der Achse ist,
für Zentrum auf Axel wird das aber vom Prinzip her genauso gehen.
Und wir stellen uns vor,
wir haben einen Punkt P vorgegeben,
der jetzt nicht Z und nicht L ist und wo liegt dann Sigma von P.,
das ist im Prinzip so ähnlich wie eben.
Wir können diese gerade hier bilden. Weil Z,
Zentrum ist, bleibt diese gerade fix. Das heißt,
der Punkt P kann nicht von dieser gerade weg rücken,
wenn ich sie mal anwende.
Sigma von P liegt zum Beispiel hier. Also muss auf
jeden Fall irgendwo auf der Verbindungsgrade PZ legen.
Also für jeden Punkt gilt, das Zentrum,
der Punkt und das Bild sind kolinear.
Also das schreibe ich vielleicht hier nochmal hin.
Das steht im Skript, glaube ich, nirgends drin.
Das ist aber eine
ganz wichtige Sache
P, Sigma von P, Collinia. Das gilt immer. So,
und jetzt ist die Aufgabenstellung jetzt für diese kleine Skizze,
die ich hier mache, ist,
wenn ich einen zweiten Punkt mir vor, gebe X.
Meine Frage ist, wo liegt Sigma von X?
Und die Behauptung ist, das werde ich Ihnen gleich vorführen,
Sigma von X ist eindeutig bestimmt durch das,
was hier auch schon auf dem Blatt ist.
Und die Tatsache, dass wir eine ACL und Zentrum Z haben.
Genau, wir wissen, genau wie für P
gilt auch Z
Sigmar von X in Collinear. Das heißt,
Sigmar von X muss irgendwo auf dieser grünen Grade liegen.
Und jetzt machen wir noch eine Hilfsgrade.
Nämlich die Verbindungsgrade von P und X. Den Schnittpunkt,
nenne ich mal, S hier.
Und wir wissen, X liegt auf der Verbindungsgrade PS.
So habe ich es konstruiert. Und es liegt auf L.
Es ist der Schnittpunkt mit 11. Dann liegt Sigmar von X
natürlich auf der Bild gerade.
Sigmar von PS
Das ist Sigma von P., Sigma von S.
Das ist Sigma von P. S. Hu ist Sigma von P.S.
Das können wir einzeichnen. Hier. Das heißt Sigma von X
liegt einerseits auf der grünen Graden, nach dieser Sache hier.
Auf jeden Fall auf ZX. Das ist die Grüne gerade
, nachdem hier oben. Und andererseits jetzt eben auch auf
Sigma von PS.
Das heißt
der Bildpunkt ist hier
Es gibt nur eine Möglichkeit, wo Sigmar von X liegen kann und das ist hier.
Und so kann ich für jeden Punkt seinen Wegpunkt konstruieren,
wenn ich nur eine Konstellation vorausgesetzt habe,
nämlich das P auf Sigmar von P geht.
Wenn ich das voraussetze und voraussetze, L ist Atze,
Z ist Zentrum, dann kann ich für jeden anderen Punkt den Bildpunkt konstruieren.
Eine Punktklasse ist noch ein bisschen schwieriger,
nämlich wenn ich einen Punkt habe,
der hier auf dieser Graden liegt,
dann könnte ich die Konstruktion nicht machen,
hier mit den roten,
hilft mit den roten Graden,
nicht einen Punkt Y habe
Dann würde ich aber sagen,
ich habe ja jetzt auch schon x Sigma von x konstruiert
und kann dann mit demselben Trick jetzt Sigma von Y konstruieren,
Sigma von Y muss auf der blauen Graden liegen.
Sigma von y ist einerseits Element, Z Y gleich,
Z P und Sigma von Y ist andererseits auf der Bildgraden,
habe ich hier noch einen Schnittpunkt, den sage ich mal S-Strich auf der Bildgraden
Von der gerade XS-Strich, was Sigma von XS-Strich ist.
Dasselbe Prinzip wie eben, nur jetzt mit der Benutzung von,
dass wir schon das Bild von diesem X kennen und ist hier,
sieht man von Y.
So kann ich tatsächlich für jeden Punkt der projektiven Ebene den Bildpunkt konstruieren.
Und das ist jetzt der erste Teil von dem Satz 5,15.
Den Satz schreibe ich nächstes Mal dann nochmal von vollständig hin,
aber diesen ersten Punkt Möchte ich jetzt hier schon mal hinschreiben?
Also dazu sei P eine projektive Ebene. Und sieg mal
ein Automoorfismus mit Zentrum. Set, Axel, beliebig.
Also in meiner Skizze war jetzt das Zentrum nicht auf der
Achse, aber das ist unabhängig davon.
Die Konstruktion funktioniert auch sonst. Und dann gilt,
wie wir hier jetzt oben gerade gesehen haben,
durch ein Paar.
P,
Sigma von
Mit denen waren wir gestartet. Und P ist ein Punkt,
der nicht auf Ell liegt und auch nicht Z ist.
Also ein Punkt, dessen Bildpunkt, also der wirklich kein Fixpunkt ist.
Das könnte auch Fixpunkt sein, dann wird sich rausstellen,
alles ist die Identität, das machen wir nächstes Mal.
Aber jedenfalls ein Punkt P,
der weder auf L liegt, noch gleich Z ist,
durch ein solches Paarpunkt Bildpunkt
ist Sigmar
eindeutig bestimmt
Das haben wir oben gerade ausgeführt. Für jeden Punkt kann ich
den Bildpunkt konstruieren. Im Skript steht jetzt hier bei dem Satz,
die Konstruktion nochmal mit aufgelistet, so wie es sie hier durchgeführt hat,
was hier im Prinzip in Stichworten steht.
Kleine Bemerkung noch, das heißt diese Teilaussage haben wir damit dann schon bewiesen.
Kleine Bemerkung noch, es steht hier eindeutig bestimmt,
also die Eindeutigkeit von dieser Abbildung Sigma, ist damit gegeben,
über die Existenz von Sigma ist hier aber gar nichts gesagt.
Also es gibt auch projektive Ebenen,
da gibt es vielleicht überhaupt keine,
oder fast gar keine zentral,
solche Koordinationen mit Zentrum Z und ACL
Das werden wir später noch analysieren,
also aber wenn ein solches Signal existiert, dann ist es eindeutig,
dann existieren nicht mehrere mit dem gegebenen Zentrum Z,
der gegebenen ACL und der Vorgabe,
dass P auf Sigma von P. abgebildet wird,
sondern wenn eine existiert dann immer nur genau eine.
Und damit schließe ich hier und mache an der Stelle
dann im nächsten Video weiter.
Danke für die Aufmerksamkeit