9. Projektív sík transzformációi: PGL(3,R)

Segítség: Mindkét esetben a projektív sík pontjait, és egyeneseit definiáltuk - tehát az ekvivalencia azt jelenti, hogy a pontok és az egyenesek megfeleltethetők egymásnak, és egy pont pontosan akkor illeszkedik egy egyenesre az első definíció szerint, ha a nekik megfelelő pont és egyenes illeszkednek a második definíció szerint. Lásd be, hogy ekvivalensek!

1. Megoldás: Az /1. definíciót használjuk: Közönséges pontokat közönséges egyenessel köthetünk össze, két ideális pontot az ideális egyenes köt össze. Egy közönséges pontból pedig minden irányba egy egyenes húzható, tehát a közönséges pont minden ideális ponttal egyféleképpen köthető össze. Két közönséges egyenes egy közönségespontban találkoznak, ha nem párhuzamosak. Párhuzamos egyenesek pedig a közös ideális pontjukban metszik egymást. Végül egy közönséges egyenes az egyszem ideális pontjában metszi az ideális egyenest.

2. Megoldás: A /2. definíció szerint lefordíthatjuk a kérdést egy térbeli problémára: Bármelykét origón áthaladó egyenes egy origón áthaladó síkot feszít ki, bármely két origót tartalmazó sík egy origón kerestül futó egyenesben találkozik. Ez pedig elég világos.

Megoldás: Ha egy $(x,y,z)$ pontban $f(x,y,z)=0$, akkor minden $0\ne \lambda$ számra $$f(\lambda x,\lambda y,\lambda z)={\lambda }^{d}f(x,y,z)={\lambda }^{d}0=0$$

Megoldás: A mátrixszal való szorzás egyenes tartó (lineáris), és az origót is helyben hagyja, tehát az origón átmenő egyeneseket origón áthaladó egyenesbe viszi.

Megoldás: Két ferdeszögű koordináta rendszer közt a koordináta transzformáció éppen egy $3\times 3$-as invertálható mátrixszal való szorzás.

Megoldás: Igen. Invertálható mátrixok inverze, szorzata is invertálható, az egységelem is invertálható.

Megoldás: A hozzárendelés definíció szerint szorzás-tartó - tehát homomorfizmus. A magjában olyan mátrixok vannak, akik minden vektort egy többszörösébe visznek. Sokféleképpen is belátható, hogy ezek éppen a skalár mátrixok: $$\left(\begin{array}{ccc}\lambda & 0& 0\\ 0& \lambda & 0\\ 0& 0& \lambda \end{array}\right),0\ne \lambda \in ℝ$$ Az egyik legegyszerűbb érvelés: a bázisvektorokat csak számmal szorozza, tehát átlós mátrix. De az $(1,1,1)$ vektort is csak számmal szorozza, tehát az átlóban egyforma számok állnak. Végül az átló azért nem 0, mert a mátrix invertálható. Fordítva: egy skalár mátrix minden vektort egy többszörösébe visz - ami a projektív síkon ugyanannak a pontnak felel meg.

Megoldás: Válasz: Inverziók kivételével mind kiterjednek, a kiterjesztések mind projektív transzformációk lesznek. Indoklás:

Tengelyes tükrözés: válasszuk úgy a homogén koordináta rendszert (/6. konvenció), hogy a tükörtengely egy koordináta síkba essen. Ekkor a koordináta síkra való tükrözés olyan projektív transzformációt ad, amelyik az $S$ síkon a kívánt tengelyes tükrözés.

Elforgatások, eltolások, mozgatások: ezek előállnak tengelyes tükrözések kompozíciójaként, tehát maguk is kiterjednek egy projektív transzformációvá.

Lineáris transzformációk: Minden lineáris transzformációt egy $2\times 2$-es mátrixszal írunk le. A neki megfelelő projektív transzformáció $3\times 3$-as mátrixát így kapjuk: $$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)⟶\left(\begin{array}{ccc}a& b& 0\\ c& d& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

Középpontos nagyítás, derékszögű illetve ferdeszögű koordinátarendszerben nyújtás az egyik tengely irányában, nyírás: ezek mind lineáris transzformációk, tehát kiterjeszthetők projektív transzformációvá.

Affin transzformáció: lineáris transzformáció és eltolás kompozíciója, és mindkét tényező kiterjeszthető projektív transzformációvá.

Inverzió: nem terjeszthetőki folytonosan az origóba. Valóban, ha egy pont egy egyenes mentén halad az origó felé, akkor az inverzió általvett képe ugyanazon egyenes mentén halad a végtelenbe, tehát a határértéke csak az egyenes ideális pontja lehet. Tehát egy folytonos kiterjesztésnél az origó képe egyszerre az összes ideális pont lenne, ami lehetetlen.

Segítség: Tengelyes tükrözések kompozíciója forgatás, vagy eltolás - semmiképpen sem tükrözés. Az inverziók nem is projektív transzformációk. A többi sorban részcsoportok vannak. (Lásd be!)

Megoldás: Használjuk a /6. konvenció jelöléseit. Mivel a listán szereplő transzformációk az ideális pontokat ideális pontokba viszik, és ${\bar{S}}_0$ az ideális egyenes, azért csak olyan térbeli forgatások szerepelhetnek a listán, amelyek az $S_0$ síkot önmagába viszik. Ezekből kétféle van: Egyrészt, ha a forgás tengely merőleges az $S$ síkra, akkor a forgatás $S$-re megszorítva síkbeli forgatás, tehát szerepel a listán. Másrészt, ha a forgástengely párhuzamos az $S$ síkkal, és a forgatás szöge ${180}^{\circ }$, akkor a hozzá tartozó projektív transzformáció egy tengelyes tükrözés, amint azt hamarosan belátjuk: Komponáljuk a forgatást az origóra való tükrözéssel - ezzel nem változtatjuk meg a projektív transzformációt. Másrészt a kompozíció egy síkra való tükrözés: a tükörsík átmegy az origón, és merőleges az eredeti forgástengelyre. De a tükörsík $S$-re is merőleges, tehát a transzformáció $S$-re megszorítva egy (síkbeli) tengelyes tükrözés.

Megoldás: Komponáljuk a síkra való tükrözésünket az origóra való tükrözéssel - ettől nem változik meg a hozzá tartozó projektív transzformáció. Ez kölcsönösen értelmű megfeleltetést ad a síkravaló tükrözések, és a ${180}^{\circ }$-os elforgatások között, tehát visszavezettük a feladatot az előző feladatra. A válasz tehát: Az $S_0$-ra való tükrözés egy ${180}^{\circ }$-os síkbeli elforgatást ad a $(0,0)$ pontkörül. Az $S_0$-ra merőleges $T$ síkra való tükrözés pedig az $S\cap T$ tengelyre való tükrözést adja. A többi tükrözés elmozdítja $S_0$-t, tehát nem lehet rajta a listán.

Megoldás: Válasszuk a végtelen Legyenek a pontok $A,B,C,D\in S$ - azaz úgy választjuk a végtelen távoli egyenest, hogy elkerülje öket. Ezek után $C$ kijelöli a $z$ tengelyt, az $x$ és $y$ tengelyek pedig párhuzamosak $\mathrm{CA}$ illetve $\mathrm{CB}$-vel, tehát szintén meghatározottak. Annyi szabadságunk maradt, hogy a három tengelyen megválasszuk az egységet. Válasszunk valamilyen egységeket - ekkor $D=(d_x,d_y,d_z)$ koordinátái nem nullák. Világos, hogy az $x$ tengelyt $1/d_x$ arányban kell átskáláznunk, az $y$ tengelyt $1/d_y$, a $z$ tengelyt pedig $1/d_z$ arányban.

Megoldás: A /XIV. feladat alapján feltehetjük, hogy a négypont: $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$ és $(1,1,1)$. Egy mátrixszal való szorzás ezeket a vektorokat rendre a mátrix első, második, harmadik oszlopába, illetve az oszlopok összegébe viszi. Ezért a mi transzformációnk mátrixának három oszlopa rendre az $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ illetve $(0,0,1)$ többszörösei, tehát egy átlós mátrix: $$\left(\begin{array}{ccc}p& 0& 0\\ 0& q& 0\\ 0& 0& r\end{array}\right)$$ alakú. Az $(1,1,1)$ pont képe $(p,q,r)$, de mivel ez is fixpont, csak $p=q=r$ lehetséges. Tehát mátrix egy konstans mátrix: minden vektort a $p$-szeresébe visz - így a projektív sík minden pontját helyben hagyja.

Megoldás: Ha az $\alpha$ és $\beta$ projektív transzformációk négy általános helyzetű pontot ugyanoda visznek, akkor az ${\alpha }^{-1}\beta$ transzformáció helyben hagyja a négy pontot, tehát identitás a /XV. feladat miatt. Így $\alpha =\beta$. Egy általános helyzetű pont-négyes képe is általános helyzetű - tehát nem lehet akármilyen. Azonban minden általános helyzetű pont-négyest előírhatunk képként. Miért?

Megoldás: Válasszunk olyan koordináta rendszert, amelyikben az első két pont: $(1,0,0)$ és $(0,1,0)$. Egy mátrixszal való szorzás ezeket a vektorokat a mátrix első, illetve második oszlopába viszi, tehát a mi transzformációnk mátrixa $$\left(\begin{array}{ccc}p& 0& *\\ 0& q& *\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ alakú, ahol a $*$-ok helyén lévő számokkal nem foglalkozunk. A harmadik pont is rajta van az ideális egyenesen, tehát a koordinátái: $(a,b,0)$, és $a$, $b$ egyike sem nulla (mert a pont nem egyenlő az első kettővel). A mátrixunk ezt a $(\mathrm{pa},\mathrm{qb},0)$ pontba viszi, tehát csak úgy lehet fixpont, ha $p=q$. Ekkor viszont minden ideális pont fixpont lesz.

Megoldás: Legyen $f:X\to Y$ egy kollineáció. Kicseréljük az $Y$ sík homogén koordináta rendszerét: a /XIV. feladat segítségével olyan koordinátarendszert választunk, amelyikben az $f(1,0,0)$,$f(0,1,0)$, $f(0,0,1)$ és $f(1,1,1)$ pontok kooedinátái rendre $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$ illetve $(1,1,1)$. A koordináta-csere egy $3\times 3$-as mátrixszal való szorzás, tehát elég az új koordináta rendszerben belátni az állítást. Azt fogjuk megmutatni, hogy $f$ az identitás mátrixszal adható meg: $P$ és $f\left(P\right)$ koordinátái azonosak. Ez az állítás automatikusan teljesül az $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$ illetve $(1,1,1)$ pontokra. Most megpróbáljuk ugyanezt indukció-szerűen minél több pontra belátni. Legyenek $A$, $B$, $C$ és $D$ olyan pontok, amelyekre már beláttuk. Ekkor az $\overline{\mathrm{AB}}$ egyenes egyenlete megegyezik az $f\left(\overline{\mathrm{AB}}\right)=\overline{f\left(A\right)f\left(B\right)}$ egyenes egyenletével, a $\overline{\mathrm{CD}}$ egyenesé pedig az $f\left(\overline{\mathrm{CD}}\right)$ egyenesével. Ezért az $\overline{\mathrm{AB}}\cap \overline{\mathrm{CD}}$ metszéspont koordinátái megegyeznek az $f(\overline{\mathrm{AB}}\cap \overline{\mathrm{CD}})=f\left(\overline{\mathrm{AB}}\right)\cap f\left(\overline{\mathrm{CD}}\right)$ pont koordinátáival, így erre a metszéspontra is teljesül az állítás. A fenti négy pontra alkalmazva láthatjuk, hogy további három pontra is teljesül: $(1,1,0)$, $(1,0,1)$, $(0,1,1)$. Ha még egyszer alkalmazzuk a három új pontra és az $(1,1,1)$-re, akkor további három pontot kapunk: $(2,1,1)$, $(1,2,1)$ és $(1,1,2)$. Újra meg újra alkalmazva beláthatjuk, hogy minden olyan pontra érvényes az állítás, amelynek minden koordinátája racionális szám. (Lásd be!) Mivel ezek a pontok sűrűen vannak, a kollineációnk pedig folytonos, azért minden pontra igaz az állítás.

Segítség: Minden sorban az összes olyan transzformációt tekintjük, amelyek bizonyos pontokat illetve egyeneseket fixen hagynak. Ilyen transzformációk kompozíciója, inverze is fixen hagyja a szóban forgó pontokat, egyeneseket. Ezért minden sor részcsoportot határoz meg.

Megoldás: Olyan koordináta rendszert választunk, amelyik jól illeszkedik a problémához. Például, ha van egy fix egyenes, akkor azt választjuk a végtelen távoli egyenesnek, ha pedig egy fixpontunk van, akkor őt (mint térbeli egyenest) választjuk koordináta tengelynek. Ebben a koordináta rendszerben mindegyik csoport mátrixai meghatározhatók úgy, mint bizonyos formájú invertálható mátrixok. A mátrix formáját úgy írjuk majd majd elő, hogy bizonyos pozíciókra $0$ kerül, a többi pozícióba $*$-ot, vagy betűt írunk. Ahová egyforma betű kerül oda egyforma számokat kell helyettesíteni, a $*$-gal jelölt pozíciókra bármit írhatunk, csak arrakell vigyáznunk, hogy a mátrix invertálható legyen. A koordináta rendszerünkben minden transzformáció helyben hagyja az ideális egyenest, tehát a közönséges Euklideszi síknak is transzformációja - ezért a geometriai leírásban az /(A) listán szereplő transzformációkat, és az ottani elnevezéseket fogjuk használni.

1. Egy egyenest helyben hagyó projektív transzformációk:
   Válasszuk ezt az egyenest az ideális egyenesnek. Így a transzformáció a $(*,*,0)$ alakú vektort ugyanilyen alakúba viszi. Ez csak a mátrix utolsó sorára jelent megszorítást: a skaláris szorozata bármelyik $(*,*,0)$ alakú vektorral $0$. Tehát az utolsó sor $(0,0,*)$ alakú, a mátrix alakja pedig: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& *\\ *& *& *\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ A csoport pedig 6 dimenziós: a megfelelő alakú mátrixok tere hét dimenziós, hiszen hét $*$, tehát hét szabad paraméterünk van. Viszont ugyanazt a transzformációt adják azok a mátrixok, akik egymás számszorosai (/VII. feladat), tehát a mi csoportunk csak hat dimenziós. Könnyen látható, hogy minden ilyen alakú mátrix egy eltolással komponálva ilyen alakra hozható: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& 0\\ *& *& 0\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Ez pedig egy síkbeli lineáris transzformációt ad. Ezel beláttuk, hogy a részcsoportunk nem más, mint az affin transzformációk csoportja.
2. Egy egyenest, és egy rajta lévő pontot helyben hagyó transzformációk:
   Válasszunk olyan koordinátarendszert, amelyikben a fix egyenes az ideális egyenes, a fix pont pedig $(1,0,0)$. A transzformáció mátrixának utolsó sora megint $(0,0,*)$ alakú (mint az előző pontban). Ezen felül az $(1,0,0)$ pont képe éppen a mátrix első oszlopa. Tehát $(1,0,0)$ akkor lesz fixpont, ha ez az oszlop $(*,0,0)$ alakú. Tehát a mátrix alakja: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& *\\ 0& *& *\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Mivel hat csillag van a mátrixban, azért a csoportunk 5 dimenziós. Geometriai leírást is adhatunk: Egy eltolással komponálva a transzformációnk ilyen alakra hozható: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& 0\\ 0& *& 0\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Ebből kiindulva bizonyítsd be, hogy a transzformációink egyértelműen felírhatók egy (síkbeli) $x$ tengelyre merőleges nyújtás, egy $y$ tengelyre merőleges nyújtás, egy $x$ tengellyel párhuzamos nyírás és egy eltolás kompozíciójaként!
3. Egy egyenest, és két rajta lévő pontot helyben hagyó transzformációk:
   Válasszuk úgy a koordináta rendszert, hogy a fix egyenes legyen az ideális egyenes, és a két fix pont legyen $(1,0,0)$ és $(0,1,0)$. Az előző pont feltételei most is teljesülnek, és ezen felül a $(0,1,0)$ pont képe, azaz a mátrix második oszlopa, $(0,*,0)$ alakú. A mátrix alakja: $$\left(\begin{array}{ccc}*& 0& *\\ 0& *& *\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ A csoport tehát 4 dimenziós. Geometriai leírás: Egy eltolással komponálva a transzformációnk ilyen alakra hozható: $$\left(\begin{array}{ccc}*& 0& 0\\ 0& *& 0\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Ebből kiindulva bizonyítsd be, hogy a transzformációink egyértelműen felírhatók egy (síkbeli) $x$ tengelyre merőleges nyújtás, egy $y$ tengelyre merőleges nyújtás és egy eltolás kompozíciójaként!
4. Egy egyenest, és három rajta lévő pontot helyben hagyó transzformációk:
   Úgy választunk koordináta rendszert, hogy az egyenes legyen az ideális egyenes, a fixpontok pedig $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ és $(a,b,0)$ legyenek. Mivel három különbözó pontról van szó, azért $a\ne 0\ne b$. A korábbi feltételeken miatt a mátrix $$\left(\begin{array}{ccc}p& 0& *\\ 0& q& *\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ alakú, az $(a,b,0)$ pont képe pedig $(\mathrm{pa},\mathrm{qb},0)$. Akkor lesz fixpont, ha $p=q$, tehát a mátrix alakja $$\left(\begin{array}{ccc}p& 0& *\\ 0& p& *\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Ez egy 3 dimenziós csoportot ad. Könnyen látható, hogy egy ilyen transzformáció egyértelműen írható egy középpontos nyújtás és egy eltolás kompozíciójaként. Milyen arányú nyújtást kapunk? (Nem feltétlenül $p$-szeres!) Vegyük észre, hogy minden ideális pont fixpont (/XVII. feladat).
5. Egy egyenes minden pontját helyben hagyó transzformációk:
   Ugyanaz, mint a 4. pont.
6. Két egyenest helyben hagyó transzformációk:
   Válasszuk úgy a koordináta rendszert, hogy $\{y=0\}$ és $\{z=0\}$ legyen a két egyenes. Az 1. pontban láttuk, hogy az ideális egyenest azok a transzformációk hagyják helyben, amelyek utolsó sora $(0,0,*)$ alakú. Ugyanígy láthatjuk, hogy a másik egyenest azok hagyják helyben, amelyek mátrixának középső sora $(0,*,0)$ alakú. Tehát a mi transzformációink mátrixa ilyen alakú: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& *\\ 0& *& 0\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Ez a csoport 4 dimenziós. Geometriai leírás: Minden elem egyértelműen írható egy (síkbeli) $x$ tengelyre merőleges nyújtás, egy $y$ tengelyre merőleges nyújtás, egy $x$ tengellyel párhuzamos nyírás és egy $y$ irányú eltolás kompozíciójaként.
7. Három egy ponton átmenő egyenest helyben hagyó transzformációk:
   Válasszuk úgy a koordináta rendszert, hogy két egyenesünk az $\{y=0\}$ és a $\{z=0\}$ legyen. A 6. pontban láttuk, hogy a transzformációink mátrixa ilyen alakú: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& *\\ 0& p& 0\\ 0& 0& q\end{array}\right)$$ A harmadik egyenes átmegy az $(1,0,0)$ ponton, legyen az $y$ tengellyel való metszéspontja $(0,a,b)$ - tehát az egyenes pontjai ennek a két pontnak a lineáris kombinációi. Mivel három különböző egyenesről van szó, azért $a\ne 0\ne b$. A fenti mátrix az $(0,a,b)$ pontot egy $(*,\mathrm{pa},\mathrm{qb})$ alakú pontba viszi, és ez akkor lesz lineáris kombináció, ha $p=q$. Tehát a mátrixaink alakja: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& *\\ 0& p& 0\\ 0& 0& p\end{array}\right)$$ Ez egy 3 dimenziós csoportot ad. Látható, hogy minden olyan egyenes helyben marad, amelyik átmegy az $(1,0,0)$ ponton. Geometriai leírás: fix egyenes az ideális egyenes, és minden $x$ tengellyel párhuzamos egyenes. Minden ilyen transzformáció egyértelműen írható egy $y$ tengelyre merőleges nyújtás, egy $x$ tengelyű nyírás és egy $x$ tengellyel párhuzamos eltolás kompozíciójaként.
8. Három nem egy ponton átmenő egyenest helyben hagyó transzformációk:
   Az egyenesek metszéspontjai is helyben maradnak. Olyan koordináta rendszert választunk, ahol a három fix pont $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ és $(0,0,1)$. Ezek akkor lesznek fixpontok, ha a mátrix oszlopai rendre $(*,0,0)$, $(0,*,0)$ illetve $(0,0,*)$ alakúak, tehát a mátrix alakja: $$\left(\begin{array}{ccc}*& 0& 0\\ 0& *& 0\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ A csoport 2 dimenziós. Minden elem egyértelműen írható egy (síkbeli) $x$ tengelyre merőleges nyújtás, és egy $y$ tengelyre merőleges nyújtás kompozíciójaként. (Milyen arányú nyújtásokat kapunk?)
9. Egy egyenest, és egy rajta kívül eső pontot helyben hagyó transzformációk:
   Válasszuk úgy a koordináta rendszert, hogy az egyenes az ideális egyenes legyen, a pont pedig $(0,0,1)$. Tekintsük a transzformációk mátrixát: az 1.pontban láttuk, hogy az ideális egyenes akkor marad helyben, ha az utolsó sor $(0,0,*)$ alakú. A pont pedig akkor lesz fix pont, ha az utolsó oszlop $(0,0,*)$alakú. Ezért a mátrixok alakja: $$\left(\begin{array}{ccc}*& *& 0\\ *& *& 0\\ 0& 0& *\end{array}\right)$$ Ez egy öt dimenziós csoport, és nem más, mint a síkbeli affin transzformációk csoportja.
10. Két pontot helyben hagyó transzformációk:
    Ezek helyben hagyják a két pontot összekötő egyenest is, tehát ez a csoport már szerepelt a 2. pontban.
11. Három egy egyenesre eső pontot helyben hagyó transzformációk:
    Ezek helyben hagyják a pontokat összekötő egyenest is, tehát ez a csoport már szerepelt a 3. pontban.
12. Három nem egy egyenesre eső pontot helyben hagyó transzformációk:
    Van három fix egyenesünk is: két fix pontot összekötő egyenes is helyben marad. Tehát a csoport megegyezik a 8. pont csoportjával.
13. Négy általános helyzetű pontot helyben hagyó transzformációk:
    Az előző csoportnak, azaz a 8. pont csoportjának, még egy fix pontja van, ami nem ideális, és nincs rajta a koordináta tengelyeken (az ott választott koordináta rendszerben). Ez csak úgy lehetséges, ha semelyik irányban nem nyújtunk - tehát a csoport az identitásból áll, 0 dimenziós, mindenpont és minden egyenes helyben marad. Ez összhangban van korábbi megállapításunkkal (/XV. feladat). A mátrixok alakja: $$\left(\begin{array}{ccc}p& 0& 0\\ 0& p& 0\\ 0& 0& p\end{array}\right)$$

Segítség: A lista minden részcsoportját egyértelműen meghatározza, hogy pontosan mely pontokat és egyeneseket hagyja mozdulatlanul az egész csoport. Gyűjtsd össze, hogy melyik sorhoz milyen fix pontok, és milyen fix egyenesek tartoznak, akkor megtudod a választ! (Lásd a /XX. feladat megoldását!) Vigyázat: lehetnek olyan fix pontok, fix egyenesek is, amelyek nincsenek megemlítve a listán. Például két fix egyenes metszéspontja fix pont kell legyen, ha egy egyenesnek három pontja fix, akkor minden pontja fix (miért?). Végeredmény: a listán következő, egymástól különböző sorok vannak:
1., 2., 3.(=10.), 4.(=5.=11.), 6., 7., 8.(=12.), 9., 13.

Segítség: A lista minden részcsoportját egyértelműen meghatározza, hogy pontosan mely pontokat és egyeneseket hagyja mozdulatlanul az egész csoport. Tehát közülük kettő pontosan akkor lesz konjugált, ha találunk olyan projektív transzformációt, amelyik az egyikre jellemző fix pontokat és fix egyeneseket a másikra jellemző fix pontokba és fix egyenesekbe transzformálja. Ha összegűjtöd mindensorhoz a fix pontokat és a fix egyeneseket (gyűjtsd össze! a /XX. feladat megoldása segít), akkor látni fogod, hogy minden sorban egymással konjugált részcsoportok szerepelnek (keresd meg minden párhoz a fenti transzformációt), és különböző sorokban lévő csoportok csak akkor konjugáltak, ha valójában a két sor ugyanazokat a csoportokat adja meg (lásd az előző feladatban). Végeredmény: a listán következő, egymással nem konjugált sorok vannak:
1., 2., 3., 4., 6., 7., 8., 9., 13.

Megoldás: A konjugált részcsoportok természetesen izomorfak (lásd az előző feladatot). Ezen felül a dualitás a 3., 4. soroknak rendre a 6., 7. sorokat felelteti meg. A fennmaradó hét csoport (1., 2., 3., 4., 8., 9., 13. sor) páronként nem izomorf csoportok - de ezt most még nehéz lenne belátnunk. Ehelyett csak annyit mutatunk meg, hogy nincs köztük folytonos izomorfizmus. A /XX. feladatban kiszámoltuk a csoportok dimenzióit, mindössze két egyforma van köztük: a 2. és a 9. is öt dimenziós - tehát a többiek mind külömböznek egymástól. De ezek sem izomorfak, pl. a /XX. feladat megoldásában azonosítottuk a 9. csoport a (síkbeli) lineáris transzformációk csoportjával, köztük vannak az origó középpontú nagyítások, és ezek minden lineáris transzformációval felcserélhetők. Ugyanakkor a 2. csoportban nincs hasonló tulajdonságú elem.

Megoldás: Az utolsó sorban $\left\{1\right\}$ a csoport, ez normálosztó. A többi részcsoport nem az. Ugyanis a lista minden sorában egymással konjugált csoportok vannak, és az utolsót kivéve minden sorban több csoport van (mert a pontokat, egyeneseket többféleképpen választhatjuk).