Márton Izabella

BAER RÉSZTEREK REPREZENTÁCIÓJA

MATEMATIKUS SZAKDOLGOZAT, ELTE 2000.

Témavezető:

Dr.Kiss György

Kedvcsináló

Ebben a dolgozatban Baer részterek reprezentációjáról lesz szó. Baer résztérnek a q^{2} rendű véges projektív tér q-adrendű, ugyanannyi dimenziós alterét nevezzük.

Miért érdekesek a Baer részterek? A Baer részterek lefogó ponthalmazok konstruálásában nyújtanak segítséget. Például P G(2, q^{2}) Baer részsíkja lefogó ponthalmaz, ami azt jelenti, hogy P G(2, q^{2}) minden egyenesén van egy pontja a részsíknak. (Sőt mi több minimális pontszámú lefogó ponthalmaz.) Magasabb dimenziós esetben magasabb dimenziós lefogó ponthalmazok konstruálására használhatók.

A reprezentációra azért van szükség, mert nem nyilvánvaló, hogy mi lehet két Baer résztér metszete. A pontmetszetek lehetséges konfigurációiról Svéd Márta cikkében [4] találhatunk bővebb információt. A reprezentáció ötletét R.C.Bose cikke [1] adta, melyben a P G(2, q^{2}) Baer részsíkjait reprezentálja P G(5, q)-ban.

A bevezető fejezetben a dolgozat megértéséhez szükséges azon fogalmak és alapvető állítások vannak felsorolva, melyek nem feltétlenül szerepelnek a matematikus törzsanyagban.

A három dimenzióról szóló fejezetben P G(3, q^{2}) Baer résztereinek reprezentációját adjuk P G(7, q)-ban, úgy, hogy P G(3, q^{2}) pontjainak egyeneseket feleltetünk meg P G(7, q)-ban; ezek az egyenesek a tér egy befedését adják; a Baer résztereknek pedig (q+1) darab 3-dimenziós altér felel meg. q-adrendű térben viszont q-adrendű alterek metszete szintén q-adrendű altér, így a metszet megfoghatóbb dologgá vált.

Az n-dimenziós eset című fejezetben a 3-dimenziós esetet általánosítjuk, azaz P G(n, q^{2}) Baer résztereit P G(2n + 1, q)-ban reprezentáljuk.

A Metszetek című fejezetben Baer részterek metszeteit vizsgáljuk. Azt is eláruljuk, hogy mit is értünk pontosan két Baer résztér metszetén.

1. Bevezető

Jelölje GF (q) a q elemű véges testet. (q = p^{r}, ahol p prímszám, r pedig pozitív egész szám)

Definíció. PG(n,q) a GF(q) feletti, n-dimenziós véges projektív tér, amelynek pontjai a GF(q) feletti (n+1)-dimenziós vektortér origón átmenő egyenesei, k-di-menziós alterei pedig az említett vektortér origón átmenő (k+1)-dimenziós alterei.

Legyen x_{j} ∈ GF (q), j = 1, 2, … n + 1. Tekintsük az (x_{1}, x_{2}, …, x_{n+1}) sorozatok összességét. (Ez a GF (q) feletti (n+1)-dimenziós vektortér.) Mivel GF (q) elemeinek száma q, ezért ezen sorozatok (vektorok) száma q^{n+1}. Bontsuk a sorozatok halmazát osztályokra úgy, hogy (x_{1}, x_{2}, …, x_{n+1}) és (x1^{′}, x2^{′}, …, xn+1^{′}) akkor és csak akkor tartozzék egy osztályba, ha van olyan λ ∈ GF (q), λ ≠ 0, amelyre

(x1^{′}, x2^{′}, …, xn+1^{′}) = λ(x_{1}, x_{2}, …, x_{n+1}) = (λx_{1}, λx_{2}, …, λx_{n+1}). (Ez a vektor-

térben azt jelenti, hogy az egy egyenesen lévő pontok egy osztályba tartoznak.) A (0, 0, … 0) elemet (a vektortérbeli origót) nevezzük üres térnek és vegyük ki a sorozathalmazból. Így λ ≠ 0 q − 1 darab lehetséges értéke a sorozathalmaz megmaradt q^{n+1} − 1 elemét \frac{q^{n+1}−1}{q−1} = q^{n} + q^{n−1} + ⋯ + 1 = Θ(n) darab osztályra bontja.

Az így definiált osztályokat nevezzük el pontoknak, az osztály bármely (x_{1}, x_{2}, …, x_{n+1}) sorozatának elemeit pedig a pont homogén koordinátáinak. Tehát minden ponthoz q − 1 számú koordinátasorozat tartozik, és ezek bármelyike meghatározza a pontot. Az így definiált ponthalmaz P G(n, q), azaz az n-dimen-ziós, q-adrendű véges projektív tér.

A P_{1}, P_{2}, …, P_{k} pontok (lineárisan) függetlenek, ha a

λ_{1}P_{1} + λ_{2}P_{2} + ⋯ + λ_{k}P_{k} = 0

összefüggésből következik, hogy λ_{1} = λ_{2} = ⋯ = λ_{k} = 0.

Bevezető

Tekintsük a P_{1}, P_{2}, …, P_{k} P G(n, q)-beli független pontrendszer által generált λ_{1}P_{1} + λ_{2}P_{2} + ⋯ + λ_{k}P_{k} = P pontok halmazát. A (λ_{1}, …, λ_{k}) együtthatósorozat hasonló szerepet játszik, mint P G(k−1, q) pontjainak homogén koordinátái, hiszen λ_{1}P_{1} + λ_{2}P_{2} + ⋯ + λ_{k}P_{k} és μ_{1}P_{1} + μ_{2}P_{2} + ⋯ + μ_{k}P_{k} pontok akkor azonosak, ha valamely ν ∈ GF (q), ν ≠ 0 esetén

ν(λ_{1}P_{1} + λ_{2}P_{2} + ⋯ + λ_{k}P_{k}) − (μ_{1}P_{1} + μ_{2}P_{2} + ⋯ + μ_{k}P_{k}) =
= (νλ_{1} − μ_{1})P_{1} + (νλ_{2} − μ_{2})P_{2} + ⋯ + (νλ_{k} − μ_{k})P_{k} = 0.

Mivel P_{1}, P_{2}, …, P_{k} független pontrendszer, ez azt jelenti, hogy

μ_{1} = νλ_{1}, μ_{2} = νλ_{2}, …, μ_{k} = νλ_{k}.

Világos, hogy az alappontok mindegyike eleme a generátumnak. νλ_{j} = x_{j}, j = 1, 2, … k, ν ∈ GF (q), egy-egy értelmű megfeleltetést létesít a generátum pontjai és a P G(k − 1, q) pontjai között. Ez azt jelenti, hogy pontjainak száma \frac{q^{k}−1}{q−1} = q^{k−1} + q^{k−2} + ⋯ + 1. A generált ponthalmazt a P G(n, q) P_{1}, P_{2}, …, P_{k} ponthalmaza által kifeszített alterének nevezzük. k = 2 esetben egyenesnek, k = 3 esetén síknak, k = n − 1 esetén pedig hipersíknak nevezzük. Vegyük észre, hogy:

• Terünk tetszőleges pontjaival generált halmaz altér.

• Egy S altér összes pontjával generált halmaz maga az S altér.

• k darab független pontból álló pontrenszer által kifeszített altérben nincs k-nál több független pont.

• Alterek metszete altér. (Esetleg üres.)

• Ha van egy k- és egy l-dimenziós altér P G(n, q)-ban, melyek diszjunktak, akkor k + l < n.

• Ha S_{k} és S_{l} rendre k és l dimenziós alterei P G(n, q)-nak, S_{k} ∩ S_{l} = S_{m}, (m ≥ 0), m-dimenziós altér, és S_{r} a legszűkebb S_{k}-t és S_{l}-et tartalmazó altér (ennek dimenzióját jelölje r), akkor a dimenziókra a következő összefüggés áll fent: r+m = k+l.

• Érvényes a dualitás elve, ami azt jelenti, hogy pontnak hipersík, hipersíknak pont a duálisa, k-dimenziós altérnek (n − 1 − k)-dimenziós altér. Illeszkedő elemeknek a dualitás szerint illeszkedő elemek felelnek meg. Az így kapott struktúra az eredetivel izomorf.

Jelölje Φ(r, n, q) P G(n, q) r-dimenziós altereinek számát, χ(s, r, n, q) pedig P G(n, q)-ban egy rögzített s-dimenziós alteret tartalmazó r dimenziós alterek számát, Θ(n) P G(n, q) pontjainak számát.

Nem nehéz belátni a következőket (lásd például [2]):

Φ(0, n, q) = Θ(n) = \frac{q^{n+1} − 1}{q − 1}

Φ(r, n, q) = \frac{∏_{i=n−r+1}^{n+1}(q^{i} − 1)}{∏_{i=1}^{r+1}(q^{i} − 1)}

χ(s, r, n, q) = \frac{∏_{i=r−s+1}^{n−s}(q^{i} − 1)}{∏_{i=1}^{n−r}(q^{i} − 1)}

Definíció. Három, páronként kitérő egyenest metsző egyenesek összességét regulusnak nevezzük.

Definíció. P G(n, q^{2}) egy Baer részterének a tér n-dimenziós, q-adrendű alterét nevezzük.

2. Három dimenzió

Tekintsük a GF (q) véges testet, és legyenek GF (q^{2}), majd GF (q^{8}) ennek bővítései. Jelöljük az elemeiket rendre így:

(i)  GF (q) : a, b, c, d, r, s, t, u, v, w
(ii)  GF (q^{2}) : α, β, γ, δ, ϱ, σ, ξ
(iii)  GF (q^{8}) : θ, φ, ψ, Θ, Ω

alulindexelve vagy anélkül. Legyen ξ primitív gyök GF (q^{2})-ben. Ekkor van olyan s, t ∈ GF (q) és x^{2} − sx − t GF (q) felett irreducibilis polinom, amelynek ξ gyöke. Azaz

ξ^{2} = sξ + t

P G(3, q^{2}) egy tetszőleges pontjának koordinátái (α, β, γ, δ) ≠ (0, 0, 0, 0) ahol (α, β, γ, δ) és (ϱα, ϱβ, ϱγ, ϱδ), ϱ ≠ 0 ugyanazt a pontot reprezentálják. Legyen

α = a_{1} + a_{2}ξ
β = b_{1} + b_{2}ξ
γ = c_{1} + c_{2}ξ
δ = d_{1} + d_{2}ξ

A GF (q^{2}) elemeiből álló (α, β, γ, δ) négyeseket megfeleltethetjük GF (q) elemeiből álló nyolcasoknak:

(α, β, γ, δ) → (a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}, d_{1}, d_{2})

Három dimenzió

Az (a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}, d_{1}, d_{2}) és az (ra_{1}, ra_{2}, rb_{1}, rb_{2}, rc_{1}, rc_{2}, rd_{1}, rd_{2}), r ≠ 0 nyolcasok ugyanazt a pontot reprezentálják P G(7, q)-ban. Jegyezzük meg, hogy az utóbbinak megfelelő négyes (rα, rβ, rγ, rδ) ugyanaz a pont lesz P G(3, q^{2})-ben, mint (α, β, γ, δ), de (a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}, d_{1}, d_{2}) és (ϱa_{1}, ϱa_{2}, ϱb_{1}, ϱb_{2}, ϱc_{1}, ϱc_{2}, ϱd_{1}, ϱd_{2}) nem feltétlenül ugyanaz a P G(7, q)-beli pont. Tekintsük az összes (ϱα, ϱβ, ϱγ, ϱδ)-nak megfelelő nyolcast, ϱ ≠ 0. Legyen ϱ_{1}, ϱ_{2}, ϱ_{3} három nemnulla eleme GF (q^{2})-nek. Mivel ezek összefüggők GF (q) felett, van olyan (a_{1}, a_{2}, a_{3}) ≠ (0, 0, 0), a_{i} ∈ GF (q) , hogy a_{1}ϱ_{1} + a_{2}ϱ_{2} + a_{3}ϱ_{3} = 0. Ezért a (ϱ_{1}α, ϱ_{1}β, ϱ_{1}γ, ϱ_{1}δ), (ϱ_{2}α, ϱ_{2}β, ϱ_{2}γ, ϱ_{2}δ), (ϱ_{3}α, ϱ_{3}β, ϱ_{3}γ, ϱ_{3}δ) három kollineáris pont koordinátája P G(7, q)-ban. Mivel ϱ q^{2} − 1 nemnulla érteket vehet fel GF (q^{2})-ben, ezért a (ϱα, ϱβ, ϱγ, ϱδ)-nak megfelelő nyolcasok q + 1 kollineáris pontot reprezentálnak P G(7, q)-ban. Hiszen rögzített ϱ, c ≠ 0-ra a (cϱα, cϱβ, cϱγ, cϱδ) négyeshez tartozó nyolcasok ugyanazt a pontot adják P G(7, q)-ban. Így q^{6} +q^{4} +q^{2} +1 darab P G(3, q^{2})-beli pontnak megfeleltethető q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1 db egyenes P G(7, q)-ban, minden pontnak megfeleltetve egy egyenest.

Jelölje ezen egyenesek halmazát S_{1}.

Tétel. S_{1} befedése PG(7,q)-nak.

Bizonyítás

Legyen θ egy primitív eleme GF (q^{8})-nak. Ekkor

ξ = θ^{q^{6}+q^{4}+q^{2}+1}

primitív elem GF (q^{2})-ben. Van olyan x^{4} − δ_{3}x^{3} − δ_{2}x^{2} − δ_{1}x − δ_{0} GF (q) felett irreducibilis polinom (δ_{i} ∈ GF (q), i = 0 … 3), amelynek θ gyöke.

Ezt felhasználva, tetszőleges ψ ∈ GF (q^{8}) ilyen alakban írható:

ψ = θ^{i} = α + βθ + γθ^{2} + δθ^{3}

ahol α, β, γ, δ ∈ GF (q^{2}). Ez egy megfeleltetést ad az (α, β, γ, δ) négyesek és GF (q^{8}) elemei között.

Minden ϱ ∈ GF (q^{2}) így írható:

ϱ = ξ^{m}, 0 ≤ m ≤ q^{2} − 2,

mivel ξ^{q^{2}−1} = 1. Így a (ϱα, ϱβ, ϱγ, ϱδ) négyes a ξ^{m}θ^{=}θ^{m(q^{6}+q^{4}+q^{2}+1)+i} elemnek felel meg. Tehát, ha (α, β, γ, δ) és (ϱα, ϱβ, ϱγ, ϱδ) rendre θ^{i} illetve θ^{j}-nek felelnek meg, akkor

j ≡ i mod (q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1)

Így GF (q^{8}) nemnulla elemeit (q^{8} − 1 ilyen van) q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1 darab osztályra bontottuk, úgy, hogy az egy osztályban lévő elemek ugyanannak a P G(3, q)-beli pontnak felelnek meg. Ha θ^{i} és θ^{j} egy osztályban vannak, akkor a fenti kongruencia teljesül. Tehát a

θ^{0}, θ, θ^{2}, ⋯, θ^{q^{6}+q^{4}+q^{2}}

elemek különböző pontoknak felelnek meg P G(3, q^{2})-ben.

Feleljen meg θ^{i}-nek (α, β, γ, δ) = (a_{1} + a_{2}ξ, b_{1} + b_{2}ξ, c_{1} + c_{2}ξ, d_{1} + d_{2}ξ). Így θ^{i} megfelel az (a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}, d_{1}, d_{2}) nyolcasnak. Legyen w a GF (q) egy primitív eleme, amelyre

w = θ^{\frac{(q^{8}−1)}{(q−1)}} .

Ekkor GF (q) nemnulla elemei w^{0}, w, w^{2}, ⋯, w^{q−2}. Ez azt jelenti, hogy P G(7, q) (a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}, d_{1}, d_{2}) koordinátájú eleme megfelel a következő q − 1 elemű osztálynak:

θ^{i+k(q^{6}+q^{4}+q^{2}+1)(q+1)}, k = 0, 1, …, q − 2.

Ez alosztálya a következő osztálynak:

θ^{i+m(q^{6}+q^{4}+q^{2}+1)}, m = 0, 1, …, q^{2} − 2,

amely az (α, β, γ, δ) P G(3, q^{2})-beli pontnak felel meg.

Vagyis GF (q^{8}) egy q^{2} − 1 elemű osztálya, amely P G(3, q) egy pontjának felel meg, q + 1 darab alosztályra bontható úgy, hogy mindegyik egy S_{1}-beli egyenes különböző pontjának feleljen meg. Minden alosztálynak q−1 eleme van, melyeknek indexei kongruensek mod (q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1)(q + 1). P G(7, q) minden pontjához létezik egyetlen alosztály, és a (q^{6} +q^{4} +q^{2} +1)(q +1)

alosztály együtt GF (q^{8}) összes nemnulla elemét kiadja. Tehát S_{1} semelyik két egyenesének nincs közös pontja, és P G(7, q) minden pontját lefedik. Azaz S_{1} befedése P G(7, q)-nak.

Három dimenzió

Mivel S_{1} minden eleme egyetlen P G(7, q)-beli pontnak felel meg, világos, hogy a

θ^{0}, θ, θ^{2}, ⋯, θ^{q^{6}+q^{4}+q^{2}}

GF (q^{8})-beli elemeknek különböző S_{1}-beli egyenesek felelnek meg. Jelölje ezeket

l_{0}, l_{1}, ⋯, l_{q^{6}+q^{4}+q^{2}+1},

ahol l_{i} tartalmazza a θ^{i}-nek megfelelő pontot, 0 ≤ i ≤ q^{6} + q^{4} + q^{2}. Legyen ψ = θ^{i} és φ = θ^{j} két eleme GF (q^{8})-nak, ahol i ≠ j és 0 ≤ i, j ≤ q^{6}+q^{4}+q^{2}, l_{i} és l_{j} pedig azon S_{1}-beli egyenesek, melyek a ψ-nek, illetve φ-nek megfelelő P G(7, q)-beli pontokat tartalmazzák.

Ha Ω ∈ GF (q^{8}) tetszőleges nemnulla elem, akkor az Ω ∈ P G(7, q) ponton azt a pontot értjük, amely az Ω-t tartalmazó GF (q^{8})-beli alosztálynak felel meg.

Lemma. Adott l_{i} és l_{j} S_{1}-beli egyeneseken, minden rögzített P = ψ, Q = φ párhoz, ahol P ∈ l_{i} és Q ∈ l_{j} az lψ + mφ (l, m ∈ GF (q)) alakú pontokon átmenő S_{1}-beli egyenesek benne vannak az l_{i} és l_{j} által generált 3-dimenziós térben. Sőt, az összes ilyen (P, Q) pár által a fenti módon meghatározott egyenesek az l_{i} és l_{j} által kifeszített 3-dimenziós tér egy befedését alkotják.

Bizonyítás

Rögzítsük a P = ψ l_{i} egyenesen lévő és a Q = φ l_{j} egyenesen fekvő pontokat. Ekkor egy-egy értelmű megfeleltetést létesíthetünk l_{i} és l_{j} pontjai között az alábbi módon: a ϱψ ∈ l_{i} pontot feleltessük meg a ϱφ ∈ l_{j} pontnak. Legyen ϱ_{1}ψ, ϱ_{2}ψ, ϱ_{3}ψ az l_{i} három különböző pontja. ϱ_{1}ψ és ϱ_{1}φ összekötő egyenesén egy tetszőleges pont ϱ_{1}(lψ +mφ). Világos, hogy a ϱ_{2}(lψ +mφ) pont a ϱ_{2}ψ és a ϱ_{2}φ összekötő egyenesén van, a ϱ_{3}(lψ + mφ) pont pedig a ϱ_{3}ψ és a ϱ_{3}φ összekötő egyenesén fekszik. Node a

ϱ_{1}(lψ + mφ),  ϱ_{2}(lψ + mφ),  ϱ_{3}(lψ + mφ)

pontok kollineárisak — hiszen ϱ_{1}, ϱ_{2}, ϱ_{3} összefüggők, így a pontok is — és azon az S_{1}-beli egyenesen vannak, amelyiken lψ + mφ rajta van. Ez az egyenes benne van az l_{i} és az l_{j} által kifeszített 3-dimenziós térben.

Három dimenzió

Ha P -t fixen tartjuk, Q pedig végigfut l_{j}-n, akkor q + 1 darab egymástól páronként diszjunkt egyenessereget kapunk. Össszesen 2 + (q − 1)(q + 1) = q^{2} + 1 darab egyenest kapunk. Ezek a 3-dimenziós tér összes pontját lefedik.

Tétel. Három darab független S_{1}-beli egyenes által kifeszített 5-dimenziós térben a tartalmazott S_{1}-beli egyenesek a tér egy befedését alkotják.

Bizonyítás

Legyen a három darab S_{1}-beli egyenes l_{1}, l_{2}, l_{3}. Rögzítsük ezeken rendre a P_{1} = ψ, P_{2} = φ, P_{3} = Θ pontokat. A Lemmában leírt módon egy-egy értelmű megfeleltetést létesíthetünk l_{1}, l_{2} illetve l_{3} pontjai között.

Legyen ϱ_{1}ψ, ϱ_{2}ψ, ϱ_{3}ψ l_{1} különböző pontjai. ϱ_{1}ψ , ϱ_{1}φ és ϱ_{1}Θ közös síkján egy tetszőleges pont így néz ki: ϱ_{1}(lψ + mφ + kΘ). Világos, hogy a ϱ_{2}(lψ + mφ + kΘ) pont a ϱ_{2}ψ, a ϱ_{2}φ és a ϱ_{2}Θ síkján van, a ϱ_{3}(lψ + mφ + kΘ) pont pedig a ϱ_{3}ψ, a ϱ_{3}φ és a ϱ_{3}Θ síkján fekszik. Node a

ϱ_{1}(lψ + mφ + kΘ),  ϱ_{2}(lψ + mφ + kΘ),  ϱ_{3}(lψ + mφ + kΘ)

pontok kollineárisak, és azon az S_{1}-beli egyenesen vannak, amelyiken lψ+mφ+kΘ rajta van. Ez az egyenes benne van az l_{1}, az l_{2} és az l_{3} által kifeszített 5-dimenziós térben.

A rögzített pontokat futtatva összesen ennyi pontot fednek le a kapott S_{1}-beli egyenesek:

(q + 1)^{3}(q − 1)^{2} + \frac{(q + 1)^{3}}{q + 1} 3(q − 1) + 3\frac{(q + 1)^{3}}{(q + 1)^{2}} =

= q^{5} + q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1

Tehát valóban befedést kaptunk.

Tekintsük az összes olyan 5-dimenziós teret, amelyet három darab független S_{1}- beli egyenes feszít ki. Össszesen

\frac{(q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1)(q^{6} + q^{4} + q^{2})(q^{6} + q^{4})}{(q^{4} + q^{2} + 1)(q^{4} + q^{2})q^{4}} = q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1

darab ilyen tér van.

Három dimenzió

Definíció. Ezen 5-dimenziós terek halmazát jelölje H_{5}.

Az előzőek alapján könnyen látható a következő:

Állítás. 1 ) |S_{1}| = q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1 2 ) |H_{5}| = q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1 3 ) Minden H_{5}-beli 5-dimenziós vektortér pontosan q^{4} + q^{2} + 1 darab elemét tar-

talmazza S_{1}-nek. 4 ) Bármely három független S_{1}-beli egyenes pontosan egy elemét határozza meg

H_{5}-nek.

Tétel. Minden S_{1}-beli egyenes pontosan q^{4} +q^{2} +1 darab H_{5}-beli 5-dimenziós térnek része, és H_{5} bármely két elemének metszete egy olyan 3-dimenziós tér, amely q^{2} + 1 darab egyenest tartalmaz S_{1}-ből.

Bizonyítás

Rögzítsünk egy S_{1}-beli egyenest. Ehhez

\frac{(q^{6} + q^{4} + q^{2})(q^{6} + q^{4})}{(q^{4} + q^{2})q^{4}} = q^{4} + q^{2} + 1

darab különböző egyenespárt találunk S_{1}-ből, úgy, hogy a három egyenes független legyen. Tehát egy S_{1}-beli egyenes pontosan q^{4} + q^{2} + 1 darab H_{5}-belinek része.

Tegyük fel, hogy két H_{5}-beli metszete több, mint három dimenziós. (Vegyük észre, hogy legalább ennyi, különben nem férnének el P G(7, q)-ban.) Ez azt jelenti, hogy tartalmaz egy Σ_{3} 3-dimenziós teret és egy P ∉ Σ_{3} pontot. Akkor ezen a P ponton át halad S_{1}-nek egy egyenese, l. Ez az l egyenes mindkét 5-dimenziós térben benne van, hiszen S_{1} befedés H_{5} elemeiben, így a metszetükben is, de nincs benne Σ_{3}-ban. Könnyű látni, hogy S_{1} Σ_{3}-ban befedést alkot. (Egy tetszőleges pontján átmenő S_{1}-beli egyenes mindkét 5-dimenziós térnek része.) Ekkor l kitérő Σ_{3}-hoz, ezért együtt 5-dimenziós teret generálnak, vagyis a két tér megegyezik. Mivel Σ_{3}-ban S_{1} befedés, ezért két 5-dimenziós tér metszete pontosan q^{2} +1 darab S_{1}-beli egyenest tartalmaz.

Tétel. H_{5} duális befedés P G(7, q)-ban.

Bizonyítás

P G(7, q) egy 6-dimenziós tere, Σ_{6} legfeljebb egy H_{5}-beli 5-dimenziós teret tartalmaz. Hiszen, ha lenne olyan, amelyik tartalmaz kettőt, akkor ezek metszete legalább 4-dimenziós kellene legyen, hogy elférjenek a 6-dimenziós térben. Azonban az előző tétel miatt ez lehetetlen. Minden S_{1}-beli egyenes vagy része Σ_{6}-nak, vagy egyetlen pontban metszi. Jelölje

n_{1} azon S_{1}-beli egyenesek számát, amelyek benne vannak Σ_{6}-ban, n_{2} pedig azokét, amelyek egy pontban metszik Σ_{6}-ot. Ekkor

\begin{aligned}n_{1}(q + 1) + n_{2} & = \frac{q^{7} − 1}{q − 1} \\ n_{1} + n_{2} & = q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1 \end{aligned}

Vagyis n_{1} = q^{4} + q^{2} + 1 és n_{2} = q^{6}.

Tehát Σ_{6} q^{4} + q^{2} + 1 darab elemét tartalmazza S_{1}-nek. Ezek közül bármely három független generálja H_{5} egy elemét. Mivel Σ_{6} legfeljebb egy H_{5}-belit tartalmaz, ezért a q^{4} + q^{2} + 1 darab S_{1}-beli egyenes ugyanabban a H_{5}-beli 5-dimenziós térben van benne, vagyis Σ_{6} valóban tartalmaz egy H_{5}-beli elemet, a fentiek miatt pedig pontosan egyet.

Következmény. Ha l_{1} és l_{2} két eleme S_{1}-nek, P tetszőleges, az l_{1}, l_{2} által generált 3-dimenziós téren kívüli pont, akkor pontosan egy H_{5}-beli 5-dimenziós tér van, ami P -t, l_{1}-et és l_{2}-t tartalmazza.

Legyen Σ_{3} P G(7, q)-nek egy 3-dimenziós altere. Ez S_{1}-től függően kétfajta lehet.

1) Tartalmaz S_{1}-beli egyenest. Ekkor azt mondjuk, hogy Σ_{3} 1.típusú. Egy 1.típusú altér kétféle lehet:

– vagy egy elemét tartalmazza S_{1}-nek és ekkor q^{3}+q^{2} darab további S_{1}-beli egyenes metszi,

– vagy q^{2} + 1 darabot tartalmaz, és ekkor Σ_{3}-ban S_{1} befedés.

2) Ha Σ_{3} nem tartalmaz S_{1} beli egyenest, 2.típusúnak nevezzük. Ekkor q^{3} + q^{2} + q + 1 darab S_{1}-beli egyenes metszi, és q^{6} + q^{4} − q^{3} − q darab elkerüli.

Három dimenzió

Cél. A 2.típusú 3-dimenziós alterek megszámolása.

Ehhez számoljuk meg először az 1. típusúakat.

Rögzített S_{1}-beli egyenest tartalmazó 3-dimenziós terek száma: χ(1, 3, 7, q) = (q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1)(q^{4} + q^{2} + 1).

Rögzített S_{1}-beli egyenesen átmenő, q^{2} + 1 darab S_{1}-beli egyenest tartalmazó 3-dimenziós terek száma: \frac{q^{6}+q^{4}+q^{2}}{q^{2}} = q^{4} + q^{2} + 1. Tehát rögzített S_{1}-beli egyenesen átmenő olyan 3-dimenziós alterek száma, amelyek csak ezt az egyenest tartalmazzák S_{1}-ből: (q^{4} + q^{2} + 1)q(q + 1)(q^{2} + 1).

Ezzel megkaphatjuk az összes, pontosan egy S_{1}-beli egyenest tartalmazó 3-di-menziós alterek számát P G(7, q)-ban: (q^{6} + q^{4} + q^{2} + 1)(q^{4} + q^{2} + 1)q(q + 1)(q^{2} + 1) = (q^{4} + q^{2} + 1)q(q + 1)(q^{2} + 1)^{2}(q^{4} + 1).

Azok a 3-dimenziós terek pedig, amelyek q^{2} + 1 darab egyenest tartalmaznak

S_{1}-ből, ennyien vannak: \begin{matrix}( & {q^{6}+q^{4}+q^{2}+1 \atop 2} & ) \\ ( & {q^{2}+1 \atop 2} & ) \end{matrix} = (q^{4} + 1)(q^{4} + q^{2} + 1).

Tehát az 1. típusú 3-dimenziós alterek száma:

(q^{4} + 1)(q^{4} + q^{2} + 1)(q(q + 1)(q^{2} + 1) + 1).

Mivel összesen Φ(3, 7, q) = \frac{(q^{5}−1)(q^{6}−1)(q^{7}−1)(q^{8}−1)}{(q−1)(q^{2}−1)(q^{3}−1)(q^{4}−1)} darab 3-dimenziós altér van P G(7, q)-ban, ezért a 2. típusú alterek száma:

q^{6}(q + 1)(q^{2} + 1)(q^{3} + 1)(q^{4} + 1).

Nevezzük 2. típusúnak az S_{1}-hez nem tartozó egyeneseket. Egy ilyen egyenest q + 1 darab S_{1}-beli egyenes metsz egy pontban.

2. típusú egy 5-dimenziós tér, ha nem eleme H_{5}-nek.

A reprezentáció

Definíció. P G(3, q^{2}) egy Baer résztere olyan (B, β) pár, ahol B pontok és β síkok halmaza, amelyre teljesülnek a következők:

(1) |B| = q^{3} + q^{2} + q + 1

(2) |β| = q^{3} + q^{2} + q + 1

(3) β minden síkjára q^{2} + q + 1 B-beli pont illeszkedik.

(4) B minden pontjára q^{2} + q + 1 β-beli sík illeszkedik.

(5) Két különböző B-beli pontra q + 1 β-beli sík illeszkedik.

(6) Két különböző β-beli sík metszetén q + 1 eleme van B-nak.

Megjegyezzük, hogy ezen tulajdonságok nem függetlenek; akár az (1), (3), (5), akár a (2), (4), (6) elég lenne, hogy következtessünk a többire.

Most P G(3, q^{2}) Baer résztereinek egy reprezentációját adjuk meg P G(7, q)-ban.

Állítás. Legyen Σ_{3} 2. típusú 3-dimenziós tér P G(7, q)-ban. Legyen B azon q^{3} + q^{2} + q + 1 darab S_{1}-beli egyenes, amely egy pontban metszi Σ_{3}-mat, és legyen β az olyan H_{5}-beli 5-dimenziós tereknek a halmaza, amelyek Σ_{3}-mat síkban metszik. Ekkor a (B, β) pár teljesíti az (1) … (6) tulajdonságokat.

Bizonyítás

Mivel Σ_{3}-nak q^{3} + q^{2} + q + 1 pontja van, (1) igaz.

(2)-hez azt kell belátni, hogy nincs két olyan H_{5}-beli 5-dimenziós tér, amely Σ_{3}-mat ugyanabban a síkban metszi. Ha volnának ilyen Δ_{5} és Δ_{5}^{∗} 5-dimenziós alterek, melyekre Σ_{3} ∩ Δ_{5} = Σ_{3} ∩ Δ_{5}^{∗} = Π, akkor a Π pontjain átmenő q^{2} + q + 1 S_{1}-beli egyenes része volna mind Δ_{5}-nek, mind Δ_{5}^{∗}-nak. Két H_{5}-beli 5-dimenziós tér metszete azonban 3 dimenziós, és így csak q^{2} + 1 darab S_{1}-beli egyenest tartalmaz. Vagyis Σ_{3} minden síkjához egyetlen H_{5}-beli 5-dimenziós tér tartozik, amely Σ_{3}-mat ebben a síkban metszi. Mivel Σ_{3}-nak q^{3} + q^{2} + q + 1 síkja van, ezért igaz (2).

Mivel tetszőleges Δ_{5} ∈ β síkban metszi Σ_{3}-t, ezért pontosan q^{2} + q + 1 elemét tartalmazza B-nek. Ez a (3) tulajdonság.

Σ_{3}-ban egy pontra χ(0, 2, 3, q) = \frac{q^{3}−1}{q−1} = q^{2} + q + 1 darab sík illeszkedik. Azaz egy B-beli pontosan q^{2} + q + 1 β-belinek része. Ez a (4) tulajdonság.

Σ_{3} két pontján át halad egy egyenes. Az egyenesre illeszkedő síkok száma: χ(1, 2, 3, q) = \frac{q^{2}−1}{q−1} = q + 1 Ez azt jelenti, hogy B két elemén át q + 1 eleme megy β-nak. Ez az (5) tulajdonság. Σ_{3}-ban két különböző sík metszete egyenes (q+1 pont). β két elemének metszete q + 1 elemét tartalmazza B-nek. Teljesül tehát a (6) tulajdonság.

Három dimenzió

Tehát a (B, β) pár Baer részteret alkot.

Ekkor Σ_{3}-t a (B, β) Baer résztér reprezentáns terének nevezzük. Most (B, β) összes reprezentáns terét vizsgáljuk.

Állítás. Legyenek Σ_{3} és Σ_{3}^{∗} különböző reprezentáns terei a (B, β) Baer résztérnek. Ekkor B minden egyenese egy pontban metszi Σ_{3}-t is és Σ_{3}^{∗}-t is. Ezzel megfeleltetés létesíthető Σ_{3} és Σ_{3}^{∗} pontjai között, úgy, hogy B azonos egyenesén fekvő pontok egymásnak felelnek meg. Ez a leképezés illeszkedéstartó.

Bizonyítás

Legyenek P_{1}, P_{2}, P_{3}, P_{4} olyan pontjai Σ_{3}-nak, amelyek egy síkban vannak, de semelyik három nincs egy egyenesen. Legyenek továbbá P_{1}^{∗}, P_{2}^{∗}, P_{3}^{∗}, P_{4}^{∗} rendre a nekik megfelelő pontok Σ_{3}^{∗}-on. Jelölje l_{i} P_{i}P_{i}^{∗} összekötő egyenesét i = 1 … 4. Megjegyezzük, hogy l_{i} ∈ S_{1}. Ekkor l_{1}, l_{2} és l_{3} meghatároz egy H_{5}-beli 5-dimenziós teret, hiszen a három egyenes független, különben P_{1}, P_{2}, P_{3} egy egyenesen lennének. Jelölje ezt az 5-dimenziós teret Σ_{5}. Ekkor Σ_{5} Σ_{3}-t a P_{1}, P_{2}, P_{3} síkjában metszi, Σ_{3}^{∗}-t pedig a P_{1}^{∗}, P_{2}^{∗}, P_{3}^{∗} síkjában. Mivel P_{4} eleme P_{1}, P_{2}, P_{3} síkjának, ezért l_{4} ⊂ Σ_{5}. Ez pedig azt jelenti, hogy P_{4}^{∗} illeszkedik P_{1}^{∗}, P_{2}^{∗}, P_{3}^{∗} síkjára. Tehát síkot síkba visz a leképezés, egyenest pedig egyenesbe, ezért kollineáció, vagyis illeszkedéstartó.

Legyenek φ, ψ, Ω és Θ GF (q^{8}) elemei, amelyek Σ_{3} független pontjait reprezentálják, azaz Σ_{3} minden pontja ilyen alakban írható fel: a_{1}φ + a_{2}ψ + a_{3}Ω + a_{4}Θ, ahol a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4} ∈ GF (q) és (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}) ≠ (0, 0, 0, 0). Jelölje l_{1}, l_{2}, l_{3} és l_{4} rendre a φ, ψ, Ω illetve Θ-n átmenő S_{1}-beli egyeneseket. Legyen ϱ tetszőleges nemnulla eleme GF (q^{2})-nek, Σ_{3}^{∗} pedig a ϱφ, ϱψ, ϱΩ, ϱΘ pontok által meghatározott 3-dimenziós tér. Azonnal látható, hogy a ϱ(a_{1}φ + a_{2}ψ + a_{3}Ω + a_{4}Θ) ∈ Σ^{∗} pont megfeletethető a a_{1}φ + a_{2}ψ + a_{3}Ω + a_{4}Θ ∈ Σ pontnak. A megfelelő pontok B egyenesein vannak, és a megfeleltetés síkot síkba visz. Tehát Σ_{3}^{∗} (B, β)-nak reprezentáns tere. Mivel ϱ q^{2} − 1 különböző értéket vehet fel, és bármely kettő, melyeknek hányadosa GF (q)-beli, ugyanazt a teret határozza meg, ezért q +1 reprezentáns teret kapunk. B egy egyenesének minden pontján át egyértelműen létezik egy reprezentáns tere (B, β)-nak.

Három dimenzió

Legyen ξ = θ^{q^{6}+q^{4}+q^{2}+1} primitív eleme GF (q^{2})-nek, továbbá Σ_{5}∈ β 5-dimenziós tér, amely Σ_{3}-t a φ, ψ, Ω síkjában metszi. Ekkor φ, ψ, Ω, ξφ, ξψ és ξΩ pontok meghatározzák Σ_{5}-t, amely természetesen tartalmazza Θ-t, ϱφ-t, ϱψ-t, ϱΩ-t és ϱΘ-t is. Beláttuk tehát, hogy minden (B, β) Baer résztérnek q + 1 reprezentáns tere van, melyek páronként diszjunktak, és amelyeket transzverzálisoknak tekinthetünk B minden egyeneséhez, és β minden 5-dimenziós teréhez. Ugyanis B egyeneseit pontokban metszik, és β 5-dimenziós tereit pedig síkokban. (B, β) illeszkedési struktúrája fellelhető minden reprezentáns térben, amely a rögzített 2.típusú térhez tartozik. Egy (B, β) Baer résztér reprezentáns tereit úgy képzelhetjük, mint a B egyeneseire ”felfűzött láncszemeket”, melyeket egymás között permutál a φ → ϱφ megfeleltetés, ahol φ az egyik reprezentáns térnek eleme, ϱ pedig nemnulla eleme GF (q^{2})-nak. Mivel összesen q^{6}(q + 1)(q^{2} + 1)(q^{3} + 1)(q^{4} + 1) darab 2.típusú tér van, ezért ezek

q^{6}(q^{2} + 1)(q^{3} + 1)(q^{4} + 1)

darab q + 1 elemű csoportba sorolhatók, úgy, hogy minden csoportba egy Baer résztér reprezentáns terei tartoznak. Tudjuk azonban, hogy P G(3, q^{2})-ben pontosan ennyi Baer résztér van (lásd [4]), tehát a fenti reprezentációval minden Baer részteret megkapunk.

A transzformáció

Láttuk, hogy P G(7, q) minden pontja GF (q^{8}) egy nemnulla elemével jeleníthető meg. Ha két elem összefüggő GF (q) felett, akkor ugyanazt a pontot reprezentálják. A φ → ϱφ megfeleltetés, ahol ϱ ∈ GF (q^{2}) olyan transzformáció, amely illeszkedéstartó a különböző dimenziós alterek között, ugyanakkor az S_{1}befedés egyenesein invariáns. Ebből az is következik, hogy H_{5} 5-dimenziós terein is invariáns, hiszen ezekben S_{1} befedés.

Speciálisan, ha ϱ = ξ, ahol ξ primitív eleme GF (q^{2})-nek, akkor a φ → ξφ ciklikusan permutálja a 2.típusú egyeneseket (amelyek S_{1} egy regulusának transzverzálisai).

Világos, ha B részhalmaza S_{1} egyeneseinek, és β H_{5}-beli 5-dimenziós terekből áll, úgy, hogy (B, β) P G(3, q^{2}) egy Baer részterét reprezentálja, akkor az altér invariáns a φ → ϱφ transzformációra, a reprezentáns terek (ezek 3-dimenziós terek) viszont egymás között permutálódnak.

3. Az n-dimenziós eset

Tekintsük a GF (q^{2}) és a GF (q^{2n+2}) véges testeket, mint a GF (q) véges test bővítéseit. Elemeiket rendre jelöljük így:

(i)  GF (q) : a, b, c, d, r, s, t, u, v, w
(ii)  GF (q^{2}) : α, δ, ϱ, σ, τ, ξ
(iii)  GF (q^{2n+2}) : θ, φ, ψ, Ω, χ

alulindexelve vagy anélkül.

Legyen ξ primitív gyök GF (q^{2})-ben. Ekkor vannak olyan s és t GF (q)-beli elemek, amelyekre ξ gyöke az x^{2} − sx − t GF (q) felett irreducibilis polinomnak.

P G(n, q^{2}) minden pontja így koordinátázható: (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) ≠ (0, 0, …, 0) ahol α_{i} ∈GF (q^{2}), i = 1, …, n + 1. (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) és (ϱα_{1}, ϱα_{2}, …, ϱα_{n+1}) ugyanazt a pontot reprezentálja ϱ ∈ GF (q^{2}), ϱ ≠ 0 esetén. Legyen

α_{1} = a_{11} + a_{12}ξ
α_{2} = a_{21} + a_{22}ξ
⋮
α_{n+1} = a_{n+1,1} + a_{n+1,2}ξ

Feleltessük meg a GF (q^{2})-beli elemekből álló (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) (n + 1)-eseket GF (q) elemeiből álló (2n + 2)-eseknek:

(a_{11}, a_{12}, a_{21}, a_{22}, …, a_{n+1,1}, a_{n+1,2}).

Ez és — r ≠ 0 esetén — az (ra_{11}, ra_{12}, ra_{21}, ra_{22}, …, ra_{n+1,1}, ra_{n+1,2}) (2n + 2)-esek ugyanazt a pontot adják P G(2n + 1, q)-ban. Ez utóbbinak az (rα_{1}, rα_{2}, …, rα_{n+1}) felel meg, amely P G(n, q^{2})-ben ugyanazt a pontot jelenti,

Az n-dimenziós eset

mint (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}). Vegyük észre azonban, hogy (a_{11}, a_{12}, a_{21}, a_{22}, …, a_{n+1,1}, a_{n+1,2}) és (ϱa_{11}, ϱa_{12}, ϱa_{21}, ϱa_{22}, …, ϱa_{n+1,1}, ϱa_{n+1,2}) — ha ϱ ∈ GF (q^{2}), és ϱ ≠ 0 — nem feltétlenül adja ugyanazt a pontot P G(2n + 1, q)-ban.

Tekintsük minden ϱ ≠ 0, ϱ ∈ GF (q^{2}) esetén a (ϱα_{1}, ϱα_{2}, …, ϱα_{n+1})-nek megfelelő (2n + 2)-eseket. Legyenek ϱ_{1}, ϱ_{2}, ϱ_{3} nemnulla elemei GF (q^{2})-nek. Ekkor ezek összefüggők GF (q) felett, ami azt jelenti, hogy létezik (a_{1}, a_{2}, a_{3}) ≠ (0, 0, 0), a_{i} ∈ GF (q), amelyre a_{1}ϱ_{1} + a_{2}ϱ_{2} + a_{3}ϱ_{3} = 0. Ezért a (ϱ_{1}α_{1}, ϱ_{1}α_{2}, …, ϱ_{1}α_{n+1}), a (ϱ_{2}α_{1}, ϱ_{2}α_{2}, …, ϱ_{2}α_{n+1}) és a (ϱ_{3}α_{1}, ϱ_{3}α_{2}, …, ϱ_{3}α_{n+1}) három olyan pontja P G(2n + q^{2})-nek, melyek egy egyenesre esnek. Mivel ϱ q^{2} − 1 nemnulla értéket vehet fel GF (q^{2})-ben, ezért a (ϱα_{1}, ϱα_{2}, …, ϱα_{n+1})-nek megfelelő (2n + 2)- esek q + 1 kollineáris pontját reprezentálják P G(2n + 1, q)-nak. Hiszen rögzített ϱ, c ≠ 0, ϱ ∈ GF (q^{2}), c ∈ GF (q) esetén a (cϱα_{1}, cϱα_{2}, …, cϱα_{n+1})- nek megfelelő (2n + 2)-esek ugyanazt a pontot jelentik P G(2n + 1, q)-ban. Így P G(n, q^{2}) q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 darab pontját megfeleltethetjük P G(2n + 1, q) q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 darab egyenesének, minden pontnak egy egyenest feleltetve meg. Jelölje ezen egyenesek halmazát S_{1}.

Tétel. S_{1}befedése P G(2n + 1, q)-nak.

Bizonyítás

Legyen θ primitív eleme GF (q^{2n+2})-nek. Ekkor

ξ = θ^{q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+1}

primitív elem GF (q^{2})-ben. Léteznek olyan δ_{0}, δ_{1}, ⋯, δ_{n} GF (q^{2})-beli elemek, amelyekre θ gyöke az x^{n+1} − δ_{n}x^{n} − δ_{n−1}x^{n−1} − ⋯ − δ_{0} GF (q^{2}) felett irreducibilis polinomnak. Így GF (q^{2n+2}) minden nemnulla eleme ilyen alakra hozható:

ψ = θ^{i} = α_{1} + α_{2}θ + ⋯ + α_{n+1}θ^{n} α_{1}, …, α_{n+1} ∈ GF (q^{2}).

GF (q) minden nemnulla eleme

ϱ = ξ^{m}, 0 ≤ m ≤ q^{2} − 2

Az n-dimenziós eset

alakban írható, hiszen ξ^{q^{2}−1} = 1. Megfeleltetést létesíthetünk az (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) (n + 1)-esek és GF (q^{2n+2}) elemei között, a következő módon:

ξ^{m}θ^{i} = θ^{m(q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+1)+i} → (ϱα_{1}, ϱα_{2}, …, ϱα_{n+1})

Ha tehát θ^{i} → (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) és θ^{j} → (ϱα_{1}, ϱα_{2}, …, ϱα_{n+1}) akkor

i ≡ j (mod q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1).

Azaz GF (q^{2n+2})-nek q^{2n+2} − 1 darab nemnulla eleme q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 osztályba sorolható, és az egy osztályban lévő elemek ugyanannak a P G(n, q^{2})-beli pontnak felelnek meg. Ha θ^{i} és θ^{j} ugyanannak az osztálynak eleme, akkor a fenti ekvivalencia teljesül. Ez azt is jelenti, hogy a

θ^{0}, θ, θ^{2}, …, θ^{q^{2n}+q^{2(n−1)}+...+q^{2}}

elemek különböző pontoknak felelnek meg P G(n, q^{2})-ben. Legyen

θ^{i} → (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) = (a_{11} + a_{12}ξ, a_{21} + a_{22}ξ, …, a_{n+1,1} + a_{n+1,2}ξ).

Így tehát θ^{i}-t az (a_{11}, a_{12}, …, a_{n+1,2}) (2n + 2)-esnek feleltetjük meg.

Legyen

w = θ^{\frac{q^{2n+2}−1}{q−1}}

primitív eleme GF (q)-nak. Ekkor GF (q) összes nemnulla eleme: w^{0}, w, w^{2}, …, w^{q−2}. Így P G(2n+1, q) egy (a_{11}, a_{12}, …, a_{n+1,2})-vel koordinátázott pontja egy q−1 elemű osztálynak felel meg:

θ^{i+k(q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+1)(q+1)}, k = 0, 1, …, q − 2.

Ez a

θ^{i+m(q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+1)}, m = 0, 1, …, q^{2} − 2

Az n-dimenziós eset

osztálynak alosztálya, amely pedig az (α_{1}, α_{2}, …, α_{n+1}) P G(n, q^{2})-beli pontnak felel meg. Tehát GF (q^{2n+2}) egy P G(n, q^{2})-beli pontnak megfelelő q^{2}−1 eleme q+1 osztályra bontható, úgy, hogy mindegyik egy-egy pont lesz egy S_{1}-beli egyenesen. Minden alosztálynak q − 1 eleme van, amelyek indexei kongruensek mod (q + 1)(q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1).

P G(2n + 1, q) minden pontjához egyértelműen létezik egy alosztály, és a (q + 1)(q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1) darab alosztály együtt kiadja GF (q^{2n+2}) öszszes nemnulla elemét.

Vagyis két különböző S_{1}-beli egyenesnek nincs közös pontja, és minden pontját lefedik P G(2n + 1, q)-nak. Tehát S_{1} befedése P G(2n + 1, q)-nak.

Mivel S_{1} minden egyenese P G(n, q^{2}) egyetlen pontjának felel meg, ezért a

θ^{0}, θ, θ^{2}, …, θ^{q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+q^{2}}

elemei GF (q^{2n+2})-nek különböző S_{1}-beli egyeneseknek felelnek meg. Jelölje ezen egyeneseket rendre:

l_{1}, l_{2}, …, l_{q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+q^{2}},

ahol l_{i} a θ^{i}-nek megfelelő pontra illeszkedik, 0 ≤ i ≤ q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + q^{2}.

Legyenek ψ = θ^{i} és ϕ = θ^{j} GF (q^{2n+2}) elemei, i ≠ j és 0 ≤ i, j ≤ q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + q^{2}. Jelölje l_{i} illetve l_{j} a ψ-nek, illetve ϕ-nek megfelelő P G(2n + 1, q)-beli pontokat tartalmazó S_{1}-beli egyeneseket. Ha Ω ∈ GF (q^{2n+2}) nemnulla elem, az Ω ∈ P G(2n + 1, q) pont jelentse az Ω-t tartalmazó GF (q^{2n+2})-beli alosztálynak megfelelő pontot. Az előző fejezetben már beláttuk az alábbi lemmát:

Lemma. Adott l_{i} és l_{j} S_{1}-beli egyeneseken, minden rögzített P = ψ, Q = φ párhoz, ahol P ∈ l_{i} és Q ∈ l_{j} az lψ + mφ (l, m ∈ GF (q)) alakú pontokon átmenő S_{1}-beli egyenesek benne vannak az l_{i} és l_{j} által generált 3-dimenziós térben. Sőt, az összes ilyen (P, Q) pár által a fenti módon meghatározott egyenesek az l_{i} és l_{j} által kifeszített 3-dimenziós tér egy befedését alkotják.

Definíció. Legyen H_{2n−1} az n darab független S_{1}-beli egyenes által generált (2n − 1)-dimenziós alterek halmaza.

Tétel. Minden Σ_{2n−1}∈H_{2n−1} (2n−1)-dimenziós tér pontosan q^{2(n−1)} +q^{2(n−2)} + ⋯ + 1 darab egyenesét tartalmazza S_{1}-nek, ami egy befedését alkotja Σ_{2n−1}-nek.

Bizonyítás

A tételt a független egyenesek számára vonatkozó teljes indukcióval fogjuk bizonyítani, vagyis be fogjuk látni, hogy k darab független S_{1}-beli egyenes olyan (2k − 1)-dimenziós alteret feszít ki, amely q^{2(k−1)} + q^{2(k−2)} + ⋯ + 1 egyenesét tartalmazza S_{1}-nek.

Mivel a Lemma a k = 2 esetet bizonyítja, ezért elég belátnunk, hogy ha n-ig minden természetes számra igaz az állítás, akkor (n + 1)-re is. Rögzítsünk az n + 1 darab egyenes mindegyikén egy-egy független pontot. Ezek,

mint csúcsok, egy n-dimenziós szimplexet határoznak meg. E szimplex belső pontjainak (amelyek nincsenek rajta alacsonyabb dimenziós lapján) száma:

\frac{q^{n+1} − 1}{q − 1} − \binom{n + 1}{n}\frac{q^{n} − 1}{q − 1} + \binom{n + 1}{n − 1}\frac{q^{n−1} − 1}{q − 1} − ⋯ ± \binom{n + 1}{1}\frac{q − 1}{q − 1} =

= \frac{1}{q − 1}(q^{n+1} − \binom{n + 1}{n}q^{n} + \binom{n + 1}{n − 1}q^{n−1} − ⋯ ± \binom{n + 1}{1}q+

+(−1 + \binom{n + 1}{n} − \binom{n + 1}{n − 1} + ⋯ ± \binom{n + 1}{1})) =

= \frac{1}{q − 1}(q^{n+1} − \binom{n + 1}{n}q^{n} + \binom{n + 1}{n − 1}q^{n−1} − ⋯ ± \binom{n + 1}{1}q + (−1)^{n+1}) =

= \frac{(q − 1)^{n+1}}{q − 1} = (q − 1)^{n}

Ezek mindegyikén át pontosan egy S_{1}-beli egyenes megy, amely benne van Σ_{2n−1}- ben, hiszen egy ilyen egyenes minden pontjának koordinátái kifejezhetők a rögzített pontok koordinátáinak lineáris kombinációiként.

Futtassuk a rögzített pontokat az egyeneseken. Így az egyenesek által lefedett pontok száma:

(q+1)^{n+1}(q−1)^{n}+\binom{n + 1}{n}\frac{(q + 1)^{n+1}}{q + 1} (q−1)^{n−1}+\binom{n + 1}{n − 1}\frac{(q + 1)^{n+1}}{(q + 1)^{2}} (q−1)^{n−2}+⋯

⋯ + \binom{n + 1}{2}\frac{(q + 1)^{n+1}}{(q + 1)^{n−1}} (q − 1) + \binom{n + 1}{1}\frac{(q + 1)^{n+1}}{(q + 1)^{n}} =

= (q + 1)((q^{2} − 1)^{n} + \binom{n + 1}{n}(q^{2} − 1)^{n−1} + ⋯ + \frac{n + 1}{1}) =

= (q + 1)\frac{q^{2(n+1)} − 1}{q^{2} − 1} = \frac{q^{2(n+1)−1}}{q − 1} = q^{2n+1} + q^{2n} + ⋯ + 1

Mivel az altér összes pontját lefedik, ezért ezek az egyenesek Σ_{2n−1} egy befedését alkotják.

Az előző tétel alapján: |H_{2n−1}| =

= \frac{(q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1)(q^{2n} + ⋯ + q^{2})(q^{2n} + ⋯ + q^{4}) … (q^{2n} + q^{2n−2})}{(q^{2n−2} + q^{2n−4} + ⋯ + 1)(q^{2n−2} + ⋯ + q^{2}) ⋯ (q^{2n−2} + q^{2n−4})q^{2n−2}} =

= q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1.

Összefoglalva tehát, ezt kapjuk:

Állítás.

(1) |S_{1}| = q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1

(2) |H_{2n−1}| = q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1

(3) Minden (2n − 1)-dimenziós H_{2n−1}-beli tér pontosan q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + 1 darab egyenest tartalmaz S_{1}-ből.

(4) Bármely n darab független S_{1}-beli egyenes egyetlen elemét határozza meg H_{2n−1}-nek.

Tétel.

(i) Minden S_{1}-beli egyenes pontosan q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + 1 darab H_{2n−1}-beli (2n − 1)-dimenziós térnek része.

(ii) Bármely két H_{2n−1}-beli (2n−1)-dimenziós tér metszete egy olyan (2n−3)-dimen-ziós altér, amely pontosan q^{2(n−2)} +q^{2(n−3)} +⋯+1 darab egyenesét tartalmazza S_{1}-nek.

Bizonyítás

(i) Ha rögzítünk egy egyenest, akkor azt kell megszámolnunk, hogy hány alteret generál n−1 darab független S_{1}-beli egyenes, amelyek e rögzített egyenessel együtt is általános helyzetűek.

\frac{(q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + q^{2})(q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + q^{4}) … (q^{2n} + q^{2(n−1)})}{(q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + q^{2})(q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + q^{4}) … q^{2(n−1)}} =

Az n-dimenziós eset

= q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + 1.

Éppen ezt szerettük volna. (ii) A metszet legalább (2n−3)-dimenziós, különben nem férnének el P G(2n+ 1, q)-

ban. Tegyük fel, hogy két H_{2n−1}-beli tér metszete több, mint egy Σ_{2n−3} (2n−3)-di-menziós altér, azaz tartalmaz egy P ∉ Σ_{2n−3} pontot is. Erre a P pontra illeszkedik S_{1} egy egyenese, melyet jelöljön l. Mivel S_{1} befedés H_{2n−1} elemeiben, s így a metszetükben is, ezért l mindkét (2n − 1)-dimenziós térnek része, de kitérő Σ_{2n−3}-hoz. Ekkor l és Σ_{2n−3} együtt egy (2n − 1)-dimenziós alteret generál, amely benne van a két tér metszetében, vagyis e (2n − 1)-dimenziós terek megegyeznek. Mivel S_{1} Σ_{2n−3}-ban befedés, ezért a metszet pontosan q^{2(n−2)} + q^{2(n−3)} + ⋯ + 1 darab egyenesét tartalmazza S_{1}-nek.

Tétel. H_{2n−1} duális befedés P G(2n + 1, q)-ban.

Bizonyítás

Be kell látnunk, hogy P G(2n + 1, q) minden (2n)-dimenziós altere pontosan egy (2n − 1)-dimenziós alteret tartalmaz H_{2n−1}-ből.

Tegyük fel indirekt módon, hogy van olyan Σ_{2n} (2n)-dimenziós altér, amely tartalmazza Σ_{2n−1}, Σ2n−1^{′} ∈ H_{2n−1} (2n − 1)-dimenziós altereket. Node Σ_{2n−1} és Σ2n−1^{′} metszete (2n − 3)-dimenziós altér, Σ_{2n−3}. Ez azt jelenti, hogy van olyan l ∈ S_{1} egyenes, amelyre l ⊂ Σ_{2n−1} de l ⊄ Σ2n−1^{′}. Vagyis l kitérő Σ2n−1^{′}-hez, hiszen S_{1} befedése Σ2n−1^{′}-nek, ezért nem metszheti, így együtt egy (2n + 1)-dimenziós teret generálnak. Ez azonban lehetetlen, mert nem férnek el Σ_{2n}-ben.

Minden S_{1}-beli egyenes

• vagy része egy rögzített (2n)-dimenziós altérnek — jelölje ezek számát n_{1} —,

• vagy egy pontban metszi a rögzített (2n)-dimenziós alteret, ezek száma pedig

legyen n_{2}. Ekkor :

n_{1}(q + 1) + n_{2} = \frac{q^{2n+1} − 1}{q − 1}

n_{1} + n_{2} = |S_{1}| = q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1

Az n-dimenziós eset

Innen azt kapjuk, hogy:

n_{1} = q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + 1, n_{2} = q^{2n}.

Tehát a Σ_{2n} altér q^{2(n−1)} + q^{2(n−2)} + ⋯ + 1 egyenest tartalmaz S_{1}-ből. Ezek közül bármely n független meghatározza H_{2n−1} egy elemét. Mivel legfeljebb egy ilyen van Σ_{2n}-ben, ezért tetszőleges (2n)-dimenziós altér pontosan egy H_{2n−1}-beli (2n − 1)-dimenziós teret tartalmaz.

Következmény. Ha l_{1}, l_{2}, …, l_{n−1} független S_{1}-beli egyenesek, P pedig tőlük független pont, akkor pontosan egy olyan H_{2n−1}-beli tér van, amely tartalmazza P -t és ezen egyeneseket.

P G(2n + 1, q) egy Σ_{n} n-dimenziós altere S_{1}-től függően kétfajta lehet.

1. típusú, ha tartalmaz S_{1}-beli egyenest. Ekkor vagy 1, vagy q^{2} + 1, vagy q^{4} + q^{2} + 1, vagy …, vagy q^{n−1} + q^{n−3} + ⋯ + 1 darab S_{1}-beli egyenest tartalmazhat, ha n páratlan, ha pedig páros, akkor vagy 1, vagy q^{2} + 1, vagy q^{4} + q^{2} + 1, vagy …, vagy q^{n−1} + q^{n−3} + ⋯ + q egyenest tartalmazhat S_{1}-ből.

2. típusú, ha nem tartalmaz egyenest S_{1}-ből. Az ilyen n-dimenziós teret q^{n} + q^{n−1} + ⋯ + 1 darab S_{1}-beli egyenes metszi, azaz minden pontján át különböző S_{1}-beli egyenes van.

Egy egyenest 2. típusúnak nevezünk, ha nem eleme S_{1}-nek. A 2. típusú egyeneseket q + 1 darab S_{1}-beli egyenes metszi egy pontban.

2. típusúnak nevezünk egy (2n − 1)-dimenziós teret, ha nem H_{2n−1}-beli.

A reprezentáció

Definíció. P G(n, q^{2}) egy Baer részterének egy olyan (B, β) párt nevezünk — ahol B pontok, β pedig hipersíkok halmaza —, amelyre:

(1) |B| = q^{n} + q^{n−1} + ⋯ + 1

(2) |β| = q^{n} + q^{n−1} + ⋯ + 1

(3) β egy elemére q^{n−1} + q^{n−2} + ⋯ + 1 darab B-beli pont illeszkedik.

Az n-dimenziós eset

(4) Minden B-beli pontra q^{n−1} + q^{n−2} + ⋯ + 1 β-beli hipersík illeszkedik.

(5) Két különböző B-beli ponton át β-nak q^{n−2} + q^{n−3} + ⋯ + 1 hipersíkja létezik.

(6) q^{n−2} + q^{n−3} + ⋯ + 1 B-beli pont illeszkedik két különböző β-beli hipersík metszetére.

Megjegyezzük, hogy ezen tulajdonságok nem függetlenek, az (1), (3) és (5) tulajdonságokból vagy (2),(4) és (6)-ból következtetni lehet a többire.

A következőkben P G(n, q^{2}) Baer résztereinek reprezentációját adjuk meg.

Tétel. Legyen Σ_{n} 2. típusú n-dimenziós tér P G(2n + 1, q)-ban. Legyen B azon q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 darab S_{1}-beli egyenes halmaza, amelyek egyetlen pontban metszik Σ_{n}-et, β pedig olyan H_{2n−1}-beli (2n − 1)-dimenziós terek halmaza, amelyek Σ_{n}-et (n − 1)-dimenziós altérben metszik. Ekkor (B, β) teljesíti az (1),…,(6) feltételeket.

Bizonyítás

Mivel |S_{1}| = q^{n} + q^{n−1} + ⋯ + 1, ezért (1) igaz. A további állítások igazolásához meg kell mutatnunk, hogy Σ_{n} egy (n−1)-dimen-ziós altere pontosan egy H_{2n−1}-beli (2n − 1)-dimenziós teret határoz meg. Mivel egy ilyen (2n − 1)-dimenziós teret n darab független S_{1}-beli egyenes határoz meg, elég belátnunk, hogy a Σ_{n}-en átmenő S_{1}-beli egyenesek között van n darab független. Valóban, Σ_{n} (n − 1)-dimenziós alterében van (n − 1)-dimenziós szimplex, melynek n darab csúcsán átmenő S_{1}-beli egyenesek függetlenek lesznek.

Mivel |H_{2n−1}| = q^{n} + q^{n−1} + ⋯ + 1 ezért az előzőek miatt (2) igaz. β egy eleme (n−1)-dimenziós térben metszi Σ_{n}-et, azaz q^{n−1}+q^{n−2}+⋯+1 pontban, és mivel S_{1} H_{2n−1} (és így β ) elemeiben befedés, így tartalmazza a pontokon átmenő B-beli egyeneseket is. Azaz teljesül (3).

Σ_{n}-ben egy pont

χ(0, n − 1, n, q) = \frac{q^{n} − 1}{q − 1} = q^{n−1} + q^{n−2} + ⋯ + 1

darab (n − 1)-dimenziós altérnek eleme, és minden ilyen pontosan egy elemét határozza meg β-nak, ezért igaz (4).

Σ_{n} bármely két pontját összeköti egy egyenes (q + 1 pont), az erre illeszkedő (n − 1)-dimenziós alterek száma:

χ(1, n − 1, n, q) = \frac{q^{n−1} − 1}{q − 1} = q^{n−2} + q^{n−3} + ⋯ + 1.

Ezzel beláttuk (5)-t.

Két β-beli altér metszete Δ_{2n−3} (2n − 3)-dimenziós altér, és a metszetben S_{1} befedés. Δ_{2n−3} ∩ Σ_{n} (n − 2)-dimenziós, hiszen több nem lehet, mert két β-beli térnek is része, ha pedig kevesebb lenne, nem férne el Σ_{n}-ben. Tehát a metszet q^{n−2} + q^{n−3} + ⋯ + 1 darab pontot tartalmaz, azaz teljesül (6).

Egy ilyen Σ_{n} 2.típusú n-dimenziós teret nevezzük a (B, β) Baer résztér reprezentáns terének.

A következőkben egy Baer résztér összes reprezentáns terét fogjuk vizsgálni.

Állítás. Ha Σ_{n} és Σ_{n}^{∗} különböző reprezentáns terei a (B, β) Baer résztérnek, akkor B minden egyenese egy pontban metszi mind Σ_{n}-et, mind Σ_{n}^{∗}-ot. Megfeleltetés létesíthető Σ_{n} és Σ_{n}^{∗} pontjai között, úgy, hogy B azonos egyenesén fekvő pontok egymásnak felelnek meg. Ez a leképezés illeszkedéstartó.

Bizonyítás Legyenek P_{1}, P_{2}, …, P_{n+1} ∈ Σ_{n} általános helyzetű pontok, egy (n−1)-dimenziós altérben. Jelölje rendre P_{1}^{∗}, P_{2}^{∗}, …, P_{n+1}^{∗} a nekik megfelelő pontokat Σ_{n}^{∗}-ban. l_{i}, i = 1 … n + 1 pedig legyen a P_{i}, P_{i}^{∗} összekötő egyenese. Nyilván l_{i} ∈ S_{1}.

l_{1}, l_{2}, …, l_{n} meghatároz egy H_{2n−1}-beli (2n − 1)-dimenziós teret, Σ_{2n−1}-et. Σ_{n} ∩ Σ_{2n−1} az az (n − 1)-dimenziós altér, amelyet P_{1}, P_{2}, … P_{n} határoz meg, Σ_{n}^{∗} ∩ Σ_{2n−1} pedig az az (n − 1)-dimenziós altér, amelyet P_{1}^{∗}, P_{2}^{∗}, …, P_{n}^{∗} feszít ki. Mivel P_{n+1} eleme Σ_{n} ∩ Σ_{2n−1}-nek, ezért l_{n+1} ⊂ Σ_{2n−1}, vagyis P_{n+1}^{∗} is benne van Σ_{n}^{∗} ∩ Σ_{2n−1}-ben. A megfeleltetés tehát Σ_{n} egy hipersíkját Σ_{n}^{∗} egy hipersíkjába képezi.

Mivel minden altér előáll hipersíkok metszeteként, ezért a leképezés valóban illeszkedéstartó.

Az n-dimenziós eset

Legyenek φ_{1}, φ_{2}, …, φ_{n+1} olyan elemei GF (q^{2n+2})-nek, amelyek Σ_{n} általános helyzetű pontjait reprezentálják. Ekkor Σ_{n} minden pontja kifejezhető ilyen alakban: a_{1}φ_{1} + a_{2}φ_{2} + ⋯ + a_{n+1}φ_{n+1}, ahol a_{i} ∈ GF (q) és (a_{1}, a_{2}, …, a_{n+1}) ≠ (0, 0, …, 0). Jelölje rendre l_{1}, l_{2}, …, l_{n+1} a pontokon átmenő S_{1}-beli egyeneseket. Ha ϱ ∈ GF (q^{2}) tetszőleges nemnulla elem, akkor ϱφ_{i} illeszkedik l_{i}-re. Legyen Σ_{n}^{∗} a ϱφ_{1}, ϱφ_{2}, …, ϱφ_{n+1} pontok által meghatározott n-dimenziós tér. Ekkor a ϱ(a_{1}φ_{1} + a_{2}φ_{2} + ⋯ + a_{n+1}φ_{n+1}) ∈ Σ_{n}^{∗} pont a a_{1}φ_{1} + a_{2}φ_{2} + ⋯ + a_{n+1}φ_{n+1} ∈ Σ_{n} pontnak feleltethető meg. A megfelelő pontok B egyenesein vannak, ezért hipersík hipersíknak felel meg. Ez azt jelenti, hogy Σ_{n}^{∗} is reprezentáns tere (B, β)-nak. Mivel ϱ-nak q^{2} −1 különböző értéke lehet, és kettő, melynek hányadosa GF (q)-ban van, ugyanazt a teret határozza meg, ezért q + 1 reprezentáns teret kapunk. Tehát B egy megfelelő egyenesének minden pontján át pontosan egy reprezentáns tere létezik (B, β)-nak.

Legyen ξ = θ^{q^{2n}+q^{2(n−1)}+···+1} ∈ GF (q^{2}) primitív elem, továbbá Σ_{2n−1}∈ β (2n − 1)-dimenziós tér, amely Σ_{n}-et a φ_{1}, φ_{2}, …, φ_{n} által meghatározott (n − 1)- dimenziós térben metszi. Ekkor a φ_{1}, φ_{2}, …, φ_{n} és a ξφ_{1}, ξφ_{2}, …, ξφ_{n} pontok meghatározzák Σ_{2n−1}-t, ez pedig tartalmazza φ_{n+1}-et, ϱφ_{1}-et, ϱφ_{2}-t, …, ϱφ_{n+1} - et is. Ezzel azt láttuk be, hogy egy (B, β) Baer résztérnek q + 1 reprezentáns tere van, melyek páronként diszjunktak, és transzverzálisnak tekinthetők B minden egyeneséhez, és β minden (2n − 1)-dimenziós eleméhez, hiszen B elemeit pontokban metszik, β (2n−1)-dimenziós tereit pedig (n−1)-dimenziós alterekben. Egy rögzített 2. típusú n-dimenziós térhez tartozó (B, β) Baer résztér illszkedési struktúrája fellelhető minden reprezentáns terében.

Ismét elképzelhetjük (B, β) reprezentáns tereit, mint B egyeneseire ”felfűzött láncszemeket”.

Ahhoz, hogy belássuk, hogy minden Baer részteret reprezentáltunk, megmutatjuk, hogy (q + 1)-szer annyi második típusú tér van, mint Baer résztér. P G(n, q^{2}) Baer résztereinek számát ismerjük (lásd [4]):

q^{\frac{n(n+1)}{2}} ∏_{i=2}^{n+1}(q^{i} + 1).

Az n-dimenziós eset

Állítás. P G(2n + 1, q) második típusú n-dimenziós tereinek száma:

q^{\frac{n(n+1)}{2}} ∏_{i=1}^{n+1}(q^{i} + 1).

Bizonyítás

Tekintsük a GF (q) feletti (2n+2)-dimenziós vektorteret, V (2n+2, q)-t, amelyből P G(2n + 1, q)-t származtatjuk. Itt az S_{1} egyenesei olyan origón átmenő, 2-dimen-ziós alterek lesznek, melyekre igaz, hogy minden 1-dimenziós alteret pontosan egy tartalmaz közülük. (Ez jelenti ugyanis azt, hogy S_{1} befedése P G(2n + 1, q)-nak.) A második típusú n-dimenziós altereknek olyan (n + 1)-dimenziós alterek felenek meg, melyek egyetlen S_{1}-beli egyenesnek megfelelő 2-dimenziós alteret sem tartalmaznak. Ezeket szeretnénk tehát megszámolni.

Mivel egy (n + 1)-dimenziós alteret n + 1 darab független egyenes generál, és ezek közül semelyik sem lehet a többi által meghatározott S_{1}-beli egyeneseknek megfelelő 2-dimenziós térben, sem pedig ezek generátumában, ezért számuk:

\frac{(q^{2n+2} − 1)(q^{2n+2} − q^{2}) ⋯ (q^{2n+2} − q^{2n})}{(q^{n+1} − 1)(q^{n+1} − q) ⋯ (q^{n+1} − q^{n})} =

= \frac{q^{n(n+1)} ∏_{i=1}^{n+1}(q^{2i} − 1)}{q^{\frac{n(n+1)}{2}} ∏_{i=1}^{n+1}(q^{i} − 1)} = q^{\frac{n(n+1)}{2}} ∏_{i=1}^{n+1}(q^{i} + 1)

Így tehát a 2.típusú n-dimenziós terek q^{\frac{n(n+1)}{2}} ∏_{i=2}^{n+1}(q^{i} + 1) darab q + 1 elemű osztályba sorolhatók (az egy osztályban lévőket ugyanazok az S_{1}-beli egyenesek metszik), és mindegyik osztály egy P G(n, q^{2})-beli Baer résztérnek felel meg, és ez a megfeleltetés kölcsönös.

A transzformáció

Láttuk, hogy P G(2n + 1, q) minden pontja GF (q^{2n+2}) egy nemnulla elemével jeleníthető meg. Ha két elem összefüggő GF (q) felett, akkor ugyanazt a pontot reprezentálják. A φ → ϱφ megfeleltetés, ahol ϱ ∈ GF (q^{2}) olyan transzformáció, amely illeszkedéstartó a különböző dimenziós alterek között, ugyanakkor az S_{1}befedés egyenesein invariáns. Ebből az is következik, hogy H_{2n−1} (2n−1)-dimenziós terein is invariáns, hiszen ezekben S_{1} befedés.

Speciálisan, ha ϱ = ξ, ahol ξ primitív eleme GF (q^{2})-nek, akkor a φ → ξφ ciklikusan permutálja a 2. típusú egyeneseket (amelyek S_{1} egy regulusának transzverzálisai).

Világos, ha B részhalmaza S_{1} egyeneseinek, és β H_{2n−1}-beli (2n−1)-dimenziós terekből áll, úgy, hogy (B, β) P G(n, q^{2}) egy Baer részterét reprezentálja, akkor az altér invariáns a φ → ϱφ transzformációra, a reprezentáns terek, azaz a ”felfűzött lánc” szemei egymás között permutálódnak.

4. Metszetek

Azért vizsgáljuk, hogy mi lehet két Baer résztér metszete, mert a Baer részterek nem ”közönséges”, azaz nem q^{2}-rendű alterek P G(n, q^{2})-ben, így metszetük sem feltétlenül lesz altér. Az sem világos, hogy mit értünk Baer részerek metszetén, ezért megkülönböztetünk két fogalmat:

Definíció. P G(n, q^{2}) egy S k-dimenziós alterére azt mondjuk, hogy a B_{1} és B_{2} Baer részterek közös altere, ha S ∩ B_{1} is és S ∩ B_{2} is k-dimenziós, q-adrendű alterek, de nem feltétlenül egyeznek meg pontonként.

Definíció. D pontonként közös altere a B_{1} és B_{2} Baer résztereknek, ha D ⊆ B_{1} és D ⊆ B_{2}.

Vegyük észre, hogy pontok esetén a két fogalom azonos, de magasabb dimenziós alterek esetén nem feltétlenül jelenti ugyanazt.

A fejezetben a pontonkénti metszeteket vizsgáljuk.

Definíció. B_{1} Baer résztér egy alterét akkor mondjuk a B_{1} ∩ B_{2} metszet egy komponensének, ha

(1) minden pontja eleme B_{1}-nek és B_{2}-nek, és

(2) maximális, abban az értelemben, hogy nincs magasabb dimenziós, őt tartalmazó altér, mely pontonként része B_{1} ∩ B_{2}-nek.

Tétel. P G(n, q^{2}) két Baer részterének pontonkénti metszete legfeljebb q +1 komponenst tartalmaz.

Bizonyítás

Metszetek

Legyen a két Baer résztér B és B′. A reprezentációban B-nek (q + 1) darab, páronként diszjunkt, 2.típusú n-dimenziós tér felel meg, amiket reprezentáns tereknek neveztünk. Jelölje őket rendre (β_{1}, β_{2}, …, β_{q+1}), a B′ térnek megfelelőket pedig (β′_{1}, β′_{2}, …, β′_{q+1}). Nyilván β_{i} ∩ β′_{j} altér lesz P G(2n + 1, q)-ban, így a megfelelőjük P G(n, q^{2})-ben pontonként közös altere lesz a két Baer résztérnek. Ez a közös altér tartalmazásra nézve maximális lesz, hiszen ha β′_{j} is és β′_{k} is metszi β_{i}-t, akkor diszjunkt altereket kapunk, mivel β′_{j} és β′_{k} diszjunktak.

Láttuk, hogy a reprezentáns terek között a következő összefüggés van: ha rögzítjük a β_{1} alteret, akkor a tőle különböző β_{i} reprezentáns altér úgy kapható, hogy a β_{1} pontjainak megfelelő GF (q^{2n+2})-beli vektorok (rögzítünk ilyeneket) mindegyikét megszorozzuk egy bizonyos ϱ_{i} GF (q^{2})-beli elemmel, amelyre ϱ_{i} ∉ GF (q). Az így kapott vektorok P G(2n + 1)-beli képe lesz β_{i}. Ez azt jelenti, hogy i ≠ j esetén β_{j} = \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{i}} β_{i}, ahol a szorzást a fent említett módon értjük, \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{i}} ∉ GF (q). Láttuk azt is, hogy a leképezés illeszkedéstartó. Ha tehát C_{i} altér β_{i}-ben, akkor \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{i}} C_{i} altér lesz β_{j}-ben. Vagyis a B Baer résztérhez tartozó reprezentáns elemek azonos struktúrájúak a metszet szempontjából is.

Mivel egy β_{i}-t legfeljebb q + 1 darab β′_{j} metszhet, és a β′_{j}-k ”felfűzött láncának” minden eleme ugyanúgy néz ki, ezért valóban legfeljebb q + 1 komponense lehet a metszetnek.

P G(n, q^{2})-ben Baer részterek metszetére vonatkozóan a következő állítások igazak. (lásd [4]):

Lemma. Legyenek P és Q közös pontjai a B_{1} és B_{2} Baer résztereknek, l pedig P és Q összekötő egyenese. Ekkor

• vagy az igaz, hogy csak két l-beli pont (P és Q) közös pontja B_{1}-nek és B_{2}-nek,

• vagy az l egyenesnek q + 1 olyan pontja van, mely mindkét altérnek eleme.

Lemma. Legyen S_{d} pontonként közös, d-dimenziós altere B_{1} és B_{2} Baer résztereknek. Legyen az l olyan egyenes, amely a P pontban metszi S_{d}-t, és vannak olyan P -től különböző Q és R pontjai, melyek pontjai B_{1} ∩ B_{2}-nek is. Ekkor az S_{d} és l által meghatártozott S_{d+1} (d + 1)-dimenziós altér pontonként közös altere B_{1}-nek és B_{2}-nek.

Lemma. Ha S_{1} és S_{2} d_{1} illetve d_{2}-dimenziós alterek pontonként részei B_{1} ∩ B_{2}- nek, S_{1} ∩ S_{2} ∉ {∅, S_{1}, S_{2}} akkor van egy olyan magasabb dimenziós altér, mely tartalmazza S_{1}-et és S_{2}-t, és pontonként közös altere B_{1} és B_{2} Baer résztereknek.

Metszetek

Tétel. Ha S_{1} és S_{2} d_{1} illetve d_{2} dimenziós komponensei B_{1} ∩B_{2}-nek, akkor az S_{1} és S_{2} által kifeszített, (d_{1} + d_{2} + 1)-dimenziós tér B_{1} ∩ B_{2}-t csak S_{1}-ben és S_{2}-ben metszi.

A fenti tételek és a reprezentáció alkalmazásával kapjuk:

Tétel. Két Baer résztér pontonkénti metszete olyan páronként diszjunkt, q-ad-rendű alterekből (komponensekből) áll, melyek mindegyike diszjunkt a többi altér generátumától.

Bizonyítás

Azt fogjuk belátni, hogy az alterek generátumának metszete a két Baer résztér metszetével csak ezen altereket tartalmazza. Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk az alterek számára vonatkozóan.

• Két altér esetét bizonyítja az előző tétel.

• Tegyük fel, hogy minden i < k esetén tudjuk, és be szeretnénk látni k darab altér esetén is. Jelölje a komponenseket A_{1}, A_{2}, …, A_{k}, dimenzióikat rendre d_{1}, d_{2}, … d_{k}. Tegyük fel indirekt módon, hogy van olyan P pontja B_{1} ∩B_{2}-nek, amely benne van az A_{1}, A_{2}, …, A_{k} generátumában, ⟨A_{1}, A_{2}, … A_{k}⟩-ban, de nincs benne ⋃_{i=1}^{k} A_{i}-ben. Tekintsük az ⟨A_{1}, P ⟩, ⟨A_{2}, P ⟩, …, ⟨A_{k}, P ⟩ altereket. Ezek dimenziója rendre d_{1}+1, d_{2} + 1, …, d_{k} + 1. A dimenziószámok miatt az következik, hogy ⋂_{i=1}^{k}⟨A_{i}, P ⟩ = l, ahol l egyenes. Tehát l ⊂ ⟨A_{i}, P ⟩. Mivel A_{i} hipersík ⟨A_{i}, P ⟩-ben, ezért A_{i} ∩ l ≠ ∅, ezenkívül az is igaz, hogy l-en van még két további B_{1} ∩ B_{2}-beli pont, így a fenti tételekből következik, hogy ⟨A_{i}, l⟩ pontonként része a két Baer résztér metszetének. Ekkor viszont A_{i} nem komponens, tehát ellentmondásra jutottunk.

Tétel. Legyenek A_{1}, A_{2}, …, A_{k} olyan q-adrendű alterek, melyek mindegyike diszjunkt a többi generátumától, és k ≤ q +1. Ha ⟨A_{1}, A_{2}, …, A_{k}⟩ dimenziója n, akkor vannak olyan B és B′ Baer részterek P G(n, q^{2})-ben, melyeknek pontonkénti metszete éppen A_{1}, A_{2}, …, A_{k}-val izomorf alterekből áll.

Metszetek

Bizonyítás

Legyen B egy Baer résztér P G(n, q^{2})-ben, továbbá P G(2n + 1, q)-beli reprezentáns tereit jelölje β_{1}, β_{2}, …, β_{q+1}. Legyenek A_{1}, A_{2}, …, A_{k} a feltételben szereplő tulajdonságú alterei β_{1}-nek. Konstruálni szeretnénk olyan B′ Baer részteret, amelyre igaz a tétel állítása. Ehhez elég volna ennek egy reprezentáns terét megkonstruálni, ez már meghatározza B′-t.

Olyan β′_{i}-ket keresünk, melyekre β_{1} ∩ β′_{i} = A_{i}, i = 1, 2, …, k, továbbá β′_{1}, β′_{2}, …, β′_{q+1} reprezentáns terei B′-nek. Legyen ϱ_{i} ∈ GF (q^{2}), de ϱ_{i} ∉ GF (q) az a szám, amelyre ϱ_{i}β′_{1} = β′_{i}, i = 1, 2, …, q + 1. Ekkor az \frac{1}{ϱ_{i}} A_{i}, i = 1, 2, …, k altere lesz β′_{1}-nek. Mivel \frac{1}{ϱ_{i}} A_{i} dimenziója megegyezik A_{i} dimenziójával és a függetlenségi feltételek sem sérülnek, ezért ⟨A_{1}, \frac{1}{ϱ_{2}} A_{2}, …, \frac{1}{ϱ_{k}} A_{k}⟩ az egész β′_{1}. Megkonstruáltuk β′_{1}-t, ami reprezentációs tere B′ Baer résztérnek, azaz az állítás igaz.

Tétel. Legyenek A_{1}, A_{2}, …, A_{j} olyan q-adrendű alterek, melyek mindegyike diszjunkt a többi generátumától, és j ≤ q + 1. Ha ⟨A_{1}, A_{2}, …, A_{j}⟩ dimenziója k, és k < n, akkor vannak olyan B és B′ Baer részterek, melyeknek pontonkénti metszete éppen A_{1}, A_{2}, …, A_{j}-val izomorf alterekből áll.

Bizonyítás Legyen B egy Baer résztér P G(n, q^{2})-ben, P G(2n + 1, q)-beli reprezentáns tereit

pedig jelölje β_{1}, β_{2}, …, β_{q+1}. Legyenek A_{1}, A_{2}, …, A_{j} a feltételben szereplő tulajdonságú alterei β_{1}-nek, C pedig az az (n − k − 1)-dimenziós altere β_{1}-nek, amely független ⟨A_{1}, A_{2}, …, A_{j}⟩-től. Olyan B′ Baer részteret szeretnénk konstruálni, amelyre igaz a tétel állítása. Ehhez elég ennek egy reprezentáns terét megkonstruálni. (Hiszen ez meghatározza B′-t.) Az előző tétel bizonyításakor megmutattuk, hogyan lehet A_{1}, A_{2}, … A_{j}-t ”össze-

tolni” egy β′ 2.típusú n-dimenziós tér k-dimenziós alterébe (β′ ≠ β_{i}, i = 1 … q+ 1). Azt szeretnénk még megmutatni, hogy ez a k-dimenziós altér valóban kiegészíthető 2.típusú n-dimenziós altérré úgy, hogy a keletkező B′ Baer résztér pontosan A_{1}, A_{2}, …, A_{j}-ben messe B-t.

Tekintsük V (2n + 2, q)-t, azaz a GF (q) feletti (2n + 2)-dimenziós vektorteret, amelyből P G(2n + 1, q)-t származtattuk. Itt S_{1} egyeneseinek origón átmenő 2-di-menziós terek felelnek meg. (Minden egyenest pontosan egy tartalmaz közülük, hiszen S_{1} befedése volt P G(2n + 1, q)-nak.) Tehát (n − k) darab síkot keresünk V (2n + 2, q)-ban, melyek független S_{1}-beli egyeneseknek felelnek meg, és egyikük sincs sem ⟨A_{1}, A_{2}, …, A_{j}⟩-t sem C-t metsző S_{1}-beli egyeneseknek mefelelő síkok generátumában.

Mivel n − k darab független S_{1}-beli egyenes generátumában q^{2(n−k−1)} + q^{2(n−k−2)} + ⋯ + 1 darab S_{1}-beli egyenes van, ezért elegendő ennyi darab, a fenti feltételnek eleget tevő 2-dimenziós teret találni. Összesen q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 darab S_{1}-beli egyenes van, tehát nekik megfelelő 2-dimenziós altér is ennyi van. Az ⟨A_{1}, A_{2}, …, A_{j}⟩ q^{k} + q^{k−1} + ⋯ + 1 darabot fogalal le belőlük, C pedig q^{n−k−1} + q^{n−k−2} + ⋯ + 1 darabot.

Be kell tehát látnunk, hogy: q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 − (q^{k} + q^{k−1} + ⋯ + 1) − (q^{n−k−1} + q^{n−k−2} + ⋯ + 1) ≥ q^{2(n−k−1)} + q^{2(n−k−2)} + ⋯ + 1, azaz:

q^{2n} + q^{2(n−1)} + ⋯ + 1 ≥

≥ q^{k} + q^{k−1} + ⋯ + 1 + q^{n−k−1} + q^{n−k−2} + ⋯ + 1 + q^{2(n−k−1)} + q^{2(n−k−2)} + ⋯ + 1.

Ehhez elég belátni, hogy q^{2m} − q^{2(m−j−1)} ≥ q^{j} + q^{m−j−1}, j < m esetén. Ez pedig igaz minden q ≥ 2 és m ≥ 2 esetén, hiszen ekkor q^{2m} − q^{2(m−j−1)} = (q^{m} − q^{m−j−1})(q^{m} + q^{m−j−1}) ≥ 2q^{m} ≥ q^{j} + q^{m−j−1}.

5. Irodalomjegyzék

[1] R.C. Bose: On a representation of the Baer subplanes of the Desarguesian plane P G(2, q^{2}) in a projective five dimensional space P G(5, q) Proceedings of the International Colloquium on Combinatorial Theory, held in Rome, Sept. 3–15, 1973., 381–391

[2] J.W.P. Hirschfeld: Projective Geometries over Finite Fields Calendron Press, Oxford 1979.

[3] Kárteszi Ferenc: Bevezetés a véges geometriákba Akadémiai Kiadó, Budapest, 1979.

[4] Marta Sved: Baer subspaces in the n dimensional projective space Combinatorial Mathematics X, Lecture Notes in Mathematics 1036, Springer-Verlag, Berlin–Heidelberg–New York–Tokio 1983.

Tartalom

Kedvcsináló. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 1.Bevezető . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2.Három dimenzió . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 3.Az n-dimenziós eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 4.Metszetek. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31 5.Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36