Affiene Polaire Ruimten

Transcriptie

1 Faculteit Wetenschappen Vakgroep Wiskunde Affiene Polaire Ruimten Bert Seghers Promotor: Prof. dr. Bart De Bruyn PROEFSCHRIFT INGEDIEND TER BEHALING VAN DE ACADEMISCHE GRAAD VAN MASTER IN DE WISKUNDE, AFSTUDEERRICHTING ZUIVERE WISKUNDE Academiejaar

2 Ten geleide De Elementen van Euclides worden geroemd als het meest succesvolle en invloedrijke boek ooit geschreven. Tot de twintigste eeuw werd het beschouwd als een werk dat alle opgeleide burgers gelezen hadden. Vandaag wordt de meetkunde van Euclides voornamelijk nog op recreatief niveau bedreven. De meetkundige disciplines waar heden wetenschappelijk onderzoek in verricht wordt, zijn meer geavanceerde topics in onder andere Topologie, Differentiaalmeetkunde, Algebraïsche Meetkunde en Incidentiemeetkunde, die vaak erg ver van De Elementen af staan. Toch zijn er twee kenmerken van De Elementen die nog steeds tot de verbeelding van de hedendaagse wiskundige spreken. Ten eerste is er de synthetische, anumerieke aanpak. Er wordt op een wiskundig correcte manier geredeneerd met de meetkundige objecten die voorhanden zijn, zonder zichzelf te verliezen in ondoorzichtige berekeningen met getallen of variabelen. Altijd al hebben vormen, symmetrieën en meetkunden me meer geboeid dan getallen, ringen en berekeningen. Ik ben dan ook erg tevreden dat ik me in deze thesis met synthetische wiskunde heb mogen bezighouden. Ten tweede is er de axiomatiserende aanpak. In Hoofdstukken 3 en 4 wordt telkens een theorie opgebouwd vanuit een klein aantal axioma s, om uiteindelijk te bewijzen hoe de door deze axioma s bepaalde meetkundige structuur eruit ziet. De axiomatische methode is een toppunt van zelfbevattelijkheid, die ik erg kan appreciëren. Het resultaat is dat we meetkunden zoals affiene polaire ruimten nu kunnen herkennen door enkele eigenschappen, de axioma s na te gaan. Graag neem ik de gelegenheid te baat om enkele mensen te danken. Vooreerst bedank ik mijn ouders, die voor mij de beste van alle mogelijke werelden gecreëerd hebben. Van hen heb ik de kans gekregen om Wiskunde te beginnen studeren en nu deze studie tot een goed einde te brengen door het schrijven van deze masterthesis. Dankzij hun inzet houd ik nog tijd over om me naast mijn studie ook met andere dingen bezig te houden. Verder wens ik mijn promotor Bart De Bruyn te bedanken voor zijn voortreffelijke coaching, het vlot beantwoorden van s en vooral het altijd aanwezig zijn en tijd hebben. Ik dank hem voor het mooie aangeboden onderwerp, waardoor ik meer kon redeneren dan rekenen en ik me af en toe in de schoenen van Euclides kon wanen. Aansluitend richt ik ook een woord van dank aan mijn talrijke motivatoren, die me op tijd en stond met mijn neus op mijn thesis drukten. Van de velen die me vroegen hoe het stond met mijn thesis, wil ik in het bijzonder Claudia Degroote, Maarten De Boeck en Anke Bellens hiervoor in de bloemetjes zetten. Rest mij enkel u, die dit werk ter hand genomen hebt, te bedanken! U behoort tot de weinigen die deze masterthesis ooit zullen lezen, al is het maar gedeeltelijk. Het kan niet anders dan dat u geïnteresseerd bent in meetkunde. Ik dank u daarom voor de aandacht en wens u veel wiskundig leesplezier. Bert Seghers 2

3 Inhoudsopgave Inleiding 5 1 Preliminaria Meetkundige begrippen en notaties Polaire ruimten Veralgemeende vierhoeken Affiene polaire ruimten Algemeenheden in polaire ruimten Over hypervlakken van polaire ruimten Completering van hypervlakcomplementen Axiomatisatie van affiene polaire ruimten Axioma s en basiseigenschappen en parallellisme en speciale hypervlakken van puntresidu s en de onderlinge standen van parallelklassen De hoofdstelling Axiomatisatie van affiene veralgemeende vierhoeken De axioma s Eigenschappen uit de eerste vijf axioma s Constante kardinaliteiten en de rechten op oneindig Het eindige geval Het algemene geval met (AQ7) en (AQ8) De hoofdstelling

4 5 Hypervlakken in polaire ruimten Hypervlakken in rechtengrassmannianen Hypervlakken in projectief inbedbare polaire ruimten Hypervlakken in niet-inbedbare polaire ruimten Hypervlakken in veralgemeende vierhoeken Hypervlakken in veralgemeende vierhoeken Hypervlakken in grids en Q + (3, q) Hypervlakken in Q(4, q) Hypervlakken in Q (5, q) Hypervlakken in H(3, q 2 ) Hypervlakken in H(4, q 2 ) Hypervlakken in W(3, q) Samenvatting Conclusie 86 Bibliografie 87 Toelating tot bruikleen De auteur geeft de toelating deze masterproef voor consultatie beschikbaar te stellen en delen van de masterproef te kopiëren voor persoonlijk gebruik. Elk ander gebruik valt onder de beperkingen van het auteursrecht, in het bijzonder met betrekking tot de verplichting de bron uitdrukkelijk te vermelden bij het aanhalen van resultaten uit deze masterproef. 31 mei

5 Inleiding Affiene polaire ruimten zijn ruwweg polaire ruimten waaruit een hypervlak is verwijderd. In deze masterthesis zullen affiene polaire ruimten bestudeerd, geaxiomatiseerd en een beetje geclassificeerd worden. Het zal blijken dat er, zowel om een axiomatisatie als een classificatie te vinden, best een onderscheid gemaakt wordt tussen affiene polaire ruimten van rang 3 en meer enerzijds en deze van rang 2 anderzijds. Deze laatste soort zullen we affiene veralgemeende vierhoeken noemen. Inhoud In hoofdstuk 2 onderzoeken we hypervlakken in polaire ruimten en bewijzen we stellingen in de natuurlijke habitat van de affiene polaire ruimten. Het uiteindelijke doel van dit deel is het bewijs dat elke affiene polaire ruimte kan vervolledigd worden tot een polaire ruimte, op een unieke wijze. Dit resultaat geldt ook voor het rang-2-geval. Gebruikmakend van de resultaten uit hoofdstuk 2 bewijzen we in hoofdstuk 3 een elegante axiomatisatie van affiene polaire ruimten van rang ten minste 3, met vijf axioma s. De veralgemeende vierhoeken worden niet geaxiomatiseerd door deze axioma s. Er is wel een axiomastelsel bekend, dat precies de affiene veralgemeende vierhoeken beschrijft, van de hand van een ander auteur. We presenteren het volledige bewijs hiervan in hoofdstuk 4. Om een classificatie van affiene polaire ruimten te geven, volstaat het om hun complementen, de hypervlakken in polaire ruimten, te classificeren. Dit wordt gedaan in hoofdstuk 5. In hoofdstuk 6 wordt een blik geworpen over hoeveel zinvols we kunnen zeggen in de richting van een classificatie van hypervlakken in veralgemeende vierhoeken. We blijven echter ver weg van een complete classificatie en wagen ons voornamelijk aan de klassieke veralgemeende vierhoeken Q + (3, q), Q(4, q), Q (5, q), H(3, q 2 ), H(4, q 2 ) en W(3, q). Bronnen en eigen inbreng De inhoud van hoofdstukken 2 en 3 is afkomstig uit het artikel Affine Polar Spaces [3] van Cohen en Shult. Hun artikel is soms eerder beknopt, maar altijd begrijpelijk geschreven. In deze thesis is hun artikel verduidelijkend herwerkt en is er gepoogd om meer uitzicht toe te voegen, zodat de lezer minder uit de lucht valt. Er doken weinig problemen op bij het verwerken, behalve 5

6 de aanwezigheid van een foute stelling in [3], zie daarvoor het commentaar onder het bewijs van Lemma op pagina 13. De inhoud van hoofdstuk 4 is afkomstig uit Affine Generalized Quadrangles An Axiomatization [12] van Pralle. Aan zijn artikel was er heel wat meer knutselwerk. Soms is zijn argumentatie gebrekkig omdat hij redeneringen, die noodzakelijk zijn voor het bewijs, niet maakt. Op één na, zijn in deze thesis alle hiaten in de redenering gedicht. Dit ene geval hebben we opgelost door een nieuw axioma (AQ8) bij te voegen. Sommige lemma s, die Pralle bewijst maar niet gebruikt, zijn hier weggelaten (zoals [12, 2.11]) en redeneringen die overbodig lang waren, zijn ingekort (zoals [12, 5.8]: een bewijs van een halve pagina naar Lemma 4.6.3: een bewijs van vijf lijnen). Een redenering die telkens opnieuw gemaakt werd, is hier opgenomen in een apart lemma (Lemma 4.2.5). Representatief is ons Lemma 4.4.5, met een vijfregelig bewijs dat men helder kan noemen. Het originele, overbodig ingewikkelde bewijs [12, 4.3] telt acht regels maar zou dubbel zo lang zijn indien geschreven met dezelfde helderheid van Lemma Al bij al is er gepoogd om dit hoofdstuk eleganter en vlotter lezend te maken dan het artikel, bijvoorbeeld door nieuwe bewijzen te bedenken, in meer of mindere mate geïnspireerd op het originele bewijs (zoals Lemma of [12, 2.15]). De inhoud van hoofdstuk 5 is gebaseerd op Cohen en Shult [3], maar bevat vele bijeengepuzzelde elementen uit Tits [19]. De inhoud van hoofdstuk 6 is een samenraapsel van verschillende bronnen en eigen bewijzen, met de suggesties van de promotor als leidraad en Finite Generalized Quadrangles van Payne en Thas [17] als belangrijkste naslagwerk. Voor de lemma s en stellingen uit hoofdstuk 6 waar geen bron bij staat, werd geen referentiemateriaal gebruikt voor het bewijs, tenzij bij t.e.m Dit laatste is een aaneengesloten reeks stellingen, die een sterk resultaat van Ball, Govaerts en Storme [1] bewijzen. Hoewel het qua stijl erg ver af staat van de synthetischaxiomatiserende methode uit de eerdere hoofdstukken, hebben we de kans genomen om het in deze masterthesis te verwerken. Een noot Het zal de aandachtige lezer misschien opvallen dat de termen affiene polaire ruimte en affiene veralgemeende vierhoek slechts weinig opduiken in deze thesis, hoewel dit wel de titel en het voornaamste onderwerp is. De voornaamste reden is dat ze enkel het milieu vormen van de wiskunde die beschreven wordt, en dus niet bij naam moeten genoemd worden. Een bijkomende reden is echter dat in de hoofdstukken 3 en 4 verwarring kan zijn, of met een affiene polaire ruimte of affiene veralgemeende vierhoek nu een complement van een hypervlak in een polaire ruimte of veralgemeende vierhoek bedoeld wordt, dan wel een meetkunde die voldoet aan de beschreven axioma s, waarvan pas op het einde van elk van de hoofdstukken bewezen wordt dat beide noties samenvallen. 6

7 Hoofdstuk 1 Preliminaria 1.1 Meetkundige begrippen en notaties Bijna alle objecten die we zullen behandelen, zijn punt-rechte-meetkunden (P, L, I), waarbij P en L disjuncte verzamelingen zijn en I (P L) (P L) een symmetrische relatie. De elementen van P noemen we punten en die van L rechten. Een punt p P noemen we incident met een rechte L L, als (p, L) I en we noteren dan p I L. We zullen ook zeggen dat p op L ligt, dat L door p gaat, enz. Omdat we geen meetkunden zullen beschouwen waarbij twee rechten uit L dezelfde verzameling ermee incidente punten zullen hebben, mogen we rechten uit L identificeren met hun puntenverzameling. In dat geval zal (P, L, I) ook wel genoteerd worden als (P, L), waarbij (P, L, ) bedoeld wordt. Twee punten x, y P zijn collineair als er een rechte door x en y bestaat. We noteren dan x y. De verzameling punten collineair met een vast punt x noteren we met x := {y x y} en noemen we soms de perp van x. Voor X P is bij uitbreiding X := {y P x y, x X}. We noteren X Y als x y, voor alle x X, y Y. Een puntenverzameling is singulier als elke twee punten erin collineair zijn. Een meetkunde waarin door twee punten ten hoogste één rechte gaat, heet een partieel lineaire ruimte. Alle meetkunden die we zullen onderzoeken, zullen hieraan voldoen. Daarom zullen we de unieke rechte door twee punten a en b soms noteren als ab. Een deelruimte is een puntenverzameling X waarvoor, als twee punten tot X behoren, dan ook elk punt op een rechte door die twee punten tot X behoort. Als S een puntenverzameling is, noteren we met S de kleinste deelruimte die S omvat. Dit is de doorsnede van alle deelruimten die S bevatten. We noemen S de deelruimte voortgebracht door S. We lezen B, x als B {x}. Een geometrisch hypervlak of kortweg hypervlak van een meetkunde is een echte deelruimte met de eigenschap dat elke rechte van de meetkunde er ten minste één punt Deze notatie stamt uit de wereld van de polaire ruimten. Vele voorbeelden van polaire ruimten ontstaan uit een projectieve ruimte voorzien van een sesquilineaire vorm f met bijhorende polariteit. Twee punten x en y zijn collineair op de polaire ruimte als f (x, y) = 0. Dit wordt vaak genoteerd met x y. Omdat we ons in dit werk in de context van de polaire ruimten bevinden, zullen we deze notatie voor collineariteit aanhouden. Dit zijn de eerste vier letters van het Engelse perpendicular, wat loodrecht betekent, en in de context van de polaire ruimten meestal collineair. Het symbool heeft als LATEX-commando ook \perp. 7

8 mee gemeen heeft. Omdat het een deelruimte is, moeten rechten ofwel juist één punt met het hypervlak gemeen hebben, ofwel er volledig in bevat zijn. Puntenverzamelingen X P in een meetkunde, en in het bijzonder deelruimten, geven aanleiding tot een deelmeetkunde (X, L(X), I), waarbij L(X) de deelverzameling van L met rechten die minstens twee punten van X bevatten. De incidentie is dan de beperking van de originele incidentie tot X L(X). Deze notatie wordt gebruikt in [3]. Een rechte wordt dik genoemd, als hij minstens drie punten bevat. Als er op elke rechte een constant aantal, zegge s + 1 punten liggen, en door elk punt t + 1 rechten gaan, dan zegt men dat de meetkunde orde (s, t) heeft. 1.2 Polaire ruimten Polaire ruimten werden ingevoerd door Ferdinand Veldkamp in Hij axiomatiseerde in een lijst van tien axioma s de interessante meetkunden die ontstonden door alle totaal isotrope deelruimten te beschouwen in een projectieve ruimte, voorzien van een polariteit. Jacques Tits voerde dezelfde meetkunden in op een heel andere manier, die heel wat problemen bij de aanpak van Veldkamp overkwam: een polaire ruimte van rang n, n 2, is een meetkunde (P, Π) bestaande uit een verzameling punten P en een verzameling Π van deelverzamelingen van P, deelruimten genoemd, die aan de volgende axioma s voldoet. (PR1) Een deelruimte uit Π, samen met alle deelruimten die erin bevat zijn, heeft de structuur van een projectieve ruimte van een zekere dimensie d, waarbij 1 d r 1. (PR2) De doorsnede van twee deelruimten is opnieuw een deelruimte. (PR3) Gegeven een deelruimte π van dimensie n 1 en een punt p erbuiten, dan bestaat er een unieke deelruimte π Π door p zodat de dimensie van π π als projectieve ruimte n 2 is. Het is de unie van alle deelruimten van dimensie 1 door p en een punt van π. (PR4) Er bestaan disjuncte deelruimten van dimensie n 1. Een ovoïde O P van een polaire ruimte is een verzameling punten zodat elke maximale singuliere deelruimte O snijdt in precies één punt. Een partiële ovoïde is een puntenverzameling zodat elke maximale singuliere deelruimte hoogstens één punt ervan bevat. Ontaardheid Voor een deelruimte X van een polaire ruimte definiëren we zijn radicaal als de punten van X die met alle andere van X collineair zijn, dus rad X := X X. Als rad X =, noemen we X niet-ontaard en anders ontaard. Van een ontaarde polaire ruimte (P, L) kunnen we zijn radicaal uitdelen. De quotiëntruimte van (P, L) met betrekking tot rad P heeft in dat geval als puntenverzameling de deelruimten 8

9 rad P, x voor alle punten x P \ rad P. De rechtenverzameling bestaat dan uit deelruimten rad P, L, voor alle rechten L L die disjunct zijn van rad P. De incidentie is de natuurlijke incidentie. Als (P, L) een (ontaarde) polaire ruimte was, dan is deze quotiëntruimte weer een polaire ruimte, die bovendien niet-ontaard is. De rang van deze polaire ruimte noemen we de nietsinguliere rang van (P, L, ). Residu s Zij (P, L) een polaire ruimte. De rechten en vlakken door een vast punt x vormen zelf een punt-rechte-meetkunde, die we het residu van (P, L) in x noemen en noteren met Res(x). De rechten door x beschouwen we dan als Punten en de vlakken door x als Rechten. Om verwarring te vermijden, zullen we deze notatie met hoofdletters ook in de tekst gebruiken. Ze wordt soms gebruikt in [3]. Het is bekend dat het residu van een polaire ruimte in een punt terug een polaire ruimte is (van een rang lager). Het één-of-alle-axioma In 1974 karakteriseerden Francis Buekenhout en Ernest Shult niet-ontaarde polaire ruimten als punt-rechte-meetkunden door het fameuze één-of-alle-axioma (BS4). Volgens deze sublieme axiomatisatie zijn polaire ruimten punt-rechte-meetkunden die aan volgende eigenschappen voldoen. (BS1) Elke rechte bevat minstens drie punten. (BS2) Er is geen punt collineair met alle andere punten. (BS3) Elke keten van singuliere deelruimten, geordend volgens inclusie, is eindig. (BS4) Voor een rechte en een punt niet op die rechte, is dat punt collineair met één of alle punten van de rechte. We moeten hierbij opmerken dat Shult en Tits niet dezelfde soort meetkunde axiomatiseren. Van een polaire ruimte (P, Π) kan men wel een punt-rechte-meetkunde (P, L) maken, met L Π de verzameling deelruimten van dimensie 1. Uit een punt-rechte-meetkunde (P, L) die aan de axioma s van Buekenhout-Shult voldoet kunnen we een polaire ruimte (P, Π) maken, met Π de verzameling singuliere deelruimten, met betrekking tot de collineariteit bepaald in (P, L). 1.3 Veralgemeende vierhoeken De klasse polaire ruimten van rang 2 valt samen met de klasse veralgemeende n-hoeken, voor n = 4. Het zijn de veralgemeende vierhoeken. Dit zijn punt-rechte-meetkunden die voldoen aan het axioma voor veralgemeende vierhoeken: 9

10 Voor een punt p en een rechte L, niet door p, bestaan er juist één punt q en één rechte M, zodat p I M I q I L. Omdat een ovoïde van een veralgemeende vierhoek een puntenverzameling is die van elke rechte precies één punt bevat, zijn ovoïden van veralgemeende vierhoeken hypervlakken, evenwel zonder rechten. 10

11 Hoofdstuk 2 Affiene polaire ruimten 2.1 Algemeenheden in polaire ruimten We starten met de afleiding van drie basisprincipes in polaire ruimten. Bij het eerste volgen we het bewijs uit [20, Stelling 2.4] Lemma. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte en x en y twee punten ervan. Dan bestaat er een punt collineair met x en niet met y. Met andere woorden, x y x = y. Bewijs. Stel dat x y. Dan liggen x en y op een rechte L. Neem een punt z, niet collineair met y en bijgevolg ook niet met x. Dit punt z is collineair met een uniek punt z op L (met M een rechte door z en z ). Omdat de polaire ruimte niet-ontaard is, bestaat er een punt u, niet collineair met z. Dan is u collineair met juist één punt t van M. Op een rechte door u en t bestaat er een uniek punt v, collineair met x. Dit punt ligt niet op M, want uit v x en z x zou ook z x volgen. Maar door x y is v ook collineair met y en bijgevolg ook met z. Echter, z v en z t impliceren z u, in strijd met de constructie van u. 11

12 2.1.2 Lemma. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte van rang ten minste 2 en x en y twee nietcollineaire punten. Dan zijn ze bevat in een vierhoek, m.a.w. er bestaan punten v en w, beiden collineair met x en y, maar niet met elkaar. Bewijs. Kies een willekeurige rechte door x en daarop het unieke punt v, collineair met y. Wegens Lemma bestaat er een punt u, collinear met x en niet met v. Op een rechte door x en u is x het enige punt, collineair met v. Het unieke punt w op die rechte, collineair met y, is dus niet collineair met v, en we hebben de gezochte vierhoek gevonden Lemma. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte met p q. Dan is {p, q} = pq. Bewijs. Het is duidelijk dat elk punt u {p, q} collineair is met elk punt van pq, vandaar dat pq {p, q}. Neem nu u {p, q}. Zij U een maximale singuliere deelruimte van (P, L) door pq. Dan moet u collineair zijn met elk punt van U {p, q}, maar omdat U maximaal is, moet ook u U. Dit betekent dat u in alle maximale singuliere deelruimten moet zitten die pq bevatten, maar die doorsnede is wegens de niet-ontaardheid precies de rechte pq. Vandaar {p, q} pq. 2.2 Over hypervlakken van polaire ruimten We zullen nu enkele lemma s bewijzen over hypervlakken in polaire ruimten Lemma. Zij (P, L) een polaire ruimte van niet-singuliere rang ten minste 2 en B een hypervlak ervan. B is een echte, maximale deelruimte. De collineariteitsgraaf op P \ B is samenhangend van diameter ten hoogste 3. Zij X een deelruimte, niet bevat in B. Dan is X B een hypervlak van (X, L(X)). Bewijs. We tonen aan dat elke deelruimte B, x de hele polaire ruimte is. Neem y / B. Stel dat x en y collineair zijn, door een rechte L die B snijdt in z. Dan zijn x en z bevat in de deelruimte B, x, dus heel de rechte L en dus ook y. Stel nu dat x en y niet collineair zijn. Als er een punt t {x, y} \ B bestaat, dan kunnen we de voorgaande redenering toepassen om aan te tonen dat achtereenvolgens t en y in B, x bevat zijn. Rest ons enkel nog het geval dat {x, y} B. Omdat x en y niet tot het radicaal behoren (ze zijn immers niet collineair met elkaar), zijn rad P, x en rad P, y punten van de quotiëntruimte, bovendien niet-collineair. Omdat deze quotiëntruimte niet-singulier is van rang ten minste twee, zijn ze wegens Lemma bevat in een vierhoek, tesamen met andere punten rad P, v en rad P, w. Dan zijn v en w twee niet-collineaire punten in {x, y}. Omdat rechten dik zijn, bestaat er nog een punt m op x, v. Wegens het één-of-alle-axioma is het collineair met een punt n van w, y, verschillend van w en y zelf. Dan is x m n y een pad van lengte 3. 12

13 Geen van de punten ligt in B: mocht m B, dan zou wegens v B ook x B (en analoog voor n en y). De voorgaande redenering voor collineaire punten kunnen we nu drie keer toepassen en we hebben we meteen ook de uitspraak over diameter 3 bewezen. Zij X een deelruimte, niet bevat in B. Omdat elke rechte volledig in X het hypervlak B moet snijden (dus in een punt van X B), is X B een hypervlak van (X, L(X)). We merken op dat de voorwaarde op de niet-singuliere rang wel degelijk nodig is. De polaire ruimte bestaande uit drie concurrente rechten is immers een tegenvoorbeeld: het snijpunt (het radicaal) is een deelruimte wiens complement niet samenhangend is. Het volgende lemma stelt dat, als P niet-ontaard is, een hypervlak B hoogstens één diep punt kan hebben, i.e. een punt dat met geen enkele rechte van L(P \ B) incident is. Zij x P een punt van een polaire ruimte. Omdat, als x collineair is met twee punten op een rechte, x ook collineair is met alle punten op die rechte, is de perp x een deelruimte. Omdat bovendien elke rechte in een polaire ruimte minstens één punt collineair met x bevat, is x een geometrisch hypervlak, tenzij x rad P. In dit hypervlak is x duidelijk een diep punt Lemma. Zij (P, L) een polaire ruimte van niet-singuliere rang ten minste 2 en B een hypervlak erin. Dan geldt b is een diep punt van B b rad B \ rad P B = b. Is de polaire ruimte (P, L) bovendien niet-ontaard, dan bevat B hoogstens één diep punt. Bewijs. In b is b duidelijk een diep punt. Ook is b rad b. Omdat b een hypervlak is, dus niet gans P, is b / rad P. Stel dat b een diep punt is, dus niet gelegen op een rechte van L(P \ B). Omdat b niet collineair met de punten uit P \ B, is b / rad P en is b een echt hypervlak. Elke rechte door b heeft ten minste drie punten. Zodra twee ervan buiten B liggen, is dit een rechte van L(P \ B). Er is dus op elke rechte door b nog minstens één punt binnen B. Maar omdat B een deelruimte is, ligt heel die rechte in B. Bijgevolg is b B. Door de maximaliteit van het hypervlak b is B = b. Stel dat b rad B \ rad P. Dan is b een echt hypervlak. Alle punten van B zijn collineair met b, en dus is B b. Maar b en B zijn wegens het vorige lemma beiden maximale deelruimten, dus B = b. Onderstel nu dat (P, L) niet-ontaard is. Als B twee diepe punten b en d heeft, dus in rad B \ P, dan is wegens het voorgaande d = B = b. Door de niet-ontaardheid volgt wegens Lemma dat b = d. Deze stelling zal veelvuldig gebruikt worden in de rest van deze thesis. Toch staat deze niet in deze vorm in [3], meer zelfs: op deze plaats staat een foutieve stelling, waarvan tegenvoorbeelden gemakkelijk te vinden zijn. Er staat onder andere, als B een ontaard hypervlak is, dat dan B = b voor een b rad B \ rad P. Bovendien zou rad B = rad P, b. Een tegenvoorbeeld wordt gegeven door LQ n 2, een kegel met als top een rechte L en als basis een kwadriek 13

14 Q n 2 in n 2 dimensies over een veld K. Deze (ontaarde) polaire ruimte is ingebed in een projectieve ruimte PG(n, K). Voor een punt p L is de kegel pq n 2 een hypervlak, want het is de doorsnede van LQ n 2 met een hypervlak van PG(n, K). Dit hypervlak is ontaard, maar is niet de perp van een punt en rad P rad B is eveneens fout Lemma. Zij (P, L) een polaire ruimte van niet-singuliere rang ten minste drie met twee verschillende hypervlakken B 1 en B 2. Als x B 1 \ B 2, dan is B 1 = x, B 1 B 2. Als p / B 1 B 2, dan is er hoogstens één hypervlak door p en B 1 B 2. Bewijs. Wegens Lemma is B 1 B 2 een hypervlak en dus maximale deelruimte van B 1. Hieruit volgt het eerste punt. Zij p / B 1 B 2. Als p B i, dan zal p, B 1 B 2 = B i het enige hypervlak zijn door p en B 1 B 2. Stel dus p / B 1 B 2 en zij B een hypervlak door p en B 1 B 2. Dan is B 1 B 2 B 1 B B 1. Omdat B 1 B 2 een maximale deelruimte van B 1 is, moet B 1 B 2 = B 1 B. Wegens het eerste punt, toegepast op B 1 en B, moet B = p, B 1 B = p, B 1 B 2. Dit bepaalt B op unieke wijze. Beschouw nu, op de verzamelingen hypervlakken H van een polaire ruimte, de meetkunde (H, S, I), waarbij S de verzameling van alle hypervlakintersecties B 1 B 2 is, voor B 1 = B 2 H, en B I S S B, voor S S, B H. Deze incidentiestructuur heet de Veldkampruimte van (P, L). Per constructie zijn elke twee hypervlakken collineair in deze meetkunde, door een unieke rechte. Aldus is (H, S, I) een lineaire ruimte. Speciaal eraan is dat we de originele polaire ruimte erin kunnen inbedden, zoals de volgende stelling aantoont Stelling. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte van rang ten minste drie en (H, S) de geassocieerde Veldkampruimte. Dan is : P H, x x een injectief morfisme dat rechten van L op rechten van S afbeeldt. Bewijs. Omdat x een hypervlak is voor alle x, als (P, L) niet-ontaard is, is de afbeelding P H goed gedefinieerd. Wegens Lemma volgt uit x = y dat x = y. Om aan te tonen dat rechten op rechten worden afgebeeld, nemen we een rechte L met punten x en y, die moet afgebeeld worden op x y. Dat elk punt z op L afgebeeld wordt op een hypervlak door x y, i.e. x y z volgt uit het één-of-alle-axioma. We tonen nu aan dat ook elk hypervlak B door x y afkomstig is vanop L, i.e. B = z voor een punt z L. Omdat x y geen maximale deelruimte is, bevat B \ {x, y} minstens nog een punt b. Dit punt ligt zeker niet op L {x, y}, dus wegens het één-of-alle-axioma is het collineair met een uniek punt z L. Nu zijn z en B twee hypervlakken die b en {x, y} bevatten. Wegens het vorig lemma moeten ze samenvallen. 14

15 2.3 Completering van hypervlakcomplementen In deze sectie zullen we altijd spreken over een niet-ontaarde polaire ruimte (P, L) met dikke rechten. Zij B een hypervlak van deze polaire ruimte en schrijf A = P \ B. Dan krijgen we een incidentiestructuur (A, L(A)), waarvan we de structuur willen onderzoeken. Dit is precies wat we een affiene polaire ruimte zullen noemen. We zullen aantonen dat er voldoende informatie in deze meetkunde zit, om de originele polaire ruimte te reconstrueren. De punten van A zullen we soms voor het gemak affiene punten noemen. Enkele directe observaties: Voor elke rechte L in L(A) is de puntenverzameling L \ A een singleton. (A, L(A)) is een gammaruimte: een meetkunde waarin, voor elk punt p en rechte L, geen, één of alle punten op L collineair zijn met p. Als (P, L) rang 3 heeft en dus projectieve vlakken bezit, dan heeft (A, L(A)) affiene vlakken. Elk projectief vlak π, niet bevat in B, snijdt B immers in een hypervlak van π, i.e. een rechte. Als de rang van (P, L) 3 is, ligt elke rechte van (A, L(A)) op minstens twee affiene vlakken, omdat elke rechte van (P, L) op minstens twee projectieve vlakken lag. B zal immers die rechte snijden in een punt, en de twee projectieve vlakken in twee rechten door dat punt. Als de rang van (P, L) 3 is, liggen elke drie paarsgewijs collineaire punten in een affien vlak, door een analoge redenering. We introduceren nu een belangrijk concept, dat aan de basis ligt voor het reconstrueren van de polaire ruimte uit de affiene polaire ruimte. Voor een rechte L L(A) noteren we (L) := {a A a A L = of a A L = A L}. We definiëren een symmetrische relatie als volgt: L 1 is parallel met L 2 als en slechts als (L 1 ) = (L 2 ). We noteren dan L 1 L 2 en de equivalentieklasse van rechten parallel met L noteren we met [L]. Per definitie hangt de puntenverzameling (L) niet af van de keuze van een representant L [L]. We mogen dus evengoed ([L]) schrijven. De collectie parallelklassen [L] van L(A) noteren we met L(A)/ Lemma. Twee rechten van L(A) zijn parallel als en slechts als hun intersecties met B samenvallen. Zij een L een rechte van L(A). Elk punt van (L) ligt op een unieke rechte van [L]. Bijgevolg is (L) de disjuncte unie van alle rechten van [L] (beschouwd als puntenverzameling van A). Bewijs. Zij L een rechte, zij b het unieke punt van B incident met L en stel x (L) A. Als x collineair is met alle affiene punten van L, dan ook met b. Als x collineair is met geen enkel affien punt van L, dan zeker wel met b wegens het één-of-alle-axioma. Omgekeerd, zodra een affien punt collineair is met b, zal het tot (L) behoren. We besluiten dat (L) = b A. Voor elke andere rechte M die B snijdt in het punt b, zal via dezelfde redenering (M) = b A = 15

16 (L). Dit bewijst dat L en M parallel zijn. Dus alle affiene rechten die B snijden in b, zijn parallel. Omgekeerd, zij nu L en M parallelle rechten, waarvan we zullen aantonen dat ze snijden in hetzelfde punt van B. Stel dus dat L B = {b} = M B = {c}. Dan is b A = (L) = (M) = c A. Elk affien punt van de rechte L (en zo zijn er minstens 2) is collineair met c, dus elk punt van L is collineair met c, ook b. L en c spannen bijgevolg een vlak π op. We werken echter in een niet-ontaarde polaire ruimte, dus er bestaat wegens Lemma een punt y c \ b. Dit punt ligt wegens b A = c A noodzakelijk in B. Beschouw nu π y. Dit is een deelruimte van π, minstens een rechte, die c bevat maar niet b, dus een rechte K door c. Maar dan spannen y en K een vlak op, waarvan enkel de rechte yc in B ligt, en waarvan elk affien punt z collineair is met c, maar niet met b, want mocht b z en b (yz π), dan zou b y, tegen de onderstelling y c \ b. Maar dit punt z A (c \ b ) is in strijd met b A = c A. We besluiten dat b = c en we hebben de equivalentie bewezen. Door elk punt x van (L) = b A gaat een rechte van [L], namelijk xb. Dit is de unieke rechte, want alle rechten parallel met L moeten wegens het voorgaande snijden in b. Het lijkt alsof Cohen en Shult bij hun bewijs van deze stelling (zie [3, p. 48]) te kort door de bocht gaan. Hun keuze van een punt y b A \ (x c ) lijkt niet te verrechtvaardigen. Daarom werd een ander bewijs gezocht om hier te plaatsen Gevolg. Er is een bijectie f : B \ rad B L(A)/, die een punt b afbeeldt op de parallelklasse f (b) := {L L(A) L B = b}. Dit is de parallelklasse [M], voor elke rechte M L(A) die B snijdt in b. Deze parallelklassen f (b) = [M], of de puntenverzamelingen (M), zullen juist de objecten zijn die we zullen toevoegen ter vervanging van de punten uit B (tenzij het diepe punt), om de affiene polaire ruimte tot een polaire ruimte te completeren. Nu moeten we nagaan wat dergelijke punten collineair maakt Lemma. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte van rang ten minste drie. Als een rechte L L(B) geen punt van rad B bevat, dan bestaat er een affien vlak π in A zodat de restrictie f L : L {[M] M L(π)} van f zoals in het vorige gevolg, een bijectie is. Omgekeerd, voor elk affien vlak π in A, zullen de elementen { f 1 ([M]) M L(π)} een rechte vormen van B die geen punt van rad B bevat. Bewijs. Zij L een rechte in L(B) die geen punt van rad B bevat. We zullen nu een projectief vlak door L construeren. Neem een punt x op L en beschouw de polaire ruimte x. Deze heeft dezelfde rang als (P, L), want als er een deelruimte van dimensie n bestaat in (P, L), bestaat er ook één door x. Omdat (P, L) niet-ontaard is, is via Lemma rad x = {x}. De quotiëntruimte x / rad x = Res(x) heeft dus een rang één lager dan (P, L), i.e. rang ten minste twee en is bovendien niet-ontaard. In de niet-ontaarde polaire ruimte Res(x) is B (of meer precies de verzameling rechten door x, gelegen in B) nog steeds een hypervlak, want mocht x B, dan zou wegens de maximaliteit van het hypervlak x gelden dat B = x, en bijgevolg x rad B, tegen onderstelling dat L geen punt van rad B bevat. 16

17 Neem nu, omdat Res(x) rang 2 heeft, een Rechte T door het Punt L, niet in B. Die bestaat zeker want mochten alle Rechten door het Punt L in B liggen, dan zou L een diep Punt zijn in het niet-ontaarde Res(x), wat niet kan wegens Lemma Deze Rechte T komt overeen met de verzameling rechten door x, gelegen in een vast projectief vlak T, niet in B gelegen. De meetkunde (T \ B, L(T \ B)) is dan een affien vlak π wiens parallelklassen in bijectief verband staan met de punten op de rechte T B, via f. Als dus M een rechte is in π die B snijdt in b, dan is f (b) = [M] door het vorige gevolg. Omgekeerd, stel nu dat π een affien vlak is in A. In de ganse polaire ruimte moeten alle punten op rechten van π dan wel een projectief vlak T vormen, namelijk het projectief vlak voortgebracht door twee willekeurige rechten in π. Bijgevolg moet de rechte op oneindig { f 1 ([M]) M L(π)} gelijk zijn aan T \ π = T B, wat een rechte van B is. Mocht T B een punt b van rad B bevatten, maar dan is wegens b een diep punt, zodat het niet collineair kan zijn met de punten in π A, een strijdigheid Lemma. Zij (P, L) terug een polaire ruimte van rang ten minste drie. Twee punten b 1 en b 2 van B \ rad B zijn collineair door een rechte disjunct van rad B, als en slechts als er rechten L, M L(A) bestaan, met L f (b 1 ) en M f (b 2 ), waarvoor A L (M). Bewijs. Zijn b 1 en b 2 collineair door een rechte R B \ rad B, dan bestaan er wegens het vorige lemma een affien vlak en twee affiene rechten L en M erin, waarbij b 1 en b 2 optreden als f 1 ([L]) en f 1 ([M]), met andere woorden f (b 1 ) = [L] en f (b 2 ) = [M]. Omdat het affien vlak een lineaire ruimte is, is elk affien punt van L collineair met elk affien punt van M, dus a fortiori A L (M). Stel nu omgekeerd dat er rechten L en M bestaan, met L f (b 1 ), M f (b 2 ) en A L (M). Elk punt p in A L is collineair met geen of alle punten van A M en dus in elk geval met het punt b 2, het enige element van M B. Maar omdat er ten minste twee zo n affiene punten p op L liggen, zijn alle punten op L collineair met b 2, dus ook b 1. De rechte door b 1 en b 2 moet helemaal in B liggen. Stel nu dat b 1 b 2 een punt b van rad B bevat. Dan is b ook een diep punt van B wegens Lemma Maar we hebben net bewezen dat de affiene punten op L collineair zijn met b 1 en b 2, dus wegens het één-of-alle-axioma ook met b, strijdig met het diep zijn van b. Dit bewijst het gestelde. Definieer nu een symmetrische relatie op de parallelklassen: voor L, M L(A) schrijven we [L] [M] als er rechten L L en M M bestaan zodat L, M een projectief vlak is in (P, L) of equivalent, een affien vlak in (A, L(A)). Met andere woorden, als L en M een projectief vlak opspannen, is [L] [M]. Lemma zegt dat f (b 1 ) f (b 2 ) b 1 b 2, waardoor deze relatie inderdaad de collineariteit zal uitdukken tussen punten op oneindig door rechten disjunct van rad B. Lemma zegt dat b 1 b 2 als en slechts als er rechten L f (b 1 ) en M f (b 2 ) bestaan zodat A L (M). Voor collineariteit van punten op oneindig door rechten door het punt rad B, definiëren we nu een andere symmetrische relatie op de parallelklassen: [L] [M] als en slechts als (L) (M) =. Dat deze relatie inderdaad uitdrukt waarvoor hij bedacht is, is de inhoud van Gevolg

18 2.3.5 Lemma. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte met een hypervlak B en A = P \ B. Stel, voor twee rechten L, M L(A) dat [L] [M]. Dan geldt het volgende. Er bestaat een partitie A = N X (N) voor een rechtenverzameling X L(A), met {L, M} X. Deze partitie in s is uniek. De punten f 1 ([L]) en f 1 ([M]) van B zijn collineair door een rechte R. De verzameling { f 1 ([N]) N X} valt samen met B R \ rad B. Als (P, L) rang 3 of meer heeft, is = rad B B R. Bewijs. Onderstel dat L en M twee rechten zijn met (L) (M) = en B L = {b}, B M = {c}. Om te beginnen is b = c, anders zou (L) = (M) wegens Lemma Een willekeurig affien punt van L is niet collineair met c, of het zou in (L) (M) zitten. Elk punt van A L is dus collineair met een uniek punt van A M. Hetzelfde geldt vanuit M bekeken. We krijgen dus een bijectie tussen A L en A M, gedefinieerd door collineariteit. Het unieke punt op M collineair met b zal dus c zijn. Noem R de rechte in L(B) door b en c. Stel dat een punt x A collineair was met twee punten van R, dan ook met b en c. Dit zou betekenen dat x (L) (M), een contradictie. Door het één-of-alle-axioma is elk punt x A dus collineair met juist één punt van R, niet gelegen in rad B, omdat affiene punten nooit collineair kunnen zijn met eventuele diepe punten. Omdat we weten dat voor een punt r R \ rad B de uitspraak x r equivalent is met x ( f (r)), verkrijgen we een partitie A = r R\rad ( f (r)). (2.1) B Voor de verzameling X uit de opgave moeten we (eventueel met het keuzeaxioma) representanten kiezen voor de parallelklassen uit { f (r) r R \ rad B}, met representant L voor f (b) en M voor f (c). Dit alles vestigt de eerste, derde en vierde uitspraak. Stel nu, om de vijfde uitspraak te bewijzen, dat (P, L) rang ten minste 3 heeft. Omdat (L) = A b, (M) = A c en (L) (M) =, zal b c B. Er geldt zelfs b c B, want b c is geen maximale deelruimte. Kies dus een punt z B \ {b, c}. Dan is z / R wegens z / {b, c}. Dus z is collineair met juist één punt van R, zegge d. Maar dan zijn B en d twee hypervlakken die zowel z als b c bevatten, dus wegens Lemma vallen ze samen: B = d. Dit wil zeggen dat rad B = {d} R. Bij het gebruik van Lemma gebruiken we de eis op de rang. Er rest ons enkel nog te bewijzen dat de partitie in s uniek is. Stel integendeel dat A = (L) (M) N Y (N). Omdat we aannemen dat deze verschillend is van de vorige, bestaat er een rechte N Y waarvoor (N) niet optreedt in (2.1). Stel dat f 1 ([N]) = y, het unieke punt in B N, met dus y / R. Zoals beredeneerd voor b en c hierboven, volgt uit (M) (N) = (L) (N) = dat y, b en c onderling collineair zijn. Omdat y / bc, vormen ze een driehoek, die dus bevat is 18

19 in een vlak. Dit betekent dat (P, L) rang ten minste 3 heeft. Door het voorgaande bevatten bc, cy en yb allen een punt van rad B. Omdat deze rechten niet concurrent zijn, moet er méér dan één dergelijk punt bestaan, in rad B = rad B \ rad P. Dit is in strijd met Lemma 2.2.2, dat stelt dat er hoogstens één zo n punt bestaat, omdat (P, L) niet-ontaard is Gevolg. Stel dat (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte is van rang ten minste 3 of rad B =. Dan is de reflexieve sluiting van een equivalentierelatie op L(A)/. Als X een -klasse is van grootte ten minste 2, dan bestaat er een rechte R L(B) met R = rad B { f 1 ([N]) [N] X}. Bewijs. Als (L) (M) = en (M) (N) =, dan maken (L), (M) en (N) deel uit van dezelfde partitie, die uniek is wegens voorgaand lemma. In het bijzonder is (L) (N) =, wat de transitiviteit van aantoont. Uit de definitie van volgt dat de X uit de opgave van Lemma juist een equivalentieklasse van voorstelt. De tweede uitspraak is dan een herformulering van Lemma We komen nu tot de belangrijkste stelling over affiene polaire ruimten, waartoe werd opgebouwd: elke affiene polaire ruimte kan op unieke wijze vervolledigd worden tot een polaire ruimte, in de volgende precieze zin Stelling. Zijn (P 1, L 1 ) en (P 2, L 2 ) niet-ontaarde polaire ruimten van rang ten minste twee en met dikke rechten. Zij B i een geometrisch hypervlak van (P i, L i ), en schrijf A i = P i \ B i, voor i = 1, 2. Elk isomorfisme van incidentiestructuren ϕ : (A 1, L 1 (A 1 )) (A 2, L 2 (A 2 )) kan op unieke wijze uitgebreid worden tot een isomorfisme ϕ : (P 1, L 1 ) (P 2, L 2 ). Bewijs. Binnen elke (A i, L i (A i )) hebben we de bijectie f : B i \ rad B i L i (A i )/ van de verzameling niet-diepe punten naar de parallelklassen op L i (A i ). Het affien isomorfisme ϕ zal commuteren met de meetkundige operator : ϕ( (L)) = {ϕ(a) A 2 a A 1 L = A 1 L of } = {ϕ(a) A 2 ϕ(a) A 2 ϕ(l) = A 2 ϕ(l) of } = (ϕ(l)) Bijgevolg zullen ook parallelle rechten op parallelle rechten afgebeeld worden en parallelklassen op parallelklassen. Van (P i, L i ) kan herkend worden dat de rang minstens 3 is, als elke rechte van (A i, L i (A i )) in een affien vlak ligt. Bijgevolg is de rang van (P 1, L 1 ) ten minste 3 als en slechts als de rang van (P 2, L 2 ) ten minste 3 is. We zullen nu bewijzen dat de aanwezigheid van een diep punt in B i kan herkend worden in de affiene polaire ruimte (A i, L i (A i )). Daarvoor zullen we onderscheid maken tussen rang 2 en groter. Stel eerst dat (P i, L i ) een veralgemeende vierhoek is. Als twee punten b en c van B collineair zijn, zal b c = bc B en dus ( f (b)) ( f (c)) =, ofte f (b) f (c). Het omgekeerde volgt uit Lemma 2.3.5, dus b c f (b) f (c). Als B = d, dan zullen de L \ {d}, L 19

20 L i, heel B \ rad B = f 1 (L i / ) partitioneren, met andere woorden: de -klassen zullen een partitie vormen van L i / of equivalent: is een equivalentierelatie op L i /. Als B nietontaard is, dan zal dit zeker niet zo zijn: omdat door een punt van B minstens twee rechten in B gaan, zullen door elke [L] minstens twee -klassen gaan. In het bijzonder kan niet transitief zijn. We hebben dus bewezen dat de aanwezigheid van een diep punt in B equivalent is met het feit dat een equivalentierelatie is op L i /. Stel nu dat (P i, L i ) rang ten minste 3 heeft. Als er twee rechten L, M bestaan waarvoor [L] [M], dan zal wegens Lemma rad B =. Omgekeerd, als rad B =, dan zal wegens Lemma B = d. Neem een rechte R door d en daarop twee punten b en c, met daardoor respectievelijk twee rechten L en M. Als x (L) (M) = A b c, dan zal ook x d en dus x d = B, strijdig met x A. Dus x kan niet bestaan, D(L) (M) = en [L] [M]. Conclusie: B zal een diep punt hebben als en slechts als er twee rechten voorkomen met [L] [M]. In zowel het rang-2 als het rang 3-geval kunnen we besluiten dat de aanwezigheid van een diep punt af te lezen valt uit de meetkunde (A i, L i (A i )). Dus B 1 heeft een (uniek) diep punt als en slechts B 2 er één heeft. We zullen nu ϕ : A 1 A 2 uitbreiden tot ϕ : P 1 P 2 op alle punten. Als er een diep punt d 1 is in B 1, en dus ook een diep punt d 2 in B 2, stellen we ϕ(d 1 ) = d 2. Voor punten b van B 1 \ rad B 1, stellen we ϕ(b) = f2 1 ϕ f 1 (b), waarbij ϕ : L 1 (A 1 )/ L 2 (A 2 )/ de door ϕ geïnduceerde afbeelding op de parallelklassen is. Anders gezegd, als L b een willekeurige representant is van de parallelklasse f 1 (b), dan is ϕ(b) = f2 1 ([ϕ(l b )]). Het is duidelijk dat, als er een extensie van ϕ bestaat, ze moet samenvallen met de hierboven gedefinieerde. Hieruit volgt de uniciteit. We moeten alleen nog nagaan dat de extensie op de puntenverzameling ook een afbeelding op de rechten induceert. Rechten die minstens twee affiene punten bevatten, dus uit L 1 (A 1 ), worden al bijectief en in overeenstemming met de definitie van ϕ op de punten, afgebeeld naar L 2 (A 2 ). De enige rechten die we nog moeten controleren, zijn deze die volledig in B 1 gelegen zijn. Stel eerst dat (P 1, L 1 ) een veralgemeende vierhoek is en dat B 1 een diep punt d 1 heeft. De reflexieve sluiting van is een equivalentierelatie op L 1 (A 1 )/ en bijgevolg ook de reflexieve sluiting van op L 2 (A 2 )/. Omdat ϕ en commuteren, zal ϕ equivalentieklassen van op equivalentieklassen afbeelden. Merk verder op dat dan B 1 = d1. Er zijn geen rechten in B 1 die niet door d 1 gaan, want deze zouden aanleiding geven tot een driehoek. De enige rechten in B 1 zijn dus verzamelingen van de vorm {d 1 } { f 1 1 ([L]) [L] een vaste -klasse}. Door hoe ϕ gedefinieerd is op de punten, zullen deze afgebeeld worden op verzamelingen {d 2 } { f2 1 ([ϕ(l)]) [ϕ(l)] een vaste -klasse}, dus weer op rechten. Stel vervolgens dat (P 1, L 1 ) een veralgemeende vierhoek is zonder diep punt. We zullen bewijzen dat rechten op rechten afgebeeld worden. Neem een rechte R B 1. In veralgemeende vierhoeken geldt dat P 1 = r R r, waarbij enkel de punten op R meermalen geteld worden. Nemen we de doorsnede met A 1, dan vinden we Deze partitie wordt door ϕ omgezet in A 1 = r R ( f 1 (r)). A 2 = r R ϕ( ( f 1 (r))) = r R (ϕ( f 1 (r))) = r R ( f 2 (ϕ(r))) = r( ϕ(r) ( f 2 (r )). 20

21 Als b en c punten van R zijn, dan is dit een partitie van A 2 met ( f 2 (ϕ(b)) en ( f 2 (ϕ(c)) als componenten. Volgens Lemma zijn ϕ(b) en ϕ(c) dan collineair door een rechte R 2 L 2 (B 2 ) en bestaat er een unieke partitie r R 2 ( f 2 (r )) die eveneens ( f 2 (ϕ(b)) en ( f 2 (ϕ(c)) als componenten heeft, en dus dezelfde partitie is. Dit betekent dat ϕ(r) = R 2. Stel tenslotte dat (P 1, L 1 ) een polaire ruimte is van rang ten minste 3. Volgens Gevolg is de reflexieve sluiting van dan een equivalentierelatie wiens klassen van grootte ten minste twee rechten voorstellen door een diep punt d 1 van B 1. Zoals voorheen zullen rechten door d 1, dus van de vorm {d 1 } { f 1 1 ([L]) [L] een vaste -klasse} afgebeeld worden op rechten {d 2 } { f2 1 ([ϕ(l)]) [ϕ(l)] een vaste -klasse}. Rest ons enkel nog te controleren dat rechten bevat in B 1 \ rad B 1 correct afgebeeld worden. Volgens Lemma zijn dergelijke rechten R van de vorm { f 1 1 ([L]) L L 1 (π)}, voor een affien vlak π in (A 1, L 1 (A 1 )). De uitbreiding van ϕ beeldt f 1 1 ([L]) af op ϕ( f 1 1 ([L])) = f2 1 (ϕ([l])) = f2 1 ([ϕ(l)]), dus de rechten R op { f2 1 ([ϕ(l)]) ϕ(l) L 2 (ϕ(π))}. Omdat ϕ(π) een affien vlak is van (A 2, L 1 (A 2 )), is dit een rechte R 2 van L 2 (B 2 ) die geen punt van rad B 2 bevat. We besluiten dat ϕ(r) = R 2. Het is nu duidelijk dat ϕ een volledige bijectie tussen L 1 en L 2 induceert en zo de gevraagde extensie van (A 1, L 1 (A 1 )) tot (P 1, L 1 ) is. 21

22 Hoofdstuk 3 Axiomatisatie van affiene polaire ruimten In dit hoofdstuk presenteren we een axiomatisatie van affiene polaire ruimten van rang 3, zoals bedacht door Cohen en Shult en gepubliceerd in het artikel Affine Polar Spaces [3] in In het vorige gedeelte hebben we bewezen dat affiene polaire ruimten, dus meetkunden (P \ B, L(P \ B)) op het complement P \ B van een hypervlak B in een polaire ruimte (P, L) met dikke rechten, kunnen vervolledigd worden tot polaire ruimten op een unieke manier. Nu zullen we bewijzen dat incidentiemeetkunden, die voldoen aan de vijf axioma s hieronder, eveneens kunnen vervolledigd worden tot polaire ruimten, hierbij sommige resultaten uit het vorige gedeelte gebruikend. Eens we elke structuur, geaxiomatiseerd zoals hieronder, met een puntenverzameling X kunnen uitbreiden tot een polaire ruimte, waarin X een hypervlak is, hebben we bewezen dat deze structuren juist ontstaan door het wegnemen van een hypervlak uit een polaire ruimte. Dit is het doel van dit deel. 3.1 Axioma s en basiseigenschappen Beschouw nu een meetkunde (P, L), voorzien van een niet-ledige collectie Π van deelruimten, waarvoor geldt: (APR0) (P, L) is een samenhangende gammaruimte. (APR1) Elke twee collineaire punten liggen op een unieke rechte. Elke drie paarsgewijze collineaire punten, niet op eenzelfde rechte, liggen in een uniek element van Π. (APR2) Voor elke π Π is de incidentiestructuur (π, L(π)) een affien vlak. (APR3) Als p P en π Π, dan is p π ofwel leeg, de verzameling punten van een rechte of de verzameling van alle punten van π. (APR4) Voor elke twee punten x en y impliceert x y dat x = y. 22

23 Axioma (APR1) impliceert dat we in een partiële lineaire ruimte zitten. We kunnen L dus als collectie deelverzamelingen van P zien. Axioma (APR2) verrechtvaardigt dat we de elementen van Π voortaan affiene vlakken zullen noemen. Axioma (APR3) betekent essentieel dat de ruimte lokaal polair is: zie daarvoor Lemma Axioma (APR4) garandeert o.a. dat de meetkunde niet ontaard is, in de zin dat geen punt y collineair is met alle punten x. Dat zou immers betekenen dat x : x P = y, waaruit wegens (APR4) x : x = y. We zullen nu enkele basiseigenschappen afleiden, die we zullen gebruiken in de rest van dit hoofdstuk Lemma. Elke rechte L ligt in een affien vlak uit Π. Elk punt ligt in een affien vlak uit Π. Bewijs. Omdat Π niet-leeg is, bestaat er een rechte M die in een vlak π ligt. Wegens samenhangendheid bestaat er een eindige, minimale keten rechten (L, N,..., M), waarbij elke twee opeenvolgende rechten snijden in een punt. We bewijzen nu het bestaan van een affien vlak door L met inductie op de lengte van die keten. Als die lengte 0 is, dus L = M, dan is π een vlak door L = M. Zij nu de afstand d(l, M) > 0. Omdat d(n, M) < d(l, M), mogen we wegens de inductiehypothese aannemen dat er een vlak π door N bestaat. Ligt L in dit vlak, dan zijn we klaar. Snijdt L het vlak in een punt y, neem dan een ander punt x L \ π. Wegens (APR3) is x π op zijn minst een rechte door y, die nog een punt z bevat. Dan zijn x, y en z drie onderling collineaire punten, die bevat zijn in een vlak. Daar L en de rechte door x en y in dit vlak twee rechten zijn door x en y, vallen ze wegens (APR1) samen. We hebben dus een vlak door L. Wegens de samenhangendheid uit (APR0) ligt elk punt op een rechte. tweede uitspraak uit de eerste. Daarmee volgt de Hoewel de meetkunde Res(x) van rechten en vlakken door een vast punt x geïntroduceerd werd en voorbehouden lijkt voor polaire ruimten, zullen we diezelfde notie gebruiken voor meetkunden die aan de axioma s (APR0) (APR4) voldoen: daar hebben we immers ook punten, met daardoor rechten en vlakken, tot onze beschikking Lemma. Het residu Res(x) in een punt x is een niet-ontaarde polaire ruimte van rang ten minste twee. Bewijs. We zullen het één-of-alle-axioma nagaan in de residumeetkunde. Zij L een Punt (dus rechte door x) en π een Rechte (dus vlak door x) die L niet bevat. Dan is L π = y π, voor een punt y I L, omdat we in een gammaruimte werken. Wegens (APR3) is dit een rechte M door x of alle punten van π. In het eerste geval is M het unieke Punt van π, collineair met L. In het tweede geval zijn alle Punten van π collineair met L, omdat alle rechten in π door x bevat zijn in een vlak met L wegens (APR1). Mocht Res(x) ontaard zijn, met L rad Res(x), dan zou L in een vlak liggen met elke andere rechte door x. Elk punt y I L, y = x moet dan collineair zijn met alle andere punten in x. Dit betekent x y, in strijd met (APR4). De tweede uitspaak uit Lemma betekent dat Res(x) minstens één rechte bevat, waardoor de rang van Res(x) als polaire ruimte minstens twee is. 23

24 3.1.3 Lemma. De affiene vlakken uit Π hebben allen dezelfde orde q 2, met q een kardinaalgetal. Bewijs. Zij π een vlak van orde q, met daarin een punt x. We bewijzen eerst dat er door elk punt een affien vlak van orde q gaat. Wegens samenhangendheid volstaat het te bewijzen dat er een affien vlak van orde q bestaat door een punt y, collineair met x. Door (APR3) is y π op zijn minst een rechte M door x. Dan moeten M en y bevat zijn in een affien vlak π. Omdat M L(π) L(π ) juist q punten bevat, zal ook het affien vlak π door y orde q hebben. We bewijzen nu dat alle vlakken door een punt dezelfde orde hebben. Neem twee vlakken π en π, die snijden in een punt p. Als ze in meer dan een punt snijden, hebben ze een rechte gemeen en de kardinaliteit ervan bepaalt de orde van beide vlakken. Zij x = p nu een punt van π. Dan is x π minstens een rechte M en M en x zijn bevat in een affien vlak dat de rechten M L(π ) en px L(π) bevat. Beide rechten moeten dus dezelfde orde hebben. Om de volgende stelling in te leiden, introduceren we de volgende notie. Zij Γ een incidentiemeetkunde met een eindig aantal types, zegge n. Een kamer is een collectie van n paarsgewijs incidente objecten (dus van alle verschillende types). Als we twee willekeurige objecten uit deze kamer verwijderen, kunnen we een incidentiestructuur Ψ met twee types bekijken, namelijk deze van alle objecten die samen met de n 2 overgebleven objecten een kamer vormen. Als deze Ψ samenhangend is voor elke keuze van kamer en elke keuze van verwijderde objecten, heet Γ een diagrammeetkunde of residueel samenhangende ruimte (Engels: residually connected geometry). Beschouw nu een graaf met als toppen de objecttypes, bijvoorbeeld {0,..., n 1}. Als de meetkunde Ψ bij verwijdering van twee objecten uit een kamer, een digon is, dan komt er geen boog tussen de twee objecttypes. Is Ψ een projectief vlak, dan komt er een enkele boog. Algemeen, is Ψ een veralgemeende n-hoek, dan komt er een n 2-voudige boog. Is Ψ een affien vlak, dan tekenen we een boog met Af boven. Deze graaf is het diagram van de meetkunde Stelling. Als (P, L) eindige niet-singuliere rang n heeft, zijn de axioma s (APR0) (APR4) equivalent met: P, L, Π is het drietal van verzamelingen objecten van type 0, 1 en 2 van een diagrammeetkunde over {0, 1,..., n} (DAP1) met diagram Af n 3 n 2 n 1 n (DAP2) waarvoor het residu van een object van type 0 een gebouw is, i.e. een niet-ontaarde polaire ruimte van rang n. (APR0) waarvoor de meetkunde geïnduceerd door (P, L) een gammaruimte is (APR1) waarbij twee punten ten hoogste op één rechte liggen en drie onderling collineaire punten, niet op een rechte, bevat zijn in een element van Π. 24

25 Bewijs. Stel dat een punt-rechte-meetkunde (P, L) voldoet aan (APR0) (APR4). Lemma zegt dat singuliere deelruimten van Res(x) projectieve ruimten zijn. Deze komen overeen met singuliere deelruimten van (P, L) die x bevatten. Ze hebben de eigenschap dat, voor elke drie punten in een deelruimte D, het affien vlak waarin die gelegen zijn wegens (APR1), eveneens bevat is in D. Bovendien zijn hun puntresidu s projectieve ruimten. Bijgevolg zijn deze singuliere deelruimten affiene ruimten. Door al deze singuliere affiene deelruimten toe te voegen, affiene ruimten van dimensie i als objecten van type i, krijgen we inderdaad een diagrammeetkunde met het gegeven diagram, waarvan P, L, Π de objecten van type 0, 1 en 2 uitmaken. Wegens Lemma voldoet (P, L) ook aan (DAP2). De andere axioma s zijn triviaal vervuld. We bewijzen nu de axioma s (APR0) (APR4) uit deze van de diagrammeetkunde. A f in het diagram betekent dat de punten en rechten, bevat in een object van type 2, dus uit Π, de incidentiestructuur hebben van een affien vlak. Dit is net wat (APR2) zegt. Neem een punt p en een vlak π, niet incident. Stel dat p π een punt q bevat. Dan is Res(q) een niet-ontaarde polaire ruimte, waarin π een Rechte is en pq een Punt. Wegens het één-ofalle-axioma in polaire ruimten is p collineair met één Punt of alle Punten van π. In het eerste geval is dat Punt een rechte door q, waarvan alle punten collineair zijn met p en buiten die rechte is geen enkel punt collineair met p, dus p π is juist die rechte door p. In het tweede geval zijn alle rechten door q samen met pq bevat in een vlak. In het bijzonder is elk punt van π collineair met p. Dit bewijst (APR3). Stel nu dat x y, x = y. We hebben alvast x y. Neem een p x. Dan is ook p y. Wegens axioma (APR1) van de diagrammeetkunde zijn x, y en p bevat in een object uit Π, waarin de rechten xy en xp liggen. Dit betekent dat in de meetkunde Res(x), de Punten xy en xp collineaire punten zijn. Omdat p willekeurig was, is elk Punt van Res(x) collineair met xy. Dit is strijdig met de niet-ontaardheid uit (DAP2). Dit bewijst (APR4) Lemma. Voor elke twee punten x en y zijn Res(x) en Res(y) isomorfe polaire ruimten. Bewijs. Neem x en y eerst op afstand 2. Rechten door x zijn van twee types: deze die y in één punt snijden (notatie L A (x, y)), en deze die geen punt collineair met y bevatten (notatie L B (x, y)). Vlakken door x kunnen, omdat x en y niet collineair zijn, y wegens (APR3) slechts op twee manieren snijden. Noteren we Π A (x, y) voor de verzameling vlakken door x die y snijden in een rechte (niet door x) en Π B (x, y) voor de vlakken door x die geen punt, collineair met y, bevatten. Elk vlak van Π A (x, y) snijdt y in een rechte L en bevat juist één rechte M door x, parallel met L. Van deze rechte is geen enkel punt collineair met y, dus M L B (x, y). Alle andere rechten in het vlak zullen L y snijden, dus deze zitten in L A ((x, y). Dit drukt uit dat in de polaire ruimte Res(x) de deelruimte (L B (x, y), Π B (x, y)) een hypervlak is. Dat dit niet heel Res(x) is, komt doordat L A (x, y) niet-leeg is: omdat d(x, y) = 2, bestaat er zeker een rechte door x die een punt van y bevat. Analoog is (L B (y, x), Π B (y, x)) een hypervlak van Res(y). Met elke rechte M L A (x, y) correspondeert er een unieke rechte ϕ(m) in L A (y, x), namelijk y, M y. Met vlakken π Π A (x, y), waarbij π y dus een rechte is, correspondeert een uniek vlak ϕ(π) dat y en π y bevat. Deze afbeelding ϕ bewaart duidelijk de incidentie. De 25

26 ϕ die we verkrijgen door de rollen van x en y om te wisselen, is de linkse en rechtse inverse. Bijgevolg hebben we een isomorfisme ϕ : (L A (x, y), Π A (x, y)) (L A (y, x), Π A (y, x)). Het domein is een hypervlakcomplement in de polaire ruimte Res(x) en het beeld een hypervlakcomplement in Res(y). Wegens Stelling kan ϕ uitgebreid worden tot een isomorfisme tussen Res(x) en Res(y). Dit bewijst de stelling voor x en y op afstand 2. Stel nu dat x en y collineair zijn door een rechte L, wegens Lemma gelegen in een vlak π. Neem een punt z π \ L en noem M de rechte door z, parallel aan L in π. Omdat Res(z) een niet-ontaarde polaire ruimte is van rang ten minste twee, wegens Stelling 3.1.4, bestaat er een Rechte ψ door het Punt M, niet in eenzelfde Vlak gelegen met de Rechte π. Neem in dit vlak ψ een punt w / M. Dan is d(x, w) = d(w, y) = 2 en er volgt dat Res(x) = Res(w) = Res(z). Omdat de gehele meetkunde samenhangend is, bestaat er een isomorfisme Res(x) Res(y) voor alle x, y P Lemma. De collineariteitsgraaf van (P, L) heeft diameter ten hoogste 3. Als x en y op afstand 3 liggen, dan bevatten alle rechten door x een punt op afstand 2 van y. Bewijs. Stel dat d(x, y) = 3. Dat wil zeggen dat er een punt z x bestaat op afstand 2 van y. In de polaire ruimte Res(z) vormen de rechten en vlakken die y snijden een affiene polaire ruimte A = (L A (z, y), Π A (z, y)), zoals geconstrueerd in het vorige bewijs. De rechten en vlakken die y niet snijden, vormen dan het complementair hypervlak B = (L B (z, y), Π B (z, y)). In dit hypervlak is xz = L een diep punt. Immers, een Rechte van (L A (z, y), Π A (z, y)) door het Punt L zou een vlak zijn dat y snijdt, strijdig met d(x, y) = 3. Wegens Lemma is L het unieke diepe punt van B en is B = L. Dit betekent dat L B (z, y) bestaat uit rechten door z die met L in een vlak liggen, m.a.w. waarvan elk punt collineair is met x. Omdat alle andere Punten van B niet-diep zijn, gaat door elk Punt zr, met r z x, een Rechte van A, i.e. een vlak van Π A (z, y). Dat betekent dat d(r, y) = 2. We hebben bewezen dat, als L Res(x) een punt op afstand 2 van y bevat, dan bevat ook elke rechte xr die samen met L in een affien vlak ligt, een punt op afstand 2 van y. Omdat Res(x) als polaire ruimte van rang ten minste 2, samenhangend is, geldt dit voor elk Punt van Res(x). Er volgt dat geen enkel puntenpaar van P op afstand 4 kan liggen, en de diameter dus hoogstens 3 kan zijn. 3.2 en parallellisme Definieer weer, voor elke rechte L L (L) := {p P p L = L of.} Definiëren we weer parallellisme als volgt: L 1 is parallel met L 2 als en slechts als (L 1 ) = (L 2 ) en we noteren dan L 1 L 2. Dit is weer een equivalentierelatie waarbij we de klasse van een rechte L noteren met [L]. 26

27 In de volgende proposities zullen we meer te weten komen over deze relatie. We bewijzen eerst dat de notie van parallellisme voor rechten binnen eenzelfde affien vlak, de hierboven gedefinieerde impliceert Lemma. Als twee rechten parallel zijn in een affien vlak volgens de oorspronkelijke definitie, zijn ze ook parallel volgens bovenstaande definitie. Bewijs. Stel dat L 1 en L 2 gelegen zijn in een affien vlak π en daarin parallelle rechten zijn. Neem nu p (L 1 ). Stel eerst dat p collineair is met alle punten van L 1. Dan kan p collineair zijn met elk punt van π (en dus ook met elk punt van L 2 ) of met enkel de rechte L 1 (en dus met geen enkel punt van L 2 ). In het andere geval is p collineair met geen enkel punt van L 1. Dan kan p collineair zijn met geen enkel punt van π (en dus ook met geen enkel punt van L 2 ) of met een rechte M, disjunct van en dus parallel met L 1. Als dat L 2 zelf is, dan is p collineair met elk punt van L 2 en anders met geen enkel punt. In alle gevallen is p (L 2 ), dus we concluderen (L 1 ) (L 2 ). Wegens symmetrie verkrijgen we (L 1 ) = (L 2 ). We krijgen dus dat ten minste de transitieve uitbreiding van parallellisme binnen affiene vlakken bevat. Dat niet meer bevat, zal volgen uit Lemma. Stel y P en L L. Er bestaat een rechte L 0 L waarvoor y L 0 =. Bewijs. Stel dat er een affien vlak π bestaat door L, dat y snijdt, met p y π. Dan is de rechte in π, parallel aan L, de gezochte L 0. Stel nu dat elk vlak door L disjunct is van y. Neem een punt x op L. Als d(x, y) = 3, dan bestaat er wegens Lemma een punt op L op afstand 2 van y. Als d(x, y) = 2, dan is x zelf zo n punt. We vinden in elk geval een punt x I L, met y t x. Beschouw een vlak ρ 1 door tx. y ρ 1 bevat t maar niet x, en moet dus een rechte H 1 zijn. We vinden dus een affien vlak σ 1 dat H 1 en y bevat. Als de punten van L collineair zijn met t, dan zou t, L een affien vlak zijn dat een punt t van y bevat, tegen onze onderstelling. Omdat dus t / L en x L, zal L ρ 1 een rechte K 1 zijn. Zou p K 1 H 1, dan is p, L een affien vlak door L dat een punt p van y bevat, tegen onze onderstelling. Dus in ρ 1 zijn H 1 en K 1 disjunct en dus H 1 K 1. 27

28 Kies nu een punt x 1 K 1 \ {x}. Zij t 1 het snijpunt van H 1 en de parallel aan tx door x 1. Kies y 1 σ 1 zodanig dat N 1 = yy 1 tt 1 en yt y 1 t 1. Noem de rechte door x 1, parallel aan L, L 1. We proberen nu dezelfde situatie te krijgen op de onderindex-1-objecten als deze die we hadden op de originele. Als x 1 y 1, dan is x 1 collineair met elk punt van t 1 y 1 en dus x 1 (t 1 y 1 ) = (ty). Maar omdat al x 1 t, zal ook x 1 y, maar dan bevat het vlak π 1 = x 1, L een punt x 1 van y, tegen onze onderstelling. We concluderen d(x 1, y 1 ) = 2. Stel nu dat µ een vlak door L 1 is, dat y1 snijdt. Omdat x 1 µ \ y1, is µ y 1 een rechte J. Is J L 1, dan ligt er in het affien vlak J, y 1 een rechte J door y 1, parallel aan J. Maar dan is J J L 1 L de gezochte parallel aan L, die y snijdt (namelijk in het punt y 1 ) en dan zijn we klaar. Is deze rechte J niet parallel aan L 1, dan snijdt die L 1 in een punt z 1. Nu is z 1 (K 1 ) = (N 1 ) en, omdat z 1 y 1, is z 1 y. Maar dan is π 1 een vlak door L dat een punt z 1 van y bevat, tegen onze onderstelling. Er is dus geen vlak door L 1 dat een punt van y1 bevat. Beschouw nu Res(t 1 ), met daarin de twee collineaire Punten t 1 y en t 1 y 1. Omdat Res(t 1 ) een niet-ontaarde polaire ruimte van rang ten minste twee is, wegens Lemma 3.1.2, bestaat er een Rechte ρ 2, disjunct van de Rechte σ 1. Te beginnen bij dit vlak ρ 2, kunnen we de constructie van de vorige paragraaf nu herhalen om een H 2, K 2, N 2 en L 2 te vinden, vertrekkende van L 1, x 1, t 1, y 1 in plaats van L, x, t, y. Dan is y1 ρ 2 de rechte H 2 en y ρ 2 is een andere rechte M 1 door t 1 : dit zijn de hoekpunten van een σ vierhoek in Res(t 1 ), nl. deze door yt 1 σ y1 t 2 ρ 1 2 H2 M1. Omdat M 1 niet parallel is aan K 2 (H 2 is de enige rechte in ρ 2, door t 1, parallel aan K 2 ), snijdt ze K 2 in een punt z 2. Maar in het vlak L 1, L 2 gaat een parallel aan L 1 door z 2, zodat we een punt z 2 y gevonden hebben, op een rechte parallel aan L. We zijn klaar Lemma. y (L) y ligt op een rechte van [L]. Met andere woorden, (L) is de unie van de rechten van [L] als puntenverzamelingen. Bewijs. Stel eerst dat y collineair is met geen enkel punt van L. Dan bestaat er wegens het voorgaande lemma een rechte L 0 L waarvoor y L 0 =. Omdat y (L) = (L 0 ), zal L 0 y. De rechte L 0 ligt dus samen met y in een affien vlak. De rechte in dit vlak, door y en parallel aan L 0 en dus ook L, zal de gezochte rechte zijn. Als y collineair is met alle punten van L, kunnen we direct deze laatste redenering toepassen. Omgekeerd, als y op een rechte ligt van [L], bijvoorbeeld L 1, dan zal y collineair zijn met alle punten van L 1 en dus y (L 1 ) = (L) Lemma. (L) is een deelruimte en elk punt van (L) ligt op een unieke rechte van [L]. Bewijs. Stel dat een punt p (L) op twee rechten L 1 L 2 van [L] ligt. Als een punt q (L 1 ) = (L 2 ) collineair is met alle punten van L 1, dan ook met alle punten van L 2 (omdat het alvast met p collineair is); als het punt met geen punt van L 1 collineair is, dan ook met geen van L 2 (omdat het alvast niet met p collineair is). In de polaire ruimte Res(p) zijn L 1 en L 2 dus 28

29 punten, met L1 = L 2. Door de niet-ontaardheid van deze polaire ruimte, zal L 1 = L 2. Samen met het vorige lemma geeft dit dat elk punt van (L) op een unieke rechte van [L] ligt. We bewijzen nu dat (L) een deelruimte is. Neem x en y in (L), verschillende punten op een rechte M. We zullen aantonen dat elke andere z I M tot (L) behoort. Als M L, volgt dit uit z (M). Veronderstel dus M L, dan is de rechte door y, parallel met L, zegge L 0, verschillend van M. Omdat x (L) = (L 0 ) al collineair is met y L 0, zal het collineair zijn met alle punten van L 0. Elk punt van L 0 is dus collineair met x en y en, omdat (P, L) een gammaruimte is, ook met z, i.e. z (L 0 ) = (L). Lemma s en tonen aan dat (L) = M [L] M Lemma. Als L 1 L 2, dan is L 1 L 2 = of L 1 L 2. In het laatste geval zijn L 1 en L 2 parallelle rechten van een affien vlak. Bewijs. We hebben L 1 L 2 (L 1 ). Zodra een punt x van L 1 collineair is met een punt van L 2, moet x collineair zijn met alle punten van L 2. Omdat een willekeurig punt y op L 2 dan collineair is met x, moet y collineair zijn met alle punten van L 1, zodat L 1 L 2. Stel nu L 1 L 2 en neem x L 1. Dan is x, L 2 bevat in een affien vlak π. Wegens Lemma moeten L 1 en de rechte door x, parallel aan L 2 in π samenvallen (omdat beide door x gaan). Bijgevolg is π = L 1, L 2. Dit lemma verrechtvaardigt dat we een incidentiemeetkunde kunnen beschouwen met als Punten de rechten van [L], en als Rechten de verzamelingen parallelle rechten, gelegen in eenzelfde affien vlak (voortgebracht door twee rechten L 1, L 2 met L 1 L2 ). We noteren deze meetkunde vanaf nu met (L)/L. Uit Lemma zal volgen dat deze meetkunde samenhangend is (want een affiene polaire ruimte). Dit betekent dat de gedefinieerde relatie op de rechten precies de transitieve sluiting is van de parallellismerelatie die al voorhanden was in affiene vlakken: inderdaad, het al bekende parallellisme in affiene vlakken komt overeen met collineariteit in (L)/L en de transitieve sluiting ervan komt overeen met de relatie is in (L) verbonden met. 3.3 en speciale hypervlakken van puntresidu s Vanuit onze ervaring uit het vorige gedeelte weten we dat deze (L)/L het residu zal moeten worden van een punt op oneindig daar was immers (L) = A b. In Lemma s en hebben we in de puntresidu s Res(x), die polaire ruimten zijn, hypervlakken (L B (x, y), Π B (x, y)) en hun complementen (L A (x, y), Π A (x, y)) kunnen identificeren. Dit was een opdeling in punten en vlakken door x, naargelang zij de deelruimte y sneden, voor y een punt van de meetkunde. Het is nu niet verbazend dat we iets analoogs kunnen en zullen bewijzen, waarbij y geen punt is van de meetkunde, maar een punt dat we later zullen bijvoegen op oneindig. Meer precies zullen we puntresiden Res(x) opsplitsen in hypervlakken B(x, [L]) en hun complementen A(x, [L]), naargelang zij de deelruimte (L) snijden. 29

30 3.3.1 Lemma. Stel L L en x een punt niet in (L). De rechten door x die (L) niet snijden, vormen een hypervlak B(x, [L]) van de polaire ruimte Res(x). Bewijs. Neem een Rechte π van Res(x), i.e. een vlak door x. Als het disjunct is van (L), dan zijn alle Punten op deze Rechte, rechten door x die (L) niet snijden. Stel nu dat π wel een punt z bevat van (L). Dan gaat er een rechte L 1 L door z. Omdat we in een gammaruimte zitten en x / (L) = (L 1 ), moet L 1 x = {z}. Omdat L1 al z π wel bevat en x π zeker niet bevat, moet π L1 een rechte M zijn, niet door x. Omdat de punten van M collineair zijn met alle punten van L 1, zal M (L). Elk ander punt van π (L 1 ) moet collineair zijn met alle punten van L 1 (omdat het al met z collineair is), dus het moet op M liggen. We vinden dat (L) π = (L 1 ) π = L1 π = M. Dit bewijst dat elke rechte in π door x de deelruimte (L) snijdt (in een punt van M), behalve één, namelijk de parallel door x in π (die geen punt van (L) bevat). Elke Rechte van Res(x) heeft dus één of al zijn Punten die een rechte door x vertegenwoordigen die (L) niet snijdt. Dit toont aan dat B(x, [L]) een hypervlak is van Res(x), zodra B(x, [L]) = Res(x). Maar omdat x / (L) collineair is met juist één punt van L, bestaat er een rechte door x die (L) wel snijdt. Voor x / (L), beschouw nu het incidentiesysteem A(x, [L]) = (L A (x, [L]), Π A (x, [L])) van alle rechten door x die (L) snijden en alle vlakken door x die (L) snijden in een rechte. Dan vormen A(x, [L]) en B(x, [L]) samen Res(x), waarbij B(x, [L]) een hypervlak is van Res(x) volgens vorig lemma Lemma. Zij x en y twee punten, niet in (L). Dan zijn B(x, [L]) en B(y, [L]) isomorf als incidentiemeetkunden. Bovendien is A(x, [L]) = (L)/L. Bewijs. We bewijzen eerst het laatste isomorfisme en construeren daarvoor een ϕ x : [L] L A (x, [L]). Daar x / (L), is er juist één punt op elke L 1 L collineair met x, dat we x(l 1 ) noteren. Er is dan ook juist één rechte door x die (L) snijdt in een punt van L 1, namelijk x(l 1 )x =: ϕ x (L 1 ). Een rechte M door x, die (L) snijdt, snijdt (L) in een uniek punt y (omdat (L) een deelruimte is wegens 3.2.4). Door dit punt y (L) gaat er wegens Lemma een unieke rechte L 0 van [L], zodat L 0 de unieke rechte is waarvoor ϕ x (L 0 ) = M. Bijgevolg is ϕ x een bijectie. We bewijzen nu dat ϕ x : [L] L A (x, [L]) een isomorfisme van meetkunden induceert. Stel dus dat L 1 en L 2 collineaire Punten zijn van (L)/L. Dit is zo als en slechts als L 1 L2 als puntenverzamelingen. Dit is zo als en slechts als x(l 1 ) x(l 2 ) wegens en dit als en slechts als ϕ x (L 1 ) ϕ x (L 2 ). Bijgevolg is ϕ x een collineariteit bewarende bijectie en dus een isomorfisme ϕ x : (L)/L A(x, [L]) tussen meetkunden. Op dezelfde manier is (L)/L = A(y, [L]) en zodoende is ϕ y ϕ 1 x een isomorfisme van A(x, [L]) naar A(y, [L]). Deze laatste twee zijn hypervlakcomplementen in de isomorfe polaire ruimten Res(x) en Res(y). Wegens Stelling breidt dit isomorfisme uit tot Res(x) en Res(y). De restrictie van die uitbreiding tot het complement B(x, [L]) zal het gezochte isomorfisme definiëren van B(x, [L]) naar B(y, [L]). 30

31 3.3.3 Lemma. Zij L een rechte en x / (L) een punt. Stel dat M een rechte is door x, die een diep Punt is van het hypervlak B(x, [L]) van Res(x). Dan (i) (L) (M) =. (ii) Er is geen rechte in [M] waardoor een vlak gaat dat (L) snijdt. Bewijs. Dat M een diep Punt is van B(x, [L]) betekent dat er geen enkele Rechte van A(x, [L]) door M gaat. De enige Punten waarmee M collineair is, zijn Punten van B(x, [L]). Dit betekent dat alle andere rechten door x, die samen met M in een affien vlak liggen, ook disjunct zijn van (L). Elk vlak door M snijdt (L) dus niet. Noteer nu met [M] 0 de verzameling van dergelijke rechten M uit [M] waarvoor geen enkel vlak door M de deelruimte (L) snijdt. Dan hebben we alvast dat M [M] 0. Uitspraak (ii) is equivalent met [M] 0 = [M]. Als u (L) (M), dan gaat er wegens Lemma een rechte M [M] door u. Elk vlak door M zal nu een punt van (L) bevatten, namelijk u zelf. Bijgevolg is M een rechte in [M] waardoor een vlak gaat dat (L) snijdt, wat (ii) tegenspreekt. We hebben dus al (ii) (i) bewezen. Bewijzen we nu (ii). (M)/M, wegens vorig lemma isomorf met een hypervlakcomplement A(x, [M]), is wegens Lemma samenhangend. Stel bij wijze van contradictie dat [M] \ [M] 0 niet-leeg is. Ook [M] 0 was niet-leeg. Er moeten dus ergens twee rechten M 1 [M] 0 en M 2 [M] \ [M] 0 bestaan, die collineair zijn in (M)/M. Dat betekent dat er een affien vlak π 1 bestaat waarin M 1 en M 2 parallelle rechten zijn. M 2 ligt in een vlak π 2 dat (L) niet-triviaal snijdt, minstens in een punt u π 2 (L). Neem een rechte L 1 [L] door u, wat kan wegens Lemma L 1 kan niet in π 2 liggen omdat [M] = [L] en omdat een snijpunt van L 1 en M 2 een punt van (L) in π oplevert. Dan is L 1 π 2 minstens een rechte N. Omdat L 1, N een affien vlak ρ is, gaat door elk punt van N een parallel aan L 1 en is dus N (L). Maar M 2 π 1 moet disjunct zijn van (L), wegens M 1 [M] 0. Dus moet L 1 π 2 = N en N M 2, bijgevolg N [M]. Neem nu een willekeurig punt y M 1. Dan is in elk geval y / (L 1 ), dus y is collineair met een punt op L 1 ρ. y ρ is dus minstens een rechte. Als y ρ een rechte L 2 [L] bevat, dan is y, L 2 een affien vlak, gelegen in (L 2 ) = (L) en dus ook y (L), strijdig met M 1 [M] 0. Noodzakelijk moet y ρ dus een rechte M y zijn, niet in [L]. Stel nu dat q M y N. Omdat y π 2 alvast M 2 en q / M 2 bevat, moet π 2 y. In het bijzonder is N y, en het affien vlak y, N zal ook een rechte door y, parallel met N bevatten. Omdat N [M], moet die rechte echter M 1 zijn wegens Lemma Maar dan bevat het vlak y, N door M 1 punten van (L), strijdig met M [M] 0. Deze q M y N kan dus niet bestaan. M y moet dus parallel zijn met N. Kies nu een willekeurig punt z op M y. Als z collineair is met alle punten van M 1, dan is het vlak z, M 1 een vlak door M 1 dat een punt van (L) bevat, strijdig. Er volgt dat z collineair is met enkel y op M 1. Dan is z π 1 een rechte, die M 2 snijdt in een punt y 2. Omdat y2 zowel z als N bevat, moet het gans ρ bevatten. ρ bevat echter rechten L 3 van [L], waardoor uit de vlakken L 3, y 2 blijkt dat y 2 (L). Dit zou echter betekenen dat π 1 een vlak is door M 1 dat een punt van (L) bevat, in strijd met M 1 [M] 0. 31

32 3.3.4 Lemma. Zij x / (L) en M een rechte door x. (L) (M) = als en slechts als M een diep Punt is van het hypervlak B(x, [L]) van Res(x). Bewijs. Om de -implicatie te bewijzen, stel (L) (M) =. Omdat M (L) =, zal de rechte M een Punt zijn van B(x, [L]). Als het geen diep Punt was, dan zou er een rechte door x bestaan die een punt y van (L) bevat, samen met M in een vlak π gelegen. Dus y π, collineair met alle punten van M, waardoor y (L) (M). De -implicatie is de inhoud van het vorig lemma. Op de rechten hebben we een relatie gelegd, waarvan we de klassen [L] later als punten op oneindig zullen toevoegen om een polaire ruimte te verkrijgen. We zullen dan ook collineariteit tussen zo n punten op oneindig moeten definiëren. Omdat er in het hypervlak op oneindig twee kwalitatief verschillende soorten rechten voorkomen, namelijk deze door een diep punt en de rechten op oneindig van de affiene vlakken, zullen we nu twee relaties definiëren op de verzameling L/ van parallelklassen. Definieer [L] [M] als en slechts als (L) (M) =. Deze definitie is onafhankelijk van de representant L van [L], omdat (L) dat is Lemma. De reflexieve sluiting van is een equivalentierelatie op L/. Bewijs. De relatie is duidelijk symmetrisch. Stel nu dat (L) (M) = = (M) (N) en dat (L) (N) een punt u bevat. Dan bestaan er door u twee rechten L [L] en N [N]. Door Lemma bevat het hypervlak B(u, [M]) van Res(u) dan L en N als diepe Punten. Omdat Res(u) een niet-ontaarde polaire ruimte is van rang ten minste twee en met dikke rechten, is Lemma toepasbaar, dat eist dat L = N en dus (L) = (N) Lemma. Stel dat er twee rechten L 1, L 2 bestaan met (L 1 ) (L 2 ) =. Dan vormt de collectie verzamelingen (L), met [L] lopende over de -klasse waartoe [L 1 ] behoort, een partitie van de puntenverzameling P. Bewijs. Per definitie van zijn twee verschillende verzamelingen (N) en (M) disjunct als [L 1 ] [M] [N]. We moeten enkel nog aantonen dat elke p P bevat is in een (L), voor een [L] [L 1 ]. We mogen alvast aannemen dat p / (L 1 ) (L 2 ). Kies nu x (L 1 ) en y (L 2 ). Door Lemma bestaat er een rechte door y, parallel aan L 2, die een diep Punt vertegenwoordigt van B(y, [L 1 ]). Wegens Lemma is B(y, [L 1 ]) = B(p, [L 1 ]) en moet dus ook B(p, [L 1 ]) een diep Punt bevatten. Dit is dan een rechte L waarvoor (L) (L 1 ) =, door Lemma We hebben gevonden dat p (L), met [L] [L 1 ]. 3.4 en de onderlinge standen van parallelklassen We definiëren nu de tweede relatie op L/. Schrijf [L] [M] als er een rechte L van [L] en een rechte M van [M] samen in een vlak liggen. In zo n geval is (L) (M) zeker niet leeg: elk punt van het voornoemde vlak ligt in deze doorsnede. Dit betekent dat [L] [M] en [L] [M] niet samen kunnen voorkomen, tenzij [L] = [M]. 32

33 3.4.1 Lemma. Voor rechten L en M met L (M) geldt [L] [M]. Bewijs. Als [L] = [M], dan is [L] [M]. Zij nu [L] = [M]. Neem twee punten u en v op L. Door het gegeven ligt u in (M), dus er bestaat een rechte M [M] door u, wegens Lemma Door het gegeven ligt ook v in (M) = (M ), dus het is collineair met geen of alle punten van M. Omdat het al collineair is met u, moet het collineair zijn met alle punten van M. Bijgevolg liggen L en M in een affien vlak en is dus [L] [M] Lemma. Voor rechten L en M met L (M) = maar (L) (M) =, geldt [L] [M]. Bewijs. Er bestaat een punt u (L) (M), waardoor wegens Lemma twee rechten M [M] en L [L] gaan. Wegens Lemma s en is (L)/L een hypervlakcomplement in een polaire ruimte, dat wegens Lemma samenhangend is met diameter ten hoogste 3. De afstand tussen L en L is dus hoogstens 3 en er bestaat bijgevolg een vlak π 1 door L met een rechte L 1 L, een vlak π 2 door L 1 met een rechte L 2 L 1 en een vlak π 3 door L 2 met een rechte L 3 L 2, waarbij we dit pad zo kunnen kiezen dat L {L 1, L 2, L 3 }. Als een punt op M collineair is met een punt op L, dan zijn L en M bevat in een affien vlak, wat we moesten bewijzen. Als dat niet zo is, dan is M π 1 een rechte N 1 door u, verschillend van L. Dus N 1 snijdt L 1 in een punt p 1 L 1. In het affien vlak M, N 1 gaat door p 1 een rechte M 1, parallel aan M. Omdat p 1 (M) maar L (M) =, moet L = L 1. We kunnen nu dezelfde redenering herhalen: M 1 π 2 zal een rechte N 2 zijn. Als N 2 [L], dan zijn we klaar omdat [L] = [N 2 ] [M 1 ] = [M]. Anders snijdt N 2 ook L 2 in een punt p 2 (M 1 ) = (M). Weer moet dus L = L 2 en dus moet L = L 3. Noem de rechte door p 2, parallel aan M 1, M 2. Dan is M 2 π 3 een rechte N 3. Als N 3 [L], zijn we klaar, omdat N 3 en M 2 bevat zijn in een affien vlak. Anders snijdt ze L 3 = L in een punt p 3 (M 2 ) = (M), een tegenspraak met L (M) =. Deze finale contradictie besluit het bewijs Lemma. Voor rechten L en M met L (M) = en [L] [M], geldt L (M). 33

34 Bewijs. Stel dat L niet in (M) gelegen is. Omdat (M) wegens Lemma een deelruimte is, moet L (M) dan wel een punt v zijn. Kies nu w L \ (M). Omdat [L] [M], bestaat er een vlak π met twee rechten L 1 [L] en M 1 [M]. Door w / (M), is w M 1 een punt p. Bijgevolg is w π een rechte N door p. Mocht N niet parallel zijn aan L 1, dan zouden beiden snijden in een punt. Maar dan is w collineair met juist één punt van L 1, dus w / (L 1 ) = (L), maar wel w L (L), strijdig. Dus N L 1. In het affien vlak door w en N moet er een rechte door w, parallel met N bestaan. Omdat er wegens Lemma een unieke rechte van [L] door w (L) gaat, moet dit de rechte L zelf zijn. Bijgevolg is L π = N. Nu zit v (M) = (M 1 ). Omdat v al collineair is met p M 1, moet het collineair zijn met elk punt van M 1 per definitie van (M 1 ). v is ook al collineair met alle punten van N en bijgevolg met elk punt van π = N, M 1. Neem nu q M 1 \ {p} willekeurig. Wegens q π is q (L 1 ) = (L). Maar omdat q al collineair is met v L, moet q collineair zijn met alle punten van L, inclusief w. Maar dat zou betekenen dat w collineair is met alle punten van M 1, wat tot slot in strijd is met w / (M) = (M 1 ) Lemma. Voor rechten L, M en R met [R] [L] [M] geldt ofwel [R] = [L] ofwel [R] [M]. Bewijs. Als [L] = [M], dan is [R] [M] en zijn we klaar. Onderstel, zonder verlies van de algemeenheid, dat R [R] en L [L] de rechten zijn die samen in een affien vlak liggen. Als R L, dan is [R] = [L] en zijn we klaar. Anders snijden R en L in een punt en is dus R (L). Wegens (L) (M) = hebben we dus dat R (M) =. Als (R) (M) =, dan geldt [R] [M] wegens Lemma en zijn we klaar. Stel dus dat (R) (M) = ofte [R] [M]. Omdat door Lemma een equivalentierelatie is, moet ook [R] [L]. Maar tegelijk is [R] [L], wat door de opmerking voor Lemma leidt tot [R] = [L] Lemma. Zijn L en M twee snijdende rechten van een affien vlak π Π. Als N een rechte in π is, niet parallel met L, dan is (L) (M) = (L) (N). Bovendien geldt, voor elk vlak ρ dat rechten van [L] en [M] bevat, dat [N] L(ρ) =. Bewijs. Neem y (L) (M). Als y π =, dan is ook y N = en dus y (N). Als y π =, dan bevat het minstens een punt van L M. Door y (L) (M) is y collineair met elk punt op L en elk punt op M en bijgevolg met elk punt in π, in het bijzonder met elk punt op N. In elk geval geldt y (N) en (L) (M) (L) (N). De andere inclusie volgt door de rol van M en N om te wisselen. Stel nu dat ρ een vlak is dat rechten L [L] en M [M] bevat, met L M = {x}. Omdat x (L) (M) (N), gaat er een rechte N [N] door x. Zij U een willekeurige rechte door x, in Res(x) collineair met L en M. Dan is U (L) (M) (N) = (N ). Omdat elk punt van U al minstens met één punt van N collineair is, namelijk x, moet het collineair zijn met alle punten ervan, dus U is coplanair met N. We hebben bewezen dat N in Res(x) collineair is met elk Punt dat collineair is met L en M, dus N {L, M}. Wegens Lemma is {L, M} de Rechte door L en M, dus de verzameling rechten door x in ρ. Dit bewijst het lemma. 34

35 3.5 De hoofdstelling We zijn toegekomen aan de stelling waarnaar we met vele lemma s hebben opgebouwd. Startend met een incidentiemeetkunde (P, L) die voldoet aan (APR0) (APR4), construeren we een nieuwe meetkunde (P, L), met natuurlijke incidentie. De punten in P zijn van drie soorten P 1 : de punten van P; P 2 : de elementen van L/, i.e. de parallelklassen [L], L L; P 3 : het symbool. De rechten uit L zijn ook van drie soorten: L 1 : voor elke rechte L L, de verzameling L {[L]}; L 2 : voor elk vlak π Π, de verzameling {[L] L L(π)}; L 3 : voor elke -klasse X van L, de verzameling X { } Stelling. Elke rechte van de incidentiemeetkunde (P, L), niet door, is dik. Bovendien (i) = P 2 P 3 is een deelruimte van (P, L). De geïnduceerde meetkunde (, L( )) is een polaire ruimte van rang ten minste 3; (ii) Als een rechte door dik is, dan zijn alle rechten uit L 3 dikke rechten. (P, L) is dan een nietontaarde polaire ruimte van rang ten minste 3 met hypervlak en P = P \ ; (iii) Als geen enkele rechte door dik is, dan is (P 1 P 2, L 1 L 2 ) een niet-ontaarde polaire ruimte van rang ten minste 3, waarin P 2 een niet-ontaard hypervlak is. Bewijs. Dat rechten niet door dik zijn, is duidelijk daar affiene rechten ten minste twee punten bevatten en affiene vlakken ten minste drie parallelklassen. We zullen eerst nagaan wat collineariteit van punten betekent in deze nieuwe meetkunde. Twee punten van P 1 zijn collineair als ze dat zijn in (P, L). Een punt p P 1 en een punt [L] P 2 zijn collineair als en slechts als er een rechte van [L] door p gaat, dus als en slechts als p (L). Twee punten [L] en [M] van L 2 zijn collineair als [L] [M] of [L] [M]. is collineair met alle punten van P 2 en P 3. 35

36 We bewijzen nu (i). = P 2 P 3 is duidelijk een deelruimte: de rechten van L 2 en L 3 zijn erin gelegen en die van L 1 hebben er precies één punt mee gemeen. Dit bewijst meteen dat het een hypervlak is. Om te bewijzen dat (P 2 P 3, L 2 L 3 ) een polaire ruimte is, gaan we het één-of-alle-axioma na in alle mogelijke gevallen van niet-incidente punt-rechteparen. GEVAL [N] P 2, A L 2. We hebben dan A = {[L] L L(π)}, voor een vlak π. Stel eerst dat een rechte N [N] het vlak π niet-triviaal snijdt. Ze kan er niet volledig in liggen, want we vertrekken van een punt en rechte uit de nieuwe meetkunde die niet incident zijn. We weten dus dat N π een punt is. Voor N π zijn er twee mogelijkheden. Als π N, dan is voor elke rechte L L(π) waar dat N (L). Door Lemma is dan [N] [L], dus [N] is collineair met alle punten [L] van A. Als π N een rechte R is, dan is N (R) en wegens Lemma weer [N] [R], met [R] A. Om te bewijzen dat [R] het enige punt is, collineair met [N], bewijzen we dat voor een andere rechte K L(π) \ [R], het punt [K] niet collineair zal zijn met [N ]. Om te beginnen zal N (K): elk punt op N \ R zal slechts collineair zijn met het snijpunt K R en niet met de rest van K, net omdat π N = R. Dus N (K) = 1. Wegens Lemma is dan [N ] [K]. Bovendien is (K) (N ) =, want de hele rechte R ligt erin, dus geldt ook [N ] [K]. We mogen dus aannemen dat elk rechte uit [N] triviaal snijdt met π, of π (N) =. Elk punt van π zal dus collineair zijn met juist één punt van N, en dit voor elke N [N]. Twee mogelijkheden kunnen zich voordoen: (a) Er bestaat een x 0 N met π x 0. Voor elke andere x N \ {x 0} is x π =. (b) Voor elke x N is de doorsnede x π ofwel leeg, ofwel een rechte M x. Beschouw geval (a). Kies twee snijdende rechten L, M L(π). Omdat x 0 collineair is met elk punt van beide, is x 0 (L) (M). Wegens Lemma bestaan er dan rechten L 0 L en M 0 M door x 0. We hebben [L 0 ] [M 0 ] en L 0 (M 0 ) 1, dus uit Lemma krijgen we L 0 (M 0 ). Elk punt van L 0 is collineair met x 0 M 0 en bijgevolg met alle punten van M 0, zodat L 0 en M 0 een vlak π 0 opspannen. Lemma impliceert dat A = {[T] T L(π 0 )}. Nu vervangen we π door π 0 en kunnen we de redenering toepassen uit het vorige geval, waarbij N en π een punt gemeen hebben. Beschouw nu geval (b). Dan zijn alle rechten M x disjunct en dus behorend tot eenzelfde parallelklasse [M x ] van π, dus [M x ] A. Neem een rechte M x vast. Voor elke y N is ofwel y M x = M x of, dus N (M x ). Door Lemma is dan [N] [M x ]. Er zijn nu weer twee mogelijkheden. Stel eerst dat er een rechte L 0 L(π) \ [M x ] bestaat met [N] [L 0 ]. Zij nu L L(π) willekeurig. Omdat L en L 0 in eenzelfde vlak liggen, zal [L] [L 0 ] [N]. Lemma impliceert dat [L] [N] of [L] [N]. Er volgt dat [N] collineair is met alle punten [L] van A. Stel nu dat voor elke rechte L L(π), [L] [N], i.e. (N) (L) =. Voor elke L L(π) is, omdat al π (N) =, zeker L (N) =. We vinden via Lemma dat [N] [L], voor alle [L] A. [N] is dus collineair met alle punten van A. Dit besluit het geval P 2 L 2. 36

37 GEVAL [N] P 2, A L 3. Nu is A = X { }, met X een -equivalentieklasse. [N] is alvast collineair met A. Stel nu dat [N] ook collineair is met [L] X. Als [N] [L], dan zou [N] A, maar dit geval beschouwen we niet om het één-of-alle-axioma na te gaan. Dus moet [N] [L]. Voor elke andere [M] X, vinden we [N] [L] [M]. Uit Lemma volgt dat [N] [M] ([N] = [L] kan niet omdat dan [N] A zou zijn). Dus [N] is collineair met alle andere punten [M] van A. GEVAL P 3, A L 2. Nu is A = {[L] L L(π)}. In dit geval is collineair met alle punten van A. GEVAL P 3, A L 3. Hier is A = X { }. Het punt ligt op de rechte, dus we moeten niets bewijzen. We hebben nu bewezen dat een polaire ruimte is. Omdat Π niet-ledig is, zijn er rechten van type L 2, die niet door gaan. Bijgevolg zijn er zeker drie onderling collineaire punten, niet op eenzelfde rechte. bevat dus vlakken en heeft rang minstens 3. Het radicaal rad( ) bevat duidelijk zelf. Voor elk ander punt [L] bestaat er een punt [M] dat er niet collineair mee is. (We kiezen bijvoorbeeld x L, en een rechte M door x zodat L en M niet collineair zijn in Res(x) dit kan wegens Lemma Dan is x (L) (M), dus [L] [M]. Dan is L (M) = 1 en wegens Lemma is dan [L] [M].) Dus rad( ) = { }. De quotiëntruimte /, van de polaire ruimte met betrekking tot zijn radicaal, heeft dus rang ten minste 2. We bewijzen nu (ii). Onderstel dus dat er een dikke rechte { } X L 3 door gaat, met [X 1 ] = [X 2 ] X. Zij { } Y een andere rechte door is, met X Y. Omdat een polaire ruimte van rang ten minste 3 is, zijn { } X en { } Y twee rechten in een projectief vlak van deze polaire ruimte. In dit projectief vlak bevatten alle rechten evenveel punten, zodat ook { } Y dik is. Omdat / samenhangend is, is elke rechte door dik. Er rest ons enkel te bewijzen dat (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte is. We controleren dus het één-of-alle-axioma in de gevallen die we nog niet behandeld hebben. GEVAL p P 1, M L 1. We hebben een punt p P en een rechte M {[M]}, met M L. Als p (M), dan is p collineair met [M] M. Per definitie van (M) is p collineair met geen enkel ander punt, of met alle andere punten van M. Als p / (M), dan is p collineair met juist één punt van M en niet met [M]. GEVAL p P 1, A L 2. We hebben A = {[L] L L(π)}. Als p π =, dan is ook voor elke L L(π) de intersectie p L =, i.e. p (L). Ook als p π = π, is p (L) omdat telkens p L = L. Bijgevolg is p collineair met alle punten van A. In het overige geval is p π een rechte N. Dan is p (N) en p is collineair met het punt [N] van A. Maar elke andere rechte L L(π) \ [N] bevat juist één punt collineair met p, dus p / (L), wat betekent dat p niet collineair is met [L]. GEVAL p P 1, A L 3. Dan is A = { } X. Lemma zegt dat de (L), [L] X een partitie vormen van P. Bijgevolg is p (L) voor een unieke [L] A, of equivalent p collineair met [L]. GEVAL [N] P 2, M L 1. Er geldt M = M {[M]} en [N] = [M]. We bewijzen dat [N] collineair is met minstens één punt van M, door aan te tonen dat, als [N] met geen enkel punt 37

38 van M collineair is, dan wel met [M]. Als dus geen enkel punt van M collineair is met [N], behoort geen enkel punt van M tot (N), i.e. M (N) =. Als (N) (M) =, dan is [N] [M] en anders is wegens Lemma [M] [N]. Dus [N] en [M] zijn in elk geval collineair. We bewijzen nu dat, als [N] collineair is met twee punten van M, dan met allemaal. Twee gevallen kunnen zich voordoen. Ten eerste kan [N] collineair zijn met twee punten van M. Dan liggen twee punten van M in (N), en omdat (N) wegens Lemma een deelruimte is, moet M (N), wat via Lemma impliceert dat [N] [M]. Dus [N] is collineair met alle punten van M. Ten tweede kan [N] collineair zijn met een punt van M en met [M]. Dat eerste betekent dat M (N) = en dat tweede dat [N] [M] (wegens M (N) = is [N] [M] onmogelijk). Uit Lemma volgt dan dat M (N), dus elk punt van M is collineair met [N]. GEVAL P 3, M L 1. is collineair met juist één punt van M, namelijk [M]. Uit al deze gevallen volgt dat (P, L) een polaire ruimte is. Om de niet-ontaardheid te bewijzen, onderstellen we bij wijze van contradictie dat er toch een punt y rad P bestaat. Stel dat y P, dan moet y = P. Voor een x y zal dan in Res(x) het Punt xy collineair zijn met elk ander Punt van Res(x), in strijd met de niet-ontaardheid van Res(x) volgens Stel dat y = [L], dan is (L) = P. Neem een x L en een rechte xz door x, zodat L en xz niet-collineaire punten zijn in Res(x): dit kan wegens de niet-ontaardheid. Dan zal z / (L), strijdig. Stel dat y =. Dan zou = P, quod non. Om (iii) te bewijzen, kunnen dezelfde redeneringen overgenomen om het één-of-alle-axioma te bewijzen in de verschillende gevallen: in de meetkunde worden en de rechten uit L 3 weggelaten. Ook de niet-ontaardheid volgt op dezelfde manier. We hebben daarmee de hoofdstelling van dit deel bewezen: Stelling. Als (P, L) een incidentiemeetkunde is, voorzien van een collectie deelruimten Π, dan zijn volgende uitspraken equivalent: (P, L) voldoet aan de axioma s (APR0) (APR4); (P, L) is isomorf met een incidentiemeetkunde (P \ B, L(P \ B)) op het complement van een hypervlak B in een niet-ontaarde polaire ruimte (P, L) van rang ten minste 3. Hierbij is Π de verzameling {π \ B π projectief vlak in (P, L), π B}. Bewijs. De ene implicatie is de inhoud van de laatste stelling. Voor de andere controleren we dat de axioma s (APR0) (APR4) gelden in (P \ B, L(P \ B)). In (P, L) kon een punt collineair zijn met één of alle punten van een rechte. Daardoor kan in (P \ B, L(P \ B)) een punt collineair zijn met 0, 1 of alle punten van een rechte. Dat affiene polaire ruimten samenhangend zijn, volgt uit We hebben (APR0). Elke twee punten van P \ B liggen op een rechte van L en bijgevolg ook van L(P \ B). Elke drie punten van P \ B liggen in een vlak, dus ook een vlak van Π. Dat is (APR1). 38

39 B snijdt de projectieve vlakken π B in een rechte, zodat de puntenverzameling π \ B met de rechten in L(P \ B) de structuur heeft van een affien vlak. Dat is (APR2). In (P, L) is de doorsnede p π van een projectief vlak met een perp-hypervlak altijd een rechte L of π zelf. Afhankelijk van of B dit projectief vlak snijdt in L of niet, kan p π in (P \ B, L(P \ B)) leeg, een rechte of heel π zijn. Dit bewijst (APR3). Onderstel dat x y geldt in (P \ B, L(P \ B)). Dat betekent dat x en y collineaire punten zijn die niet in B liggen. Neem een punt b B en onderstel dat x b. Zij z een derde punt op de rechte bx. Dan is ook z / B. Omdat z x, is ook z y. Nu is y collineair met x, z en wegens het één-of-alle-axioma ook met b. Dit bewijst dat x y, zowel binnen als buiten B. Uit Lemma volgt nu (APR4). 39

40 Hoofdstuk 4 Axiomatisatie van affiene veralgemeende vierhoeken De axiomatisatie van affiene polaire ruimten van rang ten minste 3, gepubliceerd door Cohen en Shult en besproken in het hoofdstuk 3, is niet van toepassing op polaire ruimten van rang 2. Ze spreekt immers over affiene vlakken, die niet voorkomen in veralgemeende vierhoeken of hun affinisering. Een axiomatisatie voor affiene veralgemeende vierhoeken komt voor in een artikel van Harm Pralle uit 1998 [12]. We volgen hier zijn aanpak. Met affiene veralgemeende vierhoek bedoelen we een meetkunde (P \ B, L(P \ B)) op het complement P \ B van een hypervlak B in een veralgemeende vierhoek (P, L) met dikke rechten. Zoals Stelling aangeeft, komen hypervlakken in veralgemeende vierhoeken voor in drie klassen, namelijk ovoïden, deel-veralgemeende vierhoeken en perps van een punt. 4.1 De axioma s In affiene veralgemeende vierhoeken zijn er vier mogelijkheden voor de onderlinge stand van twee verschillende rechten L en M. Omdat deze onderlinge stand centraal staat in de axiomatisatie van Pralle, zullen we verkorte notaties invoeren voor de standen. Om vlot te kunnen spreken, voeren we nog het volgende woord in. Een punt heet verbonden met een rechte als punt en rechte niet incident zijn en er minstens één punt op die rechte bestaat, collineair met het punt. Definieer L M als geen punt van L collineair is met een punt van M en noem die rechten dan parallel. Bij conventie is een rechte parallel met zichzelf. Definieer L M als L M = en alle punten van L collineair zijn met een punt van M. We zeggen dan dat L totaal verbonden is met M. 40

41 Definieer L M als alle punten van L, behalve één, collineair zijn met een punt van M. Dus p L : p M = en q L \ {p} : q M =. We zeggen dan dat L partieel verbonden is met M. Voor L snijdt M zullen we geen aparte notatie invoeren. De notatie werd ook in hoofdstuk 3 gebruikt, maar hun betekenissen zullen ongeveer gelijk zijn, zoals zal blijken uit Lemma De notatie voor partieel verbonden rechten daarentegen is wat ongelukkiger, daar deze in het vorige hoofdstuk iets anders betekende. Het zou zinvol zijn om dit symbool te vervangen door een symbool dat zoals de inhoud visueel weergeeft, bijvoorbeeld twee strepen van links naar rechts, en twee halve, één die links begint en één die rechts begint. We hebben er hier toch voor gekozen om hetzelfde symbool te behouden, om de gelijkenis met [12] toch op dit vlak verder te zetten. In wat volgt bedoelen we met de verkorte notatie L M 1, M 2 dat L M i, i {1, 2}. Analoog betekent L 1, L 2 M 1, M 2 dat L i M j, i, j {1, 2}. Beschouw nu de volgende axioma s, waarvan we zullen bewijzen dat ze precies de affiene veralgemeende vierhoeken axiomatiseren. (AQ1) Elke rechte bevat minstens twee punten; elk punt ligt op ten minste drie rechten. (AQ2) Voor elke rechte L is p L 1, voor elk punt p / L. (AQ3) Voor alle rechten L en M: als L M, dan ook M L. (AQ4) Voor alle rechten L en M: L snijdt M of L M of L M of L M. (AQ5) Als p niet verbonden is met L, dan bestaat er een unieke rechte door p, parallel met L. (AQ6) Als L 1 L 2 en p is verbonden met L 1 en L 2, dan gaat er een unieke rechte M door p, met L 1 M L 2. (AQ7) Zijn gegeven rechten L 1, L 2 met L 1 L 2, een punt p verbonden met L 1 en L 2, twee rechten L, L door p, totaal verbonden met L 1. Dan bestaat er, met H de rechte door p die L 1 snijdt, een rechte H, die totaal verbonden is met H, L 1 en L 2. (AQ8) Als er twee totaal verbonden rechten voorkomen, dan bestaat voor elke rechte L een rechte, totaal verbonden met L. In de rest van dit hoofdstuk zullen we bewijzen dat meetkunden (A, L) die voldoen aan (AQ1) (AQ8) kunnen uitgebreid worden tot veralgemeende vierhoeken (P, L), waarbij P \ A een hypervlak is in (P, L). We beschouwen vanaf nu enkel incidentiemeetkunden die voldoen aan de voornoemde axioma s. 41

42 4.2 Eigenschappen uit de eerste vijf axioma s Lemma. is een symmetrische relatie op de rechten. Bewijs. Zij L M. M en L snijden niet. Als M L, dan zou ook L M. Als M L, dan zou L M wegens (AQ3). Wegens (AQ4) moet dan wel M L Lemma. Parallellisme ( ) is een equivalentierelatie op de rechten. Bewijs. Per definitie is reflexief en symmetrisch. Om de transitiviteit na te gaan, nemen we H K L en onderzoeken we de onderlinge ligging van H en L. Als H en L snijden in een punt x, dan gaan er door x twee parallellen aan K, in strijd met (AQ5). Als H L of H L, dan bestaat er minstens één rechte M die H en L snijdt in punten p en q respectievelijk. Wegens het parallellisme zijn p en q niet verbonden met K. Om dezelfde reden is M disjunct van K. Omdat al twee punten van M niet verbonden zijn met K, moet M K. Maar dan zijn H en M twee parallellen aan K door hetzelfde punt p, een strijdigheid met (AQ5). Bijgevolg moet H L. We kunnen nu de equivalentieklassen van dit parallellisme beschouwen, die we zoals in het vorige stuk zullen noteren met [L]. De verzameling van alle parallelklassen noteren we weer met L/. We gebruiken ook hier de operator : L 2 A, gedefinieerd als (L) = {x A x L of x niet verbonden met L}. Dit komt overeen met de vroegere definitie (L) = {x A x L = L of x L = }, omdat de enige punten die verbonden zijn met alle punten van L, enkel de punten van L zelf zijn wegens de afwezigheid van driehoeken (of vlakken) Lemma. (L) = M [L] M. Bewijs. Uit de definitie van volgt dat de unie disjunct is. Als p (L), dan is p L of p verbonden met geen enkel punt van L. Dan gaat er wegens (AQ5) een rechte M [L] door p. In beide gevallen is p M [L] M. Als p L, dan is ook p (L). Als p M = L, met M L, dan is p collineair met geen enkel punt van L. Dus p (L). 42

43 4.2.4 Lemma. Twee rechten L en M zijn parallel als en slechts als (L) = (M). Bewijs. Uit Lemma blijkt dat de puntenverzameling (L) niet afhangt van de representant L [L]. Als L M, zal dus ook (L) = (M). Stel nu dat (L) = (M). Neem een punt p (L) en noem L de parallel aan L waarop p ligt. Dan is p (L) = L. Noem, voor datzelfde punt p (M), M de parallel aan M waarop p ligt. Dan is ook p (L) = M. Wegens transitiviteit van volgt uit M M = L L het gestelde Lemma. Zij p een punt niet verbonden met een rechte L. Elke rechte M door p, behalve de parallel aan L, is partieel verbonden met L. Bovendien is p het unieke punt op M, niet verbonden met L. Bewijs. We onderzoeken de mogelijkheden voor de onderlinge ligging van M en L. Door p gaat maar één parallel aan L, en dat is M bij onderstelling niet. Dus M L kan niet. Omdat p niet verbonden is met L, kan M L zich niet voordoen. Ook als M en L zouden snijden, zou p verbonden zijn met L. Wegens (AQ4) is de enige mogelijkheid dat M L. Dat p het unieke punt op M is, niet verbonden met L, volgt nu onmiddellijk Lemma. Zij L, M en N rechten. L M N L N. Bewijs. Mochten L en N snijden, dan zou het snijpunt verbonden zijn met M, wat niet kan wegens L M. Neem nu een punt p N. We moeten bewijzen dat p verbonden is met L, dus onderstel het tegendeel. Omdat M N, bestaat er een punt q M met een rechte H door p en q. Door (AQ5) is M = H de unieke parallel aan L door q. Wegens Lemma is dan H L, en q is het unieke punt van H dat niet verbonden is met L, dus p moet dat wel zijn Lemma. Zij L M. Dan is elk punt p A verbonden met L of M. Bewijs. Als p L of p M, dan is het gestelde duidelijk. Stel nu dat p / L M, en onderstel dat p niet verbonden is met M. Noem M p de rechte door p, parallel met M, die bestaat wegens (AQ5). Dan is L M M p, dus wegens Lemma is M p L. In het bijzonder is p M p verbonden met L Lemma. De collineariteitsgrafen van (A, L) en (A \ K, L \ {K}), voor elke rechte K L, zijn samenhangend van diameter 2 of 3. Bewijs. Neem een punt en twee rechten daardoor, die bestaan wegens (AQ1). Op elke rechte bestaat nog een ander punt, weer wegens (AQ1). Deze twee punten zijn niet collineair wegens (AQ2). De diameter is dus minstens 2. Neem nu twee niet-collineaire punten p en q. Onderstel dat d(p, q) > 2. Dat wil zeggen dat op alle rechten L door q er geen punten liggen, collineair met p. Neem nu zo n rechte L door q vast. Door p gaat dan wegens (AQ5) een unieke rechte parallel aan L, en wegens (AQ1) nog een andere rechte M, die wegens Lemma partieel verbonden is met L. 43

44 Dit betekent dat elk punt uit M \ {p} wegens (AQ1) bestaan er minstens twee zo n punten s 1 en s 2 collineair is met een punt t L. Dan zijn p s i t i q, i {1, 2} paden van lengte 3 tussen p en q. De rechte K kan van {s 1, s 2, t 1, t 2 } hoogstens twee collineaire punten bevatten. Is dat {t 1, t 2 }, dan is L = K en moeten we de redenering herhalen met een andere keuze van rechte L. Is dat {s 1, s 2 }, dan is M = K en moesten we de rechte M anders gekozen hebben. Dit kan omdat er door p minstens drie rechten gaan wegens (AQ1). Is K een rechte die {s j, t j } bevat, dan vormt p s 3 j t 3 j q nog steeds een pad van lengte 3. De afstand tussen twee willekeurige punten op afstand groter dan 2 is dus altijd 3. Bijgevolg is de diameter van de twee meetkundes uit de opgave van de stelling ook Constante kardinaliteiten Lemma. Elke parallelklasse bevat evenveel rechten. Bewijs. Zij L en M twee rechten. Als L M, is [L] = [M] en is er niets te bewijzen. Stel dat L en M snijden. We leggen een bijectie α : [L] [M] tussen parallelklassen, als volgt. Zij L [L]. Het snijpunt L M is dan niet verbonden met L en wegens Lemma is dus M L. Lemma impliceert dan L M. Er bestaat dus een uniek punt p L, niet verbonden met M. Wegens (AQ5) gaat door p één rechte M, parallel met M. Dit is per constructie het unieke element van [M] dat L snijdt. Definieer dus α(l ) als het unieke element van [M] dat L snijdt. De analoog gedefinieerde α : [M] [L] is dan de linkse en rechtse inverse van deze afbeelding. Bijgevolg is α een bijectie. Stel dat L M of L M. Dan bestaat er een rechte K die beiden snijdt. Wegens het vorige geval bestaan er bijecties tussen [L] en [K] en tussen [K] en [M]. De samenstelling geeft een bijectie tussen [L] en [M]. Tot nu toe hebben we enkel axioma s (AQ1) (AQ5) gebruikt. In de volgende hulpstelling zullen we voor het eerst (AQ6) gebruiken. Tenzij de meetkunde een uitzonderlijk randgeval is, bestaan er altijd partieel verbonden rechten door een punt. Hun existentie bewijzen we in het volgend lemma Propositie. Onderstel dat in een meetkunde (A, L) de axioma s (AQ1) (AQ6) gelden. Dan is één van de volgende waar. Voor elke rechte L en punt p, niet op L maar verbonden met L, bestaat er een rechte M door p, met M L. A is een duaal rooster met juist drie rechten door elk punt. 44

45 Bewijs. We onderstellen dat we niet in het eerste geval zitten en bewijzen het tweede. Zij (p, L) een tegenvoorbeeld voor het eerste geval, i.e. p / L, p verbonden met L en er bestaan geen rechten K L door p. Ook rechten parallel aan L, door p, kunnen niet bestaan. Dat wil zeggen dat alle rechten door p, behalve deze die L snijdt, L zijn. Dit impliceert dat alle punten, collineair met p, verbonden zijn met L. Neem nu een punt q, collineair met p. We zullen aantonen dat dezelfde situatie geldt voor q, namelijk dat alle rechten door q, die L niet snijden, totaal verbonden zijn met L. Onderstel bij wijze van tegendeel dat er door q een rechte M L bestaat. Dan ligt daarop een punt q, niet verbonden met L, waardoor een unieke parallel L aan L gaat. Volgens Lemma volgt uit pq L L dat pq L. Er bestaat dus een punt p L, collineair met p. Maar p L L is in strijd met het feit dat alle punten collineair met p, verbonden zijn met L. Dus door alle punten q, collineair met p, gaan enkel rechten totaal verbonden met L: alle punten collineair met q, zijn verbonden met L. Dit argument kunnen we verderzetten door q nu de rol van p te geven en zo de eigenschap alle punten ermee collineair, zijn verbonden met L door te geven aan collineaire punten. Omdat A \ L wegens Lemma samenhangend is, kan elk punt van A \ L door een eindig pad verbonden worden met p en is dus elk punt van A \ L verbonden met L. Neem nu een willekeurige rechte M die L snijdt in een punt s. Stel dat er een parallel M M zou bestaan. Dan moet L M =, maar wegens het voorgaande is elk punt van A verbonden met L, dus moet M L. Wegens (AQ3) is dan ook L M en moet dus ook s verbonden zijn met M, in strijd met M M. Er bestaat dus geen parallel aan M; dat wil zeggen dat alle punten van A met M verbonden zijn, want anders zou er toch een parallel kunnen getrokken worden wegens (AQ5). Omdat A samenhangend is, geldt dit voor elke rechte, dat alle punten ermee verbonden zijn. A is dus een echte veralgemeende vierhoek. We bewijzen dat er op elke rechte twee punten liggen. Stel dat er een rechte L is met drie punten p 1, p 2 en p 3. Neem twee rechten M 1 door p 1 en M 2 door p 2 vast: deze zijn totaal verbonden. Elke andere rechte door p 3 (en zo bestaan er wegens (AQ1) nog minstens twee) zal ook totaal verbonden zijn met M 1 en M 2. Maar wegens (AQ6) bestaat er maar één zo n rechte, een strijdigheid. Rechten hebben dus twee punten. We bewijzen dat er door elk punt drie rechten gaan. Stel dat er een punt p is waardoor vier rechten M 1,..., M 4 gaan en noem p i het unieke punt op M i, verschillend van p. Neem een rechte L 1 = M 1 door p 1. Door p 2 bestaat er maar één L 1 snijdt, dus door (AQ1) minstens nog één rechte L 2 die L 1 niet snijdt, verschillend van M 2. Door L 1 L 2 =, zal L 1 L 2. Men kan nagaan dat elk snijpunt tussen M 3 of M 4 en L 1 of L 2 aanleiding geeft tot driehoeken, dus M 3, M 4 L 1, L 2. Maar dat betekent dat er door p twee rechten gaan, totaal verbonden met de totaal verbonden rechten L 1 en L 2. Dit spreekt (AQ6) tegen. Tot slot bewijzen we dat elke veralgemeende vierhoek met twee punten op een rechte en drie rechten door een punt, een duaal rooster is. Neem een punt m en noem de drie punten waarmee het collineair is, p 1, p 2 en p 3 en hun rechten M 1, M 2 en M 3. Noem de punten waarmee p 1 collineair is m, k en l en hun rechten M 1, K 1 en L 1. Omdat p 1, p 2 en p 3 onderling niet collineair zijn, moet p 2 collineair zijn met het punt k van K 1 en met l van L 1. Hetzelfde geldt voor p 3. We hebben nu al een duaal rooster dat aan de vereisten voldoet. Mocht er nog een punt zijn dat collineair is met één van de aanwezige punten, dan zouden we door dat punt vier rechten hebben. Dit bewijst de stelling. 45

46 Merk op dat dit rooster wel degelijk een affiene veralgemeende vierhoek is. Neem immers de kwadriek Q(4, 2) over het eindig veld GF(2). Dit is de kleinste klassieke veralgemeende vierhoek met ten minste drie rechten door een punt. Q(4, 2) heeft drie punten op elke rechte en drie rechten door elk punt. Verwijderen we een Q + (3, 2)-hypervlak uit deze meetkunde, dan hebben we nog een meetkunde met 15-9=6 punten, met drie rechten door elk punt en nog maar twee punten op elke rechte. Wetend dat er nog steeds geen driehoeken kunnen voorkomen, kan dit niet anders dan de hierboven beschreven meetkunde zijn. De finale bedoeling van dit hoofdstuk is het bewijs dat elke meetkunde die aan de axioma s (AQ1) (AQ8) voldoet, een affiene veralgemeende vierhoek is. Voor het duaal rooster met zes punten staat het bewijs hierboven. Vanaf hier tot en met het einde van dit hoofdstuk op pagina 59 zullen we daarom verdergaan met meetkunden die verschillen van dit duaal rooster. Wegens de vorige stelling mogen we ervan uitgaan dat, bijkomend aan (AQ1) (AQ8), de beschouwde meetkunden ook voldoen aan eigenschap. Voor elke rechte L en elk punt p met L verbonden, bestaat er een rechte door p, partieel verbonden met L. De residu s van een punt zijn in het rang-2-geval meetkunden (P, ) zonder rechten: er bestaan immers geen vlakken in een veralgemeende vierhoek. Het analogon van Lemma 3.1.5, stellend dat alle puntresidu s isomorf zijn, is in het rang-2-geval equivalent met de volgende uitspraak Lemma. Door alle punten gaan evenveel rechten. Bewijs. Neem twee punten p en q. Stel eerst dat p en q niet collineair zijn. Neem een rechte L door p. Wegens (AQ2) is q collineair met 1 of 0 punten van L. Als q collineair is met één punt, beeld L dan af op de unieke rechte die q met L verbindt. Als q collineair is met geen enkel punt van L, beeld L dan af op de wegens (AQ5) unieke rechte door q, parallel met L. Dit geeft een bijectie tussen Res(p) en Res(q). Stel nu dat p en q wel collineair zijn. Het volstaat om een punt x te vinden, collineair met p noch q. Er bestaat een rechte L = pq door p. Wegens bestaat er een rechte K door q, partieel verbonden met L. Op K ligt dan een uniek punt r, niet verbonden met L, waardoor een unieke parallel H L gaat. Neem nu een ander punt x = r op H. Als x q, ontstaat een driehoek. Als x p, kon H niet parallel zijn met L. We hebben een gepaste x gevonden en de stelling is bewezen Lemma. Alle rechten bevatten evenveel punten. Bewijs. Neem twee rechten L en M. We zullen, afhankelijk van hun onderlinge stand, een bijectie leggen tussen hun puntenverzamelingen. Stel dat L M. Definieer, voor p L het beeld {α(p)} = p M. Dit laatste is wel degelijk een singleton, dus deze afbeelding is goed gedefinieerd. Twee verschillende punten worden 46

47 op verschillende punten afgebeeld door (AQ2). Door (AQ3) is ook elk punt van M collineair met een punt van L, dus α is surjectief. Stel dat L M. Omdat symmetrisch is wegens Lemma 4.2.1, is er op L en M elk één punt dat niet verbonden is met de andere rechte: noem die p L en q M. Definieer nu α(p) = q en {α(x)} = x M. Zoals hiervoor is α injectief. Surjectiviteit volgt weer uit de symmetrie (Lemma 4.2.1). Stel dat L en M snijden. Neem door een punt op M, verschillend van L M, een rechte N, partieel verbonden met L, die bestaat wegens. Daarop ligt een punt r, niet verbonden met L. Wegens (AQ1) gaat er nog een rechte O door r, verschillend van N en de unieke parallel aan L door r. Deze moet wegens Lemma partieel verbonden zijn met L. Bovendien zal O partieel of totaal verbonden zijn met M. Door de vorige twee gevallen vinden we dat L = O = M. Stel dat L M. Neem een andere rechte K door een punt op L. Dan zullen K en M partieel verbonden zijn en K en L snijden. Door de vorige gevallen zal dan L = K = M Lemma. Zij L een rechte en p / L een punt verbonden met L. Elke rechte M door p, partieel verbonden met L, is concurrent met juist één rechte van [L]. Omgekeerd, elke rechte van [L] \ {L} snijdt juist één rechte M door p, met M L. Er bestaat een bijectie tussen [L] en de verzameling rechten door p, niet totaal verbonden met L. Bewijs. Zij M een rechte door p, partieel verbonden met L. Op M is een uniek punt q niet verbonden met L. Door (AQ5) gaat er een unieke rechte L door q, wat de gezochte rechte is. Uit de constructie is duidelijk dat er maar één keuze is voor een L [L] die M snijdt. Omgekeerd, neem H [L]. Als p niet verbonden zou zijn met H, dan zou er een rechte N H L door p bestaan, maar p N L is strijdig met het feit dat p verbonden is met L. Dus p is verbonden met H door een rechte M. Wegens Lemma 4.2.5, toegepast op M H en L, moet M L. Geen andere rechte door p, verschillend van M, snijdt H: dit zou in strijd zijn met (AQ2). Er bestaat dus een bijectie tussen [L] \ {L} en de verzameling rechten door p, partieel verbonden met L. Breiden we deze uit door L af te beelden op de unieke rechte door p die L snijdt, dan hebben we een bijectie tussen [L] en de verzameling rechten door p, partieel verbonden met L of snijdend met L. Wegens (AQ4) en omdat er geen rechten parallel aan L door p gaan, is dit laatste juist de verzameling rechten door p die niet totaal verbonden zijn met L. 4.4 en de rechten op oneindig In een polaire ruimte van rang ten minste 3 konden punten-parallelklassen [L] en [M], die we hadden toegevoegd op oneindig, collineair zijn als ze punten op oneindig waren van een affien vlak (we noteerden dat in hoofdstuk 3 met [L] [M]), wat onmogelijk is in een polaire ruimte van rang 2. Twee parallelklassen kunnen wel nog collineair zijn als (L) (M) = (we noteerden dit met [L] [M]). 47

48 Ook hier zullen we weer invoeren dat [L] [M] (L) (M) =. Dezelfde notatie, zowel voor een relatie in L 2 als in (L/ ) 2 ziet er overladen uit, maar wordt verrechtvaardigd door het volgende lemma Lemma. Voor alle rechten L, M geldt: [L] [M] L M Bewijs. Stel [L] [M], dus (L) (M) = en neem p L. Dan ligt ook p (L) en wegens de onderstelling dus niet in (M). Dit bewijst dat p niet op M gelegen is, maar wel verbonden is met M. Omdat p willekeurig was, geldt L M. Stel nu L M en neem p (L). Als p L, dan is p verbonden met M. Als p L =, dan is wegens Lemma p verbonden met M. In elk geval is p / (M), wat bewijst dat (L) (M) = Lemma. Zij [L] een parallelklasse en M een rechte. Dan geldt één van de volgende gevallen. M (L) = M. Dit is zo als en slechts als M L. M (L) =. Dit is zo als en slechts als M L. M (L) = 1. Dit is zo als en slechts als M L of M snijdt L. De volgende twee uitspraken zijn equivalent voor rechten L en M: [L] = [M] en [L] [M] Voor alle M [M] en L [L] geldt: M (L) = L (M) = 1 Bewijs. Men gaat na dat de onderlinge ligging van M en L de kardinaliteit van M (L) uniek bepaalt zoals aangegeven in de vier gevallen ( ). Omdat er maar vier mogelijkheden zijn voor onderlinge ligging wegens (AQ4), zijn dit de enige drie mogelijkheden voor M (L). Dat ze de onderlinge ligging van M en L bepalen zoals aangegeven ( ), is eveneens duidelijk: mochten M en L zich anders verhouden, dan zou ook M (L) anders zijn. [L] = [M] en [L] [M] is wegens Lemma equivalent met L M L M, wegens (AQ4) equivalent met L M of L snijdt M. Dit is wegens het voorgaande equivalent met M (L) = L (M) = 1. Hetzelfde geldt als men start met andere representanten M [M] en L [L]. Nu hebben we eigenlijk genoeg kennis om te bewijzen, in het geval dat er geen totaal verbonden rechten voorkomen, dat we de meetkunde kunnen vervolledigen tot een veralgemeende vierhoek, door de parallelklassen op elke rechte toe te voegen. We zullen het bewijs hiervan echter pas op het einde van dit deel geven. De stellingen die nu volgen, zullen we enkel gebruiken in het geval er wel totaal verbonden rechten voorkomen, maar bijna alle implicaties behouden hun waarheid in het andere geval. 48

49 4.4.3 Lemma. Zij L 1 L 2. Als L 1, L 2 M 1, M 2, dan is M 1 M 2 of M 1 M 2. Anders gezegd: Als [L 1 ] [L 2 ] en als [L 1 ], [L 2 ] [M 1 ], [M 2 ], dan is [M 1 ] [M 2 ] of [M 1 ] = [M 2 ]. Bewijs. Een snijpunt van M 1 en M 2 zou in directe tegenspraak zijn met (AQ6). Stel dat M 1 M 2. Neem het unieke punt p M 1, niet verbonden met M 2 en zij H de wegens (AQ5) unieke rechte parallel met M 2, door p. Uit L 1 M 2 H volgt met Lemma dat L 1 H en analoog volgt L 2 H. Maar dan zijn M 1 en H twee rechten, totaal verbonden met L 1 en L 2, door hetzelfde punt p. Dit is in strijd met (AQ6). Wegens (AQ4) zijn M 1 M 2 of M 1 M 2 de enige resterende opties voor de onderlinge ligging van M 1 en M 2. De alternatieve formulering is een gevolg van Lemma De voorgaande stelling drukt een zwakkere vorm van transitiviteit van uit. Inderdaad, als voorwaarde om M 1 M 2 te impliceren, is het niet voldoende om één tussenrechte te hebben (M 1 L M 2 M 1 M 2 ), maar er zijn er twee nodig, die bovendien nog eens onderling totaal verbonden zijn (M 1 L 1, L 2 M 2 M 1 M 2 ). Het is dus duidelijk dat transitiviteit van de eigenschap van, beschreven in het vorige lemma, impliceert. Deze eigenschap zorgt dat we op een eenvoudige manier maximale klieken van onderling rechtenklassen kunnen definiëren. Zij [L 1 ] [L 2 ]. Definieer de verzameling [L 1 ][L 2 ] van alle parallelklassen die zijn met beide, met andere woorden [L 1 ][L 2 ] := {[L 1 ], [L 2 ]} {[L] L/ [L 1 ] [L] [L 2 ]}. Lemma zegt dat alle parallelklassen in [L 1 ][L 2 ] ook onderling zullen collineair zijn. [L 1 ][L 2 ] is de grootste -kliek die [L 1 ] en [L 2 ] bevat. Nemen we dus [M 1 ] en [M 2 ] in [L 1 ][L 2 ], dan zal [L 1 ][L 2 ] = [M 1 ][M 2 ]. In de komende bewijzen zullen we daarom soms, zonder verlies van algemeenheid, twee willekeurige elementen van [L 1 ][L 2 ] precies [L 1 ] en [L 2 ] noemen Lemma. In de meetkunde (L/, {[L 1 ][L 2 ] [L 1 ], [L 2 ] L/ }) zitten driehoeken noch digons. Bewijs. Zij [L 1 ][L 2 ] een rechte. Als een punt [M] collineair is met twee punten [L 1 ] en [L 2 ] van [L 1 ][L 2 ], dus [L 1 ] [M] [L 2 ], dan behoort dat punt ook tot die rechte. Merk op dat in de meetkunde (L/, {[L 1 ][L 2 ] [L 1 ], [L 2 ] L/ }) collineariteit van punten [L] en [M] gegeven wordt door [L] [M]. Het is geen geheim dat we de parallelklassen als punten en de verzamelingen [L 1 ][L 2 ] als rechten zullen toevoegen aan de meetkunde (A, L), om een veralgemeende vierhoek te krijgen. In die optiek zullen we, zij het wat prematuur, de verzamelingen [L 1 ][L 2 ] al rechten op oneindig noemen. Deze suggestieve naamgeving betekent a priori niet dat dit écht de rechten zullen worden: afhankelijk van de meetkunde, kan er op elk van die rechten nog een punt bijgevoegd worden. Pralle noteert deze verzameling parallelklassen als χ([l 1 ], [L 2 ]). Wij kiezen hier echter als notatie voor de concatenatie. Deze verzamelingen parallelklassen [L 1 ][L 2 ] zullen in de completering van de meetkunde de rechten op oneindig zijn door de punten [L 1 ] en [L 2 ]. Deze erg korte notatie is dus gewoon het analogon van een rechte pq door twee affiene punten p en q. 49

50 4.4.5 Lemma. Voor elke [L 1 ] [L 2 ] is de collectie { (L) [L] [L 1 ][L 2 ]} een partitie van A. Bewijs. Per definitie van is (H) (M) = voor alle [H], [M] [L 1 ][L 2 ]. Om te bewijzen dat de partitie elk punt bedekt, neem een punt p. Als het in (L 1 ) of (L 2 ) zit, zijn we klaar. Als p in geen van beide zit, dan is p collineair met één punt op L 1 en met één punt op L 2. Wegens (AQ6) gaat er door p een rechte M, totaal verbonden met L 1 en L 2, dus [M] [L 1 ][L 2 ]. Dan is p M (M) { (L) [L] [L 1 ][L 2 ]} Lemma. Zij [L 1 ] [L 2 ] en M een rechte, zodat [M] niet gelegen is in [L 1 ][L 2 ]. De afbeelding π M [L 1 ][L 2 ] : M { (L) [L] [L 1][L 2 ]} die elk punt van M afbeeldt op de component van de partitie waarin het zich bevindt, is injectief. Zijn beeld bevat alle componenten, tenzij hoogstens één. Bewijs. Stel dat twee punten p en q van M in dezelfde (L) liggen. Dan is M (L) 2 en wegens Lemma is dan [M] = [L] [L 1 ][L 2 ], tegen onze onderstelling. Stel dat twee componenten, zegge [L 1 ] en [L 2 ], door π M niet bereikt worden. Dan is M [L 1 ][L 2 ] (L i ) =, i = 1, 2. Dit wil zeggen dat elk punt van M niet in (L i ) ligt, en dus verbonden is met L i. Bijgevolg is M L i, i = 1, 2. Dit betekent weer dat [M] [L 1 ][L 2 ]. We zijn nu op een punt gekomen waar ons bewijs vertakt. We zullen nu Lemma of bewijzen, dat stelt dat, in het geval er totaal verbonden rechten voorkomen, ofwel de rechten op oneindig de structuur hebben van een veralgemeende vierhoek (GQ ), of dat de rechten op oneindig een partitie vormen van de punten op oneindig. Dat laatste zal betekenen dat de meetkunde het complement is van de perp van een punt in een veralgemeende vierhoek en wordt mooi gevat in uitspraak (AQ6 ), een elegantere en sterkere vorm van axioma (AQ6). Het bewijs van deze disjunctie, dat één maal gebruik maakt van (AQ7) en één maal van (AQ8), vindt men in paragraaf 4.6. Men kan deze disjunctie echter bewijzen zonder behulp van (AQ7) of (AQ8), als we de bijkomende assumptie van eindigheid maken. De volgende twee paragrafen bewijzen dan ook dezelfde uitspraak, uitgaande van verschillende assumpties. 50

51 4.5 Het eindige geval Lemma. Zij A eindig, [L 1 ] [L 2 ] en M een rechte waarvoor [L 1 ][L 2 ] = M. Dan is [L 1 ][L 2 ] uniek bepaald door één van zijn elementen. Met andere woorden, de rechten op oneindig zijn in dit geval disjunct. Bewijs. We moeten aantonen dat, als [H] [L 1 ], dan ook [H] [L 2 ], dus eigenlijk de transitiviteit van. Stel, bij wijze van contradictie, dat [H] [L 2 ]. Dan is [H] / [L 1 ][L 2 ]. Wegens Lemma is [H] [L] voor alle andere [L] [L 1 ][L 2 ] \ [L 1 ]. Voor dergelijke [L] is wegens Lemma dan H (L) = 1. Voor [L 1 ] geldt (H) (L 1 ) = en dus zeker H (L 1 ) = 0. Omdat { (L) [L] [L 1 ][L 2 ]} een partitie is (Lemma 4.4.5), wordt elk punt van H gerealiseerd als singletondoorsnede H (L), voor een [L] [L 1 ][L 2 ] \ [L 1 ]. Dat wil zeggen dat [L 1 ][L 2 ] \ [L 1 ] = H = M, strijdig met het gegeven in het eindig geval Lemma. Zij A eindig, [L 1 ] [L 2 ] en [M] / [L 1 ][L 2 ], met [L 1 ][L 2 ] = M + 1. Dan geldt: (GQ ) Gegeven een klasse [H] / [L 1 ][L 2 ], dan bestaat er een uniek element [L H ] [L 1 ][L 2 ], met [L H ] [H]. Bewijs. Wegens Lemma bestaat er hoogstens één zo n element [L H ]. Stel nu dat er geen bestaat. Dan is [H] [L], voor alle [L] [L 1 ][L 2 ]. Door Lemma is dan H (L) = 1 voor alle [L] [L 1 ][L 2 ], wat ons een bijectie oplevert tussen H en [L 1 ][L 2 ], omdat de (L) een partitie vormen. Maar dan is H = [L 1 ][L 2 ] = M + 1, strijdig met Lemma in het eindig geval Lemma. Zij A eindig. Dan hebben ofwel alle rechten op oneindig evenveel punten als de rechten uit (A, L), ofwel hebben alle rechten op oneindig een punt meer dan de rechten uit (A, L). Bewijs. Uit Lemma volgt dat M en M + 1 de enige mogelijkheden zijn voor rechten op oneindig, met M de constante kardinaliteit van de affiene rechten uit (A, L). Onderstel dat er rechten van beide kardinaliteiten voorkomen, dus [L 1 ][L 2 ] = [K 1 ][K 2 ] + 1. Neem een punt [K] op de kortste rechte, dus een [K] [K 1 ][K 2 ] \ [L 1 ][L 2 ]. Dit kan, omdat [K 1 ][K 2 ] minstens twee punten heeft, en er hoogstens één daarvan in [L 1 ][L 2 ] ligt wegens Lemma Volgens Lemma is [K] met een klasse L van [L 1 ][L 2 ]. Is [L] [K 1 ][K 2 ], dan is de rechte op oneindig door [L] niet meer uniek bepaald. Is [L] / [K 1 ][K 2 ], dan is de rechte op oneindig door [K] niet meer uniek bepaald. Beiden zijn in strijd met Lemma Lemma. Zij A eindig, met een totaal verbonden rechtenpaar in (A, L). Veronderstel dat alle rechten op oneindig evenveel punten hebben als de affiene rechten. Dan voldoet (A, L) aan: (AQ6 ) Gegeven een rechte L L en een punt p A, verbonden met L, dan bestaat er precies één rechte door p, totaal verbonden met L. Bewijs. Stel dat er twee rechten N 1 en N 2 door p gaan, met N 1 L N 2. Dan is in elk geval N 1 N 2. Maar dit is al in strijd met Lemma 4.5.1, daar [L][N 1 ] en [L][N 2 ] twee verschillende 51

52 rechten op oneindig door dezelfde [L] zouden zijn. Er is dus hoogstens één rechte door p, totaal verbonden met L. Om het bestaan aan te tonen, vertrekken we van een paar totaal verbonden rechten M 1 M 2. Er zijn twee gevallen mogelijk. Stel eerst dat [L] [M 1 ][M 2 ]. Omdat [M 1 ][M 2 ] een partitie induceert wegens Lemma 4.4.5, ligt het punt p in een (M), voor een unieke [M] [M 1 ][M 2 ]. Door Lemma gaat er een unieke rechte uit [M] door p. Dit is de unieke rechte door p, totaal verbonden met L. Stel nu dat [L] / [M 1 ][M 2 ]. Neem een punt q M 1. Dan zijn (p, L) en (q, M 2 ) twee paren waarbij het punt verbonden is met de rechte, en waarop dus Lemma toepasbaar is. Samen met [L] = [M 2 ] uit Lemma volgt dat er evenveel rechten door p bestaan, niet totaal verbonden met L, als er rechten door q bestaan, niet totaal verbonden met M 2. Omdat Res(p) = Res(q) N (Lemma 4.3.3), zijn er ook evenveel rechten door p, totaal verbonden met L, als er rechten door q bestaan, totaal verbonden met M 2. Maar omdat M 1 M 2, is dit aantal minstens één Lemma. Zij (A, L) een meetkunde die voldoet aan (AQ1) (AQ6), met een totaal verbonden rechtenpaar en bovendien A eindig. Dan geldt één van de volgende. (A, L) voldoet aan (AQ6 ). (A, L) voldoet aan (GQ ). Bewijs. Lemma zegt dat ofwel alle rechten zoveel punten hebben als de affiene rechten, ofwel één meer. In het eerste geval is (AQ6 ) geldig door Lemma 4.5.4, in het tweede geval geldt (GQ ) door Lemma Het algemene geval met (AQ7) en (AQ8) In deze paragraaf zal de meetkunde (A, L) voldoen aan (AQ1) (AQ8). Het ingewikkeldste axioma, (AQ7), hebben we tot nu toe echter nog niet gebruikt. Het luidt als volgt. (AQ7) Zijn gegeven rechten L 1, L 2 met L 1 L 2, een punt p verbonden met L 1 en L 2, twee rechten L, L door p, totaal verbonden met L 1. Dan bestaat er, met H de rechte door p die L 1 snijdt, een rechte H, die totaal verbonden is met H, L 1 en L Lemma. Zij L 1, L 2, L, L en p zoals in (AQ7). Dan bestaat er ook voor elke rechte H door p met H L 1, een rechte H, die totaal verbonden is met H, L 1 en L 2. Bewijs. Zij dus H zo n rechte door p, met H L 1. Zij q het unieke punt op H, niet verbonden met L 1. Door q nemen we de unieke rechte L 1 L 1. Omdat ongevoelig is voor parallellisme (Lemma 4.2.6), is (AQ7) van toepassing op L 1, L 2, L, L en p. We krijgen een rechte H L 1 L 1 en dus (Lemma 4.2.6) H L 1, die aan de opgave voldoet. 52

53 4.6.2 Lemma. Zij [M] een parallelklasse en [L M ][L 2 ] een rechte op oneindig, die [M] niet bevat, maar wel een uniek element [L M ] [M]. Gegeven een rechte H, met [H] / [L M ][L 2 ], dan bestaat er een uniek element [L H ] [L M ][L 2 ] zodat [H] [L H ]. Bewijs. Als [H] [M][L M ], is dit duidelijk. Als [H] [L M ], zijn we al klaar. We mogen dus onderstellen dat H L M of dat H en L M snijden, wegens (AQ4). Dit zal nodig zijn om (AQ7) of Lemma toe te passen. IN [L M ][L 2 ] ZIJN MINSTENS DRIE PARALLELKLASSEN BEVAT. We onderzoeken de mogelijkheden voor M (L), met [L] [L M ][L 2 ], a.d.h.v. Lemma Door [M] / [L M ][L 2 ] is M (L) onmogelijk. Voor L M geldt M (L M ) = en [L M ] is door Lemma de enige met die eigenschap. De andere parallelklassen [L] op [L M ][L 2 ] geven M (L) = 1 en dit zijn elk verschillende punten wegens Lemma Omdat er op M minstens twee punten liggen, liggen op [L M ][L 2 ] \ {[L M ]} dus nog minstens twee parallelklassen. ER BESTAAT EEN PUNT p H, EEN PARALLELKLASSE [N] OP [M][L M ] \ {[L M ]} EN EEN PA- RALLELKLASSE [K] OP [L M ][L 2 ] \ {[L M ], [L 2 ]}, ZODAT p (N) EN p (K). Neem een [K] op [L M ][L 2 ] \ {[L M ], [L 2 ]}, die wegens het voorgaande bestaat. Als H (K) =, dan is [H] [K] en zijn we klaar. Anders is H (K) een singleton p, wegens Lemma Door Lemma is p bevat in een (N), voor een unieke [N] [M][L M ]. Deze is niet [L M ], omdat [L M ][L 2 ] een partitie induceert en p al in (K) zit. TOEPASSING VAN (AQ7). Zij N [N] en K [K] rechten door p. Dan is N L M K, dus N en K zijn twee rechten door p, totaal verbonden met L M. Doordat p (N) = (L M ) en p (K) = (L M ), (L 2 ) zal p / (L M ) en p / (L 2 ), door Lemma Bijgevolg is p verbonden met L M en L 2. Alle voorwaarden zijn vervuld om (AQ7) of Lemma toe te passen met L M, L 2, N, K, H en p in de rollen van L 1, L 2, L, L, H en p. Er bestaat dus een rechte L H, die totaal verbonden is met H (dat betekent [L H ] [H]) en totaal verbonden is met L M en L 2 (dat betekent [L H ] [L M ][L 2 ]). Dit voltooit het bewijs. Dit lemma zegt dat, als het veralgemeende-vierhoekenaxioma geldt voor een punt-rechtepaar op oneindig, het geldt voor alle punt-rechteparen met dezelfde rechte. Dat is hetzelfde als wat Lemma doet in het eindige geval. We bewijzen nu dat het voor alle punt-rechteparen 53

54 op oneindig geldt, door het vorige lemma herhaaldelijk toe te passen. Zo bekomen we het analogon van Lemma De rechten op oneindig van de vorm [L][M] zullen we voor het gemak met Griekse letters noteren Lemma. Zij [M] een parallelklasse en χ een rechte op oneindig, die [M] niet bevat, maar wel een uniek element [M χ ] [M]. Gegeven een rechte op oneindig ψ en een klasse [H] / ψ, dan bestaat er een uniek element [H ψ ] ψ zodat [H] [H ψ ]. Bewijs. Het volstaat om een rechte op oneindig ρ te vinden die ψ snijdt. Als dat zo is, dan kunnen we Lemma toepassen met ψ, een willekeurig punt van ρ \ ψ en [H]. Als χ en ψ snijden, hebben we onze ρ al meteen gevonden. Stel dus dat χ ψ =. Neem een willekeurige [L] op ψ. Wegens Lemma is [L] [K] χ. Maar dan is [L][K] de gezochte rechte ρ, en we zijn klaar Lemma. Zij (A, L) een meetkunde die voldoet aan (AQ1) (AQ8), met een totaal verbonden rechtenpaar. Dan geldt één van de volgende. (A, L) voldoet aan (AQ6 ). (A, L) voldoet aan (GQ ). Bewijs. Zij L een rechte en p een punt, verbonden met L. Uit (AQ8) halen we dat er een [L 1 ] [L] bestaat, zodat [L][L 1 ] een partitie van A induceert. Stel dat p (L 2 ), met [L 2 ] [L][L 1 ]. Dan gaat er een rechte L 2 [L 2] door p, met L 2 L 2 L, dus L 2 L. Er bestaat dus altijd minstens één rechte, totaal verbonden met L, door een gegeven punt p. Stel dat (A, L) niet voldoet aan (AQ6 ). Dan bestaat er wegens het voorgaande een rechte L en twee rechten M, N door eenzelfde punt, totaal verbonden met L. Dan is [L][M] een rechte op oneindig en [N] / [L][M], maar wel [N] [L]. We kunnen dus Lemma toepassen en (GQ ) geldt. Historiek van (AQ8) (AQ8) Als er twee totaal verbonden rechten voorkomen, dan bestaat voor elke rechte L een rechte, totaal verbonden met L. Het vorige bewijs is de eerste en verder ook enige plaats waar dit axioma zal toegepast worden. In het eindig geval kunnen we dit eenvoudig bewijzen: het zal volgen uit de laatste paragraaf uit het bewijs van Lemma Hoewel de gebruikte bijecties uit dat bewijs wel degelijk meetkundige betekenis hebben, is het niet duidelijk dat het bewijs kan aangepast worden naar het algemene geval. Er kan bijvoorbeeld met gemak een bijectie gelegd worden tussen Res(q) en een strikte deelverzameling van Res(q), maar als er oneindig veel rechten door een punt gaan, leidt dit echter niet tot een contradictie. Een ander bewijs, dat meer rechtstreeks uit de axioma s zou volgen, is waarschijnlijk niet eenvoudig, als het bestaat. Het is immers gemakkelijk om totaal verbonden rechtenparen te produceren, maar niet door een gegeven rechte. Niets lijkt uit te sluiten dat de rechten L [L], 54

55 voor [L] in een vaste -klasse [L 1 ][L 2 ] de enige totaal verbonden rechten kunnen zijn. Er is geen aanwijzing dat het onmogelijk is dat op oneindig één rechte [L 1 ][L 2 ] voorkomt en verder nog geïsoleerde punten [M], waar geen rechten op oneindig [M][ ] door gaan. Een bewijs van (AQ8) uit de andere axioma s lijkt dus niet voor de hand te liggen, al is het misschien mogelijk. In het originele artikel [12] is er van (AQ8) geen sprake. In het bewijs daar staat enkel de tweede paragraaf uit het bewijs van ons Lemma 4.6.4, alsof de ontkenning van (AQ6 ) is dat er door een punt minstens twee rechten gaan, totaal verbonden met een gegeven rechte. Dit is een hiaat in zijn bewijs dat deze thesis niet kan opvullen. We hebben gepoogd om (AQ8) uit de andere axioma s te bewijzen, maar nadat dit mislukt is, hebben we gekozen voor de noodoplossing: het bijvoegen van een axioma aan de lijst. We hebben (AQ8) enkel nodig in het geval waarin (AQ6 ) niet geldt en A oneindig is, precies zoals (AQ7). Dat zou ons kunnen motiveren om (AQ7) (AQ8) te vervangen door een equivalent en eleganter axioma. 4.7 De hoofdstelling Nu we (AQ6 ) (GQ ) hebben afgeleid uit [(AQ7) (AQ8)] eindigheid, scheidt slechts één lemma ons nog van de hoofdstelling. Het bewijs ervan kunnen we bijna letterlijk overnemen van Lemma Lemma. Zij (A, L) een meetkunde die voldoet aan (AQ6 ). Dan is de reflexieve sluiting van de relatie op L/ een equivalentierelatie. Bewijs. (L) (M) = is een symmetrische definitie, dus we moeten enkel de transitiviteit nagaan. Stel [L] [M] [K], en door Lemma dus ook L M K. Een snijpunt van L en K zou in directe tegenspraak zijn met (AQ6 ). Stel dat L K. Neem het unieke punt p L, niet verbonden met K en zij H de unieke rechte parallel met K, door p. Uit M K H volgt met Lemma dat M H. Maar dan zijn L en H twee rechten, totaal verbonden met M, door hetzelfde punt p. Dit is in strijd met (AQ6 ). Wegens (AQ4) zijn L K of L K de enige resterende opties, dus [L] = [K] of [L] [K]. Zij een meetkunde (A, L) gegeven die voldoet aan (AQ1) (AQ6) en bovendien eindig is of voldoet aan (AQ7) en (AQ8). Definieer dan de volgende verzamelingen. P 1 : de punten van A; P 2 : de elementen van L/, i.e. de parallelklassen [L], L L; P 3 : het singleton { }; L 1 : voor elke rechte L L, de verzameling L = L {[L]}; L 2 : voor elke twee L M, de verzameling [L][M]. L 2 : voor elke twee L M, de verzameling [L][M] { }. 55

56 4.7.2 Stelling. Een meetkunde (A, L) die voldoet aan (AQ1) (AQ8), bevindt zich in één van de volgende gevallen. (i) Er zijn geen totaal verbonden rechten. In dat geval is (P 1 P 2, L 1 ) een veralgemeende vierhoek, waarin P 2 een ovoïde en hypervlak vormt. (ii) Er zijn totaal verbonden rechten en (AQ6 ) geldt niet. In dat geval is (P 1 P 2, L 1 L 2 ) een veralgemeende vierhoek, waarin (P 2, L 2 ) een deel-veralgemeende vierhoek en hypervlak vormt. (iii) Er zijn totaal verbonden rechten en (AQ6 ) geldt. In dat geval is (P 1 P 2 P 3, L 1 L 2 ) een veralgemeende vierhoek, waarin (P 2 P 3, L 2 ) = een hypervlak vormt. Is A een eindige puntenverzameling, dan volstaan axioma s (AQ1) (AQ6) om deze conclusie te verkrijgen. Bewijs. Eerst gaan we na wat collineariteit precies betekent in deze nieuwe meetkunde. Twee punten van P 1 zijn collineair als ze dat waren in (A, L). Een punt p P 1 en een punt [L] P 2 zijn collineair als en slechts als er een rechte van [L] door p gaat, dus als en slechts als p (L). Twee punten [L] en [M] van L 2 zijn collineair als [L] [M]. is collineair met alle punten van P 2 en P 3 en niet met punten van P 1. Als voorbereidend werk zullen we het axioma van veralgemeende vierhoeken controleren in alle gevallen, maar eerst maken we de volgende opmerking ( ), die hetzelfde inhoudt als (AQ8): Als (AQ6 ) geldt, dan is elk punt [L] P 2 is bevat in een rechte uit L 2 : het volstaat om een punt p te nemen, verbonden met L, en de met L totaal verbonden rechte M door p te nemen, die wegens (AQ6 ) bestaat, om een rechte [L][M] { } te vinden. Als (AQ6 ) geldt, dan is elk punt [L] P 2 bijgevolg collineair met. GEVAL p P 1, L L 1. Als p / (L), dan is p collineair met juist één punt van L en niet met [L]. Als p (L) \ L, dan is p collineair met geen enkel punt van L en wel met [L]. Als H de rechte is door p, parallel met L, dan is H de rechte door [L] = [H] en p. GEVAL [M] P 2, L L 1. Stel eerst dat L (M) een punt q is. Door q gaat dan een unieke rechte M [M] en de andere punten op L zijn niet collineair met [M] wegens niet in (M). Ook het punt [L] is niet collineair met [M], anders zou L (M) (L) (M) =. Stel nu dat L (M) =, dan zijn geen punten op L collineair met [M]. Wegens Lemma is wel [L] [M] en dus is [L][M] de unieke rechte door [M] die L snijdt. GEVAL P 3, L L 1 IN HET GEVAL VAN (AQ6 ). We zullen dit geval enkel bekijken als er ook rechten van L 2, dus met het punt, in de meetkunde zitten. Met affiene punten op L is niet collineair. Het unieke punt op L waarmee collineair is, is [L], wegens. 56

57 GEVAL p P 1, [L 1 ][L 2 ] L 2 IN HET GEVAL VAN (AQ6 ). Wegens Lemma is p bevat in juist één component (L), voor een [L] [L 1 ][L 2 ]. Dus p is collineair met deze unieke [L] [L 1 ][L 2 ]. GEVAL p P 1, [L 1 ][L 2 ] { } L 2 IN HET GEVAL VAN (AQ6 ). Hetzelfde uit het vorige geval blijft gelden en p is niet collineair met. GEVAL [M] P 2, [L 1 ][L 2 ] L 2 IN HET GEVAL VAN (AQ6 ). Wegens Lemma geldt dan wel (GQ ), wat we moesten bewijzen. GEVAL [M] P 2, [L 1 ][L 2 ] { } L 2 IN HET GEVAL VAN (AQ6 ). Wegens Lemma is een equivalentierelatie. Rechten op oneindig snijden dus niet, tenzij in, en dat doen ze allemaal. Dus is het enige punt op [L 1 ][L 2 ] { }, collineair met [M], wegens. Stel eerst dat er geen totaal verbonden rechten voorkomen in (A, L). Dan is (P 1 P 2, L 1 ) een veralgemeende vierhoek wegens de relevante van bovenstaande gevallen. Elke rechte L bevat juist één punt van P 2, namelijk [L]. Bijgevolg is P 2 een ovoïde en dus ook een hypervlak. Stel nu dat er wel totaal verbonden rechten voorkomen en dat (AQ6 ) vals is in (A, L). Dan is (P 1 P 2, L 1 L 2 ) een veralgemeende vierhoek wegens de relevante van bovenstaande gevallen. (P 2, L 2 ) is een veralgemeende vierhoek, zoals hierboven aangetoond. Elke rechte snijdt (P 2, L 2 ) in een punt (de rechten uit L 1 ) of is er volledig in bevat (de rechten uit L 2 ). Bijgevolg is (P 2, L 2 ) een hypervlak. Stel tot slot dat er totaal verbonden rechten voorkomen en dat (AQ6 ) geldt in (A, L). Dan is (P 1 P 2 P 3, L 1 L 2 ) een veralgemeende vierhoek wegens de relevante van bovenstaande gevallen. Wegens is P 2 P 3. Maar de enige punten collineair met zijn parallelklassen en zelf. Bijgevolg is (P 2 P 3, L 2 ) = en de perp van een punt in een veralgemeende vierhoek is altijd een hypervlak Stelling. Zij (A, L) een punt-rechte-meetkunde. Dan hebben we drie equivalenties. (A, L) voldoet aan (AQ1) (AQ8) of is eindig en voldoet aan (AQ1) (AQ6), als en slechts als (A, L) isomorf is met het complement van een hypervlak B in een veralgemeende vierhoek (P, L) met minstens drie rechten door elk punt en minstens drie punten op elke rechte. (A, L) voldoet aan (AQ1), (AQ2), (AQ4) en (AQ5) en heeft geen totaal verbonden rechten als en slechts als (A, L) isomorf is met het complement van een ovoïde in een veralgemeende vierhoek met minstens drie rechten door elk punt en minstens drie punten op elke rechte. (A, L) voldoet aan (AQ1) (AQ5) en (AQ6 ) als en slechts als (A, L) isomorf is met het complement van de perp van een punt in een veralgemeende vierhoek met minstens drie rechten door elk punt en minstens drie punten op elke rechte. Bewijs. De implicaties in de ene richting zijn de inhoud van de laatste stelling. Door affiene punten zullen nog steeds minstens drie rechten gaan wegens (AQ1). Ook door elk ander punt x zullen minstens drie rechten gaan: neem een affien punt a, niet collineair met x. Op elk van de rechten door a, zal een punt liggen, collineair met x. Deze bepalen allemaal verschillende rechten door x, minstens drie in aantal. Op elke affiene rechte L L 1 zullen ook zeker drie 57

58 punten liggen, namelijk deze van L, minstens twee, en [L]. Nu zal elke rechte, disjunct van L minstens drie punten hebben door eenvoudige projectie. Bij twee snijdende rechten L en M kan men door hun snijpunt een rechte nemen en daarmee snijdend een andere rechte K, die dan disjunct zal zijn van L en M. Door projectie hebben we dan L = K = M. Alle rechten hebben dus minstens drie punten. Voor de implicaties in de andere richting volstaat het dat we de axioma s (AQ1) (AQ8) nagaan in een affiene veralgemeende vierhoek (P \ B, L(P \ B)) die ontstaat uit een veralgemeende vierhoek (P, L) door weglating van een hypervlak B P. De rechten L uit (AQ1) (AQ8) zijn verzamelingen L \ B, met L L \ L(B). We vertrekken van veralgemeende vierhoeken met drie punten per rechte en drie rechten per punt. Na het verwijderen van punten en rechten geldt nog steeds (AQ1). Het is duidelijk dat (AQ2) altijd vervuld is. Zij L M. In de vierhoek (P, L) is elk punt van L collineair met een punt van M. Het punt M B kan enkel collineair zijn met L B, anders ontstaat een driehoek. Bijgevolg is ook elk affien punt van M, dus elk punt van M, collineair met een punt van L, want mocht het collineair zijn met L B, dan zou een driehoek ontstaan. Dus (AQ3) geldt. Neem twee rechten L en M in L \ L(B) en onderstel dat ze snijden in een punt p. Is p B, dan zal L M. Is p / B, dan snijdt L nog steeds M. Onderstel nu dat L en M disjunct zijn. Elk punt van L is dan collineair met een punt van M. Zijn de punten L B en M B collineair, dan zal L M. Is het punt M B collineair met een affien punt x van L, dan zal elk punt van L, behalve x, collineair zijn met een punt van M. Dus L M. Dit bewijst (AQ4). Zij L een rechte en p een punt niet op L, niet verbonden met L in (P \ B, L(P \ B). In (P, L) zal p dan collineair zijn met het punt B L door een rechte M. Dan zal L M. Dit is de inhoud van (AQ5). Neem twee rechten L M en een punt p dat verbonden is met beide. De punten L B en M B zullen dan ook collineair zijn, door een rechte K. Noem nu r het unieke punt op K, collineair met p. Dan zal de rechte door p en r totaal verbonden zijn met L en M. Elke rechte met die eigenschap, zal een punt in B hebben dat collineair is met L B en M B. Daar er maar één punt op K collineair is met p, is de gezochte rechte dus uniek. We kunnen (AQ6) besluiten. Zijn L 1, L 2, L, L, H de rechten uit (AQ7), dan geldt voor hun unieke punten in B we noemen ze respectievelijk q L1, q L2, q L, q L en q H dat q L1 en q L2 collineair zijn, maar q H en q L1 niet (omdat H en L 1 snijden). In Stelling bewijzen we dat het axioma voor veralgemeende vierhoeken 58

59 geldt in het hypervlak B, dus zal er een punt q bestaan op de rechte q L1 q L2, collineair met q H. Stel dat het een diep punt is (definitie pagina 13). Dan zal het collineair zijn met alle andere punten van B door Dat wil zeggen dat het ook collineair is met q L en q L, wat driehoeken in B oplevert tenzij ook q L en q L op de rechte q L1 q L2 gelegen zijn. Maar dat levert een driehoek op in de originele veralgemeende vierhoek, tussen q L, q L en p. Bijgevolg is q geen diep punt en gaat er een rechte H B door. Het affiene gedeelte H \ {q} zal dan totaal verbonden zijn met L 1, L 2 en H. Dit voltooit het bewijs van (AQ7). Bestaan er twee totaal verbonden rechten, dan zal het hypervlak B een rechte R bevatten. Het axioma voor veralgemeende vierhoeken zal gelden in B (omdat B een deelruimte is). Dus het punt q L zal collineair zijn met een punt van R, en dus aanleiding geven tot een rechte door q L in B, die minstens drie punten zal hebben, waarvan hoogstens één een diep punt. Bijgevolg bestaat er nog zeker een niet-diep punt q M op R en zal elke affiene rechte M door dit punt, totaal verbonden met L. Het complement van een ovoïde B zal geen totaal verbonden rechten bevatten, omdat dit collineaire punten in B vereist. Stel nu dat B = b. We bewijzen (AQ6 ). Zij daarvoor L een rechte, en p een punt ermee verbonden. Zij q L het unieke punt van L in B. Dan is q L B = b collineair met b. Door het axioma van veralgemeende vierhoeken is p collineair met een uniek punt op q L b. Omdat p verbonden is met L, is dit niet q L, maar een punt q M. Dan is M = q M p een rechte door p, die totaal verbonden zal zijn met L. Voor elke rechte M door p, totaal verbonden met L, zullen de punten q M en q L collineair zijn met elkaar en met b, dus M is uniek. 59

60 Hoofdstuk 5 Hypervlakken in polaire ruimten Om de affiene polaire ruimten te classificeren, volstaat het om de hypervlakken in polaire ruimten te classificeren en natuurlijk ook de polaire ruimten zelf. We vermelden hier wat gekend en doenbaar is. Allerminst is dit een complete klassering. Classificatie van polaire ruimten Polaire ruimten van rang ten minste drie werden geclassificeerd door Jacques Tits (zie bijvoorbeeld [19]). Volgens het fundamentele resultaat van Tits en Veldkamp is een polaire ruimte van rang ten minste drie isomorf met ofwel een Grassmanniaan waarvan de punten de rechten van een driedimensionale projectieve ruimte zijn en de rechten de stralenwaaiers, ofwel een polaire ruimte geassocieerd aan een niet-ontaarde sesquilineaire vorm op een vectorruimte en de bijhorende polariteit in de projectieve ruimte, ofwel de polaire ruimte geassocieerd aan een niet-ontaarde pseudokwadratische vorm in een projectieve ruimte, ofwel een niet-inbedbare polaire ruimte, wiens vlakken niet-desarguesiaans zijn en gedefinieerd over een Cayley-Dickson-delingsalgebra. We zullen nu de hypervlakken in polaire ruimten van rang ten minste 3 bespreken, met deze classificatie in het achterhoofd. 5.1 Hypervlakken in rechtengrassmannianen Zij K een lichaam en PG(3, K) de driedimensionale projectieve ruimte over K. Noem de rechtenverzameling van PG(3, K) nu P en zij L de verzameling van alle stralenwaaiers (x, π), met π een vlak in PG(3, K) en x een punt in π. Dan is (P, L, I) een polaire ruimte, als I gedefinieerd is als L I (x, π) x L π. Als K een veld is, is dit de constructie van de kwadriek van 60

61 Klein dit is Q + (5, K). Als K niet commutatief is, kan deze constructie aanleiding geven tot polaire ruimten die niet in één van de andere klassen van de classificatie voorkomen. Op deze polaire ruimte liggen vlakken. De structuur van alle rechten door een vast punt of van alle rechten in een vast vlak, vormt een projectief vlak. Deze twee noties zijn duaal (t.o.v. de dualiteit van de driedimensionale projectieve ruimte) en men kan bewijzen dat dit de enige vlakken zijn die (P, L) rijk is. We merken op dat twee rechten van PG(3, K) collineair zijn in (P, L) als ze elkaar snijden Stelling. Zij B een hypervlak van (P, L). Dan is ofwel B = L, voor een L P, ofwel bestaat er een symplectische polariteit op PG(3, K) (i.e. een polariteit waarvoor alle punten van PG(3, K) absoluut zijn) zodat B samenvalt met de verzameling absolute rechten. Bewijs. Stel eerst dat B een vlak van (P, L) bevat. Op dualiteit van PG(3, K) na mogen we onderstellen dat B alle rechten L P bevat die zelf bevat zijn in een vast vlak π van PG(3, K). Neem een punt x buiten π en beschouw alle rechten door x: deze vormen een vlak in (P, L). Omdat B een hypervlak is, moet een rechte (x, π ) van dat vlak in B liggen. De vlakken π en π snijden elkaar in PG(3, K) in een rechte L. Neem nu een rechte M die L snijdt in een punt z. Zij π het vlak door M en x. De rechten π π en π π = xz gaan beiden door z en liggen in π, en zijn in (P, L) dus punten op de rechte (z, π ). Maar beide liggen ook in B. Omdat B een deelruimte is, ligt elk element van (z, π ) in B, in het bijzonder M. Dit bewijst dat L B P, en door de maximaliteit van L (Lemma 2.2.1) is dus B = L. Onderstel nu dat B rang twee heeft. Elk vlak van (P, L), bijvoorbeeld afkomstig van de rechtenverzameling in een vlak π van PG(3, K), heeft dan juist één rechte waarvan de elementen in B liggen noem deze rechte (x, π) = (σ(π), π). Hierbij hebben we σ dus gedefinieerd als afbeelding van de vlakken van PG(3, K) naar de punten van PG(3, K). Ook de vlakken van (P, L) afkomstig van alle rechten door een punt x, hebben juist één rechte (x, π) = (x, σ(x)) gemeen met B. Dit definieert σ als een afbeelding van de punten naar de vlakken van PG(3, K). We kunnen inzien dat σ 2 de identiteit is en punten op vlakken door dat punt afbeeldt. Aldus is σ een symplectische polariteit en we kunnen σ uitbreiden op de rechten, door σ(l) = σ(x) σ(y) te stellen, voor rechten L = xy, waarbij x en y verschillende punten van PG(3, K) zijn. Er volgt dan dat B = {L σ(l) = L}, wat we moesten bewijzen. 61

62 De Veldkampruimte (H, S) van (P, L) heeft al deze hypervlakken als puntenverzameling (zie Stelling 2.2.4). Verzamelingen rechten van PG(3, K) die een vaste rechte snijden, en verzamelingen absolute rechten t.o.v. een symplectische polariteit, worden afgebeeld op hypervlakken van (P, L), en deze op hun beurt op punten in de Veldkampruimte. In het geval dat K een veld is, is deze eerste afbeelding de welbekende Plückerafbeelding van de rechtenverzameling van PG(3, K) naar de kwadriek van Klein. PG(3, K) (P, L) (H, S) PG(3, K) Q + (5, K) PG(5, K) PG(3, q) Q + (5, q) PG(5, q) In het eindig geval kunnen we met een telling de verhouding van beide soorten hypervlakken bepalen. In (H, S) = PG(5, q) zijn er q6 1 q 1 punten. Er zijn dus zoveel hypervlakken in (P, L). Het aantal hypervlakken van (P, L) van de vorm L is het aantal rechten in PG(3, q) of het aantal punten op Q + (5, q), namelijk er q4 1 q 1 (q3 + q 2 + q)/(q + 1)q = (q 2 + 1)(q 2 + q + 1). Het aantal symplectische polariteiten op PG(3, q) is gelinkt aan het aantal 4 4-matrices A met A T = A (en 0 op diagonaal). Voor de eerste rij is elke keuze van viertal (0, a 01, a 02, a 03 ) goed, behalve (0, 0, 0, 0): dus q 3 1 mogelijkheden. Stel zonder verlies van algemeenheid dat a 01 = 0. Dan is ook a 10 = 0 en is elke keuze van laatste twee coördinaatgetallen in (a 10, 0, a 12, a 13 ) goed: dus nog q 2 keuzes. Enkel a 23 is nu nog kiesbaar. Maar als det(a) = 0 moet zijn dit is een lineaire vergelijking in a 23 wordt één waarde uitgesloten: dus nog q 1 keuzes. Maar de q 1 veelvouden (met scalair in GF(q) ) van deze matrix A bepalen dezelfde symplectische polariteit. Het aantal symplectische polariteiten is dus (q3 1)q 2 (q 1) q 1 = (q 3 1)q 2. Inderdaad, (q 3 1)q 2 + (q 2 + 1)(q 2 + q + 1) = (q6 1) q Hypervlakken in projectief inbedbare polaire ruimten We zullen nu de polaire ruimten die ingebed zijn in projectieve ruimten, dus deze bepaald door een polariteit en deze bepaald door een pseudokwadratische vorm, samen behandelen. De theorie van deze inbedbare polaire ruimten wordt uiteengezet in de uitgave Buildings of Spherical Type and Finite BN-Pairs uit de Springer-reeks Lecture Notes in Mathematics [19, hoofdstuk 8]. We zullen een samenvatting hiervan die we nodig hebben voor het bewijs, formuleren, hierbij toch wat details en bijkomende voorwaarden onder de mat vegend. Voor de projectieve deelruimte, voortgebracht door de punten van een puntenverzameling K in een projectieve ruimte W, zullen we [K] noteren. Dat K heel de ruimte opspant, betekent dus dat [K] = W. 62

63 Zij k een lichaam, V een rechtse vectorruimte over k en σ een anti-automorfisme, i.e. een automorfisme van de additieve groep zodat (xy) σ = y σ x σ. Een afbeelding f is een σ-sesquilineaire afbeelding als deze additief is in beide componenten en als f (xa, yb) = a σ f (x, y)b, x, y V, a, b k. Als f (x, y) = 0 f (y, x) = 0, of equivalent, als er een ε k \ {0} bestaat zodat f (y, x) = f (x, y) σ ε, dan wordt zo n afbeelding een (σ, ε)-hermitische vorm genoemd. In dat geval is ε σ = ε 1 en is voor alle t k : t σ2 = εtε 1. Voor een σ en ε die aan deze twee eigenschappen voldoen, zijn volgende drie uitspraken, waarnaar we nu zullen verwijzen met, equivalent: {t + t σ ε t k} = {t k t σ ε = t} Voor elke (σ, ε)-hermitische vorm f is f (x, x) {t + t σ ε t k}. Elke (σ, ε)-hermitische vorm kan geschreven worden als f (x, y) = g(x, y) + g(y, x) σ ε, voor een σ-sesquilineaire vorm g. Deze eigenschappen zijn automatisch voldaan als k oneven karakteristiek heeft of als σ Z(k) = 1. Als π een symmetrische relatie is op de punten van W, waarbij we x y noteren voor (x, y) π, dan noemen we π een polariteit als voor alle punten x de verzameling x = {y y x} een hypervlak is of W zelf. De orthogonaliteitsrelatie f (x, y) = 0, met f een (σ, ε)-hermitische vorm, induceert een polariteit in W. Elke polariteit waarbij de codimensie van W in W ten minste twee is, kan voorgesteld worden door een (σ, ε)-hermitische vorm. Voldoen σ en ε aan, dan kunnen we met de geassocieerde polariteit π een polaire ruimte W π opbouwen met als puntenverzameling {x W x x} en als deelruimtenverzameling die deelruimten U van W, die totaal isotroop (U U ) zijn met betrekking tot π. Voldoen σ en ε niet aan, dan moeten we pseudokwadratische afbeeldingen invoeren om een polaire ruimte te kunnen maken. Zijn σ en ε zoals hierboven, maar voldoen ze niet noodzakelijk aan, stel dan k σ = {t t σ ε t k} en noteer het eenheidselement van k/k σ als 0. Een afbeelding q : V k/k σ wordt een pseudo- of σ-kwadratische afbeelding genoemd, als er een σ-sesquilineaire vorm g bestaat, zodat q(v) = g(v, v) + k σ. Met deze pseudokwadratische afbeelding q kunnen we een sesquilineaire afbeelding f associëren, door q(x + y) = q(x) + q(y) + f (x, y) + k σ. Uitrekenen zal leren dat dan f (x, y) = g(x, y) + g(y, x) σ ε Lemma ([19], 8.2.5). Een pseudokwadratische vorm q is volledig bepaald door de geassocieerde sesquilineaire vorm f en de waarden die q aanneemt op de vectoren van een basis van de vectorruimte V. De geassocieerde sesquilineaire vorm f is uniek bepaald door de pseudokwadratische vorm q. De punten x van de projectieve ruimte W (dus eigenlijk de vectorrechten kv, v V) waarop q(x) := q(v) = 0 en deelruimten U waarop q(x) = 0, x u vormen dan een polaire ruimte, die enkel afhangt van de proportionaliteitsklasse κ van evenredige vormen q. Met κ(x) = 0 bedoelen we dat q(x) = 0, voor een pseudokwadratische vorm q die de klasse κ representeert. 63

64 Die proportionaliteitsklasse noemen we een projectieve pseudokwadratische vorm en we noteren deze polaire ruimte met W κ. Collineariteit tussen punten x en y wordt uitgedrukt door de geassocieerde sesquilineaire vorm f : x y f (x, y) = 0. Zij nu S = (P, L) een polaire ruimte. Een projectieve inbedding is gedefinieerd als een drietal (W, π, ϕ), waarbij W een projectieve ruimte is met daarop gedefinieerd een polariteit π, zodat we kunnen spreken van de polaire ruimte W π van totaal isotrope punten en rechten in W. Hierbij is ϕ een injectie van S naar W π W, met [ϕ(s)] = W en zodat voor elke rechte L van S, ϕ(l) een rechte is van W. In dit geval is ϕ een isomorfisme van S op zijn beeld, dus de inbedding bepaalt de polaire ruimte op isomorfisme na. Tussen twee inbeddingen van eenzelfde polaire ruimte S kunnen we een inbeddingsmorfisme α van (W, π, ϕ) naar (W, π, ϕ ) definiëren als een morfisme α : W W waarvoor ϕ = α ϕ en π = α π, wat met de notie van pullback uitgedrukt is dat x π y α(x) π α(y). Met deze notie van morfisme vormt de collectie inbeddingen van S een categorie. We zeggen dat een inbedding (W, π, ϕ) universeel is als elk morfisme van een andere inbedding ernaartoe een isomorfisme is. Nu volgt de belangrijkste stelling uit het deel, waarvan het Tits-style erg beknopt opgeschreven bewijs 26 pagina s telt in [19]. 64

65 5.2.2 Stelling. Zij (W, π, ϕ) een projectieve inbedding van een polaire ruimte S van rang 2, waarbij de polariteit π voorgesteld wordt door een (σ, ε)-hermitische vorm. Als σ en ε voldoen aan, dan is π niet-ontaard, dan is ϕ(s) = W π, de inbedding (W, π, ϕ) is universeel en elk morfisme ervan naar een andere inbedding, is een isomorfisme. Alle inbeddingen van S zijn isomorf. Als σ en ε niet voldoen aan, dan bestaat er een inbedding (W, π, ϕ) van S, een morfisme µ van (W, π, ϕ) naar (W, π, ϕ) en een projectieve pseudokwadratische vorm κ in W, wiens geassocieerde polariteit π is en zodat ϕ(s) = W κ. De inbedding (W, π, ϕ) is universeel. Het morfisme µ (en bijgevolg ook de inbedding (W, π, ϕ)) is uniek op uniek isomorfisme na. Onder bepaalde voorwaarden breidt een isomorfisme tussen twee ingebedde polaire ruimten W π en W π uit naar de omgevende projectieve ruimten W en W. Voor elke inbedbare polaire ruimte (P, L) bestaat er dus een universele inbedding (W, π, ϕ), en (P, L) = W π of W κ, met κ de projectieve pseudokwadratische vorm die aanleiding geeft tot de polariteit π. Omdat de inbedding de polaire ruimte op isomorfisme na bepaalt, mogen we ervan uitgaan dat onze (P, L) = W π of W κ en onze inbedding van de vorm (W, π, 1 P ) is Stelling. Zij (P, L) een niet-ontaarde polaire ruimte van eindige rang 3 van de vorm W π of W κ, met W een projectieve ruimte, π een polariteit op W en κ een projectieve pseudokwadratische vorm met geassocieerde polariteit π. Stel dat (W, π, 1 P ) een universele inbedding is. Als H een hypervlak is van (P, L), dan is [H] een hypervlak van W en H = [H] P. Bewijs. Als (P, L) singuliere deelruimten heeft van projectieve dimensie r 1, dan zal de doorsnijding van een dergelijke deelruimte met H een projectieve ruimte zijn van dimensie ten minste r 2. Omdat de rang van P ten minste drie is, wil dat zeggen dat de rang van H ten minste 2 is. Stel eerst dat [H] = W en neem een punt x P \ H. Door Lemma is dan H, x = P. Voor de ruimtes erdoor voortgebracht geldt dus [H, x] = [P] = W. Bijgevolg is [H] een hypervlak (mocht codim([h]) = 2, dan zou codim([h, x]) 1 en dus zou [H, x] = W). Bovendien is [H] P een deelruimte van P waarvoor geldt: H [H] P P. Door de maximaliteit van het hypervlak H (Lemma 2.3.1) is dus H = [H] P. Stel nu dat [H] = W. Dan is (W, π, 1 H ) een inbedding van het hypervlak H. Omdat de rang van H ten minste 2 is, kunnen we Stelling toepassen. Er bestaat dus een universele inbedding (W, π, ϕ) en een morfisme µ van inbeddingen van H, van (W, π, ϕ) naar (W, π, 1 H ), dus met µϕ = 1 H en µ π = π. Gewoon omdat (W, π, ϕ) een inbedding is, is [ϕ(h)] = W. De twee inbeddingen (W, π, 1 P ) en (W, π, 1 H ) kunnen onmogelijk in het eerste geval van Stelling zitten, want die zegt P = 1 P (P) = W π = 1 H (H) = H, tegen de onderstelling. De polaire ruimte (P, L) is dus afkomstig van een pseudokwadratische vorm en we mogen onderstellen dat P = W κ. Dan halen we uit dezelfde stelling, toegepast op de inbedding (W, π, ϕ) van H dat ϕ(h) = W κ, met κ een projectieve pseudokwadratische vorm, waarvan de geassocieerde polariteit π is. Maar ook van µ κ is de geassocieerde polariteit µ π = π, daar dit gewoon een vertaling via µ is van het feit dat aan de projectieve pseudokwadratische vorm κ de polariteit π geassocieerd is. 65

66 Nu is, voor x W: κ(x) = 0 x W κ x ϕ(h). In dat geval is ook µ(x) µϕ(h) = 1 H (H) = H P = W κ, dus κ(µ(x)) = 0. Maar κ en κ µ worden beiden nul op een basis van W (herinner [ϕ(h)] = W), dus pseudokwadratische vormen q en q µ op de onderliggende vectorruimte V, die κ en κ µ representeren, zullen eveneens nul worden op een basis van V. Bovendien is q(x + y) = q(x) + q(y) + f (x, y) + k σ q(µ(x + y)) = q(µ(x) + µ(y)) = q(µ(x)) + q(µ(y)) + f (µ(x), µ(y)) + k σ, dus de geassocieerde sesquilineaire vormen van q en q µ zijn f (, ) en f (µ( ), µ( )). De eerste drukt de π-collineariteit uit en de tweede de π-collineariteit. Maar omdat µ π = π, worden deze op dezelfde koppels 0 en zijn ze op veelvoud na gelijk. We kunnen de representanten in κ en κ µ zo kiezen dat hun geassocieerde sesquilineaire vormen f (, ) en f (µ( ), µ( )) samenvallen. Maar dan vallen de pseudokwadratische vormen zelf samen wegens Lemma en ook hun projectieve varianten: κ = κ µ. Neem nu een willekeurige x P = W κ en kies een x zodat µ(x) = x. Dan is κ(x) = κ(µ(x)) = κ(x) = 0. Dat betekent dat x W κ = ϕ(h). Er volgt dat x = µ(x) µ(ϕ(h)) = H. Daarmee zouden we hebben dat P H, een strijdigheid. 66

67 5.3 Hypervlakken in niet-inbedbare polaire ruimten Tits classificeerde in [19] de polaire ruimten die niet-desarguesiaanse vlakken bezitten. De vlakken zijn in dit geval gedefinieerd over een Cayley-Dickson-delingsalgebra in plaats van over een lichaam. Voor elke Cayley-Dickson-delingsalgebra C bestaat er precies één nietontaarde polaire ruimte wiens vlakken over C gedefinieerd zijn. Deze polaire ruimten hebben altijd rang Stelling. Zij H een hypervlak van een niet-inbedbare polaire ruimte (P, L), wiens vlakken gedefinieerd zijn over een Cayley-Dickson-delingsalgebra. Dan is H = p, voor een punt p P. Een bewijs van deze stelling wordt gegeven in [3], op zeven dichte bladzijden. De auteurs vermoeden zelf dat er een eenvoudiger bewijs moet bestaan, daar het bewijs in één pagina kan afgerond worden, als de classificatie van Moufangveralgemeende vierhoeken gebruikt wordt. Omdat het bewijs bovendien veel verwijst naar bestaande artikelen, extensief gebruik maakt van algebraïsche groepen en een grondige algebraïsche voorkennis vereist, werd gemakkelijkheidshalve gekozen om dit bewijs niet in deze masterthesis te verwerken. Een andere optie zou zijn om Stelling te bewijzen, vertrekkende van de elementaire constructie van deze niet-inbedbare polaire ruimten, zoals beschreven in [5]. De constructie is echter weinig overzichtelijk (6 types punten, 8 types vlakken) en een poging tot bewijs zou ontaarden in bodemloos rekenwerk dat de synthetische inslag van deze thesis zou verstoren. 67

68 Hoofdstuk 6 Hypervlakken in veralgemeende vierhoeken Om inzicht te krijgen in de klasse van affiene veralgemeende vierhoeken, zou een classificatie van hypervlakken in veralgemeende vierhoeken zinvol zijn. Deze is echter helemaal niet voorhanden; sterker nog: voor de veralgemeende vierhoeken zelf is er zelfs geen hoop op een classificatie. Een classificatie van hun hypervlakken is bijgevolg zo goed als ondoenbaar, al kunnen we wel enkele algemene uitspraken doen over hypervlakken in veralgemeende vierhoeken, zie daarvoor sectie 6.1. In de rest van dit hoofdstuk zullen we proposities bewijzen over hypervlakken in de klassieke veralgemeende vierhoeken Q + (3, q), Q(4, q), Q (5, q), H(3, q 2 ), H(4, q 2 ) en W(3, q), daar die voldoende goed gekend zijn. Affiene veralgemeende vierhoeken die het complement zijn van een hypervlak in één van deze klassieke veralgemeende vierhoeken, zullen we klassieke affiene veralgemeende vierhoeken noemen. Hoewel de naam zou kunnen doen vermoeden dat deze klasse van meetkunden helemaal gekend en geklasseerd is, is niets minder waar! Zo is bijvoorbeeld niet bekend of alle klassieke affiene veralgemeende vierhoeken van orde (63, 64) inbedbaar zijn in een affiene ruimte (zie daarvoor pagina 79). Merk op dat we hier Q + (3, q) wel zullen bespreken, al worden hypervlakcomplementen van deze hyperbolische kwadriek niet geaxiomatiseerd door de axioma s (AQ1) (AQ8) uit Hoofdstuk 4, omdat deze drie rechten door elk punt eisen. 6.1 Hypervlakken in veralgemeende vierhoeken Stelling ([17], 2.3.1). Zij (P, L) een veralgemeende vierhoek met dikke rechten en H een hypervlak erin. Dan geldt één van volgende. H is een ovoïde; H is de perp van een punt; H is een deel-veralgemeende vierhoek. 68

69 Bewijs. Neem een punt p H en een rechte L H, met p / L. In (P, L) bestaan er een punt q L en een rechte M = pq. Omdat H een deelruimte is, zal het punt q ook in H liggen en om dezelfde reden zal de rechte M tussen p H en q H ook volledig in H bevat zijn. Bijgevolg geldt in de meetkunde geïnduceerd op H, het axioma voor veralgemeende vierhoeken. Als er geen rechten voorkomen in de deelruimte H, dan moet elke rechte van L de deelruimte H juist in één punt snijden. Dit impliceert dat H een ovoïde is. Stel nu dat er wel rechten voorkomen. Is er een punt x collineair met alle punten van H, dus H x, dan moet H = x wegens de maximaliteit uit Lemma 2.2.1, een stelling die ook geldig is voor polaire ruimten van rang 2, met dikke rechten. In alle overige gevallen is (H, L(H)) een niet-ontaarde veralgemeende vierhoek. In het eindig geval kunnen we ovoïden en deel-veralgemeende vierhoeken die hypervlakken zijn, karakteriseren. Eerst een hulpstelling Lemma. In een eindige veralgemeende vierhoek van de orde (s, t) is de orde (s, r) van een deelveralgemeende vierhoek D begrensd door r t/s. Er geldt gelijkheid als en slechts als D een hypervlak is. Bewijs. Dat er weer s + 1 punten op een rechte moeten liggen (volle rechten), wordt geëist door de definitie van deelruimte. Er bestaan drie soorten rechten: deze die volledig bevat zijn in D, degene die D snijden in een punt, en deze die disjunct zijn van D. D is een hypervlak als en slechts als er geen rechten disjunct van D bestaan. Van de tweede soort zijn er (s + 1)(sr + 1)(t r) rechten: door elk van de (s + 1)(sr + 1) punten van D gaan (t + 1) (r + 1) rechten, niet gelegen in D. We drukken nu uit dat het totale aantal rechten minstens zo groot moet zijn als de som van de eerste twee soorten, waarbij gelijkheid geldt als en slechts als er geen externe rechten bestaan. (t + 1)(st + 1) (r + 1)(sr + 1) + (s + 1)(sr + 1)(t r) st 2 + t + st + 1 sr 2 + r + sr s 2 rt + st + srt + t s 2 r 2 sr sr 2 r (t sr)(t r) 0. st 2 s 2 rt + srt s 2 r 2 t 2 srt + rt sr 2 Omdat altijd t r, moet ook t sr 0, ofte r t/s. Als gelijkheid geldt, zijn er geen externe rechten. D is dan de hele vierhoek ( t = r), of een hypervlak ( r = t/s) Stelling ([17], 1.8.1). Zij (P, L) een eindige veralgemeende vierhoek van de orde (s, t). Een puntenverzameling H P is een hypervlak als en slechts als één van de volgende waar is. H is een verzameling van st + 1 punten waarvan geen twee collineair (ovoïde); H is de perp van een punt; H is een deel-veralgemeende vierhoek van de orde (s, t/s). 69

70 Bewijs. Zij O een ovoïde in (P, L). Uit de dubbele telling van het aantal vlaggen (p, L), met p O, volgt O (t + 1) = (t + 1)(st + 1) en dus O = (st + 1). Omgekeerd, uit dezelfde telling volgt dat een puntenverzameling van onderling niet-collineaire punten van grootte st + 1 al (t + 1)(st + 1) rechten blokkeert en dus een ovoïde is. Hiermee hebben we bewezen dat de eerste puntjes uit deze stelling en Stelling equivalent zijn. Wegens Lemma is een deel-veralgemeende vierhoek een hypervlak als en slechts als zijn orde (s, t/s) is. Het volstaat nu om vast te stellen dat ook ovoïden en perps van punten hypervlakken zijn, om het bewijs van deze stelling te voltooien Propositie. Zij (A, L) een affiene veralgemeende vierhoek, die een hypervlakcomplement is in een veralgemeende vierhoek (P, L) van orde (s, t). Dan is (A, L) een meetkunde met orde (s 1, t). Bewijs. Zij B = P \ A het verwijderde hypervlak. De rechten van L zijn rechten L L, waaruit het singleton B L verwijderd is. Ze bevatten dus één punt minder. Zij x A een punt. Als er t rechten door x gaan in (P, L), dan is dit nog steeds zo in (A, L), want geen enkele rechte door x ligt in B. 6.2 Hypervlakken in grids en Q + (3, q) Een rooster of grid is een meetkunde, isomorf met (A B, A B, I), waarbij (a, b) I c c {a, b}. We kunnen de grootte specifiëren door het een A B -rooster te noemen. Een symmetrisch rooster of symmetrisch grid is een veralgemeende vierhoek van de orde (s, 1), voor s een kardinaalgetal. Het is een rooster waarbij A = B = s. Meetkundig is de hyperbolische kwadriek in drie dimensies Q + (3, q) niet meer dan een grid. We bewijzen dus algemeen, voor symmetrische roosters, het resultaat waarin Stelling zich bijna onmiddellijk vertaalt Stelling. Elk hypervlak van een symmetrisch rooster is een ovoïde of de unie van twee snijdende rechten. Elk hypervlak van een niet-symmetrisch rooster is de unie van twee snijdende rechten. Bewijs. De perp van een punt p in een rooster de unie is van de twee rechten waarop het punt gelegen is. Omdat s 1 is een deel-veralgemeende vierhoek als hypervlak geen optie. Een ovoïde is mogelijk in het symmetrische geval. Is echter A > B, dan moeten er minstens A punten in een ovoïde liggen om alle rechten van A te blokkeren. Maar wegens het duivenhokprincipe is er dan een rechte van B die de kandidaat-ovoïde moet snijden in minstens twee punten, een strijdigheid. Inderdaad, op Q + (3, q) is de perp van een punt t een raakkegel tq + (1, q), de unie van twee rechten. 70

71 6.2.2 Stelling. Er bestaan in een s s-rooster s! ovoïden. Bewijs. Bij een vaste nummering van de rechten van één rechtenklasse, kan op de eerste rechte op s manieren een punt gekozen worden om een ovoïde op te bouwen, op de volgende rechten op s 1 manieren, etc. Het s s-rooster telt dus s! ovoïden. Het aantal kegelsneden op Q + (3, q) is het totale aantal hypervlakken q 3 + q 2 + q + 1 minus het aantal raakhypervlakken q 2 + 2q + 1, dus q 3 q. Er zijn dus (veel) meer ovoïden (O(q!)) dan er kegelsneden zijn (O(q 3 )) op Q + (3, q). 6.3 Hypervlakken in Q(4, q) Op Q(4, q), een veralgemeende vierhoek van orde (q, q), is er een bijzonder resultaat gekend voor de classificatie van ovoïden. De standaardvoorbeelden van ovoïden op deze kwadriek zijn elliptische kwadrieken Q (3, q). Over het algemeen zijn dit niet de enige voorbeelden, zie daarvoor pagina 79. Dit is echter wel zo als q een priemgetal is. Dit werd al vermoed op basis van bewijs voor Q(4, q), met q {2, 3, 5, 7}, maar het werd pas in 2004 bewezen voor alle priemgetallen, door Simeon Ball, Patrick Govaerts en Leo Storme in [1]. De polynomiale methode is een verzamelnaam voor een arsenaal algebraïsch getinte technieken om specifieke resultaten in eindige meetkunde te bewijzen. Door intensief gebruik van dergelijke polynomiale technieken konden voornoemde auteurs aantonen dat elk hypervlak van PG(4, p h ) een vaste ovoïde van Q(4, p h ) moet snijden in 1 mod p punten. Dat alle ovoïden van Q(4, p), p priem, elliptische kwadrieken zijn, wordt als gevolg daarvan bewezen. Hun redeneringen hebben we in deze paragraaf verwerkt, daarbij het originele artikel [1] volgend. Zij Q(4, q) de kwadriek in PG(4, q), gedefinieerd door X 0 X 4 + X 1 X 3 + X 2 2 = 0. Zij O een ovoïde die het punt (0, 0, 0, 0, 1) bevat. Het raakhypervlak aan dit punt, dat alle punten ermee collineair bevat, is X 0 = 0. Daarin kunnen alvast geen extra punten van de ovoïde meer liggen. We mogen dus onderstellen dat alle andere punten van de ovoïde van de vorm (1, x, y,... ) zijn, met x, y GF(q). Als nu twee punten (1, x, y, a, y 2 ax) en (1, x, y, b, y 2 bx) op Q(4, q) liggen, dan zal ook elk punt op de rechte ertussen, (λ + µ, (λ + µ)x, (λ + µ)y, λa + µb, (λ + µ)y 2 λax µbx) aan X 0 X 4 + X 1 X 3 + X2 2 = 0 voldoen. Dit betekent dat de twee punten van vertrek collineair zijn op de kwadriek. Hoogstens één van hen kan dus in de ovoïde liggen, wat betekent dat de q punten van de ovoïde noodzakelijk gegeven zullen worden door {(0, 0, 0, 0, 1)} {(1, x, y, g(x, y), y 2 xg(x, y)) x, y GF(q)} (6.1) voor een functie g(x, y) over GF(q), die we een polynoom mogen onderstellen. 71

72 6.3.1 Lemma. De verzameling (6.1) is een ovoïde van Q(4, q) als en slechts als voor alle a GF(q) geldt: {(y + ax, g(x, y) ay) x, y GF(q)} = GF(q) 2. Bewijs. We zullen bewijzen dat (6.1) geen ovoïde is als en slechts als de gelijkheid niet geldt. Voor een a GF(q) vult de linkse verzameling niet heel GF(q) 2 op, als en slechts als voor twee koppels (x, y) en (x, y ) de entries gelijk zijn, met andere woorden y + ax = y + ax, g(x, y ) ay = g(x, y) ay. We zullen aantonen dat deze vergelijkingen equivalent zijn met de collineariteit van de punten (1, x, y, g(x, y ), y 2 x g(x, y )) en (1, x, y, g(x, y), y 2 xg(x, y)) op de kandidaat-ovoïde, wat de gevraagde equivalentie aantoont. Als de gelijkheden gelden, dan is y 2 xg(x, y) + x g(x, y) + 2yy + xg(x, y ) y 2 x g(x, y ) = ( y 2 + 2yy y 2) (x x ) ( g(x, y) g(x, y ) ) = (y y ) 2 (x x )a(y y ) = (y y ) [ (y y ) + a(x x ) ] = 0. Als de twee punten collineair zijn, dan is 0 = y 2 xg(x, y) + x g(x, y) + 2yy + xg(x, y ) y 2 x g(x, y ) = (y y) 2 (x x ) ( g(x, y) g(x, y ) ). Als x = x, dan is ook y = y en dan kiezen we a = 1. Anders kiezen we a = y y x x. Dan is 0 = (y y )a (g(x, y) g(x, y )), zodat voldaan is aan de vooropgestelde vergelijkingen Lemma. (T + ux + vy) = T q2 (Y q2 q + (X q XY q 1 ) q 1 )T q + (YX q XY q ) q 1 T. u,v GF(q) Bewijs. De identiteit a GF(q) (X a) = X q X is bekend: het is het monisch polynoom met als wortels alle elementen van GF(q) met multipliciteit 1. Als a het veld GF(q) doorloopt, doet a dat ook. Homogeniseren we deze identiteit en vervangen we a door a, dan krijgen we de identiteit (U + av) = U q UV q 1, a GF(q) die we tweemaal zullen gebruiken. 72

73 (T + ux + vy) u,v GF(q) = ((T + ux) + vy) u GF(q) v GF(q) = u GF(q) = u GF(q) = u GF(q) [(T + ux) q (T + ux)y q 1] [ ] T q + ux q TY q 1 uxy q 1 ) [ ] (T q TY q 1 ) + u(x q XY q 1 ) =(T q TY q 1 ) q (T q TY q 1 )(X q XY q 1 ) q 1 =T q2 T q Y q2 q T q (X q XY q 1 ) q 1 + TY q 1 (X q XY q 1 ) q 1 =T q2 (Y q2 q + (X q XY q 1 ) q 1 )T q + (YX q XY q ) q 1 T Lemma. Zij O een ovoïde van Q(4, q), q = p h, p priem. Ieder hypervlak van PG(4, q) snijdt O in nul of 1 mod p punten. Bewijs. We nemen een hypervlak O en zullen onderstellen dat er minstens één punt in de doorsnede H O zit. Omdat de groep automorfismen van PG(4, q) die Q(4, q) invariant laat, transitief werkt op de punten van Q(4, q), mogen we zonder verlies van algemeenheid onderstellen dat dit het punt (0, 0, 0, 0, 1) H O is. We moeten dan wel alle hypervlakken door (0, 0, 0, 0, 1) beschouwen. Dit zijn precies deze waarvan de vergelijking geen component in X 4 heeft. We hebben dus het polynoom g(x, y) en de vorm uit (6.1) voor onze ovoïde. Definieer nu een Rédei-polynoom G in drie veranderlijken als G(T, X, Y) := q 2 (T + ux + vy + g(u, v)) = σ j (X, Y)T q2 j. u,v GF(q) j=0 Hierbij hebben we dit polynoom geschreven als zijnde van graad q 2 in T. Merk op dat de totale graad van σ j hoogstens j kan zijn. Het homogene stuk van graad q 2 in deze uitdrukking is precies (T + ux + vy), u,v GF(q) wat wegens Lemma geen term heeft in T i, voor q < i < q 2. Dit wil zeggen dat σ j geen term heeft van graad j, dus de graad van σ j is hoogstens j 1, voor 0 < j < q 2 q. 73

74 Beschouwen we nu de uitdrukking G(T, az, Z a) voor een willekeurige a GF(q). Deze is q 2 σ j (az, Z a)t q2 j = (T + u(az) + v(z a) + g(u, v)) j=0 u,v GF(q) = (T + (v + au)z + g(u, v) av) u,v GF(q) = ũ,ṽ GF(q) (T + ũz + ṽ) = T q2 (1 + (Z q Z) q 1 )T q + (Z q Z) q 1 T, waarbij de voorlaatste stap verrechtvaardigd wordt door Lemma en de laatste stap door Lemma (met X = Z en Y = 1). Omdat enkel de termen in T q2, T q en T verschillen van 0, besluiten we dat σ j (az, Z a) 0, wanneer 0 < j < q 2 q. Noem nu f j (X, Y) het homogene stuk van σ j (X, Y) van hoogste graad. Dan is f j (az, Z a) 0 voor alle a GF(q) en 0 < j < q 2 q. Omdat f j minstens q verschillende wortels schijnt te hebben, is de graad van f j ten minste q of f j (X, Y) 0. Bijgevolg is zeker voor 0 < j q (omdat dan deg( f j ) = deg(σ j ) < j q) correct dat f j (X, Y) 0 en dus direct ook σ j (X, Y) 0. Door het nul zijn van de σ j voor de laagste j s, herleidt het Rédei-polynoom zich tot q 2 q 1 G(T, X, Y) = T q2 + j=0 σ q2 j(x, Y)T j. (6.2) Leiden we nu het product G(T, X, Y) = u,v GF(q) (T + ux + vy + g(u, v)) af naar T, dan vinden we G T = G(T, X, Y) T + ux + vy + g(u, v). u,v GF(q) Evalueren we nu deze uitdrukking in X = x en Y = y, dan bekomen we een polynoom in T. In elk van de termen in het rechterlid staat in de noemer een factor (T a), voor een a GF(q), dus zeker een deler van T q T. Vermenigvuldigen we nu beide leden met T q T, dan vinden we (T q T) G T (T, x, y) = G(T, x, y) u,v GF(q) T q T T + ux + vy + g(u, v). G(T, x, y) heeft graad q 2, door (6.2). De afgeleide G T (T, x, y) echter heeft graad ten hoogste q 2 q 2 omdat Tq2 T = q 2 T q2 1 = 0 in GF(q)[T]. Van bovenstaande uitdrukking heeft het linkerlid dus graad ten hoogste q 2 2, maar het rechterlid een veelvoud van q 2. Dit kan enkel als het rechterlid nul is. Dan is ook G T (T, x, y) = 0, met andere woorden G T q2 q 1 (T, x, y) = σ q2 j(x, y)jt j 1 = 0 GF(q)[T]. (6.3) j=0 Dan moet, als j = 0 mod p, noodzakelijk σ q2 j(x, y) = 0 voor alle (x, y) GF(q) 2. Dan is G(T, x, y) een p-de macht. Elke factor (T c) in u,v GF(q) (T + ux + vy + g(u, v)) komt dus 74

75 met multipliciteit 0 mod p voor. Dat wil zeggen dat voor elke gegeven (x, y, c) GF(q) 3, er 0 mod p paren (u, v) bestaan zodat ux + vy + g(u, v) = c. Er zijn dus 0 mod p punten (1, u, v, g(u, v), v 2 ug(u, v)) die liggen in het hypervlak cx 0 + xx 1 + yx 2 + X 3 = 0. Omdat dit hypervlak ook incident is met (0, 0, 0, 0, 1) bevat het dus 1 mod p punten van de ovoïde O. Beschouwen we nu het hypervlak H : cx 0 + xx 1 + yx 2 = 0. Deze bevat alle punten (0, 0, 0, λ, µ) op de rechte X 0 = X 1 = X 2 = 0, hetgeen ook een rechte van de kwadriek is. Q(4, q) H bevat dus een rechte en is bijgevolg een Q + (3, q) of een kegel tq(2, q) met top t. In het eerste geval is dit de disjuncte unie van q + 1 rechten. Deze rechten bevatten allemaal juist één punt van O, dus H O = q + 1. In het tweede geval zijn er twee mogelijkheden. Is t O, dan is H O = 1. Is t / O, dan bevat elk van de q + 1 rechten door t juist één punt van O, dus H O = q + 1. In beide gevallen is het hypervlak H incident met 1 mod q en dus zeker ook met 1 mod p punten van de ovoïde. We hebben dus bewezen dat elk hypervlak door (0, 0, 0, 0, 1) (dat wil zeggen een hypervlak wiens vergelijking geen term in X 4 heeft), O snijdt in 1 mod p punten. Dit was het eerste belangrijke resultaat in de aanloop naar het bewijs. Het artikel van Ball, Govaerts en Storme gaat verder via een lemma dat multiverzamelingen gebruikt. Het begrip multiverzameling is een uitbreiding van verzameling, met name een verzameling waarin elementen meer dan één keer kunnen bevat zijn. Elk element b heeft een gewicht µ(b) N, dat aangeeft hoeveel maal het in B zit. We spreken van b B als µ(b) 1. We zullen hier een multiverzameling in AG(n, q) beschouwen. De drager S van B is de verzameling van punten p van AG(n, q) met multipliciteit µ(p) > 0. De grootte van de doorsnede van B met een hypervlak π van AG(n, q) is gelijk aan b S π µ(b). Nu volgt een stelling van Blokhuis en Wilbrink, waarvan het onuitgegeven bewijs voor het eerst verscheen in de besproken paper [1] van Ball, Govaerts en Storme Stelling. Zij B een multiverzameling van punten in AG(n, q), n > 1, q = p h, p priem, zodat elk hypervlak B snijdt in 1 mod p of in 0 punten. Dan bevat de drager van B ten hoogste q p + 1 punten en elk niet-nul gewicht is congruent met 1 mod p. Bewijs. Inductie op n. INDUCTIEBASIS: n = 2. In het vlak zijn de hypervlakken rechten: elke rechte bevat nu 1 mod p of geen punten. Noteer S voor de drager van B. We identificeren AG(2, q) nu met GF(q 2 ) door beiden te zien als tweedimensionale vectorruimte over GF(q): leg de canonische correspondentie tussen {(x, y) x, y GF(q)} en {x + iy x, y GF(q)} voor een vaste 75

76 i GF(q 2 ) \ GF(q). Onder die correspondentie kunnen we dan een rechte als volgt schrijven, met x, y en z in GF(q 2 ) en λ GF(q): z = λx + (1 λ)y z y = λ(x y) (z y) q 1 = (x y) q 1 omdat λ q 1 = 1 Merk op dat ook de laatste overgang een equivalentie is: als a q 1 = b q 1, dan is hun evenredigheidsfactor λ = a/b een q 1-de eenheidswortel en dus een element uit GF(q). Merk ook op dat de q 1-de machten (x y) q 1 allen q + 1-de eenheidswortels zijn. We zien dus dat de q 1-de macht van het verschil van twee punten constant is voor alle puntenparen op een vaste rechte. Ook op rechten parallel aan x, y, zegge bijvoorbeeld x + t, y + t, is dit getal ((x + t) (y + t)) q 1 = (x y) q 1 hetzelfde. Dit getal bepaalt dus de richting van de rechte of het puntenpaar. Omdat er precies q + 1 richtingen zijn in een affien vlak van orde q, kunnen we besluiten dat deze q + 1 richtingen in GF(q 2 ) precies overeenkomen met de q + 1-de eenheidswortels in GF(q 2 ). Beschouw nu in GF(q 2 )[X] het polynoom F(X) = µ(b)(x b) q 1. b S Door vanuit een punt d van B te kijken en op elke rechte door d nog 1 µ(d) mod p andere punten te zien, zien we dat B = b S µ(b) (1 µ(d))(q + 1) + µ(d) 1 mod p. Dit getal is net de coëfficiënt van X q 1 in F(X). Omdat die niet 0 is, heeft F(X) graad q 1. Voor een d S is nu F(d) = µ(b)(d b) q 1 = b S\{d} ξ ξ richting µ(b) {b (d b) q 1 =ξ} Voor elke richting ξ is µ(d) + {b (d b) q 1 =ξ} µ(b) het aantal punten op de rechte door d met richting ξ. Omdat alvast d B, is dit niet 0 en dus wegens het gegeven 1 mod p. In GF(q 2 ) is dus voor alle ξ de som {b (d b) q 1 =ξ} µ(b) een constante c. Bijgevolg is gans F(d) = c ξ richting ξ = c ξ q+1 =1 ξ = 0. Dit laatste volgt omdat ξ q+1 =1 ξ op teken na de coëfficiënt is van X q in ξ q+1 =1 (X ξ) = Xq+1 1. We vinden dus dat F(d) = 0 voor alle punten d B. Maar de graad van dit polynoom is q 1, dus er kunnen hoogstens q 1 punten in de drager van B zitten. Stel nu dat een punt een multipliciteit heeft die niet congruent is met 1 mod p. Dan ligt op elk van de q + 1 rechten door dat punt nog minstens een ander punt en hebben we in totaal minstens q + 2 punten, een strijdigheid. Dus elk punt heeft multipliciteit 1 mod p en in het bijzonder is S B 1 mod p. De drager van B kan dus ten hoogste q p + 1 punten bevatten (dit is het hoogste getal q 1 en congruent met 1 mod p. INDUCTIESTAP: n > 2. Zij B wederom een multiverzameling die voldoet aan de opgave van de stelling in AG(n, q). Deze affiene ruimte AG(n, q) zit ingebed in zijn completering PG(n, q). Noem PG(n, q) \ AG(n, q) het hypervlak Π. Neem een punt t Π. De quotiëntruimte van PG(n, q) met betrekking tot het punt t is een projectieve ruimte PG(n 1, q) waarin Π nog 76

77 steeds een hypervlak Π vormt. In PG(n 1, q) \ Π = AG(n 1, q) vormt B nog steeds een multiverzameling B, waarmee elk hypervlak 1 mod p of 0 punten gemeen heeft: de hypervlakken van AG(n 1, q) komen immers overeen met de hypervlakken van PG(n, q) door t. Wegens de inductiehypothese bevat de drager van B hoogstens q p + 1 punten, dus de punten van B liggen op hoogstens q p + 1 rechten door t. Onderstel nu, bij wijze van tegendeel, dat de drager van B meer dan q p + 1 punten heeft en neem een willekeurige deelverzameling met q p + 2 punten. Deze punten bepalen hoogstens (q p + 2)(q p + 1)/2 q 2 /2 richtingen. Maar Π = PG(n 1, q) bevat minstens q 2 + q + 1 richtingen, dus er bestaat zeker een richting s Π die niet bepaald wordt door deze deelverzameling: door s gaat geen rechte met twee punten van B. Maar dan is de quotiëntruimte van PG(n, q) met betrekking tot s, zonder Π, een AG(n 1, q) met een multiverzameling met ten minste q p + 2 punten in zijn drager. Dit is strijdig met de inductiehypothese. De drager van B heeft dus echt hoogstens q p + 1 punten. Door de redenering hiervoor kunnen we vanuit een punt s, niet in B, alle punten van B zien op verschillende rechten door s. Projecteren we vanuit s, dan is B een multiverzameling in AG(n 1, q) Res(s) waarvan elk element gewicht 1 mod p heeft, wegens de inductiehypothese. Dat wil zeggen dat de som van de gewichten van de punten op rechten door s, vastligt op 1 mod p (of 0). Maar omdat er op elke dergelijke rechte maar hoogstens één punt van B ligt, is zijn gewicht noodzakelijk ook 1 mod p Lemma. Zij O een ovoïde van Q(4, q), q = p h, p priem. Elk hypervlak snijdt O in ten minste één punt. Elk hypervlak snijdt O in 1 mod p punten. Bewijs. Stel dat er een hypervlak H zou bestaan, disjunct van O. In het complement AG(n, q) = PG(n, q) \ H is O dan een (gewone) verzameling waarvan elk hypervlak volgens Lemma snijdt in 1 mod p of nul punten. We kunnen dus Lemma toepassen, om te vinden dat O q p + 1. Maar het is bekend dat ovoïden op Q(4, q) grootte q hebben, dus dit is een strijdigheid. Elk hypervlak bezit dus toch ten minste één punt en uit Lemma volgt nu dat het er zelfs 1 mod p zijn Stelling. Zij O een ovoïde van Q(4, q), q = p h, p priem. Als elk hypervlak O snijdt in 1 mod q punten, dan is O een elliptische kwadriek. Bewijs. Noteer met x i het aantal hypervlakken van PG(4, q) dat incident is met i punten van O. Door dubbele tellingen van achtereenvolgens alle hypervlakken van PG(4, q), alle koppels (x, H) met x O H, alle drietallen (x, y, H) met {x, y} O H en alle viertallen (x, y, z, H) met {x, y, z} O H, waarbij H telkens een hypervlak is, vinden we: x i ix i i(i 1)x i i(i 1)(i 2)x i = q5 1 q 1 = q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 = O q4 1 q 1 = (q 2 + 1)(q 3 + q 2 + q + 1) = O ( O 1) q3 1 q 1 = (q 2 + 1)q 2 (q 2 + q + 1) = O ( O 1)( O 2) q2 1 q 1 = (q 2 + 1)q 2 (q 2 1)(q + 1) 77

78 Deze getallen hangen enkel af van het feit dat O een ovoïde is, niet de structuur ervan. Aan de hand van deze getallen kunnen we (i 1)(i q 1)(q i)x i (6.4) berekenen, wat dus een constante moet zijn voor alle ovoïden. Als O een elliptische kwadriek is in een hypervlak van PG(4, q), dan snijden andere hypervlakken O in 1 punt (de raakhypervlakken aan de elliptische kwadriek), in q + 1 punten (het generieke geval: een kegelsnede) of in q punten (het hypervlak van de elliptische kwadriek zelf). Alle andere mogelijkheden zijn uitgesloten, dus x i = 0 als i / {1, q + 1, q 2 + 1}. Dit betekent dat bovenstaande som 0 is voor de elliptische kwadriek en omdat ze constant is, ook voor alle ovoïden. Er is gegeven dat elk hypervlak O snijdt in 1 mod q punten, dus H O {1, q + 1, 2q + 1,..., q 2 + 1}. Dit betekent dat in (6.4) elke term niet-negatief is. Bijgevolg moet elke term nul zijn. Elk hypervlak snijdt O dus in 1, q + 1 of q punten. Als een hypervlak O snijdt in q punten, dan zijn we klaar: gans de ovoïde ligt dan in een hypervlak en moet dan noodzakelijk een elliptische kwadriek zijn. Stel nu dat geen hypervlak O snijdt in q punten, maar allemaal in 1 of q + 1 punten. Neem nu drie punten van O en zij π het vlak van PG(4, q) erdoor opgespannen. Stel dat π O = x 3. We tellen nu alle punten van O door alle hypervlakken door π te overlopen (die allen q + 1 punten van O moeten bevatten). We vinden: een strijdigheid. We zijn klaar. q = x + (q + 1)(q + 1 x) q = x + q 2 + q xq + q + 1 x 0 = q(2 x) x = 2, Stelling. Als p priem is, dan is elke ovoïde op Q(4, p) een elliptische kwadriek. Bewijs. Combinatie van Stellingen en Dit geeft de volgende stelling over hypervlakken in Q(4, q) Stelling. Zij q = p h, p priem. Een hypervlak van Q(4, q) is ofwel een ovoïde, ofwel afkomstig van een hypervlakdoorsnede in PG(4, q). Elk hypervlak van Q(4, p) is afkomstig van een hypervlakdoorsnede in PG(4, p). Bewijs. De perp van een punt x is altijd van de vorm T x (Q(4, q)) Q(4, q) = xq(2, q), een kegel met als basis een kegelsnede, gelegen in een hypervlak van PG(4, q). Q(4, q) is een veralgemeende vierhoek van de orde (q, q). Een deel-veralgemeende vierhoek van de orde (q, q/q) = (q, 1) is een hyperbolische kwadriek Q + (3, q), die ook in een hypervlak van PG(4, q) gelegen is. Voor q een priemmacht, geen priemgetal, zijn er voorbeelden gekend van wilde ovoïden op Q(4, q), verschillend van elliptische kwadrieken. Voor p een priemgetal geeft Stelling aan dat niet-klassieke ovoïden op Q(4, p) niet mogelijk zijn. 78

79 Er is al heel wat onderzoek gedaan naar het al dan niet bestaan van niet-klassieke ovoïden op Q(4, q). Er zijn constructies bekend van niet-klassieke ovoïden op Q(4, q), voor q = p h, h 2, p een oneven priemgetal [7] q = 2 2h+1, h 1 [18] q = 3 2h+1, h 1 [7] q = 3 h, h 3 [16] q = 3 5 [11] Dit laat enkel het geval q = 2 2h open. In 1955 bewezen Barlotti en Panella dat alle ovoïden op Q(4, 4) klassiek zijn [2, 10] en in toonden O Keefe en Penttila met behulp van de computer aan dat hetzelfde geldt in Q(4, 16) [8, 9]. De enige resterende open gevallen zijn nu de grotere machten van 4: 64, 256, Hypervlakken in Q (5, q) De veralgemeende vierhoek Q (5, q) heeft de orde (q, q 2 ) en bereikt daarmee de grens s t 2 van Higman. Dergelijke veralgemeende vierhoeken kunnen geen ovoïden hebben. Meer algemeen geldt de volgende stelling Stelling (Shult [13]). Een veralgemeende vierhoek (P, L) van de orde (s, t), met s > 1 en t > s 2 s, heeft geen ovoïde. Bewijs. Stel dat O een ovoïde is op (P, L), met s > 1. Kies een punt x / O. Op elk van de t + 1 rechten door x ligt er precies één punt van O. Beschouw de verzameling Z = {z P z / O, z x}. Dan is Z = P O x + O x = (s + 1)(st + 1) (st + 1) (1 + (t + 1)s) + (t + 1) = t(s 2 s + 1) Voor een vaste z noteren we met t z het aantal punten in O z x. Tellen we nu achtereenvolgens de koppels (z, u), met z Z en u O z x, en de drietallen (z, u, v), met z Z en u, v O z x, dan kunnen we de volgende twee uitdrukkingen berekenen en sommeren. t z = (t + 1)ts z Z t z (t z 1) = (t + 1)t 2 z Z t 2 z = (t + 1)t(s + t) z Z 79

80 We gebruiken nu dat de variantie van de variabele t z, die alle waarden aanneemt voor z Z, niet-negatief is. Deze variantietruc bewijst zijn dienst bij combinatorische tellingen, zo ook in het bewijs van de ongelijkheid van Higman [6]. ( ) 2 Z t 2 z t z 0 z Z z Z (s 2 s + 1)t(t + 1)t(s + t) (t + 1) 2 t 2 s 2 0 (s 1)(s 2 s t) 0 s 2 s t Veralgemeende vierhoeken met ovoïden kunnen dus enkel voorkomen wanneer t s 2 s Stelling. Zij q = p h, p priem. Elk hypervlak van Q (5, q) is afkomstig van een hypervlakdoorsnede in PG(4, q). Bewijs. Wegens de vorige stelling zijn ovoïden onmogelijk. De perp van een punt in Q (5, q) is gelegen in het raakhypervlak. We zullen nu bewijzen dat de enige deel-veralgemeende vierhoeken van orde (q, q 2 /q) = (q, q) de Q(4, q) s zijn, die eveneens bekomen worden als hypervlakdoorsnede. Neem dus een deelvierhoek D van de orde q in Q (5, q). Neem daarin twee disjuncte rechten deze spannen noodzakelijk een drieruimte van PG(5, q) op. De doorsnede van deze drieruimte met Q (5, q) moet een hyperbolische kwadriek Q + (3, q) zijn en de meetkundige deelruimte van Q (5, q) opgespannen door de twee rechten zal deze Q + (3, q) zeker bevatten (eigenlijk zelfs zijn). Dus zeker Q + (3, q) D. Omdat de orde van de deelvierhoek q 2 is, gaat door een willekeurig punt van deze Q + (3, q) nog een rechte van D. Neem op zo n rechte M een punt x. Omdat D een deelruimte is, moet de deelruimte van Q (5, q), voortgebracht door Q + (3, q) en x, die we nu zullen noteren met Q + (3, q), x, gelegen zijn in D. Zij PG(4, q) de vierdimensionale projectieve deelruimte van PG(5, q), opgespannen door x en de solid van de Q + (3, q). Deze snijdt de kwadriek in een parabolische deelkwadriek: Q (5, q) PG(4, q) = Q(4, q), want kegels tq (3, q) bevatten geen grids Q + (3, q). Nemen we een willekeurige rechte L Q(4, q). Deze rechte snijdt de solid van Q + (3, q) in een punt z, dat ook tot D moet behoren. Het punt x is collineair met een punt u op L. Zonder verlies van algemeenheid mogen we aannemen dat u / Q + (3, q), want in dat geval kunnen we op M een ander punt dan x nemen, of, als L M = {z} = {u}, een rechte M door een ander punt van Q + (3, q) kiezen. De rechte van PG(4, q) door x en u snijdt de solid van Q + (3, q) in een punt y, dat dus weer op D zal liggen. De kleinste deelruimte die x en Q + (3, q) bevat, bevat y, x en dus ook de hele rechte xy en in het bijzonder het punt u. Bovendien bevat het z, u en bijgevolg de ganse rechte uz = L. Omdat L een willekeurige rechte van Q(4, q) was, hebben we gevonden dat Q(4, q) Q + (3, q), x. We besluiten dat Q(4, q) D, maar beide zijn deel-veralgemeende vierhoeken van de orde q, dus D = Q(4, q) en de deelvierhoek is een hypervlaksectie van Q (5, q). 80

81 6.5 Hypervlakken in H(3, q 2 ) De veralgemeende vierhoek H(3, q 2 ) heeft orde (q 2, H(1, q 2 ) 1) = (q 2, q) Lemma. H(3, q 2 ) heeft geen deelvierhoeken. Bewijs. Wegens Lemma is de maximale orde van een echte deelvierhoek Omdat q 2, kan dit niet. (s, t/s) = (q 2, q/q 2 ) = (q 2, 1/q) Stelling. Zij q = p h, p priem. Een geometrisch hypervlak van H(3, q 2 ) is ofwel een ovoïde, ofwel afkomstig van een hypervlakdoorsnede in PG(3, q 2 ). Bewijs. De perp van een punt is gelegen in het raakhypervlak en Lemma sluit deelvierhoeken uit. Er zijn klassen van niet-klassieke ovoïden op H(3, q 2 ) bekend, zoals bijvoorbeeld in [4] beschreven. 6.6 Hypervlakken in H(4, q 2 ) De veralgemeende vierhoek H(4, q 2 ) heeft orde (q 2, H(2, q 2 ) 1) = (q 2, q 3 ) Stelling ([17], 1.8.6). De veralgemeende vierhoek H(4, q 2 ) heeft geen ovoïde. Bewijs. Stel dat er wel een ovoïde O bestaat op H(4, q 2 ). Neem in O twee punten x en y. De verzameling {x, y} is een doorsnede T x (H(4, q 2 )) T y (H(4, q 2 )) = H(2, q 2 ). Om alle punten te vinden die collineair zijn met alle punten van deze H(2, q 2 ), kunnen we de aan deze Hermitische variëteit geassocieerde polariteit ϕ van PG(4, q 2 ) toepassen op het vlak waarin deze H(2, q 2 ) ligt: dan bekomen we een {x, y} = H(1, q 2 ), gelegen in een rechte. Definieer nu r als {x, y} O = r + 1. Omdat x en y zelf al in die verzameling zitten, is r 1. We tellen nu dubbel alle koppels (z, u), waarbij u O \ {x, y} en z x y u. Collineair met x en y zijn er juist t + 1 zo n punten z (op elke rechte door x juist één). Collineair met z zijn er ook t + 1 punten van O (een op elke rechte door z), waarvan er echter bij onderstelling r + 1 in {x, y} liggen. Het aantal punten u dat aan de voorwaarde voldoet, is dus t r en een eerste telling levert (t + 1)(t r) op. Het aantal punten u in O \ {x, y} is st + 1 (r + 1) = st r. Het aantal centra z (punten die met x, y en u collineair zijn) is nu echter niet constant voor alle u. Er zijn twee gevallen mogelijk voor de ligging van u ten opzichte van x en y. 81

82 u is collineair met een punt van {x, y} = H(1, q 2 ). In dat geval moet u, x, y H(4, q 2 ) een kegel zh(1, q 2 ) zijn, want een kromme H(2, q 2 ) bevat geen rechten. u x y zal dus alvast de top z bevatten. Passen we op deze kegel in dit vlak de Hermitische polariteit toe, dan vinden we een rechte L van PG(4, q) door z, in het raakhypervlak aan z, wiens punten van H(4, q 2 ) precies deze van u x y zijn. Dit zijn er 1 of q 2 + 1, maar dit laatste is onmogelijk, daar er dan in H(4, q 2 ) driehoeken zouden bestaan tussen x, z en elk ander punt op L. We besluiten dat u x y = 1. Hoeveel zo n punten u in O \ {x, y}, collineair met een punt van {x, y} zijn er nu? Op elk van de t + 1 rechten door elk van de q r punten van {x, y} \ O, ligt er precies één punt van de ovoïde, dus in totaal (q r)(t + 1). We hebben geen punten dubbel geteld, want als een punt u collineair is met twee punten van {x, y}, dan automatisch met alle punten van {x, y} en bijgevolg ook met x en y, een strijdigheid omdat u, x en y alledrie op de ovoïde liggen. u is niet collineair met een punt van {x, y} = H(1, q 2 ). In het vlak u, x, y gaat dus door u geen rechte van H(4, q 2 ), want anders zou die de rechte xy snijden in een punt van H(1, q 2 ). De doorsnede u, x, y H(4, q 2 ) moet dus een niet-singuliere Hermitische kromme H(2, q 2 ) zijn. Passen we hierop de symplectische polariteit toe, dan vinden we een H(1, q 2 ), die naar goede gewoonte q + 1 punten bezit. Dus u x y = q + 1 in dit geval. Het aantal dergelijke punten u O \ {x, y} dat niet collineair is met een punt van {x, y}, is wegens het voorgaande (st r) (q r)(t + 1). De tweede telling van dit aantal koppels komt dus uit op (q r)(t + 1) 1 + [st r (q r)(t + 1)](q + 1). Drukken we gelijkheid van beide telresultaten uit, dan verkrijgen we, rekening houdend met s = q 2 en t = q 3 : (t + 1)(t r) = (q r)(t + 1) + [st r (q r)(t + 1)](q + 1) (t + 1)(q 2 rq + t r) = (st r)(q + 1) (q 3 + 1)(q 2 rq + q 3 r) = (q 5 r)(q + 1) (1 rq)(q 3 + q 2 ) = 0, waaruit r = 1/q, een strijdigheid. Het onderstelde bestaan van een ovoïde op H(4, q 2 ) is dus vals Stelling. Zij q = p h, p priem. Elk geometrisch hypervlak van H(4, q 2 ) is afkomstig van een hypervlakdoorsnede in PG(4, q 2 ). Bewijs. Wegens de vorige stelling zijn ovoïden onmogelijk. De perp van een punt in H(4, q 2 ) is gelegen in het raakhypervlak. Er rest ons enkel te bewijzen dat de enige deel-veralgemeende vierhoeken van orde (q 2, q 3 /q 2 ) = (q 2, q) precies de H(3, q 2 ) s zijn, die we dus kunnen verkrijgen als doorsnede met een hypervlak van de inbedding. We nemen dus een deelvierhoek D van de orde (q 2, q) in H(4, q 2 ). Neem daarin twee disjuncte rechten. Deze spannen een driedimensionale deelruimte van PG(4, q) op, die H(4, q 2 ) snijdt 82

83 in een H(3, q 2 ). Deze H(3, q 2 ) is een deelruimte die de twee rechten omvat, dus de kleinste deelruimte die beide rechten omvat, zal een deelvierhoek zijn van H(3, q 2 ). Dit moet echter gans H(3, q 2 ) zijn wegens Lemma Dit bewijst dat H(3, q 2 ) D, maar omdat beide hypervlakken zijn, zal D = H(3, q 2 ). 6.7 Hypervlakken in W(3, q) De veralgemeende vierhoek W(3, q) heeft orde (q, q) Stelling ([14], 8.2.1). De veralgemeende vierhoek W(3, q) heeft een ovoïde als en slechts als q even is. Bewijs. Het is bekend dat Q(4, q) isomorf is met de duale van de symplectische vierhoek W(3, q) (voor een bewijs hiervan, zie bijvoorbeeld [15]). Een verzameling punten in W(3, q) waarvoor elke rechte van W(3, q) incident is met een punt ervan (ovoïde), correspondeert dus met een verzameling rechten van Q(4, q) waarvoor elk punt van Q(4, q) incident is met een rechte ervan. Dit laatste staat bekend als een spread. We moeten dus bewijzen dat er geen rechtenspread bestaat in Q(4, q), om deze stelling te bewijzen. Onderstel bij wijze van contradictie dat S een spread is van Q(4, q). Dan is S = q Neem een hyperbolische kwadriek Q + (3, q) op Q(4, q) en zij r het aantal spreadelementen dat op Q + (3, q) gelegen is. We tellen nu dubbel het aantal koppels (p, L), met p Q + (3, q) en L S en gebruiken daarbij dat alle andere q r spreadelementen het hypervlak Q + (3, q) van Q(4, q) in precies één punt snijden. Q + (3, q) 1 = r(q + 1) + (q r) 1 q 2 + 2q + 1 = rq + r + q r 2 = r Elke hyperbolische kwadriek op Q(4, q) bevat dus precies twee spreadelementen, bovendien behorend tot dezelfde klasse omdat ze disjunct zijn. Neem nu twee snijdende rechten L 0 S en M / S op Q(4, q). Door elk punt van M gaat één rechte L i van de spread S: nummer deze als {L 0,..., L q }. Beschouw nu door het punt M L 0 een derde rechte N. Deze kan de rechten L i, i > 0 niet snijden, of dit zou samen met M een driehoek opleveren. De rechten N en L i, i > 0 spannen dus telkens een driedimensionale ruimte Π i op, die Q(4, q) snijdt in een Q + (3, q), waarvan N en L i twee rechten zijn (uit dezelfde klasse) en M een rechte uit de andere klasse. Wegens het vorige bevat elke Q + (3, q) twee rechten van de spread, namelijk L i en een andere, L i. Beide moeten de rechte M uit de andere klasse snijden, maar de enige spreadelementen die M snijden, zijn precies de L i, 0 i q. Het punt L 0 M is bevat in twee generatoren van elke Q + (3, q), maar dit zijn telkens N en M, dus L 0 kan nooit voorkomen als L i, i > 0. De afbeelding L i L i is dus een permutatie van {L 1,..., L q } van orde 2 zonder fixpunten. Alle elementen moeten dus voorkomen in cykels van twee, dus q moet even zijn. Omgekeerd, als q even is, is het bekend dat Q(4, q) en W(3, q) zelfduaal zijn en bijgevolg isomorf met elkaar (voor een bewijs, zie wederom [15]). Elke elliptische kwadriek Q (3, q) op Q(4, q) is een ovoïde, waaruit volgt dat W(3, q) wel degelijk ovoïden bezit voor q even. 83

84 6.7.2 Stelling. Zij q = p h, p een oneven priemgetal. De enige geometrische hypervlakken van W(3, q) zijn de perps in de raakvlakken. Bewijs. We moeten bewijzen dat er geen deel-veralgemeende vierhoeken bestaan. Zo n deelvierhoek heeft orde (q, 1) en is dus een grid. Zij W(3, q) de symplectische veralgemeende vierhoek, waarbij collineariteit tussen punten (X 0, X 1, X 2, X 3 ) en (Y 0, Y 1, Y 2, Y 3 ) gegeven wordt door de voorwaarde X 0 Y 1 X 1 Y 0 + X 2 Y 3 X 3 Y 2 = 0. Als er grids voorkomen in W(3, q), dan zal er ook een grid bestaan door de standaardvierhoek door de hoekpunten (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0) en (0, 0, 0, 1). In het bijzonder zullen de rechten (0, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1) en (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1) van W(3, q), die overstaande zijden van de standaardvierhoek snijden, ook elkaar snijden. Dit is echter zo als en slechts als = = 0, dus als en slechts als q even is. Inderdaad, als q even is, dan is W(3, q) = Q(4, q) en deze heeft deelvierhoeken van de vorm Q + (3, q). 6.8 Samenvatting We hebben nu van de zes klassieke veralgemeende vierhoeken onderzocht wat de mogelijkheden zijn voor hun hypervlakken, telkens kijkend naar de drie mogelijkheden voor hypervlakken volgens Stelling De conclusie vindt men in volgende tabel. Perp x Sub-GQ Ovoïde Q + (3, q) xq + (1, q) Ja, o.a. Q(2, q) Q(4, q) xq(2, q) Q + (3, q) Ja, o.a. Q (3, q) Q (5, q) xq (3, q) Q(4, q) H(3, q 2 ) xh(1, q 2 ) Ja, o.a. H(2, q 2 ) H(4, q 2 ) xh(2, q 2 ) H(3, q 2 ) W(3, q), q oneven x β De puntenperps en deel-veralgemeende vierhoeken zijn terug klassieke polaire ruimten, die bekomen worden door intersectie met een hypervlak van de inbedding. Als er ovoïden kunnen voorkomen, kunnen deze soms de doorsnede zijn van de veralgemeende vierhoek met een hypervlak, zoals kegelsneden, elliptische kwadrieken en Hermitische krommen op Q + (3, q), Q(4, q) en H(3, q 2 ). In alledrie deze gevallen bestaan er ook voorbeelden van wilde ovoïden, die niet in een hypervlak gelegen zijn. Echter, als q priem, 4 of 16 is, dan zijn ook de ovoïden op Q(4, q) gelegen in een hypervlak van de inbedding. We besluiten dit hoofdstuk met een uitspraak over klassieke affiene veralgemeende vierhoeken, die heel hoofdstuk 6 samenvat. 84

85 6.8.1 Stelling. Een klassieke affiene veralgemeende vierhoek (A, L) is isomorf met de doorsnede van een klassieke veralgemeende vierhoek Q {Q + (3, q), Q(4, q), Q (5, q), H(3, q 2 ), H(4, q 2 ), W(3, q)} met een affiene ruimte AG(n, q) in de omgevende ruimte PG(n, q) van Q, tenzij één van de volgende drie gevallen optreedt: (A, L) heeft orde (q 1, 1) en (A, L) = Q + (3, q) \ O, voor een ovoïde O. (A, L) heeft orde (q 1, q), voor een q = p h, p priem, h > 1, q / {4, 16} en (A, L) = Q(4, q) \ O, voor een ovoïde O. (A, L) heeft orde (q 2 1, q) en (A, L) = H(3, q 2 ) \ O, voor een ovoïde O. 85

86 Conclusie We hebben in deze masterthesis twee axiomatisaties en een aanzet tot classificatie bewezen, van hypervlakcomplementen in polaire ruimten, die we affiene polaire ruimten genoemd hebben. Om te beginnen kan elke affiene polaire ruimte en elke affiene veralgemeende vierhoek (P, L) op unieke wijze gecompleteerd worden tot een polaire ruimte of veralgemeende vierhoek (P, L). Affiene polaire ruimten van rang ten minste drie Een meetkunde (P, L), voorzien van een niet-ledige collectie Π van deelruimten, is een affiene polaire ruimte van rang ten minste drie, waarbij Π haar verzameling affiene vlakken is, als en slechts als de volgende vijf axioma s gelden. (APR0) (P, L) is een samenhangende gammaruimte. (APR1) Elke twee collineaire punten liggen op een unieke rechte. Elke drie paarsgewijze collineaire punten, niet op eenzelfde rechte, liggen in een uniek element van Π. (APR2) Voor elke π Π is de incidentiestructuur (π, L(π)) een affien vlak. (APR3) Als p P en π Π, dan is p π ofwel leeg, de verzameling punten van een rechte of de verzameling van alle punten van π. (APR4) Voor elke twee punten x en y impliceert x y dat x = y. Als (P, L) een affiene polaire ruimte is van rang ten minste drie, dan geldt één van volgende gevallen. De completering (P, L) is inbedbaar in een projectieve ruimte W en (P, L) ontstaat uit (P, L) door intersectie met een hypervlak van W. (P, L) is het complement van de perp van een punt in een polaire ruimte. De completering (P, L) is een Grassmanniaan van rechten in een driedimensionale projectieve ruimte PG(3, K) voor een lichaam K, en (P, L) is het complement van een hypervlak in (P, L) dat overeenkomt met de verzameling absolute rechten ten opzichte van een symplectische polariteit in PG(3, K). 86

87 Affiene veralgemeende vierhoeken Een meetkunde (A, L) met minstens drie rechten door elk punt en minstens twee punten op elke rechte, is een affiene veralgemeende vierhoek als en slechts als de volgende zeven axioma s gelden. (AQ2) Voor elke rechte L is p L 1, voor elk punt p / L. (AQ3) Voor alle rechten L en M: als L M, dan ook M L. (AQ4) Voor alle rechten L en M: L snijdt M of L M of L M of L M. (AQ5) Als p niet verbonden is met L, dan bestaat er een unieke rechte door p, parallel met L. (AQ6) Als L 1 L 2 en p is verbonden met L 1 en L 2, dan gaat er een unieke rechte M door p, met L 1 M L 2. (AQ7) Zijn gegeven rechten L 1, L 2 met L 1 L 2, een punt p verbonden met L 1 en L 2, twee rechten L, L door p, totaal verbonden met L 1. Dan bestaat er, met H de rechte door p die L 1 snijdt, een rechte H, die totaal verbonden is met H, L 1 en L 2. (AQ8) Als er twee totaal verbonden rechten voorkomen, dan bestaat voor elke rechte L een rechte, totaal verbonden met L. Bovendien worden de axioma s eenvoudiger als (A, L) het complement is van een ovoïde, van de perp van een punt of als A eindig is. Als (A, L) een affiene veralgemeende vierhoek is, dan geldt één van de volgende gevallen. (A, L) is het complement van een ovoïde in een veralgemeende vierhoek in het eindig geval is dit een verzameling van st + 1 onderling niet-collineaire punten, als (s, t) de orde van de vierhoek is. (A, L) is het complement van de perp van een punt in een veralgemeende vierhoek. (A, L) is het complement van een deel-veralgemeende vierhoek die een hypervlak in een veralgemeende vierhoek in het eindig geval is dit een deelvierhoek van de orde (s, t/s). Als bovendien A eindig is en de completering van (A, L) isomorf is met een klassieke veralgemeende vierhoek Q, dus één van Q + (3, q), Q(4, q), Q (5, q), H(3, q 2 ), H(4, q 2 ) of W(3, q), dan geldt één van de volgende gevallen. (A, L) is isomorf met Q \ H, waarbij H een hypervlak is van de omgevende ruimte waarin Q is ingebed. (A, L) heeft orde (s, 1) en (A, L) = G \ O, voor een ovoïde O in een s s-grid G. (A, L) heeft orde (q 1, q), voor een q = p h, h > 1, q / {4, 16} en (A, L) = Q(4, q) \ O, voor een ovoïde O op Q(4, q). (A, L) heeft orde (q 2 1, q) en (A, L) = H(3, q 2 ) \ O, voor een ovoïde O op H(3, q 2 ). 87

88 Bibliografie [1] BALL, SIMEON, GOVAERTS, PATRICK EN STORME, LEO, On ovoids of parabolic quadrics, Des. Codes Cryptogr. 38, pp , Springer (2006). [2] BARLOTTI, ADRIANO, Un estensione del teorema di Segre-Kustaanheimo, Boll. Un. Mat. Ital. 10, pp , (1955). [3] COHEN, ARJEH M. EN SHULT, ERNEST E., Affine polar spaces, Geometriae Dedicata 35, pp 43-76, Springer Netherlands (1990). [4] COSSIDENTE, ANTONIO EN EBERT, GARY L., Permutable polarities and a class of ovoids of the Hermitian surface, Eur. J. Comb. 25, pp , (2004). [5] DE BRUYN, BART EN VAN MALDEGHEM, HENDRIK, Embeddings of the dual thick nonembeddable polar spaces, in voorbereiding, (2011). [6] HIGMAN, DONALD G., Partial geometries, generalized quadrangles and strongly regular graphs, Atti del Convegno di Geometrica Combinatoria e sua Applicazioni, pp , (1971). [7] KANTOR, WILLIAM B., Ovoids and translation planes, Canadian Journal of Mathematics 34, pp , (1982). [8] O KEEFE, CHRISTINE M. EN PENTTILA, TIM, Ovoids of PG(3, 16) are elliptic quadrics, J. Geom. 38, pp , (1990). [9] O KEEFE, CHRISTINE M. EN PENTTILA, TIM, Ovoids of PG(3, 16) are elliptic quadrics II, J. Geom. 44, pp , (1992). [10] PANELLA, GIANFRANCO, Caratterizzazione delle quadriche di uno spazio (tridimensionale) lineare sopra un corpo finito, Boll. Un. Mat. Ital. 10, pp , (1955). [11] PENTTILA, TIM EN WILLIAMS, BLAIR, Ovoids of parabolic spaces, Geometriae Dedicata 82, pp 1-19, (2000). [12] PRALLE, HARM, Affine Generalized Quadrangles An Axiomatization, Geometriae Dedicata 84, pp 1-23, Springer Netherlands (2001). [13] SHAD, SAEED EN SHULT, ERNEST E., The near n-gon geometries, Preprint, (1980). [14] STORME, LEO, Capita Selecta in Geometry, Cursus uit de Master Wiskunde, Universiteit Gent (2011). 88

89 [15] THAS, JOSEPH A., Klassieke Polaire Ruimten, Cursus Opleiding Wiskunde, Universiteit Gent (2004). [16] THAS, JOSEPH A. EN PAYNE, STANLEY E., Spreads and ovoids in finite generalized quadrangles., Geometriae Dedicata 52, pp , (1994). [17] THAS, JOSEPH A. EN PAYNE, STANLEY E., Finite Generalized Quadrangles, Pitman Londen (1984). [18] TITS, JACQUES, Ovoïdes et groupes de Suzuki, Arch. Math. 13, pp , (1962). [19] TITS, JACQUES, Buildings of spherical type and finite BN-pairs, Lecture Notes in Mathematics 386, Springer Berlin (1974). [20] VAN MALDEGHEM, HENDRIK, Polaire Ruimten, Cursus uit de Master Wiskunde, Universiteit Gent (2010). 89