\documentstyle[german,theorem,12pt]{article}

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% Zu verwendende Regelsaetze
\theoremstyle{break}
\newtheorem{thm}{Theorem}
\newtheorem{defn}{Definition}
\newtheorem{defthm}[defn]{Definition and Theorem}
\newtheorem{construction}{Construction}
\newtheorem{lemma}{Lemma}
 \newtheorem{aufgabe}{Aufgabe}
\theoremstyle{plain}
\theoremstyle{break}
\theorembodyfont{\rm}
\newtheorem{remark}{Remark}


% Umgebung fuer Voraussetzungen
 \newenvironment{beh}{{\rm \bf Beh.:} \it}{}
 \newenvironment{beweis}{\rm {\bf Beweis:}}{\hspace*{\fill}\mbox{$ ^{\Box}$}}


% Abkuerzungen
\newcommand{\be}{\begin{enumerate}}
\newcommand{\ee}{\end{enumerate}}
\renewcommand{\labelenumi}{\alph{enumi}.}
\renewcommand{\labelenumii}{(\roman{enumii})}
\newcommand{\bi}{\begin{itemize}}
\newcommand{\ei}{\end{itemize}}

% Abblidungen  1: Abbildung                        2: Inklusion
%              3: Abbildung (Name \"uber dem Pfeil)  4: Inklusion (Name \"Uber dem Pfeil)
%              4: Einschraenkung (ohne Definitions- & Wertebereich
%              5: Einschraenkung (mit  Definitions- & Wertebereich
\newcommand{\abbil}[3]{\mbox{$#1 : #2 \rightarrow #3$}}
\newcommand{\einbet}[3]{\mbox{$#1 : #2 \hookrightarrow #3$}}
\newcommand{\abbild}[3]{\mbox{$#2 \stackrel{#1}{\longrightarrow} #3$}}
\newcommand{\einbett}[3]{\mbox{$#2 \stackrel{#1}{\hookrightarrow} #3$}}
\newcommand{\einschr}[2]{\mbox{$#1_{\mid #2}$}}
\newcommand{\einschra}[4]{\abbil{\einschr{#1}{#2}}{#3}{#4}}

% Zeichen fuer Zahlsysteme  N, Z, Q, R, C, C (verkleinert) und C^n x C^k
\newcommand{\N}{{\rm I\hspace{-3pt} N}}
\newcommand{\Z}{{\bf Z}}
\newcommand{\Q}{\mbox{\rm Q\hspace{-6pt}\rule[0.5pt]{0.5pt}{7pt} \hspace{3pt}}}
 \newcommand{\R}{{\rm I\hspace{-3pt} R}}
\newcommand{\C}{\mbox{\rm C\hspace{-5.5pt}\rule[0.5pt]{0.5pt}{6.8pt} \hspace{3pt}}}
\newcommand{\kleinC}{\mbox{\scriptsize \rm C\hspace{-4pt}\rule[0.5pt]{0.5pt}{4.5pt}\hspace{2pt}}}
 \newcommand{\NI}{\mbox{$\cal I \hspace{-0.25cm}-$}}
 \newcommand{\I}{\mbox{$\cal I$}}
 \newcommand{\PR}{{\rm I\hspace{-3pt} P}}
 \newcommand{\hyp}{{\rm I\hspace{-3pt} H}}


% Bilder und Urbilder von einzelnen Punkten
\newcommand{\bild}[2]{\mbox{$#1 \mbox{$\scriptstyle (#2)$}$}}
\newcommand{\urbild}[2]{\mbox{$#1^{-1} \mbox{$\scriptstyle (#2)$}$}}

% Vektoren und endliche Punktmengen
\newcommand{\klam}[1]{\mbox{$\left(#1\right)$}}
\newcommand{\punkt}[2]{\mbox{$\left(#1,#2\right)$}}
\newcommand{\punktmengeA}[3]{\mbox{$\left\{#1_#2,\ldots,#1_#3\right\}$}}
\newcommand{\punktmengeB}[4]{\mbox{$\left\{\punkt{#1_#3}{#2},\ldots,\punkt{#1_#4}{#2}\right\}$}}
\newcommand{\punktmengeC}[4]{\mbox{$\left\{\punkt{#1}{#2_#3},\ldots,\punkt{#1}{#2_#4}\right\}$}}
\newcommand{\vect}[3]{\mbox{$\left(#1_#2,\ldots,#1_#3\right)$}}
\newcommand{\menge}[1]{\mbox{$\left\{#1\right\}$}}

\newcommand{\ueber}[2]{\begin{array}{c} #1 \\ #2 \end{array}}
\newcommand{\drueber}[2]{\mbox{$#1^{^{\mbox{\hspace{-15pt}\tiny #2}}}\hspace{15pt}$}}



\begin{document}

   \begin{center}
      \bf \large \"Ubungen zur Geometrie I im SS 95, Blatt 9
   \end{center}

   \begin{aufgabe}
      \be
         \item \bf Beh.: \it Sei $\PR = PG(d,q)$ und sei $P\in \hyp \leq \PR$
            Hyperebene.
            \be
               \item $\mid T(\hyp) \mid = q^d$
               \item $\mid T(P,\hyp) \mid = q$
            \ee
            \bf Beweis: \rm
            Die Aussagen folgen unmittelbar aus Aufgabe 3 a. Blatt 8.
            \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
         \item \bf Beh.: \it Sei $\PR$ eine projektive Ebene der Ordnung 3,
            $id\not= \alpha \in T(\hyp)$.
            \\
            Dann gilt: $o(\alpha) = 3$, d.h. sei $d\in \N$ minimal mit
            $\alpha^d = id$, so ist $d=3$.
            \\
            \bf Beweis: \rm
            Sei $id\not=\alpha \in T(\hyp)$ und sei $Z$ auf $\hyp$ das Zentrum
            von $\alpha$. Dann ist $\alpha \in T(Z,\hyp)$.
            \\
            Also gilt: $o(\alpha) / \mid T(Z,\hyp)\mid = 3$ $\Rightarrow
            o(\alpha) \in \{1,3\}$.
            \\
            Wegen $\alpha \not= id$ gilt $o(\alpha) \not= 1$.
            Also: $o(\alpha) = 3$.
            \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
      \ee
   \end{aufgabe}
   \begin{aufgabe}
      \be
         \item \bf Beh.: \it
            Sei \bf A \it $=\PR \backslash \hyp$ ein affiner Raum mit
            Punktmenge $\bf P\it^*$ und Addition gem\"a{\ss} Vorlesung.
            Sei ferner $P\in\bf P\it^*$ beliebig, aber fest.
            \\
            Dann wird durch $\tau (X) = X + P$ f\"ur $X\in\bf P\it^*$
            eine Translation gegeben, d.h. es gibt ein $\alpha\in T(\hyp)$
            mit $\alpha_{\mid \bf P\it^*} = \tau$.
            \\
            \bf Beweis: \rm
            Sei $\tau_P$ die gem\"a{\ss} Vorlesung gegebene Translation mit
            der Eigenschaft $\tau_P (O) = P$.
            \\
            Dann gilt: $\tau_P(X) = P + X = X + P = \tau(X)$ f\"ur $X\in \bf P\it^*$.
            Also: ${\tau_P}_{\mid \bf P\it^*} = \tau$.
            \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
         \item \rm Geometrische Beschreibung von $P+Q$, falls $P, Q, O$ kollinear sind:
            \\
            Seien also $P, Q \in \bf P\it^*$ zwei verschiedene Punkte
            mit $O\in (PQ)$.
            \\
            Beachte: f\"ur das Zentrum $Z$ von $\tau_P$ und $\tau_Q$ gilt
            $Z=OP\cap\hyp = OQ\cap\hyp =PQ\cap\hyp$.
            \\
            Zur Beschreibung von $P+Q$ w\"ahlt man sich nun einen Hilfspunkt
            $S$ au{\ss}erhalb von $\hyp$ und $PQ$.
            \\
            Dann gilt:
            \be
               \item $P+Q = \tau_P(Q) \in (ZQ) = (PQ)$
               \item $P+Q = \tau_P(Q) {\cal I} \tau_P(QS) = \tau_P(FS) =
                  \tau_P(F)\tau_P(S) = F(S+P)$
                  \\
                  wobei $F=QS\cap\hyp$.
            \ee
            Also: $P+Q = PQ \cap F(S+P)$.
            \vspace{10cm}
         \item \rm Vergleich der Addition von Punkten in $AG(2,\R)$ mit der
            Vektoraddition in $\R^2$:
            \\
            \underline{1. Fall:} $P, Q, O$ sind nicht kollinear.
            \\
            \vspace{4cm}
            Es ist $AG(2,\R) = \PR(\R^3)\backslash\hyp_{\infty}$.
            \\
            Die Geraden $OP$ und $Q(P+Q)$ sind parallel und schneiden sich
            somit in $P^*$ in $\hyp_{\infty}$.
            \\
            Ebenso sind die Geraden $OQ$ und $P(P+Q)$ parallel und schneiden sich
            somit in $Q^*$ in $\hyp_{\infty}$.
            \\
            Dann gilt: $P+Q = P(P+Q) \cap Q(P+Q) = PQ^* \cap QP^*$, und
            die Vektoraddition in $\R^2$ und die Addition in $AG(2,\R)$
            fallen zusammen.
            \\
            \underline{2. Fall:} $P, Q, O$ sind kollinear.
            \\
            \vspace{4cm}
            Es ist $AG(2,\R) = \PR(\R^3)\backslash\hyp_{\infty}$.
            \\
            Sei nun $S$ der Hilfspunkt au{\ss}erhalb von $\hyp$ und $PQ$.
            \\
            Dann erhalten wir in Teil b. der Aufgabe folgende Parallelen
            in $AG(2,\R)$:
            \[
               OS\parallel P(S+P), \; OP\parallel S(S+P), \; SQ \parallel (S+P)(P+Q)
            \]
            Dies f\"uhrt im $\R^2$ zu obigem Bild.
      \ee
   \end{aufgabe}
   \begin{aufgabe}
      \be
         \item \bf Beh.: \it
            Sei \bf A\it $=\PR \backslash \hyp$ ein affiner Raum mit
            zugeh\"origer additiver Gruppe $(\bf P\it^*, +)$.
            \\
            Definiere $\mu :\bf P\it^* \longrightarrow \bf P\it^*$ durch
            $\mu (X) = -X$.
            \\
            Dann gilt: \be
                          \item F\"ur eine Gerade $g=P+OZ$ in \bf A\it gilt
                             $\mu (g) = -P + OZ$.
                          \item Die projektive Fortsetzung $\mu^*$ von
                             $\mu$ ist eine Dilatation mit Zentrum $O$.
                       \ee
            \bf Beweis: \rm
            \be
               \item $Q\in \mu(g) \Leftrightarrow \exists X\in OZ\cap\bf P\it^* : Q=\mu(P+X)=-(P+X)=-P-X
                  \Leftrightarrow \exists Y\in OZ\cap\bf P\it^* : Q=-P+bbbbbbbb \Leftrightarrow
                  Q\in -P+OZ$.
                  \\
                  Beachte: $X\in OZ\cap\bf P\it^* \Leftrightarrow -X\in OZ\cap\bf P\it^*$.
               \item \underline{Zeige:} $\mu\in Aut(\bf A\it)$.
                  \\
                  Klar: $\mu$ ist eine Bijektion auf der Punktmenge $\bf P\it^*$ von \bf A\rm.
                  \\
                  Ferner folgt mit obiger \"Uberlegung, da{\ss} $\mu$ Geraden von \bf A \rm auf Geraden
                  von \bf A \rm abbildet und da{\ss} $\mu^2$ die Identit\"at auf der Menge
                  der Geraden ist. Folglich ist $\mu$ auf der Geradenmenge eine
                  Bijektion.
                  \\
                  Aus der Definition der Operation von $\mu$ auf der Geradenmenge
                  folgt unmit\-tel\-bar, da{\ss} $\mu$ die Inzidenzrelation respektiert.
                  \\
                  Also: $\mu \in Aut(\bf A\it)$.
                  \\
                  \underline{Zeige:} $\mu^*$ ist eine Dilatation.
                  \\
                  Oben wurde bereits gezeigt, da{\ss} $\mu$ Geraden durch $O$
                  festl\"a{\ss}t und parallele Geraden auf parallele Geraden abbildet.
                  Folglich l\"a{\ss}t $\mu$ Parallelenscharen fest.
                  \\
                  Also l\"a{\ss}t $\mu^*$ die uneigentliche Hyperebene $\hyp$
                  punktweise fest.
                  \\
                  Ferner ist klar, da{\ss} $O$ Fixpunkt von $\mu$, also auch
                  von $\mu^*$ ist.
                  \\
                  Also ist $\mu^*$ eine Zentralkollineation mit Zentrum $O$
                  und Achse $\hyp$, also eine Dilatation mit Zentrum $O$.
                  \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
            \ee
         \item \bf Beh.: \it Sei \bf A\it $=\PR\backslash\hyp$ ein affiner Raum
            mit zugeh\"origer additiver Gruppe $(\bf P\it^*, +)$. Seien ferner
            $P, X, Y \in \bf P\it^*$ mit $X\not=bbbbbbbb\not= -X$, $O\in (Xbbbbbbbb)$ und
            $P\not\in (XY)$.
            \\
            Dann sind die Punkte $O, X+P, Y-P$ nicht kollinear.
            \\
            \bf Beweis: \rm
            Ang.: $O, X+P, Y-P$ kollinear.
            \\
            Da $-X-P$ auf einer gemeinsamen Geraden mit $X+P$ und $O$ liegt,
            sind dann auch $O, -X-P$ und $Y-P$ kollinear.
            \\
            Also sind: $P=\tau_P (O), -X=\tau_P(-X-P)$ und $Y=\tau_P(bbbbbbbb-P)$
            kollinear.
            \\
            Da aber $X$ mit $O$ und $-X$ und folglich auch mit $Y$ und $-X$
            auf einer Geraden liegt, sind dann
            auch $P, X, Y$ kollinear. (Wid.)
            \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
      \ee
   \end{aufgabe}
   \begin{aufgabe}
      Sei $\Omega$ eine Menge, $G\leq S_{\Omega}$ eine Untergruppe der Gruppe aller Permutationen
      auf $\Omega$, $G_{\omega} = \{g\in G\mid g(\omega) = \omega\}$ der
      Stabilisator des Punktes $\omega \in \Omega$ in $G$ und $\omega^G = \{g(\omega)\mid g\in G\}$
      die Bahn von $\omega \in \Omega$ unter $G$.
      \be
         \item \bf Beh. \it Es gilt: $G_{\omega} \leq G$ und $\mid \omega^G \mid = \mid G:G_{\omega}\mid$.
            \\
            \bf Beweis: \rm
            \underline{Zeige:} $G_{\omega}\leq G$.
            \bi
               \item $id\in G{\omega} \Rightarrow G_{\omega}\not=\emptyset$.
               \item $g,h\in G_{\omega} \Rightarrow (g\circ h)(\omega) = g(h(\omega)) = g(\omega) = \omega
                  \Rightarrow g\circ h\in G_{\omega}$.
               \item $g\in G_{\omega} \Rightarrow g^{-1}(\omega) = g^{-1}(g(\omega)) = \omega
                  \Rightarrow g^{-1}\in G_{\omega}$.
            \ei
            \underline{Zeige:} $\{gG_{\omega} \mid g\in G\} \longrightarrow \omega^G: gG_{\omega} \mapsto g(\omega)$
            ist eine Bijektion.
            \\
            $gG_{\omega} = hG_{\omega} \Leftrightarrow h^{-1}g \in G_{\omega}
            \Leftrightarrow (h^{-1}g)(\omega) = \omega \Leftrightarrow
            g(\omega)=h(\omega)$
            \\
            Also ist die Abbildung wohldefiniert und injektiv. Die Surjektivit\"at
            ist aber ohnehin klar.
            \\
            Damit folgt also: $\mid G:G_{\omega}\mid = \mid \omega^G \mid$.
            \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
         \item \bf Beh.: \it $G$ operiere 1-fach transitiv auf $\Omega$, und sei $\omega\in\Omega$.
            \\
            $G$ operiert k-fach transitiv auf $\Omega$ $\Leftrightarrow$
            $G_{\omega}$ operiert (k-1)-fach transitiv auf $\Omega\backslash\{\omega\}$.
            \\
            \bf Beweis:\rm
            ``$\Rightarrow$'': Seien $(a_i)_{i=1,\ldots,k-1},(b_i)_{i=1,\ldots,k-1}\in
            (\Omega\backslash\{\omega\})^{[k-1]}$.
            \\
            Dann gilt: $(a_1,\ldots,a_{k-1},\omega),(b_1,\ldots,b_{k-1},\omega)\in
            \Omega^{[k]}$.
            \\
            Also: $\exists g\in G : g(a_i) = b_i$ f\"ur $i= 1,\ldots, k-1$ und $g(\omega) = \omega$
            \\
            $\Rightarrow \exists g\in G_{\omega} : g(a_i) = b_i$ f\"ur $i= 1,\ldots, k-1$.
            \\
            $\Rightarrow G_{\omega}$ operiert (k-1)-fach transitiv auf $\Omega\backslash\{\omega\}$.
            \\
            ``$\Leftarrow$'': Seien $(a_i)_{i=1,\ldots,k},(b_i)_{i=1,\ldots,k}\in \Omega^{[k]}$
            \\
            \underline{1. Schritt:} Sorge daf\"ur, da{\ss} unter den $a_1,\ldots,a_{k-1}$ und
            $b_1,\ldots,b_{k-1}$ $\omega$ nicht mehr auftaucht.
            \\
            Falls $\omega \in \{a_i\mid i=1,\ldots,k\}$, etwa $a_{i_0} = \omega$, so gibt es
            (da $G$ transitiv auf $\Omega$) ein $g_0\in G$ mit $g_0(a_{i_0})=a_k$.
            \\
            Falls $\omega \not\in \{a_i\mid i=1,\ldots,k\}$, setze $g_0 = 1_G$.
            \\
            Entsprechend gilt: falls $\omega \in \{b_i\mid i=1,\ldots,k\}$, etwa $b_{j_0} = \omega$, so gibt es
            (da $G$ transitiv auf $\Omega$) ein $g_4\in G$ mit $g_4(b_k)=b_{j_0}$.
            \\
            Falls $\omega \not\in \{b_i\mid i=1,\ldots,k\}$, setze $g_4 = 1_G$.
            \\
            Setze nun $a_i'= g_0(a_i)$ und $b_i'= (g_4)^{-1}(b_i)$.
            \\
            Dann gilt: $(a_i')_{i=1,\ldots,k-1},(b_i')_{i=1,\ldots,k-1}\in (\Omega\backslash\{\omega\})^{[k-1]}$.
            \\
            \underline{2. Schritt:} Finde ein $\tilde{g}\in G$, welches $(a_i')$ auf $(b_i')$ abbildet.
            \\
            $G$ operiert transitiv auf $\Omega$ $\Rightarrow \exists g_1, g_3 \in G : g_1 (a_k') = \omega$
            und $g_3(\omega) = b_k'$.
            \\
            Ferner operiert $G_{\omega}$ (k-1)-fach transitiv auf $(\Omega\backslash\{\omega\})^{[k-1]}$.
            \\
            Beachte nun, da{\ss} $(g_1(a_i'))_{i=1,\ldots,k-1}, ((g_3)^{-1}(b_i'))_{i=1,\ldots,k-1}
            \in (\Omega\backslash\{\omega\})^{[k-1]}$.
            \\
            Also: $\exists g_2\in G : g_2(g_1(a_i')) = (g_3)^{-1}(b_i')$ f\"ur $i= 1,\ldots,k-1$
            \\
            Setze nun: $\tilde{g} := g_3\circ g_2\circ g_1 \in G$.
            \\
            F\"ur $i=1,\ldots,k-1$ gilt: $\tilde{g}(a_i') =g_3(g_2(g_1(a_i')))
            = g_3((g_3)^{-1}(b_i')) = b_i'$.
            \\
            Ferner gilt: $\tilde{g}(a_k') = g_3(g_2(g_1(a_k'))) = g_3(g_2(\omega))
            = g_3(\omega) = b_k'$.
            \\
            \underline{3. Schritt:} Finde nun ein $g\in G$, welches $(a_i)$ auf $(b_i)$ abbildet.
            \\
            Setze: $g:= g_4\circ \tilde{g}\circ g_0 \in G$.
            \\
            Dann gilt: $g(a_i) = g_4(\tilde{g}(g_0(a_i))) = g_4(\tilde{g}(a_i'))
            = g_4(b_i') = g_4((g_4)^{-1}(b_i)) = b_i$ f\"ur $ i=1,\ldots,k$.
            \hspace*{\fill}\mbox{$ {\Box}$}
         \item \bf Beh.: \it
            Sei $\mid\Omega\mid = n$ und $G$ operiere k-fach transitiv auf $\Omega$.
            \\
            Dann gilt: \be
                          \item $\frac{n!}{(n-k)!} / \mid G\mid$.
                          \item $G$ operiert scharf k-fach transitiv auf $\Omega$
                             $\Leftrightarrow$ $\frac{n!}{(n-k)!} = \mid G\mid$.
                       \ee
            \bf Beweis: \rm
            \be
               \item Induktion nach $k$:
                  \\
                  \underline{$k=1$}: $n = \mid \Omega \mid = \mid \omega^G\mid
                  = \mid G:G_{\omega}\mid  \mid  \mid G \mid$.
                  \\
                  \underline{$1\leq k-1\mapsto k$}:
                  \bi
                     \item $G$ transitiv auf $\Omega$ $\Rightarrow$ $\mid G\mid
                        = \mid G: G_{\omega} \mid \cdot \mid G_{\omega} \mid
                        = \mid \Omega \mid \cdot \mid G_{\omega} \mid
                        = n \cdot \mid G_{\omega} \mid$.
                     \item Per Induktion folgt, da $G_{\omega}$ (k-1)-fach
                        transitiv auf $\Omega\backslash\{\omega\}$ (siehe
                        b.):
                        \[
                           \frac{(n-1)!}{(n-k)!} = \frac{(n-1)!}{((n-1)-(k-1))!}
                           / \mid G_{\omega} \mid.
                        \]
                     \item Aus diesen beiden \"Uberlegungen folgt die Behauptung.
                  \ei
               \item ''$\Rightarrow$'': Die scharfe Transitivit\"at bedeutet in obiger
                  Induktion f\"ur $k=1$, da{\ss} $\mid G_{\omega} \mid =1$ und somit
                  $\mid G:G_{\omega}\mid = \mid G\mid$, also $\mid G\mid =n$.
                  \\
                  Damit haben wir in der Induktionsannahme die Gleichheit und im Induk\-tions\-schritt
                  f\"ur $k-1$: $\frac{(n-1)!}{((n-1)-(k-1))!} = \mid G_{\omega} \mid$.
                  \\
                  Also ergibt die Induktion: $\mid G\mid = \frac{n!}{(n-k)!}$.
                  \\
                  ``$\Leftarrow$'': Wir wissen $\mid \Omega^{[k]} \mid = \frac{n!}{(n-k)!}$.
                  \\
                  Seien $(a_i), (b_i)\in \Omega^{[k]}$ vorgegeben.
                  \\
                  Da $G$ k-fach transitiv auf $\Omega$ operiert, gibt es ein
                  $g\in G$ mit $g(a_i) = b_i$ f\"ur $i= 1,\ldots,k$.
                  \\
                  \underline{Ang.:} $h \in G : h(a_i) = g(a_i) = b_i$ f\"ur $i=1,\ldots,k$,
                  aber $g\not=h$.
                  \\
                  Da $G$ k-fach transitiv auf $\Omega$ operiert, gilt
                  $\Omega^{[k]} = \{(\tilde{g}(a_i))\mid \tilde{g}\in G\}$.
                  \\
                  Also gilt: $\frac{n!}{(n-k)!} = \mid \Omega^{[k]} \mid
                  =  \mid \{(\tilde{g}(a_i))\mid \tilde{g}\in G\} \mid
                  < \mid G \mid = \frac{n!}{(n-k)!}$. (Wid.)
                  \\
                  Also operiert $G$ scharf k-fach transitiv auf $\Omega$.
            \ee
            \hspace*{\fill}\mbox{$ ^{\Box}$}
         \item Sei $K$ ein endlicher K\"orper mit $q$ Elementen. In Aufgabe 4 auf
            Blatt 8 wurde gezeigt, da{\ss} die Elemente von $PGL(2,q) := GL(2,q) / \{a\cdot E\mid a\in K\backslash\{0\}\}$
            mit Kollineationen von $PG(1,q)$ identifiziert werden k\"onnen.
            \\
            Insbesondere hei{\ss}t das, die Elemente von $PGL(2,q)$ permutieren die
            Punktmenge von $\PR(K^2)$, die wir vermittels homogener Koordinaten
            mit $K\cup\{\infty\}$ identifizieren k\"onnen ($K = \{[1;l]\mid l\in K\}$
            und $[0;1] = \infty$).
            \\
            Damit ist also $PGL(2,q)$ in kanonischer Weise eine Untergruppe
            von $S_{K\cup\{\infty\}}$.
            \\
            \bf Beh.: \it Setze $G := PGL(2,q)$.
            \be
               \item $G_{\infty}$ operiert scharf 2-fach transitiv auf $K$.
               \item $G$ operiert scharf 3-fach transitiv auf $\PR(K^2)$.
            \ee
            \bf Beweis: \rm
            \be
               \item Bezeichne $\Omega$ also die Punktmenge von $\PR(K^2)$
                  = $K\cup \{\infty\}$.
                  \\
                  Seien nun $([1;a_1],[1;a_2]),([1;b_1],[1;b_2])\in (\Omega\backslash\{\infty\})^{[2]}=K^{[2]}$
                  gegeben.
                  \\
                  \underline{Zeige:} Es gibt ein $\bar{\alpha}\in G_{\infty}$ mit
                  $\bar{\alpha}([1;a_i]) = [1,b_i]$ f\"ur $i=1,2$.
                  \\
                  Aus $[1;a_1]\not=[1;a_2]$ und $[1;b_1]\not=[1;b_2]$ folgt,
                  da{\ss} $\{{1 \choose a_1}, {1 \choose a_2}\}$ und
                  $\{{1 \choose b_1}, {1 \choose b_2}\}$ zwei Basen des $K^2$
                  sind.
                  \\
                  Sei $\alpha$ die eindeutig bestimmte lineare Abbildung
                  von $K^2$ in den $K^2$, mit $\alpha\left({1 \choose a_i}\right)
                  = {1 \choose b_i}$ f\"ur $i=1,2$.
                  \\
                  Dann ist $\alpha \in GL(2,q)$.
                  \\
                  Sei also $\bar{\alpha}$ das Bild von $\alpha$ in $PGL(2,q)$.
                  \\
                  F\"ur die Abbildung $\tilde{\alpha}$, die $\alpha$ bzw. $\bar{\alpha}$
                  gem\"a{\ss} Aufgabe 4 auf Blatt 8 auf $PG(1,K) = \PR(K^2)$
                  induziert, gilt:
                  \[
                    \tilde{\alpha}([0;1]) = \tilde{\alpha}([1;a_1]-[1;a_2])
                    = \tilde{\alpha}([1;a_1])-\tilde{\alpha}([1;a_2])
                    = [1;b_1]-[1;b_2] = [0;1].
                  \]
                  Also ist $\bar{\alpha} \in G_{\infty}$.
                  \\
                  Damit operiert $G_{\infty}$ 2-fach transitiv auf $K$.
                  \\
                  \underline{Zeige:} $G$ operiert 1-fach transitiv auf $\Omega$.
                  \\
                  Es ist klar, da{\ss} $GL(2,q)$ 1-fach transitiv auf der Menge
                  der 1-dimensionalen Unterr\"aume von $K^2$ operiert, sprich
                  f\"ur je zwei 1-dimensionalen Unterr\"aume von $K^2$ gibt es einen
                  Isomorphismus, der den einen auf den anderen Unter\-raum abbildet.
                  Damit operiert aber $PGL(2,q)$ 1-fach transitiv auf der Menge
                  der Punkte von $\PR(K^2)$, sprich $G$ operiert 1-fach transitiv
                  auf $\Omega$.
                  \\
                  \underline{Zeige nun:} $\mid G_{\infty} \mid = \frac{(q+1)!}{(q-1)!}$
                  \[
                    \mid PGL(2,K) \mid = \frac{\mid GL(2,K)\mid}{\mid \{a\cdot E\mid a\in K\backslash\{0\}\}\mid}
                    = \frac{(q^2-1)(q^2-q)}{q-1} = (q+1)q(p-1).
                  \]
                  Ferner gilt: $\mid G:G_{\infty} \mid = \mid \infty^G \mid
                  = \mid K\cup \{\infty\} \mid = q+1$, da $G$ transitiv auf $\Omega$
                  operiert.
                  \\
                  Also ist: $\mid G_{\infty} \mid = \frac{\mid G \mid}{\mid G:G_{\infty}\mid} = q(q+1)$.
                  \\
                  Teil c. impliziert dann, da{\ss} $G_{\infty}$ scharf 2-fach transitiv
                  auf $K$ operiert.
               \item Es ist bereits gezeigt, da{\ss} $G$ transitiv auf $\Omega$ operiert
                  und da{\ss} $G_{\infty}$ 2-fach transitiv auf $K = \Omega\backslash \{\infty\}$
                  operiert.
                  \\
                  Teil b. impliziert deshalb, da{\ss} $G$ 3-fach transitiv auf
                  $\Omega$ operiert.
                  \\
                  Es ist ebenfalls bereits gezeigt, da{\ss} $\mid PGL(2,q) \mid
                  = (q+1)q(q-1) = \frac{(q+1)!}{(q-2)!}$.
                  \\
                  Mit Teil c. folgt deshalb, da{\ss} $PGL(2,q)$ scharf 3-fach transitiv
                  auf $\Omega$ operiert.
            \ee
      \hspace*{\fill}\mbox{$ ^{\Box}$}
      \ee
   \end{aufgabe}
\end{document}

