Bevezetes a veges geometriaba

Szilasi Zoltan

Tartalomjegyzek

1. Projektıv es affin sıkok 21.1. Illeszkedesi geometriak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2. Affin es projektıv sıkok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3. Veges projektıv es affin sıkok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4. Ferdetest feletti projektıv es affin sıkok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5. Ferdetest feletti projektıv sıkok geometriai tulajdonsagai . . . . . . . . 171.6. Ferdetest feletti projektıv sıkok kollineacioi . . . . . . . . . . . . . . . 231.7. Veges test feletti projektıv sıkok polaritasai . . . . . . . . . . . . . . . 271.8. Masodrendu gorbek es Hermite-gorbek veges test feletti projektıv sıkokon 29

2. Konstrukciok veges projektıv sıkokban 392.1. Lefogo halmazok, blokkolo halmazok, reszsıkok . . . . . . . . . . . . . 392.2. Ivek, ovalisok, hiperovalisok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3. Ovalisok es hiperovalisok veges test feletti projektıv sıkokon, Segre tetele 482.4. Veges test feletti projektıv sıkok ciklikus megadasa . . . . . . . . . . . 55

3. Projektıv sıkok koordinatazasa 613.1. Centralis kollineaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.2. Projektıv sıkok koordinatazasa terner gyuruvel . . . . . . . . . . . . . 663.3. Osszefuggesek egy projektıv sık geometriai tulajdonsagai es a koor-

dinatazo struktura algebrai tulajdonsagai kozott . . . . . . . . . . . . 683.4. Latin negyzetek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.5. Nem Desargues-fele veges projektıv sıkok konstrukcioja derivalassal . . 80

4. Veges projektıv terek 904.1. Magasabb dimenzios projektıv terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.2. Polaritasok es masodrendu feluletek magasabb dimenzios veges pro-

jektıv terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.3. Ovoidok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.4. Plucker-koordinatak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5. Steiner-rendszerek 1125.1. Blokkrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1125.2. Steiner-fele harmasrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1185.3. Steiner-fele negyesrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

1

1. Projektıv es affin sıkok

1.1. Illeszkedesi geometriak

1.1. Definıcio. Egy (P,L, I) rendezett harmast illeszkedesi geometrianak ne-vezunk, ha P es L halmazok, I ⊂ P×L relacio. P elemeit pontoknak, L elemeitegyeneseknek vagy blokkoknak, I-t illeszkedesi relacionak hıvjuk.

Ha (P, l) ∈ I, az alabbi elnevezesek valamelyiket hasznaljuk: P illeszkedikl-re, l illeszkedik P -re, P es l illeszkedik, P rajta van l-en, l atmegy P -n.

Ha egy illeszkedesi geometriaban pontok egy halmazahoz talalhato olyanegyenes, amelyre a halmaz osszes eleme illeszkedik, akkor a tekintett pont-halmazt kollinearisnak nevezzuk. Amennyiben egyenesek egy halmazahoz vanolyan pont, amely a tekintett egyenesek mindegyikere illeszkedik, azt mondjuk,hogy az egyenesek konkurrensek. Ket egyenes metszo, ha van kozos pontjuk.

Ha egy illeszkedesi geometriaban az A es B pontokhoz egyertelmuen van

olyan egyenes, amelyre mindket pont illeszkedik, ezt az egyenest←−→AB jeloli. Ha

az e es f egyeneseknek pontosan egy kozos pontjuk van, ezt a kozos pontot azegyenesek metszespont janak hıvjuk, es e∩ f jeloli. Utobbi jeloles kovetkezetlen-nek tunhet, hiszen osszekeverheto a halmazelmeleti metszet jelevel, hasznalatatazonban 1.5. indokoltta teszi.

1.2. Definıcio. Legyenek (P,L, I) es (P ′,L′, I ′) illeszkedesi geometriak. Aϕ = (ϕ1, ϕ2) lekepezespart izomorfizmusnak nevezzuk, ha ϕ1 : P → P ′ esϕ2 : L → L′ bijektıvek, tovabba tetszoleges (X, l) ∈ P × L eseten (X, l) ∈ Ipontosan akkor teljesul, amikor (ϕ1(X), ϕ2(l)) ∈ I ′. Ket illeszkedesi geometriatizomorfnak mondunk, ha letezik kozottuk izomorfizmus.

Szokas izomorfizmusnak nevezni ket illeszkedesi geometria pontjainak hal-mazai kozott megadott olyan bijektıv lekepezeseket, amelyek kollinearis pontok-hoz kollinearis pontokat rendelnek. Egy ilyen lekepezes - ami a mi definıcionkszerinti ϕ1 lekepezes - egyertelmuen szarmaztat egy ϕ2 lekepezest az egyenes-halmazok kozott oly modon, hogy ϕ2 tetszoleges e egyeneshez az e-re illeszkedopontok kepeinek kozos egyeneset rendeli.

1.3. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat onmagara kepezo izomorfizmusokatkollineacioknak nevezzuk.

A kesobbiekben az egyszeruseg kedveert a kollineaciok pontokon es egyene-seken hato reszet egyforman fogjuk jelolni, tehat egy ϕ = (ϕ1, ϕ2) kollineacioeseten a ϕ1(X) pontot illetve a ϕ2(l) egyenest ϕ(X) illetve a ϕ(l) jeloli.

Egyszeruen vegiggondolhato, hogy tetszoleges illeszkedesi geometria kol-lineacioi csoportot alkotnak, ezt a szoban forgo illeszkedesi geometria kol-lineaciocsoport janak nevezzuk.

1.4. Definıcio. Amennyiben a (P,L, I) illeszkedesi geometria ϕ = (ϕ1, ϕ2) kol-lineaciojanal valamely P ∈ P eseten ϕ1(P ) = P , azt mondjuk, hogy P fixpont.Ha l ∈ L eseten ϕ2(l) = l, ugy l fixegyenes vagy invarians egyenes.

2

1.5. Lemma. Tetszoleges (P,L, I) illeszkedesi geometriahoz talalhato olyan,a tekintettel izomorf (P,L′,∈) illeszkedesi geometria, ahol L′ elemei Preszhalmazai.

Bizonyıtas: Tetszoleges e ∈ L eseten legyen e′ az e-re illeszkedo pontok hal-maza, jelolje L′ az ıgy nyert e′-k halmazat. Ha ϕ2 tetszoleges e-hez hozzarendeliaz elozoekben definialt e′-t, es ϕ1 az identitas, akkor (ϕ1, ϕ2) izomorfizmus a(P,L, I) es (P,L′,∈) illeszkedesi geometriak kozott.

Az elozo lemmara tekintettel tetszoleges illeszkedesi geometria eseten az Xpont es l egyenes illeszkedeset (X, l) ∈ I helyett X ∈ l modon is szokas kifejezni,tovabba indokoltta valik a metszespontokra bevezetett jeloles.

1.2. Affin es projektıv sıkok

1.6. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat affin sıknak nevezunk, ha tel-jesulnek ra a kovetkezo tulajdonsagok.

(A1) Barmely ket pontra illeszkedik egy es csak egy egyenes.

(A2) Tetszolegesen megadva egy l egyenest es egy ra nem illeszkedo A pontot,letezik pontosan egy olyan egyenes, amely illeszkedik A-ra es nincsen kozospontja l-el. ( Affin parhuzamossagi axioma.)

(A3) Van harom nem kollinearis pont.

Ha egy affin sık ket egyenesenek nincs kozos pontja, azt mondjuk, hogy aket egyenes parhuzamos. Megallapodunk tovabba abban, hogy minden egyenesparhuzamos onmagaval. Az e es f egyenesek parhuzamossagat e‖f modon fogjukkifejezni.

1.7. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat projektıv sıknak nevezunk,amennyiben teljesulnek ra az alabbi tulajdonsagok.

(P1) Barmely ket pontra illeszkedik egy es csak egy egyenes.

(P2) Barmely ket egyenesnek letezik egy es csak egy kozos pontja.

(P3) Letezik negy altalanos helyzetu pont; azaz negy olyan pont, amelyek kozulsemelyik harom nem kollinearis.

1.8. Allıtas. Ha (P,L, I) projektıv sık, akkor (L,P, I−1) is projektıv sık. Ezta projektıv sıkot az eredeti sık dualisanak mondjuk.

Bizonyıtas: Az”uj geometriaban” a (P1) es (P2) tulajdonsagok teljesulese az

eredeti sıkon igaz (P2) illetve (P1) tulajdonsagok teljesuleset jelenti, ıgy bi-zonyıtast csak (P3) igenyel. Ehhez azt kell megmutatni, hogy barmely pro-jektıv sıknak letezik negy olyan egyenese, melyek kozul semelyik harom nemilleszkedik egy pontra. (P3) miatt tetszoleges projektıv sıkon letezik negyolyan pont, melyek kozott nincs harom kollinearis, legyenek ezek A, B, C, D.

Konnyen belathato, hogy ekkor az←−→AB,

←−→BC,

←−→CD,←−→DA egyenesek megfelelnek a

felteteleknek.

3

1.9. Definıcio. Projektıv sıkok egy osztalyat ondualisnak nevezzuk, ha mindensıkkal egyutt a dualisat is tartalmazza.

Egy projektıv sıkokra vonatkozo allıtas dualisan az eredetibol a”pont” es

”egyenes” szavak (es az azokkal definialt megfelelo fogalmak) felcserelesevel ka-

pott uj allıtast ertjuk. Ha egy allıtas projektıv sıkok egy ondualis osztalyanakminden sıkjaban igaz, akkor ugyanez teljesul az allıtas dualisara is.

1.10. Kovetkezmeny. (A dualitas elve) Az osszes projektıv sıkok osztalyaondualis.

Az elozoek alapjan tehat ha egy allıtas igaz az osszes projektıv sıkon, akkoraz allıtas dualisa is igaz az osszes projektıv sıkon.

Megjegyezzuk, hogy bar minden projektıv sık dualisa projektıv sık, egyprojektıv sık nem feltetlenul izomorf a dualisaval.

A kovetkezokben az affin es projektıv sıkok kozotti kapcsolatot fogjukvizsgalni. Eloszor egy tetszoleges affin sıkbol projektıv sıkot konstrualunk.

1.11. Lemma. Tetszoleges affin sık egyeneseinek halmazan a parhuzamossagekvivalenciarelacio.

Bizonyıtas: A reflexivitas es a szimmetria a parhuzamossag definıcioja alapjannyilvanvalo. A tranzitivitas igazolasahoz tegyuk fel, hogy l‖m es m‖n. Ha a te-kintett egyenesek kozott van ket egybeeso, akkor l‖n automatikusan kovetkezik,tegyuk fel, hogy nem ez a helyzet. Indirekt modon okoskodva tegyuk fel, hogyl es n nem parhuzamos, kozos pontjuk legyen P . Ekkor l es n egyarant P -reilleszkedo, m-el parhuzamos egyenesek, ami ellentmond az affin parhuzamossagiaxiomanak.

1.12. Definıcio. Egy affin sık egyenesei kozott a parhuzamossag, mint ekviva-lenciarelacio altal indukalt ekvivalenciaosztalyokat vegtelen tavoli (vagy idealis)pontoknak hıvjuk.

1.13. Allıtas es definıcio. (Az affin sıkok projektıv lezarasa) Legyen (P,L, I)affin sık. Jelolje Pi a sık vegtelen tavoli pontjainak halmazat, es legyen l∞ egyuj szimbolum, amit vegtelen tavoli (vagy idealis) egyenesnek nevezunk. Ekkoraz alabbi (P ′,L′, I ′) illeszkedesi geometria projektıv sık:P ′ := P∪Pi (a pontok halmaza az affin sık pontjait es a vegtelen tavoli pontokattartalmazza);L′ := L∪{l∞} (az egyenesek halmaza az affin sık egyeneseit es a vegtelen tavoliegyenest tartalmazza);I ′ := I ∪ {(A, l∞)|A ∈ Pi} ∪ {(A, l)|A ∈ Pi, l ∈ A} (az affin sıkon teljesulo il-leszkedesek mellett minden vegtelen tavoli pont illeszkedik a vegtelen tavoli egye-nesre, tovabba minden egyenesre illeszkedik az altala reprezentalt vegtelen tavolipont).A (P ′,L′, I ′) projektıv sıkot a (P,L, I) affin sık projektıv lezartjanak nevezzuk.

4

Bizonyıtas:

• (P1) igazolasahoz megmutatjuk, hogy a (P ′,L′, I ′) illeszkedesi geo-metriaban barmely ket pontra illeszkedik egy es csak egy egyenes. HaA,B ∈ P, azaz A es B az affin sık pontjai, akkor illeszkedik rajuk azaffin sık egy es csak egy egyenese. Ez az illeszkedes az uj illeszkedesistrukturaban is teljesul. Az affin sık egy pontjara es egy vegtelen tavolipontra a parhuzamossagi axioma miatt illeszkedik egy es csak egy egyenes:a vegtelen tavoli pont egy, az affin sık adott pontjara nem illeszkedo rep-rezentans egyeneset tekintve azzal egy es csak egy parhuzamos letezik azadott ponton keresztul. Vegul ket vegtelen tavoli pontra csakis a vegtelentavoli egyenes illeszkedik.

• (P2) ellenorzesehez belatjuk, hogy a (P ′,L′, I ′) illeszkedesi geometriabanbarmely ket egyenesnek egy es csak egy kozos pontja van. Az affin sıkvalamely ket egyenese metszo vagy parhuzamos. Amennyiben metszoek,kozos pontjuk az affin sık egy pontja, es nincs kozos vegtelen tavoli pont-juk. Amennyiben parhuzamosak, az affin sıkon nincs kozos pontjuk, azon-ban ugyanazon vegtelen tavoli pontot reprezentaljak. Vegul az affin sıkegy egyenese es a vegtelen tavoli egyenes pontosan az affin sık egyenesealtal reprezentalt vegtelen tavoli pontban metszik egymast.

• Vegul (P3) megmutatasa vegett ellenorizzuk, hogy tetszoleges affin sıkonvan negy altalanos helyzetu pont. (A3) miatt tetszoleges affin sıkon vanharom nem kollinearis pont, legyenek ezek A, B es C. Legyen a C-re illesz-

kedo←−→AB-vel parhuzamos egyertelmu egyenes c, a B-re illeszkedo

←→AC-vel

parhuzamos egyertelmu egyenes b. Vilagos, hogy b es c nem parhuzamos.Igy A, B, C es b ∩ c a kıvant tulajdonsaggal rendelkezo pontnegyes.

A kovetkezokben az elozo konstrukcio”megfordıtasaval” egy tetszoleges pro-

jektıv sıkbol affin sıkot keszıtunk.

1.14. Allıtas. Legyen (P,L, I) projektıv sık, l ∈ L a sık tetszoleges egyenese.Ekkor az alabbi (P ′,L′, I ′) illeszkedesi geometria affin sık:P ′ := P\ {A|(A, l) ∈ I} (a pontok a projektıv sık l-re nem illeszkedo pontjai);L′ := L\ {l} (az egyenesek a projektıv sık l-tol kulonbozo egyenesei);I ′ := {(A, e)|A ∈ P ′, e ∈ L′, (A, e) ∈ I} (az illeszkedesek a projektıv sık

”meg-

marado” illeszkedesei).

Bizonyıtas: (P ′,L′, I ′) barmely ket pontjara illeszkedik egy es csak egy egye-nes, ugyanis a projektıv sıkon ez teljesult, es P ′-hoz tartozo pontot tartalmazoegyenest nem hagytunk el. Hasonloan egyszeruen lathato, hogy (P ′,L′, I ′)-benvan harom nem kollinearis pont, ugyanis a projektıv sıkon van negy altalanoshelyzetu egyenes, melyek kozul legfeljebb egyet hagytunk el. Igy a megmaradoharom altalanos helyzetu egyenes metszespontjai nem kollinearisak.

5

Vegul ellenorizzuk az affin parhuzamossagi axioma teljesuleset. Legyen adottaz A pont, es a ra nem illeszkedo e egyenes. Ekkor a projektıv sık e ∪ l es Apontjaira illeszkedo egyenes

”megmarado resze” parhuzamos az e egyenessel.

Tovabbi ilyen egyenes nincs, ugyanis a projektıv sıkon teljesulo (P2) tulajdonsagmiatt az A-ra illeszkedo egyenesek mindegyike metszi e-t, a tovabbi egyenesekP ′-hoz tartozo pontban.

Ez azt jelenti, hogy egy projektıv sıkbol tetszoleges egyenes”elhagyva” affin

sıkot kapunk. Megjegyezzuk, hogy egy adott projektıv sıkbol kulonbozo egyene-seket

”elhagyva” kaphatunk nem izomorf affin sıkokat. Konnyen lathato, hogy

annak szukseges es elegendo feltetele, hogy egy projektıv sık l1 es l2 egyeneseit

”elhagyva” izomorf affin sıkokat kapunk, a sık olyan kollineaciojanak letezese,

amelynel az l1 egyenes kepe l2.

1.3. Veges projektıv es affin sıkok

1.15. Definıcio. Egy affin vagy projektıv sıkot vegesnek mondunk, ha pontjai-nak halmaza veges.

1.16. Allıtas. Ha egy projektıv sıknak van olyan egyenese, amelyre n+ 1 pontilleszkedik, akkor a sık minden egyenesere n+1 pont illeszkedik, es a sık mindenpontjan n+ 1 egyenes halad at. Ekkor azt mondjuk, hogy a sık rendje n.

Bizonyıtas: Legyen e a tekintett projektıv sık egy n + 1 pontu egyenese! Te-kintsuk a sık egy tetszoleges tovabbi e′ egyeneset, tovabba egy olyan P pontjat,amely sem az e, sem az e′ egyenesre nem illeszkedik. (Ilyen P pont a projektıvsıkok (P3) axiomaja miatt biztosan letezik.) Ekkor tetszoleges E ∈ e pontnak a←−→PE ∩ e′ pontot megfeleltetve bijekciot adtunk meg az e es e′ egyenesek pontjaikozott: az injektivitas (P1), a szurjektivitas (P2) alapjan egyszeruen lathato.Ezt a bijekciot az e es e′ egyenesek kozotti P kozeppontu perspektivitasnakhıvjuk. Igy belattuk, hogy az e′ egyenesnek is n+ 1 pontja van.Tekintve egy P pontot, es egy azt nem tartalmazo e egyenest, a P -re illeszkedotetszoleges p egyeneshez a p ∩ e pontot rendelve a P pontra illeszkedo egyene-sek halmaza es az e egyenesre illeszkedo pontok halmaza kozott adtunk megbijekciot, ıgy megmutattuk, hogy tetszoleges egyenesre illeszkedo pontok szamamegegyezik a P pontra illeszkedo egyenesek szamaval. Az allıtas elso reszebol adualitas elve alapjan kovetkezik, hogy ez megegyezik tetszoleges pontra illesz-kedo egyenesek szamaval.

1.17. Kovetkezmeny. Ha egy affin sıknak van olyan egyenese, amelyre n pontilleszkedik, akkor a sık minden egyenesere n pont illeszkedik, es a sık mindenpontjan n+ 1 egyenes halad at. Ekkor azt mondjuk, hogy a sık rendje n.

Bizonyıtas: A tekintett affin sık projektıv lezarasakor minden egyenes pontjai-nak szama eggyel no, a sık pontjaira illeszkedo egyenesek szama nem valtozik.Igy olyan projektıv sıkot kapunk, amelynel minden pontra n + 1 egyenes esminden egyenesre n+ 1 pont illeszkedik. Ez azt jelenti, hogy az affin sık esetenminden egyenesre n pont es minden pontra n+ 1 egyenes illeszkedik.

6

1.18. Allıtas. n-edrendu projektıv sıknak n2 + n + 1 pontja, n-edrendu affinsıknak n2 pontja es n2 + n egyenese van.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy n-edrendu projektıv sıkban egy tetszoleges P pon-tot. A P pontra ekkor n+ 1 egyenes illeszkedik, minden egyenesnek a P pontonkıvul tovabbi n pontja van. Igy - a P ponttal egyutt - megkapjuk a sık osszespontjat, ıgy a sıknak valoban n(n+ 1) + 1 = n2 + n+ 1 pontja van.

Mivel az affin sık projektıv lezarasakor az egyenesek szama eggyel no, es akapott projektıv sıkon n2 + n + 1 egyenes van, az affin sık egyeneseinek szaman2+n. Mivel a projektıv sıkon csakis egyetlen egyenes pontjai nem voltak pontokaz affin sıkon, ezert az affin sık ponjainak szama n + 1-el kevesebb, mint aprojektıv sık pontjainak szama, tehat valoban n2.

Nyitott kerdes, hogy mely n termeszetes szamok eseten letezik n-edrenduprojektıv sık. A kovetkezo fejezetben latni fogjuk, hogy ha n prımhatvany, akkorletezik n-edrendu projektıv sık, megpedig az n elemu test feletti projektıv sık.Leteznek tovabbi veges projektıv sıkok is, peldaul a 9 elemu test feletti projektıvsık mellett letezik harom tovabbi, nem izomorf 9-edrendu projektıv sık. Ezeka legkisebb olyan veges projektıv sıkok, amelyek nem izomorfak valamely testfeletti projektıv sıkkal. Olyan projektıv sıkot azonban, amelynek a rendje nemprımhatvany, meg nem sikerult konstrualni; az a sejtes, hogy ilyen nem is letezik.

Azt, hogy 10-edrendu projektıv sık nem letezik, 1989-ben Lam, Thiel esSwiercz szamıtogepes segıtseggel latta be: a lehetseges esetek szamanak igenkomoly, elmeleti uton torteno redukcioja melett is 183 napnyi idore volt szuksega szamıtogepes ellenorzeshez.

A 12-edrendu projektıv sıkok letezese ma is nyitott kerdes. Az ilyen pro-jektıv sıkokkal kapcsolatban aktualis vizsgalatoknak annyit sikerult ellenorizni,hogy ha letezik 12-edrendu projektıv sık, annak kollineaciocsoportjanak rendjebiztosan 4 vagy 9 osztoja.

Az n-edrendu projektıv sık letezesere egyetlen szukseges feltetelt ismerunk,a Bruck-Ryser tetelt, amelynek kovetkezmenye peldaul, hogy nem letezik 6-odrendu projektıv sık. A tetelt nem bizonyıtjuk.

1.19. Tetel. (Bruck-Ryser) Ha n ≡ 1, 2 (mod 4), es letezik n-edrendu projektıvsık, akkor n ket negyzetszam osszege.

Szinten nyitott problema, hogy egy adott n eseten izomorfia erejeigegyertelmu-e az n-edrendu projektıv sık. Az egyertelmuseg n ≤ 8 eseten marigazolast nyert, n = 9 eseten azonban, mint azt mar emlıtettuk, negy nem izo-morf projektıv sık is letezik. Abban az esetben, ha n prımszam, egyetlen esetbensem sikerult meg az n elemu test feletti sıktol kulonbozo n-edrendu projektıvsıkot konstrualni.

Igy a veges geometria ket legnevezetesebb nyitott kerdese az alabbi:

1. Igaz-e, hogy minden veges projektıv sık rendje prımhatvany?

2. Igaz-e, hogy ha egy projektıv sık rendje prımszam, akkor az izomorf egytest feletti projektıv sıkkal?

7

A kovetkezo tablazatban kis n-ek eseten az n-ed rendu projektıv sıkokletezesevel es a nem izomorf n-edrendu sıkok szamaval kapcsolatos ismerete-inket foglaljuk ossze.

n 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16letezik-e? i i i i n i i i n i ? i n ? iszamuk 1 1 1 1 0 1 1 4 0 ≥ 1 ? ≥ 1 0 ? ≥ 22

n 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30letezik-e? i ? i ? n n i ? i ? i ? i nszamuk ≥ 1 ? ≥ 1 ? 0 0 ≥ 1 ? ≥ 193 ? ≥ 13 ? ≥ 1 0

Egy veges illeszkedesi geometria megadasa legegyszerubben illeszkedesitablazat vagy illeszkedesi matrix segıtsegevel tortenhet. Tuntessuk fel a tablazatsoraiban az egyeneseket, oszlopaiban a pontokat. Az e egyenesnek megfelelo sores a P pontnak megfelelo oszlop metszespontjaban pontosan akkor alljon 1, haP illeszkedik e-re, egyebkent a matrix megfelelo eleme legyen 0. Peldaul megad-juk a legkisebb projektıv sıkot, a Fano-sıkot, illetve annak illeszkedesi matrixat.(Kiindulva egy (P3) miatt letezo altalanos helyzetu pontnegyesbol, (P1) es (P2)ervenyesseget figyelembe veve egyszeruen ellenorizheto, hogy ez a projektıv sıkokminimalis modellje.)

A Fano-sık

A B C D E F G

a 1 1 0 1 0 0 0b 0 1 1 0 1 0 0c 0 0 1 1 0 1 0d 0 0 0 1 1 0 1e 1 0 0 0 1 1 0f 0 1 0 0 0 1 1g 1 0 1 0 0 0 1

8

A Fano-sıkon egyszeruen szemleltetheto az affin es projektıv sıkok kapcso-lata. Egyszeru ellenorizni, hogy az affin sıkok minimalis modellje 4 pontbol es6 egyenesbol all: barmely egyenes a 4 pont kozul pontosan kettot tartalmaz.

Legyenek a sık pontjai az abrankon szereplo A, B, C, F pontok. Ekkor az←−→AB

es←−→CF parhuzamos egyenesek altal meghatarozott vegtelen tavoli pont legyen

D, a←−→BC es

←→AF parhuzamos egyenesek altal meghatarozott vegtelen tavoli pont

legyen E es a←→CA es

←−→BF parhuzamos egyenesek altal meghatarozott vegtelen

tavoli pont legyen G. Vilagos, hogy a projektıv lezarassal eppen a Fano-sıkhozjutunk.

Megszamoljuk a Fano-sık kollineacioit. Az A pont kepe a sık barmely pontjalehet (7 lehetoseg). B kepe tetszoleges, A kepetol kulonbozo pont lehet (min-den esethez 6 lehetoseg). Ekkor G kepe csak az A es B pontok kepeire illesz-kedo egyenes harmadik pontja lehet. C kepe tetszoleges olyan pont lehet, amelykulonbozik A, B es G kepeitol, ez minden korabbi esetben 4 lehetoseg. Ezenpontok kepei pedig a hianyzo osszes pont kepet egyertelmuen meghatarozzak.Igy a lehetosegek szama osszesen 7 ·6 ·4 = 168. Tehat a Fano-sık kollineacioinakszama 168, kollineaciocsoportja a 168-rendu egyszeru csoport.

1.4. Ferdetest feletti projektıv es affin sıkok

1.20. Definıcio. Az (F,+, ·) ketmuveletes algebrai struktura ferdetest, ha

(F1) (F,+) kommutatıv csoport;

(F2) (F∗, ·) csoport, ha F∗ := F\ {0}, ahol 0 (F,+) zeruselemet jeloli;

(F3) teljesul a disztributivitas, azaz tetszoleges a, b, c,∈ F eseten a(b + c) =ab+ ac es (b+ c)a = ba+ ca.

Amennyiben (F∗, ·) is kommutatıv, testrol beszelunk.

A tovabbiakban az (F,+, ·) ferdetest helyett F ferdetestrol fogunk beszelni.

1.21. Definıcio. Legyen V kommutatıv csoport (a + muvelettel) es legyen Fferdetest. Azt mondjuk, hogy V az F ferdetest feletti vektorter, ha adva van egyolyan

F× V → V , (λ, v) 7→ λv

lekepezes, amelyre tetszoleges u, v ∈ V es λ, µ ∈ F eseten teljesulnek az alabbitulajdonsagok.

(V1) λ(u+ v) = λu+ λv,

(V2) (λ+ µ)v = λv + µv,

(V3) (λµ)v = λ(µv),

(V4) 1v = v.

9

V elemeit vektoroknak, F elemeit skalaroknak nevezzuk.

Ferdetest feletti vektorterekben a linearis algebra alapveto fogalmai aszokasos modon targyalhatoak.

Legyen V egy F ferdetest elemeibol kepzett rendezett n-esek Fn halmaza.Legyen

(a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn) := (a1 + b1, . . . , an + bn)

az (a1, . . . , an) ∈ Fn es (b1, . . . , bn) ∈ Fn vektorok osszege,

λ(a1, . . . , an) := (λa1, . . . , λan)

az (a1, . . . , an) ∈ Fn vektor λ ∈ Fn skalarszorosa. Az ıgy nyert vektorteretaz F ferdetest elemeibol kepzett skalar n-esek vektorterenek nevezzuk es Fn-eljeloljuk. Azon (ei) i ∈ {1, . . . , n} vektorok, amelyeknek i-edik komponense 1, atobbi komponense 0, bazisat alkotjak az Fn vektorternek, amely bazist kanonikusbazisnak nevezunk. Igy Fn dimenzioja n. Megmutathato, hogy tetszoleges, Ffeletti n-dimenzios vektorter izomorf az Fn vektorterrel.

1.22. Allıtas. Legyen V az F ferdetest feletti haromdimenzios F3 vektorter.Legyen P V egydimenzios altereinek halmaza, L V ketdimenzios altereinek hal-maza. Legyen I a tartalmazas. Ekkor (P,L, I) projektıv sık, ezt a sıkot az Fferdetest feletti projektıv sıknak nevezzuk.

Bizonyıtas: Megmutatjuk eloszor, hogy barmely ket pontra illeszkedik egy escsak egy egyenes. Mivel az A es B pontok kulonbozo egydimenzios alterek, ezertezeket linearisan fuggetlen a es b vektorok generaljak. Az (a, b) vektorrendszeraltal generalt ketdimenzios alter a tekintett pontokra illeszkedo egyetlen egye-nes.

Belatjuk, hogy barmely ket egyenesnek van egy es csak egy kozos pontja.Legyenek l es m egyenesek, azaz a vektorter ketdimenzios alterei. A vektor-alterekre vonatkozo dimenzioformula alapjan

dim(l ∩m) = dim(l) + dim(m)− dim(l +m),

ahol l + m a ket alter osszege. Mivel l es m kulonbozoek, l + m = V , tehatdim(l∩m) = 2+2−3 = 1. Ez azt jelenti, hogy a ket alter metszete egydimenziosalter, azaz P eleme.

Vegul ellenorizzuk, hogy van negy altalanos helyzetu pont. Ha a1, a2, a3linearisan fuggetlen vektorok, akkor az a1, a2, a3 es a1 + a2 + a3 altal generaltalterek altalanos helyzetu pontnegyest hataroznak meg. Elegendo peldaul az a1,a2 es a1 + a2 + a3 altal generalt alterekrol megmutatni, hogy nem kollinearispontokat jelentenek. Mivel azonban e harom vektor is bazisat alkotja V -nek,kovetkezik, hogy nincsenek kozos ketdimenzios alterben.

A ferdetest feletti projektıv sıkok pontjait egyertelmuen meghatarozza egy,az egydimenzios alteret generalo vektor. Az (x1, x2, x3) vektor altal meg-hatarozott pontot [x1, x2, x3] modon szokas jelolni.

10

Ismert, hogy tetszoleges ketdimenzios alterhez vannak olyan e1, e2, e3ferdetestbeli elemek, hogy az alter vektorai eppen az x1e1 +x2e2 +x3e3 = 0 ho-mogen linearis egyenletrendszer (x1, x2, x3) megoldasai. Az (e1, e2, e3) harmasekkor skalarszorzotol eltekintve egyertelmu. Ez azt jelenti, hogy a projektıv sıkegy egyeneset is egyertelmuen meghatarozza egy (e1, e2, e3) elemharmas, azaltala meghatarozott egyenest [e1, e2, e3] jeloli.

Ebbol kovetkezik, hogy a ferdetest feletti projektıv sık egy lehetseges konst-rukcioja a kovetkezo.

V zerustol kulonbozo vektorainak halmazan ertelmezzuk az alabbi relaciot:legyen u ∼ v, ha van olyan λ ∈ F, hogy v = λu.

Megmutatjuk, hogy ∼ ekvivalenciarelacio. A reflexivitas λ = 1 valasztassalnyilvanvalo. Ha v = λu, akkor u = 1

λv, ıgy a relacio szimmetrikus. Ha v = λues w = µv, akkor w = (µλ)u, ıgy adodik a tranzitivitas.

Legyenek a fenti relacio altal indukalt ekvivalenciaosztalyok a P illetve Lhalmazok elemei. Legyen a P halmaz (x1, x2, x3) altal reprezentalt P eleme Irelacioban az L halmaz (e1, e2, e3) altal reprezentalt elemevel, ha x1e1 + x2e2 +x3e3 = 0. Az ıgy ertelmezett (P,L, I) illeszkedesi geometria projektıv sık, az Fferdetest feletti projektıv sık.

Erre a konstrukciora tekintettel egy a ∈ F3 elemharmast egy projektıvpont illetve egyenes reprezentans anak is mondunk, az elemharmas altal rep-rezentalt pontot illetve egyenest [a] jeloli. Egy pont - illetve egyenes - egyreprezentansvektoranak elemeit homogen koordinataknak is nevezzuk. Vilagos,hogy a homogen koordinatak egyertelmuen meghatarozzak a pontot (illetveegyenest), azonban egy ponthoz (illetve egyeneshez) vegtelen sok homogenkoordinataharmast rendelhetunk, azonban ezek, mint vektorok, csak zerustolkulonbozo skalarszorzoval ternek el egymastol. Mivel az [e1, e2, e3] egyenes azonpontok halmaza, amelyeknek homogen koordinatai kielegıtik az

x1e1 + x2e2 + x3e3 = 0

osszefuggest, ezt a relaciot az [e1, e2, e3] egyenes egyenletenek is hıvjuk.

Nevezzuk a tovabbiakban az x3 = 0 egyenletu egyenest vegtelen tavoli(vagy idealis) egyenesnek; ezt

”elhagyva” az F feletti projektıv sıkbol affin sıkot

konstrualhatunk. Ezt az affin sıkot az F ferdetest feletti affin sıknak nevezzuk.A kapott affin sıkban bevezethetjuk a kovetkezo jeloleseket. Jelolje a [0, 1, 0]

vegtelen tavoli pontot (∞) (ezt az y-tengely vegtelen tavoli pontjanak ismondjuk). A tobbi vegtelen tavoli ponthoz talalhato [1,m, 0] alaku repre-zentansvektor, az ıgy reprezentalt vegtelen tavoli pontot jelolje (m), es nevezzukaz m meredeksegu egyenesek vegtelen tavoli pontjanak. Az affin sık pontjai ıgy[x, y, 1] modon reprezentalhatoak, jeloljuk az ıgy reprezentalt pontot (x, y)-nal.

A vegtelen tavoli egyenest jelolje [∞]. Az affin sık [e1, e2, e3] egyenesere il-leszkedo pontok az e1x + e2y + e3 = 0 egyenletnek tesznek eleget. Tehat attolfuggoen, hogy e2 6= 0 vagy e2 = 0 az egyenes egyenlete y = mx + b vagy x = calakura hozhato. Ez azt jelenti, hogy az F ferdetest feletti affin sık az alabbimodon is megadhato:

11

• pontoknak nevezzuk az (x, y) ∈ F2 rendezett parokat;

• egyeneseknek nevezzuk az y = xm + b egyenleteknek eleget tevo pon-tok halmazat, ahol (m, b) ∈ F2 (

”ferde egyenesek”) es az x = c (c ∈ F)

egyenleteknek eleget tevo pontok halmazat (”fuggoleges egyenesek”);

• az illeszkedes az ∈ relacio.

Az y = xm + b egyenletben szereplo m szamot az egyenes meredekseg eneknevezzuk.

Maskent fogalmazva, az F ferdetest feletti affin sık

• pont jai az F ferdetest feletti ketdimenzios V vektorter elemei,

• egyenesei V egydimenzios linearis sokasagai,

• ellatva a tartalmazassal, mint illeszkedesi relacioval.

Valoban, a (0, 1) altal generalt alter eltoltjaira eppen az x = c alaku egyenlettelleırt egyenesek pontjai, az (1,m) (m ∈ F) alaku vektorok altal generalt alterekeltoltjaira pedig az y = mx + b alaku egyenlettel leırt egyenesek pontjaiilleszkednek.

A ferdetest feletti projektıv sıkok geometriai tulajdonsagainak vizsgalatatigen leegyszerusıtheti a kovetkezo allıtas alkalmazasa.

1.23. Allıtas. Tetszoleges ferdetest feletti projektıv sık negy altalanos helyzetupontjat tekintve, megadhato a ferdetest feletti vektorter egy olyan bazisa, amitalapulveve a tekintett pontok koordinatai rendre [1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1], [1, 1, 1].

Bizonyıtas: Tekintsuk az A, B, C, D pontokat, reprezentansvektoraik legye-nek rendre a, b, c, d. Mivel a tekintett pontok altalanos helyzetuek, a, b, clinearisan fuggetlen vektorok, ıgy F3 egy bazisat alkotjak. Tegyuk fel, hogy eb-ben a bazisban d = αa + βb + γc. Ekkor az αa, βb, γc vektorok szinten bazistalkotnak, amelyben a tekintett pontok koordinatai eppen a kıvant alakuak.

A kovetkezokben megvizsgaljuk a veges ferdetestek feletti projektıv es affinsıkokat. Ezzel kapcsolatban alapveto az alabbi tetel.

1.24. Tetel. (Wedderburn) Minden veges ferdetest test.

Ismert, hogy minden veges test rendje prımhatvany, es minden pk

prımhatvanyhoz egyertelmuen letezik pk rendu veges test. Ezt a testet GF (pk)jeloli, es pk-rendu Galois-testnek nevezzuk.

A Zp maradekosztaly-gyuru pontosan akkor test, ha p prımszam, ıgyGF (p) = Zp. Ha q = pk, legyen f GF (p) feletti k-adfoku irreducibilis polinom.Bovıtsuk GF (p)-t f gyokevel, azaz tegyuk fel, hogy f(t) = 0. Ekkor

GF (q) ={a0 + a1t+ · · ·+ ak−1t

k−1 | ai ∈ Zp, f(t) = 0}.

12

Ez azt jelenti, hogy GF (pk) additıv csoportja (Zp)k additıv csoportjaval izo-morf. Belathato, hogy GF (pk)\ {0} multiplikatıv csoportja ciklikus, ennek egys generatorat primitıv elemnek hıvjuk. Ha s primitıv elem, akkor sq−1 = 1.

Peldakent a GF (4) veges test muvelettablait hatarozzuk meg. Legyen f(x) =x2 + x + 1. f irreducibilis polinom Z2 felett, ıgy ennek t gyokevel tortenobovıtessel kapjuk meg a GF (4) testet. Tegyuk fel tehat, hogy t2 + t + 1 = 0.A test elemei ekkor 0, 1, t, t + 1. Az additıv csoport izomorf Z2 × Z2 additıvcsoportjaval, ıgy az osszeadas ertelemszeruen vegezheto el. A szorzotabla pedig- a t2 + t+ 1 = 0 osszefuggest felhasznalva - a kovetkezo:

· 0 1 t t+1

0 0 0 0 01 0 1 t t+1t 0 t t+1 1

t+1 0 t+1 1 t

A GF (q) feletti affin sıkot AG(2, q), a GF (q) feletti projektıv sıkot PG(2, q)jeloli.

1.25. Allıtas. AG(2, q) q-adrendu affin sık, PG(2, q) q-adrendu projektıv sık.

Bizonyıtas: Elegendo belatni, hogy peldaul PG(2, q) valamely egyenesere q+ 1pont illeszkedik. Az x3 = 0 egyenesre, mint korabban lattuk, pontosan (∞)valamint tetszoleges m ∈ GF (q) eseten (m) illeszkedik. Mivel m lehetsegesertekeinek szama q, ez osszesen valoban q + 1 pontot jelent.

Kis q ertekek eseten leırjuk a q-adrendu projektıv sıkokat. Ilyen esetekbencelszeru a q-adrendu affin sık projektıv lezartjakent tekinteni a megfeleloprojektıv sıkot, az affin sık egyenesei ugyanis egyszeruen felsorolhatoak es azegyes egyenesekre illeszkedo pontok y-koordinatai a megfelelo x-koordinatak be-helyettesıtesevel megkaphatoak. Annak eldontese pedig, hogy az egyes vegtelentavoli pontok mely egyenesekre illeszkednek, ertelemszeru. (Termeszetesen azilyen modon felırt tablazatokbol a megfelelo testek feletti affin sıkok illeszkedesitablazatai is leolvashatoak.)

A modszert alkalmazva PG(2, 2) illeszkedesi tablazata az alabbi. Egyszeruenlathato, hogy PG(2, 2) izomorf a Fano-sıkkal.

(0,0) (0,1) (1,0) (1,1) (0) (1) (∞)

y=0 1 0 1 0 1 0 0y=1 0 1 0 1 1 0 0y=x 1 0 0 1 0 1 0

y=x+1 0 1 1 0 0 1 0x=0 1 1 0 0 0 0 1x=1 0 0 1 1 0 0 1[∞] 0 0 0 0 1 1 1

13

Hasonloan, felırjuk PG(2, 3) illeszkedesi tablazatat.

(0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2) (2,0) (2,1) (2,2) (0) (1) (2) (∞)

y=0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0y=1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0y=2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0y=x 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0

y=x+1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0y=x+2 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0y=2x 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0

y=2x+1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0y=2x+2 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0

x=0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1x=1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1x=2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1[∞] 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1

PG(2, 3)

Vegul, modszerunket alkalmazva es GF (4) szorzotablajat figyelembe veve,felırjuk PG(2, 4) illeszkedesi tablazatat.

14

(0,0

)(0,1

)(0,t)

(0,t+

1)

(1,0

)(1,1

)(1,t)

(1,t+

1)

(t,0

)(t,1

)(t,t)

(t,t+

1)

(t+

1,0

)(t+

1,1

)(t+

1,t)

(t+

1,t+

1)

(0)

(1)

(t)

(t+

1)

(∞

)

y=

01

00

01

00

01

00

01

00

01

00

00

y=

10

10

00

10

00

10

00

10

01

00

00

y=

t0

01

00

01

00

01

00

01

01

00

00

y=

t+

10

00

10

00

10

00

10

00

11

00

00

y=

x1

00

00

10

00

01

00

00

10

10

00

y=

x+

10

10

01

00

00

00

10

01

00

10

00

y=

x+

t0

01

00

00

11

00

00

10

00

10

00

y=

x+

t+

10

00

10

01

00

10

01

00

00

10

00

y=

tx

10

00

00

10

00

01

01

00

00

10

0

y=

tx+

10

10

00

00

10

01

01

00

00

01

00

y=

tx+

t0

01

01

00

00

10

00

00

10

01

00

y=

tx+

t+

10

00

10

10

01

00

00

01

00

01

00

y=

(t+

1)x

10

00

00

01

01

00

00

10

00

01

0

y=

(t+

1)x+

10

10

00

01

01

00

00

00

10

00

10

y=

(t+

1)x+

t0

01

00

10

00

00

11

00

00

00

10

y=

(t+

1)x+

t+

10

00

11

00

00

01

00

10

00

00

10

x=

01

11

10

00

00

00

00

00

00

00

01

x=

10

00

01

11

10

00

00

00

00

00

01

x=

t0

00

00

00

01

11

10

00

00

00

01

x=

t+

10

00

00

00

00

00

01

11

10

00

01

[∞]

00

00

00

00

00

00

00

00

11

11

1

PG

(2,4

)ille

szked

esi

tabla

zata

15

PG(2, 4)

A veges affin es projektıv sıkok kombinatorikai jellegu problemak meg-oldasara is sok esetben jol alkalmazhatoak, peldakent felsoroljuk az alabbi fel-adatokat.

1. Tud-e het jobarat a het napjaira het olyan talalkozot szervezni, hogybarmely ket barathoz pontosan egy olyan talalkozo legyen, amelyen mind-ketten reszt vesznek?

2. Egy salakmotor-versenyen egy palyan egyszerre negy versenyzo fer el, es16 versenyzo szeretne osszemerni tudasat. Osszuk be a futamokat ugy,hogy barmely ket versenyzo pontosan egyszer talalkozzon!

3. Toltsunk ki az otoslotton 100 szelvenyt ugy, hogy valamelyik szelvennyelbiztosan legyen ket talalatunk! (Segıtseg: toltsunk ki 30 szelvenyt ugy,hogy az 1-25 kozotti osszes szampart lefedjek; 21 szelvenyt ugy, hogy a26-46 kozotti osszes szampart lefedjek; 21 szelvenyt ugy, hogy a 47-67kozotti osszes szampart lefedjek es 28 szelvenyt ugy, hogy a 68-90 kozottiosszes szampart lefedjek. Miert lesz ıgy legalabb ket talalatunk?)

16

1.5. Ferdetest feletti projektıv sıkok geometriai tulaj-donsagai

Ebben a fejezetben a ferdetestek illetve testek feletti projektıv sıkok jel-lemzeseit adjuk meg nevezetes geometriai tulajdonsagaik segıtsetevel.

1.26. Definıcio. Legyen adott egy projektıv sıkon harom nem kollinearis pont:

A, B es C. ABC haromszogon a harom pont, valamint az←−→AB,

←→AC es

←−→BC egye-

nesek uniojat ertjuk. A pontokat haromszog csucsainak, a szoban forgo egyene-seket a haromszog oldalegyeneseinek hıvjuk.

1.27. Definıcio. Azt mondjuk, hogy az ABC es A′B′C ′ haromszogek pers-

pektıvek az O pontra nezve, ha az O pont az←−→AA′,

←−→BB′ es

←−→CC ′ egyenesek

mindegyikere illeszkedik.Azt mondjuk, hogy az ABC es A′B′C ′ haromszogek perspektıvek a t egye-

nesre/tengelyre nezve, ha az←−→AB∩

←−−→A′B′,

←→AC∩

←−−→A′C ′ es

←−→BC∩

←−−→B′C ′ pontok mind-

egyike illeszkedik a t egyenesre.

1.28. Definıcio. Egy projektıv sıkot Desargues-felenek nevezunk (vagy aztmondjuk, hogy teljesul benne a Desargues-tulajdonsag), ha benne barmely ket,pontra nezve perspektıv haromszog tengelyre nezve is perspektıv.

A Desargues-tulajdonsag

1.29. Tetel. Tetszoleges ferdetest feletti projektıv sık Desargues-fele.

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy az F feletti projektıv sık ABC es A′B′C ′

haromszogei az O pontra nezve perspektıvek. Egy korabbi allıtasunk ertelmeben

17

felteheto, hogy A = [1, 0, 0], B = [0, 1, 0], C = [0, 0, 1], O = [1, 1, 1]. Ekkor van-nak olyan a, b, c ∈ F elemek, amelyekre A′ = [a, 1, 1], B′ = [1, b, 1], C ′ = [1, 1, c].

Egyszeru szamolas mutatja, hogy ekkor←−→AB ∩

←−−→A′B′ koordinatai [a− 1, 1− b, 0],

←−→BC ∩

←−−→B′C ′ koordinatai [0, b− 1, 1− c] es

←→AC ∩

←−−→A′C ′ koordinatai [a− 1, 0, 1− c].

Lathato, hogy az elso ket pont reprezentansvektoranak osszege a harmadik pontreprezentansvektora, ıgy a keletkezo harom metszespont valoban kollinearis.

A fenti tetel megfordıtasa is igaz, a kovetkezo ertelemben.

1.30. Tetel. Tetszoleges Desargues-fele projektıv sık ferdetesttel koor-dinatazhato, azaz izomorf valamely ferdetest feletti projektıv sıkkal.

A tetelt nem bizonyıtjuk, bar a kesobbiekben megadjunk egy eljarasttetszoleges projektıv sık koordinatazasara, amely elvezethet a tetel igazolasahoz.

1.31. Definıcio. Egy projektıv sıkot Pappos-felenek nevezunk (vagy azt mond-juk, hogy teljesul benne a Pappos-tulajdonsag), ha benne tetszoleges ket A,

B, C es A′, B′, C ′ kollinearis pontharmas eseten az←−→AB′ ∩

←−→A′B =: {P},

←−→AC ′ ∩

←−→A′C =: {Q},

←−→BC ′ ∩

←−→B′C =: {R} pontharmas is kollinearis.

A Pappos-tulajdonsag

1.32. Tetel. (Hessenberg) Minden Pappos-fele projektıv sık Desargues-fele.

Bizonyıtas: (vazlat) Tekintsuk egy Pappos-fele projektıv sık PQR es P ′Q′R′

haromszogeit, es tegyuk fel, hogy e ket haromszog perspektıv az O pontra nezve!

Vezessuk be a kovetkezo jeloleseket:←→PR ∩

←−−→Q′R′ =: {S},

←−→PQ′ ∩

←−→RR′ =: {T},

←−→PQ∩

←→OS =: {U} es

←−−→P ′Q′ ∩

←→OS =: {V }. Ekkor a Pappos-tulajdonsagot a Q, O,

Q′ es R, S, P kollinearis pontharmasokra alkalmazva azt kapjuk, hogy A, T es

U kollinearis, ahol←−→QR∩

←−−→Q′R′ =: {A}. Hasonloan, a Pappos-tulajdonsagot a P ′,

O, P es R′, S, Q′ kollinearis pontharmasokra felhasznalva nyerjuk B, T es V

18

A Hessenberg-tetel

kollinearitasat, ahol←→PR∩

←−−→P ′R′ =: {B}. A

←−→PQ∩

←−−→P ′Q′ =: {C} jelolest hasznalva;

az elozoek alapjan a Pappos-tulajdonsag a Q′, P , T es S, U , V kollinearispontharmasokra torteno alkalmazasa eppen A, B es C kollinearitasat jelenti;tehat a ket haromszog valoban tengelyre nezve is perspektıv.

Mivel korabbi teteleink alapjan a Desargues-fele projektıv sıkok pontosan aferdetest feletti projektıv sıkok, a kovetkezo tetel a Pappos-fele projektıv sıkokteljes leırasat adja.

1.33. Tetel. Egy ferdetest feletti projektıv sık pontosan akkor Pappos-fele, haa ferdetestben a szorzas kommutatıv.

Bizonyıtas: Tekintsuk az F ferdetest feletti projektıv sıkot, es hasznaljuk aPappos-tulajdonsagot illusztralo abrank jeloleseit. Felteheto, hogy M = [1, 0, 0],A = [0, 1, 0], A′ = [0, 0, 1], P = [1, 1, 1]. Egyszeru szamolas mutatja, hogy ekkorB = [1, 1, 0], B′ = [1, 0, 1], valamint vannak olyan α, β ∈ F elemek, amelyekreC = [1, α, 0], C ′ = [1, 0, β]. Konnyu latni, hogy ekkor Q = [1, α, β].

Meghatarozzuk←−→PQ es

←−→BC ′ metszespontjat. Ez a metszespont rajta van a

←−→PQ egyenesen, ıgy van olyan k1 ∈ F, amelyre egy reprezentansvektora

k1(1, 1, 1) + (1, α, β).

Mivel ezen vektor altal reprezentalt pont illeszkedik a←−→BC ′ egyenesre is, B es

C ′ reprezentansvektoraibol linearis kombinacioval nyerheto, azaz vannak olyan

19

l1,m1 ∈ F skalarok, amelyre

k1(1, 1, 1) + (1, α, β) = m1(1, 1, 0) + n1(1, 0, β).

A masodik koordinatakra vonatkozo osszefugges alapjan m1 = k1 + α, ezt azelso koordinatakra vonatkozo osszefuggesbe helyettesıtve n1 = 1 − α adodik.Igy, a harmadik koordinatakra vonatkozo osszefugges alapjan

k1 + β = (1− α)β,

azaz k1 = −αβ.←−→PQ es

←−→B′C metszespontjanak meghatarozasa hasonlo modszerrel tortenhet:

vannak olyan k2, l2,m2 ∈ F skalarok, amelyekkel a metszespont repre-zentansvektorat ketfele modon kifejezve

k2(1, 1, 1) + (1, α, β) = m2(1, 0, 1) + n2(1, α, 0).

Innen, az elozohoz hasonlo szamolassal, k2 = −βα adodik.A Pappos-tulajdonsag pontosan akkor teljesul, ha (C es C ′ adott egyenese-

ken torteno tetszoleges megvalasztasa eseten)←−→PQ∩

←−→BC ′ es

←−→PQ∩

←−→B′C egybeesik.

Ez csak ugy lehet, ha a←−→PQ egyenes ugyanazon pontjarol van szo, azaz k1 = k2,

tehat αβ = βα. C es C ′ tetszoleges megvalasztasa miatt ez eppen allıtasunkigazsagat jelenti.

1.34. Kovetkezmeny. Egy projektıv sık pontosan akkor Pappos-fele, ha testtelkoordinatazhato, azaz van olyan test feletti projektıv sık, amellyel izomorf.

1.35. Kovetkezmeny. Ha egy veges projektıv sık Desargues-fele, akkorPappos-fele.

Bizonyıtas: Ha egy projektıv sık Desargues-fele, akkor ferdetesttel koor-dinatazhato. Mivel veges projektıv sıkrol van szo, ez a ferdetest veges. Wed-derburn tetele ertelmeben minden veges ferdetest test, tehat a tekintett pro-jektıv sık testtel koordinatazhato. Ebbol kovetkezik, hogy teljesul a Pappos-tulajdonsag.

A fenti tetel tehat azt mutatja, hogy veges projektıv sıkok koreben aDesargues-fele projektıv sıkok es a Pappos-fele projektıv sıkok osztalya egybe-esik, es ez eppen a veges test feletti projektıv sıkok osztalya.

Ez a tulajdonsag csak veges projektıv sıkokra igaz, altalaban nem: tehat(nem veges projektıv sıkok eseten) a Desargues-tulajdonsagbol nem kovetkezika Pappos-tulajdonsag. Ennek ellenorzesehez peldat mutatunk olyan ferdetestre,ami nem test; egy ilyen ferdetest feletti projektıv sık ugyanis Desargues-fele, denem Pappos-fele. Az R4 halmazon vezessuk be az alabbi muveleteket:

(x1, x2, x3, x4) + (y1, y2, y3, y4) := (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3, x4 + y4),

20

(x1, x2, x3, x4) · (y1, y2, y3, y4) :=(x1y1 − x2y2 − x3y3 − x4y4, x1y2 + x2y1 + x3y4 − x4y3,x1y3 + x3y1 + x4y2 − x2y4, x1y4 + x4y1 + x2y3 − x3y2).

Ellenorizheto, hogy az ıgy nyert algebrai struktura ferdetest, elemeit kva-ternioknak nevezzuk. Az egyszerubb megjegyezhetoseg erdekeben a komplexszamokhoz hasonloan szokas bevezetni az

i := (0, 1, 0, 0) , j := (0, 0, 1, 0) , k := (0, 0, 0, 1)

jeloleseket, ekkor a kvaterniok az x1 + x2i + x3j + x4k (x1, x2, x3, x4 ∈ R) alakuszamok, amelyek koreben a szorzas a

i2 = j2 = k2 = −1 , ij = −ji = k , jk = −kj = i , ki = −ik = j

szabalyok figyelembevetelevel vegezheto el.

Megjegyezzuk, hogy veges projektıv sıkon abban az esetben is van Desargues-fele haromszogpar, ha a sık nem Desargues-fele.

1.36. Tetel. Minden veges projektıv sıkon van olyan, pontra nezve perspektıvharomszogpar, amelyek tengelyre nezve is perspektıvek.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy n-edrendu veges projektıv sıkot. (Felteheto, hogyn ≥ 5, ellenkezo esetben ugyanis ismert, hogy az n-edrendu projektıv sıkegyertelmu, megpedig a megfelelo test feletti projektıv sık.) Legyen l a sıktetszoleges egyenese, es V tetszoleges, l-re nem illeszkedo pont. Legyenek l1,l2, l3 a V pontra nem illeszkedo tetszoleges kulonbozo egyenesek, es legyenek Aes B az l egyenes tetszoleges, az l1, l2 es l3 egyenesekre nem illeszkedo pontjai.Tekintsuk az l1 legyenes tetszoleges, V -tol es l ∩ l1-tol kulonbozo X pontjat.

Legyen {X2} :=←−→AX ∩ l2, {X3} :=

←−−→BX2 ∩ l3 es {α(X)} :=

←−−→XX3 ∩ l. A konst-

rukciobol lathato, hogy tetszoleges X pont eseten α(X) kulonbozik az A, B,l ∩ l1 es l ∩ l3 pontoktol. Az X pont valasztasa n− 1-fele lehet, α(X) azonban

21

csak az l egyenes n− 3, a fentiektol kulonbozo pontjanak valamelyike lehet; ıgyvan olyan Y es Z, V -tol es l∩ l1-tol kulonbozo pontja az l1 egyenesnek, melyekreα(Y ) = α(Z). Ekkor az Y Y2Y3 es ZZ2Z3, a V pontra perspektıv haromszogek

perspektıvek az l egyenesre nezve is. Az←−→Y Y2 ∩

←−→ZZ2 = {A},

←−−→Y2Y3 ∩

←−−→Z2Z3 = {B}

pontok ugyanis illeszkednek l-re, es←−→Y Y3 ∩ l = {α(Y )} es

←−→ZZ3 ∩ l = {α(Z)}

miatt α(Y ) = α(Z)-bol kovetkezik, hogy←−→Y Y3 ∩

←−→ZZ3 ∈ l.

A bizonyıtasbol leolvashato, hogy V , l, l1, l2, l3, A, B tetszolegesmegvalasztasahoz talalhato Desargues-fele haromszogpar, azaz minden vegesprojektıv sıkon

”eleg sok” Desargues-fele haromszogpar van. A bizonyıtasban

lenyegesen kihasznaltuk, hogy a tekintett projektıv sık veges, az allıtas nemaltalanosıthato tetszoleges projektıv sıkra. Peldat adunk olyan (vegtelen) pro-jektıv sıkra, amelyen nincsen Desargues-fele haromszogpar.

Legyen P0 egy negyelemu halmaz, L0 es I0 az ures halmaz. Ezekbol a hal-mazokbol kiindulva konstrualjunk projektıv sıkot az alabbi modon. Ha a konst-rukcio i-edik lepeseben Pi a pontok, Li az egyenesek halmaza, es Ii az illesz-kedesi relacio, akkor a kovetkezo lepeseket hajtsuk vegre.

1. Ha Pi valamely elemparjaira nem illeszkedik egyenes, akkor bovıtsuk azLi halmazt olyan uj elemekkel, hogy minden uj egyenesre pontosan ezenpontparok egyike illeszkedjen.

2. Ha Li valamely elemparjainak nincs kozos pontja, akkor bovıtsuk a Pihalmazt olyan uj elemekkel, hogy minden uj pontra pontosan ezen egye-nesparok egyike illeszkedjen.

Ezzel a vegtelen eljarassal kapott projektıv sıkot a Hall-fele szabad sıknakhıvjuk.

Lathato, hogy a Hall-fele szabad sıkon nincs olyan, pontra nezve perspektıvharomszogpar, amelyek tengelyre nezve is perspektıvek. Felteve ugyanis, hogy aHall-fele szabad sıkon van olyan pontra nezve perspektıv haromszogpar, amelyektengelyre nezve is perspektıvek, az ezek altal alkotott konfiguracionak veges soklepesben ki kell alakulnia. Ezen veges sok lepes kozul az utolsoban definialt ele-mek azonban csak ket, korabbi elemre illeszkednek, a konfiguracioban azonbanminden pontra harom egyenes es minden egyenesre harom pont illeszkedik.

Megemlıtjuk projektıv sıkok meg egy fontos konfiguracios tulajdonsagat, aFano-tulajdonsagot.

1.37. Definıcio. Legyen adott egy projektıv sıkon negy pont, A, B, C es D,melyek kozott nincsen harom kollinearis. Az ABCD teljes negyszogon a negy

pont, valamint az←−→AB,

←→AC,

←−→AD,

←−→BC,

←−→BD es

←−→CD egyenesek uniojat ertjuk.

A pontokat negyszog csucsainak, a szoban forgo egyeneseket a negyszog olda-

lainek hıvjuk. Az←−→AB ∩

←−→CD,

←→AC ∩

←−→BD es

←−→AD ∩

←−→BC pontokat a teljes negyszog

atlospontjainak nevezzuk. A harom atlospont altal meghatarozott haromszog ol-dalegyeneseit a teljes negyszog atloinak mondjuk. Egy atlosponttal szemkoztesatlon a teljes negyszog azon atlojat ertjuk, amelyre az adott pont nem illeszkedik.

22

1.38. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy projektıv sıkon teljesul a Fano-tulajdonsag, ha benne egyetlen teljes negyszog atlospontjai sem kollinearisak.

A Fano axioma tehat pontosan a kesobbiekben Fanorol elnevezett projektıvsıkkal izomorf reszsıkok letezeset zarja ki. (A reszsık pontos definıciojat lasdkesobb a megfelelo fejezetben.)

1.39. Allıtas. Egy ferdetest feletti projektıv sıkban pontosan akkor teljesul aFano-tulajdonsag, ha a ferdetest karakterisztikaja nem 2, azaz a ferdetestben1 + 1 6= 0 teljesul.

Bizonyıtas: Felteheto, hogy a teljes negyszog csucsainak koordinatai rendre[1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1] es [1, 1, 1]. Ekkor az atlospontok koordinatai [1, 1, 0],[1, 0, 1] es [0, 1, 1]. Ez a harom pont akkor es csak akkor nem kollinearis, haaz elso ket reprezentansvektorbol nem kombinalhato ki linearisan a harmadikreprezentans vektor. Mivel (1, 1, 0) es (1, 0, 1) masodik es harmadik koordinataieseten a koordinatak osszege eppen (0, 1, 1) megfelelo koordinatait adjak, az elsoket vektornak pontosan akkor nem all elo linearis kombinaciojakent a harmadikvektor, ha az elso koordinatakra ez nem teljesul, azaz 1 + 1 6= 0.

Tehat veges test feletti projektıv sıkok eseten pontosan azon sıkok esetennem teljesul a Fano-tulajdonsag, amelyek sık rendje 2 hatvanya. Eszreveheto,hogy mivel a fenti ervelesben - a bazis megfelelo megvalasztasaval - a sıkbarmely negy pontja jatszhatja a negyszog csucsainak szerepet, veges testekfeletti projektıv sıkok eseten vagy minden teljes negyszog atloi kollinearisak(ezek a kettohatvany-rendu projektıv sıkok), vagy egyetlen teljes negyszog atloisem azok (ekkor a sık rendje valamely paratlan prım hatvanya).

Az a tapasztalat, hogy minden ismert, nem Desargues-fele veges projektıv sıkeseten van olyan teljes negyszog, amelynek atlospontjai kollinearisak, es olyanis, amelynek atlospontjai nem kollinearisak. Nyitott kerdes, hogy ez mindenesetben ıgy van-e. Ezzel kapcsolatban ismert Gleason alabbi tetele, amelynekigazolasa komolyabb algebrai eszkozoket igenyel, ıgy nem bizonyıtjuk.

1.40. Tetel. (Gleason) Ha egy veges projektıv sık minden teljes negyszogenekatlospontjai kollinearisak, a sık Desargues-fele.

Nyitott kerdes azonban, hogy ha egy veges projektıv sık egyetlen tel-jes negyszogenek atlospontjai sem kollinearisak, akkor teljesul-e a Desargues-tulajdonsag, azaz igaz-e, hogy veges projektıv sıkok eseten a Fano-tulajdonsagbolkovetkezik a Desargues-tulajdonsag. A problema meg veges projektıv sıkokspecialisabb osztalyai (peldaul transzlaciosıkok) eseten is megoldatlan.

1.6. Ferdetest feletti projektıv sıkok kollineacioi

1.41. Allıtas. Tekintsunk egy F ferdetest feletti projektıv sıkot, es legyen A3× 3-mas invertalhato matrix. Az [x] ponthoz az [xA] pontot rendelo lekepezeskollineacio.

23

Bizonyıtas: Vilagos, hogy az allıtasban szereplo lekepezes jol definialt, ugyanisx helyett a pont egy λx (λ ∈ F) reprezentansvektorat valasztva a (λx)A vektorugyanazt a pontot reprezentalja, mint xA.

Ha l az P = [p], Q = [q] pontokra illeszkedo egyenes, l pontjai [λp +µq] alakuak. E pontok kepei [(λp + µq)A] = [λ(pA) + µ(qA)] alakuak, azazilleszkednek a [pA] es [qB] pontok egyenesere. Ezzel igazoltuk, hogy a lekepezesilleszkedestarto. A bijektivitas nyilvanvalo.

A fenti allıtasban ertelmezett kollineaciokat projektıv kollineacioknak fogjuknevezni, es azt mondjuk, hogy a szoban forgo kollineaciot az A matrix repre-zentalja. Mivel - bazis rogzıtese utan - minden 3 × 3-mas invertalhato matrixegyertelmuen meghatarozza F3 egy ϕ linearis transzformaciojat, szokas a kol-lineaciot a ϕ altal indukalt kollineaciokent is emlıteni es [ϕ]-vel jelolni.

1.42. Tetel. Megadva egy F ferdetest feletti projektıv sık ket altalanos helye-zetu pontnegyeset, van olyan projektıv kollineacio, amelynel az egyik pontnegyeselemeinek kepei rendre a masik pontnegyes megfelelo elemei.

Bizonyıtas: Tekintsuk az adott projektıv sıkban a P , Q, R, S es P ′, Q′, R′, S′

altalanos helyzetu pontnegyeseket. Legyen tovabba U az [1, 0, 0], V a [0, 1, 0],O a[0, 0, 1] es E az [1, 1, 1] pont. Megvalaszthatjuk P = [p1, p2, p3], Q = [q1, q2, q3],R = [r1, r2, r3] es S = [s1, s2, s3] homogen koordinatait ugy, hogy si = pi +

qi + ri teljesuljon (i ∈ {1, 2, 3}). Ekkor az M =

p1 q1 r1p2 q2 r2p3 q3 r3

matrix altal

reprezentalt ϕ kollineacio az U , V , O, E pontnegyeshez a P , Q, R, S pontnegyestrendeli. Legyen ψ a hasonlo modon konstrualt, az U , V , O, E pontnegyeshez aP ′, Q′, R′, S′ pontnegyest rendelo kollineacio. Ekkor ψ ◦ ϕ−1 a kıvanalmaknakmegfelelo kollineacio.

1.43. Definıcio. Legyen F ferdetest. Azt mondjuk, hogy a ϕ bijektıv lekepezesF egy automorfizmusa, ha tetszoleges x, y ∈ F eseten

ϕ(x+ y) = ϕ(x) + ϕ(y) es ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y)

teljesul.

Megjegyezzuk, hogy R egyetlen automorfizmusa az identitas. A C komp-lex szamtest eseten azonban az a + bi 7→ a − bi konjugalas testautomorfiz-mus. A GF (pn) veges test automorfizmusai az x 7→ xp

i

(i ∈ {0, 1, . . . , n− 1})lekepezesek.

1.44. Allıtas. Legyen σ az F ferdetest egy automorfizmusa. Ha x az F fe-letti haromdimenzios vektorter egy (x1, x2, x3) vektora, akkor legyen σ(x) :=(σ(x1), σ(x2), σ(x3)). Ha minden [x] ponthoz hozzarendeljuk a σ(x) altal repre-zentalt pontot, kollineaciot kapunk.

24

Bizonyıtas: Tekintsuk az ax1 + bx2 + cx3 = 0 egyenletu egyenest. Megmutat-juk, hogy ezen egyenes pontjainak mindegyike illeszkedik a σ(a)x1 + σ(b)x2 +σ(c)x3 = 0 egyenesre. Tegyuk fel, hogy [x1, x2, x3] illeszkedik a szoban forgoegyenesre. Alkalmazzuk az emiatt teljesulo ax1+bx2+cx3 = 0 egyenlet mindketoldalara a σ automorfizmust. Mivel σ(0) = σ(0 + 0) = σ(0) + σ(0), σ(0) = 0.Igy ekkor

σ(a)σ(x1) + σ(b)σ(x2) + σ(c)σ(x3) = 0

kovetkezik. Mivel [x1, x2, x3] kepe [σ(x1), σ(x2), σ(x3))], ez eppen a bizonyıtandoosszefuggest jelenti.

Az elozo allıtasban ertelmezett kollineaciokat automorfizmus altal indukaltkollineacioknak hıvjuk. Megmutatjuk, hogy egy ferdetest feletti projektıv sıkkollineacioi lenyegeben a fenti ket tıpusuak lehetnek.

1.45. Tetel. (A projektıv geometria alaptetele.) Ferdetest feletti projektıv sıkotonmagara kepezo tetszoleges kollineaciohoz letezik a ferdetestnek olyan σ au-tomorfizmusa es a fedetest elemeibol kepzett olyan 3 × 3-mas A invertalhatomatrix, hogy a kollineacio tetszoleges [x] ponthoz a [σ(x)A] pontot rendeli.

Bizonyıtas: Legyen X = [1, 0, 0], Y = [0, 1, 0], Z = [0, 0, 1] es U = [1, 1, 1].Tegyuk fel, hogy a tekintett ϕ kollineacional az X, Y , Z, U pontok kepei rendreaz A, B, C, D pontok. Belattuk, hogy van olyan ψ projektıv kollineacio, amelyugyanilyen tulajdonsagu, azaz ψ(X) = A, ψ(Y ) = B, ψ(Z) = C, ψ(U) = D.Ekkor ψ−1 ◦ ϕ az X, Y , Z, U pontokat fixen hagyja. A kovetkezokbenbelatjuk, hogy az ilyen tulajdonsagu kollineaciok automorfizmus altal indukaltkollinaciok. Mivel ezt a kollineaciot a ψ projektıv kollineacioval komponalvaϕ-t kapjuk, ez allıtasunk igazsagat jelenti.

Legyen tehat σ olyan kollineacio, amelynek X, Y , Z, U fixpontjai. Legyen

A a←−→ZX egyenes egy (Z-tol es X-tol kulonbozo) pontja, az ilyen pontok repre-

zentansvektorai (a, 0, 1) alakuak. Mivel←−→ZX invarians egyenes, az A pont kepe

[f(a), 0, 1] alaku. Azt fogjuk megmutatni, hogy f ferdetest-automorfizmus, es σaz altala indukalt kollineacio.

Hasonloan, az←−→Y Z egyenes valamely (Y -tol es Z-tol kulonbozo) (0, b, 1) repre-

zentansu pontjat tekintve, legyen ennek kepe [0, g(b), 1]. Ekkor ha P tetszoleges,

(a, b, 1) reprezentansvektoru pont, akkor ennek kepe [f(a), g(b), 1]. Mivel a←→ZU

egyenes invarians, az [a, a, 1] alaku pontok kepeinek is megegyezik az elso ket ko-ordinataja. Azonban az [a, a, 1] pont kepe [f(a), g(a), 1], ıgy f(a) = g(a) adodik,azaz az f es g lekepezesek megegyeznek. Mivel az [1, 1, 1] pont fix, f(1) = 1.

Az eddigiek mintajara ertelmezhetunk olyan h lekepezest, hogy az (1, y, z)reprezentansvektoru pontok kepei [1, h(y), h(z)] alakuak. Hasonloan adodik,hogy h(1) = 1. Az [1, y, 1] alaku pontok kepe ekkor egyreszt [1, f(y), 1], masreszt[1, h(y), 1], ıgy a h lekepezes is megegyezik az f lekepezessel.

Az (a, 1, 1) (a 6= 0) alaku vektorokkal reprezentalhato pontok kepe[f(a), 1, 1] alaku, ugyanis az ilyen alaku vektorokkal reprezentalhato pontok

25

az←−→XU invarians egyenesre illeszkednek. Azonban ugyanezt az [a, 1, 1] pontot

az (1, a−1, a−1) vektor, az [f(a), 1, 1] pontot az (1, (f(a))−1, (f(a))−1) vektor isreprezentalja. Igy kapjuk, hogy f(a−1) = (f(a))−1.

Tekintsunk egy (a, ab, 1) alaku vektorral reprezentalhato pontot. Ennekkepe egyreszt [f(a), f(ab), 1], masreszt [1, f(b), f(a−1)] (ugyanis [a, ab, 1] repre-zentansa (1, b, a−1) is). Azonban az [1, f(b), f(a−1)] pont az (f(a), f(a)f(b), 1)vektorral is reprezentalhato, ıgy f(ab) = f(a)f(b).

Tetszoleges [a, b, c] pont az (1, a−1b, a−1c) vektor altal is reprezentalhato, ıgykepe [1, f(a−1b), f(a−1c)]. Ez azonban megegyezik az [f(a), f(b), f(c)] ponttal,ugyanis peldaul

f(a)(f(a−1b)) = f(a)f(a−1)f(b) = f(aa−1)f(b) = f(1)f(b) = f(b).

Igy mar csak azt kell belatnunk, hogy f(a+ b) = f(a) + f(b). Ugyanis ekkor azeddigi tulajdonsagok alapjan f ferdetest-automorfizmus, es σ az altal indukaltkollinacio.

Mivel az [1, 1,−1] egyenes invarians, az [a, b, a + b] alaku pontok kepeiugyanilyen alakuak. Mivel egy ilyen pont kepe [f(a), f(b), f(a + b)], ezertf(a+ b) = f(a) + f(b) kovetkezik, es ezzel belattuk a tetel allıtasat.

1.46. Allıtas. Tekintsuk egy ferdetest feletti projektıv sıkon a tetszoleges [x]ponthoz a [σ(x)A] pontot rendelo kollineaciot, ahol σ ferdetest-automorfizmuses A 3 × 3-mas invertalhato matrix. Ez a kollineacio tetszoleges [e] egyenesheza [σ(e)(A−1)T ] egyenest rendeli.

Bizonyıtas: Tetszoleges kollineacional egy [x] pont akkor es csak akkor il-leszkedik [e] kepere, ha [x] oskepe illeszkedik [e]-re. Vilagos, hogy a tekintettkollineacio inverze [x]-hez [σ−1(xA−1)]-et rendeli. A ferdetest feletti projektıvsıkban ertelmezett illeszkedes folytan egy [x] pont es egy [f ] egyenes illeszkedesetaz 〈x, f〉 = 0 relacio ırja le. Tehat [x] oskepe pontosan akkor illeszkedik [e]-re,ha ⟨

σ−1(xA−1), e⟩

= 0.

Mindket oldalon hattatva a σ ferdetest-automorfizmust innen⟨xA−1, σ(e)

⟩= 0

adodik. Mivel az x 7→ xA−1 linearis lekepezes adjungaltja jol ismert modon azx 7→ x(A−1)T lekepezes, ez az⟨

x, σ(e)(A−1)T⟩

= 0

osszefuggessel ekvivalens. Ez azt jelenti, hogy [x] oskepe akkor es csak akkorilleszkedik [e]-re, ha [x] illeszkedik az [σ(e)(A−1)T ] egyenesre, ıgy ez utobbiegyenes [e] kepe a tekintett kollineacional.

26

1.7. Veges test feletti projektıv sıkok polaritasai

1.47. Definıcio. Egy projektıv sıkot a dualisara kepezo kollineaciot kor-relacionak nevezunk. Ha egy korrelacio negyzete az identikus lekepezes, a kor-relaciot polaritasnak hıvjuk.

Azt mondjuk, hogy egy pont egy korrelacioban abszolut pont, ha illeszkedika hozza rendelt egyenesre. Egy egyenes egy korrelacio abszolut egyenese, hailleszkedik ra a hozza rendelt pont.

Ha egy P pont kepe egy polaritasnal az e egyenes, azt mondjuk, hogy az adottpolaritasban a P pont az e egyenes polusa, illetve az e egyenes a P pont polarisa.Azt mondjuk tovabba, hogy az e egyenes pontjai konjugaltak a P ponthoz azadott polaritasban. Az abszolut pontok tehat az onmagukhoz konjugalt pontok,az abszolut egyenesek az onmagukhoz konjugalt egyenesek.

A projektıv geometria alaptetelenek felhasznalasaval leırhatoak a ferdetestfeletti projektıv sıkok korrelacioi.

1.48. Tetel. Ferdetest feletti projektıv sıkot onmagara kepezo tetszoleges kor-relaciohoz letezik a ferdetestnek olyan σ automorfizmusa es a ferdetest elemeibolkepzett olyan 3× 3-mas invertalhato A matrix, amelyre tetszoleges [x] pont kepea [σ(x)A] egyenes es tetszoleges [e] egyenes kepe az [σ(e)(A−1)T ] pont.

Bizonyıtas: Komponaljuk a tekintett korrelaciot azzal a κ korrelacioval, amelyminden ponthoz az ugyanazon vektor altal reprezentalt egyenest es minden egye-neshez az ugyanazon vektor altal reprezental pontot rendeli. Igy kollineaciotkapunk, amelyhez a projektıv geometria alaptetele ertelmeben van olyan σferdetest-automorfizmus es a ferdetest elemeibol kepzett olyan 3 × 3-mas in-vertalhato A matrix, amelyre tetszoleges [x] pont kepe a [σ(x)A] pont estetszoleges [e] egyenes kepe az [σ(e)(A−1)T ] egyenes. κ inverze onmaga, tehata kapott kollineaciot κ-val komponalva megkapjuk az eredeti korrelacionkat,amely ıgy eppen a kıvant modon hat.

1.49. Tetel. Veges test feletti projektıv sıkok tetszoleges polaritasaval kapcso-latban az alabbi esetek valamelyike all fenn:

1. tetszoleges [x] pont kepe az [xA] egyenes, ahol A 3 × 3-mas invertalhatoszimmetrikus matrix, ebben az esetben a polaritast kozonseges vagy -paratlan rendu projektıv sıkok eseten - masodrendu gorbehez tartozo po-laritasnak nevezzuk;

2. a projektıv sık rendje negyzetszam (s2) es tetszoleges [x] pont kepe a[σ(x)A] egyenes, ahol tetszoleges t ∈ GF (s2) eseten σ(t) = ts esσ(A) = AT . Utobbi esetben a polaritast Hermite-fele vagy uniter pola-ritasnak mondjuk.

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy a polaritas tetszoleges [x] ponthoz a [σ(x)A] egye-nest rendeli. Ekkor ez utobbi egyenes kepe a [σ(σ(x)A)(A−1)T ] pont, es mivel

27

polaritasrol van szo, ez megegyezik az [x] ponttal. Tehat van olyan t ∈ F (aholaz F feletti projektıv sık egy polaritasat tekintettuk), amelyre

σ2(x)σ(A)(A−1)T = t · x. (1)

Ez a t testelem nem fugg az [x] pont valasztasatol. Valoban, tegyuk fel, hogy tfugg [x]-tol, jelolje t(x) a megfelelo ponthoz tartozo testelemet. Ekkor, kulonbozopontokat reprezentalo (azaz linearisan fuggetlen) x es y vektorokat tekintve

t(x+y)·(x+y) = σ2(x+y)σ(A)(A−1)T = σ2(x)σ(A)(A−1)T+σ2(y)σ(A)(A−1)T = t(x)·x+t(y)·x,

ıgy(t(x + y)− t(x))x + (t(x + y)− t(y))y = 0,

ahonnan x es y linearis fuggetlensege miatt t(x + y) = t(x) = t(y).Ekkor (1)-be x helyere a bazisvektorokat helyettesıtve kapjuk, hogy

σ(A)(A−1)T = t · E, ahol E az egysegmatrix; innen

t ·AT = σ(A)

adodik. Ezt ismet (1)-be helyettesıtve kapjuk, hogy

t · x = σ2(x) · t ·AT (A−1)T = t · σ2(x),

azaz σ2 az identitas.

Tegyuk fel eloszor, hogy σ az identitas. Ekkor t ·AT = A, ahonnan (a balol-dalon A helyere t ·AT helyettesıtesevel)

t · (t ·AT )T = A,

azaz t2 ·A = A, tehatt2 = 1

adodik. Itt t = −1-bol A = −AT kovetkezne. Ez - mivel A 3 × 3-mas matrix -azt jelentene, hogy det(A) = (−1)3 · det(A), ami det(A) 6= 0 miatt lehetetlen.Kovetkezeskeppen t = 1. Tehat A = AT , vagyis A szimmetrikus matrix. Igy atetelben megfogalmazott 1. eset all fenn.

Ha σ nem az identitas, akkor σ valamely veges test masodrendu automorfiz-musa (azaz olyan automorfizmus, amely nem az identitas, de a negyzete identi-kus). Korabban mar emlıtettuk, hogy a GF (pn) veges test automorfizmusai az

x 7→ xpi

(i ∈ {0, 1, . . . , n− 1}) lekepezesek; ıgy ez csak abban az esetben fordul-hat elo, ha a veges test rendje valamely s2 negyzetszam, es a testautomorfizmusaz s-edik hatvanyra emeles. Ez tehat a tetelben megfogalmazott 2. eset. Azt kellmeg megmutatni, hogy felteheto σ(A) = AT teljesulese.

Ebbol a celbol vegyuk eszre eloszor, hogy a tAT = σ(A) feltetel bal oldalanA helyere A = σ(σ(A)) = σ(tAT ) helyettesıtesevel

t(σ(tAT )) = t · σ(t) · σ(A) = σ(A),

28

ıgy t · σ(t) = 1 adodik. Megmutatjuk, hogy van olyan λ ∈ GF (s2), amelyreµ := λ+σ(t)σ(λ) 6= 0. Valoban, ha minden λ ∈ GF (s2) eseten λ+σ(t)σ(λ) = 0all fenn, akkor λ = 1 valasztassal σ(t) = −1, ahonnan σ(λ) = λ adodik. Ezazonban ellentmond annak, hogy σ nem az identikus lekepezes. Ekkor

σ(µ) = σ(λ)+σ(σ(t))σ(σ(λ)) = σ(λ)+tλ = tσ(t)σ(λ)+tλ = t(σ(t)σ(λ)+λ) = tµ,

ıgy t = σ(µ) · µ−1.Az A matrix helyett ekkor tekinthetjuk a µ−1A matrixot, hiszen ugyanazt

a korrelaciot hatarozzak meg. Erre a matrixra pedig tAT = σ(A) figyelem-bevetelevel valoban

σ(µ−1A) = σ(µ−1)σ(A) = σ(µ−1)tAT = σ(µ−1)·σ(µ)·µ−1AT = µ−1AT = (µ−1A)T

all fenn.

1.8. Masodrendu gorbek es Hermite-gorbek veges test fe-letti projektıv sıkokon

1.50. Definıcio. Egy paratlan rendu test feletti projektıv sık egy kozonsegespolaritasa eseten az abszolut pontok halmazat nemelfajulo masodrendu gorbenek(vagy kupszeletnek) hıvjuk. Az s2-rendu test feletti projektıv sık egy Hermite-felepolaritasa eseten az abszolut pontok halmazat Hermite-gorbenek mondjuk.

1.51. Allıtas. Egy paratlan rendu test feletti projektıv sık tetszoleges nemelfa-julo masodrendu gorbejenek egyenlete

a11x21 + a22x

22 + a33x

23 + 2a12x1x2 + 2a13x1x3 + 2a23x2x3 = 0

alaku, valamint az s2-rendu test feletti projektıv sık tetszoleges Hermite-gorbejenek egyenlete

a11xs+11 +a22x

s+12 +a33x

s+13 +a12x1x

s2+a21x

s1x2+a13x1x

s3+a31x

s1x3+a23x2x

s3+a32x

s2x3 = 0

alaku, ahol aik (i, k ∈ {1, 2, 3}) a megfelelo veges testek elemei.

Bizonyıtas: Tekintsuk eloszor az [x] ponthoz az [xA] egyenest rendelokozonseges polaritast. Annak szukseges es elegendo feltetele, hogy az [x] pontonmagahoz konjugalt legyen, az

xAxT = 0

egyenlet teljesulese. Tegyuk fel, hogy

A =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

es x = (x1, x2, x3). Ekkor a fenti egyenletet kifejtve eppen a masodrendu gorbeegyenletenek kıvant alakjahoz jutunk.

29

Tekintsuk most azt a Hermite-fele polaritast, amely tetszoleges [x] ponthoza [σ(x)A] egyenest rendeli, ahol σ az s-edik hatvanyra emeles. Ekkor annakszukseges es elegendo feltetele, hogy az [x] pont onmagahoz konjugalt legyen,

σ(x)AxT = 0.

Legyen

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

,

valamint x = (x1, x2, x3). Ekkor annak feltetele, hogy x illeszkedjen a megfeleloHermite-gorbere, az

(xs1, xs2, x

s3)

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

x1x2x3

= 0

alakot olti, ami kifejtes utan eppen a Hermite-gorbe egyenletenek kıvant alakjatadja.

A kovetkezokben megmutatjuk, hogy a koordinatarendszer megfelelomegvalasztasaval a fenti gorbek egyenletei joval egyszerubb alakot olthetnek.

1.52. Definıcio. Legyen adott egy projektıv sık egy polaritasa. Azt mondjuk,hogy egy haromszog a polaritas egy polarharomszoge, ha tetszoleges csucsanakpolarisa a szemkoztes haromszogoldal.

1.53. Lemma. Egy projektıv sık minden polaritasanak van polarharomszoge.

Bizonyıtas: Legyen X tetszoleges, onmagahoz nem konjugalt pont. ValasszunkX polarisan egy olyan Y pontot, amely szinten nem konjugalt onmagahoz.(Az, hogy ilyen pont letezzen, X megfelelo megvalasztasaval elerheto.) Legyentovabba X es Y polarisainak metszespontja Z. Ekkor XY Z a polaritas egypolarharomszoge.

1.54. Allıtas. Tekintsunk egy K test feletti projektıv sıkot es azon egy pola-ritast, es valasszuk meg K3 egy bazisat ugy, hogy a bazisvektorok a polaritasegy polarharomszogenek csucsait reprezentaljak. Ebben a bazisban a polaritaseloallıtasaban szereplo matrix diagonalis.

Bizonyıtas: Legyen E1E2E3 a tekintett polaritas egy polarharomszoge.Feltetelunk alapjan E1 = [1, 0, 0], E2 = [0, 1, 0], E3 = [0, 0, 1]. Legyen a po-laritas eloallıtasaban szereplo matrix

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

.

30

(A kozonseges es Hermite-fele polaritasokat egyutt kezelhetjuk, hiszen azHermite-polaritasban szereplo testautomorfizmusnal 0 es 1 kepe egyarant

onmaga.) Mivel feltetelunk szerint E1 kepe←−−→E2E3 = [1, 0, 0], van olyan k tes-

telem, amelyre

(1, 0, 0)

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= (k, 0, 0),

innen a12 = a13 = 0 kovetkezik.

Hasonloan felırva, hogy E2 kepe←−−→E1E3 = [0, 1, 0], a21 = a23 = 0 adodik; es

vegul, mivel E3 kepe←−−→E1E2 = [0, 0, 1], a31 = a32 = 0 is fennall.

A polaritasoknak ezt a kanonikus alakjat felhasznalva megmutatjuk, hogymind a nemures nemelfajulo masodrendu gorbek, mind pedig az Hermite-gorbek projektıv ekvivalencia erejeig egyertelmuek, azaz projektıv kollineaciovalegymasba transzformalhatoak.

1.55. Allıtas. Paratlan rendu test feletti projektıv sık tetszoleges nemelfajulomasodrendu gorbeje projektıven ekvivalens az x21 + x22 + x23 = 0 gorbevel.

Bizonyıtas: Az elozo allıtas alapjan felteheto, hogy a gorbet meghatarozokozonseges polaritas matrixa diagonalis. Ekkor 1.51. miatt a polaritas altalmeghatarozott masodrendu gorbe egyenlete

a11x21 + a22x

22 + a33x

23 = 0

alaku. Abban az esetben, ha a11, a22, a33 az alaptest negyzetelemei - azaz vannakolyan b1, b2, b3 testelemek, amelyekre a11 = b21, a22 = b22 es a33 = b23 teljesul -akkor az [x1, x2, x3] 7→ [b1x1, b2x2, b3x3] kollineacio a tekintett gorbet eppen akıvant x21 + x22 + x23 = 0 egyenletu gorbebe transzformalja.

Megvizsgaljuk azokat az eseteket, amikor az a11, a22, a33 elemek valamelyikenem negyzetelem. Ezekben a vizsgalatokban felhasznaljuk, hogy paratlan renduveges test tetszoleges eleme ket negyzetelem osszege.

Abban az esetben, ha a11, a22, a33 egyike sem negyzetelem, a gorbeegyenletet peldaul a33-al vegigosztva elerhetjuk, hogy x23 egyutthatoja 1, azaznegyzetelem legyen. Igy felteheto, hogy az egyutthatok kozott legalabb egy elemnegyzetelem.

Tegyuk fel, hogy az egyutthatok kozott pontosan ketto nem negyzetelem.Felteheto, hogy ez a ket egyutthato a11 es a22, hiszen a koordinatak sorrendjetfelcserelo lekepezesekkel (azaz projektıv kollineaciokkal) a gorbe egyenlete ilyenalakura hozhato. Felhasznalva, hogy veges testben barmely ket nemnegyzet-elemhanyadosa negyzetelem; rogzıtve egy e nemnegyzet-elemet, vannak olyan b1 esb2 testelemek, amelyekre a11 = eb21 es a22 = eb22. Igy a tekintett masodrendugorbe egyenlete

eb21x21 + eb22x

22 + a33x

23 = 0,

azaze(b21x

21 + b22x

22) + a33x

23 = 0.

31

Az [x1, x2, x3] 7→ [b1x1, b2x2, x3] kollineacio alkalmazasaval ekkor az

e(x21 + x22) + a33x23 = 0

egyenletu gorbehez jutunk, amelynek egyenleteben mindket oldal e-vel tortenoelosztasa utan legfeljebb 1 nemnegyzet-elem szerepel.

Igy felteheto, hogy az egyutthatok kozul pontosan egy nem negyzetelem.Ismet felteheto tovabba, hogy ez a nemnegyzet-elem az a33 egyutthato. Mivelfeltetelunk szerint vannak olyan b1, b2 testelemek, amelyekre a11 = b21 es a22 =b22, ekkor az [x1, x2, x3] 7→ [b1x1, b2x2, x3] kollineacio a tekintett gorbet eppen az

x21 + x22 + a33x23 = 0

egyenletu gorbebe transzformalja. A korabban mondottak ertelmeben az alap-testnek vannak olyan c, d elemei, amelyekre a33 = c2 + d2. Alkalmazzuk a

[cx1 − dx2, dx1 + cx2, x3] 7→ [x1, x2, x3]

kollineaciot. Ekkor

(cx1−dx2)2+(dx1+cx2)2+a33x23 = c2x21−2cdx1x2+d2x22+d2x21+2cdx1x2+c2x22+a33x

23 =

= c2(x21+x22)+d2(x21+x22)+a33x23 = (c2+d2)(x21+x22)+a33x

23 = a33(x21+x22+x23)

miatt kollineacios kepkent eppen a kıvant gorbet kapjuk.

Megjegyezzuk, hogy - a valos esettel ellentetben - az x21 + x22 + x23 = 0 gorbenem ures, ugyanis az

x21 + x22 = −x23egyenletnek mindig van megoldasa (hiszen, mint emlıtettuk, az alaptesttetszoleges eleme ket negyzetelem osszege). Veges test feletti projektıv sıkokeseten tehat minden kozonseges polaritasnak van abszolut pontja.

1.56. Allıtas. Az s2 elemu test feletti projektıv sık tetszoleges Hermite-gorbejeprojektıven ekvivalens az

xs+11 + xs+1

2 + xs+13 = 0

gorbevel.

Bizonyıtas: Tegyuk fel ismet, hogy a gorbet meghatarozo polaritaseloallıtasaban szereplo matrix diagonalis. 1.51. miatt a kapott Hermite-gorbeegyenlete

a11xs+11 + a22x

s+12 + a33x

s+13 = 0.

Megmutatjuk, hogy vannak olyan b1, b2, b3 ∈ GF (s2) elemek, amelyekre az[x1, x2, x3] 7→ [b1x1, b2x2, b3x3] projektıv kollineacio a gorbet az

xs+11 + xs+1

2 + xs+13 = 0

32

egyenletu gorbebe transzformalja. Ez pontosan akkor teljesul, ha a11 = bs+11 ,

a22 = bs+12 , a33 = bs+1

3 . Ellenorizzuk, hogy ezen egyenletek megoldhatoak.Belattuk, hogy a Hermite-fele polaritasokat meghatarozo matrix eseten

elerheto, hogy σ(A) = AT teljesuljon. Igy as11 = a11, as22 = a22, as33 = a33all fenn. Ez azt jelenti, hogy a11, a22, a33 mindegyike a GF (s) resztest eleme.Azonban GF (s2)-ben tetszoleges l ∈ GF (s)-hez van olyan k ∈ GF (s2), amelyre

ks+1 = l. Valoban, ha α GF (s2) egy primitıv eleme, akkor αs2−1 = 1 =

(αs+1)s−1, ıgy αs+1 primitıv elem GF (s)-ben, tehat GF (s) elemei eloallnakαs+1 hatvanyaikent.

Megvizsgaljuk a nemelfajulo masodrendu gorbek es az Hermite-gorbekkolonos helyzetet a sık egyeneseivel.

1.57. Lemma. Egy projektıv sık tetszoleges polaritasa eseten tetszolegesonmagahoz konjugalt egyenesre pontosan egy abszolut pont illeszkedik.

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy a onmagahoz konjugalt egyenes. Ekkor a-ra illesz-kedik a polusa, legyen ez a pont A. Tegyuk fel, hogy a-ra illeszkedik egy tovabbiB pont, ami szinten konjugalt onmagahoz. Ekkor B polarisara illeszkedik a B esaz A pont, tehat egybeesik az a egyenessel. Ket pontnak azonban nem egyezhetmeg a polarisa a korrelacio definıcioja ertelmeben.

1.58. Allıtas. Egy test feletti projektıv sık egy nemelfajulo masodrendugorbejenek es a sık egy egyenesenek 0, 1 vagy 2 kozos pontja van

Bizonyıtas: Tekinsuk az A alapmatrixu masodrendu gorbet (azaz azonkozonseges polaritas abszolut pontjainak halmazat, amelynel tetszoleges [x]pont kepe az [xA] egyenes), es illeszkedjen az adott egyenes az [a] es [b] pon-tokra. Ekkor az egyenes pontjai [λa+µb] alakuak. Az egyenes egy pontja akkores csak akkor illeszkedik a masodrendu gorbere, ha

(λa + µb)A(λa + µb)T = 0.

Ezt az egyenletet kifejtve

λ2aAaT + 2λµaAbT + µ2bAbT = 0

adodik. λ es µ kozul legalabb egy nem 0, ıgy azzal vegigosztva az egyenletetλµ -ben vagy µ

λ -ban masodfoku egyenletet kapunk. Ennek az egyenletnek mindenmegoldasahoz a masodrendu gorbe es az egyenes pontosan egy metszespontjatartozik. Ha az egyutthatok kozott van 0-tol kulonbozo, akkor az egyenlet meg-oldasainak szama legfeljebb 2.

Megmutatjuk, hogy nem lehet az egyenletben minden egyutthato 0. Ek-kor ugyanis aAbT = 0 miatt az A matrix altal meghatarozott kozonsegespolaritasnal [a] kepe illeszkedik [b]-re es [b] kepe illeszkedik [a]-ra. AzonbanaAaT = 0 miatt [a] kepe illeszkedik [a]-ra is, ıgy [a] kepe a tekintett pontok egye-nese. Azonban hasonloan, bAbT = 0 miatt [b] kepe illeszkedik [b]-re is, ıgy [b]kepe szinten a tekintett pontok egyenese. Ez ellentmond annak, hogy [a] es [b]

33

kulonbozo pontok, ıgy tetszoleges polaritasnal a kepegyeneseik is kulonbozoek.

Az elozo tetel figyelembevetelevel azokat az egyeneseket, amelyeknek egynemelfajulo masodrendu gorbevel pontosan ket kozos pontjuk van, a gorbeszeloinek, azokat pedig, amelyeknek pontosan egy kozos pontja van a gorbevel,a gorbe erintoinek nevezzuk.

1.59. Allıtas. Egy nemelfajulo masodrendu gorbe erintoi pontosan a gorbetmeghatarozo polaritasnal onmagukhoz konjugalt egyenesek.

Bizonyıtas: 1.57. alapjan az onmagukhoz konjugalt egyenesekre pontosan egyabszolut pont illeszkedik, ıgy azok erintok.

Tegyuk fel, hogy egy e egyenes erinti az A alapmatrixu masodrendu gorbet.Ekkor az elozo bizonyıtasban latott egyenletnek pontosan egy megoldasa van.Felteheto, hogy az egyetlen kozos pont eppen [a], ıgy aAaT = 0. Igy az egyenlet

2λ

µaAbT + bAbT = 0

alakura redukalodik. Ez az egyenlet pontosan akkor nem ad uj megoldast, ha λµ

egyutthatoja 0, azaz aAbT = 0. Ez azt jelenti, hogy [b] konjugalt [a]-hoz. Mivelfeltetelunk szerint [a] onmagahoz konjugalt, ıgy [a] polarisa e. Ez azt jelenti,hogy e valoban onmagahoz konjugalt.

Mivel 1.57. dualisanak ertelmeben minden onmagahoz konjugalt pontraegy es csak egy onmagahoz konjugalt egyenes illeszkedik, ez azt jelenti, hogytetszoleges nemelfajulo masodrendu gorbe minden pontjara egy es csak egy erintoilleszkedik. Tovabba belattuk, hogy egy nemelfajulo masodrendu gorbet mindenegyenes legfeljebb ket pontban metsz. Egy veges projektıv sıkon azokat a pont-halmazokat, amik e ket feltetelnek eleget tesznek, ovalisoknak nevezzuk. Befogjuk latni Segre igen szep tetelet, amely szerint paratlan rendu test felettiprojektıv sıkon tetszoleges ovalis masodrendu gorbe. Az ovalisok vizsgalatavaleljutunk a nemelfajulo masodrendu gorbek nehany tovabbi kombinatorikus tu-lajdonsagahoz, ıgy peldaul kiderul majd, hogy egy n-edrendu projektıv sıktetszoleges nemelfajulo masodrendu gorbejere n+ 1 pont illeszkedik.

Ez utobbi allıtast kozvetlenul is egyszeru latni: rogzıtsunk egy nemelfajulomasodrendu gorben (vagy tetszoleges ovalison) egy P pontot. A projektıv sıkP -re illeszkedo egyenesei es a gorbe pontjai kozott bijekciot adhatunk meg olymodon, hogy P -hez hozzarendeljuk a P -re illeszkedo erintot, tetszoleges tovabbigorbeponthoz pedig az azt P -vel osszekoto szelot. Igy a gorbenek ugyanannyipontja van, mint ahany P -re illeszkedo egyenese a sıknak, azaz n+ 1.

Megvizsgaljuk az Hermite-gorbek kombinatorikus tulajdonsagait is.

1.60. Allıtas. Az s2-rendu test feletti projektıv sık tetszoleges Hermite-gorbejere s3 + 1 pont illeszkedik.

34

Bizonyıtas: A bizonyıtasnal felhasznaljuk, hogy GF (s2)-ben tetszoleges l ∈GF (s) eseten az xs+1 = l egyenletnek pontosan s+ 1 kulonbozo gyoke van.

Tetszoleges x ∈ GF (s2) eseten xs+1 ∈ GF (s). Valoban: rogzıtve egy α ∈GF (s2) primitıv elemet, minden x ∈ GF (s2) αk alaku. Ekkor

xs+1 = (αk)s+1 =(αs+1

)k,

az 1.56. bizonyıtasanak vegen latottak alapjan pedig αs+1 ∈ GF (s).GF (s)-ben a 0-tol kulonbozo elemek szama s − 1, GF (s2) eseten pedig ez

a szam s2 − 1 = (s + 1)(s − 1). Ebbol kovetkezik, hogy az x 7→ xs+1 lekepezes(az un. normafuggveny) minden erteket pontosan (s + 1)-szer vesz fel. Azxs+1 = l egyenlet megoldasainak szama ugyanis minden l ∈ GF (s) eseten leg-feljebb s+1, azaz a normafuggveny minden elemet legfeljebb (s+1)-szer vesz fel.

Felteheto, hogy a tekintett Hermite-gorbe egyenlete

xs+11 + xs+1

2 + xs+13 = 0.

Erre a gorbere pontosan az alabbi tıpusu pontok illeszkednek:

1. [0, 1, z], ahol zs+1 = −1;

2. [1, y, 0], ahol ys+1 = −1;

3. [1, y, z], ahol ys+1 a GF (s2) test valamely −1-tol kulonbozo f eleme eszs+1 = −1− f 6= 0.

A bizonyıtas elejen tett megallapıtasunk ertelmeben 1. es 2. tıpusu pontbolegyarant s+ 1 darab van. A 3. tıpusu pontok osszeszamlalasahoz vegyuk eszre,hogy y pontosan (s + 1)-fele megvalasztasakor lenne ys+1 = −1, ıgy −1-tolkulonbozo erteket s2 − s − 1 esetben kapunk. Minden ilyen valasztashoz s + 1olyan z ertek tartozik, amelyre zs+1 = −1 − f (hiszen most f ∈ GF (s) miatt−1− f ∈ GF (s)). Igy az Hermite-gorbe osszes pontjainak szama valoban

(s+ 1) + (s+ 1) + (s2 − s− 1)(s+ 1) = s3 + 1.

1.61. Allıtas. Az s2-rendu test feletti projektıv sık tetszoleges Hermite-gorbejeta sık egy egyenese 1 vagy s+ 1 pontban metszi.

Bizonyıtas: Bizonyıtas nelkul felhasznaljuk, hogy egy Hermite-gorbet in-variansan hagyo kollineaciok csoportja tranzitıvan hat a gorbe pontjain es agorben kıvuli pontok halmazan is: ez azt jelenti, hogy van olyan, a gorbet in-variansan hagyo kollineacio a gorbere illeszkedo A es A′ (valamint a gorberenem illeszkedo B es B′) pontok tetszoleges megvalasztasa mellett, amelynel Akepe A′ (valamint olyan, amelynel B kepe B′).

Tekintsunk egy tetszoleges e egyenest es legyen P e polusa az

xs+11 + xs+1

2 + xs+13 = 0

35

gorbet meghatarozo Hermite-fele polaritasnal.Tegyuk fel eloszor, hogy P nem illeszkedik a gorbere. Ekkor a bizonyıtas

elejen tett megjegyzesunk ertelmeben felteheto, hogy P = [0, 0, 1]. Ekkor eegyenlete x3 = 0. Igy az egyenesre eso gorbepontok eppen az olyan [1, y, 0]pontok, ahol ys+1 = −1. Mar belattuk, hogy ilyen pontbol eppen s + 1 darabvan.

Tegyuk fel, hogy P illeszkedik a gorbere, ekkor e onmagahoz konjugalt egye-nes. Ismet a bizonyıtas elejen tett megjegyzesunkre hivatkozva feltehetjuk, hogyP = [0, 1, z], ahol zs+1 = −1. Igy e egyenlete x2 + zsx3 = 0. Tehat x2 = −zsx3,ezt az Hermite-gorbe egyenletebe helyettesıtve

xs+11 + (−zsx3)s+1 + xs+1

3 = 0,

azazxs+11 + (−1)s+1(x3)s+1 + xs+1

3 = 0

adodik. Mind paratlan, mind paros s eseten, ez az xs+11 = 0 osszefuggeshez vezet,

es mutatja, hogy P az e egyenes egyetlen gorbere illeszkedo pontja. (Paratlan seseten ez kozvetlenul adodik, paros s eseten 1 + 1 = 0 miatt xs+1

3 +xs+13 = 0.)

Megjegyezzuk, hogy egy s2-rendu projektıv sık egy olyan ponthalmazat,amelyre a fenti ket tetelben meghatarozott tulajdonsagok teljesulnek - azaza ponthalmaz s3 + 1 elemu, es tetszoleges egyenessel 1 vagy s+ 1 kozos pontjavan - unitalnak nevezzuk. Unitalokkal reszletesebben nem foglalkozunk, de meg-emlıtjuk, hogy leteznek az Hermite-gorbektol kulonbozo unitalok is.

1.62. Definıcio. Az s2 rendu test feletti projektıv sık egy Hermite-gorbejet(vagy unitaljat) tekintve, azokat az egyeneseket, amelyekre pontosan egy gorbe-pont illeszkedik, a gorbe erintoinek hıvjuk; azokat pedig, amelyeknek a gorbevels+ 1 kozos pontja van, a gorbe szeloinek mondjuk.

1.63. Allıtas. Az s2-rendu test feletti projektıv sık egy tetszoleges Hermite-gorbejenek (vagy unitaljanak) s3 + 1 darab erintoje es s4− s3 + s2 darab szelojevan. A gorbe minden pontjara egyetlen erinto es s2 szelo illeszkedik, mıg a sıktobbi pontjara s+ 1 erinto es s2 − s szelo illeszkedik.

Bizonyıtas: A szeloket megszamolhatjuk, mint az unitalrol tetszolegesenkivalasztott pontparok osszekoto egyeneseit. Mivel az unitalnak osszesen s3 + 1

pontja van, a lehetseges pontparok szama(s3+12

). Mivel azonban minden szelore

s+ 1 pont illeszkedik, ıgy minden szelot(s+12

)-szer szamoltunk. Tehat a szelok

szama osszesen(s3+12

)(s+12

) =s3(s3 + 1)

s(s+ 1)= s2(s2 − s+ 1) = s4 − s3 + s2.

Mivel a sık osszes egyeneseinek szama s4 + s2 + 1, es minden egyenes szelo vagyerinto, ebbol kovetkezik, hogy az erintok szama s3 + 1.

36

Az elozo bizonyıtasbol kiderult, hogy egy Hermite-gorbe erintoi eppen agorbepontok polarisai, ıgy vilagos, hogy minden gorbepontra egyetlen erintoilleszkedik. Mivel az egy pontra illeszkedo egyenesek szama s2 + 1, ebbol kovet-kezik, hogy a gorbe minden pontjan s2 darab szelo halad at. (Ez tetszolegesunital eseten egyszeruen adodik: felteve, hogy az unital egy P pontjara x darabszelo illeszkedik,

x · s+ 1 = s3 + 1

teljesul, hiszen a P -re illeszkedo szelok mindegyiken tovabbi s pontja van azunitalnak, es e pontok P -vel egyutt adjak az unital osszes pontjat. Igy x = s2

valoban fennall.)Jelolje egy gorbere nem illeszkedo P pont eseten a P -re illeszkedo erintok

szamat t es a P -re illeszkedo szelok szamat h. Ekkor vilagos, hogy

t+ h = s2 + 1.

Mivel minden erinton 1, es minden szelon s + 1 gorbepont van, tovabba azerintokon es szelokon levo gorbepontok szamat osszegezve meg kell kapnunk aunital pontjainak szamat, azaz s3 + 1-et,

t+ h(s+ 1) = s3 + 1

is fennall. A kapott egyenletrendszert megoldva valoban t = s+ 1 es h = s2 − sadodik.

1.64. Allıtas. Az s2-rendu test feletti projektıv sık egy Hermite-gorbejere nemilleszkedo P pontbol huzott s + 1 erintore eso gorbepontok (P talppontjai)kollinearisak: a gorbet meghatarozo Hermite-fele polaritasra vonatkozoan Ppolarisara illeszkednek.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy P -re illeszkedo e erintot, es annak talppontja legyenT . Ekkor e T polarisa. Mivel P illeszkedik e-re, ebbol kovetkezik, hogy T valobanilleszkedik P polarisara.

Megjegyezzuk, hogy a fenti allıtasban mondott tulajdonsag nem teljesultetszoleges unital eseten. Sot, Thas 1991-ben megmutatta, hogy ha veges testfeletti projektıv sıkon egy unital eseten a sık tetszoleges, unitalra nem illeszkedopontjabol az unitalhoz huzott erintokre eso erintesi pontok - azaz a pont unitalraeso talppontjai - kollinearisak, akkor az unital Hermite-gorbe.

Vegul arra terunk ki, hogy miert csak paratlan rendu test feletti projektıvsıkok kozonseges polaritasai segıtsegevel ertelmeztunk nemelfajulo masodrendugorbeket. Vegyuk eszre ugyanis, hogy egy paros rendu test eseten a gorbe pont-jait leıro altalanos

a11x21 + a22x

22 + a33x

23 + 2a12x1x2 + 2a13x1x3 + 2a23x2x3 = 0

egyenlet a kettohatvany-rendu testekben teljesulo 1 + 1 = 0 osszefugges miatt

a11x21 + a22x

22 + a33x

23 = 0

37

alakura redukalodik. Mivel paros rendu testekben a negyzetreemeles testauto-morfizmus, minden elem negyzetelem, tehat vannak olyan b1, b2, b3 testelemek,amelyekre a11 = b21, a22 = b22 es a33 = b23 all fenn. Ismet felhasznalva, hogy anegyzetreemeles testautomorfizmus, kapjuk, hogy a tekintett gorbe egyenlete

(b1x1 + b2x2 + b3x3)2 = 0,

tehat azb1x1 + b2x2 + b3x3 = 0

egyenlettel ekvivalens. Igy lathato, hogy paratlan rendu testek eseten akozonseges polaritas eseten az onmagukhoz konjugalt pontok egy egyenesre il-leszkednek. Kituntetve ezt az elfajult esetet, ebben az esetben a polaritast psze-udopolaritasnak hıvjuk.

Ennek ellenere paros rendu testek eseten is beszelhetunk masodrendugorbekrol. Ebben az esetben tekintsunk egy nem szimmetrikus, nemelfajuloA = (aik), (i, k ∈ {1, 2, 3}) matrixot, es nevezzuk nemelfajulo masodrendugorbenek az

a11x21 + a22x

22 + a33x

23 + (a12 + a21)x1x2 + (a13 + a31)x1x3 + (a23 + a32)x2x3 = 0

egyenletnek eleget tevo [x1, x2, x3] pontok halmazat. A masodrendu gorbehezazonban ebben az esetben nem tartozik polaritas.

A paratlan rendu esetben mondott bizonyıtasainkat lenyegeben meg-ismetelve lathatjuk be, hogy paros rendu testek feletti projektıv sıkok masodrendugorbei is ovalist alkotnak, azaz minden egyenessel legfeljebb 2 metszespontjukvan, es minden pontjukra egyertelmuen illeszkedik erinto egyenes. A koor-dinatarendszer megfelelo megvalasztasaval egy paros rendu test feletti projektıvsık barmely masodrendu gorbejenek egyenlete az

x21 + x2x3 = 0

kanonikus alakura hozhato, tehat paros rendu test feletti sıkok masodrendugorbei is projektıven ekvivalensek. Ennek bizonyıtasara nem terunk ki.

38

2. Konstrukciok veges projektıv sıkokban

2.1. Lefogo halmazok, blokkolo halmazok, reszsıkok

2.1. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy projektıv sık pontjainak egy B halmazalefogo ponthalmaz, ha a sık minden egyenesenek van B-vel kozos pontja.

2.2. Tetel. Egy n-edrendu projektıv sık lefogo ponthalmaza legalabb n + 1pontbol all. Egy lefogo ponthalmaz akkor es csak akkor all eppen n+ 1 pontbol,ha a ponthalmaz egyenes.

Bizonyıtas: Tekintsunk a sık egy olyan pontjat, amely nem eleme a tekin-tett lefogo halmaznak. Erre pontra n + 1 egyenes illeszkedik. Ezen egyenesekmindegyikenek van a lefogo halmazba eso pontja, ıgy valoban a lefogo halmazlegalabb n+ 1 elemu.

Tekintsunk most egy n+1 elemuB lefogo halmazt, es legyen e ketB-beli pontosszekoto egyenese. Ha B nem egyezik meg az e-re illeszkedo pontok halmazaval,valaszthatunk egy e-re illeszkedo, nem B-be eso P pontot. Mivel e-re legalabbket B-beli pont illeszkedik, a P -re illeszkedo, e-tol kulonbozo n darab egyenes

”lefogasara” legfeljebb n− 1 darab B-beli pont maradt, ami lehetetlen.

Mivel a kesobbiekben szuksegunk lesz ra, megfogalmazzuk az elozo teteldualisat is.

2.3. Kovetkezmeny. Ha egy n-edrendu projektıv sık egyeneseinek egy hal-mazanak van a sık barmely pontjat tartalmazo eleme, akkor legalabb n+1 pontbolall. Ha a tekintett egyeneshalmaz n + 1 pontbol all, akkor sugarsor, azaz egypontra illeszkedo egyenesek osszessege.

2.4. Definıcio. Egy lefogo halmazt, blokkolo halmaznak nevezunk, ha nem tar-talmaz teljes egyenest. Azt mondjuk, hogy egy blokkolo halmaz minimalis, hanincsen olyan reszhalmaza, amely maga is blokkolo halmaz.

Konnyu ellenorizni, hogy a Fano-sıkon nem letezik blokkolo halmaz.

2.5. Allıtas. Egy n-edrendu projektıv sık B blokkolo halmazat minden egyeneslegfeljebb |B| − n pontban metszi.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy tetszoleges e egyenest, es az egyenesen egy, a blok-kolo halmazba nem eso P pontot. Erre a pontra n darab, e-tol kulonbozo egyenesilleszkedik, es ezeket az egyeneseket B e-be nem eso pontjainak kell

”lefogni”.

Igy |B\e| ≥ n, ahonnan |B| − |B ∩ e| ≥ n, es ıgy |B ∩ e| ≤ |B| −n kovetkezik.

2.6. Lemma. Egy blokkolo halmaz pontosan akkor minimalis, ha mindenpontjahoz talalhato a halmazt csak ebben a pontban metszo egyenes (un. erinto).

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy a B blokkolo halmaznak van olyan P pontja,amelyre illeszkedo tetszoleges egyenesnek van B-vel kozos tovabbi pontja. EkkorB\ {P} is blokkolo halmaz, tehat B nem minimalis.

39

Megfordıtva, tegyuk fel, hogy a B blokkolo halmaz minden pontjahoztalalhato a halmazt csak ebben a pontban metszo egyenes. Hagyjuk el a B hal-maz egy P pontjat, legyen a hozza tartozo erintoegyenes l. Ekkor B\ {P}-neknincs l-el kozos pontja, tehat nem lehet blokkolo halmaz.

Adunk nehany konkret peldat minimalis blokkolo halmazra.

• Mivel az s2-rendu projektıv sıkok unitaljai minden egyenest 1 vagy s+ 1pontban metszenek, azok blokkolo halmazok. Az s2-rendu test feletti pro-jektıv sıkokon az Hermite-gorbek ilyenek. Mivel az Hermite-gorbek mindenpontjaban egyertelmu az erintoegyenes (megpedig az adott pont polarisa),ezek minimalis blokkolo halmazok.

• Tekintsuk egy tetszoleges n-edrendu projektıv sık harom, nem konkurrensegyeneset, es hagyjuk el a paronkent vett metszespontjaikat. Igy 3(n− 1)pontbol allo minimalis blokkolo halmazt kapunk.

• Tekintsunk egy tetszoleges n-edrendu projektıv sıkon ket egyenest, eshagyjunk el mindket egyenesen egy-egy, a metszesponttol kulonbozo pon-tot. Az elhagyott pontok egyenesen valasszunk egy uj pontot. Igy 2npontbol allo minimalis blokkolo halmazt kapunk.

2.7. Definıcio. Egy (P,L, I) illeszkedesi geometria reszgeometriaja a(P ′,L′, I ′) illeszkedesi geometria, ha P ′ ⊂ P, L′ ⊂ L es I ′ I leszukıteseP × L-re. Egy affin vagy projektıv sık reszsıkja egy olyan reszgeometria, amelymaga is affin vagy projektıv sık.

A reszsıkok definıcioja alapjan azonnal lathato az alabbi ket tulajdonsag.

2.8. Lemma. 1. Egy projektıv sık barmely reszsıkjanak ket pontjat osszekotoegyenes is eleme a reszsıknak.

2. Egy projektıv sık barmely reszsıkja eseten a reszsıkhoz tartozo tetszolegesket egyenes metszespontja is eleme a reszsıknak.

Bizonyıtas: Ellenkezo esetben ugyanis a reszsık nem lehetne projektıv sık: haaz elso allıtas ellenkezoje teljesulne, akkor a reszsık ket pontjanak nem volnareszsıkbeli osszekoto egyenese; mıg ha a masodik allıtas nem allna fenn, akkora reszsık ket egyenesenek nem volna reszsıkbeli metszespontja.

2.9. Tetel. (Bruck) Ha egy q-adrendu projektıv sıknak van s-edrendu reszsıkja,akkor q = s2 vagy q ≥ s2 + s.

Bizonyıtas: Legyen S a tekintett projektıv sık egy s-edrendu reszsıkja, es legyene a reszsıkhoz tartozo egyenes. Legyen P az e egyenes egy olyan pontja, amelynem tartozik az S reszsıkhoz. Az S reszsıknak

(s2 + s+ 1)− (s+ 1) = s2

40

olyan pontja van, amely nem illeszkedik az e egyenesre. Ezt az s2 darab pontotP -vel osszekotve s2 kulonbozo egyenest kapunk: ket, S-beli pontot osszekotoegyenes es e metszespontja ugyanis S-hez tartozik, ıgy nem lehet a P pont. Ezazt jelenti, hogy a P pontra illeszkedo egyenesek szama legalabb s2 + 1, tehat

q + 1 ≥ s2 + 1,

azaz q ≥ s2.Ha q = s2, akkor az osszes, P -re illeszkedo egyenesnek van S-hez tartozo

pontja. Tegyuk fel, hogy nem ez a helyzet, es legyen f olyan, P -re illeszkedoegyenes, amelynek egyetlen pontja sem tartozik S-hez. Ekkor az S-hez tartozos2 + s+ 1 darab egyenes mindegyike f -et kulonbozo pontban metszi: ket S-heztartozo egyenes metszespontja ugyanis S-beli pont, ıgy nem illeszkedhet f -re.Ez azt jelenti, hogy az f -re illeszkedo pontok szama (q+ 1) legalabb s2 + s+ 1,azaz valoban, q ≥ s2 + s teljesul.

2.10. Kovetkezmeny. Egy q-adrendu projektıv sık egy reszsıkja pontosan ak-kor√q-rendu, ha arra a kovetkezo allıtasok valamelyike fennall:

1. a sık barmely pontjara illeszkedik a reszsıkhoz tartozo egyenes;

2. a sık barmely egyenese tartalmaz a reszsıkhoz tartozo pontot.

Bizonyıtas: A dualitas elve miatt elegendo azt ellenorizni, hogy a 2. allıtas ekvi-valens azzal, hogy a tekintett reszsık

√q-rendu. Ez azonban az elozo bizonyıtas

masodik felebol kiolvashato. Az ott ismertetett gondolatmenet ugyanis pontosanabban az esetben alkalmazhato, ha van olyan egyenes, amely nem tartalmaz areszsıkhoz tartozo pontot. Ekkor pedig a tekintett reszsık s rendjere q ≥ s2 + sall fenn.

2.11. Definıcio. Egy projektıv sık egy reszsıkja Baer-reszsık, ha a sık barmelypontjara illeszkedik a reszsıkhoz tartozo egyenes, es a sık barmely egyenese tar-talmaz a reszsıkhoz tartozo pontot.

A Baer-reszsık definıciojaban szereplo ket feltetel, mint az elobb lattuk, vegesprojektıv sıkok eseten ekvivalens, vegtelen projektıv sıkok eseten azonban a ketfeltetel fuggetlen egymastol. Veges projektıv sıkok eseten az elozoek alapjanegyszeruen jellemezhetoek a Baer-reszsıkok.

2.12. Kovetkezmeny. Egy q-adrendu veges projektıv sık Baer-reszsıkjai pon-tosan a

√q-rendu reszsıkok.

2.13. Tetel. (Bruen, Pelikan) Egy n-edrendu projektıv sık barmely blokkolohalmaza legalabb n +

√n + 1 pontu. Azok a blokkolo halmazok, amelyek pon-

tosan n+√n+ 1 pontuak, Baer-reszsıkok.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy n-edrendu projektıv sıkon egy B blokkolo hal-mazt, amelynek x darab pontja van. Legyenek a projektıv sık egyeneseil1, l2, . . . , ln2+n+1, es ezek B-be eso pontjainak szama rendre k1, k2, . . . , kn2+n+1.

41

Ekkor

n2+n+1∑i=1

ki = x(n+ 1), (2)

mert B mindegyik pontjara n + 1 egyenes illeszkedik, ıgy a ki-kosszeszamlalasakor mindegyik B-beli pont n+ 1-szer szerepel.

Szamoljuk ossze a B-beli pontparokra illeszkedo egyeneseket. Egyreszt a Baltal tartalmazott x pont mindegyiket x − 1 tovabbi B-beli ponttal kothetjukossze; masreszt, egyenesenkent haladva, az li egyenesen ki(ki−1) B-beli pontparvan. Igy

n2+n+1∑i=1

ki(ki − 1) = x(x− 1).

2.5. miatt tetszoleges i eseten ki ≤ x− n, ezert

x(x− 1) =

n2+n+1∑i=1

ki(ki − 1) ≤ (x− n)

n2+n+1∑i=1

(ki − 1) =

= (x− n)

n2+n+1∑i=1

ki −n2+n+1∑i=1

1

= (x− n)(x(n+ 1)− (n2 + n+ 1)

).

Azx(x− 1) ≤ (x− n)

(x(n+ 1)− (n2 + n+ 1)

)egyenlotlenseget rendezve

x2 − 2x(n+ 1) + n2 + n+ 1 ≥ 0

adodik, ahonnanx ≥ n+

√n+ 1

vagy x ≤ n−√n+ 1 kovetkezik. Utobbi eset nem allhat fenn, mivel tetszoleges

lefogo halmaz legalabb n+ 1 pontu.Egyenloseg pontosan akkor all fenn, ha barmely i eseten a ki(ki − 1) ≤

(x − n)(ki − 1) egyenlotlensegben egyenloseg all fenn. Ez ugy teljesulhet, haki = 1 (ekkor ugyanis mindket oldalon 0 all), vagy ki = x − n. Utobbi esetbenki = n+

√n+ 1− n =

√n+ 1. Tehat B olyan blokkolo halmaz, amelyre a sık

minden egyenesenek pontosan 1 vagy√n+ 1 pontja illeszkedik.

Nevezzuk B-beli egyeneseknek a sık azon egyeneseinek B-be eso reszet, ame-lyekre

√n + 1 darab B-beli pont illeszkedik. Ekkor barmely ket B-beli pontra

illeszkedik egy es csak egy B-beli egyenes: tekintve ket B-beli pontot, azokrailleszkedik a projektıv sıknak egy es csak egy egyenese, ami biztosan B-beliegyenes, hiszen tobb, mint 1 darab B-vel kozos pontja van.

Azt kell meg belatnunk, hogy barmely ket, B-beli egyenes metszespontjais B-be esik, ebbol ugyanis mar kovetkezik, hogy B pontjainak halmaza es a

42

B-beli egyenesek Baer-reszsıkot alkotnak. Ennek ellenorzesehez megszamoljuka B-beli egyeneseket. Tegyuk fel, hogy y darab B-beli egyenes van. Ekkor kierteke y esetben

√n+ 1 es n2 + n+ 1− y esetben pedig 1, ıgy a (2) egyenloseg

azy(√n+ 1) + n2 + n+ 1− y = (n+

√n+ 1)(n+ 1)

alakot olti, ahonnan y = n +√n + 1. Tegyuk fel most indirekt modon, hogy

az e es f , B-beli egyenesek metszespontja nem esik B-be. Ekkor az e es fegyenesekrol egy-egy pontot valasztva, osszekoto egyeneseik kulonbozo B-beliegyenesek. Mivel mindket egyenesrol

√n+ 1 darab B-beli pont valaszthato, ıgy

a B-beli egyenesek szama (√n+ 1)2 > n+

√n+ 1 lenne, ami lehetetlen.

A fenti tetelben szereplo egyenloseg eles, hiszen PG(2, q2)-ben PG(2, q)Baer-reszsıkot alkot. Abban az esetben, ha egy projektıv sıknak nincsen Baer-reszsıkja, a legkisebb blokkolo halmaz merete tovabbi vizsgalatokat igenyel.Peldaul Blokhuis belatta, hogy ha p prımszam, PG(2, p) blokkolo halmazai

legalabb 3(p+1)2 pontuak. Tovabbi kerdes, hogy (projektıv ekvivalencia erejeig)

egyertelmu-e egy adott projektıv sıkban a legkisebb blokkolo halmaz. PG(2, 7)-ben illetve PG(2, 13)-ban peldaul ket-ket, nem ekvivalens 12 illetve 21 pontublokkolo halmaz is konstrualhato.

Az elozo tetel bizonyıtasanak modszeret alkalmazva felso becslest adhatunka minimalis lefogo halmazok meretere.

2.14. Tetel. (Bruen, Thas) Egy n-edrendu projektıv sık barmely minimalis le-fogo halmaza legfeljebb n

√n+ 1 pontu. Azok a minimalis lefogo halmazok, ame-

lyek pontosan n√n+ 1 pontuak, unitalok.

Bizonyıtas: Megtartva az elozo bizonyıtas jeloleseit, tekintsunk egy n-edrenduprojektıv sıkon egy B minimalis lefogo halmazt, amelynek x darab pontja van.Tegyuk fel, hogy a lefogo halmaz erintoinek szama t. Korabban mar megmu-tattuk, hogy egy lefogo halmaz pontosan akkor minimalis, ha minden pontjarailleszkedik legalabb egy erinto, ıgy most t ≥ x. Legyenek a projektıv sık azonegyenesei, amelyek nem erintik B-t, l1, l2, . . . , ln2+n+1−t, es ezek B-be eso pont-jainak szama rendre k1, k2, . . . , kn2+n+1−t.

Ekkor (2) mintajara kapjuk, hogy

n2+n+1−t∑i=1

ki = x(n+ 1)− t. (3)

B minden pontjara ugyanis n+ 1 egyenes illeszkedik, az ıgy tekintett egyenesekkozott azonban szerepel t darab erinto is, amelyeket a ki-k osszeszamlalasakornem veszunk figyelembe. Szinten az elozo bizonyıtasban latott modon kapjuk,hogy

n2+n+1−t∑i=1

ki(ki − 1) = x(x− 1).

43

A ket egyenletet osszeadva

n2+n+1−t∑i=1

ki +

n2+n+1−t∑i=1

ki(ki − 1) =

n2+n+1−t∑i=1

ki(1 + ki − 1) =

n2+n+1−t∑i=1

k2i

miattn2+n+1−t∑

i=1

k2i = x(n+ x)− t

adodik. A szamtani es negyzetes kozep kozotti egyenlotlenseg miatt

(n2 + n+ 1− t)n2+n+1−t∑

i=1

k2i ≥

n2+n+1−t∑i=1

ki

2

,

(3) miatt pedig n2+n+1−t∑i=1

ki

2

= (x(n+ 1)− t)2,

ıgy azt kapjuk, hogy

(x(n+ 1)− t)2 ≤ (x(n+ x)− t)(n2 + n+ 1− t).

A muveleteket elvegezve

x(n+ x)(n2 + n+ 1)− x2(n+ 1)2 ≥ t(n2 + n+ 1 + x(n+ x)− 2x(n+ 1))

adodik, ahol t egyutthatoja pozitıv, ezert t ≥ x figyelembevetelevel

x(n+ x)(n2 + n+ 1)− x2(n+ 1)2 ≥ x(n2 + n+ 1 + x(n+ x)− 2x(n+ 1)).

Innen a muveleteket elvegezve kapjuk, hogy

n3 ≥ (x− 1)2,

azazx ≤ n

√n+ 1

valoban teljesul.Egyenloseg pontosan akkor all fenn, ha mindket becslesnel egyenloseg allt

fenn. Ez azt jelenti, hogy t = x, azaz a tekintett minimalis blokkolo hal-maznak minden pontjara pontosan egy erintoegyenes illeszkedik. Masreszt aszamtani es negyzetes kozep kozotti egyenlotlensegben akkor es csak akkor allfenn egyenloseg, ha a tekintett szamok mindegyike egyenlo, ıgy most tetszolegesi ∈{

1, 2, . . . n2 + n+ 1− t}

eseten

k1 = · · · = ki = . . . kn2+n+1−t.

44

Innen (3) es t = x = n√n+ 1 figyelembevetelevel

ki =x(n+ 1)− tn2 + n+ 1− t

=tn

n2 + n+ 1− t=

(n√n+ 1)n

n2 + n+ 1− n√n− 1

=n√n+ 1

n−√n+ 1

=√n+1.

Tehat a tekintett minimalis blokkolo halmazt minden egyenes vagy 1, vagy√n + 1 pontban metsz. Figyelembe veve, hogy a halmaz n

√n + 1 elemu, ez

azt jelenti, hogy a kapott minimalis blokkolo halmaz ebben az esetben valobanunital.

2.2. Ivek, ovalisok, hiperovalisok

2.15. Definıcio. Egy projektıv sıkon azokat a ponthalmazokat, amelyeknek nin-csen harom kollinearis eleme, ıveknek nevezzuk. Egy egyenest egy ıvre vonat-kozoan szelo, erinto vagy kulso egyenesnek mondunk attol fuggoen, hogy az ıvvel2, 1 vagy 0 kozos pontja van. Azt mondjuk, hogy egy ıv teljes, ha tartalmazasranezve maximalis, tehat nem reszhalmaza egyetlen tovabbi ıvnek sem.

2.16. Allıtas. Ha egy n-edrendu projektıv sıknak van k pontbol allo teljes ıve,akkor

k(k − 1)

2≥ n+ 1.

Bizonyıtas: Ha a sık egy P pontjara nem illeszkedik a tekintett ıvnek egyetlenszeloje sem, akkor a P -re illeszkedo egyenesek mindegyike vagy 0 vagy 1 pontbanmetszi az ıvet. Igy P -vel ki lehet egeszıteni az ıvet, tehat ebben az esetben atekintett ıv nem lehet teljes. Ebbol kovetkezik, hogy egy teljes ıv szeloi olyanegyeneshalmazt alkotnak, amelynek a sık tetszoleges pontjara illeszkedik eleme.

Igy 2.3. miatt legalabb n+1 pontbol all. Egy k pontbol allo ıvnek k(k−1)2 szeloje

van, hiszen az ıvre illeszkedo k pont mindegyiket k − 1-fele ponttal kothetjukossze, hogy szelot kapjunk, ekkor azonban minden egyenest ketszer szamoltunk.Igy a szelok szamara vonatkozo fenti becsles eppen allıtasunkat adja.

2.17. Tetel. (Bose) Egy n-edrendu projektıv sık tetszoleges ıve eseten, az ıvreilleszkedo pontok szamat k-val jelolve, k ≤ n+2. Ha n paratlan, akkor k ≤ n+1.

Bizonyıtas: Valasszunk egy P pontot a tekintett ıvrol. Erre a pontra n + 1egyenes illeszkedik, amelyek mindegyikenek az ıvvel legfeljebb egy tovabbimetszespontja van. Igy a pontok szama valoban legfeljebb 1 + (n+ 1) = n+ 2.

Tegyuk fel, hogy egy ıvnek pontosan n+2 pontja van. Ebben az esetben a P -re illeszkedo egyenesek mindegyikenek van meg egy kozos pontja az ıvvel, tehat aP -re illeszkedo egyenesek mindegyike szelo. Mivel P valasztasa tetszoleges volt,ez azt jelenti, hogy az ıvnek minden egyenessel 0 vagy 2 metszespontja van.Legyen Q egy, az ıvre nem illeszkedo pont. Ekkor a Q-ra illeszkedo egyenesekmindegyike 0 vagy 2 pontban metszi az ıvet, ıgy a keletkezo metszespont-parokaz ıv pontjait parba allıtjak. Ez azt jelenti, hogy az ıvre illeszkedo pontok szama,azaz n+2 paros, ıgy n is paros. Tehat paratlan n eseten ez az eset nem fordulhatelo, vagyis paratlan rendu projektıv sıkok eseten ıgy ıv legfeljebb n + 1 pontulehet.

45

2.18. Definıcio. Egy projektıv sık egy olyan ıvet, amelynek minden pontjara egyes csak egy erinto illeszkedik, ovalisnak nevezzuk. Azokat az ıveket, amelyekneknincsen erintoegyenesuk, hiperovalisoknak hıvjuk.

Mar korabban lattuk, hogy a test feletti projektıv sıkok nemelfajulomasodrendu gorbei ovalisok.

2.19. Allıtas. Egy n-edrendu projektıv sık k pontbol allo ıve eseten az ıv min-den pontjara n− k + 2 darab erintoegyenes illeszkedik. Az ovalisok pontosan azn+ 1 pontu ıvek, a hiperovalisok pontosan az n+ 2 pontu ıvek.

Bizonyıtas: Ha egy ıvnek k pontja van, akkor minden pontra k − 1 szelo il-leszkedik, hiszen egy rogzıtett pontot az ıv osszes tobbi pontjaval osszekotvemegkapjuk az arra illeszkedo szeloket. Ez azt jelenti, hogy a rogzıtett pontrailleszkedo maradek n+ 1− (k − 1) = n− k + 2 egyenes erinto.

Ovalis eseten ez a szam 1, ıgy n − k + 2 = 1 miatt k = n + 1 adodik.Hiperovalisok eseten n− k + 2 = 0, ıgy ebben az esetben valoban k = n+ 2.

Mivel mar lattuk, hogy n+2 pontu ıvek csak paros rendu projektıv sıkokbanvannak, azonnal adodik az alabbi kovetkezmeny.

2.20. Kovetkezmeny. Paratlan rendu projektıv sıkon nincsenek hiperovalisok.

Megmutatjuk paros rendu sıkok eseten az ovalisok es hiperovalisok kozottikapcsolatot.

2.21. Allıtas. Paros rendu projektıv sık tetszoleges ovalisanak erintoi egypontra illeszkednek. Ezt a pontot az ovalis magpontjanak hıvjuk.

Bizonyıtas: Tekintsuk egy paros (n) rendu projektıv sık egy ovalisat, es le-gyen P a sık egy, az ovalisra nem illeszkedo pontja. Mivel az ovalisra paratlanszamu pont illeszkedik, a P -re illeszkedo egyenesek nem

”allıthatjak parba” az

ovalis pontjait, ıgy biztosan van kozottuk erinto. Tehat a sık minden pontjarailleszkedik az ovalisnak erintoje. Ez azt jelenti, hogy az ovalis erintoi olyan egye-neshalmazt alkotnak, amelynek a sık osszes pontjara illeszkedik eleme. Mivel azovalis minden pontjara egy es csak egy erinto, ez az egyeneshalmaz n+1 elemu,ezert 2.3. figyelembevetelevel valoban sugarsor.

2.22. Kovetkezmeny. Paros rendu projektıv sık tetszoleges ovalisat a mag-pontjaval kiegeszıtve hiperovalist kapunk. Tetszoleges hiperovalisbol annaktetszoleges pontjat elhagyva ovalishoz jutunk.

Bizonyıtas: Az allıtas masodik fele nyilvanvalo, hiszen egy n + 2 pontu ıvtetszoleges pontjat elhagyva n+ 1 pontu ıvhez jutunk.

Az elso resz ellenorzesehez, tekintsunk egy tetszoleges ovalist es legyen Mannak magpontja. Ha P az ovalis egy pontja, akkor a P -re illeszkedo ovaliserinto←−→PM . Ez az egyenes azonban a kiegeszıtett ponthalmaznak mar szeloje, tehat akapott ponthalmaznak valoban nincsen erintoje. A kiegeszıtes utan ismet ıvhez

46

jutottunk, hiszen ha M illeszkedne valamely P es Q ovalispontok egyenesere,

akkor sem←−→PM , sem

←−→QM nem lenne erinto.

Mar emlıtettuk, hogy a nemelfajulo masodrendu gorbek ovalisok. Peldakentmeghatarozzuk a paros rendu testek feletti projektıv sıkokban egy nemelfajulomasodrendu gorbe magpontjat.

A nemelfajulo masodrendu gorbe kanonikus egyenlete ekkor x21 = x2x3.Konnyu latni, hogy az x2 = 0 es x3 = 0 egyenesek egyarant erintoi agorbenek: mindket esetben a kozos pont elso koordinatajara vonatkozoanaz x1 = 0 egyenlethez jutunk. Igy a gorbe magpontja csak az x2 = 0 esx3 = 0 egyenesek metszespontja, azaz [1, 0, 0] lehet. Valoban, erre a pontrailleszkedo (x3 = 0-tol kulonbozo) egyenesek egyenletei ax2 + x3 = 0 alakuak.Egy ilyen egyenessel kozos pontok meghatarozasanal az elso koordinataravonatkozoan az x21 = ax22 egyenlethez jutunk, ennek azonban egyertelmua megoldasa, miutan paros rendu testekben a negyzetreemeles testautomor-fizmus. Igy az [1, 0, 0] pontra illeszkedo egyeneseknek valoban mindegyike erinto.

A kovetkezokben megvizsgaljuk az ovalisok nehany kombinatorikus tulaj-donsagat.

2.23. Allıtas. Egy n-edrendu projektıv sık tetszoleges ovalisa eseten a szelok

szama n(n+1)2 , az erintok szama n+ 1, a kulso egyenesek szama n(n−1)

2 .

Bizonyıtas: Mar korabban lattuk, hogy egy k pontu ıv szeloinek szama k(k−1)2 ,

ez k = n+1 eseten adja allıtasunk elso reszet. Mivel egy ovalis minden pontjarailleszkedik egy es csak egy erinto, es az ovalis pontjainak szama n+1, az erintokszama szinten n + 1. A sık osszes tobbi egyenese kulso egyenes, ıgy a kulsoegyenesek szama

n2 + n+ 1− n(n+ 1)

2− (n+ 1) =

n(n− 1)

2.

2.24. Definıcio. Tekintsunk egy paratlan rendu projektıv sıkon egy ovalist.Azt mondjuk, hogy egy pont az ovalis kulso pontja, ha arra az ovalisnak keterintoje illeszkedik, illetve a pont az ovalis belso pontja, ha arra nem illeszkedikovaliserinto.

2.25. Allıtas. Ha n paratlan szam, akkor az n-edrendu projektıv sık tetszoleges

ovalisanak n(n+1)2 kulso pontja es n(n−1)

2 belso pontja van. Tetszoleges olyanegyenes eseten, amely nem ovaliserinto, az egyenes ovalisra nem illeszkedo pont-jainak fele kulso, fele belso pont.

Bizonyıtas: Az ovalis tetszoleges kulso pontjara ket erinto illeszkedik. Igy akulso pontok megszamolasahoz tekintsuk az ovalis n+ 1 darab erintojet. Mind-egyik erinton n darab kulso pont van, ezzel a kulso pontokat ketszer szamoltuk

meg. Igy a kulso pontok szama valoban n(n+1)2 . Minden olyan pont, amely nem

47

illeszkedik az ovalisra es nem kulso pont, az belso pont. Igy a belso pontokszama

n2 + n+ 1− n(n+ 1)

2− (n+ 1) =

n(n− 1)

2.

Ha a sık egy, az ovalist nem erinto egyenesen k darab kulso pont van, es azovalisnak m darab pontja illeszkedik az egyenesre, akkor az egyenes pontjairaosszesen 2k + m darab erinto illeszkedik. Mivel minden erinto pontosan egypontban metszi a tekintett egyenest, ez egyenlo az erintok szamaval, tehat

2k +m = n+ 1.

Ha a tekintett egyenes kulso egyenes, m = 0, ıgy 2k = q + 1, tehat k valobanaz egyenesre illeszkedo pontok szamanak fele. Amennyiben a tekintett egyenesszelo, m = 2, ıgy 2k + 2 = q + 1, tehat a kulso pontok szama valoban ebben azesetben is az egyenes ovalisra nem illeszkedo pontjai szamanak fele.

2.3. Ovalisok es hiperovalisok veges test feletti projektıvsıkokon, Segre tetele

Az ovalis fogalma a nemelfajulo masodrendu gorbek kombinatorikustulajdonsagait altalanosıtja. Megmutatjuk, hogy paratlan rendu test felettiprojektıv sıkok eseten ezek a tulajdonsagok karakterizaljak a masodrendugorbeket, azaz ezeken a sıkokon minden ovalis masodrendu gorbe.

A bizonyıtasnal fontos szerepet jatszik az alabbi, kozvetlen szamolassal egy-szeruen ellenorizheto allıtas.

2.26. Allıtas. 1. Egy test feletti projektıv sık [0, 1, α], [β, 0, 1] es [1, γ, 0]pontjai akkor es csak akkor kollinearisak, ha αβγ = −1. (Menelaosz-tetel)

2. Egy test feletti projektıv sıkon a [0, 1, α] es [1, 0, 0], [β, 0, 1] es [0, 1, 0] vala-mint [1, γ, 0] es [0, 0, 1] pontok egyenesei akkor es csak akkor konkurrensek,ha αβγ = 1. (Ceva-tetel)

Bizonyıtas:

1. A tekintett harom pont akkor es csak akkor kollinearis, ha∣∣∣∣∣∣0 1 αβ 0 11 γ 0

∣∣∣∣∣∣ = 0.

A determinans kifejtese utan kozvetlenul adodik allıtasunk.

2. Az elso szoban forgo egyenes homogen koordinatai [0, α,−1], a masodikegyenes koordinatai [−1, 0, β] es vegul a harmadik egyenes homogen ko-ordinatai [γ,−1, 0]. Ez a harom egyenes akkor es csak akkor konkurrens,ha ∣∣∣∣∣∣

0 α −1−1 0 βγ −1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0.

48

Megjegyezzuk, hogy a fenti ket allıtas a klasszikus esetben valoban a jol is-mert Menelaosz-tetelt illetve Ceva-tetelt adja vissza. Ha ugyanis A = [1, 0, 0],B = [0, 1, 0], C = [0, 0, 1], akkor az ABC alapharomszogre vonatkozo baricent-rikus koordinatakat a bazis olyan megvalasztasaval kapjuk, amelynel [1, 1, 1]az ABC haromszog sulypontja. Konnyen ellenorizheto, hogy ekkor [0, 1, α],[β, 0, 1] es [1, γ, 0] rendre azon A1, B1, C1 pontok baricentrikus koordinatai,amelyekre (BCA1) = α, (CAB1) = β es (ABC1) = γ. Igy allıtasaink valobanatfogalmazhatoak az alabbi modon.

Tekintsunk egy ABC haromszoget, es legyenek A1 ∈←−→BC, B1 ∈

←→CA, C1 ∈←−→

AB a csucsoktol kulonbozo pontok.

1. A1, B1 es C1 akkor es csak akkor kollinearis, ha (ABC1)(BCA1)(CAB1) =−1. (Menelaosz-tetel)

2.←−→AA1,

←−−→BB1 es

←−→CC1 akkor es csak akkor konkurrensek, ha

(ABC1)(BCA1)(CAB1) = 1. (Ceva-tetel)

2.27. Tetel. (Segre) Paratlan rendu test feletti projektıv sık tetszoleges ovalisamasodrendu gorbe.

Bizonyıtas: A tetel bizonyıtasat ket lepesben vegezzuk el.

1. Megmutatjuk, hogy paratlan rendu test feletti projektıv sık tetszolegesovalisa eseten barmely, az ovalis pontjai altal alkotott haromszog pers-pektıv a megfelelo pontbeli erintok altal alkotott harmszoggel. (Az erintoklemmaja)

2. Megmutatjuk, hogy ha egy test feletti projektıv sık egy ovalisa esetenbarmely, az ovalis pontjai altal alkotott haromszog perspektıv a megfelelopontbeli erintok altal alkotott harmszoggel, akkor az ovalis masodrendugorbe.

Vilagos, hogy e ket allıtasbol egyuttesen kovetkezik a Segre-tetel allıtasa.Megjegyezzuk, hogy a test vegesseget csak az elso reszben hasznaljuk ki.Az elso resz bizonyıtasanal viszont azt is lenyegesen kihasznaljuk, hogy azalaptest paratlan rendu, hiszen ellenkezo esetben nem letezne erintoharomszog,ugyanis az ovaliserintok sugarsort alkotnanak. Megjegyezzuk tovabba, hogy azovalisoknak ez a tulajdonsaga, hogy barmely, az ovalis pontjai altal alkotottharomszog perspektıv a megfelelo pontbeli erintok altal alkotott harmszoggel,a test feletti projektıv sıkok masodrendu gorbei eseten a Pascal-tetel (vagya tetszoleges haromszognek es polaris haromszogenek perspektivitasat allıtoChasles-tetel) specialis esetekent adodik.

Az 1. allıtas igazolasahoz tegyuk fel, hogy az ovalisba ırt haromszog csucsaiA1 = [1, 0, 0], A2 = [0, 1, 0], A3 = [0, 0, 1]. Tegyuk fel, hogy B1, B2, B3 azerintok altal alkotott haromszog csucsai ugy, hogy az A1-re illeszkedo erinto

49

←−−→B2B3, az A2-re illeszkedo erinto

←−−→B1B3 es az A3-ra illeszkedo erinto

←−−→B1B2. Legyen

tovabba Q1 =←−−→A2A3 ∩

←−−→B2B3, Q2 =

←−−→A1A3 ∩

←−−→B1B3, Q3 =

←−−→A1A2 ∩

←−−→B1B2. Azt kell

megmutatnunk, hogy Q1, Q2, Q3 kollinearisak.

Paratlan rendu test feletti projektıv sıkon tetszoleges ovalisba ırt haromszog es a

megfelelo erintoharomszog (tengelyre nezve) perspektıvek.

Legyenek a Pi (i = 1, . . . , n − 2, ahol a tekintett projektıv sık rendje n)pontok az ovalis tovabbi pontjai. Legyen az ovalis tetszoleges pontja eseten

Pi1 =←−−→A1Pi ∩

←−−→A2A3, Pi2 =

←−−→A2Pi ∩

←−−→A1A3 es Pi3 =

←−−→A3Pi ∩

←−−→A1A2. Ekkor valamely

pi1, pi2, pi3 ∈ GF (n) eseten Pi1 = [0, 1, pi1], Pi2 = [pi2, 0, 1], Pi3 = [1, pi3, 0].A pontok ertelmezesebol adodoan a Ceva-tetel miatt barmely i = 1, . . . , n − 2eseten pi1pi2pi3 = 1.

Keszıtsunk el egy tablazatot, amelynek i-edik soraban a (pi1, pi2, pi3) sze-repel, ha i = 1, . . . , n − 2. Vannak olyan q1, q2, q3 ∈ GF (n) elemek, amelyekreQ1 = (0, 1, q1), Q2 = (q2, 0, 1), Q3 = (1, q3, 0). Irjuk be a tablazat utolso haromsoraba ezt a harom elemharmast.

A1 A2 A3

∏P1 p11 p12 p13 1. . . . . . . . . . . . 1Pi pi1 pi2 pi3 1. . . . . . . . . . . . 1Pn−2 pn−2,1 pn−2,2 pn−2,3 1Q1 0 1 q1Q2 q2 0 1Q3 1 q3 0

50

Ekkor a tablazat oszlopaiban pontosan GF (n) elemei vannak felsorolva,

ugyanis peldaul az{←−−→A1Pi,

←−−→A1Q1,

←−−→A1Q2,

←−−→A1Q3

}egyeneshalmaz pontosan az A1-

re illeszkedo sugarsor. Ismert (Wilson tetele), hogy tetszoleges veges test 0-tolkulonbozo elemeinek szorzata −1. (Ezt egyszeru vegiggondolni, hiszen a test0-tol kulonbozo elemeinek osszeszorzasakor 1 es −1 kivetelevel minden elem amultiplikatıv inverzevel egyutt fordul elo.) Igy a tablazat minden oszlopabanszereplo nem 0 elemek szorzata −1, tehat a tablazatban szereplo nem 0 elemekszorzata (−1)3 = −1. A tablazat elso n − 2 soraban szereplo elemek szorzataazonban rendre 1, ıgy a kimarado elemek szorzata −1 kell, hogy legyen. Ez aztjelenti, hogy

q1q2q3 = −1,

ami a Menelaosz-tetel miatt eppen allıtasunk igazsagat jelenti.

Ha egy test feletti projektıv sık egy ovalisaba ırt barmely haromszog es a megfelelo

erintoharomszog perspektıvek, akkor az ovalis masodrendu gorbe.

A 2. allıtas belatasahoz, megtartva az elozo resz jeloleseit (de uj koor-dinatarendszert bevezetve), tegyuk fel, hogy A1 = [0, 1, 0], A2 = [1, 1, 1],A3 = [0, 0, 1] es B2 = [1, 0, 0]. Legyen az ovalis egy tetszoleges tovabbi pontjaP = [p1, p2, 1]. (Affin koordinatakban gondolkodva: az ovalisrol feltesszuk, hogyatmegy az origon, az origora illeszkedo erintoje az x-tengely, illeszkedik ra azy-tengely vegtelen tavoli pontja, a vegtelen tavoli egyenes erinti, es atmegy az(1, 1) ponton. Celunk annak belatasa, hogy az ovalis masodrendu gorbe; a mon-dott tulajdonsagokkal rendelkezo masodrendu gorbe pedig az y = x2 parabola.Tehat azt mutatjuk meg, hogy jeloleseinkkel p2 = p21 all fenn.)

Tegyuk fel, hogy a P pontra illeszkedo e ovaliserinto egyenlete

e1x1 + e2x2 + x3 = 0.

51

Meghatarozzuk e1-et es e2-t, felhasznalva, hogy az ovalisba ırt A1A3Pharomszog es a megfelelo erintoharomszog pontra nezve perspektıvek. A meg-

felelo erintoharomszog oldalai←−−→B2B3,

←−−→B1B2 es e, ıgy csucsai A′1 :=

←−−→B1B2 ∩ e,

A′3 :=←−−→B2B3 ∩ e es B2. Egyszeru szamolassal ellenorizheto, hogy ekkor A′1 =

[1, 0,−e1] es A′3 = [e2,−e1, 0]. Igy az A1A3P es A′1A′3B2 haromszogek megfelelo

csucsait osszekoto egyenesek az←−−→A1A

′1 : e1x1 + x3 = 0,

←−−→A3A

′3 : e1x1 + e2x2 = 0

es←−→PB : −x2 + p2x3 = 0. Ez a harom egyenes feltetelunk szerint konkurrens,

hiszen A1A3P es A′1A′3B2 pontra nezve perspektıv haromszogek, ıgy∣∣∣∣∣∣

e1 0 1e1 e2 00 −1 p2

∣∣∣∣∣∣ = 0,

ahonnan e1e2p2 − e1 = 0. Mivel e nem illeszkedik B2-re, itt e1 6= 0, es ezert

e2 =1

p2.

Az e egyenes egyenlete tehat

e1x1 +1

p2x2 + x3 = 0,

es mivel ezt az egyenletet [p1, p2, 1] kielegıti,

e1p1 + 2 = 0,

azaz e1 = − 2p1

adodik. Tehat az e egyenes egyenlete vegul

− 2

p1x1 +

1

p2x2 + x3 = 0,

azaz−2p2x1 + p1x2 + p1p2x3 = 0.

Innen kapjuk, hogy A′3 =[

1p2, 2p2, 0]

= [p1, 2p2, 0]. Abban az esetben, ha p1 =

p2 = 1, e egyenlete az A2 pontbeli ovaliserinto egyenletet adja, ıgy a←−−→B1B3

egyenes egyenlete−2x1 + x2 + x3 = 0.

Ebbol kovetkezik, hogy B3 = [1, 2, 0].Tekintsuk most az ovalisba ırt A1A2P haromszoget es az annak csucsaihoz

tartozo erintok altal alkotott haromszoget. Az erintoharomszog oldalegyenesei←−−→B2B3,

←−−→B1B3 es e, ıgy az erintoharomszog csucsai A′′1 :=

←−−→B1B3 ∩ e, A′3 es B3.

Igy az A1A2P es A′′1A′3B3 haromszogek megfelelo csucsait osszekoto egyenesek

rendre ←−−−→A1A

′′1 : (2p1 − 2p2)x1 + (p1p2 − p1)x3 = 0,

52

←−−→A2A

′3 : −2p2x1 + p1x2 + (2p2 − p1)x3 = 0,

←−→PB3 : −2x1 + x2 + (2p1 − p2)x3 = 0.

Ez a harom egyenes konkurrens, ugyanis feltetelunkbol adodoan az A1A2P esA′′1A

′3B3 haromszogek pontra nezve perspektıvek. Igy∣∣∣∣∣∣

2(p1 − p2) 0 p1p2 − p1−2p2 p1 −p1 + 2p2−2 1 2p1 − p2

∣∣∣∣∣∣ = 0,

ahonnan

2(p1 − p2)(2p21 − p1p2 + p1 − 2p2) + (p1p2 − p1)(2p1 − 2p2) = 0,

2p21 − 2p2 = 0,

p2 = p21

adodik. Ez azt jelenti, hogy az ovalis tetszoleges pontjanak koordinatai [p1, p21, 1]

alakuak, tehat az ovalis eppen az x21−x2x3 = 0 egyenletu masodrendu gorbe.

Termeszetesen merul fel a kerdes, hogy Segre tetele altalanosıthato-e a parosrendu testek feletti projektıv sıkokra. Egyszeruen megmutathato, hogy a valasznemleges. Tekintsuk ugyanis egy n > 4-edrendu paros rendu test feletti projektıvsık egy nemelfajulo masodrendu gorbejet. Ezt kiegeszıtve a magpontjaval, hipe-rovalist kapunk. A kapott hiperovalisbol hagyjunk el egy, az eredeti masodrendugorbe magpontjatol kulonbozo pontot. Igy ovalist kapunk. Ez az ovalis azonbannem lehet masodrendu gorbe, hiszen van legalabb 5 kozos pontja az eredetimasodrendu gorbevel, es jol ismert, hogy egy nemelfajulo masodrendu gorbetot pontja egyertelmuen meghataroz. (A masodrendu gorbet leıro egyenletbenugyanis 6 parameter szerepel, egy-egy pont megadasaval ezekre a parameterekrekapunk egy elsofoku egyenletet. Ot altalanos helyzetu pont megadasaval ıgy a 6ismeretlenre 5 fuggetlen egyenletet kapunk, ennek az egyenletrendszernek pedigkonstanssszorzo erejeig egyertelmu a megoldasa.)

Eppen ezert paros rendu test feletti projektıv sıkok eseten az erdekesebbkerdes a hiperovalisok osztalyozasa. Felmerul a kerdes, hogy eloall-e minden hi-perovalis, mint egy magpontjaval kiegeszıtett nemelfajulo masodrendu gorbe. Avalasz erre a kerdesre is nemleges. A paros rendu testek feletti projektıv sıkokhiperovalisainak teljes leırasa ma is megoldatlan problema. Azt vizsgaljuk meg,hogyan ırhatoak le polinomok segıtsegevel a hiperovalisok. (Ezzel a modszerrelkonstrualhatoak nem regularis, azaz a magponttal kiegeszıtett masodrendugorbektol kulonbozo hiperovalisok.)

Az altalanossag megsertese nelkul felteheto, hogy a vizsgalt hiperovalis il-leszkedik a koordinatarendszer alappontjaira, azaz az [1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1],[1, 1, 1] pontokra.

2.28. Allıtas. Tegyuk fel, hogy q paros szam, es PG(2, q) egy hiperovalisa illesz-kedik az [1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1], [1, 1, 1] pontokra. Ekkor van olyan f polinom,

53

amelyre t 7→ f(t) (t ∈ GF (q)) a q elemu test egy olyan permutacioja, amelynelf(0) = 0 es f(1) = 1, es a hiperovalis pontosan az alabbi ponthalmaz:

{[1, 0, 0], [0, 1, 0]} ∪ {[t, f(t), 1] | t ∈ GF (q)} .

Bizonyıtas: Affin koordinatakban gondolkozva, mivel [1, 0, 0] es [0, 1, 0] egyarantilleszkednek a hiperovalisra, ezekre a pontokra illeszkedo egyenesek - azaz az x-tengellyel es az y-tengellyel parhuzamos egyenesek - mindegyike egyetlen tovabbipontban metszi a hiperovalist. Mivel az y-tengellyel parhuzamos egyenesekre ahiperovalisnak egyetlen veges helyzetu pontja illeszkedik, van olyan f fuggveny,hogy a hiperovalisra illeszkedo veges helyzetu pontok eppen a (t, f(t)) pontok.Mivel az x-tengellyel parhuzamos egyenesekre is egyetlen pontja illeszkedik ahiperovalisnak, adott t eseten az f(t) = x egyenletnek egyertelmu a megoldasa.Igy f valoban GF (q) egy permutaciojat adja meg. Mivel [0, 0, 1] illeszkedik ahiperovalisra, f(0) = 0, es mivel [1, 1, 1] is illeszkedik a hiperovalisra, f(1) = 1.

2.29. Definıcio. Legyen q paros szam. Ekkor a GF (q) test elemein ertelmezettolyan f polinomokat, amelyekre t 7→ f(t) GF (q) egy olyan permutacioja, ame-lynel f(0) = 0 es f(1) = 1, es amelyre

{[1, 0, 0], [0, 1, 0]} ∪ {[t, f(t), 1] | t ∈ GF (q)}

hiperovalis, o-polinomoknak hıvjuk.

Tehat az o-polinomok pontosan azok az f polinomok, amelyekre a (t, f(t))alaku pontok halmaza az x-tengely es az y-tengely vegtelen tavoli pontjavalkiegeszıtve hiperovalist alkot.

2.30. Kovetkezmeny. PG(2, 4) minden ovalisa masodrendu gorbe.

Bizonyıtas: Tekintsunk PG(2, 4)-ben egy tetszoleges ovalist. Az altalanossagserelme nelkul felteheto, hogy magpontja [1, 0, 0], es hogy az ovalisra illeszkedik[0, 1, 0], [0, 0, 1] es [1, 1, 1]. Ekkor a magpontjaval kiegeszıtett hiperovalist megad-hatjuk egy f o-polinom segıtsegevel, amelyre f(0) = 0 es f(1) = 1. A negyelemutest tovabbi elemei (GF (4) leırasahoz hasznalt korabbi jeloleseinket hasznalva)t es t+ 1. f nem lehet az identitas, mivel (0, 0), (1, 1), (t, t) es (t+ 1, t+ 1) kol-linearis pontok; ıgy csak f(t) = t+ 1 es f(t+ 1) = t lehetseges. Mivel t2 = t+ 1es (t + 1)2 = t, ez azt jelenti, hogy az ovalis affin reszenek egyenlete y = x2,tehat valoban masodrendu gorbe.

Megjegyezzuk, hogy PG(2, 8)-ban a korabban latott modon (tehat egy mag-ponttal kiegeszıtett masodrendu gorbebol egy magponttol kulonbozo pontot el-hagyva) konstrualhato olyan ovalis, amely nem masodrendu gorbe; azonban el-lenorizheto, hogy PG(2, 8) minden hiperovalisa regularis. Magasabb rend esetenviszont mar ez sem teljesul: ha k ≥ 4, akkor PG(2, 2k)-ban vannak nem regularishiperovalisok.

54

2.31. Allıtas. Legyen q > 2 paros szam. Ekkor GF (q) egy f polinomja ponto-san akkor o-polinom, ha tetszoleges s ∈ GF (q)-ra

x 7→ fs(x) :=f(x+ s) + f(s)

x

olyan permutacio, amelyre fs(0) = 0.

Bizonyıtas: f pontosan akkor o-polinom, ha a (t, f(t)) (t ∈ GF (q)) pontokaz x-tengely es az y-tengely vegtelen tavoli pontjaval kiegeszıtve hiperovalistalkotnak. Ez pontosan akkor teljesul, ha f olyan permutacios polinom, amelyrebarmely s, t, v ∈ GF (q) eseten (s, f(s)), (t, f(t)) es (v, f(v)) nem kollinearis. Ezpontosan akkor teljesul, ha

0 6=

∣∣∣∣∣∣s f(s) 1t f(t) 1v f(v) 1

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣s f(s) 1

t− s f(t)− f(s) 0v − s f(v)− f(s) 0

∣∣∣∣∣∣ = (t−s)(f(v)−f(s))−(v−s)(f(t)−f(s)),

azazf(v)− f(s)

v − s6= f(t)− f(s)

t− s.

Legyen v = s+ x es t = s+ y, ıgy ez azt jelenti, hogy

f(s+ x)− f(s)

x6= f(s+ y)− f(s)

y.

Mivel t es v GF (q) tetszoleges elemei, barmely x, y ∈ GF (q) eloall v − s illetvet− s alakban, ezert ez valoban azt jelenti, hogy fs permutacios polinom.

2.4. Veges test feletti projektıv sıkok ciklikus megadasa

Tekintsunk az euklideszi sıkon egy S szabalyos n2 + n + 1-szoget, amely-nek kozeppontja O. Legyenek a sokszog csucsai - ebben a sorrendbenP1, . . . , Pn2+n+1. Nevezzuk - ertelemszeruen - a Pi es Pj tavolsaganak Zn2+n+1-ben szamolva i−j es j−i kozul a kisebbik szamot. Tegyuk fel, hogy van olyan R(n+1)-szog, amelyre teljesul, hogy barmely ket csucsanak tavolsaga kulonbozo.Legyen

• P az S szabalyos sokszog csucsainak halmaza;

• L az R sokszog O koruli k·360◦n2+n+1 (k ∈

{0, 1, . . . , n2 + n

}) szogu elforga-

tottjainak halmaza;

• az I illeszkedesi relacio a tartalmazas.

Megmutatjuk, hogy ekkor (P,L, I) projektıv sık. Ezt a projektıv sıkot ciklikussıknak hıvjuk.

Vegyuk eszre eloszor is, hogy R csucsainak tavolsagai kozott az S csucsaikozotti lehetseges tavolsagok mindegyike pontosan egyszer fordul elo. Mivel S

55

Harmadrendu ciklikus sık pontjai es harom egyenese

egy kivalasztott csucsat n2+n tovabbi csuccsal kothetjuk ossze, es ıgy minden, Scsucsai kozotti lehetseges tavolsagok mindegyike ketszer fordul elo, az S csucsai

kozotti lehetseges tavolsagok szama n2+n2 . R-nek n + 1 csucsa van es barmely

ket csucsanak tavolsaga kulonbozo, ıgy R csucsai annyi lehetseges tavolsagothataroznak meg, ahany csucspart kivalaszthatunk, azaz

(n+12

). Mivel(

n+ 1

2

)=n2 + n

2,

ezek pontosan az S csucsai kozotti lehetseges tavolsagok.Raterve a projektıv sıkokra vonatkozo (P1) axioma ellenorzesere, tekintsuk

a Pi es Pj csucsokat. Ezek tavolsaga R csucsainak tavolsagai kozott pontosanegyszer fordul elo, ıgy R-nek egyetlen olyan elforgatottja van, ahol a ket meg-felelo tavolsagu csucsa eppen Pi-be es Pj-be esik. Ez az elforgatott a Pi es Pjpontok altal meghatarozott egyertelmu projektıv egyenes.

Mar csak a projektıv sıkokra vonatkozo (P2) axioma teljesulese igenyelindoklast. Ebbol a celbol tekintsuk az R sokszog R1 es R2 elforgatottjait, estegyuk fel, hogy a pozitıv iranyu, k·360◦

n2+n+1 szogu elforgatas transzformalja R1-etR2-be. Egy R1-hez tartozo C pont akkor es csak akkor tartozik R2-hoz is,ha van R1-nek olyan D csucsa, hogy a DOC∠ szog merteke k·360◦

n2+n+1 . Mivelazonban R1 csucsainak tavolsagai eppen az ıgy keletkezo szogek mertekeinkfelelnek meg, es R1 csucsai kozott a lehetseges tavolsagok mindegyike pontosanegyszer fordul elo, ilyen C csucs pontosan egy van.

56

Vegyuk eszre, hogy egy ciklikus sık eseten az O koruli k·360◦n2+n+1 (k ∈{

0, 1, . . . , n2 + n}

) szogu elforgatasok kollineaciok egy specialis csoportjathatarozzak meg. A kovetkezo tulajdonsagok teljesulnek:

• Minden ponthoz illetve minden egyeneshez pontosan egy ilyen tıpusu kol-lineacio van, amely azt fixen hagyja: az identitas.

• Barmely Pi pont egyetlen elforgatassal viheto at egy masik rogzıtett Pjpontba.

• Barmely modellbeli egyenes egyetlen elforgatassal viheto at barmely masikrogzıtett modellbeli egyenesbe.

A fenti tulajdonsagokat osszegezve ugy fogjuk megfogalmazni, hogy az elfor-gatasok, mint kollineaciok csoportja regularisan hat a sık pontjainak es egyene-seinek halmazan is.

2.32. Definıcio. Tegyuk fel, hogy egy G csoport egy H halmazon hat. Azt mond-juk, hogy a csoporthatas regularis, ha

• barmely a, b ∈ H-hoz letezik olyan g ∈ G, amelyre g(a) = b,

• barmely a ∈ H eseten csak a G csoport e egysegelemere teljesul, hogye(a) = a.

2.33. Definıcio. Egy projektıv sık kollineaciocsoportjanak egy reszcsoportjatSinger-csoportnak mondjuk, ha az regularisan hat a sık pontjainak es egyene-seinek halmazan is.

Vilagos, hogy a ciklikus projektıv sıkoknak van ciklikus Singer-csoportja: afent emlıtett, elforgatasok altal alkotott kollineaciocsoportot a 360◦

n2+n+1 szoguelforgatas generalja. Megfordıtva, egy veges projektıv sık akkor es csak akkorciklikus sık, ha van ciklikus Singer-csoportja.

Tekintsunk ugyanis egy n-edrendu projektıv sıkot, amelynek egy ϕ kol-lineacioja Singer-csoportot general. Feleltessuk meg a sık pontjainak egyszabalyos n2 + n + 1-szog csucsait. A megfeleltetesnel a sık egy e egyenesenekaz Ai1 , . . . , Ain+1

pontok feleljenek meg, es tegyuk fel, hogy az e egyenesreilleszkedo pontok ϕ altali kepei rendre Ai1+1, . . . , Ain+1+1. (Ez felteheto,ugyanis a Singer-csoport definıciojabol adodoan ϕ-nek nincsen fixpontja.) ASinger-csoport ciklikussagabol kovetkezoen csak az szorul ellenorzesre, hogy azAi1 , . . . , Ain+1

pontok kozul barmely kettonek a tavolsaga kulonbozo. Tegyukfel ellenkezoleg, hogy az e egyenesre illeszkedo Ai1 es Ai2 pontok tavolsagamegegyezik az Ai3 es Ai4 pontok tavolsagaval (amennyiben vannak ilyenpontparok, a jelolesek megfelelo megvalasztasaval ez elerheto). Ekkor az e egye-nes ϕ altali kepere illeszkedik Ai2 , Ai3 , Ai4 , Ai5 . Mivel az Ai2 es Ai4 pontok altalmeghatarozott egyenes egyertelmu, ez azt jelenti, hogy ϕ(e) = e, ami lehetetlen.

A prımhatvany-sejtes specialisan ciklikus sıkokra is megfogalmazhato: igaz-e, hogy minden ciklikus sık rendje prımhatvany? Ezt a gyengebb sejtest - bar

57

meg szinten nem sikerult igazolni - szamıtogeppel sokkal gyorsabban lehetkonkret rend eseten ellenorizni, mint a tetszoleges projektıv sıkokra vonatkozoprımhatvany sejtest. Gordon mar 1994-ben, szamıtogepes segıtseggel belatta,hogy ha n < 2000000, akkor barmely n-edrendu ciklikus sık rendje prımhatvany.A ciklikus sıkokkal kapcsolatban ismert tovabba, hogy nem letezik olyan ciklikussık, amelynek rendje 6-al oszthato.

Felmerul a kerdes, hogy pontosan mely veges projektıv sıkok adhatoak megciklikus sıkkent, azaz milyen projektıv sıkoknak van ciklikus Singer-csoportja.Singer nevezetes tetele szerint tetszoleges veges test feletti projektıv sıknakvan ciklikus Singer-csoportja. Mas ilyen tulajdonsagu projektıv sıkot megnem talaltak, a sejtes az, hogy nem is letezik. Megoldatlan problema tehata kovetkezo: igaz-e, hogy ha egy veges projektıv sıknak van ciklikus Singer-csoportja, akkor Desargues-fele? A problemaval kapcsolatos fontos eredmenyOtt tetele, amely szerint ha egy veges projektıv sıknak van legalabb ket ciklikusSinger-csoportja, akkor Desargues-fele. Megjegyezzuk, hogy vegtelen projektıvsıkok eseten lenyegesen mas a helyzet: ha egy vegtelen projektıv sıknak vanciklikus Singer-csoportja, akkor nem Desargues-fele.

Veges test feletti projektıv sıkok eseten a ciklikus Singer-csoport - es ıgy aciklikus megadas - konstrukciojat ismertetjuk.

2.34. Tetel. (Singer) Tetszoleges veges test feletti projektıv sıknak van ciklikusSinger-csoportja.

Bizonyıtas: (vazlat) Tekintsuk a GF (q) feletti projektıv sıkot. Korabban maremlıtettuk, hogy ha f egy GF (q) felett irreducibilis harmadfoku polinom, akkorannak egy t

”gyokevel” bovıtve GF (q)-t megkaphato a GF (q3) test:

GF (q3) ={a1 + a2t+ a3t

2 | a1, a2, a3 ∈ Zq, f(t) = 0}.

Ez azt jelenti, hogy GF (q3) elemei beazonosıthatoak a GF (q)-belielemharmasokkal. Mivel azonban homogen koordinatakat hasznalva PG(2, q)pontjait is GF (q)-beli ((0, 0, 0)-tol kulonbozo) elemharmasokkal azonosıtjuk,GF (q3) minden nullatol kulonbozo elemenek megfeleltethetunk egy PG(2, q)-beli pontot. (Ez a megfeleltetes nem injektıv, hiszen ugyanazt a pontotkulonbozo elemharmasokkal is leırhatjuk.)

Ismert, hogy tetszoleges veges test multiplikatıv csoportja ciklikus. LegyenGF (q3) eseten ezen ciklikus csoport egy generatora - azaz egy primitıv elem -t. Ekkor PG(2, q) minden eleme valamely ti (0 ≤ i ≤ q2 + q) alakban eloall.Bar GF (q3) osszes elemenek eloallıtasahoz tovabb kellene hatvanyozni t-t, az

1, t, . . . , tq2+q elemek kozott minden projektıv pontnak eppen egy reprezentansa

fordul elo. Mivel t primitıv elem GF (q3)-ben, 1 = tq3−1 = (tq

2+q+1)q−1, tq2+q+1

primitıv elem GF (q)-ban. Ez azt jelenti, hogy tq2+q+1 ugyanahhoz a projektıv

ponthoz tartozik, mint 1, tehat amikor t-t”tovabb hatvanyozzuk”, ismet a meg-

felelo sorrendben kapjuk meg PG(2, q) pontjait.

58

Ellenorizzuk, hogy a ti-hez tartozo ponthoz a ti+1-hez tartozo pontot rendelomegfeleltetes kollineacio. Tegyuk fel, hogy t a GF (q)-beli irreducibilis

f(x) := x3 − ax2 − bx− c

polinom gyoke. Legyen ti = x1 + x2t + x3t2, ekkor a ti-hez tartozo projektıv

pont [x1, x2, x3]. Ezen pont kepet az alabbi testelem hatarozza meg:

ti · t = (x1 + x2t+ x3t2)t = x1t+ x2t

2 + x3t3 =

= x1t+ x2t2 + x3(at2 + bt+ c) = cx3 + (x1 + bx3)t+ (x2 + ax3)t2.

Igy megfeleltetesunknel [x1, x2, x3] kepe [cx3, x1 + bx3, x2 + ax3], tehat vilagos,hogy a megfeleltetes kollineacio. (Ezt a kollineaciot a 0 0 c

1 0 b0 1 a

matrix reprezentalja.) Mivel t GF (q3) ciklikus multiplikatıv csoportjat generalja,es a t-vel valo szorzaskent ertelmezett kollineacio i-edik hatvanya a ti-vel valoszorzaskent ertelmezheto kollineacio, ez azt jelenti, hogy a most bevezetett kol-lineacio ciklikus reszcsoportot general PG(2, q) kollineaciocsoportjaban, es ez areszcsoport regularisan hat PG(2, q) ponthalmazan.

Annak ellenorzese maradt hatra, hogy a konstrualt kollineaciocsoportPG(2, q) egyeneshalmazan is regularisan hat. Ezt nem bizonyıtjuk, azonbanmegfogalmazzuk a kovetkezo ket allıtast, amelyek egyszeru kovetkezmenyekentkaphato allıtasunk.

• Egy veges projektıv sık tetszoleges kollineacioja eseten a fixpontok es azinvarians egyenesek szama megegyezik.

• Ha egy veges projektıv sık kollineacioinak egy csoportja tranzitıvan hat apontok halmazan, akkor tranzitıvan hat az egyenesek halmazan is.

Vegul a ciklikus projektıv sıkok es a differenciahalmazok kapcsolatarolszolunk.

2.35. Definıcio. Azt mondjuk, hogy Zk egy H reszhalmaza differenciahalmaz,ha Zk tetszoleges, zerustol kulonbozo eleme egyertelmuen all elo ket H-hoz tar-tozo elem kulonbsegekent.

Vilagos, hogy ha a ciklikus sıkok ertelmezesenel tekintett S sokszog csucsaitZn2+n+1 elemeinek feleltetjuk meg, akkor az R-hez tartozo csucsok differencia-halmazt alkotnak Zn2+n+1-ben. Tehat egy ciklikus sık megadasahoz egy diffe-renciahalmazt kell ismernunk.

Abban az esetben, ha n prımhatvany, PG(2, n) egy ciklikus megadasata fenti tetel igazolasakor megkonstrualtuk. Ebbol kovetkezik, hogy a bi-zonyıtasban latott konstrukcio alapjan Zn2+n+1 egy differenciahalmazat

59

kaphatjuk meg: PG(2, n) egy tetszoleges egyenesere illeszkedo pontokhoztartozo GF (n3)-beli elemek kozul minden esetben az n2 + n + 1-nel kisebbetvalasztva differenciahalmazt kapunk.

Illusztraciokent PG(2, 3)-bol kiindulva megkonstrualjuk Z13 egy differencia-halmazat.

Ehhez szuksegunk van GF (33) multiplikatıv csoportjanak egy elemmeltorteno generalasara. Meg kell adnunk GF (3)-ban egy irreducibilis polinomot,legyen ez f(x) := x3 − x2 + 1. Ekkor

GF (33) ={a1 + a2t+ a3t

2 | a1, a2, a3 ∈ Z3, f(t) = 0}.

Szamıtsuk ki t elso 12 hatvanyat, es hatarozzuk meg PG(2, 3) egyes elemekheztartozo pontjait, a1 + a2t+ a3t

2-nek megfeleltetve az [a1, a2, a3] pontot.

i ti PG(2, 3) megfelelo eleme

0 1 [1, 0, 0] = [2, 0, 0]1 t [0, 1, 0] = [0, 2, 0]2 t2 [0, 0, 1] = [0, 0, 2]3 t3 = t2 − 1 = t2 + 2 [2, 0, 1] = [1, 0, 2]4 t4 = t3 + 2t = t2 − 1 + 2t = t2 + 2t+ 2 [2, 2, 1] = [1, 1, 2]5 t5 = t3 + 2t2 + 2t = t2 − 1 + 2t2 + 2t = 2t+ 2 [2, 2, 0] = [1, 1, 0]6 t6 = 2t2 + 2t [0, 2, 2] = [0, 1, 1]7 t7 = 2t3 + 2t2 = 2t2 + 1 + 2t2 = t2 + 1 [1, 0, 1] = [2, 0, 2]8 t8 = t3 + t = t2 + t+ 2 [2, 1, 1] = [1, 2, 2]9 t9 = t3 + t2 + 2t = t2 + 2 + t2 + 2t = 2t2 + 2t+ 2 [2, 2, 2] = [1, 1, 1]10 t10 = 2t3 + 2t2 + 2t = 2t2 + 1 + 2t2 + 2t = t2 + 2t+ 1 [1, 2, 1] = [2, 1, 2]11 t11 = t3 + 2t2 + t = t2 + 2 + 2t2 + t = t+ 2 [2, 1, 0] = [1, 2, 0]12 t12 = t2 + 2t [0, 2, 1] = [0, 1, 2]

PG(2, 3) illeszkedesi tablazatabol leolvashatjuk a sık egy tetszoleges egye-nesere illeszkedo pontokat. Peldaul a [0, 1, 0] = (∞) es [0, 0, 1] = (0, 0) pontokegyenesere illeszkedo masik ket pont (0, 1) = [0, 1, 1] es (0, 2) = [0, 2, 1]. t meg-felelo hatvanyai rendre t, t2, t6 es t12. Ez azt jelenti, hogy {1, 2, 6, 12} differen-ciahalmaz Z13-ban. Valoban, Z13 minden 0-tol kulonbozo eleme egyertelmueneloall a halmazhoz tartozo ket elem kulonbsegekent.

1 2− 1 7 6− 12 = −6 = 72 1− 12 = −11 = 2 8 1− 6 = −5 = 83 2− 12 = −10 = 3 9 2− 6 = −4 = 94 6− 2 10 12− 25 6− 1 11 12− 16 12− 6 12 1− 2 = −1 = 12

60

3. Projektıv sıkok koordinatazasa

3.1. Centralis kollineaciok

A kovetkezo fejezetben megallapodunk abban, hogy egy projektıv sık egy(ϕ1, ϕ2) kollineaciojat tekintve valamely P pont ϕ1(P ) kepere egyszeruen a P ′,valamely e egyenes ϕ2(e) kepere egyszeruen az e′ jelolest hasznaljuk.

3.1. Definıcio. Ha egy projektıv sık egy kollineaciojanal valamely C pontrailleszkedo osszes egyenes invarians, akkor azt mondjuk, hogy C a kollineaciocentruma, es a kollineaciot centralis kollineacionak nevezzuk. Ha egy t egyenesosszes pontja fixpont, akkor a t egyenes a kollineacio tengelye, es a kollineaciottengelyes kollineacionak mondjuk.

A kollineacio centruma es tengelye dualis fogalmak.

3.2. Lemma. Centralis kollineacio eseten a centrum illeszkedik tetszoleges pon-tot a kepevel osszekoto egyenesre.

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy a tekintett kollineacional A kepe A′, es hogy a

kollineacio C centruma nem illeszkedik←−→AA′-re. Ekkor a

←→CA egyenes kollineacios

kepe←−→CA′, viszont a centrum definıcioja miatt mindketto fixegyenes. Igy a ket

egyenes egybeesik, ami ellentmond feltevesunknek.

A definıcio alapjan a kovetkezo lemma nyilvanvalo.

3.3. Lemma. Ha egy egyenesre illeszkedik egy kollineacio ket fixpontja, akkoraz egyenes fixegyenes az adott kollineacioban. Dualisan, barmely olyan pont,amelyre ket fixegyenes illeszkedik, a kollineacio fixpontja.

3.4. Lemma. Ha valamely kollineacionak ket kulonbozo centruma vagy ketkulonbozo tengelye van, akkor az az identitas.

Bizonyıtas: Megmutatjuk, hogy ha egy kollineacionak ket kulonbozo tengelyevan, akkor az az identitas. A centrumra vonatkozo allıtas dualitassal adodik.

Tegyuk fel, hogy egy kollineacionak t1 es t2 is tengelye. Ha egy pont il-leszkedik ezen egyenesek barmelyikere, akkor a tengely definıciojabol adodoanfixpont. Belatjuk, hogy a sık osszes tobbi P pontja is fix. Tegyuk fel, hogy Pnem illeszkedik a tengelyek egyikere sem. Mivel P -re legalabb harom egyenesilleszkedik, biztosan van kozottuk ket olyan, amelyek a tengelyeket kulonbozopontokban metszik. Mindket egyenes ket fixpontot kot ossze, ıgy fixegyenes.Kovetkezeskeppen metszespontjuk, azaz P fixpont.

3.5. Lemma. Egy tengelyes kollineacio barmely olyan fixpontja, amely nemilleszkedik a tengelyre, centrum. Egy centralis kollineacio eseten barmely olyanfixegyenes, amelyre nem illeszkedik a centrum, a kollineacio tengelye.

61

Bizonyıtas: Ismet csak az allıtas elso felet igazoljuk, az allıtas masodik feleebbol kovetkezik a dualitas elve alapjan.

Tegyuk fel, hogy t a kollineacio tengelye, F pedig t-re nem illeszkedo fixpont.Legyen f tetszoleges olyan egyenes, amelyre illeszkedik F . Megmutatjuk, hogy ffixegyenes, tehat F a kollineacio centruma. Mivel F nem illeszkedik a tengelyre,az f egyenes tengellyel valo T metszespontja kulonbozik F -tol. Mivel T fixpont,az f egyenes ket fixpontot kot ossze, tehat fixegyenes.

3.6. Tetel. Egy kollineacionak pontosan akkor van tengelye, ha van centruma.

Bizonyıtas: Elegendo belatnunk, hogy barmely tengelyes kollineacionak vancentruma, a fordıtott allıtas dualitassal kovetkezik.

Tegyuk fel, hogy t egy kollineacio tengelye. Ha a kollineacionak letezik t-renem illeszkedo fixpontja, akkor az elozo lemma miatt a kollineacionak van cent-ruma. Tegyuk fel tehat, hogy nincs ilyen pont. Legyen P egy t-re nem illeszkedo

pont. Ekkor az elozoek alapjan P ′ 6= P . Legyen e :=←−→PP ′, C := e ∩ t. Ekkor e

fixegyenes, ugyanis

e′ = (←−→PC)′ =

←−−→P ′C ′ =

←−→P ′C = e.

Tehat tetszoleges, a tengelyre nem illeszkedo pontot a kepevel osszekoto egyenesfixegyenes. Legyen g tetszoleges C-n atmeno, t-tol kulonbozo egyenes, Q pedig

egy C-tol kulonbozo, g-re illeszkedo pont. A←−→Q′Q egyenes fix, ezert annak e-vel

valo metszesponja fixpont. Feltetelunk szerint azonban minden fixpont illeszke-dik a tengelyre, ıgy ez csak a C pont lehet. Igy g fixegyenes, tehat C centrum.

3.7. Definıcio. Az olyan centralis kollineaciot, amelynek centruma illeszkedika tengelyere, elacionak hıvjuk. Ellenkezo esetben a centralis kollineaciot ho-mologianak nevezzuk.

3.8. Allıtas. Legyen adott egy projektıv sıkon harom kulonbozo kollinearis pont,C, A es A′; illetve egy t egyenes, amelyre egyik pont sem illeszkedik. Ekkorlegfeljebb egy olyan centralis kollineacio letezik, amelynek centruma C, tengelyet, es amelynel az A pont kollineacios kepe A′.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy tetszoleges P pontot, amely sem az←−→AA′, sem a t

egyenesre nem illeszkedik. Jelolje az←→AP egyenes t-vel valo metszespontjat T .

Ekkor a P pont kollineacios kepe illeszkedik a←−→TA′ es

←−→CP egyenesekre is, ıgy

csak azok metszespontja lehet. Ha valamely Q pont az←−→AA′ egyenesre illeszkedik,

akkor kollineacios kepe egyertelmuen meghatarozhato egy tetszolegesen felvett,←−→AA′-re es t-re nem illeszkedo P pont, es annak az elozoek szerint egyertelmu P ′

kollineacios kepenek felhasznalasaval az elozo eljaras alapjan. t minden pontjaa tengely definıcioja miatt fixpont.

3.9. Definıcio. Legyen P egy projektıv sık egy pontja es l a sık egy egyenese.Azt mondjuk, hogy a sık (P, l)-tranzitıv, ha tetszoleges P -tol kulonbozo es nem

62

Pont kepenek meghatarozasa centralis kollineacional

az l egyenesre illeszkedo Q pont, valamint a←−→PQ egyenesre illeszkedo Q′ pont

eseten van olyan P centrumu, l tengelyu kollineacio, amelynel a Q pont kepeQ′.

3.10. Definıcio. Legyen P egy projektıv sık egy pontja es l a sık egy egyenese.Azt mondjuk, hogy a sık (P, l)-desarguesi, ha barmely ket, P -re nezve perspektıvharomszog, amelynek ket megfelelo oldalparja l-en metszi egymast, az l egyenesrenezve perspektıv.

3.11. Tetel. (Baer) Egy projektıv sık pontosan akkor (P, l)-tranzitıv, ha (P, l)-desarguesi.

Bizonyıtas: Eloszor megmutatjuk, hogy ha a tekintett projektıv sık (P, l)-desarguesi, akkor (P, l)-tranzitıv. Legyenek A es A′ tetszoleges olyan pontok,

hogy P illeszkedjen←−→AA′-re. Az elozo bizonyıtas mintajara megadunk egy, a

projektıv sık pontjai kozotti lekepezest, amelyrol megmutatjuk, hogy P cent-rumu, l tengelyu kollineacio. Tekintsunk egy tetszoleges B pontot, amely sem

az←−→AA′, sem az l egyenesre nem illeszkedik. Jelolje az

←−→AB egyenes l-lel valo

metszespontjat T . Ekkor a B pont kepe legyen a←−→TA′ es

←−→PB egyenesek kozos

pontja. Ha valamely Q pont az←−→AA′ egyenesre illeszkedik, akkor a kepet de-

finialjuk egy tetszolegesen felvett,←−→AA′-re es l-re nem illeszkedo B pont, es an-

nak az elozoek szerint ertelmezett B′ kepenek felhasznalasaval az elozo eljarasalapjan. Legyen l minden pontja fixpont.

Meg kell mutatnuk, hogy ha a sık (P, l)-desarguesi, akkor az elozoekben leırtlekepezes valoban kollineacio. Elsokent a bijektivitast igazoljuk.

Az injektivitas igazolasahoz tekintsunk ket tetszoleges, X1 es X2 pontot.Belatjuk, hogy a lekepezes kulonbozo pontokat rendel hozzajuk. Ha X1, X2 es

P kollinearis, akkor az←−−→X1A ∩ l es

←−−→X2A ∩ l kulonbozo pontok, ıgy az

←−−−→X1X2

egyenes ket kulonbozo pontja az X1 illetve az X2 pont kepe. Ha X1, X2 esP nem kollinearis, akkor X1 es X2 kepe kulonbozo P -re illeszkedo egyenesekreilleszkedik, ıgy nem eshet egybe.

63

A Baer-tetel

A lekepezes szurjektıv, ugyanis tetszoleges B′ ponthoz talalunk B oskepet,

megpedig a←→TA es

←−→PB′ egyenesek metszespontjat, ahol T a

←−−→B′A′ egyenes l-el

valo metszespontjat jeloli.Meg kell meg mutatnunk, hogy a lekepezes tetszoleges kollinearis

pontharmashoz kollinearis pontharmast rendel. Eloszor is igazoljuk, hogy

tetszoleges X es Y eseten←−→XY es

←−−→X ′Y ′ l-en metszi egymast, ahol X ′ es Y ′

rendre az X es az Y pont megadott lekepezes altali kepe.Amennyiben X vagy Y illeszkedik a l-re, az allıtas nyilvanvalo, ıgy felte-

hetjuk, hogy nem ez a helyzet. Ha A, X es Y kollinearis, akkor az ezen pontokkozos egyenesenek l-el valo T metszespontjara es A′-re illeszkedo egyenesen lesz

mind X ′, mind Y ′, ıgy←−→XY es

←−−→X ′Y ′ metszespontja T , ami valoban illeszkedik

l-re. Ha X, Y es A nem kollinearis, az←−→AX ∩ l =: {T1} es

←→AY ∩ l =: {T2} pontok

kulonbozoek, ıgy a←−−→T1A

′ es←−−→T2A

′ egyenesek is kulonbozoek. Igy X ′, Y ′ es A′

nem kollinearis. Ekkor az XY A es X ′Y ′A′ haromszogek a P pontra nezve pers-pektıvek, ıgy a (P, l)-Desargues-tulajdonsag miatt az l egyenesre, mint tengelyre

nezve is perspektıvek. Igy valoban,←−→XY ∩

←−−→X ′Y ′ illeszkedik l-re.

Vegul tekintsuk egy g egyenes X, Y es Z pontjait, jelolje ezen pontok kepet

X ′, Y ′ illetve Z ′. Az elozoek miatt←−−→X ′Y ′ ∩ g =: {Q} illeszkedik l-re. Tovabba

Y ′ illeszkedik a g′ :=←−→QX ′ egyenesre is.

←−→XZ ∩

←−−→X ′Z ′ szinten illeszkedik l-re,

ıgy ez a pont eppen a Q pont. Igy Z ′ szinten illeszkedik a g′ egyenesre, azazbelattuk, hogy X ′, Y ′ es Z ′ kollinearis pontok.

Megfordıtva, megmutatjuk, hogy ha a sık (P, l)-tranzitıv, akkor (P, l)-desarguesi. Tekintsuk a sık A1B1C1 es A2B2C2 haromszogeit, amelyek a P

pontra nezve perspektıvek, valamint l az←−−→A1B1 ∩

←−−→A2B2 es

←−−→A1C1 ∩

←−−→A2C2 pon-

tok egyenese. Ekkor a feltetel szerint letezik olyan centralis kollineacio, melynekcentruma P , tengelye l es az A1 pont kepe A2. Ezen centralis kollineacional a←−−→B1C1 egyenes kepe

←−−→B2C2. Legyen

←−−→B1C1 ∩ l =: {T}. A T pont kepe illeszkedik

64

a←−−→B2C2 egyenesre, es fixpont, mivel illeszkedik l-re. Igy T

←−−→B2C2-re is illeszke-

dik, ami azt jelenti, hogy a A1B1C1 es A2B2C2 haromszogek perspektıvek a tegyenesre nezve.

A projektıv sıkok Lenz-Barlotti osztalyozasa az alapjan csoportosıtja a pro-jektıv sıkokat, hogy milyen alakzatot alkotnak azok a (P, l)-parok, amelyekrea sık (P, l)-tranzitıv (es ıgy (P, l)-desarguesi). A Desargues-fele projektıv sıkokıgy a projektıv sıkok Lenz-Barlotti osztalyozas szerinti legspecialisabb osztalyatjelentik. Tobb Lenz-Barlotti osztaly eseten nyitott kerdes, hogy letezhet-e azadott osztalyhoz tartozo projektıv sık, es ha igen, akkor van-e oda tartozo vegesprojektıv sık.

A projektıv sıkok koreben fontos osztalyt jelentenek a transzlaciosıkok.

3.12. Definıcio. Egy projektıv sık egy l egyeneset transzlacioegyenesnek ne-vezzuk, ha tetszoleges, l-re illeszkedo P pont eseten a projektıv sık (P, l)-tranzitıv.Egy projektıv sıkot transzlaciosıknak hıvunk, ha van transzlacioegyenese. Ha egyprojektıv sık minden egyenese transzlacioegyenes, tehat a sık tetszoleges illesz-kedo (P, l) par eseten (P, l)-tranzitıv, akkor azt mondjuk, hogy a sık Moufang-sık.

A Baer-tetel ertelmeben azt, hogy egy projektıv sık Moufang-sık, azalabbi modon is megfogalmazhatjuk: ha a sık ket haromszoge pontra nezveperspektıv, es a perspektivitas kozeppontja illeszkedik valamely ket megfelelooldalegyenespar metszespontjanak egyenesere, akkor a ket haromszog tengelyrenezve is perspektıv. Erre tekintettel azt, hogy egy projektıv sık Moufang-sık,szokas ugy megfogalmazni, hogy a sıkon teljesul a kis Desargues-tulajdonsag.

A kovetkezo allıtas modszert ad annak ellenorzesere, hogy egy adott pro-jektıv sık transzlaciosık.

3.13. Allıtas. Ha A es B egy projektıv sık egy l egyenesenek kulonbozopontjai, es a projektıv sık (A, l)-tranzitıv es (B, l)-tranzitıv, akkor l a sıktranszlacioegyenese.

Bizonyıtas: Legyen C az l egyenes tetszoleges, A-tol es B-tol kulonbozo pontja.Azt kell megmutatnunk, hogy a tekintett sık (C, l)-tranzitıv, tehat tekintve asık tetszoleges kulonbozo, az l egyenesre nem illeszkedo X es Y pontjait ugy,

hogy←−→CX =

←−→CY teljesuljon, van olyan C centrumu, l tengelyu elacio, amelynel

X kepe Y .Mivel a sık (A, l)-tranzitıv, van olyan A centrumu, l tengelyu elacio, amelynel

X kepe Z. Hasonloan, van olyan B centrumu, l tengelyu elacio, amelynel Z kepe

Y . Ezen ket elacio kompozıciojanak centrumat V -vel jelolve,←−→V X =

←−→V Y , mivel

{V } =←−→XY \l. Azonban {C} =

←−→XL∩ l, ıgy C = V . Tehat a tekintett kompozıcio

a kıvanalmaknak megfelelo elacio.

65

3.2. Projektıv sıkok koordinatazasa terner gyuruvel

Ebben a reszben koordinatakat vezetunk be tetszoleges projektıv sıkon.Legyen X, Y , O, E a tekintett projektıv sık negy altalanos helyzetu pontja,

es R szimbolumok egy olyan halmaza, amely tartalmazza 0-t es 1-et, de nemtartalmazza a ∞ szimbolumot; tovabba eggyel kevesebb eleme van, mint a te-kintett sık egy egyenesere illeszkedo pontok szama.

Eloszor koordinatakkal latjuk el a sık pontjait.

• Jelolje az O pontot (0, 0).

• Jelolje az E pontot (1, 1).

• Az←−→OE egyenes egy O-tol, E-tol es

←−→OE∩

←−→XY -tol kulonbozo pontjat jelolje

(a, a), ahol a R 0-tol es 1-tol kulonbozo eleme (termeszetesen ugyelve arra,hogy kulonbozo pontok koordinatai kulonbozok legyenek).

• Ha P nem illeszkedik az←−→XY egyenesre, akkor legyenek koordinatai (a, b),

ahol a←−→Y P ∩

←−→OE metszespont (a, a) es az

←−→XP ∩

←−→OE metszespont (b, b).

• Ha P az←−→XY egyenes Y -tol kulonbozo pontja, akkor P koordinataja legyen

(m), ahol az←−→Y E ∩

←−→OP metszespont (1,m). (Az ilyen tulajdonsagu P

pontok a ferde egyenesek vegtelen tavoli pontjai.)

• Az Y pontot jelolje (∞). (Y az y-tengely vegtelen tavoli pontja.)

Lassuk el koordinatakkal a sık egyeneseit.

• Ha e az Y pontra nem illeszkedo egyenes, akkor koordinatai legyenek

[m, k], ahol e ∩←−→XY az (m)-el jelolt pont es e ∩

←−→OY a (0, k)-val jelolt

pont. (Az ilyen tulajdonsagu e egyenesek a ferde egyenesek.)

• Ha e az Y pontra illeszkedo,←−→XY -tol kulonbozo egyenes, akkor e koor-

dinataja legyen [k], ahol e∩←−→OX a (k, 0) modon koordinatazott pont. (Ezen

egyenesek a fuggoleges egyenesek.)

•←−→XY -t jelolje [∞]. (

←−→XY a vegtelen tavoli egyenes.)

A konstrukciobol a kovetkezo illeszkedesek vilagosak.

• A [∞] egyenesre illeszkedik tetszoleges k ∈ R eseten (k) tovabba (∞).

• Tetszoleges k ∈ R eseten a [k] egyenesre illeszkedik (∞) valamint (k, l),ahol l ∈ R tetszoleges.

• (∞) csak a fenti egyenesekre illeszkedik.

• Tetszoleges m ∈ R eseten (m) a [∞] egyenes mellett illeszkedik tetszolegesb ∈ R-et tekintve az [m, b] egyenesre.

66

Az egyetlen kerdeses eset, hogy altalaban az (x, y) pont mikor illeszkedik az[m, b] egyenesre. Vezessunk be egy F fuggvenyt oly modon, hogy

F (x,m, b) = y ⇐⇒ (x, y)I[m, b]

(ahol I a tekintett projektıv sıkon ertelmezett illeszkedesi relacio) teljesuljon.Ezt a fuggvenyt terner fuggvenynek hıvjuk.

Tetszoleges projektıv sık eseten az ıgy konstrualt terner fuggvenyre tel-jesulnek a kovetkezo tulajdonsagok.

1. Tetszoleges a, b, c ∈ R eseten F (0, a, c) = F (b, 0, c) = c, F (1, a, 0) =F (a, 1, 0) = a.

2. Minden a, b, c ∈ R harmashoz pontosan egy olyan z ∈ R letezik, melyrec = F (a, b, z).

3. Ha b, c, b′, c′ ∈ R adottak, es b 6= b′, akkor egyertelmuen letezik olyanx ∈ R, melyre F (x, b, c) = F (x, b′, c′).

4. Ha a, d, a′, d′ ∈ R adottak, es a 6= a′, akkor egyertelmuen letezik (x, y) ∈R×R rendezett par, amelyre F (a, x, y) = d es F (a′, x, y) = d′.

5. Minden a, b, c ∈ R, a 6= 0 harmashoz pontosan egy olyan x ∈ R letezik,melyre c = F (x, a, b).

6. Minden a, b, c ∈ R, a 6= 0 harmashoz pontosan egy olyan z ∈ R letezik,melyre c = F (a, z, b).

Valoban, az elso tulajdonsag a (0, c)I[a, c], (b, c)I[0, c], (1, a)I[a, 0],(a, a)I[1, 0] illeszkedesek teljesulesebol kovetkezik. Mivel az (a, c) es (b) pon-tokra egyertelmuen illeszkedik egyenes, a masodik tulajdonsag is igaz. A [b, c]es [b′, c′] egyeneseknek letezik pontosan egy metszespontja, ıgy a harmadiktulajdonsag is teljesul. A negyedik allıtas abbol kovetkezik, hogy az (a, d) es(a′, d′) pontokra illeszkedik egy es csak egy egyenes. Az otodik allıtas abboladodik, hogy az (a) es (0, b) pontokra illeszkedo egyenesnek valamint a (0)es (0, c) pontokra illeszkedo egyenesnek letezik pontosan egy metszespontja.Vegul, mivel az (a, c) es a (0, b) pontokra illeszkedik pontosan egy egyenes, ahatodik mondott tulajdonsag is fennall.

Altalaban, egyR halmazt ellatva egy, a halmazon ertelmezett haromvaltozosF fuggvennyel, amelyre a fenti tulajdonsagok teljesulnek, terner gyurunek ne-vezunk.

Megjegyezzuk, hogy a projektıv sık nem hatarozza meg egyertelmuen azazt koordinatazo terner gyurut, hiszen az (X,Y,O,E) alappontokat jelentoaltalanos helyzetu pontnegyest tetszolegesen valasztottuk meg. Egyszeruvegiggondolni, hogy egy masik altalanos helyzetu (X ′, Y ′, O′, E′) pontnegyestalappontoknak valasztva pontosan akkor kapjuk

”lenyegeben ugyanazt” a

terner gyurut (azaz izomorf (R′, F ′) terner gyurut, abban az ertelemben,

67

hogy van olyan ϕ : R → R′ fuggveny, amelyre barmely a, b, c ∈ R esetenF (ϕ(a), ϕ(b), ϕ(c) = ϕ(F (a, b, c))), ha van a projektıv sıknak olyan kol-lineacioja, amely az elso pontnegyes elemeinek rendre a masodik pontnegyeselemeit felelteti meg.

Az elozo konstrukciot megfordıtva, tetszoleges terner gyurubol projektıvsıkot konstrualhatunk. Legyen tehat R F -el ellatva terner gyuru. Legyenek

• a pontok (x, y) (x, y ∈ R), (m) (m ∈ R) es (∞),

• az egyenesek [m, b] (m, b ∈ R), [a] (a ∈ R) es [∞],

• az [∞] egyenesre illeszkedo pontok (∞) es tetszoleges m ∈ R eseten (m);az [a] (a ∈ R) egyenesre illeszkedo pontok (∞) es tetszoleges l ∈ R-re(k, l); az [m, b] egyenesre illeszkedo pontok (m) es mindazon (x, y) pontok,amelyekre F (x,m, b) = y.

Az ıgy konstrualt illeszkedesi struktura projektıv sık. A lehetseges esetek meg-vizsgalasaval a terner gyuruk tulajdonsagai alapjan az axiomak teljesulese egy-szeruen ellenorizheto.

3.3. Osszefuggesek egy projektıv sık geometriai tulaj-donsagai es a koordinatazo struktura algebrai tulaj-donsagai kozott

A terner gyurukkel torteno koordinatazasbol kiindulva tetszoleges projektıvsıkot ketmuveletes algebrai strukturaval koordinatazhatunk.

3.14. Definıcio. Az (R, F ) terner gyuruben ket elem osszegen az

a+ b := F (1, a, b)

elemet, ket elem szorzatan az

a · b := F (a, b, 0)

elemet ertjuk.

3.15. Definıcio. Legyen H nemures halmaz, ∗ pedig ketvaltozos muvelet H-n. A (H, ∗) par kvazicsoport, ha az a ∗ x = b, valamint az x ∗ a = btıpusu egyenletek adott a, b ∈ H eseten egyertelmuen megoldhatoak x-re. Egykvazicsoport egysegelemes kvazicsoport (vagy loop), ha benne a ∗ muveletnekvan egysegeleme.

3.16. Lemma. Ha (R, F ) terner gyuru, akkor (R,+) es (R\{0} , ·) loopok,melyek egysegelemei rendre 0 illetve 1.

68

Bizonyıtas: Az a+0 = F (1, a, 0) = a, 0+a = F (1, 0, a) = a, a·1 = F (a, 1, 0) = aes 1 · a = F (1, a, 0) = a a terner gyuruk definıciojaban szereplo 1. tulajdonsagalapjan teljesulnek barmely a ∈ R-re. Ha adott a, b ∈ R, akkor az a + x =F (1, a, x) = b egyenlet a terner gyuruk 2. tulajdonsaga miatt egyertelmuenmegoldhato; x + a = F (1, x, a) = b es x · a = F (x, a, 0) = b a terner gyuruk 5.tulajdonsaga miatt oldhato meg egyertelmuen; illetve a · x = F (a, x, 0) = b aterner gyuruk 6. tulajdonsaga miatt egyertelmuen megoldhato.

A terner gyurukbol a fenti modon szarmazo (R,+, ·) ketmuveletes algebraistrukturat planaris gyurunek is szokas nevezni. Abban az esetben, ha az (R, F )terner gyuru olyan projektıv sıkot koordinataz, amelynek

”szebb” a geometriai

strukturaja, az (R,+, ·) planaris gyururol is tobbet allıthatunk. Az ide vonat-kozo eredmenyeket csak vazlatosan foglaljuk ossze.

3.17. Definıcio. Az (R,+, ·) ketmuveletes algebrai strukturat kvazitestnek ne-vezzuk, ha

1. (R,+) csoport (amelynek zeruseleme 0);

2. (R\{0} , ·) loop;

3. (a+ b) · c = a · c+ b · c (a, b, c ∈ R);

4. az x ·a = x · b+ c egyenletnek tetszoleges a, b, c ∈ R, a 6= b eseten pontosanegy megoldasa van.

3.18. Tetel. Egy projektıv sık pontosan akkor transzlaciosık, ha kvazitesttelkoordinatazhato; azaz van olyan, a sıkot koordinatazo terner gyuru, amelybolszarmazo planaris gyuru kvazitest.

Megfordıtva, tetszoleges kvazitest transzlaciosıkot koordinataz. Ha ugyanis(R,+, ·) kvazitest es F (x,m, b) := x · m + b, akkor (R, F ) terner gyuru. Aterner fuggveny tulajdonsagainak ellenorzese egyszeru gyakorlo feladat.

A transzlaciosıkok kvazitesttel torteno koordinatazasat felhasznalva meg-mutatjuk, hogy transzlaciosıkok eseten igaz a prımhatvany-sejtes, azaz barmelyveges transzlaciosık rendje prımhatvany.

3.19. Allıtas. Ha (R,+, ·) kvazitest, akkor (R,+) kommutatıv; azaz mindenkvazitest additıv csoportja Abel-csoport.

Bizonyıtas: Legyen a, b ∈ R. Felteheto, hogy sem a, sem b nem 0, hiszen ellen-kezo esetben a+ b = b+ a nyilvanvaloan teljesul. Legyen c az

ac = b+ a− b

egyenlet egyertelmu megoldasa. Ha c = 1, akkor

a = b+ a− b,

69

azaz valobana+ b = b+ a.

Tegyuk fel, hogy c 6= 1. Ekkor az

xc+ b = x

egyenletnek van egy es csak egy megoldasa. Felhasznalva, hogy erre az x-re−(xc) + x = b teljesul, azt kapjuk, hogy

−((x+ a)c) + (x+ a) = (−(x+ a))c+ x+ a = (−a− x)c+ x+ a =

= −ac− xc+ x+ a = −ac+ b+ a = −(b+ a− b) + b+ a = b− a− b+ b+ a = b.

A szamolas soran tobbszor felhasznaltuk, hogy kvazitestben (−k)l = −(kl), ezazonban 0 = (−k + k)l = (−k)l + kl miatt igaz. Igy azt kaptuk, hogy

−(xc) + x = b

es−((x+ a)c) + (x+ a) = b.

Mivel a −(Xc) + X = b egyenlet egyertelmuen megoldhato tetszoleges c 6= 1eseten, innen x+ a = x kovetkezik, ahonnan a = 0. Ez ellentmond feltevesunk-nek.

3.20. Definıcio. Az (R,+, ·) kvazitest magja R azon elemeinek K halmaza,melyekre tetszoleges k ∈ K es x, y ∈ R eseten k · (x + y) = k · x + k · y esk · (x · y) = (k · x) · y teljesul.

3.21. Tetel. Tetszoleges kvazitest magja test, es minden kvazitest vektorter amagja felett. Igy minden veges kvazitest rendje prımhatvany.

Bizonyıtas: Megmutatjuk, hogy - az elozo definıcio jeloleset megtartva - (K,+)reszcsoportja (R,+)-nak. Ehhez elegendo belatni, hogy a kivonasra nezve zart.Legyen l es k ket tetszoleges K-beli elem, x es y pedig R tetszoleges ket eleme.Ekkor

(k−l)(x+y) = k(x+y)−l(x+y) = kx+ky−lx−ly = kx−lx+ky−ly = (k−l)x+(k−l)y,

es

(k − l)(xy) = k(xy)− l(xy) = (kx)y − (lx)y = (kx− lx)y = ((k − l)x)y.

Meg kell meg mutatni, hogy (K\ {0} , ·) csoport. Az asszociativitas a definıciokozvetlen kovetkezmenye, elegendo tehat azt igazolni, hogy K\ {0} szorzasranezve zart, es minden elemenek tartalmazza a multiplikatıv inverzet is. A zartsagkovetkezik abbol, hogy az elozo jeloleseket ismet hasznalva

(kl)(x+ y) = k(l(x+ y)) = k(lx+ ly) = k(lx) + k(ly) = (kl)x+ (kl)y

70

es(kl)(xy) = k(l(xy)) = k((lx)y) = (k(lx))y = ((kl)x)y.

Mivel (R\{0} , ·) loop, minden k ∈ K\ {0} elemhez egyertelmuen van olyan k′

melyre kk′ = 1. Ez egyszeruen lathato, hogy benne van K\ {0}-ban. Valoban,k ∈ K tobbszori felhasznalasaval

k(k′(x+y)) = (kk′)(x+y) = x+y = (kk′)x+(kk′)y = k(k′x)+k(k′y) = k(k′x+k′y),

ezert k′(x+ y) = k′x+ k′y. Hasonloan,

k(k′(xy)) = (kk′)(xy) = xy = ((kk′)x)y = ((k(k′x))y) = k((k′x)y),

ıgy k′(xy) = (k′x)y is fennall. Tehat megmutattuk, hogy minden K-beli elemnekvan multiplikatıv inverze is, azaz K test.

Ha az R-beli osszeadast vektorosszeadasnak tekintjuk, akkor K definıciojaalapjan lathato, hogy R (bal)vektorter K felett. Ha R K felett t-dimenziosvektorter, akkor |R| = |K|t. Mivel K veges test, elemszama prımhatvany, ıgy|R| is valoban prımhatvany.

Mivel minden veges projektıv sık rendje megegyezik a koordinatazo ternergyuru elemszamaval, ıgy adodik az alabbi fontos kovetkezmeny.

3.22. Kovetkezmeny. Minden veges transzlaciosık rendje prımhatvany.

A bizonyıtasokat mellozve attekintjuk a kvazitestben a ketoldali disztribu-tivitasnak illetve a szorzas asszociativitasanak a geometriai jelenteset.

3.23. Definıcio. Azt mondjuk, hogy az (R,+, ·) kvazitest disztributıv, habenne mindket oldali disztributivitas teljesul, azaz ha barmely a, b, c ∈ R esetena · (b+ c) = a · b+ a · c.

Az (R,+, ·) kvazitestet asszociatıvnak mondjuk, ha benne a szorzas asszo-ciatıv, azaz tetszoleges a, b, c ∈ R elemeket tekintve a · (b · c) = (a · b) · c.

3.24. Tetel. 1. Egy transzlaciosık egy transzlacioegyenesere akkor es csakakkor illeszkedik olyan P pont, hogy a sık tetszoleges P -re illeszkedo l egye-nest tekintve (P, l)-tranzitıv, ha disztributıv kvazitesttel koordinatazhato;azaz van olyan, a sıkot koordinatazo terner gyuru, amelybol szarmazoplanaris gyuru disztributıv kvazitest.

2. Egy transzlaciosık pontosan akkor (Q, l)-tranzitıv valamely ttranszlacioegyenesre illeszkedo Q es egy t-tol kulonbozo l eseten, haasszociatıv kvazitesttel koordinatazhato; azaz van olyan, a sıkot koor-dinatazo terner gyuru, amelybol szarmazo planaris gyuru asszociatıvkvazitest.

A fenti tetel elvezethet azon korabban be nem latott tetelunk igazolasahoz,miszerint tetszoleges Desargues-fele projektıv sık ferdetesttel koordinatazhato.Tekintve ugyanis egy Desargues-fele projektıv sıkot, az a Baer-tetel miatt

71

tetszoleges (P, l)-par eseten (P, l)-tranzitıv. Igy az elozo tetel miatt letezikazt koordinatazo olyan kvazitest, amely asszociatıv es disztributıv is (akoordinatazo kvazitest megvalaszthato ugy, hogy a tetel elso reszeben szereploP pont megegyezzen a tetel masodik reszeben szereplo l es t egyenesekmetszespontjaval). Igy a koordinatazo kvazitest ebben az esetben valobanferdetest.

Vegul a Moufang-sıkokat koordinatazo planaris gyurukrol, az un. alternalogyurukrol szolunk. Az alternalo gyuruk tulajdonsagait lenyegeben ugy kaphat-juk meg, hogy a ferdetestek tulajdonsagait gyengıtve a szorzas asszociativitasahelyett az un. alternalo tulajdonsagot feltetelezzuk.

3.25. Definıcio. Az (R,+, ·) ketmuveletes algebrai strukturat alternalogyurunek nevezzuk, ha

• (R,+) Abel-csoport (amelynek zeruseleme 0);

• a · 0 = 0 · a = 0 tetszoleges a ∈ R eseten;

• (R\{0} , ·) loop (amelynek egysegeleme 1);

• a · (b+ c) = a · b+ a · c (a, b, c ∈ R);

• (a+ b) · c = a · c+ b · c (a, b, c ∈ R);

• a · (a · b) = (a · a) · b (a, b ∈ R);

• a · (b · b) = (a · b) · b (a, b ∈ R).

Az utobbi ket tulajdonsagot nevezzuk alternalo tulajdonsagoknak.Alternalo gyuruben tetszoleges a ∈ R\{0} elemhez vannak olyan a′, a′′ ∈ R

elemek, melyekre aa′ = 1, a′′a = 1, a′ = a′′. Ezt az elemet az a elem inverz enekhıvjuk es a−1-el jeloljuk.

Bruck-Kleinfield es Skornyakov egy igen mely tetele alapjan tetszoleges al-ternalo gyuru ferdetest vagy valamely test feletti Cayley-Dickson algebra. LegyenF ferdetest, es tekintsunk egy x 7→ x involuciot:

x = x, x+ y = x+ y, xy = yx.Tekintsuk F× F-en az alabbi +, · muveleteket:

• (a, b) + (c, d) := (a+ c, b+ d),

• (0, 1) · (0, 1) := j, ahol j ∈ F es j 6= xx (x ∈ F),

• (a, b) · (c, d) := (ac+ jdb, da+ bc).

Ekkor (F × F,+, ·) alternalo gyuru, amelyet az F feletti Cayley-Dicksonalgebranak nevezunk. Abban az esetben, ha F a valos szamtest, es a tekintettinvolucio az identitas, a komplex szamtesthez jutunk. Amennyiben F a komplexszamtest, es a tekintett involucio az identitas, a kvaterniokat kapjuk. Vegul,ha F a kvaterniok ferdeteste es a tekintett involucio ismet a konjugalas (azaz

72

tetszoleges a, b ∈ C eseten (a, b) := (a,−b)), akkor olyan alternalo gyuruhozjutunk, amely nem ferdetest. Ezt az alternalo gyurut az oktavok (esetlegoktoniok vagy Cayley-szamok) ferdetestenek nevezzuk.

Az oktavok attekinthetobb jellemzese celjabol legyenek i, j, k a kvaterniokleırasanal szereplo egysegek, es legyen

1 = (1, 0) , i = (i, 0) , j = (j, 0) , k = (k, 0) , l = (0, 1),

m = il = (0, i) , n = jl = (0, j) , o = kl = (0,k).

Ekkor az oktavok mindegyike

x0 + x1i + x2j + x3k + x4l + x5m + x6n + x7o

alakban ırhato fel, ahol xi ∈ R (i ∈ {0, . . . , 7}). Igy az oktavokkal tortenoszamolashoz elegendo az i, j, k, l, m, n, o elemekre vonatkozo szorzasi szabalyokismerete, amelyeket az alabbi tablazatban foglalhatunk ossze.

· i j k l m n o

i −1 k −j m −l −o nj −k −1 i n o −l −mk j −i −1 o −n m −ll −m −n −o −1 i j k

m l −o n −i −1 −k jn o l −m −j k −1 −io −n m l −k −j i −1

Bruck-Kleinfield es Skornyakov tetelebol kovetkezik, hogy tetszoleges al-ternalo gyuruben teljesul az inverz tulajdonsag :

a(a−1b) = (ba−1)a = b

tetszoleges a ∈ R\{0} , b ∈ R eseten. Ez ugyanis minden Cayley-Dickson al-gebraban igaz.

Szamunkra az alternalo gyuruk nagy jelentoseget az alabbi tetel adja.

3.26. Tetel. Egy projektıv sık pontosan akkor Moufang-sık, ha alternalogyuruvel koordinatazhato; azaz van olyan, a sıkot koordinatazo terner gyuru,amelybol szarmazo planaris gyuru alternalo gyuru.

Megjegyezzuk, hogy be lehet latni, hogy Moufang-sık barmely ket altalanoshelyzetu pontnegyese egymasba transzformalhato kollineacioval, ıgy ha vanilyen tulajdonsagu terner gyuru, akkor mindegyik ilyen.

A veges eset szempontjabol alapveto a kovetkezo mely algebrai eredmeny.

3.27. Tetel. (Artin-Zorn) Minden veges alternalo gyuru ferdetest.

73

Sot, a Wedderburn-tetel figyelembevetelevel minden veges alternalo gyurutest.

3.28. Kovetkezmeny. Minden veges Moufang-sık Desargues-fele (es ıgyPappos-fele).

Bizonyıtas: Tetszoleges Moufang-sık alternalo gyuruvel koordinatazhato. Mivelaz Artin-Zorn tetel miatt minden veges alternalo gyuru ferdetest, ez azt jelenti,hogy a veges Moufang-sıkok ferdetesttel koordinatazhatoak.

Annak a belatasa tehat, hogy minden veges Moufang-sık Desargues-fele -vagyis veges projektıv sıkok eseten a kis Desargues-tulajdonsagbol kovetkezika Desargues-tulajdonsag - igen komoly algebrai eszkozoket igenyel. Mindmaignem ismert ennek a tenynek tisztan geometriai bizonyıtasa.

Nem veges projektıv sıkok eseten termeszetesen lehet peldat adni olyanMoufang-sıkra, amely nem Desargues-fele. Ilyen peldaul az oktavok alternalogyuruje feletti projektıv sık.

3.4. Latin negyzetek

Az elozo fejezetben lattuk, hogy a terner gyuruk R alaphalmazat azosszeadas muvelete kvazicsoportta teszi. Ebben a reszben a kvazicsoportokmuvelettablai, az un. latin negyzetek es a projektıv sıkok kapcsolatarol szolunkreszletesebben.

3.29. Definıcio. Ha egy n × n-es matrix elemeinek mindegyike az{0, 1 . . . , n− 1} halmazbol valo ugy, hogy minden sor es minden oszlopminden elemet pontosan egyszer tartalmaz, a matrixot n-edrendu latinnegyzetnek hıvjuk.

Megallapodunk abban, hogy a latin negyzetek sorait es oszlopait is a0, 1 . . . , n− 1 elemekkel indexeljuk.

3.30. Allıtas. A veges kvazicsoportok muvelettablai pontosan a latin negyzetek.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy tetszoleges n-edrendu kvazicsoportot (a muveletetadditıv modon jelolve), es azonosıtsuk be a csoport elemeit {0, 1 . . . , n− 1} ele-meivel. Ekkor az a + x = b egyenlet egyertelmu megoldhatosaga azt fejezi ki,hogy a muvelettabla a elemhez tartozo soraban b pontosan egyszer szerepel; eshasonloan, az x+ c = d egyenlet egyertelmu megoldhatosaga azt jelenti, hogy ac elemhez tartozo oszlopban d pontosan egyszer szerepel.

Megfordıtva, tekintve egy latin negyzetet, az a {0, 1 . . . , n− 1} halmazonmuveletet ad meg oly modon, hogy a + b definıcio szerint a latin negyzet aelemhez tartozo soranak es b elemhez tartozo oszlopanak kozos eleme. Mivelbarmely a elemhez tartozo sorban barmely b elem pontosan egyszer szerepel,az a + x = b egyenlet egyertelmuen oldhato meg. Hasonloan, mivel barmely c

74

elemhez tartozo oszlopban barmely d elem pontosan egyszer szerepel, az x+c = degyenlet is egyertelmuen megoldhato.

Vegyuk eszre, hogy tetszoleges latin negyzet barmely ket sorat vagy barmelyket oszlopat megcserelve ismet latin negyzethez jutunk. Ebbol kovetkezoen amegfelelo csereket alkalmazva tetszoleges latin negyzet eseten elerheto, hogyannak nulladik sora eppen (0, 1, . . . , n − 1) legyen. Ebben az esetben a 0 elem-hez tartozo sor (0, 1, . . . , n − 1), ami azt jelenti, hogy a latin negyzethez tar-tozo kvazicsoportnak 0 egysegeleme. Tehat az ilyen alaku latin negyzetek loopokmuvelettablai.

3.31. Definıcio. Azt mondjuk, hogy ket n-edrendu latin negyzet ortogonalis, haaz {0, 1 . . . , n− 1} halmaz elemeibol kepzett tetszoleges rendezett (x, y) parhozpontosan egy olyan (i, j) par van, hogy az elso latin negyzet i-edik soranak j-edikeleme x, es a masodik latin negyzet i-edik soranak j-edik eleme y.

Ekvivalens modon fogalmazva: ket latin negyzet pontosan akkor ortogonalis,ha fennall, hogy ha az elso latin negyzetben ket helyen ugyanaz az elem szerepel,akkor a masodik latin negyzet megfelelo helyein kulonbozo elemek szerepelnek.

3.32. Allıtas. n-edrendu, paronkent ortogonalis latin negyzetek tetszoleges hal-maza legfeljebb n− 1 elemu.

Bizonyıtas: Tetszoleges latin negyzet eseten az elemek megfelelo jelolesevel fel-teheto, hogy a negyzet nulladik sora (0, 1, . . . , n− 1). Tegyuk fel, hogy ket latinnegyzet ortogonalis, es az egyik latin negyzeten az elemek jelolesenek egy cserejethajtjuk vegre (tehat a (0, 1, . . . , n− 1) elemek egy permutaciojaval valtoztatjukmeg a latin negyzetet). Ekkor a kapott negyzet pontosan akkor ortogonalis amasik latin negyzethez, ha az eredeti is az volt.

Igy felteheto, hogy a tekintett paronkent ortogonalis latin negyzetek mind-egyikenek nulladik sora (0, 1, . . . , n− 1). Mivel a nulladik sor nulladik eleme 0,a nulladik sor elso eleme (n − 1)-fele lehet. Mivel a latin negyzetek paronkentortogonalisak, ez az elem barmely ket negyzetben kulonbozo kell, hogy legyen.Igy a lehetseges latin negyzetek szama valoban legfeljebb n− 1.

3.33. Definıcio. Ha paronkent ortogonalis n-edrendu latin negyzetek egy hal-maza n − 1 elemu, a halmazt latin negyzetek teljes ortogonalis rendszerekentemlıtjuk.

Meg fogjuk mutatni, hogy a veges projektıv sıkok valamint a latin negyzetekteljes ortogonalis rendszerei ekvivalens objektumok.

3.34. Allıtas. Tekintsunk egy veges projektıv sıkot, es tegyuk fel, hogy azt az(R, F ) terner gyuru koordinatazza. Legyen tetszoleges k 6= 0 eseten

a+k b := F (k, a, b).

Ekkor (R,+k) kvazicsoport.

75

Bizonyıtas: Az a +k x = b egyenlet megoldasa olyan x ∈ R meghatarozasatjelenti, amelyre F (k, a, x) = b. Ilyen x a terner gyuruk 2. tulajdonsaga miattmindig egyertelmuen letezik.

Az x+k a = b egyenlet megoldasahoz olyan x ∈ R elemet kell meghatarozni,amelyre F (k, x, a) = b. Mivel feltetelunk szerint k 6= 0, a terner gyuruk 5.tulajdonsaga miatt ez az egyenlet is egyertelmuen oldhato meg.

3.35. Allıtas. Tegyuk fel, hogy egy veges projektıv sıkot az (R, F ) terner gyurukoordinataz, es legyenek k, l ∈ R egymastol es 0-tol kulonbozo elemek. Ekkor a+k es +l muveletek muvelettablai ortogonalis latin negyzetek.

Bizonyıtas: Tegyuk fel ellenkezoleg, hogy a +k es +l muveletek muvelettablainem ortogonalisak. Ez azt jelenti, hogy vannak olyan a, b, c, d ∈ R elemek, ame-lyekre

a+k b = c+k d es a+l b = c+l d,

tehatF (k, a, b) = F (k, c, d) es F (l, a, b) = F (l, c, d).

Itt nyilvan a 6= c, hiszen a muvelettablak mindegyike latin negyzet. Igy a ternergyuruk 3. tulajdonsaga miatt az F (x, a, b) = F (x, c, d) egyenlet egyertelmuenoldhato meg, azaz k = l. Ez ellentmond a k 6= l feltetelnek.

3.36. Kovetkezmeny. Ha letezik n-edrendu projektıv sık, akkor letezik n-edrendu latin negyzetek teljes ortogonalis rendszere.

Bizonyıtas: Az elozo konstrukcioban k 6= 0 miatt pontosan n − 1 olyankvazicsoportot adtunk meg, amelyek muvelettablai paronkent ortogonalis latinnegyzetek.

3.37. Lemma. Legyen adott n-edrendu latin negyzetek egy teljes ortogonalisrendszere. Ekkor az elemek megfelelo atnevezesevel illetve a negyzetek mind-egyiken sor- es oszlopcsereket vegrehajtva elerheto, hogy az alabbiak teljesulje-nek.

• A latin negyzetek mindegyikenek nulladik sora (0, 1, . . . , n− 1).

• Az elso latin negyzet nulladik oszlopa (0, 1, . . . , n− 1)T .

• Tetszoleges k ∈ {0, 1, . . . , n− 1} eseten a k-adik latin negyzet elso sorabana nulladik elem k.

Ebben az esetben azt mondjuk, hogy a teljes ortogonalis rendszer normalalaku.

Bizonyıtas: A korabban mar latott modon feltehetjuk, hogy a tekintett n-edrendu latin negyzetek mindegyikenek nulladik sora (0, 1, . . . , n − 1). Meg-felelo sorcserekkel elerheto, hogy az elso latin negyzet nulladik oszlopa is(0, 1, . . . , n − 1)T legyen, es ugyanezen sorcsereket a teljes ortogonalis rendszerosszes elemen vegrehajtva a latin negyzetek ortogonalitasa is megmarad.

76

A negyzetek megfelelo szamozasaval elerheto, hogy a k-adik latin negyzetelso soraban a nulladik elem k legyen, hiszen ha k 6= 0, akkor k mindegyik latinnegyzet nulladik oszlopaban kulonbozo helyen fordul elo. Ha ugyanis valamelyket latin negyzet elso oszlopaban k ugyanott volna, akkor k az elso oszlopban esaz elso sorban is ugyanott lenne mindket latin negyzet eseten, ami ellentmonda latin negyzetek ortogonalitasanak.

3.38. Allıtas. Legyen adott n-edrendu latin negyzetek egy teljes ortogonalisrendszere normalalakban. Tetszoleges m, b ∈ R := {0, 1, . . . , n− 1}, x ∈ R\{0}eseten legyen F (x,m, b) az x-edik latin negyzet m-edik soranak b-edik eleme,tovabba legyen F (0,m, b) := b. Ekkor (R, F ) terner gyuru.

Bizonyıtas: Ellenorizzuk sorban a terner gyuruk tulajdonsagait.

1. F (0, a, c) = c feltetelunk alapjan nyilvanvalo.

Feltevesunk szerint az adott latin negyzetek teljes ortogonalis rendszerenormalalaku. Igy mindegyik latin negyzet 0-val jelolt soranak c-edik elemec, tehat F (b, 0, c) = c. Mivel az elso latin negyzet mindegyik soranaknulladik eleme a megfelelo sor indexe, F (1, a, 0) = a is fennall. Vegul, aza-adik latin negyzet elso soranak nulladik eleme a, ıgy F (a, 1, 0) = a.

2. Ha a, b, c ∈ R adott, es a 6= 0, akkor a c = F (a, b, z) egyenlet egyertelmuenmegoldhato, hiszen az a-adik latin negyzet b-edik soraban pontosan egy-szer szerepel c. a = 0 eseten nyilvanvalo, hogy z = c az egyetlen megoldas.

3. Adott b, c, b′, c′ ∈ R, b 6= b′ eseten az F (x, b, c) = F (x, b′, c′) egyenletmegoldasahoz c 6= c′ esetben olyan latin negyzetet kell keresnunk, melynekb-edik soranak c-edik eleme megegyezik a b′-edik sor c′-edik elemevel.

Felteve, hogy sem b, sem b′ nem 0, tekintsuk mindegyik latin negyzetb-edik soranak c-edik elemet. Keressuk meg az egyes negyzetek b′-ediksoraban ugyanezt az elemet. Lehetetlen, hogy ket olyan latin negyzet islegyen, amelyek eseten ugyanabban a sorban talaljuk meg: ebben az eset-ben ugyanis e ket negyzet eseten a b-edik sor c-edik eleme es a b′-ediksor c′-edik eleme mindket negyzetben ugyanaz volna, ami ellentmond alatin negyzetek ortogonalitasanak. Mivel az is lehetetlen, hogy barmelyiknegyzet eseten is a b-edik sorban talaljuk meg ugyanezt az elemet, kovet-kezik, hogy az n − 1 negyzetben (n − 1)-fele kulonbozo helyen talalhatoaz ismetlodo elem. Ez azt jelenti, hogy biztosan van pontosan egy olyanlatin negyzet, ahol eppen a c′-edik oszlopban lesz a keresett elem. Ezenlatin negyzet eseten tehat a b-edik sor c-edik eleme megegyezik a b′-ediksor c′-edik elemevel.

Ha c = c′, akkor x = 0 az egyetlen megoldas: ellenkezo esetben ugyanisaz x-edik latin negyzet c-edik oszlopaban a b-edik es a b′-edik elem meg-egyezne.

4. Mivel az a-adik es a′-edik latin negyzetek ortogonalisak, pontosan egyolyan (x, y) elempar letezik, amelyre az x-edik sor y-adik eleme az a-adik latin negyzetben az elore megadott d, az a′-edik negyzetben az elore

77

megadott d′. Ez valoban azt jelenti, hogy adott a, a′, d, d′ ∈ R, a 6= a′

eseten egy es csak egy olyan (x, y) ∈ R×R letezik, amelyre F (a, x, y) = des F (a′, x, y) = d′ ha a es a′ egyike sem 0.

Tegyuk fel, hogy peldaul a = 0. Ekkor y = d, es az F (a′, x, d) = d′ egyen-letet kell megoldanunk, ahol a′ 6= 0. Ennek egyertelmu megoldhatosagata 6. pontban ellenorizzuk.

5. Megadva az a, b, c ∈ R, a 6= 0 elemeket, az F (x, a, b) = c egyenlet meg-oldasa b 6= c esetben olyan latin negyzet kereseset jelenti, amelynek a-adiksoranak b-edik eleme c.

Tegyuk fel ellenkezoleg, hogy nincsen olyan az adott latin negyzetekkozott, amelynek a-adik soranak b-edik eleme c. Minden latin negyzetb-edik oszlopaban szerepelnie kell c-nek. Mivel a b-edik oszlop nulladikeleme minden esetben feltevesunk szerint b, az a-adik elem pedig indirektfeltetelunk miatt nem c ezert a tekintett oszlopban c (n − 2)-fele helyenszerepelhet. Osszesen n − 1 latin negyzet van, ıgy kovetkezik, hogy vanket olyan latin negyzet, amelyek eseten c a b-edik oszlopban ugyanazona helyen szerepel. Ezt a ket latin negyzetet tekintve azonban a (c, c) parszerepelne a negyzetek b-edik oszlopanak megfelelo helyen is, es a nulladiksor c-edik helyen is, ami ellentmond a latin negyzetek ortogonalitasanak.

Ebbol kovetkezik, hogy az egyenlet b 6= c esetben megoldhato. Ez a meg-oldas egyertelmu: ha ket olyan latin negyzet is volna, amelynek a-adiksoranak b-edik eleme c, akkor ez a ket latin negyzet nem lehetne orto-gonalis, hiszen az a-adik sor b-edik eleme valamint a nulladik sor c-edikeleme is mindket negyzet eseten c volna.

Vegul, raterve a b = c esetre, feltetelunk szerint F (0, a, b) = b, ıgy ebbenaz esetben is letezik megoldas. Tovabbi megoldas nincs, hiszen tetszolegeslatin negyzet eseten feltettuk, hogy a b-edik oszlop nulladik eleme b, ıgyaz oszlopban b tobbszor mar nem szerepelhet.

6. Megadva az a, b, c ∈ R, a 6= 0 elemeket, a F (a, z, b) = c egyenletegyertelmuen megoldhato, ugyanis az a-adik latin negyzet b-edik osz-lopaban pontosan egyszer szerepel c.

3.39. Kovetkezmeny. Pontosan akkor letezik n-edrendu latin negyzetek teljesortogonalis rendszere, ha letezik n-edrendu projektıv sık.

Bizonyıtas: Az elozo allıtas segıtsegevel n-edrendu latin negyzetek teljes orto-gonalis rendszerebol terner gyurut konstrualtunk. Ez a terner gyuru n-edrenduprojektıv sıkot koordinataz.

A fordıtott allıtast mar korabban igazoltuk.

Ebbol kovetkezik, hogy peldaul n = 6 es n = 10 eseten nem letezik latinnegyzeteknek teljes ortogonalis rendszere.

78

Ha n = 6, akkor nem csak, hogy teljes ortogonalis rendszer nincsen, deortogonalis latin negyzetpar sem letezik. Ezt G. Tarry bizonyıtotta be 1900-banEuler egy 1782-es sejtese nyoman. Euler a kovetkezo feladatot vizsgalta:

Hat hadtest mindegyike hat kulonbozo tisztet delegal egy dıszfelvonulasra, ahola 36 katona 6×6-os meretu alakzatban masırozik. Tervezzuk meg ezt az alakzatotugy, hogy minden sorban es oszlopban kulonbozo hadtestbol jovo es kulonbozorangu tisztek alljanak!

Vilagos, hogy a feladat eppen 6-odrendu ortogonalis latin negyzetpar konst-rukciojat keri, ugyanis a hadtesteket illetve a rangokat egyarant a {0, 1 . . . 5}halmaz elemeivel jelolve ket latin negyzethez jutunk. Ez a latin negyzetpar or-togonalis, hiszen a hadtest es a rang egyertelmuen meghatarozza a katonat, tehatminden (hadtest,rang) parhoz pontosan egy negyzetbeli hely tartozik. Euler aztsejtette, hogy a feladatnak nincs megoldasa, de bizonyıtani nem tudta. (Meg-jegyezzuk, hogy Euler a hadtesteket latin betukkel, a rangokat gorog betukkeljelolte - innen szarmazik a

”latin negyzet” elnevezes.)

n = 10 esetben letezik ortogonalis latin negyzetpar, de paronkent orto-gonalis tizedrendu latin negyzetekbol allo harmast meg senkinek nem sikerultkonstrualni. Altalaban, adott n eseten annak eldontese, hogy legfeljebb hany,paronkent ortogonalis n-edrendu latin negyzet letezik, megoldatlan problema.

Abban az esetben, ha n prımhatvany, letezik n-edrendu latin negyzeteknekteljes ortogonalis rendszere. Ilyet legkonnyebben PG(2, n)-bol kiindulvakonstrualhatunk a korabban latott eljarassal. A modszert illusztralandoPG(2, 4)-bol kiindulva megadunk harom darab, paronkent ortogonalis negyed-rendu latin negyzetet.

Emlekeztetunk ra, hogy tetszoleges k = 1, 2, . . . n − 1 eseten a k-adik latinnegyzet az a +k b := F (k, a, b) muvelet muvelettablaja. Ez azt jelenti, hogy ak-adik latin negyzetben az a-adik sor b-edik eleme c (a, b, c ∈ {0, . . . , n− 1}),ha F (k, a, b) = c, azaz ha a (k, c) pont illeszkedik az [a, b] egyenesre. Test felettiprojektıv sık eseten affin koordinatakat hasznalva ez azt jelenti, hogy a (k, c)pont illeszkedik az y = ax+ b egyenesre.

Peldankban tehat PG(2, 4)-bol kiindulva az elso latin negyzet a kovetkezomodon kaphato meg. Azert, hogy a latin negyzetek a kıvant alakuak legyenek,GF (4) altalunk hasznalt megadasaban a t illetve t+1 elemeket most 2-vel illetve3-al fogjuk jelolni. Mivel az a-adik sor b-edik eleme pontosan akkor c, ha (1, c)rajta van az y = ax+ b egyenesen, erdemes vegigmenni c ∈ {0, 1, 2, 3} eseten az(1, c) pontokon, es megjelolni, hogy mely y = ax+ b egyenesekre illeszkednek azegyes pontok.

PG(2, 4) korabban mar megszerkesztett illeszkedesi talazatat hasznalva,(1, 0) illeszkedik az y = 0, y = x + 1, y = tx + t es y = (t + 1)x + (t + 1)egyenesekre, ezert az elso latin negyzetben 0 pontosan a nulladik sor nulladikeleme ([0, 0]), az elso sor elso eleme([1, 1]), a masodik sor masodik eleme ([t, t])es a harmadik sor harmadik eleme ([t + 1, t + 1]). Mivel (1, 1) illeszkedik azy = 1, y = x, y = tx + t + 1 es y = (t + 1)x + t egyenesekre, ezert az elsolatin negyzetben 1 pontosan a nulladik sor elso eleme ([0, 1]), az elso sor nul-ladik eleme([1, 0]), a masodik sor harmadik eleme ([t, t + 1]) es a harmadik sor

79

masodik eleme ([t+1, t]). Az elso latin negyzetben a 2 es 3 elemek helye hasonlomodon keresheto meg.

A masodik latin negyzetben a (t, c), a harmadik latin negyzetben pedig a(t + 1, c) alaku pontokra illeszkedo egyeneseket attekintve kereshetoek meg azegyes elemek helyei.

0 1 2 31 0 3 22 3 0 13 2 1 0

0 1 2 32 3 0 13 2 1 01 0 3 2

0 1 2 33 2 1 01 0 3 22 3 0 1

Vegyuk eszre, hogy a latin negyzeteket normalalakban kapjuk meg. Valoban,a k-adik latin negyzet nulladik soranak b-edik eleme c, ha (k, c) illeszkedik azy = b egyenesre, azaz c = b. Tehat mindegyik latin negyzet nulladik sora eppen(0, 1, . . . , n− 1).

Az elso latin negyzet nulladik oszlopa is (0, 1, . . . , n− 1)T , mert az elso latinnegyzet a-adik soranak nulladik eleme c, ha (1, c) illeszkedik az y = ax egyenesre,innen c = a.

Vegul a k-adik latin negyzet elso soranak nulladik eleme k, mivel a k-adiklatin negyzet elso soranak nulladik eleme c, ha (k, c) illeszkedik az y = x egye-nesre, ahonnan k = c adodik.

3.5. Nem Desargues-fele veges projektıv sıkok konst-rukcioja derivalassal

Az alabbi pelda nem Desargues-fele (vegtelen) projektıv sıkra jol ismert:

Legyen P = R2 a valos szamparok halmaza. Legyenek L elemei a

•”fuggoleges egyenesek”, azaz az x = c (c ∈ R) egyenletnek eleget tevo

pontok halmazai;

• az 1. tıpusu”ferde egyenesek”, azaz az y = mx + b (m, b ∈ R,m ≤ 0)

egyenleteknek eleget tevo pontok halmazai (tehat a valos affin sık nempo-zitıv meredeksegu

”ferde egyenesei”);

• a 2. tıpusu”ferde egyenesek”, azaz olyan (x, y) ∈ R2, amelyekre valamely

rogzıtett m, b ∈ R,m > 0 eseten y = mx + b, ha x ≤ 0 es y = m2 + b, ha

x > 0.

Legyen I az ∈ relacio. Ekkor ellenorizheto, hogy (P,L, I) affin sık. Ezt az affinsıkot a Moulton-fele affin sıknak, projektıv lezartjat a Moulton-fele projektıvsıknak mondjuk.

Megmutatjuk, hogy a Moulton-fele projektıv sık nem Desargues-fele, azazvan benne olyan, pontra nezve perspektıv haromszogpar, amelyek tengelyrenezve nem perspektıvek. Legyen A = (−1, 0), B = (−1,−1), C = (0,−1),A′ = (2, 0), B′ = (2, 1), C ′ = (0, 1). Ekkor az ABC es A′B′C ′ haromszogek az

80

origora nezve perspektıvek. Vilagos, hogy←−→AA′ es

←−→CC ′ illeszkedik az origora.

←−→BB′ pozitıv meredeksegu, ıgy 2. tıpusu

”ferde egyenes”, tehat y = x, ha x ≤ 0

es y = 12x, ha x > 0. A ket haromszog azonban tengelyre nezve nem perspektıv,

ugyanis←−→AB ∩

←−−→A′B′ es

←−→BC ∩

←−−→B′C ′ vegtelen tavoli pontok, de

←→AC ∩

←−−→A′C ′ nem az.

A kovetkezokben celunk a fenti konstrukcio alapotletenek kiterjesztese aveges projektıv sıkok esetere, es ezzel veges nem Desargues-fele projektıv sıkokkonstrualasa.

Legyen adott egy projektıv sık, es legyen l∞ a sık egy tetszoleges egyenese.Tekintsuk a sıkot kibovıtett affin sıkkent, azaz nevezzuk l∞ pontjait vegtelentavoli pontoknak, a sık tovabbi pontjait affin pontoknak. Legyen D l∞ pont-jainak egy olyan halmaza, amelyre teljesul, hogy ha a sık X es Y pontjainakegyenese l∞-t D-beli pontban metszi, akkor letezik egy es csak egy olyan Baer-reszsık, amelyhez D pontjai valamint X es Y hozzatartoznak. Amennyibenletezik ilyen D, akkor a sıkot derivalhatonak, D-t pedig derivacios halmaznakmondjuk. Legyenek

• P ′ elemei az affin pontok;

• L′ elemei azok az egyenesek, amelyeknek nincs D-hez tartozo pontja (1.tıpusu egyenesek); tovabba azon Baer-reszsıkok affin pontjainak halmazai,amelyek tartalmazzak D-t (2. tıpusu egyenesek);

• legyen tovabba I ′ a tartalmazas.

Ekkor (P ′,L′, I ′) affin sık. Ezen affin sık projektıv lezartjat az eredeti projektıvsık derivalt sık janak mondjuk.

Megmutatjuk, hogy (P ′,L′, I ′) valoban affin sık. Bizonyıtast csak az affinparhuzamossagi axioma teljesulese igenyel. Legyen m ∈ L′ tetszoleges, es legyenP ra nem illeszkedo pont. Amennyiben m 1. tıpusu egyenes, van egy es csakegy olyan 1. tıpusu egyenes, amely illeszkedik P -re es parhuzamos m-el: azm ∩ l∞ es P pontokra illeszkedo egyenes affin resze. Mivel minden Baer-reszsıktartalmaz minden egyeneshez tartozo pontot, minden 2. tıpusu egyenesnek vankozos pontja m-el, ıgy P -re illeszkedo m-el parhuzamos 2. tıpusu egyenes nincs.

Legyen m 2. tıpusu egyenes. Ekkor P -re illeszkedo, m-el parhuzamos 1.tıpusu egyenes az elozohoz hasonlo meggondolas miatt nem letezik. Megmu-tatjuk, hogy pontosan egy P -re illeszkedo, m-el parhuzamos 2. tıpusu egyenesletezik. Az m Baer-reszsıkhoz pontosan egy P -re illeszkedo egyenes tartozik,legyen ez h. Legyen g m-hez tartozo, h-val parhuzamos de tole kulonbozo egye-nes. Legyen tovabba j az eredeti projektıv sık olyan egyenese, amely illeszkedikP -re es amelyre j ∩ l∞ ∈ D. Legyen X := j ∩ g. X nem tartozik az m Baer-reszsıkhoz, mivel j nem lehet m-hez tartozo egyenes (a P -re illeszkedo m-heztartozo egyenes ugyanis h). Ekkor van olyan n 2. tıpusu egyenes, amelyre illesz-kedik P es X. Belatjuk, hogy n parhuzamos m-el. Tegyuk fel, hogy Y m es n

81

kozos pontja. Legyen i olyan m-hez tartozo egyenes, amely illeszkedik Y -ra esnem parhuzamos h-val. g, h es i egyarant n-hez tartoznak, ugyanis l∞-t n-belipontban metszik es illeszkedik rajuk legalabb egy tovabbi n-hez tartozo pont.A konstrukciobol lathato, hogy g h es i mindegyike m-hez is tartozik. Igy i ∩ hes i ∩ g kulonbozo kozos pontok az m es n egyeneseken, azaz m = n.

Vegul megmutatjuk, hogy nincs tovabbi P -re illeszkedo, m-el parhuzamos2. tıpusu egyenes. Tegyuk fel, hogy n′ ilyen. Legyen Z n egy pontja. Ekkor Zilleszkedik m valamely z egyenesere. Mivel m es n nem rendelkezik kozos affinpontokkal, z parhuzamos h-val. Igy minden m-hez tartozo h-val parhuzamosegyenes n-hez tartozik. Hasonloan, az ilyen tulajdonsagu egyenesek mindegyiken′-hoz tartozik. Igy n = n′.

Belathato, hogy tetszoleges projektıv sıkbol kiindulva az elozo konst-rukcioban szereplo Baer-reszsıkok mindegyike Desargues-fele (Cofman-Prohaskatetel, az eredmenyt veges projektıv sıkokra O. Prohaska latta be, vegtelenprojektıv sıkokra pedig Cofman Judit terjesztette ki). Kovetkezeskeppentetszoleges derivalhato veges projektıv sık prımhatvany-rendu.

A kovetkezo allıtas azt mutatja, hogy veges projektıv sıkok eseten a de-rivalas

”involutorikus” abban az ertelemben, hogy a derivalt sıkbol derivalassal

az eredeti sık kaphato vissza.

3.40. Allıtas. Egy veges projektıv sık derivalt sıkjaban az eredeti sık azon egye-nesei, amelyek a derivalt sıknak nem egyenesei, Baer-reszsıkok. Igy az eredetisıkban tekintett derivacios halmaz a derivalt sıkban olyan derivacios halmaz,amely szerint derivalva az eredeti sıkot kapjuk vissza.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy n2-rendu veges projektıv sıkot, amelynek l∞tetszoleges egyenese (a

”vegtelen tavoli egyenes”), es legyen D derivacios hal-

maz. Legyen e olyan egyenes, amely D egy pontjaban metszi l∞-t. Pontosan azilyen e egyenesek nem egyenesei a derivalt sıknak.

Tekintsuk most e-t, mint a derivalt sık egy ponthalmazat. Mivel e affin pont-jainak szama n2, annyit kell csak belatnunk, hogy a derivalt affin sıkban epontjai reszsıkot alkotnak. Megmutatjuk, hogy ez valoban ıgy van: ennek azaffin reszsıknak az egyenesei eppen a derivalt sıkbeli

”uj” egyenesekkel (vagyis

az eredeti sık Baer-reszsıkjaival) valo metszetek.e barmely ket pontjara a derivacios halmaz definıcioja miatt illeszkedik egy

es csak egy derivalt sıkbeli egyenes. Tekintve egy eredeti sıkbeli Baer-reszsıkot,annak eppen n darab e-re illeszkedo affin pontja van. (Egy n2-rendu projektıvsıkban ugyanis egy Baer-reszsıkra minden egyenesnek 1 vagy n+1 pontja illesz-kedik.) Ez azt jelenti, hogy ha P e pontjainak halmaza, es L e-nek a derivaltsıkbeli egyenesekkel alkotott metszeteinek a halmaza, es I a tartalmazas, akkor(P,L, I) olyan illeszkedesi geometria, amelynek

• barmely ket pontjara illeszkedik egy es csak egy egyenes;

• barmely egyenesere n darab pont illeszkedik;

82

• pontjainak szama n2.

Megmutatjuk, hogy ebbol kovetkezik, hogy (P,L, I) affin sık. Ellenorzest csakaz affin parhuzamossagi axioma igenyel. Tekintsunk ehhez egy l egyenest esegy ra nem illeszkedo P pontot. l-et a P -re illeszkedo pontok mindegyikevelosszekotve p darab egyenest kapunk. Mivel ezek mindegyiken n − 1 darabn-tol kulonbozo pont van, a kapott egyenesek a sık n(n− 1) + 1 darab pontjatfedik le. Ezert van n − 1 tovabbi pont. Ezek mindegyike egyetlen, P -vel kozosegyenesre illeszkedik. Ellenkezo esetben ugyanis e pontok valamelyiket P -velosszekoto egyenesen tovabbi, eddig le nem fedett pontok volnanak, ez azonbannem lehetseges, hiszen a sık osszes pontjainak szama n(n−1)+1+(n−1) = n2.Igy P , es az n− 1 le nem fedett pont kozos egyenese az egyetlen P -re illeszkedol-el parhuzamos egyenes.

Eddigi ervelesunkbol kovetkezik, hogy az e-re illeszkedo pontok a derivaltsıkban Baer-reszsıkot alkotnak. Mivel barmely ket olyan pontot tekintve, ame-lyek a derivalt sıkban egy D-beli pontban metszik a vegtelen tavoli egyenest,azokra egy es csak egy

”eredeti” sıkbeli egyenes illeszkedik, ebbol kovetkezik,

hogy a derivalt sıkban az”eredeti” egyenesek derivacios halmazt alkotnak. Igy

allıtasunk masodik fele is fennall.

3.41. Allıtas. Ha egy transzlaciosık transzlacioegyeneset vegtelen tavoli egye-nesnek valasztva adunk meg derivacios halmazt, akkor a vegtelen tavoli egyenes aderivalt sıknak is transzlacioegyenese. Tehat transzlaciosık derivalt sıkja szintentranszlaciosık.

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy az eredeti projektıv sıkban l∞ transzlacioegyenes.Megmutatjuk, hogy a derivalt sık a D derivacios halmaz tetszoleges P pontjaeseten (P, l∞)-tranzitıv. (Felhıvjuk a figyelmet arra, hogy bar a derivacioshalmaz elemei es a derivalt sıkban keletkezo

”uj” vegtelen tavoli pontok

kulonboznek, egyertelmuen megfeleltethetoek egymasnak. Igy jelolhetjuk a de-rivacios halmaz egy pontjat es a derivalt sık ennek megfelelo vegtelen tavolipontjat egyarant P -vel.) Ebbol mar kovetkezik allıtasunk, hiszen korabban marigazoltuk, hogy ha egy l egyenes ket kulonbozo, ra illeszkedo P pont eseten is(P, l)-tranzitıv, akkor l transzlacioegyenes.

Feltetelunk szerint az eredeti sık (P, l∞)-tranzitıv. Tekintsuk az eredeti sıkegy P centrumu, l∞ tengelyu elaciojat. A reszsık definıciojabol kovetkezoentetszoleges kollineacio Baer-reszsıkot Baer-reszsıkba visz. A tekintett elacioraadasul a P -re illeszkedo egyenesek mindegyiket invariansan hagyja, es a de-rivalt sık egyeneseit jelento Baer-reszsıkok tartalmaznak ilyen egyenest. Ebbolkovetkezik, hogy az eredeti sık P centrumu, l∞ tengelyu elacioi a derivalt sıkegyeneseit jelento Baer-reszsıkokat invariansan hagyjak. Igy ezek az elaciok aderivalt sıknak is kollineacioi. A derivalt sıkban ezen kollineacioknak l∞ szintentengelye, es P szinten centruma.

Tekintsunk a derivalt sıkban olyan X, Y pontokat, amelyek egyenese l∞-taz eredeti sık P pontjanak megfelelo

”uj” vegtelen tavoli pontban metszi. Ek-

kor←−→XY az eredeti sıkban P -ben metszi l∞-t, ıgy van az eredeti sıknak olyan

83

P centrumu, l∞ tengelyu elacioja, amelynel X kepe Y . Az elozoekben mondot-tak alapjan ez az elacio a derivalt sıkban eppen a kıvant tulajdonsagu elaciotszarmaztatja.

3.42. Tetel. Tetszoleges p prımhatvany eseten PG(2, p2) derivalhato.

Bizonyıtas: Legyen l∞ a [0, 0, 1] vegtelen tavoli egyenes. Ekkor a GF (p)-heztartozo meredeksegu egyenesek vegtelen tavoli pontjai es [0, 1, 0] derivacios hal-mazt alkotnak. Jelolje a tovabbiakban ezt a halmazt D. PG(2, p2)-et tekintsuka megfelelo affin sık projektıv lezartjanak, es nevezzuk affin Baer-reszsıkoknaka Baer-reszsıkok affin pontjainak halmazat.

Ekkor azon (x, y) pontok halmaza, amelyekre x, y ∈ GF (p), affin Baer-reszsık. Valoban, legyen t a GF (p2) konstrukciojaban szereplo GF (p) felettirreducibilis masodfoku polinom gyoke. Ekkor a sık tetszoleges affin pontja(a1 + tb1, a2 + tb2) alaku, az erre illeszkedo m = b2

b1meredeksegu egyenes a

reszsıkhoz tartozik. Hasonloan, a sık tetszoleges”ferde” egyenesenek egyenlete

y = (m0 + tm1)x+ b0 + tb1 alaku, az erre illeszkedo x = − b0m1

koordinataju ponta reszsıkhoz tartozik. A

”fuggoleges” egyenesek vegtelen tavoli pontja eleme a

reszsıknak.Tetszoleges rogzıtett a, b, c ∈ GF (p2) eseten azon (ax + b, ay + c) pontok

halmaza, amelyekre x, y ∈ GF (p), szinten affin Baer-reszsık. Valoban (x, y) 7→(ax+ b, ay + c) izomorfizmust ad meg a ket reszgeometria kozott.

Ezek az affin Baer-reszsıkok a derivacios halmaz definıciojaban szereplofeltetelnek megfelelo Baer-reszsıkok. Legyenek ugyanis P es Q olyan pontok,

amelyekre←−→PQ vegtelen tavoli pontja D-beli. Amennyiben

←−→PQ

”fuggoleges”,

P = (u, v), Q = (u,w) valamely u, v, w ∈ GF (p2) eseten. Ekkor P es Q egyarant(ax+ b, ay + c) alaku

a = v − w , b = u− v + w , c = w

valasztassal: P -t x = 1, y = 1, Q-t x = 1, y = 0 eseten kapjuk meg. Ha←−→PQ

m ∈ GF (p2) meredeksegu, egyenlete y = mx+ v alaku, ıgy P = (u, um+ v) esQ = (w,wm + v) valamely u, v, w ∈ GF (p2)-re. Ebben az esetben a megfeleloaffin Baer-reszsıkot

a = w − u , b = u , c = um+ v

adja: ekkor P -t x = 0, y = 0, Q-t x = 1, y = m valasztassal kapjuk. Igy

igazoltuk, hogy ha a←−→PQ egyenes vegtelen tavoli pontja D-beli, akkor van

olyan, (ax + b, ay + c) alaku pontokbol allo Baer-reszsık, amely eleget tesz afelteteleknek.

Meg kell meg mutatnunk, hogy csak egy ilyen van. Ehhez azt latjuk be,hogy legfeljebb egy olyan Baer-reszsık van, amelynek pontjai a P , Q pontok,es a D halmaz elemei. Tekintsuk azon pontok halmazat, amelyek P -t egy D-beli ponttal es Q-t egy D-beli ponttal osszekoto egyenesek metszespontjai. AD halmaz pontjainak szama p + 1, ıgy p + 1 olyan egyenes van, ami Q-t egy

84

D-beli ponttal koti ossze. Ezek kozott ott van a←−→PQ egyenes is. Hasonloan, p

darab olyan←−→PQ-tol kulonbozo egyenes van, ami P -t egy D-beli ponttal koti

ossze. Ezen egyenesek metszespontjainak osszeszamlalasahoz tekintsuk a Q-ra

illeszkedo,←−→PQ-tol kulonbozo p darab egyenes barmelyiket, ezt a P -re illesz-

kedo,←−→PQ-tol kulonbozo p darab egyenes barmelyikevel elmetszve egy lehetseges

metszespontot kapunk. Ehhez az osszesen p2 darab metszesponthoz P -t es Q-thozzaadva kapjuk, hogy a tekintett halmaz (amelynek minden eleme biztosanhozzatartozik a keresett Baer-reszsıkhoz) p2+2 elemu. Tovabba a halmaz egy P ,Q-tol kulonbozo R pontjat valasztva azok a pontok is biztosan a Baer-reszsıkhoz

tartoznak, amelyek a D-beli pontokat R-el osszekoto egyenesek←−→PQ-val alkotott

metszespontjai. Ez tovabbi p− 1 pont. Igy p2 + p+ 1 pontrol biztosan belattuk,hogy hozzatartoznak a keresett reszsıkhoz. Mivel ez egy Baer-reszsık osszes pont-jainak szama, a felteteleknek megfelelo Baer-reszsıkok szama valoban legfeljebb1.

Osszegezve eredmenyeinket, megmutattuk, hogy PG(2, p2) derivalhato.

Az elozo tetelben konstrualt sıkot a p2-rendu Hall-sıknak hıvjuk.

Mivel a p2-rendu Hall-sık transzlaciosık, ezert azt koordinatazva vegeskvazitestet konstrualhatunk.

A koordinatazashoz - a terner gyuruk konstrukciojanal bevezetett jelolesekethasznalva - legyen O a PG(2, p2) sık (0, 0) affin pontja, legyen E a (0, t + 1)affin pont, X a (tx, ty) alaku affin pontok alal alkotott uj egyenes vegtelentavoli pontja, Y pedig az (x, y) alaku pontok altal alkotott uj egyenes vegtelentavoli pontja (x, y ∈ GF (p)). A Hall-sıkon bevezetesre kerulo uj koordinatakat a

felreertes elkerulese vegett ′-vel jeloljuk. A Hall-sık←−→OE egyenese PG(2, p2)-ben

az a Baer-reszsık, amelynek tetszoleges affin pontjanak koordinatai((t + 1)x, (t + 1)y) alakuak; egy ilyen pont bevezetesre kerulo uj koordinataiszamara eljunk a (tx+ y, tx+ y)′ valasztassal.

Tekintsuk a PG(2, p2) sık P (ta1 + a2, tb1 + b2) affin pontjat. A P pont Hall-

sıkbeli”uj” koordinatainak meghatarozasahoz a

←−→PY ∩

←−→OE es

←−→PX ∩

←−→OE pon-

tok Hall-sıkbeli koordinatait kell kiszamıtanunk. A←−→PY egyenes parhuzamos

az←−→OY egyenessel, azaz az {(x, y) | x, y ∈ GF (p)} ponthalmazzal es tartal-

mazza a P (ta1 + a2, tb1 + b2) pontot. Igy←−→PY az {(x+ ta1, y + tb1)} pont-

halmaz. Mivel←−→OE a ((t + 1)x, (t + 1)y) alaku pontok halmaza, a ket egyenes

metszespontjanak”regi” koordinatai ((t+ 1)a1, (t+ 1)b1). Ekkor a Hall-sıkbeli

koordinatak (ta1 + b1, ta1 + b1)′. Hasonloan, a←−→PX egyenes a (tx+ a2, tx+ b2)

alaku pontok halmaza, ıgy←−→PX∩

←−→OW

”regi” koordinatai ((t+1)a2, (t+1)b2), es a

Hall-sıkbeli koordinatak (ta2+b2, ta2+b2)′. Ebbol kovetkezik, hogy a PG(2, p2)sık (ta1 + a2, tb1 + b2) affin pontjanak

”uj” koordinatai a Hall-sıkban

(ta1 + b1, ta2 + b2)′.

Raterunk a Hall-sıkot koordinatazo terner gyuru ⊕ modon jelolt osszeadas-muveletenek meghatarozasara. Tetszoleges a, b, c, d ∈ GF (p) eseten legyen, a

85

Hall-sıkot koordinatazo terner fuggvenyt F -el jelolve,

F (1, ta+ b, tc+ d) =: (ta+ b)⊕ (tc+ d) = te+ f.

A terner fuggveny definıcioja alapjan ez azt jelenti, hogy az (1, te + f)′ pontilleszkedik a [ta + b, tc + d]′ egyenesre. Az (1, te + f)′ pont PG(2, p2)-beli affinkoordinatai (e, t+f). Meghatarozzuk a [ta+b, tc+d]′ egyenes

”regi” koordinatait.

Ez az egyenes a (0, tc+d)′ es (1, tc+d+ ta+b)′ = (1, t(a+c)+(b+d)′ pontokatkoti ossze. Ezen pontok

”regi” koordinatai (c, d) illetve (a+ c, t+ b+ d).

Abban az esetben, ha a = 0, ez az egyenes”fuggoleges” egyenes, ıgy a Hall-

sıkban a ket pontra a ((t + b)x + c, (t + b)y + d) alaku pontok altal alkotottBaer-reszsık illeszkedik. Ez a reszsık pontosan akkor tartalmazza az (e, t + f)pontot, ha van olyan x, y ∈ GF (p), amelyre

(t+ b)x+ c = e,

(t+ b)y + d = t+ f.

Az elso egyenlet alapjan x = 0 es e = c kovetkezik, az utobbi egyenlet alapjanpedig y = 1, f = b+ d all fenn.

Amennyiben a 6= 0, a (c, d) es (a + c, t + b + d) pontok egyenesenek affinegyenlete PG(2, p2)-ben

y = (t+ b)a−1x+ d− (t+ b)a−1c.

Mivel ezen egyenes meredeksege nem GF (p)-beli, ez az egyenes a ket pontosszekoto egyenese a Hall-sıkban is. Erre (e, t + f) pontosan akkor illeszkedik,ha

t+ f = (t+ b)a−1e+ d− (t+ b)a−1c,

t(a− e+ c) = ad− af − bc+ be.

Igy a− e+ c = 0, ahonnan e = a+ c kovetkezik; valamint

0 = ad− af − bc+ be = ad− af − bc+ ba+ bc = a(b+ d)− af,

tehat f = b+ d. Osszefoglalva,

(ta+ b)⊕ (tc+ d) = t(a+ c) + (b+ d).

Meghatarozzuk vegul a Hall-sıkot koordinatazo terner gyuru � modon jeloltszorzas-muveletet. Tetszoleges a, b, c, d ∈ GF (p) eseten legyen

F (ta+ b, tc+ d, 0) =: (ta+ b)� (tc+ d) = tg + h.

Ez azt jelenti, hogy a (ta+ b, tg+h)′ pont illeszkedik a [tc+ d, 0]′ egyenesre. Azelobbi pont

”regi” koordinatai (ta+ g, tb+ h), az utobbi egyenes pedig a (0, 0)′

es (1, tc+ d)′ pontokra illeszkedik. Ezen pontok”regi” koordinatai rendre (0, 0)

es (c, t+ d).

86

Abban az esetben, ha c = 0, ez az egyenes”fuggoleges” egyenes. A Hall-

sıkban a (0, 0) es (0, t+d) pontokra illeszkedo egyenes a ((t+d)x, (t+d)y) alakupontok halmaza. Ez az egyenes pontosan akkor tartalmazza a (ta + g, tb + h)pontot, ha van olyan x, y ∈ GF (p), amelyre

(t+ d)x = ta+ g,

(t+ d)y = tb+ h.

Az elso egyenletbol x = a es g = ad adodik, a masodik egyenletbol hasonloanh = bd. Ez azt jelenti, hogy ha c = 0, akkor

(ta+ b)� (tc+ d) = t(ad) + bd.

Amennyiben c 6= 0, a (0, 0) es (c, t+d) pontokra illeszkedo PG(2, p2)-beli egyenesaffin egyenlete

y = (t+ d)c−1x.

Mivel az egyenes meredeksege nem GF (p)-beli, ezert a Hall sıkon is ez a ket pontosszekoto egyenese. Ez az egyenes pontosan akkor tartalmazza a (ta+ g, tb+h)pontot, ha

tb+ h = (t+ d)c−1(ta+ g).

Innentbc+ hc = t2a+ tg + tad+ dg.

Tegyuk fel, hogy t az f(x) = x2 − rx − s, GF (p) felett irreducibilis polinomgyoke. Ekkor t2 = rt+ s, ıgy

tbc+ hc = rta+ sa+ tg + tad+ dg,

t(bc− ra− g − ad) + (hc− sa− dg) = 0.

Ebbol kovetkezik, hogyg = bc− ra− ad,

h = (sa+ dg)c−1 = c−1(sa+ dbc− dra− d2a) = db− c−1a(d2 + dr − s).

Eredmenyeinket osszefoglalva: amennyiben t az f(x) = x2 − rx − s, GF (p)felett irreducibilis polinom gyoke, akkor a Hall-sıkot koordinatazo terner gyurualtal szarmaztatott planaris gyuruben

(ta+ b)⊕ (tc+ d) = t(a+ c) + (b+ d),

(ta+ b)� (tc+ d) = t(ad) + bd , ha c = 0,

(ta+ b)� (tc+ d) = t(bc− ad− ra) + bd− ac−1(d2 + dr − s) , ha c 6= 0.

Az ıgy konstrualt kvazitestet Hall-fele kvazitestnek nevezzuk.

3.43. Allıtas. A p2-rendu Hall-fele kvazitest pontosan akkor asszociatıv, ha p =2 vagy p = 3 es f(x) = x2 + 1.

87

Bizonyıtas: Tegyuk fel, hogy t a GF (p) felett irreducibilis f(x) = x2 − rx − spolinom gyoke. Tegyuk fel, hogy a megfelelo Hall-fele kvazitest asszociatıv. Le-gyen x ∈ GF (p) tetszoleges. Ekkor a Hall-fele kvazitestben ertelmezett szorzasiszabaly alapjan

t� (x� t) = t� (xt) = tr + x−1s,

(t� x)� t = t� (tx) = t(rx) + xs.

Igy, amennyiben a Hall-fele kvazitest asszociatıv, t � (x � t) = (t � x) � t,ahonnan xs = x−1s es t(rx) = tr kovetkezik. Ez utobbi osszefugges miattrx = r, ahonnan x 6= 1 esetben r = 0 kovetkezik. Mivel ekkor s nem lehet0, innen az elso osszefuggesbol tetszoleges x 6= 1 eseten x2 = 1 kovetkezik.Amennyiben p = 2, ez valoban teljesul. Egyebkent GF (p)-nek minden 0-tol es1-tol kulonbozo elemere x2 = 1 kell, hogy teljesuljon, ez csak p = 3 esetenallhat fenn. Ekkor r = 0 miatt GF (3) egyetlen megfelelo irreducibilis polinomjaf(x) = x2 + 1.

Megfordıtva, a GF (2)-bol kiindulva konstrualt Hall-fele kvazitest negyed-rendu projektıv sıkot koordinataz. Mivel a negyedrendu projektıv sık izomor-fia erejeig egyertelmu, ez egy Desargues-fele projektıv sık, ıgy a koordinatazokvazitest ferdetest. Amennyiben p = 3 es f(x) = x2 + 1, az asszociativitaskozvetlen szamolassal ellenorizheto.

Abbol adodoan, hogy p = 3 esetben az f polinom megfelelo megvalasztasavalkaphatunk asszociatıv es nem asszociatıv kvazitestet is, a 9-rendu Hall-sık koor-dinatazhato asszociatıv es nem asszociatıv kvazitesttel egyarant. Ez a pelda mu-tatja, hogy egy adott projektıv sıkot koordinatazo terner gyuruk nem feltetlenulizomorfak.

3.44. Kovetkezmeny. Ha p 6= 2, akkor a p2-rendu Hall-sık nem Desargues-fele.

Bizonyıtas: Ha p 6= 2 es p 6= 3, akkor megmutattuk, hogy a Hall-sıkot koor-dinatazo kvazitest nem asszociatıv, ıgy a megfelelo projektıv sık nem Desargues-fele. p = 3 es f(x) = x2 + 1 az egyetlen olyan eset, amelyben a koordinatazokvazitest asszociatıv, ekkor azonban kozvetlen szamolassal ellenorizheto, hogynem teljesul a baloldali disztributivitas. (A kovetkezokben peldat is mutatunkarra, hogy az ıgy kapott kvazitesttel koordinatazott projektıv sıkon sem teljesula Desargues-tulajdonsag.)

Belathato tovabba, hogy p 6= 2 eseten a p2-rendu Hall-sık nem izomorf adualisaval.

p = 3 eseten tehat PG(2, 9), a 9-rendu Hall-sık, annak dualisa, es adualisanak derivaltja nem izomorf sıkok (utobbi ket sık nem is transzlaciosık);megmutathato, hogy ez a 4 sık izomorfia erejeig az osszes 9-rendu projektıv sık.(Az a teny, hogy a 9-rendu Hall-sık nem izomorf a dualisaval, egyszeruen lathatoonnan, hogy a koordinatazo kvazitestben nem teljesul a baloldali disztributi-vitas, ıgy nem lehet egy transzlaciosık dualisa. A transzlaciosıkok dualisabanugyanis letezik un. transzlaciopont, azaz olyan P pont, amelyre illeszkedo

88

tetszoleges l egyenes eseten teljesul a kollineaciocsoport (P, l)-tranzitivitasa;ilyen pont letezese azonban ekvivalens a baloldali disztributivitassal.)

Megjegyezzuk, hogy a 9-rendu Hall-sıkkal kapcsolatban megmutathato, hogyminden kollineacioja invariansan hagyja a vegtelen tavoli egyenest. Korabbanemlıtettuk, hogy pontosan akkor kapunk egy projektıv sıkbol ket egyenest

”el-

hagyva” izomorf affin sıkokat, ha a ket egyenes kollineacioval egymasba transz-formalhato. Tehat a Hall-sıkbol ilyen modon kulonbozo egyenesek kituntetesevelnem izomorf affin sıkok nyerhetok: a vegtelen tavoli egyenest es barmely masegyenest

”elhagyva” biztosan nem kapunk izomorf sıkokat. A nem Desargues-

fele 9-rendu projektıv sıkok mindegyikebol ilyen modon 2-2 nem izomorf affinsıkot konstrualhatunk, tehat a nem izomorf 9-rendu affin sıkok szama 7.

Illusztraciokent vegul peldat mutatunk olyan, pontra nezve perspektıvharomszogparra a 9-rendu Hall-sıkon, amelyek tengelyre nezve nem pers-pektıvek.

GF (9) ={x+ ty | x, y ∈ GF (3), t2 + 1 = 0

}, azaz a 3 elemu testet az

x2 +1 = 0 irreducibilis polinom gyokevel bovıtettuk. Az elozoekben leırt modonkonstrualjuk meg PG(2, 9)-bol a 9-rendu Hall-sıkot, es hasznaljunk PG(2, 9)-beli koordinatakat. Legyen A a t + 1 meredeksegu egyenesek vegtelen tavolipontja, B = (t, t + 1), C = (2t + 1, 0); legyen A′ a t meredeksegu egyenesekvegtelen tavoli pontja, B′ = (t, 1), C ′ = (1, 2t). Megmutatjuk, hogy a Hall-sıkonaz ABC es A′B′C ′ haromszogek pontra nezve perspektıvek.

PG(2, 9)-ben←−→BB′

”fuggoleges” egyenes, ıgy a B es B′ pontokra a Hall-

sıkon illeszkedo egyenes a {(tx, ty + 1) | x, y ∈ GF (3)} Baer-reszsık. PG(2, 9)-

ben←−→CC ′ az y = 2x+2t+1 egyenes, ıgy a Hall-sıkon a C es C ′ pontok osszekoto

egyenese a {(tx+ 2t+ 1, ty) | x, y ∈ GF (3)} Baer-reszsık. Lathato, hogy e ketreszsıknak nincs kozos pontja, ıgy metszespontjuk vegtelen tavoli pont, azaz

illeszkedik az←−→AA′ egyenesre.

Ellenorizzuk, hogy az ABC es A′B′C ′ haromszogek tengelyre nezve nem

perspektıvek. Az←−→AB egyenes PG(2, 9)-ben, es t+ 1 /∈ GF (3) miatt a Hall sıkon

is y = (t+1)x+2. Hasonloan,←−−→A′B′ egyenlete y = tx+2. Igy

←−→AB∩

←−−→A′B′ a (0, 2)

pont.←→AC egyenlete y = (t+ 1)x+ 1,

←−−→A′C ′ egyenlete y = tx+ t, ıgy

←→AC ∩

←−−→A′C ′

a (t − 1, 2) pont. Vegul a B es C pontokra PG(2, 9)-ben az y = 2x + 2t +

1 egyenes illeszkedik, ıgy←−→BC a {((t+ 1)x+ t, (t+ 1)y + t+ 1) | x, y ∈ GF (3)}

Baer-reszsık; a B′ es C ′ pontokra illeszkedo egyenes egyenlete y = 2tx. E ketegyenes kozos pontja (2t+1, 2t+1). Mivel (0, 2) es (t−1, 2) egyenese

”fuggoleges

egyenes”, ezert a Hall-sıkon az←−→AB ∩

←−−→A′B′ es

←→AC ∩

←−−→A′C ′ pontok egyenese a

{((t+ 2)x, (t+ 2)y + 2) | x, y ∈ GF (3)}

reszsık, es lathato, hogy (2t+ 1, 2t+ 2) nem eleme ennek a reszsıknak.

89

4. Veges projektıv terek

4.1. Magasabb dimenzios projektıv terek

4.1. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat projektıv ternek vagy projektıvgeometrianak nevezunk, ha teljesulnek a kovetkezo tulajdonsagok:

(i) barmely ket pontra illeszkedik pontosan egy egyenes;

(ii) ha A, B, C, D negy kulonbozo pont, es van olyan pont, ami az←−→AB es

←−→CD

egyenesre is illeszkedik, akkor az←→AC es

←−→BD egyeneseknek is van kozos

pontja ( Veblen-Young axioma);

(iii) minden egyenesre illeszkedik legalabb harom pont;

(iv) letezik legalabb ket olyan egyenes, melyeknek nincs kozos pontja.

A projektıv sıkokon bevezetett elnevezeseket es jeloleseket a tovabbiakbanprojektıv terekben is hasznalni fogjuk.

4.2. Definıcio. Ha l egy projektıv ter egy egyenese, es A egy ra nem illeszkedo

pont, akkor az olyan←−→AX egyenesekre illeszkedo pontok halmazat, ahol X az l

egyenes tetszoleges pontja, a projektıv ter A es l altal meghatarozott sıkjanaknevezzuk.

4.3. Allıtas. Tetszoleges projektıv ter minden sıkja projektıv sık.

Bizonyıtas: Tekintsuk egy projektıv ter A pontja es l egyenese altal meg-hatarozott sıkjat.

Ha P es Q a sık pontjai, akkor vannak az l egyenesnek olyan P ′ illetve Q′

pontjai, amelyekre P ∈←−→AP ′ es Q ∈

←−→AQ′ all fenn. Mivel ekkor

←−→PP ′ es

←−→QQ′

metszo egyenesek, a Veblen-Young axioma alapjan←−→PQ es

←−−→P ′Q′ = l is metszo

egyenesek. Tehat a sık barmely ket pontjara illeszkedo egyenes metszi l-et.Igy tekintve a sık valamely ket pontjara illeszkedo egyenest, legyen R annak

az l-el kozos pontja es legyen P az egyenes egy tetszoleges, a sık altal tar-talmazott pontja. Ekkor az egyenes tetszoleges tovabbi X pontja is a sıkban

van. Valoban, ennek megmutatasahoz azt kell ellenoriznunk, hogy←−→AX es l

metszo egyenesek. Ez azonban a Veblen-Young axiomabol kozvetlenul kovet-

kezik: amennyiben←→AP ∩ l-et P ′ jeloli,

←−→RX es

←−→AP ′ metszik egymast P -ben, ıgy

←−→AX es

←−→P ′R = l is metszo egyenesek. Kovetkezeskeppen a sık barmely ket ponjara

illeszkedik sıkbeli egyenes. Az egyertelmuseg a projektıv terekre vonatkozo meg-felelo axiomabol kozvetlenul kovetkezik.

Megmutatjuk, hogy a sık barmely egyenese metszi az A-ra illeszkedo egyene-

seket. Tekintsuk az←→AP egyenest, valamint a sık egy e egyeneset, amelynek egy

pontja E es az l-el kozos pontja F . Jelolje tovabba az←→AP ∩ l pontot ismet P ′.

Ekkor←−→PE es

←−→P ′F = l metszo egyenesek, hiszen a sık minden egyenese metszi

90

l-et. Igy a Veblen-Young axioma miatt←−→PP ′ =

←→PA es

←−→EF = e valoban metszo

egyenesek.Vegul, a sık ket tetszoleges ket egyeneset tekintve, legyenek azoknak egy-

egy P -re illeszkedo egyenessel kozos pontjai X es Y valamint U es V . Ekkor,

mivel←−→XU es

←−→Y V P -ben metszik egymast, a Veblen-Young axioma miatt

←−→XY es

←−→UV is valoban metszik egymast. Tehat azt is belattuk, hogy a sık barmely ketegyenesenek van egy es csak egy kozos pontja.

4.4. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy projektıv ter pontjainak egy halmazaprojektıv alter, ha a halmaz ket pontjaval egyutt az azok altal meghatarozott egye-nes tetszoleges pontjat is tartalmazza. Egy ponthalmazt tartalmazo legszukebbalteret a ponthalmaz altal felfeszıtett alternek hıvjuk. Egy projektıv ter olyanalteret, amelyet valodi modon tartalmazo legszukebb alter a teljes projektıv ter,a ter egy hipersıkjanak nevezzuk.

4.5. Allıtas. Tekintsunk egy projektıv teret. A ter hipersıkjai, mint pontok; esa hipersıkok metszetei, mint egyenesek projektıv teret alkotnak, amit a projektıvter dualisanak mondunk.

Tehat - a sıkbeli dualitashoz hasonloan - tetszoleges projektıv ter pontja-ira megfogalmazott allıtasbol igaz allıtast nyerhetunk, ha a pont es hipersıkszerepet, a beloluk szarmazo tovabbi fogalmakkal egyutt, felcsereljuk.

Haromdimenzios projektıv ter eseten a hipersıkok eppen a projektıv tersıkjai, ıgy ekkor a dualis ter egyenesei az eredeti ter egyenesei lesznek. Ebbenaz esetben olyan modon nyerhetunk igaz allıtasokat, hogy a pont es sık szerepetfelcsereljuk, az egyeneseknek az egyeneseket feleltetjuk meg.

Tekintsunk egy tetszoleges F ferdetest feletti (n+ 1)-dimenzios vektorteret.Legyenek a

• pontok a vektorter egydimenzios alterei;

• az egyenesek a vektorter ketdimenzios alterei;

• legyen tovabba az illeszkedesi relacio a tartalmazas.

Igy projektıv teret kapunk, amelyet az F ferdetest feletti n-dimenzios projektıvternek nevezunk.

A projektıv terek axiomai kozul egyedul a Veblen-Young axioma teljesuleseszorul igazolasra. Legyenek az A, B, C, D pontok rendre az a, b, c, d vektorokaltal generalt alterek, valamint k, l, m, n rendre az a es b, c es d, a es c, b es d

vektorok altal generalt ketdimenzios alterek. Ekkor az a feltetel, hogy az←−→AB es

←−→CD egyeneseknek van kozos pontja, azt jelenti, hogy k ∩ l dimenzioja 1. Ekkora dimenzioformula alapjan

dim(m ∪ n) = dim(k ∪ l) = dim(k) + dim(l)− dim(k ∩ l) = 2 + 2− 1 = 3,

91

ıgydim(m ∩ n) = dim(m) + dim(n)− dim(m ∪ n) = 2 + 2− 3 = 1,

azaz az m es n alterek metszete is 1 dimenzios, tehat←→AC es

←−→BD valoban

metszo egyenesek.

Az ıgy konstrualt projektıv ter alterei a vektorter alterei lesznek; a vektorteregy (k + 1)-dimenzios alteret a projektıv ter k-dimenzios projektıv alter enekhıvjuk. A hipersıkok pontosan az (n − 1)-dimenzios projektıv alterek, a sıkoka haromdimenzios alterek. Egy ferdetest feletti n-dimenzios projektıv teret isellathatunk homogen koordinatakkal.

Vegyuk eszre, hogy egy F ferdetest feletti n-dimenzios projektıv terettekintve, a ter k-dimenzios projektıv altere a dualis projektıv terben n− k − 1dimenzios alter.

Tekintsuk az F test elemeibol kepzett, a (0, 0, . . . 0)-tol kulonbozo rendezett(n+ 1)-esek kozotti azt az ekvivalenciarelaciot, amelynel ket rendezett (n+ 1)-es pontosan akkor ekvivalens, ha van olyan λ F-beli, nullatol kulonbozo elem,amellyel az egyik tekintett rendezett (n+1)-est megszorozva a masikat kapjuk. Aprojektıv ter pontjait es hipersıkjait ekkor ezen ekvivalenciarelacio altal indukaltekvivalenciaosztalyokkent lehet megadni. Egy [x1, x2, . . . xn+1] pont pontosanakkor illeszkedik egy [a1, a2, . . . an+1] hipersıkra, ha

x1a1 + x2a2 + · · ·+ xn+1an+1 = 0.

A pontot illetve hipersıkot meghatarozo ekvivalenciaosztalyba tartozo vala-mely (n+1)-est a pont illetve hipersık homogen koordinatavektor anak mondunk.

Amennyiben n = 3, haromdimenzios projektıv teret konstrualtunk. A pro-jektıv ter pontjait es sıkjait tehat rendezett elemnegyesek hatarozzak meg,egy pont pontosan akkor illeszkedik egy sıkra, ha a ket megadott rendezettelemnegyes belso szorzata 0.

4.6. Definıcio. Egy projektıv teret haromdimenziosnak mondunk, ha barmelyket sıkjanak van kozos egyenese.

4.7. Allıtas. Haromdimenzios projektıv ter minden sıkja Desargues-fele pro-jektıv sık.

Bizonyıtas: Eloszor belatjuk, hogy egy haromdimenzios projektıv ter ketkulonbozo sıkjanak pontra nezve perspektıv haromszogei tengelyre nezve is pers-pektıvek. Legyen a Π sık ABC haromszoge es a Π′ sık A′B′C ′ haromszoge az Opontra nezve perspektıv. Ket kulonbozo sıknak a haromdimenzios projektıv terdefinıcioja szerint egyertelmuen letezik metszesvonala, legyen ez az e egyenes. A

Veblen-Young axiomabol kovetkezoen az←−→AB ∩

←−−→A′B′,

←−→BC ∩

←−−→B′C ′ es

←→AC ∩

←−−→A′C ′

pontok leteznek, es mivel mind a Π, mind pedig a Π′ sıkban benne vannak, az

92

Legalabb haromdimenzios projektıv terekben teljesul a Desargues-tulajdonsag.

e egyenesre illeszkednek. Igy a ket haromszog ebben az esetben perspektıv az eegyenesre nezve.

Legyen egy haromdimenzios projektıv ter egy Π sıkjanak egy O pontjaranezve perspektıv ket haromszoge A1A2A3 es B1B2B3. Legyen f olyan egyenes,amelyre illeszkedik az O pont, es nincs benne a Π sıkban; legyen A es B az f

egyenes ket, O-tol kulonbozo pontja. Mivel az←−→AAi es

←−→BBi (i = 1, 2, 3) egyene-

sek benne vannak az f es az←−→OAi egyenesek altal meghatarozott sıkban, ezert

metszik egymast. Vezessuk be a←−→AAi ∩

←−→BBi =: {Ci} jelolest. Ekkor az A1A2A3

es C1C2C3 haromszogek perspektıvek az A pontra nezve, a B1B2B3 es C1C2C3

haromszogek pedig perspektıvek a B pontra nezve. Mivel f nincs benne a Πsıkban, a C1C2C3 haromszog sincs benne a Π sıkban. Igy mindket haromszogpar

egyenesre nezve is perspektıv; tehat az←−−→A1A2∩

←−−→C1C2,

←−−→A2A3∩

←−−→C2C3,

←−−→A3A1∩

←−−→C3C1;

valamint a←−−→B1B2∩

←−−→C1C2,

←−−→B2B3∩

←−−→C2C3,

←−−→B3B1∩

←−−→C3C1 pontharmasok kollinearisak.

Viszont a C1C2C3 haromszog minden oldalegyenesenek pontosan egy pontja van

benne a Π sıkban, ezert←−−→A1A2∩

←−−→C1C2 =

←−−→B1B2∩

←−−→C1C2 =

←−−→A1A2∩

←−−→B1B2. Ugyanez

a tobbi indexre is igaz, tehat az←−−→A1A2 ∩

←−−→C1C2,

←−−→A2A3 ∩

←−−→C2C3,

←−−→A3A1 ∩

←−−→C3C1

pontok eppen az A1A2A3 es B1B2B3 haromszogek megfelelo oldalegyeneseinek

93

metszespontjai. Igy a ket haromszog tengelyre nezve perspektıv.

4.8. Allıtas. Haromdimenzios projektıv ter barmely ket sıkja izomorf.

Bizonyıtas: Tekintsuk a projektıv ter S1 es S2 sıkjait, es legyen C a ter egyolyan pontja, amely egyik sıkra sem illeszkedik. Ekkor az S1 sık tetszoleges P1

pontjanak feleltessuk meg a←−→CP1 egyenes S2 sıkkal alkotott metszespontjat, P2-

t. Ez a pont nyilvanvaloan egyertemu, mivel←−→CP1 nem illeszkedik az S2 sıkra.

Ez a lekepezes kollineacio, mivel az S1 sık e1 egyenesenek a C es e1 altal meg-hatarozott sık es S2 kozos egyenese felel meg. Igy valoban, az S1 es S2 projektıvsıkok izomorfak.

A fenti bizonyıtasban hasznalt izomorfizmust az S1 es S2 sıkok kozotti, Ckozeppontu centralis vetıtesnek nevezzuk.

4.9. Tetel. Tetszoleges projektıv ter izomorf valamely ferdetest feletti projektıvterrel.

Amennyiben ugyanis a ter legalabb haromdimenzios, a ter sıkjainakmindegyike a fentiek alapjan Desargues-fele projektıv sık. Igy a ter mindensıkja valamely ferdetest feletti projektıv sıkkal izomorf, es raadasul a ter sıkjaiegymassal is izomorfak. Mindezek alapjan a projektıv ter koordinatazasanakmegkonstrualasa meg hosszabb szamolast igenyel, amitol azonban eltekintunk.

A tetel alapjan tehat a (legalabb haromdimenzios) veges projektıv terekpontosan a veges testek feletti projektıv terek. A q elemu veges test feletti ndimenzios projektıv teret PG(n, q) jeloli.

Megjegyezzuk, hogy a sıkbeli esethez hasonloan beszelhetunk affin terrol, esegy projektıv ter egy hipersıkjat

”elhagyva” affin teret konstrualhatunk. Tekin-

tettel a fenti tetelre, a legalabb haromdimenzios affin terek mindegyike szintenvalamely ferdetest feletti affin terrel izomorf, ıgy elegendo a ferdetest feletti affintereket ertelmeznunk. A sıkban latottakhoz hasonloan lathato be, hogy egy Fferdetest feletti n-dimenzios projektıv terbol nyert affin ter, azaz az F feletti ndimenzios affin ter

• pont jai az F feletti n-dimenzios vektorter vektorai;

• egyenesei az F feletti n-dimenzios vektorter egydimenzios linearis so-kasagai;

• illeszkedesi relacioja a tartalmazas.

A k-dimenzios affin alterek az F feletti n-dimenzios vektorter k-dimenzioslinearis sokasagai. Specialisan, a hipersıkok az (n − 1)-dimenzios linearis so-kasagok.

A q elemu veges test feletti n-dimenzios affin teret AG(n, q) jeloli.

Attekintjuk a PG(n, q) ter kombinatorikus tulajdonsagait.

94

4.10. Tetel. 1. PG(n, q) pontjainak szama

qn+1 − 1

q − 1.

2. PG(n, q) m-dimenzios projektıv altereinek szama

(qn+1 − 1)(qn+1 − q) . . . (qn+1 − qm)

(qm+1 − 1)(qm+1 − q) . . . (qm+1 − qm).

3. PG(n, q) egy adott k-dimenzios projektıv alteret tartalmazo m-dimenziosprojektıv alterek szama

(qn−k − 1)(qn−k − q) . . . (qn−k − qn−m−1)

(qn−m − 1)(qn−m − q) . . . (qn−m − qn−m−1).

Bizonyıtas: PG(n, q) pontjainak szama a GF (q) feletti (n+ 1)-dimenzios vek-torter egydimenzios altereinek szama. A vektorterben qn+1 elem van, egy egy-dimenzios alterben pedig q. Mivel minden, a zerusvektortol kulonbozo vek-torterbeli elem egy es csak egy egydimenzios alterben van benne, az osszes egy-dimenzios alterek szamat megkapjuk, ha a nemnulla vektorok szamat elosztjukegy egydimenzios alterben szereplo nemnulla vektorok szamaval. Igy PG(n, q)pontjainak szama valoban

qn+1 − 1

q − 1.

Egy m-dimenzios projektıv alteret m + 1 darab linearisan fuggetlen ponthataroz meg. Igy az m-dimenzios projektıv alterek megszamolasahoz a le-hetseges linearisan fuggetlen pont (m+1)-esek szamat elosztjuk egym-dimenziosprojektıv alterbol kivalaszthato linearisan fuggetlen pont (m+1)-esek szamaval.

Az elso resz bizonyıtasaval megegyezo modon kapjuk, hogy egy m-dimenzios

projektıv alter qm+1−1q−1 pontot tartalmaz. k pont kivalasztasa utan mar az altaluk

meghatarozott k-dimenzios alter egyetlen pontjat sem valaszthatjuk, ugyhogy

egy-egy lepesben qm+1−1q−1 − qk+1−1

q−1 darab uj pontot valaszthatunk. Igy egy m-

dimenzios alterbol kivalaszthato fuggetlen pont (m+ 1)-esek szama

qm+1 − 1

q − 1· . . .

(qm+1 − 1

q − 1− qk+1 − 1

q − 1

)· · · · ·

(qm+1 − 1

q − 1− qm − 1

q − 1

)=

=(qm+1 − 1) · . . . (qm+1 − qk+1) · · · · · (qm+1 − qm)

q − 1.

m = n valasztassal kapjuk az osszes lehetseges linearisan fuggetlen pont (m+1)-esek szamat. Igy az m-dimenzios projektıv alterek szama

(qn+1−1)·...(qn+1−qk+1)·····(qn+1−qm)q−1

(qm+1−1)·...(qm+1−qk+1)·····(qm+1−qm)q−1

,

95

ahonnan q + 1-el torteno egyszerusıtes utan adodik a 2. allıtasunk.A dualitas elve miatt egy adott k dimenzios alteret tartalmazo m-dimenzios

alterek szama megegyezik egy (n − k − 1)-dimenzios alter altal tartalmazott(n−m−1)-dimenzios alterek szamaval. Ez pedig nem mas, mint PG(n−k−1, q)(n−m− 1)-dimenzios altereinek szama, ahonnan az elozo pont alapjan adodika 3. allıtas.

Megjegyezzuk, hogy a fenti allıtast az un. q-binomialis egyutthatok

segıtsegevel egyszeruen megfogalmazhatjuk. Jelolje

[nk

]q

a q elemu test fe-

letti n-dimenzios vektorter k-dimenzios altereinek szamat. Ekkor az elozo bi-zonyıtasban latottakkal megegyezo szamolas mutatja, hogy[

nk

]q

=(qn − 1)(qn − q) . . . (qn − qk−1)

(qk − 1)(qk − q) . . . (qk − qk−1).

A [k]q := qk−1q−1 es [n]q! := [1]q · · · · · [n]q jeloleseket bevezetve egyszeruen lathato,

hogy [nk

]q

=[n]q!

[k]q![n− k]q!,

ami mutatja a”hagyomanyos” binomialis egyutthatok es a q-binomialis egyutt-

hatok kapcsolatat. Ezzel a jelolessel PG(n, q) pontjainak szama

[n+ 1

1

]q

,

PG(n, q) m-dimenzios projektıv altereinek szama

[n+ 1m+ 1

]q

es vegul PG(n, q)

egy adott k-dimenzios projektıv alteret tartalmazo m-dimenzios projektıv alte-

rek szama

[n− kn−m

]q

.

4.11. Kovetkezmeny. 1. PG(n, q) egy adott pontjara illeszkedo egyenesekszama qn−1 + · · ·+ q + 1.

2. PG(n, q) egyeneseinek szama

(qn + qn−1 + · · ·+ q + 1)(qn−1 + · · ·+ q + 1)

q + 1.

3. PG(n, q) hipersıkjainak szama qn + qn−1 + · · ·+ q + 1.

4. PG(n, q) egy adott pontjara illeszkedo hipersıkok szama qn−1 + · · ·+ q+ 1.

Bizonyıtas: PG(n, q) egy adott pontjara illeszkedo egyeneseinek szamat az elozotetel 3. allıtasabol k = 0, m = 1 valasztassal kapjuk:

(qn − 1)(qn − q) . . . (qn − qn−2)

(qn−1 − 1)(qn−1 − q) . . . (qn−1 − qn−2)=

96

=(qn − 1)q(qn−1 − 1)q2(qn−2 − 1) . . . qn−2(q2 − 1)

(qn−1 − 1)q(qn−2 − 1) . . . qn−2(q − 1)=qn − 1

q − 1.

Az osszes egyenesek szama az elozo tetel 2. allıtasabol m = 1 valasztassalkaphato:

(qn+1 − 1)(qn+1 − q)(q2 − 1)(q2 − q)

=(q − 1)(qn + qn−1 + · · ·+ q + 1)q(q − 1)(qn−1 + · · ·+ q + 1)

(q − 1)(q + 1)q(q − 1)=

=(qn + qn−1 + · · ·+ q + 1)(qn−1 + · · ·+ q + 1)

q + 1.

Az osszes hipersıkok szama, szinten az elozo tetel 2. allıtasa alapjanm = n−1valasztassal

(qn+1 − 1)(qn+1 − q) . . . (qn+1 − qn−1)

(qn − 1)(qn − q) . . . (qn − qn−1)=

=(qn+1 − 1)q(qn − 1)q2(qn−1 − 1) . . . qn−1(q2 − 1)

(qn − 1)q(qn−1 − 1) . . . qn−2(q − 1)=qn+1 − 1

q − 1.

Vegul, egy adott pontra illeszkedo hipersıkok szama a 3. allıtas alkal-mazasaval, k = 0, m = n− 1 valasztassal

qn − 1

q − 1.

4.2. Polaritasok es masodrendu feluletek magasabb di-menzios veges projektıv terekben

Mint minden illeszkedesi geometriaban, a magasabb dimenzios projektıv te-rekben is ertelmezzuk a kollineaciokat. A kollineaciok leırasa ferdetest felettiprojektıv terben a sıkbeli esettel analog modon tortenhet. Az alaptetel terbelivaltozatanak igazolasa a sıkban latottakhoz teljesen hasonlo, ıgy azt itt nemismeteljuk meg.

4.12. Tetel. (A projektıv geometria alaptetele.) Ferdetest feletti n-dimenziosprojektıv teret onmagara kepezo tetszoleges kollineaciohoz letezik a ferdetestnekolyan σ automorfizmusa es a fedetest elemeibol kepzett olyan (n+ 1)× (n+ 1)-es A invertalhato matrix, hogy a kollineacio tetszoleges [x] ponthoz a [σ(x)A]pontot rendeli.

4.13. Allıtas. Tekintsuk egy ferdetest feletti projektıv terben a tetszoleges [x]ponthoz a [σ(x)A] pontot rendelo kollineaciot, ahol σ ferdetest-automorfizmuses A (n + 1) × (n + 1)-es invertalhato matrix. Ez a kollineacio tetszoleges [e]hipersıkhoz a [σ(e)(A−1)T ] hipersıkot rendeli.

A korrelaciok es polaritasok ertelmezese szinten a sıkbeli esettel analog.

97

4.14. Definıcio. Egy projektıv teret a dualisara kepezo kollineaciot kor-relacionak nevezunk. Ha egy korrelacio negyzete az identikus lekepezes, a kor-relaciot polaritasnak hıvjuk.

Azt mondjuk, hogy egy pont egy korrelacioban abszolut pont, ha illeszkedika hozza rendelt hipersıkra. Egy hipersık egy korrelacio abszolut hipersıkja, hailleszkedik ra a hozza rendelt pont.

Ha egy P pont kepe egy polaritasnal a Σ hipersık, azt mondjuk, hogy az adottpolaritasban a P pont a Σ hipersık polusa, illetve a Σ hipersık a P pont polarisa.Azt mondjuk tovabba, hogy a Σ egyenes pontjai konjugaltak a P ponthoz azadott polaritasban. Az abszolut pontok tehat az onmagukhoz konjugalt pontok,az abszolut hipersıkok az onmagukhoz konjugalt hipersıkok.

A sıkbeli esethez hasonloan leırhatoak a ferdetest feletti projektıv sıkok kor-relacioi.

4.15. Tetel. Ferdetest feletti projektıv teret onmagara kepezo tetszoleges kor-relaciohoz letezik a ferdetestnek olyan σ automorfizmusa es a ferdetest elemeibolkepzett olyan (n+ 1)× (n+ 1)-es invertalhato A matrix, amelyre tetszoleges [x]pont kepe a [σ(x)A] hipersık es tetszoleges [e] hipersık kepe az [σ(e)(A−1)T ] pont.

4.16. Tetel. Veges test feletti projektıv terek tetszoleges polaritasaval kapcso-latban az alabbi esetek valamelyike all fenn:

1. tetszoleges [x] pont kepe az [xA] hipersık, ahol A (n + 1) × (n + 1)-es in-vertalhato szimmetrikus matrix, ebben az esetben a polaritast kozonsegesvagy - paratlan rendu test feletti projektıv terek eseten - masodrendufelulethez tartozo polaritasnak nevezzuk;

2. a ter dimenzioja paratlan es tetszoleges [x] pont kepe az [xA] hipersık, aholA olyan (n+1)×(n+1)-es invertalhato matrix, amelyre A = −AT teljesul;ebben az esetben a polaritast nullpolaritasnak mondjuk;

3. az alaptest rendje negyzetszam (s2) es tetszoleges [x] pont kepe a [σ(x)A]hipersık, ahol tetszoleges t ∈ GF (s2) eseten σ(t) = ts esσ(A) = AT . Utobbi esetben a polaritast Hermite-fele vagy uniter pola-ritasnak mondjuk.

Bizonyıtas: Csak a sıkbeli analog tetel, azaz 1.49. bizonyıtasahoz kepest elterogondolatokat vazoljuk fel.

Tegyuk fel, hogy a polaritas tetszoleges [x] ponthoz a [σ(x)A] egyenest ren-deli. Az idezett bizonyıtassal megegyezo modon lathatjuk be, hogy van olyan teleme az alaptestnek, amelyre

σ2(x)σ(A)(A−1)T = t · x,

es σ2 az identitas.Abban az esetben, ha σ nem az identitas, az Hermite-fele polaritasokra vo-

natkozo allıtasokat a sıkbeli esettel megegyezo modon kapjuk.

98

Ha σ az identitas, akkor szinten a korabban mar latott modon t2 = 1 adodik.1.49. bizonyıtasahoz kepest az egyetlen kulonbseg, hogy a t = −1 lehetoseg ismegvalosulhat: ekkor A = −AT kovetkezik. Mivel A (n+ 1)× (n+ 1)-es matrix,ez azt jelenti, hogy det(A) = (−1)n+1 · det(A), ahonnan kovetkezik, hogy nparatlan. Igy ekkor a 2. esetben emlıtett nullpolaritasokhoz jutunk.

Tehat a polaritasoknak magasabb dimenzioban elofordulhat egy sıkban nemletezo tıpusa, a nullpolaritas is. Ezzel kapcsolatban egyszeru ellenorizni, hogynullpolaritasnal minden pont onmagahoz konjugalt. Ennek belatasahoz tekintsukaz A matrix altal meghatarozott nulpolaritast. Mivel az 1×1-es matrixok onma-guk transzponaltjai, xAxT = (xAxT )T . Igy

xAxT = (xAxT )T = x(AT )xT = x(−A)xT = −xAxT ,

tehat tetszoleges x vektor altal reprezentalt pont eseten

xAxT = 0,

azaz minden pont onmagahoz konjugalt.Igy a konzonseges es Hermite-fele polaritasokkal ellentetben a nullpolaritasok

onmagahoz konjugalt pontjainak halmazakent nem nyerhetunk erdekes geomet-riai alakzatokat. Ennek ellenere harom dimenzioban, kisse mas modon, nullpo-laritasok segıtsegevel fontos geometriai strukturahoz juthatunk.

Harom dimenzioban tekintett tetszoleges polaritas eseten nevezzuk egy pontpolaris hipersıkjat egyszeruen a pont polarsık janak. Tekintsunk egy nullpola-ritast, es egy e egyenest. Ekkor az e-re illeszkedo pontok polarsıkjainak vankozos egyenese, ezt az egyenest e konjugalt janak nevezzuk. Valoban: mivel aze-re illeszkedo pontoknak van kozos egyenese, a polaritasok illeszkedestartasamiatt a polarsıkok kozos (n− 2)-dimenzios projektıv alterre illeszkednek. n = 3eseten ezek az alterek eppen az egyenesek.

Egy haromdimenzios projektıv ter egy nullpolaritasat tekintve, az onmaguk-hoz konjugalt egyenesek halmazat erdemes vizsgalni. (Ezt az egyeneshalmaztszokas linearis komplexusnak is nevezni.)

4.17. Allıtas. Tekintsuk egy haromdimenzios projektıv ter egy nullpolaritasat.A ter egy P pontjara illeszkedo onmagukhoz konjugalt egyenesek pontosan Ppolarsıkjanak P -re illeszkedo egyenesei.

Bizonyıtas: Vilagos, hogy egy onmagahoz konjugalt egyenes tetszolegespontjanak polarsıkjaban benne van. Tekintsuk P polarsıkjanak egy P1 pontjat.Ekkor abbol, hogy P1 benne van P polarsıkjaban, a polaritas definıcioja alapjankovetkezik, hogy P benne van P1 polarsıkjaban. Mivel a nullpolaritasnal mindenpont onmagahoz konjugalt, P1 polarsıkja P1-et is tartalmazza. Ebbol kovetke-

zik, hogy P1 polarsıkja tartalmazza a←−→PP1 egyenest. Igy egy P polarsıkjaba eso

egyenes csakis akkor lehet onmagahoz konjugalt, ha illeszkedik P -re. A P -reilleszkedo egyenesek azonban mind onmagukhoz konjugaltak, hiszen az elozo

ervelesbol kovetkezoen P es P1 polarsıkjainak metszesvonala eppen←−→PP1, tehat

←−→PP1 minden pontjanak polarsıkja tartalmazza

←−→PP1-et.

99

4.18. Kovetkezmeny. Tekintsuk egy haromdimenzios projektıv ter egy nullpo-laritasat. Megadva a ter egy P pontjat es a nullpolaritas egy onmagahoz kon-jugalt, az adott pontra nem illeszkedo e egyeneset, egy es csak egy olyan egyenesletezik, amely illeszkedik P -re, metszi e-t, es onmagahoz konjugalt a nullpola-ritasnal.

Bizonyıtas: A P -re illeszkedo, onmagukhoz konjugalt egyenesek az elozo allıtasalapjan eppen P polarsıkjanak P -re illeszkedo egyenesei. e nem lehet benne Ppolarsıkjaban, hiszen az elozo bizonyıtasbol kiderul, hogy P polarsıkjaban min-den onmagahoz konjugalt egyenes P -re illeszkedik. Igy az egyetlen onmagahozkonjugalt, P -re illeszkedo, e-t metszo egyenes P polarsıkjanak e-vel kozospontjat P -vel koti ossze.

A most latottak alapjan PG(3, q) egy nullpolaritasanak onmagahoz kon-jugalt egyenesei erdekes illeszkedesi strukturat, un. altalanosıtott negyszoget al-kotnak.

4.19. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat (s, t)-rendu altalanosıtottnegyszognek hıvunk, ha teljesulnek ra a kovetkezo tulajdonsagok.

(GQ1) Barmely pontra pontosan t+ 1 egyenes illeszkedik.

(GQ2) Barmely egyenesre pontosan s+ 1 pont illeszkedik.

(GQ3) Megadva egy P pontot es egy ra nem illeszkedo e egyenest, egy es csak egyolyan egyenes van, amely illeszkedik P -re es metszi e-t.

4.20. Kovetkezmeny. Legyen P PG(3, q) pontjainak halmaza, L PG(3, q) egyrogzıtett nullpolaritasanal onmagahoz konjugalt egyenesek halmaza, I a tartal-mazas. Ekkor (P,L, I) (q, q)-rendu altalanosıtott negyszog.

Bizonyıtas: Egy adott pontra illeszkedo egyenesek pontosan PG(3, q)-ban apont polarsıkjanak adott pontra illeszkedo egyenesei. Mivel a pont polarsıkjaPG(2, q)-val izomorf, es PG(2, q) egy adott pontjara q + 1 egyenes illeszkedik,(GQ1) valoban teljesul.

Mivel PG(3, q) minden sıkja PG(2, q)-val izomorf, es PG(3, q) minden egye-neset tartalmazza valamely sık; abbol, hogy PG(2, q) minden egyenesere q + 1pont illeszkedik, kovetkezik, hogy PG(3, q) minden egyenesere is q + 1 pontilleszkedik. Tehat specialisan az onmagukhoz konjugalt egyenesek pontjainakszama is q + 1, azaz (GQ2) is fennall.

(GQ3) fennallasat mar korabban megmutattuk.

Altalanosıtott negyszogekre a haromdimenzios projektıv terek nullpola-ritasai mellett a masodrendu feluletek es az Hermite-feluletek is szarmaztatnakpeldakat. Ezekkel a peldakkal - es altalanosıtott negyszogekkel altalaban - nemfoglalkozunk reszletesen. Mindossze az altalanosıtott negyszogek legalapvetobbkombinatorikus tulajdonsagait foglaljuk ossze.

4.21. Allıtas. Egy (s, t)-rendu altalanosıtott negyszog pontjainak szama (s +1)(st+ 1) es egyeneseinek szama (t+ 1)(st+ 1).

100

Bizonyıtas: Rogzıtsuk egy altalanosıtott negyszog egy e egyeneset. Erre azegyenesre s+1 pont illeszkedik. E pontok mindegyikere t darab, e-tol kulonbozoegyenes illeszkedik. Ezen egyenesek mindegyiken tovabbi s darab pont van, es(GQ3) miatt minden pont pontosan egy ilyen egyenesen van rajta. Tehat apontok szama valoban

(s+ 1) + (s+ 1)ts = (s+ 1)(st+ 1).

Ha (P,L, I) (s, t)-rendu altalanosıtott negyszog, akkor konnyen ellenorizheto,hogy (L,P, I−1) (t, s)-rendu altalanosıtott negyszog. (Ezt az altalanosıtottnegyszoget az eredeti altalanosıtott negyszog dualis anak hıvjuk.) Igy a dualisaltalanosıtott negyszogre alkalmazva az allıtas mar belatott reszet, kapjuk azegyenesek szamara vonatkozo allıtast.

Megjegyezzuk, hogy altalaban nyitott problema, hogy adott s, t esetenletezik-e (s, t)-rendu altalanosıtott negyszog. Ezzel kapcsolatban az alabbieredmenyek ismertek.

• Barmely s ≥ 1 eseten letezik (1, s) illetve (s, 1)-rendu altalanosıtottnegyszog.

• Ha q prımhatvany, akkor leteznek (q, q), (q, q2), (q2, q), (q2, q3), (q3, q2),(q − 1, q + 1), (q + 1, q − 1)-rendu altalanosıtott negyszogek.

• Ha letezik (s, t)-rendu altalanosıtott negyszog, akkor

s+ t | st(s+ 1)(t+ 1).

• Ha letezik (s, t)-rendu altalanosıtott negyszog, es s, t > 1, akkor s ≤ t2 est ≤ s2.

A legkisebb olyan eset, amelyben nem ismert, hogy letezik-e (s, t)-rendualtalanosıtott negyszog, a (4, 11) szampar. Sok esetben - a projektıv sıkokhozhasonloan - nyitott kerdes az is, hogy izomorfia erejeig egyertelmu-e az(s, t)-rendu altalanosıtott negyszog.

Visszaterve a magasabb dimenzios veges projektıv terek polaritasaira, akozonseges polaritasok es az Hermite-fele polaritasok a sıkban latottakhoz ha-sonloan vizsgalhatoak.

Paratlan rendu test feletti projektıv terekben a kozonseges polaritasokonmagahoz konjugalt pontjainak halmazat nemelfajulo masodrendu feluletnek,az Hermite-fele polaritasok onmagahoz konjugalt pontjainak halmazat Hermite-feluletnek nevezzuk.

Ezen feluletek altalanos egyenlete a sıkbeli esetben latottakhoz hasonloanhozhato kanonikus alakra. Az ott latott szamolasok lenyegeben valtoztatasnelkul alkalmazhatoak; ezuttal a polaritas egy polarharomszoge helyett egyun. onmagaval polaris szimplex (azaz PG(n, q)-ban n + 1 darab olyanaltalanos helyzetu pont, amelyek kozul barmely ketto konjugalt egymashoz

101

az adott polaritasra nezve) csucsait reprezentalo vektorokat valaszthatjuk megbazisvektoroknak.

Csak a szamıtasok vegeredmenyet kozoljuk. Az Hermite-feluletek kanonikusegyenletere vonatkozo eredmeny megegyezik a sıkbeli esetben kapottal.

4.22. Tetel. Az PG(n, s2) tetszoleges Hermite-felulete projektıven ekvivalensaz

xs+11 + xs+1

2 + · · ·+ xs+1n+1 = 0

felulettel.

4.23. Tetel. PG(n, q) tetszoleges nemelfajulo masodrendu felulete paratlan qeseten projektıven ekvivalens

• paros n eseten az x21 + x22 + · · ·+ x2n+1 = 0,

• paratlan n eseten az x21+x22+ · · ·+x2n+1 = 0 vagy x21+x22+ · · ·+ex2n+1 = 0(ahol e ∈ GF (q) rogzıtett nemnegyzet elem)

felulettel.

A sıkbeli esethez hasonloan paros rendu testek felett a kozonseges polaritasokonmagahoz konjugalt pontjainak halmaza hipersık. Egyenletuk segıtsegevel vi-szont analog modon ekkor is ertelmezhetoek a nemelfajulo masodrendu feluletek.A kanonikus alakra vonatkozo szamolast itt sem kozoljuk, csak az eredmenyeketfoglaljuk ossze.

4.24. Tetel. PG(n, q) tetszoleges nemelfajulo masodrendu felulete projektıvenekvivalens

• paros n eseten az x21 + x2x3 + · · ·+ xnxn+1 = 0,

• paratlan n eseten az x1x2 + x3x4 + · · · + xnxn+1 = 0 vagy f(x1, x2) +x3x4 + · · ·+xnxn+1 = 0 (ahol f rogzıtett irreducibilis homogen masodfokupolinom)

felulettel.

A fenti ket tetelbol lathato tehat, hogy - a sıkbeli esettel ellentetben - haa ter dimenzioja paratlan, akkor nemelfajulo masodrendu feluleteknek projektıvekvivalencia erejeig ket osztalya van. Ezek kozul az

x1x2 + x3x4 + · · ·+ xnxn+1 = 0

masodrendu felulettel projektıven ekvivalens feluleteket hiperbolikusmasodrendu feluleteknek, az

f(x1, x2) + x3x4 + · · ·+ xnxn+1 = 0

masodrendu felulettel projektıven ekvivalens feluleteket elliptikus masodrendufeluleteknek mondjuk.

102

Ez az eredmeny lenyegesen elter az n-dimenzios valos projektıv ter nem-elfajulo masodrendu feluleteire vonatkozo megfelelo teteltol, a valos esetbenugyanis a dimenzio novekedesevel egyre no a nemelfajulo masodrendu feluletekprojektıv osztalyainak szama.

PG(3, q) nemelfajulo masodrendu feluleteivel kapcsolatban bizonyıtas nelkultekintunk at nehany fontos tulajdonsagot.

• A sıkbeli esettol elteroen PG(3, q) nemelfajulo masodrendu feluletei-hez paros q eseten is rendelhetunk polaritast, ıgy ebben az esetben isbeszelhetunk a felulet pontjainak polarsıkjarol. Ez a polaritas mindig null-polaritas lesz.

• PG(3, q)-ban egy elliptikus masodrendu feluletnek egy sıkkal vagy egyet-len kozos pontja van, vagy pedig nemelfajulo masodrendu gorbebenmetszi; egy hiperbolikus masodrendu feluletet egy sık vagy nemelfajulomasodrendu gorbeben, vagy pedig metszo egyenesparban metsz.

• PG(3, q) egy elliptikus masodrendu feluletere illeszkedo pontot tekintvea pontra illeszkedo sıkok kozul eppen a pont polarsıkjanak van egyet-len kozos pontja a masodrendu felulettel; PG(3, q) egy hiperbolikusmasodrendu feluletere illeszkedo pontot tekintve a pontra illeszkedo sıkokkozul eppen a pont polarsıkja metszi egyenesparban a masodrendu felule-tet.

• PG(3, q) egy nemelfajulo masodrendu feluletet egy egyenes vagy legfel-jebb ket pontban metszi, vagy a felulet teljes egeszeben tartalmazza azegyenest.

• PG(3, q)-ban tehat a hiperbolikus masodrendu feluletek tartalmaznak egye-neseket, az elliptikus masodrendu feluletek pedig nem.

4.25. Allıtas. PG(3, q) minden elliptikus masodrendu feluletere q2 + 1 pontilleszkedik.

Bizonyıtas: Tekintsunk PG(3, q) egy elliptikus masodrendu feluletere illeszkedopontot. Ez a pont illeszkedik a polarsıkjara. A tekintett pontra q2 darab olyanegyenes illeszkedik, amely nincsen a polarsıkban: valoban, a pontra illeszkedoosszes egyenesek szama q2 + q + 1, es ezek kozul q + 1 a polarsıkban van. Ezenq2 egyenes mindegyike pontosan egy tovabbi pontban metszi a masodrendufeluletet. Ilyen metszespontkent a tekintett feluletnek a kituntetett ponttolkulonbozo osszes pontja eloall, az egyertelmuseg abbol adodik, hogy elliptikusmasodrendu feluletet tekintettunk, ezert az nem tartalmaz egyenest. Igy egyelliptikus masodrendu felulet pontjainak szama valoban q2 + 1.

4.26. Allıtas. PG(3, q) minden hiperbolikus masodrendu feluletere (q+1)2 pontilleszkedik.

103

Bizonyıtas: Az elozo bizonyıtashoz hasonloan tekintsunk egy pontot PG(3, q)egy hiperbolikus masodrendu feluleten. Ez a pont illeszkedik a polarsıkjara, esa pontra ismet q2 darab olyan egyenes illeszkedik, amely nincs a polarsıkban.Hiperbolikus masodrendu felulet eseten egy pontra illeszkedo sıkok kozul pon-tosan a polarsık az, amely azt metszo egyenesparban metszi, a polarsıkra nemilleszkedo egyenesek mindegyike egyetlen tovabbi pontban metszheti a feluletet(hiszen azok olyan sıkokban vannak, amelyek nemelfajulo masodrendu gorbebenmetszik a feluletet). Igy tehat q2 darab feluletponthoz jutunk. A tekintett pontpolarsıkja metszo egyenesparban metszi a feluletet; mivel minden egyenesre q+1pont illeszkedik, a metszo egyenesparnak 2q+1 pontja van. Tehat a hiperbolikusmasodrendu felulet pontjainak szama valoban

q2 + 2q + 1 = (q + 1)2.

4.3. Ovoidok

4.27. Definıcio. PG(n, q) egy olyan ponthalmazat, amelynek nincsen haromkollinearis eleme, suvegnek nevezzuk. Azt mondjuk, hogy egy suveg teljes, hanem valodi reszhalmaza egyetlen mas suvegnek sem.

Az elliptikus masodrendu feluletek tehat PG(3, q)-ban q2 + 1 pontu suvegek.

4.28. Definıcio. PG(3, q) q2 + 1 pontu suvegeit ovoidoknak nevezzuk.

Az ovoidok definıcioja tehat az elliptikus masodrendu feluletek egy fontoskombinatorikus tulajdonsagat altalanosıtja. Celunk annak megmutatasa, hogyez a kombinatorikus tulajdonsag paratlan rendu test feletti projektıv terekeseten jellemzi is az elliptikus masodrendu feluleteket; ez tulajdonkeppen Segretetelenek terbeli altalanosıtasa.

Megmutatjuk eloszor, hogy paratlan rendu test feletti projektıv terben azovoidoknal tobb pontbol allo suvegek nem leteznek.

4.29. Allıtas. Ha q paratlan, akkor PG(3, q) egy suvege legfeljebb q2 +1 pontu.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy suveget PG(3, q)-ban, valamint legyen A es B asuveg ket pontja. Mivel egy paratlan rendu sıkbeli ıv legfeljebb q + 1 pontu, a

suvegnek minden sıkban legfeljebb q − 1 tovabbi pontja van. Az←−→AB egyenesre

osszesen q+ 1 sık illeszkedik, ez 4.10. felhasznalasaval egyszeruen ellenorizheto.Igy a q + 1 sık mindegyikere a suvegnek legfeljebb q − 1 tovabbi pontja illesz-kedhet, az A es B pontokkal egyutt ez a suveg pontjainak maximalis szamaravaloban

(q + 1)(q − 1) + 2 = q2 + 1

-et ad.

104

4.30. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy egyenes vagy sık erint egy ovoidot, hakozos pontjaik szama 1. Egy egyenes egy ovoid szeloje, ha az ovoiddal ket kozospontja van. Azt mondjuk, hogy egy egyenes egy ovoidot elkerul, ha nincs kozospontjuk.

4.31. Allıtas. Ha q paratlan, akkor PG(3, q) tetszoleges ovoidjanak mindenpontjara pontosan egy erintosık illeszkedik. A ter minden sıkjanak van az ovo-iddal kozos pontja.

Bizonyıtas: Mivel ovoidrol van szo, az elozo tetel bizonyıtasaban eppenegyenloseg all fenn. Ez csakis ugy teljesulhet, ha az ovoid barmely ket pontjarailleszkedo sıknak pontosan q + 1 kozos pontja van az ovoiddal.

Tekintsunk az ovoid egy erintoegyeneset, es az arra illeszkedo sıkokat. Haegy ilyen sık nem erintosık, akkor az elozoek ertelmeben q + 1 kozos pontjavan az ovoiddal. Mivel az ovoidnak a tekintett erintoegyenes erintesi pontjankıvul q2 pontja van, ez csak ugy lehet, ha a sıkok kozul eppen q darabnak van qtovabbi kozos pontja az ovoiddal. Mint azt korabban lattuk, az adott egyenesrea ter q + 1 sıkja illeszkedik, ıgy az egyetlen kimarado sık lesz az adott pontrailleszkedo erintosık.

Megszamoljuk azokat a ternek azokat a sıkjait, amelyek q+1 pontban metszikaz ovoidot. Az ovoid barmely pontharmasa ilyen sıkot hataroz meg - az ovoidrol

3 pontot(q2+13

)-felekeppen valaszthatunk -, egy-egy ilyen sıkot pedig annyiszor

szamoltunk, ahany pontharmast valaszthatunk ki a sık ovoiddal kozos q + 1pontjabol, azaz

(q+13

). Tehat az ovoidot metszo sıkok szama

(q2+13

)(q+13

) =

(q2+1)!3!(q2−2)!(q+1)!3!(q−2)!

=(q2 + 1)q2(q2 − 1)

(q + 1)q(q − 1)= q(q2 + 1).

Ehhez hozzaveve a q2 + 1 darab ovoidpontra illeszkedo egy-egy erintosıkot,

q(q2 + 1) + q2 + 1 = q3 + q2 + q + 1

adodik, ami a ter osszes sıkjanak szama. Tehat valoban, nincsen a ternek olyansıkja, amelynek ne volna az ovoiddal kozos pontja.

4.32. Kovetkezmeny. Ha PG(3, q) egy sıkja egy ovoidnak nem erintosıkja,akkor ovalisban metszi az ovoidot.

Bizonyıtas: Bar az allıtas paros q eseten is igaz, csak a paratlan q-ra ervenyeservelest folytatjuk. Az elozo bizonyıtasban lattuk, hogy egy ovoidot minden sık1 vagy q + 1 pontban metsz. Mivel az ovoidnak nincsen 3 kollinearis pontja, azutobbi esetben a metszet q + 1 pontu ıv, azaz ovalis.

Megjegyezzuk, hogy egy ovoid minden pontjara q + 1 erintoegyenes illesz-kedik. A kivalasztott ovoidpontra ugyanis a ter q2 + q + 1 egyenese illeszkedik.Ezek kozul pontosan annyi szelo van, ahany tovabbi ovoidponttal osszekothetoa kivalasztott pont, azaz q2 + 1 − 1 = q. Az adott pontra illeszkedo egyenesek

105

kozul az osszes tobbi erinto, ezek szama valoban q + 1.

Mindezek alapjan az ovoidok egy lehetseges jellemzese a kovetkezo. (Bar miezt csak paratlan rendu test feletti projektıv terben lattuk be, a kovetkezo kettulajdonsag paros rendu test feletti projektıv terek ovoidjaira is igaz.) PG(3, q)pontjainak egy halmaza pontosan akkor ovoid, ha

• minden egyenes legfeljebb ket pontban metszi a ponthalmazt;

• a ponthalmaz minden elemere q + 1 olyan egyenes illeszkedik, amelynekez az egyetlen halmazbeli pontja (ezek az erintoegyenesek), es ez a q + 1egyenes egy kozos sıkban van (erintosık).

Az ilyen tulajdonsagu ponthalmazok valoban q2 + 1 pontu suvegek.Ennek belatasahoz lenyegeben az elliptikus masodrendu feluletek pontjainakmegszamlalasanal latott gondolatmenetet ismetelhetjuk meg. Tekintsuk aponthalmaz egy P elemet. P -re q + 1 erintoegyenes illeszkedik, a tovabbi q2

darab P -re illeszkedo egyenes mindegyikenek egyetlen halmazba eso pontjavan. Ilyen metszespontkent a ponthalmaz osszes P -tol kulonbozo eleme eloall,tehat a ponthalmaz elemszama valoban q2 + 1.

Megjegyezzuk tovabba, hogy egy ovoidot elkerulo egyenesre 2 erintosık esq− 1 olyan sık illeszkedik, amelynek q+ 1 kozos pontja van az ovoiddal. Tegyukfel, hogy egy, az ovoidot elkerulo e egyenesre a darab erintosık es b darab tovabbisık illeszkedik. Ekkor nyilvan

a+ b = q + 1,

tovabba, felhasznalva, hogy az ovoid pontjainak mindegyike pontosan egy e-reilleszkedo sıkon van rajta,

a+ b(q + 1) = q2 + 1.

Az egyenletrendszert megoldva valoban a = 2, b = q − 1 adodik.

4.33. Tetel. (Barlotti-Panella) Ha PG(3, q) egy ovoidjanak mindensıkmetszete nemelfajulo masodrendu gorbe, akkor az ovoid elliptikus masodrendufelulet.

Bizonyıtas: Tekintsunk egy O ovoidot. Legyen az ovoid egy α1 sıkkal vettmetszete a Γ1 nemelfajulo masodrendu gorbe, ennek ot pontja A1, A2, A3,A4, A5. Tekintsunk az A1, A2 pontokra illeszkedo ket tovabbi sıkot: az α2 sıkes az ovoid metszete legyen a Γ2, az α3 sık es az ovoid metszete legyen a Γ3

masodrendu gorbe. Γ2-n az A1, A2 pontoktol kulonbozo harom tovabbi pontlegyen B1, B2, B3; a Γ3 gorbe egy A1 es A2-tol kulonbozo pontja legyen C.

Jol ismert, hogy egy test feletti projektıv ter 9 altalanos helyzetu pontjaegyertelmuen meghataroz egy nemelfajulo masodrendu feluletet. Ennek iga-zolasa a masodrendu gorbek ot ponttal torteno meghatarozasara vonatkozo

106

analog tetelhez hasonloan tortenhet: egy nemelfajulo masodrendu felulet egyen-leteben 10 parameter szerepel, azokat a 9 linearis egyenlet konstansszorzo erejeigegyertelmuen meghatarozza.

Tekintsuk azt a Q nemelfajulo masodrendu feluletet, amelyet az A1, A2,A3, A4, A5, B1, B2, B3, C pontok meghataroznak. Nyilvanvalo, hogy Γ1 es Γ2

reszei ennek a masodrendu feluletnek: a masodrendu felulet α1 es α2 sıkokkalvett metszetei nemelfajulo masodrendu gorbek, azokat pedig ot pontjuk - a markorabban idezett modon - egyertelmuen meghatarozza.

Vegyuk eszre hogy Q erintosıkja az A1 es A2 pontokban megegyezik az ovoiderintosıkjaval. Tekintve ugyanis Γ1 es Γ2 megfelelo pontbeli erintoegyeneseit,azok az ovoid es Q eseten egyarant erintoegyenesek, ıgy mindket esetben fel-feszıtik az erintosıkot. Ez azt jelenti, hogy a Q es α3 metszetekent kaphatomasodrendu gorbere illeszkednek az A1, A2, C pontok, es az A1 illetve A2

pontbeli erintoi megegyeznek Γ3 megfelelo erintoivel. Mivel egy nemelfajulomasodrendu gorbet jol ismert modon meghataroz harom pontja es ket adottpontjara illeszkedo erintoje, ebbol kovetkezik, hogy Q es α3 meteszete Γ3.

Raterunk annak igazolasara, hogy Q megegyezik a tekintett ovoiddal. In-direkt modon tegyuk fel, hogy van az ovoidnak olyan P pontja, amely nemtartozik Q-hoz. Ha az alaptest rendje legalabb 4, akkor valaszthatunk olyan αsıkot, amely illeszkedik P -re es A1-re, tovabba nem tartalmazza az A1-re illesz-kedo egyenesek kozul sem Γ1, sem Γ2, sem Γ3 erintoegyeneset. Jelolje ekkor αΓ1, Γ2 illetve Γ3 gorbekkel vett A1-tol kulonbozo kozos pontjat D1, D2 illetveD3. Ekkor α es az ovoid metszete olyan nemelfajulo masodrendu gorbe, amelyreilleszkedik D1, D2, D3, A1, es az A1-re illeszkedo erintoje α es az ovoid A1-belierintosıkjanak metszesvonala. Mindezek az α es Q metszetere is teljesulnek,ugyanis az ovoid es Q A1-beli erintosıkja megegyezik. Mivel egy nemelfajulomasodrendu gorbet negy pontja es az egyik adott pontra illeszkedo erintojeegyertelmuen meghataroz, ebbol kovetkezik, hogy α es Q metszete megegyezikα es az ovoid metszetevel. Igy a P pont - indirekt feltevesunkkel ellentetben -illeszkedik Q-ra.

Tehat az ovoid ebben az esetben megegyezik a Q masodrendu felulettel. Qelliptikus, ugyanis q2 + 1 pontja van.

A bizonyıtasban lenyegesen kihasznaltuk, hogy az alaptest rendje legalabb4, ıgy PG(3, 3) eseten kulon igazoljuk allıtasunkat.

Ebben az esetben az ovoidnak 10 pontja van. Legyen l egy, az ovoidot el-kerulo egyenes, es legyenek a ter l-re illeszkedo sıkjai π1, π2, π3, π4. Az l-reilleszkedo sıkok kozul pontosan 2 erintosık, legyenek ezek π3 es π4, a megfeleloerintesi pontokat jelolje P3 es P4. A π1 es π2 sıkok ekkor nemelfajulo masodrendugorbeben metszik az ovoidot, legyenek ezek C1 es C2. PG(3, 3)-ban egy nemel-fajulo masodrendu gorbenek 4 pontja van.

Tekintsuk a C1 es C2 pontjai valamint P3 - osszesen 9 pont - altalegyertelmuen meghatarozott E nemelfajulo masodrendu feluletet. Azt kell meg-mutatnunk, hogy az ovoidunk E-vel egyezik meg, tehat P4 is rajta van E-n.

Tegyuk fel indirekt modon, hogy P4 nem illeszkedik E-re. Legyen ekkor E

”hianyzo pontja” - azaz egyetlen olyan pontja, amely nem illeszkedik a tekintett

107

ovoidra - X. Legyen m =←−→P4X. Mivel E es az ovoid egyarant maximalis suvegek,

van m-nek olyan pontja, amely az ovoidra es E-re egyarant illeszkedik. LegyenY ilyen pont. m tehat mind az ovoidot, mind E-t legalabb ket pontban metszi,kovetkezeskeppen az m-re illeszkedo sıkokkal valo metszetek mindket esetbenmasodrendu gorbek. Legyen π egy m-re illeszkedo sık, es annak E-vel vett met-szete legyen a C masodrendu gorbe, valamint π es az ovoid kozos pontjainak

halmaza legyen a C′ masodrendu gorbe. Ekkor C ∩ C′ = {Y,A,B}. Mivel←−→AB-re

nem illeszkedhet P4, Y vagy X, ezert←−→AB es m kozos pontja m negyedik pontja,

legyen ez Q. Ekkor Q-ra nem illeszkedik sem E , sem az ovoid egyetlen erintojesem, ami lehetetlen.

4.34. Kovetkezmeny. Ha q paratlan, PG(3, q) minden ovoidja elliptikusmasodrendu felulet.

Bizonyıtas: Ha q paratlan, akkor Segre tetele szerint PG(2, q) minden ovalisanemelfajulo masodrendu gorbe. Igy minden ovoid osszes sıkmetszete nemelfajulomasodrendu gorbe, tehat barmely ovoid eseten teljesulnek a Barlotti-Panellatetel feltetelei.

A Segre-tetelhez hasonloan ebben az esetben is termeszetesen vetodik fel akerdes, hogy lehet-e a fenti tetelt paros rendu projektıv terekre altalanosıtani. Avalasz ebben az esetben is nemleges, ugyanis ismert egyetlen pelda paros rendutest feletti projektıv terben olyan ovoidra, amely nem elliptikus masodrendufelulet. Ez a Suzuki-Tits ovoid : PG(3, 22k+1)-ben{[

s2k+1

+ st+ t2 · t2k+1

, 1, t, s]| s, t ∈ GF (22k+1)

}∪ {[1, 0, 0, 0]}

ovoid. Megjegyezzuk, hogy a Suzuki-Tits ovoid egy igen szep geometriai konst-rukcioja adhato meg a PG(3, 22k+1) nullpolaritasanak onmagahoz konjugaltegyenesei altal meghatarozott altalanosıtott negyszog segıtsegevel. Meg lehetugyanis adni az altalanosıtott negyszognek egy olyan polaritasat, amelynekonmagahoz konjugalt pontjai a megadott ponthalmaz elemei. Be lehet latni,hogy egy altalanosıtott negyszog egy polaritasanak onmagahoz konjugalt pont-jai az altalanosıtott negyszog un. ovoid jat alkotjak, azaz olyan ponthalmazt,amely az altalanosıtott negyszog minden egyeneset pontosan egy pontban met-szi. Meg lehet mutatni tovabba, hogy a szoban forgo altalanosıtott negyszogminden ovoidja a befoglalo projektıv ternek is ovoidja.

A Suzuki-Tits ovoiddal nem projektıven ekvivalens olyan ovoidot, amely nemelliptikus masodrendu felulet, meg nem sikerult konstrualni. Az a sejtes, hogynem is letezik ilyen; igazolni azonban meg csak k ≤ 5 eseten sikerult, hogyPG(3, 2k) minden ovoidja elliptikus masodrendu felulet vagy Suzuki-Tits ovoid.A paros rendu projektıv terek ovoidjainak leırasa tehat nyitott problema.

Fontos eredmeny ebben az iranyban a Barlotti-Panella tetel alabbi igen erosaltalanosıtasa, amelyet M. Brown publikalt 2000-ben.

4.35. Tetel. (Brown) Ha PG(3, q) egy ovoidjanak van olyan sıkmetszete, aminemelfajulo masodrendu gorbe, akkor az ovoid elliptikus masodrendu felulet.

108

Brown tetelenek bizonyıtasa igen nehez es munkaigenyes, fo lepeseit azonbanosszefoglaljuk. A tetel paratlan q eseten egyenerteku a Barlotti-Panella tetellel,ıgy elegendo paros q eseten igazolni.

• Tekintsunk egy olyan π sıkot, amely a szoban forgo ovoidot a C nemelfa-julo masodrendu gorbeben metszi. Legyen π′ olyan sık, amelyre π ∩ π′erintoegyenese C-nek de az ovoidnak nem. Ekkor π′ es az ovoid met-szete ovalis. Ez az ovalis a paros rendu test feletti sıkok hiperovalisainakvizsgalatanal latott modon valamely f o-polinom eseten az

{[1, 0, 0]} ∪ {[f(t), t, 1] | t ∈ GF (q)}

ponthalmazzal projektıven ekvivalens. Ekkor belathato, hogy az f o-polinomhoz talalhato olyan A ∈ GF (q), hogy

g(x) = A(x+√x) + f(

√x)

szinten o-polinom.

• A bizonyıtas 2. lepese annak megmutatasa, hogy ha f es g GF (2k) fe-letti olyan o-polinomok, amelyekre valamely A ∈ GF (2k) eseten az elozoosszefugges teljesul, akkor f(x) = x2 es g(x) =

√x. Ebbol kovekezik, hogy

π′ es az ovoid metszete szinten nemelfajulo masodrendu gorbe.

• Az elozo lepesek alapjan tehat az ovoid minden olyan sıkmetszete, amelyC-t pontosan egy pontban metszi, nemelfajulo musodrendu gorbe.

Tekintsunk most egy olyan sıkmetszetkent eloallo O1 ovalist, amely C-t nem egy pontban metszi. Jelolje O1 sıkjat π0, magpontjat N0. Le-gyen tovabba π es π0 metszesvonalanak egy, az ovoidhoz nem tartozopontja P , es jelolje C magpontjat N . Ekkor a P , N0 es N pontok sıkjaaz ovoidot olyan O2 ovalisban metszi, amelynek C-vel egyetlen kozospontja van. Alkalmazva a bizonyıtas 2. pontjaban kapottakat, O2 nemel-fajulo masodrendu gorbe. Tehat az O2 masodrendu gorbet egyetlen pont-ban metszo O1 ovalisra ismet alkalmazhatjuk az elozo eredmenyt, es ıgyadodik, hogy O1 is nemelfajulo masodrendu gorbe.

• Ez azt jelenti, hogy a tekintett ovoid minden sıkmetszete nemelfajulomasodrendu gorbe. Igy a Barlotti-Panella tetel ertelmeben az ovoid el-liptikus masodrendu felulet.

4.4. Plucker-koordinatak

A kovetkezokben a haromdimenzios projektıv terek egyeneseihez is koor-dinatakat rendelunk.

4.36. Definıcio. Legyen X valamely test feletti projektıv ter [x1, x2, x3, x4],Y ugyanezen projektıv ter [y1, y2, y3, y4] homogen koordinatavektor altal meg-hatarozott pontja. Az X es Y pontokra illeszkedo egyenes Plucker-koordinataina (p12, p13, p14, p34, p42, p23) hatost ertjuk, ahol pij = xiyj − xjyi tetszoleges1 ≤ i, j ≤ 4 eseten.

109

4.37. Allıtas. Tetszoleges egyenes Plucker-koordinatai homogen koor-dinatak, azaz zerustol kulonbozo skalarral valo szorzas ugyanazon egyenesPlucker-koordinatait eredmenyezi. A Plucker-koordinatak - zerustol kulonbozoskalarszorzotol eltekintve - fuggetlenek attol, hogy az egyenes mely ket pontjasegıtsegevel hataroztuk meg, es fuggetlenek a ket pont koordinatavektoranakmegvalasztasatol.

Bizonyıtas: Legyenek α1, α2, β1 es β2 az F test zerustol kulonbozo elemei.Azt kell megmutatnunk, hogy x es y, valamint α1x + β1y es α2x + β2y altalmeghatarozott Plucker-koordinatak egymas skalarszorosai. Ez

(α1xi+β1yi)(α2xj+β2yj)−(α1xj+β1yj)(α2xi+β2yi) = (α1β2−α2β1)(xiyj−xjyi)

miatt igaz.

4.38. Tetel. Tegyuk fel, hogy a p12, p13, p14, p34, p42, p23 testelemek nem mind-egyike 0. Pontosan akkor van olyan egyenes, amelynek Plucker-koordinatai(p12, p13, p14, p34, p42, p23), ha

p12p34 + p13p42 + p14p23 = 0.

Bizonyıtas: Legyenek (p12, p13, p14, p34, p42, p23) egy egyenes Plucker-koordinatai. Ekkor

p12p34+p13p42+p14p23 = (x1y2−x2y1)(x3y4−x4y3)+(x1y3−x3y1)(x4y2−x2y4)+

+(x1y4−x4y1)(x2y3−x3y2) = x1x3y2y4−x1x4y2y3−x2x3y1y4+x2x4y1y3+x1x4y2y3−−x1x2y3y4−x3x4y1y2+x2x3y1y4+x1x2y3y4−x1x3y2y4−x2x4y1y3+x3x4y1y2 = 0.

Megfordıtva, a kıvant tulajdonsagnak megfelelo (p12, p13, p14, p34, p42, p23)eseten az [0, 1, p13p12

, p14p12] es [−p12, 0, p23,−p42] pontokra illeszkedo egyenes

Plucker-koordinatai pontosan (p12, p13, p14, p34, p42, p23).

Az elozo tetel nagy jelentoseget az adja, hogy ennek segıtsegevel bijekcioadhato meg PG(3, q) egyenesei es PG(5, q)

x1x4 + x2x5 + x3x6 = 0

egyenletu hiperbolikus masodrendu feluletenek pontjai kozott. Ezt a bijekciotKlein-megfeleltetesnek hıvjuk. A Klein-megfeleltetes hasznosnak bizonyulhatmind PG(5, q) hiperbolikus masodrendu feluletenek vizsgalatanal, mind pe-dig PG(3, q) specialis tulajdonsagu egyeneshalmazainak vizsgalatakor. A fentimasodrendu feluletet Klein-feluletkent is szokas emlıteni.

4.39. Allıtas. Egy test feleti haromdimenzios projektıv ter

e = (pe12, pe13, p

e14, p

e34, p

e42, p

e23)

esf = (pf12, p

f13, p

f14, p

f34, p

f42, p

f23)

egyenesei pontosan akkor metszoek, ha

pe12pf34 + pe13p

f42 + pe14p

f23 + pe34p

f12 + pe42p

f13 + pe23p

f14 = 0.

110

Bizonyıtas: Legyen x = [x1, x2, x3, x4] es y = [y1, y2, y3, y4] az e egyenes,s = [s1, s2, s3, s4] es t = [t1, t2, t3, t4] az f egyenes ket pontja. A ket egyenes-nek pontosan akkor van kozos pontja, ha van olyan pont, amelynek homogenkoordinatavektora az x es y, valamint az s es t koordinatavektorok linearis kom-binaciojakent is eloall. Ez pontosan akkor teljesul, ha a negy koordinatavektorlinearisan fuggo rendszert alkot, azaz∣∣∣∣∣∣∣∣

x1 x2 x3 x4y1 y2 y3 y4s1 s2 s3 s4t1 t2 t3 t4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Innen a determinansok kifejtesi tetelet alkalmazva nyerjuk az allıtast.

4.40. Allıtas. Tekintsuk egy test feletti projektıv ter (p12, p13, p14, p34, p42, p23)Plucker-koordinatak altal meghatarozott e egyeneset. Legyen

Λ :=

0 −p34 −p42 −p23p34 0 −p14 p13p42 p14 0 −p12p23 −p13 p12 0

es

Λ :=

0 −p12 −p13 −p14p12 0 −p23 p42p13 p23 0 −p34p14 −p42 p34 0

.

Ekkor egy P = [x] pont pontosan akkor illeszkedik az e egyenesre, ha xΛ = 0, esaz e egyenes pontosan akkor illeszkedik az [u] sıkra, ha uΛ = 0.

Bizonyıtas: (vazlat) Csak a pont es egyenes illeszkedesere vonatkozo allıtastigazoljuk, az egyenes es sık illeszkedesere vonatkozo resz hasonloan lathato be.Legyen az e egyenes ket kulonbozo pontja S = [s], es T = [t]. A P pont ponto-

san akkor illeszkedik e-re, ha a←→PS es

←→PT egyenesek Plucker-koordinatai csak

skalarszorzoban ternek el, azaz van olyan α testelem, amelyre tetszoleges (i, j)eseten ∣∣∣∣xi xj

si sj

∣∣∣∣ = α

∣∣∣∣xi xjti tj

∣∣∣∣ ,azaz tetszoleges (i, j) eseten∣∣∣∣ xi xj

si − αti sj − αtj

∣∣∣∣ = 0.

Ez azt jelenti, hogy van olyan β testelem, hogy xi = β(si − αti) tetszoleges ieseten. Nemi szamolas utan adodik, hogy ez eppen a felırt feltetellel ekvivalens.

111

5. Steiner-rendszerek

5.1. Blokkrendszerek

Ebben a reszben altalanosabb illeszkedesi geometriakrol szolunk vazlatosan.

5.1. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat (v, k, λ) parameterekkel rendelkezoblokkrendszernek nevezunk, ha

(B1) a pontok szama v;

(B2) minden blokkra eppen k pont illeszkedik;

(B3) barmely ket pontra pontosan λ blokk illeszkedik.

Az eddig vizsgalt illeszkedesi geometriak kozott tobb peldat is talalhatunkblokkrendszerre.

• Egy n-edrendu affin sık (n2, n, 1) parameterekkel rendelkezo blokkrend-szer. Megfordıtva, minden (n2, n, 1) parameterekkel rendelkezo blokkrend-szer affin sık. 3.40. bizonyıtasanak masodik reszeben pontosan ezt igazol-tuk.

• Egy n-edrendu projektıv sık (n2+n+1, n+1, 1) parameterekkel rendelkezoblokkrendszer. Megfordıtva, minden (n2 + n+ 1, n+ 1, 1) parameterekkelrendelkezo blokkrendszer projektıv sık.

Ennek igazolasahoz azt kell belatnunk, hogy ha egy illeszkedesi geometriapontjainak szama n2 +n+ 1, barmely ket pontjara illeszkedik egy es csakegy egyenes es barmely egyenesere n+1 darab pont illeszkedik, akkor pro-jektıv sık. A projektıv sıkoknak csak az a tulajdonsaga igenyel ellenorzest,hogy barmely ket egyenesnek van egy es csak egy kozos pontja. Ennekbelatasahoz tekintsuk az e es f egyeneseket, es az f -re illeszkedo, de e-renem illeszkedo P pontot. P -t osszekotve e osszes pontjaval n+1 kulonbozoegyenest kapunk. Ezek mindegyiken n darab P -tol kulonbozo pont van,ıgy a kapott n+ 1 egyenes osszesen

(n+ 1)n+ 1 = n2 + n+ 1

pontot fed le. Mivel ez a blokkrendszer osszes pontjainak szama, a kapottegyenesek kozott szerepel f is, tehat az valoban metszi e-t.

• PG(n, q)(qn+1−1q−1 , q + 1, 1

)parameterekkel rendelkezo blokkrendszer.

Megjegyezzuk, hogy ebben az esetben a megfordıtas nem igaz. PeldaulPG(3, 2) parametereivel megegyezo - azaz (15, 3, 1) parameteru - nemizomorf blokkrendszerek szama 80. (Ezeket kesobb 15 pontu Steiner-feleharmasrendszereknek fogjuk nevezni.)

112

• AG(n, q) (qn, q, 1) parameterekkel rendelkezo blokkrendszer. Valoban: mi-vel a GF (q) feletti n-dimenzios vektorter elemei a pontok, azok szama qn.Minden egyenesre q pont illeszkedik, hiszen PG(n, q) minden egyenesereq + 1 pont illeszkedett, es egyenesenkent egyetlen pontot hagyunk el azaffin ter konstrukciojanal.

• Egy n2-rendu projektıv sık tetszoleges unitaljanak pontjai a projektıv sıkegyeneseinek az unitallal kozos reszeivel mint blokkokkal ellatva(n3 + 1, n+ 1, 1) parameterekkel rendelkezo blokkrendszert alkotnak.

5.2. Allıtas. Egy (v, k, λ) parameterekkel rendelkezo blokkrendszer mindenpontjara

r =λ(v − 1)

k − 1

blokk illeszkedik. A blokkok szama osszesen

b =λv(v − 1)

k(k − 1).

Bizonyıtas: Tekintsuk a blokkrendszer egy X pontjat, es jelolje r(X) az erreilleszkedo blokkok szamat. Szamoljuk ossze a (P, e) parokat, ahol P egy X-tol kulonbozo pont es e egy P -t es X-et egyarant tartalmazo blokk. Az X-tolkulonbozo pontok szama v−1, ezek mindegyiere λ darab X-et tartalmazo blokkilleszkedik. Igy a lehetseges (P, e) parok szama (v−1)λ. Minden X-re illeszkedoblokk pontosan k−1 ilyen parban szerepel, hiszen a blokkok mindegyikere k−1X-tol kulonbozo pont illeszkedik. Igy

(v − 1)λ = (k − 1)r(X),

azaz allıtasunk elso felet igazoltuk: r(X) X megvalasztasatol fuggetlenul mindig

λ(v − 1)

k − 1.

A blokkok szamat b-vel jelolve vegyuk eszre, hogy bk = vr, hiszen a bkszorzat minden pontot annyiszor szamol meg, ahany blokkra az illeszkedik. Igy

b =vr

k=λv(v − 1)

k(k − 1)

valoban fennall.

Bizonyıtas nelkul jegyezzuk meg, hogy tetszoleges blokkrendszer eseten b ≥ ves r ≥ k teljesul. (Ezen osszefuggesek barmelyikere Fisher-egyenlotlensegkentszokas hivatkozni.)

A fent levezetett eredmenybol a (v, k, λ) parameterekkel rendelkezo blokk-rendszer letezesere vonatkozo fontos szukseges feltetelt olvashatunk le.

113

5.3. Kovetkezmeny. (Az oszthatosagi feltetelek.) Ha letezik (v, k, λ) pa-rameterekkel rendelkezo blokkrendszer, akkor

k − 1 | λ(v − 1),

(k − 1)k | λ(v − 1)v.

A fenti feltetelek elegendosegenek vizsgalata a blokkrendszerek egyes tıpusaieseten (mint azt peldaul az affin es projektıv sıkoknal lattuk) igen nehezproblema lehet. Wilson egy igen mely tetele alapjan az oszthatosagi feltetelek

”aszimptotikusan elegendoek”, azaz ha k es λ rogzıtett, akkor van olyan v0(k, λ)

konstans, amelynel nagyobb v-k eseten az oszthatosagi feltetelek teljesulesebolkovetkezik a (v, k, λ) parameterekkel rendelkezo blokkrendszer letezese.

Blokkrendszerek egy specialis osztalya eseten tovabbi eredmenyt fogalmaz-hatunk meg a blokkrendszerek letezesere vonatkozoan, megpedig a projektıvsıkok letezesere vonatkozo Bruck-Ryser tetel egy altalanosıtasat.

5.4. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy blokkrendszer szimmetrikus, ha a blok-kok szama megegyezik a pontok szamaval.

A blokkok szamara, illetve az egy pontra illeszkedo blokkok szamara vo-natkozo kepleteink alapjan egyszeruen ellenorizheto, hogy ez pontosan akkorteljesul, ha barmely pontra ugyanannyi blokk illeszkedik, mint ahany pont il-leszkedik egy tetszoleges blokkra.

5.5. Tetel. (Bruck-Chowla-Ryser) Tegyuk fel, hogy letezik (v, k, λ) pa-rameterekkel rendelkezo szimmetrikus blokkrendszer.

1. Ha v paros, akkor k − λ negyzetszam.

2. Ha v paratlan, akkor az

x2 = (k − λ)y2 + (−1)v−12 λz2

egyenletnek van nem azonosan 0 megoldasa az egesz szamok koreben.

A tetel bizonyıtasa helyett csupan azt mutatjuk meg, hogy ebbol az altalanostetelbol hogyan kovetkezik a projektıv sıkok eseten megismert Bruck-Ryser tetel.

n-edrendu projektıv sıkok eseten v = n2 + n+ 1, k = n+ 1, λ = 1. Vegyukeszre, hogy tetszoleges n eseten v paratlan (hiszen n2 +n+ 1 = n(n+ 1) + 1, esn(n+ 1) paros szam). Igy a 2. eset all fenn. Ekkor a Bruck-Chowla-Ryser tetelszerint az

x2 = ny2 + (−1)n2+n

2 z2

egyenletnek van nem azonosan 0 megoldasa. n2+n2 paritasa alapjan ket esetet

kulonboztethetunk meg.

114

n2+n2 pontosan akkor paros, ha n2 +n = n(n+1) oszthato 4-el. Ez pontosan

akkor kovetkezik be, ha n 4-es maradeka 0 vagy 3. Ebben az esetben tetelunkszerint az

x2 = ny2 + z2

egyenletnek van nem azonosan 0 megoldasa. Mivel y = 0, x = z tetszoleges zegesz szam eseten megoldas, ekkor a tetel semmitmondo.

n2+n2 pontosan akkor paratlan, ha n 4-es maradeka 1 vagy 2. Ekkor a tetel

allıtasa szerint azny2 = x2 + z2

egyenletnek letezik nem azonosan 0 megoldasa. Felhasznaljuk a szamelmeletbolismert ket negyzetszam tetelt, miszerint egy pozitıv egesz szam pontosanakkor ırhato fel legfeljebb ket negyzetszam osszegekent, ha prımtenyezosfelbontasaban minden 4k + 3 alaku prımoszto paros kitevon szerepel. Emiattmost (ny2) prımtenyezos felbontasaban minden 4k + 3 alaku prımoszto paroskitevon szerepel, amibol kovetkezik, hogy n ugyanilyen tulajdonsagu. Igy nszinten ket negyzetszam osszege, tehat valoban visszakaptuk a Bruck-Rysertetel allıtasat.

Megemlıtjuk, hogy szokas altalanosabb ertelemben vett blokkrendszerekrol,un. t-blokkrendszerekrol is beszelni.

5.6. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat t − (v, k, λ)-blokkrendszernekhıvunk, ha

(B1) a pontok szama v;

(B2) minden blokkra eppen k pont illeszkedik;

(B3) barmely t ponthoz pontosan λ szamu, azokra illeszkedo blokk talalhato.

Lathato, hogy a blokkrendszereket eppen t = 2 eseten kapjuk vissza. t = 3eseten mutatunk peldat t-blokkrendszerre, az inverzıv sıkokat.

5.7. Definıcio. Egy illeszkedesi geometriat inverzıv sıknak (vagy Mobius-sıknak) hıvunk, ha benne az alabbi tulajdonsagok teljesulnek.

(I1) Barmely harom pontra illeszkedik egy es csak egy blokk.

(I2) Rogzıtve egy blokkot, annak egy K pontjat, es egy ra nem illeszkedo Ppontot, egy es csak egy olyan blokk letezik, amely illeszkedik P -re, es arogzıtett blokkot K-ban erinti.

(I3) Van negy olyan pont, amelyek nem illeszkednek egy blokkra.

Inverzıv sıkok eseten a blokkokat kor oknek szokas mondani.A motivaciot az euklideszi korok geometriaja jelenti: az euklideszi sık osszes

egyeneset ugyanazzal a vegtelen tavoli ponttal kiegeszıtve, es az egyeneseketolyan specialis koroknek tekintve, amelyekre illeszkedik a vegtelen tavoli pont;

115

az euklideszi sık ponthalmaza (a vegtelen tavoli ponttal kiegeszıtve), es koreinekhalmaza inverzıv sıkot alkot. Ez a valos inverzıv sık. A valos inverzıv sıkon marbijektıvek az inverziok: egy inverzio a polusahoz a vegtelen tavoli pontot rendeli.

Ennek mintajara a fenti eljaras megfordıtasat tetszoleges inverzıv sık esetenel lehet vegezni, ıgy inverzıv sıkbol affin sıkot konstrualhatunk. Ezt az eljarastderivalasnak is szokas nevezni.

5.8. Allıtas. Tekintsunk egy inverzıv sıkot, es legyen P a sık egy rogzıtettpontja. Legyenek

• P elemei az inverzıv sık P -tol kulonbozo pontjai;

• L elemei az inverzıv sık P -re illeszkedo korei;

• I az inverzıv sıkbeli illeszkedesi relacio.

Ekkor (P,L, I) affin sık.

Bizonyıtas: Barmely ket, P -tol kulonbozo pontra, es P -re az inverzıv sıkok(I1) axiomaja miatt illeszkedik egy es csak egy kor, tehat (P,L, I) barmely ketpontjara illeszkedik egy es csak egy egyenes.

Megadva az inverzıv sık egy P -re illeszkedo k koret, es egy ra nem illeszkedoA pontot, egy es csak egy A-ra illeszkedo, k-t P -ben erinto kor letezik (I2)-bol adodoan. Ez a kor lesz (P,L, I)-ben az A-ra illeszkedo k-val parhuzamosegyertelmu egyenes.

Vegul (I3) miatt az inverzıv sıknak van negy altalanos helyzetu pontja. Haezek kozott van P , (P,L, I)-ben akkor is talalhato harom nem kollinearis pont.

Megjegyezzuk, hogy altalaban a fenti eljaras nem fordıthato meg, ıgy nemminden affin sıkbol kaphatunk egy ponttal torteno bovıtessel inverzıv sıkot. Avalos eset mintajara test feletti affin sıkok eseten mukodik a megfordıtas, esegy ponttal torteno bovıtessel konstrualhato inverzıv sık. Nem Desargues-feleaffin sıkbol viszont meg nem sikerult ilyen modon inverzıv sıkot nyerni, nyitottkerdes, hogy ez egyaltalan lehetseges-e.

A fenti konstrukcio lehetoseget ad az inverzıv sıkok kombinatorikus tulaj-donsagainak leırasara.

5.9. Allıtas. Tegyuk fel, hogy egy veges inverzıv sıknak van olyan kore, amelyren+ 1 pont illeszkedik. Ekkor

• a sık minden korere n+ 1 pont illeszkedik;

• a sıkon osszesen n2 + 1 pont van;

• a sık minden pontjara n(n+ 1) kor illeszkedik;

• a sıkon osszesen n(n2 + 1) kor van.

116

Bizonyıtas: Tekintsunk egy P pontot azon a k koron, amelyre n+ 1 pont illesz-kedik. Ezt a P pontot kituntetve az elozo konstrukcioval affin sıkot nyerhetunk.Ennek az affin sıknak a k-bol nyert egyenesen n pont van, ıgy pontjainak szaman2. Mivel az inverzıv sık pontjainak szama 1-el tobb, ezert az inverzıv sıkonosszesen n2 + 1 pont van.

Az elozo gondolatmenetbol kovetkezik, hogy minden P -re illeszkedo koronn + 1 pont van, hiszen a derivalassal nyert affin sık minden egyenese n pontu.Ebbol kovetkezik azonban, hogy minden koron n + 1 pont van, hiszen egytetszoleges tovabbi Q pontot valasztva, letezik P -re es Q-ra egyarant illeszkedokor, tehat a fenti gondolatmenet megismetlesevel adodik, hogy a Q-ra illeszkedokorok mindegyiken szinten n+ 1 pont van.

Mivel egy tetszoleges P pontot valasztva a P kituntetesevel nyert derivaltaffin sık egyeneseinek szama n(n+ 1), kovetkezik, hogy P -re az inverzıv sıkbann(n+ 1) kor illeszkedik.

Igy az osszesen n2 + 1 pont mindegyikere illeszkedo n(n + 1) kortosszeszamolva (n2+1)n(n+1) korhoz jutunk, ıgy azonban minden kort annyiszorszamoltunk, ahany pont arra illeszkedik, tehat (n + 1)-szer. Ebbol kovetkezik,hogy a korok szama valoban n(n2 + 1).

A fenti allıtasban szereplo n szamot az inverzıv sık rendjenek nevezzuk.Osszegezve eredmenyeinket, megallapıthatjuk, hogy egy n-edrendu inverzıv sık3− (n2 + 1, n+ 1, 1)-blokkrendszer.

Vegul peldat adunk veges inverzıv sıkra. Tekintsunk PG(3, q)-ban egy ovoi-dot. Legyenek

• P elemei az ovoid pontjai;

• L elemei az ovoid nem egypontu sıkmetszetei;

• es legyen az I illeszkedesi relacio a tartalmazas.

Ekkor (P,L, I) q-adrendu inverzıv sık.Mivel egy ovoidnak nincsen harom kollinearis pontja, az ovoid barmely

harom pontjat tekintve azokra egy es csak egy sık illeszkedik. Ez a sık az ovoidotvaloban egy q + 1 pontu ıvben metszi. Tehat (I1) fennall es a blokkok valobanq + 1 elemuek.

(I2) ellenorzesehez tekintsunk az ovoidnak egy k sıkmetszetet es egy arrailleszkedo P pontjat. Olyan sıkmetszetet keresunk, amely k-t P -ben erinti, esilleszkedik az ovoid egy elore adott P ′ pontjara. Ket sık pontosan akkor metszki P -ben erintkezo (azaz eppen ezzel az egy kozos ponttal rendelkezo) ovalisokategy ovoidbol, ha ugyanabban az egyenesben metszik az ovoid P -beli erintosıkjat.Igy az egyetlen lehetseges sıkmetszetet az a sık metszi ki, amely illeszkedik azovoid P -beli erintosıkjanak k sıkjaval alkotott metszesvonalara valamint a P ′

pontra.(I3) teljesulese egyszeruen lathato, hiszen tetszoleges ovoidnak van negy

olyan pontja, amely nincsen egy sıkban.

117

5.2. Steiner-fele harmasrendszerek

5.10. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy (v, k, λ) parameterekkel rendelkezoblokkrendszer v pontu Steiner-fele harmasrendszer, ha k = 3 es λ = 1. Maskentfogalmazva, egy Steiner-fele harmasrendszer olyan illeszkedesi geometria, amely-ben

(S1) barmely egyenesre harom pont illeszkedik;

(S2) barmely ket pontra illeszkedik egy es csak egy egyenes.

A korabban vizsgalt illeszkedesi geometriak kozott talalunk peldakat Steiner-fele harmasrendszerekre.

• A Fano-sık 7 pontu Steiner-fele harmasrendszer.

• AG(2, 3) 9 pontu Steiner-fele harmasrendszer. Altalaban, AG(n, 3) 3n

pontu Steiner-fele harmasrendszer. Igy AG(n, 3)-mat az affin Steiner-harmasrendszernek is mondjuk.

• PG(n, 2) (2n+1−1)-pontu Steiner-fele harmasrendszer, peldaul PG(3, 2) -mint azt mar korabban emlıtettuk - 15 pontu Steiner-fele harmasrendszer.Ebben az esetben felsoroljuk az egyeneseket is.

PG(3, 2) pontjai a (0, 0, 0, 0)-tol kulonbozo olyan rendezett szamnegyesek,amelyek mindegyik eleme 0 vagy 1. Ezeket a szamnegyeseket beazonosıtjukaz {1, 2, . . . , 15} halmaz elemeivel az alabbi modon.

1 (1, 0, 0, 0)2 (1, 0, 0, 1) 3 (0, 0, 0, 1)4 (1, 0, 1, 0) 5 (0, 0, 1, 0)6 (1, 0, 1, 1) 7 (0, 0, 1, 1)8 (1, 1, 0, 0) 9 (0, 1, 0, 0)10 (1, 1, 0, 1) 11 (0, 1, 0, 1)12 (1, 1, 1, 0) 13 (0, 1, 1, 0)14 (1, 1, 1, 1) 15 (0, 1, 1, 1)

Mivel PG(3, 2)-ben az a es b vektorok altal reprezentalt pontok egyeneserea ket emlıtett ponton kıvul csak az a + b vektor altal reprezentalt pontilleszkedik, valamely ket pontra illeszkedo egyenes harmadik pontjat egy-szeruen a ket pontot meghatarozo szamnegyes osszeadasaval kapjuk meg.Ilyen modon kapjuk PG(3, 2) - es ıgy egy lehetseges 15 pontu Steiner-feleharmasrendszer - 35 egyeneset.

1, 2, 3 2, 4, 7 3, 5, 7 4, 10, 15 6, 9, 141, 4, 5 2, 5, 6 3, 8, 10 4, 11, 14 6, 10, 131, 6, 7 2, 8, 11 3, 9, 11 5, 8, 12 6, 11, 121, 8, 9 2, 9, 10 3, 12, 14 5, 9, 13 7, 8, 14

1, 10, 11 2, 12, 15 3, 13, 15 5, 10, 14 7, 9, 151, 12, 13 2, 13, 14 4, 8, 13 5, 11, 15 7, 10, 121, 14, 15 3, 4, 6 4, 9, 12 6, 8, 15 7, 11, 13

118

A PG(3, 2)-ben latott konstrukciot termeszetesen tetszoleges PG(n, 2) pro-jektıv terben hasonloan vegezhetjuk el. Igy tehat (2n+1 − 1)-pontu Steiner-feleharmasrendszert konstrualhatunk az alabbi modon:

• az{

1, 2, . . . , 2n+1 − 1}

halmaz elemeit megfeleltetjuk a csak 0-t es 1-ettartalmazo, csupa 0-tol kulonbozo szam (n+ 1)-eseknek;

• barmely ket pontra illeszkedo egyenes harmadik pontja a megfelelo szam(n+ 1)-esek osszegehez tartozo pont.

A fenti konstrukcioval nyert Steiner-fele harmasrendszert a projektıv Steiner-harmasrendszerkent is szokas emlıteni.

A Steiner-fele harmasrendszerek leırhatoak kvazicsoportok segıtsegevel is.

5.11. Allıtas. Tekintsunk egy Steiner-fele harmasrendszert. Vezessuk be akovetkezo muveletet a pontok halmazan: x ◦ y = z, ha az x es y pontok egye-nesenek harmadik pontja z; x ◦ x := x. Ekkor olyan kommutatıv kvazicsoportotkapunk, amelyre

x ◦ (x ◦ y) = y

teljesul.

Bizonyıtas: Adott a, b eseten az x ◦ a = b es a ◦ x = b egyenletek egyertelmumegoldhatosaga kovetkezik abbol, hogy az a es b pontokra illeszkedo egyenesharmadik pontja egyertelmu. A kommutativitas szinten leolvashato a muveletertelmezesebol. Az x ◦ (x ◦ y) = y tulajdonsag azt jelenti, hogy x es x ◦ yegyenesenek harmadik pontja y.

A Steiner-fele harmasrendszerek segıtsegevel tehat

• kommutatıv (x ◦ y = y ◦ x),

• idempontens (x ◦ x = x)

kvazicsoportot ertelmeztunk. Ha egy kommutatıv idempontens kvazicsoportratovabba barmely x, y eseten x◦(x◦y) = y is fennall, azt Steiner-kvazicsoportnakis szokas nevezni. A kovetkezo allıtas ertelmeben Steiner-kvazicsoportok es aSteiner-fele harmasrendszerek ekvivalens objektumok.

5.12. Allıtas. Tekintsunk egy Steiner-kvazicsoportot. A kvazicsoport elemeinekhalmaza mint ponthalmaz, es az {x, y, x ◦ y} (x 6= y) alaku halmazok mint egye-nesek Steiner-fele harmasrendszert alkotnak.

Bizonyıtas: Megmutatjuk eloszor, hogy a definıcio jo, tehat ha x 6= y, akkorx ◦ y x-tol is y-tol is kulonbozik. Ha peldaul x ◦ y = x teljesulne, akkor

x ◦ (x ◦ y) = x ◦ x = x

es x ◦ (x ◦ y) = y miatt x = y allna fenn, ami ellentmond feltevesunknek.

119

Azt kell meg ellenoriznunk, hogy az {x, y, x ◦ y} harmason kıvul mas nemtartalmazhatja x-et es y-t. Tegyuk fel ellenkezoleg, hogy az {s, t, s ◦ t} harmaselemei kozott is szerepel x es y. Ha {x, y} = {s, t}, akkor a ket harmas egybeesik.Igy csak olyan tıpusu egybeeses lehetseges, hogy x = s, y = s ◦ t. Ekkor

t = s ◦ (s ◦ t) = x ◦ y,

ıgy ismet egybeesik a ket harmas.

Az iment latott konstrukcio kis modosıtasaval a Steiner-feleharmasrendszereket egysegelemes Steiner-kvazicsoportokkal, azaz Steiner-loopokkal is azonosıthatjuk.

Legyen az algebrai struktura alaphalmaza a Steiner-fele harmasrendszerponthalmaza kiegeszıtve egy abban nem szereplo e elemmel. Ha x es y a Steiner-rendszer kulonbozo pontjai, akkor legyen x•y a Steiner-fele harmasrendszer x esy pontokra illeszkedo egyenesenek harmadik pontja. Legyen tovabba tetszolegesx pont eseten x•x = e, x•e = e•x = x es e•e = e. Ekkor az elozo modszerhez ha-sonloan gondolhatjuk vegig, hogy Steiner-loopot kapunk, amelynek egysegelemee.

Ismet igaz az allıtas megfordıtasa is, amelynek bizonyıtasa szinten nemigenyel uj gondolatokat.

5.13. Allıtas. Tekintsunk egy Steiner-loopot. A loop egysegtol kulonbozo eleme-inek halmaza mint ponthalmaz, es az {x, y, x • y} (x 6= y) alaku halmazok mintegyenesek Steiner-fele harmasrendszert alkotnak.

A Steiner-fele harmasrendszerekkel kapcsolatban fontos kerdes, hogy hanypontu alaphalmazon adhato meg egyaltalan Steiner-fele harmasrendszer. Eloszormegvizsgaljuk, hogy a blokkrendszerek letezesere vonatkozo oszthatosagifeltetelek mit allıtanak ebben a specialis esetben.

5.14. Allıtas. Ha letezik v pontu Steiner-fele harmasrendszer, akkor v hatosmaradeka 1 vagy 3.

Bizonyıtas: A blokkrendszerek letezesere vonatkozo oszthatosagi felteteleketk = 3, λ = 1 esetben kell alkalmaznunk. Az elso feltetel alapjan 2 osztoja(v − 1)-nek, azaz v paratlan.

A masodik feltetel alapjan 6 osztoja v(v − 1)-nek. Mivel v(v − 1) mindigparos, ez azt jelenti, hogy 3 osztoja v(v − 1)-nek. Tehat v harmas maradeka 0vagy 1.

A ket feltetelbol kapott eredmenyt osszegezve adodik allıtasunk.

A kovetkezokben celunk annak megmutatasa lesz, hogy a Steiner-feleharmasrendszerek eseten ezek a feltetelek nem csak szuksegesek, de elegendoekis.

Steiner-fele harmasrendszereknek igen sok konstrukcioja ismert. Ezekkozul csak annyit fogunk ismertetni, amennyi feltetlenul szukseges a feltetelekelegendosegenek bebizonyıtasahoz.

120

A kovetkezo lemma segıtsegevel egyszeruen ellenorizheto egy illeszkedesi geo-metriarol, hogy az Steiner-fele harmasrendszer.

5.15. Lemma. Tegyuk fel, hogy egy v szamu pontot tartalmazo veges illesz-kedesi geometriaban

• barmely egyenesre 3 pont illeszkedik;

• barmely ket pontra illeszkedik legalabb egy egyenes;

• az egyenesek szama legfeljebb v(v−1)6 .

Ekkor az illeszkedesi geometria Steiner-fele harmasrendszer.

Bizonyıtas: Azt kell megmutatnunk, hogy ha egy (v, 3, λ) parameterekkel ren-

delkezo blokkrendszerben λ ≥ 1 es az egyenesek szamara b ≤ v(v−1)6 teljesul,

akkor λ = 1. Mar belattuk, hogy altalaban

b =λv(v − 1)

6,

ezertλv(v − 1)

6≤ v(v − 1)

6

miatt valoban λ ≤ 1, ıgy λ = 1 adodik.

A Steiner-fele harmasrendszerek konstrukcioinal bizonyos specialis tulaj-donsagokkal rendelkezo kvazicsoportokbol fogunk kiindulni.

5.16. Allıtas. Tetszoleges n paratlan pozitıv egesz eseten letezik n-edrendukommutatıv idempotens kvazicsoport.

Bizonyıtas: Legyen n = 2z + 1, es legyen tetszoleges x, y ∈ Z2z+1 eseten

x⊕ y := (z + 1)(x+ y) (mod 2z + 1).

(Tehat Z2z+1 muvelettablajat ugy modosıtjuk, hogy minden elemet megszoroz-zuk z + 1-el (mod 2z + 1).)

A ⊕ muvelet definıciojabol latszik, hogy ıgy kommutatıv algebrai strukturatkapunk. Az is vilagos, hogy kvazicsoporthoz jutunk, hiszen egy kvazicsoportmuvelettablajat szoroztuk vegig egy konstanssal. Ez a kvazicsoport idempotens,ugyanis

x⊕ x = (z + 1)(2x) = (2z + 1)x+ x = x (mod 2z + 1).

5.17. Definıcio. Azt mondjuk, hogy a H = {1, . . . , 2n} halmazon ertelmezett(H, ◦) kvazicsoport fel-idempotens, ha tetszoleges 1 ≤ i ≤ n eseten i ◦ i = i es(n+ i) ◦ (n+ i) = i.

121

5.18. Allıtas. Tetszoleges 2n paros pozitıv egesz eseten letezik 2n-rendu fel-idempotens kommutatıv kvazicsoport.

Bizonyıtas: Tekintsuk Z2n additıv csoportjat. Az additıv csoportmuvelettablajaban fogjuk ismet

”atnevezni az elemeket”.

Ertelmezzuk Z2n elemein az alabbi permutaciot:

π(x) =x

2, ha x paros;

π(x) =x− 1

2+ n, ha x paratlan.

Mivel a paros elemek mindegyikehez (a hatarokat is megengedve) 0 esn− 1 kozotti elemeket, es a paratlan elemek mindegyikehez n es 2n− 1 kozottielemeket rendeltunk, a bijektivitas egyszeruen lathato.

Legyenx⊕ y = π(x+ y) (mod 2n).

Ez az uj muvelet Z2n elemein fel-idempotens kommutatıv kvazicsoportot admeg. Mivel egy Abel-csoport elemein hattatunk egy permutaciot, a kommuta-tivitas es a kvazicsoport-tulajdonsag egyszeruen lathato. Megmutatjuk, hogyvaloban fel-idempotens csoportot kaptunk. Legyen 0 ≤ i ≤ n. Ekkor

i⊕ i = π(2i) = i,

(i+ n)⊕ (i+ n) = π(2i+ 2n) = π(2i) = i.

5.19. Tetel. (6n+ 3 pontu Steiner-fele harmasrendszer konstrukcioja) Legyenv = 6n+3, es legyen (Q, ◦) (2n+1)-rendu idempotens kommutatıv kvazicsoport,amelynek elemei {1, 2, . . . , 2n+ 1}.

• Legyenek a pontok Q× {1, 2, 3} elemei.

• Legyenek az egyenesek tetszoleges 1 ≤ i ≤ 2n+ 1 eseten

{(i, 1), (i, 2), (i, 3)} (az 1. tıpusu egyenesek),

valamint tetszoleges 1 ≤ i < j ≤ 2n+ 1 eseten

{(i, 1), (j, 1), (i ◦ j, 2)} ,

{(i, 2), (j, 2), (i ◦ j, 3)} ,

{(i, 3), (j, 3), (i ◦ j, 1)}

(utobbiak a 2. tıpusu egyenesek).

• Legyen az illeszkedes a tartalmazas.

Ekkor a kapott illeszkedesi geometria v pontu Steiner-fele harmasrendszer.

122

Bizonyıtas: Az vilagos, hogy az 1. tıpusu egyenesek szama 2n+ 1. Tetszoleges(i, j) par eseten 3 darab 2. tıpusu egyenest kapunk. Mivel az (i, j) parok szama(

2n+ 1

2

)=

(2n+ 1)!

2!(2n− 1)!= n(2n+ 1),

a 2. tıpusu egyenesek szama 3n(2n+ 1), es az osszes egyenesek szama

(2n+ 1) + 3n(2n+ 1) = (3n+ 1)(2n+ 1) =6n+ 2

2· 6n+ 3

3=

(v − 1)v

6.

Azt kell tehat csak belatnunk (korabbi lemmank ertelmeben), hogy barmely ketpontra illeszkedik legalabb egy egyenes. Tekintsuk az (a, b) es (c, d) pontokat.

Ha a = c, akkor lathato, hogy az {(a, 1), (a, 2), (a, 3)} 1. tıpusu egyenesmegfelelo.

Ha b = d es a 6= c, akkor az {(a, b), (c, b), (a ◦ c, b+ 1)} 2. tıpusu egyenesmegfelelo.

Ha a 6= c es b 6= d, akkor felteheto, hogy b = 1 es d = 2. (A tobbi esethasonloan targyalhato.) Mivel (Q, ◦) kvazicsoport, van olyan i ∈ Q, amelyrea ◦ i = c. Mivel a tekintett kvazicsoport idempotens es a 6= c, i 6= a. Igy{(a, 1), (i, 1), (c, 2)} megfelelo 2. tıpusu egyenes.

5.20. Tetel. (6n+ 1 pontu Steiner-fele harmasrendszer konstrukcioja) Legyenv = 6n + 1, es legyen (Q, ◦) 2n-rendu fel-idempotens kommutatıv kvazicsoport,amelynek elemei {1, 2, . . . , 2n}.

• Legyenek a pontok Q× {1, 2, 3} elemei es egy (∞) szimbolum.

• Legyenek az egyenesek tetszoleges 1 ≤ i ≤ n eseten

{(i, 1), (i, 2), (i, 3)} (az 1. tıpusu egyenesek),

tetszoleges 1 ≤ i ≤ n eseten

{(∞), (n+ i, 1), (i, 2)} ,

{(∞), (n+ i, 2), (i, 3)} ,

{(∞), (n+ i, 3), (i, 1)} ,

(ezek a 2. tıpusu egyenesek); valamint tetszoleges 1 ≤ i < j ≤ 2n eseten

{(i, 1), (j, 1), (i ◦ j, 2)} ,

{(i, 2), (j, 2), (i ◦ j, 3)} ,

{(i, 3), (j, 3), (i ◦ j, 1)}

(utobbiak a 3. tıpusu egyenesek).

• Legyen az illeszkedes a tartalmazas.

123

Ekkor a kapott illeszkedesi geometria v pontu Steiner-fele harmasrendszer.

Bizonyıtas: Ismet eloszor a kapott illeszkedesi geometria egyeneseit szamoljukmeg.

Az 1. tıpusu egyenesek szama n, a 2. tıpusu egyenesek szama 3n. Tetszoleges(i, j) par kivalasztasaval 3 darab 3. tıpusu egyenest kapunk, ıgy ezek szama

3 ·(

2n

2

)= 3 · (2n)!

2!(2n− 2)!= 3n(2n− 1).

Az egyenesek szama tehat osszesen

4n+ 3n(2n− 1) = 6n2 + n = n(6n+ 1) =v − 1

6· v.

Igy ismet csak azt kell megmutatnunk, hogy barmely ket pontra illeszkediklegalabb egy egyenes.

Tegyuk fel eloszor, hogy a pontok egyike (∞). Tegyuk fel peldaul, hogy amasik pont masodik koordinataja 1 (a tobbi eset hasonloan targyalhato). Abbanaz esetben, ha a ≤ n, a rajuk illeszkedo egyenes {(∞), (n+ a, 3), (a, 1)}, ha pediga = n+ b, akkor a megfelelo egyenes {(∞), (n+ b, 1), (b, 2)}.

Tegyuk fel, hogy a pontok egyike sem (∞). Legyenek most a tekintett pontok(a, b) es (c, d).

Ha a = c es a ≤ n, akkor az {(a, 1), (a, 2), (a, 3)} egyenes megfelelo.Ha a = c es a, c = n + k, akkor tegyuk fel peldaul, hogy b = 1 es d = 2.

Ekkor a kvazicsoport definıcioja miatt van olyan l, amelyre (n+ k) ◦ l = n+ k,ıgy az {(n+ k, 1), (l, 1), (n+ k, 2)} 3. tıpusu egyenes megfelelo.

Ha b = d es a 6= c, akkor az {(a, b), (c, b), (a ◦ c, b+ 1)} 3. tıpusu egyenesmegfelelo.

Ha a 6= c es b 6= d, akkor felteheto, hogy b = 1 es d = 2. (A tobbi eset ismethasonloan targyalhato.) Mivel (Q, ◦) kvazicsoport, van olyan i ∈ Q, amelyrea ◦ i = c. Mivel a tekintett kvazicsoport fel-idempotens es a 6= c, i 6= a vagyi = a es a = c + n. Az elso esetben {(a, 1), (i, 1), (c, 2)} megfelelo 3. tıpusuegyenes; a masodik esetben pedig a {(∞), (c+ n, 1), (c, 2)} 2. tıpusu egyenestesz eleget a kıvanalmaknak.

Eredmenyeinket a kovetkezo tetel megfogalmazasaval osszegezzuk.

5.21. Tetel. Pontosan akkor letezik v pontu Steiner-fele harmasrendszer, ha vhatos maradeka 1 vagy 3.

A Steiner-fele harmasrendszerek vizsgalata tortenetileg T.P. Kirkman kovet-kezo problemajanak vizsgalataval indult.

Egy leanyinternatusban 15 fiatal leany lakik, akik harmasaval sorbaallvavegzik napi setajukat. Hogyan erheto el, hogy mindegyik leany hetenkent eppenegyszer keruljon mindegyik masik leannyal egyazon harmas sorba?

A het nap ot-ot harmas sorat tekintve eppen egy Steiner-fele harmasrendszer35 egyeneset kapjuk. Ennek a Steiner-fele harmasrendszernek azonban van megegy fontos tulajdonsaga: a 7 nap beosztasahoz tartozo egyenes-otosok mind-egyike lefedi a ponthalmazt.

124

5.22. Definıcio. Egy Steiner-fele harmasrendszert Kirkman-feleharmasrendszernek vagy feloldhato Steiner-fele harmasrendszernek nevezunk,ha az egyenesek diszjunkt osztalyokba sorolhatoak ugy, hogy mindegyik osztalybaeso egyenesek a ponthalmaz egy partıciojat adjak.

Kirkman feladata tehat 15 pontu feloldhato Steiner-rendszer konstrukciojatkıvanja meg. Megmutatjuk, hogy a korabban mar megkonstrualt 15 pontuprojektıv Steiner-rendszer eppen ilyen: megadjuk az egyenesek egy lehetsegesosztalyozasat (es ıgy a 15 iskolaslany heti setainak egy lehetseges beosztasat).

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.(1, 2, 3) (1, 4, 5) (1, 6, 7) (1, 8, 9) (1, 10, 11) (1, 12, 13) (1, 14, 15)(4, 8, 13) (2, 8, 11) (2, 9, 10) (2, 13, 14) (2, 12, 15) (2, 4, 7) (2, 5, 6)(5, 11, 15) (3, 12, 14) (3, 13, 15) (3, 5, 7) (3, 4, 6) (3, 9, 11) (3, 8, 10)(6, 9, 14) (6, 10, 13) (4, 11, 14) (4, 10, 15) (5, 9, 13) (5, 10, 14) (4, 9, 12)(7, 10, 12) (7, 9, 15) (5, 8, 12) (6, 11, 12) (7, 8, 14) (6, 8, 15) (7, 11, 13)

Termeszetesen vetodik fel a kerdes, hogy hany pontu Kirkman-feleharmasrendszerek leteznek.

Tegyuk fel, hogy letezik v pontu Kirkman-fele harmasrendszer. Mivel az egyosztalyba tartozo egyenesek mindegyikenek 3 pontja van, ıgy minden osztalyhozv3 egyenes tartozik. Tehat v oszthato 3-al. Figyelembe veve, hogy tetszolegesSteiner-fele harmasrendszer eseten v hatos maradeka 1 vagy 3, kovetkezik, hogyminden Kirkman-fele harmasrendszer eseten v hatos maradeka 3.

Meg lehet mutatni, hogy ez a feltetel elegendo is; mi bizonyıtas nelkul fogal-mazzuk meg a kovetkezo tetelt.

5.23. Tetel. (Ray-Chaudhuri, Wilson) Pontosan akkor letezik v pontuKirkman-fele harmasrendszer, ha v hatos maradeka 3.

125

5.3. Steiner-fele negyesrendszerek

5.24. Definıcio. Azt mondjuk, hogy egy t − (v, k, λ)-blokkrendszer v pontuSteiner-fele negyesrendszer, ha k = 4, t = 3 es λ = 1. Maskent fogalmazva,egy Steiner-fele negyesrendszer olyan illeszkedesi geometria, amelyben

(S1) barmely egyenesre negy pont illeszkedik;

(S2) barmely harom pontra illeszkedik egy es csak egy egyenes.

A kovetkezo konstrukcioval tetszoleges Steiner-fele negyesrendszerbol kiin-dulva Steiner-fele harmasrendszert konstrualhatunk.

5.25. Allıtas. Tekintsunk egy Steiner-fele negyesrendszert, es rogzıtsuk annakegy P pontjat. Legyenek

• a pontok a Steiner-fele negyesrendszer P -tol kulonbozo pontjai;

• az egyenesek a Steiner-fele negyesrendszer P -re illeszkedo egyenesei;

• az illeszkedesi relacio a Steiner-fele negyesrendszerben ervenyes illesz-kedesek leszukıtese.

A kapott illeszkedesi geometria Steiner-fele harmasrendszer, amit az eredetiSteiner-fele negyesrendszer derivaltjanak nevezunk.

Bizonyıtas: Mivel a kapott illeszkedesi geometriaban az eredeti Steiner-felenegyesrendszer minden megmarado egyeneserol elhagytuk a P pontot, valobanminden egyenesre 3 pont illeszkedik. Tekintve a megmarado X es Y pontokat,az eredeti Steiner-fele negyesrendszerben egyertelmu egyenes illeszkedik X-re,Y -ra es P -re, ıgy valoban, a kapott illeszkedesi geometria barmely ket pontjaraegy es csak egy egyenes illeszkedik.

Eszrevehetjuk, hogy a fenti eljaras igen nagy hasonlosagot mutat azzal amodszerrel, ahogyan egy inverzıv sıkbol affin sıkot konstrualtunk. Az eljarast szoszerint altalanosıtva ilyen modon egy tetszoleges t − (v, k, λ)-blokkrendszerbolkiindulva derivalassal (t− 1)− (v− 1, k− 1, λ)-blokkrendszert konstrualhatunk.

Tetszoleges Steiner-fele negyesrendszerbol tehat derivalassal Steiner-feleharmasrendszereket konstrualhatunk. Felmerul a kerdes, hogy eloall-e mindenSteiner-fele harmasrendszer ilyen modon. Idaig v ≤ 15 eseten ellenoriztek, hogytetszoleges v pontu Steiner-fele harmasrendszer valamely (v+ 1) pontu Steiner-fele negyesrendszer derivaltja. Altalanossagban azonban a problema megoldat-lan: igaz-e, hogy tetszoleges Steiner-fele harmasrendszer valamely Steiner-felenegyesrendszer derivaltja?

5.26. Allıtas. Tetszoleges v pontu Steiner-fele negyesrendszer egyeneseinekszama

v(v − 1)(v − 2)

24.

126

Bizonyıtas: Kituntetve a tekintett Steiner-fele negyesrendszer egy pontjat, de-rivalassal (v − 1) pontu Steiner-fele harmasrendszert konstrualhatunk. Ennek

blokkjainak szama, mint azt mar korabban igazoltuk, (v−1)(v−2)6 . Igy a Steiner-

fele negyesrendszer minden pontjara ennyi egyenes illeszkedik. A negyesrendszerv darab pontjara osszegezve ezeket az egyeneseket, minden egyenest annyiszorszamolunk, ahany pontja van, azaz negyszer. Igy az egyenesek szama valoban

v

4· (v − 1)(v − 2)

6.

Steiner-fele negyesrendszerekkel kapcsolatban is fontos kerdes, hogyegyaltalan hany pontu Steiner-fele negyesrendszerek letezhetnek.

5.27. Allıtas. Ha letezik v pontu Steiner-fele negyesrendszer, akkor v hatosmaradeka 2 vagy 4.

Bizonyıtas: Ha letezik v pontu Steiner-fele negyesrendszer, akkor abbol de-rivalassal (v− 1) pontu Steiner-fele harmasrendszer szarmaztathato. A Steiner-fele harmasrendszerek letezesere vonatkozo allıtasunk alapjan ıgy (v − 1) hatosmaradeka 1 vagy 3, ahonnan kovetkezik allıtasunk.

Meg lehet mutatni, hogy a letezesre vonatkozo szukseges feltetel Steiner-felenegyesrendszerek eseten is elegendo. A konstrukciokat itt nem mutatjuk be.

5.28. Tetel. (Hanani) Pontosan akkor letezik v pontu Steiner-felenegyesrendszer, ha v hatos maradeka 2 vagy 4.

Steiner-fele negyesrendszerek konstrukciojara mindossze egyetlen egyszerupeldat mutatunk, amely a projektıv Steiner-harmasrendszerek kozvetlenaltalanosıtasa. Ezzel a modszerrel 2n pontu Steiner-fele negyesrendszerekkonstrualhatoak.

• Legyenek a pontok (Z2)n

elemei, azaz a csupa 0 es 1 elembol allo rendezettszam n-esek.

• Az a, b, c pontokra illeszkedo egyenes negyedik pontja legyen a + b + c.

Megmutatjuk, hogy az ıgy konstrualt illeszkedesi geometria Steiner-fele negyesrendszer. Ezt a geometriat a 2n pontu Boole-fele Steiner-negyesrendszernek nevezzuk.

Ellenorzest csupan az igenyel, hogy a konstrualt negyesek elemei valobankulonbozoek. Tegyuk fel indirekt modon, hogy

a + b + c = a.

Ekkor b + c = 0, azaz, felhasznalva, hogy a pontok (Z2)n

elemei, b = c. Ezellentmond annak, hogy harom kulonbozo pontot tekintettunk.

127

Egyszeru latni azt is, hogy a 2n pontu Boole-fele Steiner-negyesrendszerderivaltja a 2n−1 pontu projektıv Steiner-harmasrendszer. A pontok megfeleloatnevezesevel elerheto, hogy a 0 pontot kituntetve vegezzuk el a derivalast. Igya kapott Steiner-harmasrendszer a es b pontjaira illeszkedo egyenes harmadikpontja a + b. Tehat eppen a 2n−1 pontu projektıv Steiner-harmasrendszerkonstrukciojat kaptuk.

Illusztraciokent megadjuk a 8 pontu Boole-fele Steiner-negyesrendszert.Elsokent beazonosıtjuk (Z2)

3elemeit a {0, 1, . . . , 7} elemekkel.

0 (0, 0, 0) 1 (0, 0, 1)2 (0, 1, 0) 3 (0, 1, 1)4 (1, 0, 0) 5 (1, 0, 1)6 (1, 1, 0) 7 (1, 1, 1)

Ezt kovetoen, vegigtekintve a lehetseges elemharmasokat, osszegukkent meg-hatarozzuk az egyenesukre illeszkedo negyedik pontot. A kapott egyeneseket azalabbi tablazatban tuntetjuk fel.

0, 1, 2, 3 1, 2, 4, 70, 1, 4, 5 1, 2, 5, 60, 1, 6, 7 1, 3, 4, 60, 2, 4, 6 1, 3, 5, 70, 2, 5, 7 2, 3, 4, 50, 3, 4, 7 2, 3, 6, 70, 3, 5, 6 4, 5, 6, 7

Vegyuk eszre, hogy (peldaul a 0 pontot kituntetve) derivalassal valoban aFano-sıkot kapjuk:

{{1, 2, 4} , {1, 4, 5} , {1, 6, 7} , {2, 4, 6} , {2, 5, 7} , {3, 4, 7} , {3, 5, 6}} .

128

Hivatkozasok

[1] S. Barwick, G. Ebert: Unitals in Projective Planes, Springer, 2008.

[2] F. Buekenhout (ed.): Handbook of Incidence Geometry, North Holland,1995.

[3] R. J. Bumcrot: Modern Projective Geometry, 1969.

[4] R. Casse: Projective Geometry - An Introduction, Oxford, 2006.

[5] Csikos Balazs, Kiss Gyorgy: Projektıv geometria, Polygon, 2011.

[6] C. Godsil: Finite Geometry, http://quoll.uwaterloo.ca/mine/Notes/fgeom.pdf,2004.

[7] Hajnal Peter: Halmazrendszerek, Polygon, 2002.

[8] J. W. P. Hirschfeld: Projective Geometries Over Finite Fields, Second edi-tion, Oxford, 1999.

[9] J. W. P. Hirschfeld: Finite Projective Spaces of Three Dimensions, Oxford,1985.

[10] J. W. P. Hirschfeld, J. Thas: General Galois Geometries, Oxford, 1991.

[11] D. R. Hughes, F. C. Piper: Projective Planes, Springer, 1973.

[12] M. J. Kallaher: Affine planes with transitive collineation groups, North Hol-land, 1982.

[13] Karteszi Ferenc: Bevezetes a veges geometriakba, Akademiai kiado, 1973.

[14] Kiss Gyorgy, Szonyi Tamas: Veges geometriak, Polygon, 2001.

[15] C. C. Lindner, C. A. Rodger: Design Theory, CRC Press, 1997.

[16] S. E. Payne: Topics in Finite Geometry,http://math.ucdenver.edu/spayne/classnotes/topics.pdf , 2007.

[17] T. G. Room, P. B. Kirkpatrick: Miniquaternion Geometry, Cambridge,1971.

[18] F. W. Stevenson: Projective Planes, W. H. Freeman and Company, 1972.

[19] Szonyi Tamas: Szimmetrikus strukturak,http://www.math.bme.hu/wettl/okt/szimstr/2009/jegy2uj.ps, 1998.

129