ossia l'iperpiano affine di $\Aa_{n+1}(\KK)$ dei vettori con l'ultima coordinata pari a $1$. Per comodità
si indica $\iota(\x)$ con $\hat\x$.
\begin{proposition}
$\iota$ è un'isomorfismo affine.
\end{proposition}
\begin{proof}
Si verifica innanzitutto che $\iota$ è un'applicazione affine. Siano $\lambda_1$, ..., $\lambda_k \in\KK$ tali
che $\sum_{i=1}^k \lambda_i =1$, e siano $\xx1$, ..., $\xx k \in E$. Allora vale che:
\[\iota\left(\sum_{i=1}^k \lambda_i \xx i \right)=\Vector{\sum_{i=1}^k \lambda_i \xx i \\1}=\Vector{\sum_{i=1}^k \lambda_i \xx i \\\sum_{i=1}^k \lambda_i}=\sum_{i=1}^k \lambda_i \,\iota(\xx i). \]
\vskip 0.05in
Si consideri\footnote{Per concludere in modo più diretto la dimostrazione è sufficiente anche esibire l'inverso di $g$, ottenuto ignorando l'ultima coordinata di un vettore di $H_{n+1}$.} ora l'applicazione lineare $g$ associata a $\iota$. Allora, posto $O =\vec0$, $g(\v)= f(O +\v)- f(O)=
f(\v) - f(\vec 0) = f(\v) - \Vector{0 &\cdots& 0 & 1}^\top$. Dal momento che la direzione di $H_{n+1}$ è
$n$-dimensionale (scegliendo $O$ come origine, tutti i vettori ottenibili scartano l'ultima coordinata, sempre
pari a $0$), $g$ mappa due spazi vettoriali di stessa dimensione. \\
Pertanto, è sufficiente dimostrare che $g$ è surgettiva affinché sia invertibile (e dunque $\iota$ sia un isomorfismo affine). Chiaramente $g$ è surgettiva, dal momento che ad ogni vettore $\hat\v=\Matrix{\v&0}\in\Giac(H_{n+1})$ è tale che $g(\v)=\hat\v$. Si conclude dunque che $g$ è invertibile, e che $\iota$ è
un isomorfismo affine.
\end{proof}
\begin{proposition}
Sia $f \in A(\AnK)$ e sia $f' =\iota\circ f \circ\iota\inv\in A(H_{n+1})$
l'identificazione di $f$ in $H_{n+1}$. Allora si può estendere $f'$ ad un'applicazione lineare invertibile $\hat f$ di $\KK^{n+1}$ (ossia ad un'applicazione $\hat f$ tale per cui $\restr{\hat f}{H_{n+1}}= f'$). Viceversa, data un'applicazione lineare invertibile $g \in\End(\KK^{n+1})$ tale che $\restr{g}{H_{n+1}}= H_{n+1}$, allora la restrizione $\restr{g}{H_{n+1}}$ è un'affinità di $H_{n+1}$ ed
induce un'affinità $f$ di $\AnK$ in modo tale che $f =\iota\inv\circ\restr{g}{H_{n+1}}\circ\iota$. \\
In particolare, una tale $\hat f$ è tale che $\hat f(\x')= A' \x'$$\forall\x' \in\KK^{n+1}$, dove
vale che:
\[ A' =\Matrix{ A &\rvline&\vec b \,\\\hline0&\rvline&1\,}, \qquad f(\v)= A \v+\vec b \quad\forall\v\in\AnK. \]
\end{proposition}
\begin{proof}
Si consideri $\hat f \in\End(\KK^{n+1})$ tale che $\hat f(\x')= A' \x'$. $\hat f$ è invertibile dal
momento che $A'$ lo è. Infatti vale che:
\[(A')\inv=\Matrix{ A\inv&\rvline&-A\inv\,\vec b \,\\\hline0&\rvline&1\,}. \]
\vskip 0.05in
Sia $\hat x =\Vector{\x&1}^\top\in H_{n+1}$. Sia ora $\hat x \in H_{n+1}$. Allora $\hat f(\hat x)=\Vector{A \x+\vec b &1}^\top=\Vector{f(\x)&1}^\top=\iota(f(\vec x))=\iota(f(\iota\inv(\hat x)))= f'(\hat x)\in H_{n+1}$$\forall\hat x \in H_{n+1}$. Pertanto $\restr{\hat f}{H_{n+1}}= f'$. \\
Si consideri adesso $g \in\GL(\KK^{n+1})$ tale che $\restr{g}{H_{n+1}}= H_{n+1}$. Sia $A'$ tale che
$g(\x')= A' \x'$$\forall\x' \in\KK^{n+1}$. Poiché $\restr{g}{H_{n+1}}= H_{n+1}$, allora
$(A')_{n+1,n+1}= g(\e{n+1})_{n+1}=1$. Poiché $g(\e n +\e{n+1})_{n+1}=1$, allora $(A')_{n+1,n}=0$.
In particolare, partendo da $j=n$ fino a $j=1$, si deduce, per induzione, che $g(\e j +\ldots+\e{n+1})_{n+1}=1\implies(A')_{n+1,j}=0$. \\
Allora $A'$ è della seguente forma:
\[ A' =\Matrix{ A &\rvline&\vec b \,\\\hline0&\rvline&1\,}, \quad A \in M(n, \KK), \,\vec b \in\KK^n. \]
\vskip 0.05in
Considerando allora l'applicazione affine $f \in\AnK$ tale che $f(\v)= A \v+\vec b$,
$g$ è l'applicazione lineare invertibile che estende $f' =\iota\circ f \circ\iota\inv$, come
visto prima, da cui la tesi.
\end{proof}
\begin{remark}
Le matrici della forma:
\[\Matrix{ A &\rvline&\vec b \,\\\hline0&\rvline&1\,}, \quad A \in M(n, \KK), \,\vec b \in\KK^n, \]
Si definisce lo \textbf{spazio proiettivo}$\PP(\KK^{n+1})=\PP^n(\KK)$ come l'insieme
dei sottospazi di dimensione unitaria di $\KK^{n+1}$.
\end{definition}
\begin{remark}
Se si definisce la relazione di equivalenza $\sim$ su $V$ in modo tale che $\x\sim\y\defiff\exists\alpha\in\KK^*\mid\x=\alpha\y$, $V \quot\sim$ è in bigezione con lo spazio proiettivo. In particolare,
ogni elemento di $V \quot\sim$ è un unico elemento dello spazio proiettivo a cui è stato tolto il vettore $\vec0$.
\end{remark}
\begin{remark}
Ogni elemento $\hat x =\Vector{\x&1}^\top$ di $H_{n+1}$ identifica un unico elemento dello spazio proiettivo, ossia $\Span(\hat x)$, dal momento che due vettori di $H_{n+1}$ appartengono alla stessa retta se e solo se
sono linearmente dipendenti, ossia se sono uguali. \\
Gli elementi di $\PP^n(\KK)$ che non contengono elementi di $H_{n+1}$ sono esattamente i sottospazi
contenenti vettori la cui ultima coordinata è nulla. Pertanto questi elementi, detti \textbf{punti all'infinito}
di $\PP^n(\KK)$, si possono identificare in particolare come elementi di $\PP^{n+1}(\KK)$. \\
\end{remark}
\begin{remark}
Si può ricoprire $\PP^n(\KK)$ con iperpiani analoghi ad $H_{n+1}$, ossia con gli iperpiani della
Sia $E$ uno spazio affine sullo spazio $V$ di dimensione $n$. Allora
valgono i seguenti due risultati.
\begin{enumerate}[(i)]
\item Se $f \in A(E)$ e i punti $P_1$, ..., $P_k$ sono affinemente
indipendenti, allora anche i punti $f(P_1)$, ..., $f(P_k)$ sono
affinemente indipendenti.
\item Se i punti $P_1$, ..., $P_{n+1}$ sono affinemente indipendenti, e lo sono anche i punti $Q_1$, ..., $Q_{n+1}$,
allora esiste un'unica affinità
$f \in A(E)$ tale che $f(P_i)= Q_i$$\forall1\leq i \leq n+1$.
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
Si dimostrano i due risultati separatamente.
\begin{enumerate}[(i)]
\item Poiché $f \in A(E)$, allora $g \in\GL(V)$, ed è
dunque invertibile. Si considerino i vettori $f(P_i)- f(P_1)= g(P_i - P_1)$
con $2\leq i \leq k$. Dal momento che è invertibile,
$g$ mappa vettori linearmente indipendenti a vettori
ancora linearmente indipendenti.
Allora, poiché i punti
$P_1$, ..., $P_k$ sono affinemente indipendenti, i
vettori $P_i - P_1$ sono linearmente indipendenti per
$2\leq i \leq k$. Pertanto anche i vettori $g(P_i - P_1)= f(P_i)- f(P_1)$ con $2\leq i \leq k$ sono linearmente indipendenti, da cui si conclude che i punti $f(P_1)$, ...,
$f(P_k)$ sono affinemente indipendenti.
\item Dal momento che i punti $P_1$, ..., $P_{n+1}$ sono
affinemente indipendenti, allora i vettori $P_i - P_1$ con
$2\leq i \leq n+1$ sono linearmente indipendenti, e formano
dunque una base di $V$, essendo tanti quanti la dimensione
di $V$. Analogamente anche i vettori $Q_i - Q_1$ con $2\leq i \leq n+1$ formano una base di $V$.
In particolare esiste una sola applicazione lineare $g$ che
associa a $P_i - P_1$ il vettore $Q_i - Q_1$, con $2\leq i \leq n+1$. Dacché le immagini formano una base di $V$, $g$ è suriettiva,
e dunque, poiché $g \in\End(V)$, $g$ è anche invertibile.
Un'affinità $f \in A(E)$ tale che $f(P_i)= Q_i$ con $1\leq i \leq n+1$ è per esempio $f(P)= Q_1+ g(P - P_1)$. \\
Si mostra che tale $f$ è anche unica. Se esistesse $f' \in A(E)$
con le stesse proprietà di $f$, varrebbe che $Q_i - Q_1= f'(P_i)- f'(P_1)= g'(P_i - P_1)$$\forall2\leq i \leq n+1$. Tuttavia
una $g'$ tale che mappi $P_i - P_1$ a $Q_i - P_1$$\forall2\leq i \leq n+1$ è unica, e quindi $g' = g$. Allora $f'(P)= Q_1+ g(P - P_1)= f(P)$$\forall P \in E$$\implies f' = f$. \qedhere
Per la proposizione precedente, $\dim\Aff(D \cup D')=\dim(D_0+ D_0')$. Allora, applicando
la formula di Grassmann per i sottospazi vettoriali, $\dim(D_0+ D_0')=\dim D_0+\dim D_0' -\dim(D_0\cap D_0')=\dim D +\dim D' -\dim(D_0\cap D_0')$. Sempre per la proposizione precedente,
$D_0\cap D_0' =(D \cap D')_0$, da cui si deduce che $\dim(D_0\cap D_0')=\dim(D \cap D')_0=\dim D \cap D'$. Pertanto $\dim(D + D')=\dim\Aff(D \cup D')=\dim D +\dim D' -\dim(D \cap D')$.
Si definisce $\ell_{P,Q}=\{\lambda P +(1-\lambda) Q \mid\lambda\in\KK\}$ con $P$, $Q \in E$ come la retta passante per due
punti. Allora, in generale, se $D$ e $D'$ sono due sottospazi
affini di $E$, $D + D' =\bigcup_{\substack{P \in D \\ Q \in D'}}\ell_{P,Q}$. \\
Infatti ogni elemento di $\ell_{P, Q}$ è una combinazione affine
di due elementi di $D + D'$, e quindi appartiene a $D + D' \implies
D + D' \supseteq\bigcup_{\substack{P \in D \\ Q \in D'}}\ell_{P,Q}$. \\
Infine, se $T \in D + D'$, esistono $\lambda_1$, ..., $\lambda_k$,
$\mu_1$, ..., $\mu_{k'}\in\KK$, $P_1$, ..., $P_k \in D$ e
$Q_1$, ..., $Q_{k'}\in D'$ tali che $T =\sum_{i=1}^k \lambda_i P_i +
\sum_{j=1}^{k'}\mu_j Q_j$\footnote{Al più $T$ è un elemento di solo $D$ o $D'$. In tal caso $T$ appartiene già a una qualsiasi retta passante per $T$. Pertanto si può anche assumere successivamente
che $\alpha$, $\beta\neq0$ -- se infatti uno dei due parametri
fosse nullo, $T$ apparterrebbe a $D$ o $D'$.}, con $\sum_{i=1}^k \lambda_i +\sum_{j=1}^{k'}\mu_j =1$. Se $\alpha=\sum_{i=1}^k \lambda_i$ e
$\beta=\sum_{j=1}^{k'}\mu_j$, si può riscrivere $T$ nel
seguente modo:
\[ T =\alpha\underbrace{\sum_{i=1}^k \frac{\lambda_i}{\alpha} P_i}_{=\, P'}+
Si osserva che in generale vale che $(D + D')_0= D_0+ D_0' +\Span(P_0- P_0')$. Chiaramente vale che $(D + D')_0\supseteq D_0+ D_0' +\Span(P_0- P_0')$, dal momento che $D_0$, $D_0'$ e $\Span(P_0- P_0')$ sono tutti sottospazi vettoriali di $(D + D')_0$. \\
Sia ora $P' \in D + D'$. Allora esistono $P'' \in D$, $Q'' \in Q$ tali
per cui $P' \in\ell_{P'', Q''}$, e quindi esiste $\lambda\in\KK$
per cui $P' = P'' +\lambda(Q'' - P'')$. Poiché $P'' \in D$,
esiste $\v\in D_0$ tale per cui $P'' = P_0+\v$. Allora
\begin{remark} [punti fissi di un'applicazione affine]
Si consideri un'applicazione affine $f$ di $\AnK$. Allora esistono $A \in M(n, \KK)\setminus\{0\}$ e $\vec b \in\AnK$ tali
per cui $f(\x)= A \x+\vec b$$\forall\x\in\AnK$. In particolare, $f$ ammette punti fissi se
esiste $\x\in\AnK\mid f(\x)=\x\iff A \x+\vec b =\x\iff(A-I)\x=-\vec b \iff\vec b \in\Im(A-I)$. \\
Ciò è sicuramente vero se $A$ non ammette $1$ come autovalore (infatti in tal caso $A-I$ è invertibile, e quindi
in particolare è surgettiva).
\end{remark}
\begin{example}
Si consideri $f \in A(\Aa_1(\KK))$. Allora esistono $a$, $b \in\Aa_1(\KK)$ tali per cui $f(x)= ax+b$$\forall x \in\Aa_1(\KK)$. \\
Se $a \neq1$ (ossia se non ammette $1$ come autovalore), $f$ ammette un punto fisso, ossia
$x =-\frac{b}{a-1}$. Altrimenti, se $a =1$ e $b \neq0$, $f$ è una traslazione (e quindi non ammette punti fissi).
Allora, indicando con $\Fix(f)=\{ x \in\Aa_1(\KK)\mid f(x)= x \}$ l'insieme dei punti fissi
di $f$, vale sicuramente che $\abs{\Fix(f)}\leq1$, escludendo il caso in cui $a =1$ e $b =0$. \\
Inoltre, vale che $A(\Aa_1(\KK))$ agisce transitivamente su $\Aa_1(\KK)$, ossia esiste sempre un'applicazione
affine tale per cui $x \mapsto y$, dati $x$, $y \in\Aa_1(\KK)$. Ciononostante $A(\Aa_1(\KK))$ non agisce
liberamente su $\Aa_1(\KK)$, ed in particolare vale che $\Stab(x)\cong\GL(1, \KK)$\footnote{È sufficiente
mappare ogni affinità alla propria matrice $A$, dal momento che $\vec b$ è già univocamente determinante.}.
Un risultato analogo vale anche per gli altri spazi affini: per esempio vale ancora che
$\Stab(\x)\cong\GL(2, \KK)$$\forall\x\in\Aa_2(\KK)$, sull'azione generata da $A(\Aa_2(\KK))$ su $\Aa_2(\KK)$. \\
Infine, date due coppie di punti $(P, P')$ e $(Q, Q')$ con $P$, $P'$, $Q$, $Q' \in\Aa_1(\KK)$,
$P \neq P'$ e $Q \neq Q'$, $A(\Aa_1(\KK))$ agisce in maniera semplicemente transitiva mappando una coppia
di punti all'altra\footnote{Infatti l'unica applicazione affine che manda una coppia di punti nella stessa coppia di punti è obbligatoriamente l'identità, come visto sopra nello studio di $\Fix(f)$. Infine si osserva che esiste sempre un'applicazione che manda una coppia di punti nell'altra.}.
\end{example}
\begin{remark} [rapporto semplice] Siano $P_1$, $P_2$, $P_3$, $Q_1$, $Q_2$ e $Q_3$ punti di $\Aa_1(\KK)$ con
$P_1$, $P_2$, $P_3$ distinti e $Q_1$, $Q_2$, $Q_3$ distinti. Allora esiste un'unica applicazione affine $f$
tale per cui $f(P_1)= Q_1$ e $f(P_2)= Q_2$, dacché $P_1$ e $P_2$ formano un riferimento affine di $\Aa_1(\KK)$. \\
In particolare $f$ è tale che $f(P_3)= Q_3$ se e solo se, detto $\lambda\in\KK$ il parametro tale per
cui $P_3=(1-\lambda) P_1+\lambda P_2$, $Q_3= f(P_3)=(1-\lambda) f(P_1)+\lambda f(P_2)=
(1-\lambda) Q_1 + \lambda Q_2$, ossia se e solo se $\lambda$ è lo stesso parametro con cui si scrive $Q_2$ rispetto
al riferimento affine dato da $Q_1$ e $Q_2$. In particolare ciò è vero se e solo se vale che $\frac{P_3- P_1}{P_2- P_1}=\lambda=\frac{Q_3- Q_1}{Q_2- Q_1}$. \\
Il rapporto $\frac{P_3- P_1}{P_2- P_1}$ si dice \textbf{rapporto semplice} della terna di punti $P_1$, $P_2$ e $P_3$.
Si conclude dunque che tale $f$ esiste (ed è unica) se e solo se i rapporti semplici delle due terne di punti
