Coxeter 群笔记（三）：Tits 锥
本文主要参考了 Bob Howlett 教授的讲义 (Howlett 1996)。
Tits 锥
在获得了 \(V\) 中关于根系的一些知识后，我们下面转移到 \(V\) 的对偶空间 \(V^\ast\) 中讨论万花筒的结构。
设 \(V^\ast\) 是 \(V\) 的对偶空间，\(V\) 和 \(V^\ast\) 之间有一个自然的双线性映射 \[V\times V^\ast\to\mathbb{R}: \langle v,\,f\rangle= f(v).\] 注意 \(\langle \,,\,\rangle\) 和内积 \((\cdot,\cdot)\) 的区别：\(\langle \,,\,\rangle\) 是 \(V\times V^\ast\) 的自然配对，用尖括号表示；\((\cdot,\cdot)\) 是 \(V\) 上的内积。
\(V\) 上的可逆线性变换 \(g\in\mathrm{GL}(V)\) 同样作用在 \(V^\ast\) 上：对 \(f\in V^\ast\)，线性泛函 \(g\cdot f\) 定义为 \[(g\cdot f)(v) = f(g^{-1} v).\] 为了简便我们省略 \(g\cdot f\) 中的 \(\cdot\)，把它写作 \(gf\)。
这样定义的目的是为了让 \(g\) 保持双线性映射 \(\langle \,,\,\rangle\) 不变： \[\langle gv,\,gf\rangle = \langle v,\,f\rangle.\] 用 \(g^{-1}f\) 代替 \(f\)，我们得到 \[\langle gv,\,f\rangle = \langle v,\,g^{-1}f\rangle.\] 特别当 \(g=s\) 是一个反射时，由于 \(s=s^{-1}\) 所以 \[\langle sv,\,f\rangle = \langle v,\,sf\rangle.\] 这种将单个反射在 \((\cdot,\cdot){\,}{}\) 两边「跳来跳去」的技巧后面会经常用到。
由于 \(V\) 和 \(V^\ast\) 互为对偶空间，所以 \(\Delta=\{\alpha_s\}\) 是 \(V^\ast\) 上的一组线性无关的泛函，定义它们的正半空间的交为 \[\mathcal{D}= \bigcap_{s\in S}\{x\in V^\ast\mid \langle \alpha_s,\,x\rangle > 0\}.\] \(\mathcal{D}\) 总是 \(V^\ast\) 中的非空开集，其闭包记作 \(\overline{\mathcal{D}}\)。你可以把 \(\mathcal{D}\) 理解为万花筒中原像所在的房间，超平面的集合 \(\{\alpha_s=0\}\) 是房间的墙壁。\(\overline{\mathcal{D}}\) 就是 \(\mathcal{D}\) 加上了房间四周的墙壁。
\(W\) 同样作用在 \(V^\ast\) 上： \[\langle v,\,w f\rangle = \langle w^{-1}v,\,f\rangle.\quad v\in V,\,f\in V^\ast.\] 在 上文 中我们已经证明了 \(W\) 忠实地作用在 \(V\) 上。不难验证在此定义下，\(W\) 也忠实地作用在 \(V^\ast\) 上，即如果 \(wf=f\) 对任何 \(f\in V^\ast\) 成立，则 \(w=1\)。
定义 1.1. 定义 Tits 锥为 \[\mathcal{C}= \bigcup_{w\in W} w\overline{\mathcal{D}}.\]
Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 可以理解为万花筒，它是由原像房间 \(\overline{\mathcal{D}}\) 在 \(W\) 下的所有虚像构成的。容易看到 \(\mathcal{C}\) 是 \(W\)- 不变的。
读者可能有疑问为什么 Tits 锥位于对偶空间 \(V^\ast\) 中。一个看起来更自然的想法是，直接把 \(V\) 中所有以 \(\Delta\) 为法向量的正半空间之交 \[\bigcap_{s\in S}\{v\in V\mid(\alpha_s, v)>0\}\] 作为基本区域 \(\mathcal{D}\)。在内积 \((\cdot,\cdot)\) 非退化时，这样做是可以的，但是在 \((\cdot,\cdot)\) 退化时，可能会出现 \(\mathcal{D}\) 是空集的问题。我们以仿射 \(\widetilde{A_1}\) 为例，它的 Coxeter 矩阵是 \[\begin{pmatrix}1 & \infty\\\infty&1\end{pmatrix}.\] 在 \(a_{s,t}=1\) 时它给出的内积的 Gram 矩阵是 \[\begin{pmatrix}(\alpha_s,\alpha_s) & (\alpha_s,\alpha_t)\\(\alpha_t,\alpha_t)& (\alpha_t,\alpha_t)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}.\] 假设 \(v=a\alpha_s+b\alpha_t\in\mathcal{D}\) 满足 \((v,\alpha_s)>0\) 且 \((v,\alpha_t)>0\)，你会发现这要求 \(a>b\) 且 \(b>a\)，不存在这样的 \(v\)！但是通过区分 \(W\) 在 \(V\) 和 \(V^\ast\) 上的作用就可以避免这个问题。因为 \(\Delta\) 作为 \(V\) 的一组基构成 \(V^\ast\) 上一组线性无关的泛函，它们在 \(V^\ast\) 中正半空间的交是非空的拓扑开集。
读者可能注意到了：我们使用了 Tits 锥这个称呼，但 \(\mathcal{C}\) 真的是一个锥吗？这可不显然。要证明 Tits 锥确实是锥，我们需要它的另一种等价刻画。
我们先回顾一下锥的概念：
定义 1.2. 设 \(C\) 是某实向量空间的子集。如果对任何 \(x\in C\) 和实数 \(\alpha\geq0\) 都有 \(\alpha x\in C\)，就称 \(C\) 是一个锥。如果 \(C\) 还是凸集，就称 \(C\) 是凸锥。凸锥满足对任何 \(x,y\in C\) 和非负实数 \(\alpha,\beta\geq0\)，\(\alpha x + \beta y\) 仍然属于 \(C\)。
设 \(X\) 是某实向量空间的子集，我们用记号 \(\mathrm{cone}(X)\) 表示 \(X\) 中元素的所有有限非负线性组合： \[\mathrm{cone}(X) = \left\{\sum_{i=1}^n c_ix_i,\, x_1,\ldots,x_n\in X,\, c_i\geq0.\right\}.\] 显然 \(\mathrm{cone}(X)\) 总是凸锥，并且它还是包含 \(X\) 的最小凸锥。
注意，当 \(X\) 是有限集时，\(\mathrm{cone}(X)\) 总是闭集，但是当 \(X\) 是无限集时 \(\mathrm{cone}(X)\) 未必是闭集。
定义 1.3. 设 \(\Delta^\ast=\{\omega_t\}\subset V^\ast\) 是 \(\Delta\) 的一组对偶基，满足 \(\langle \alpha_s,\,\omega_t\rangle=\delta_{st}\)，\(\Delta^\ast\) 叫做基本权。记 \[\Omega=\bigcup_{w\in W}w\Delta^\ast.\] \(\Omega\) 中的元素叫做权。
命题 1.4. \(\overline{\mathcal{D}}=\mathrm{cone}(\Delta^\ast)\)。
证明：对 \(x\in V^\ast\)，设 \(x=\sum_{t\in S}c_t\omega_t\)，注意到对任何 \(s\in S\) 有 \(\langle \alpha_s,\,x\rangle = c_s\)，所以 \[x\in\mathrm{cone}(\Delta^\ast)\Leftrightarrow c_s\geq0 \text{ for all } s \in S \Leftrightarrow \langle \alpha_s,\,x\rangle\geq 0 \text{ for all } s\in S \Leftrightarrow x\in\overline{\mathcal{D}}. \] \(\blacksquare\)
定义 1.5. 对任一 \(x\in V^\ast\)，定义 \[\mathrm{Neg}(x)= \{\lambda\in \Phi^+\mid \langle \lambda,\,x\rangle<0\}.\] \(\mathrm{Neg}(x)\) 是正根 \(\Phi^+\) 的子集，表示 \(x\) 位于哪些镜子的背面。
显然 \(\overline{\mathcal{D}}=\{x\in V^\ast\mid\mathrm{Neg}(x)=\emptyset\}\)。房间 \(\overline{\mathcal{D}}\) 和它在镜子中的所有虚像构成了 Tits 锥 \(\mathcal{C}\)。\(\mathcal{C}\) 中每个点都是 \(\overline{\mathcal{D}}\) 中某个点经过有限次反射后得到的。这启发我们给出 \(\mathcal{C}\) 的另一种刻画：
定理 1.6. Tits 锥 \(\mathcal{C}= \{x\in V^\ast \mid |\mathrm{Neg}(x)| < \infty\}\)。
注：
这个定理的几何意义是，每个镜子的正面是包含 \(\mathcal{D}\) 的一侧，另一侧是背面，Tits
锥就是那些只落在有限多个镜子背面的点，它们一定经过有限次单反射后变换到
\(\overline{\mathcal{D}}\)
中。换言之，Tits 锥中的点使得下面的 while
循环可以在有限次后结束：
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下面的动画展示了双曲 Coxeter 群 \(\Delta(3,3,7)\) 的 Tits 锥中那些反射次数 \(\leq10\) 的点：
证明：
\(\Rightarrow\)：设 \(x\in\mathcal{C}\)，则 \(x\) 可以表示为 \(x=wv\)，其中 \(w\in W,v\in\overline{\mathcal{D}}\)。设 \(\lambda\in\mathrm{Neg}(x)\)，则 \[0>\langle \lambda,\,x\rangle=\langle \lambda,\,wv\rangle=\langle w^{-1}\lambda,\,v\rangle.\] 然而 \(v\in\overline{\mathcal{D}}\)，这说明 \(w^{-1}\lambda\in\Phi^-\)，从而 \(\mathrm{Neg}(x)\subseteq N(w^{-1})\)，从而 \[|\mathrm{Neg}(x)|\leq |N(w^{-1})|=l(w^{-1})=l(w)<\infty.\]
\(\Leftarrow\)：反之若 \(|\mathrm{Neg}(x)|<\infty\)，我们来论证存在 \(w\in W\) 使得 \(wx\in\overline{\mathcal{D}}\)。这里的想法是，每次选择一个单根 \(\alpha_s\) 对应的镜面，使得 \(x\) 落在这个镜子的背面，然后将 \(x\) 关于 \(\alpha_s\) 反射过去变到 \(\alpha_s\) 的正面，这个操作会将遮挡在 \(x\) 和 \(\overline{\mathcal{D}}\) 之间的镜子个数严格减少 1。如此这般直到 \(x\) 落入 \(\overline{\mathcal{D}}\) 为止。
严格的论证如下：
若 \(\mathrm{Neg}(x)=\emptyset\) 这显然成立，因为这时 \(x\) 本身就落在 \(\overline{\mathcal{D}}\) 中。当 \(\mathrm{Neg}(x)\ne\emptyset\) 时，\(\mathrm{Neg}(x)\) 中一定包含一个单根 \(\alpha_s\in\Delta\)，于是 \(\langle \alpha_s,\,x\rangle< 0\)。考虑 \(x\) 关于 \(\alpha_s\) 的镜像点 \(sx\)，\(sx\) 位于 \(\alpha_s\) 的正面，所以 \(\alpha_s\notin\mathrm{Neg}(sx)\)，从而对任何 \(\lambda\in\mathrm{Neg}(sx)\)，\(s\lambda\) 仍然是正根。于是 \[\lambda\in\mathrm{Neg}(sx)\Rightarrow\langle \lambda,\,sx\rangle<0\Rightarrow\langle s\lambda,\,x\rangle<0\Rightarrow s\lambda\in\mathrm{Neg}(x).\] 当然 \(s\lambda\ne\alpha_s\)，否则 \(\lambda=-\alpha_s\) 与 \(\lambda\) 是正根矛盾，所以上式说明\[s\cdot\mathrm{Neg}(sx)\subseteq\mathrm{Neg}(x)\setminus\{\alpha_s\}.\] 从而 \(\mathrm{Neg}(sx)\) 的元素个数严格小于 \(\mathrm{Neg}(x)\)。
重复此过程我们可以取一组 \(s_1,\ldots,s_k\) 使得 \(y=s_1\cdots s_k\cdot x\) 满足 \(\mathrm{Neg}(y)=\emptyset\)，从而 \(y\in\overline{\mathcal{D}}\)，这就证明了结论。\(\blacksquare\)
推论 1.7. Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 是凸锥。
证明：设 \(x, y\in\mathcal{C}\) 和 \(\alpha,\beta\geq0\)，我们需要证明 \(z=\alpha x+\beta y\) 也属于 \(\mathcal{C}\)。但是 \[\mathrm{Neg}(z)\subseteq\mathrm{Neg}(x)\cup\mathrm{Neg}(y),\] 根据 定理 1.6 \(\mathrm{Neg}(x),\,\mathrm{Neg}(y)\) 都有限，所以 \(\mathrm{Neg}(z)\) 也有限，从而 \(z\in\mathcal{C}\)，即 \(\mathcal{C}\) 是凸锥。\(\blacksquare\)
推论 1.8. \(\mathcal{C}=\mathrm{cone}(\Omega)\)。
证明：由于 \(\Omega\supset\Delta^\ast\)，以及根据 命题 1.4 有 \(\mathrm{cone}(\Delta^\ast)=\overline{\mathcal{D}}\)，所以 \[\mathrm{cone}(\Omega)\supset\mathrm{cone}(\Delta^\ast)=\overline{\mathcal{D}}.\] 再结合 \(\mathrm{cone}(\Omega)\) 是 \(W\)- 不变的，所以它包含 \(\bigcup_{w\in W}w\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{C}\)。
另一方面 \(\mathcal{C}\supset\overline{\mathcal{D}}\supset\Delta^\ast\)，并且 \(\mathcal{C}\) 也是 \(W\)- 不变的，所以 \[\mathcal{C}\supset\bigcup_{w\in W}w\Delta^\ast=\Omega.\] 而 推论 1.7 证明了 \(\mathcal{C}\) 是凸锥，所以 \(\mathcal{C}\supset\mathrm{cone}(\Omega)\)。\(\blacksquare\)
Tits 锥的内点
接下来我们来讨论 \(\mathcal{C}\) 的内点集 \(\mathcal{C}^\circ\)。我们将证明 \(\mathcal{C}^\circ\) 由那些稳定化子群是有限群的点组成： \[\mathcal{C}^\circ = \{x\in V^\ast \mid |\mathrm{Stab}(x)| < \infty\}.\]
定理 2.1. 对任何 \(x\in\overline{\mathcal{D}}\)，记 \(J=\{s\in S \mid \langle \alpha_s,\,x\rangle=0\}\)，则 \(\mathrm{Stab}(x) = W_J\)。
注： 这个定理的含义是，对原像房间 \(\overline{\mathcal{D}}\) 中的一点 \(x\)，其稳定化子群 \(\mathrm{Stab}(x)\) 是一个标准椭圆子群，由那些包含 \(x\) 的镜子 \(\{\alpha_s\in\Delta \mid \langle \alpha_s,\,x\rangle=0\}\) 对应的反射生成。
证明：
对任何 \(s\in J\) 和 \(v\in V\) 我们有 \[\langle v,\,sx\rangle = \langle sv,\,x\rangle=\langle v-2(v,\alpha_s)\alpha_s,\,x\rangle=\langle v,\,x\rangle-2(v,\alpha_s)\langle \alpha_s,\,x\rangle=\langle v,\,x\rangle.\] 由 \(v\) 的任意性可得 \(sx=x\)，从而 \(W_J\subseteq\mathrm{Stab}(x)\)。
为了证明反向的包含关系，设 \(w\in\mathrm{Stab}(x)\)。\(w=s_1\cdots s_k\) 是一个既约表示，我们从最末一个元素 \(s_k\) 开始向左逐个验证它们属于 \(J\)。
设 \(w'=s_1\cdots s_{k-1}\)，则 \(l(ws_k)=l(w')<l(w)\)，于是 \(w\alpha_k\in\Phi^-\)。我们有 \[0\geq \langle w\alpha_k,\,x\rangle = \langle w\alpha_k,\,wx\rangle = \langle \alpha_k,\,x\rangle\geq0.\] 其中第一个不等号是因为 \(w\alpha_k\) 是负根和 \(x\in\overline{\mathcal{D}}\)。所以上面的不等式中等号都成立，从而 \(\langle \alpha_k,\,x\rangle=0\)，即 \(s_k\in J\subset W_J\)，从而 \(s_kx=x\)。进一步 \(w'\) 也满足 \(w'x=x\)。对 \(w'\) 重复此论证，便得到 \(s_1,\ldots,s_k\) 都属于 \(J\)，从而定理得证。\(\blacksquare\)
命题 2.2. 设 \(x\in\overline{\mathcal{D}}\)，\(J\) 的定义如 定理 2.1，则 \(x\in\mathcal{C}^\circ\) 当且仅当 \(W_J\) 是有限群。
证明：
\(\Rightarrow\)：我们的思路是，如果 \(x\) 是 \(\mathcal{C}\) 的内点，并且经过 \(x\) 的镜面有无穷多个，那么可以在 \(x\) 的附近取一点 \(z\)，\(z\) 仍然是 \(\mathcal{C}\) 的内点，使得这无穷多个镜子都挡在基本区域和 \(z\) 之间，从而 \(\mathrm{Neg}(z)\) 是无限集，从而 \(z\notin\mathcal{C}\)，导致矛盾。
严格的论证如下：
任取 \(y\in\mathcal{D}\)。由于 \(x\in\mathcal{C}^\circ\)，所以在线段 \(\overline{[y, x]}\) 上我们可以朝着 \(x\) 的方向延伸一点点，得到点 \(z\)，使得 \(z\) 仍然位于 \(\mathcal{C}^\circ\) 中。\(z\) 可以表示为 \[z=(1-t)x+ty,\quad t<0.\] 于是对所有 \(s\in J\) 都有 \(\langle \alpha_s,\,z\rangle=t\langle \alpha_s,\,y\rangle < 0\) 成立。这说明在 \(W_J\) 的根系 \(\Phi_J=W_J\cdot \{\alpha_s\mid s\in J\}\) 中，所有的正根 \(\Phi_J^+\subset\mathrm{Neg}(z)\)。如果 \(W_J\) 是无限群那么 \(\Phi_J^+\) 也是无限的，从而 \(\mathrm{Neg}(z)\) 是无限集，从而 \(z\notin\mathcal{C}^\circ\)，矛盾！
\(\Leftarrow\)：反之若 \(W_J\) 是有限群，仍然任取 \(y\in\mathcal{D}\)。
对任何镜面 \(s\in S\setminus J\)，由于 \(x\) 不属于此镜面，所以 \(\langle \alpha_s,\,x\rangle>0\)。另一方面对任何 \(w\in W_J\)，根据 前文中的结论 \(w^{-1}\alpha_s\) 仍然是正根，所以也有 \(\langle \alpha_s,\,wy\rangle=\langle w^{-1}\alpha_s,\,y\rangle>0\) 成立，于是 \[\delta = \min\left\{\frac{\langle \alpha_s,\,x\rangle}{\langle \alpha_s,\,wy\rangle}\,\middle|\, \alpha_s\in S\setminus J,\, w\in W_J\right\}>0\] 是一个正数，将上面的分母乘到左边然后对 \(w\in W_J\) 求和，我们有 \[\delta\cdot\langle \alpha_s,\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle\leq \langle \alpha_s,\,x\rangle\cdot |W_J| < 2\langle \alpha_s,\,x\rangle\cdot |W_J|.\] 即 \[\delta\cdot\langle \alpha_s,\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle< 2\langle \alpha_s,\,x\rangle\cdot |W_J|,\quad s\in S\setminus J.\tag{1}\label{eq:strict}\] 注意这个不等式两边关于 \(\alpha_s\) 都是线性的。
既然对 \(s\in S\setminus J\) 上面的不等式是严格的，那么对 \(t\in J\) 又如何呢？这时右边 \(\langle \alpha_t,\,x\rangle=0\)。又因为 \(\sum_{w\in W_J}wy\) 在 \(W_J\) 下保持不变，所以根据 定理 2.1 可得 \(\langle \alpha_{t},\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle=0\)，从而上面的不等式变成了等式（两边都是 0）： \[0=\delta\cdot\langle \alpha_t,\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle= 2\langle \alpha_t,\,x\rangle\cdot |W_J|=0,\quad t\in J.\tag{2}\label{eq:equal}\]
对任何 \(\lambda\in\Phi^+\setminus\Phi_J^+\)，\(\lambda\) 可以表示为一些 \(\{\alpha_s,\,s\in S\setminus J\}\) 和一些 \(\{\alpha_t,\,t\in J\}\) 的非负线性组合。我们已经看到对 \(s\in S\setminus J\) 严格的不等式 \((\ref{eq:strict})\) 成立，对 \(t\in J\) 等式 \((\ref{eq:equal})\) 成立。把这些严格不等式和等式按照 \(\lambda\) 的系数求线性组合，我们得到将 \(\lambda\) 代入 \((\ref{eq:strict})\) 中 \(\alpha_s\) 的位置，严格不等式仍然成立。
于是对任何 \(\lambda\in\Phi^+\setminus\Phi_J^+\) 有 \[\delta\cdot\langle \lambda,\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle< 2\langle \lambda,\,x\rangle\cdot |W_J|.\] 上面每一个 \(\langle \lambda,\,wy\rangle\) 都是大于 0 的，我们可以只取 \(w=1\) 的一项，其余全扔掉，得到 \[\delta\cdot\langle \lambda,\,y\rangle< 2\langle \lambda,\,x\rangle\cdot |W_J|.\] 记 \(z = 2|W_J|x - \delta y\)，我们得到 \(\langle \lambda,\,z\rangle>0\) 对任何 \(\lambda\in\Phi^+\setminus\Phi_J^+\) 成立。
另一方面对任何 \(\mu\in\Phi_J^+\)，由于 \(\langle \mu,\,x\rangle=0\)，所以 \(\langle \mu,\,z\rangle=-\delta\langle \mu,\,y\rangle<0\)，于是 \(\mathrm{Neg}(z)=\Phi_J^+\) 是有限集，从而 \(z\in\mathcal{C}\)。
实际上我们有 \(z\in\mathcal{C}^\circ\)，这是因为对任何 \(\lambda\in\Phi\)，\(\lambda\) 必然属于 \(\pm\Phi^+_J,\pm(\Phi^+\setminus\Phi^+_J)\) 之一，而我们已经看到 \(\langle \lambda,\,z\rangle\) 总不是 0，所以 \(z\) 不落在任何镜面上。设 \(z=wv,\,v\in\overline{\mathcal{D}}\)，那么 \[\langle \alpha_s,\,v\rangle=\langle w\alpha_s,\,wv\rangle=\langle w\alpha_s,\,z\rangle\ne0\] 对任何 \(\alpha_s\in\Delta\) 成立，所以 \(v\in\mathcal{D}\subset\mathcal{C}^\circ\)，从而 \(z=wv\in w\mathcal{D}\subset\mathcal{C}^\circ\)。
现在 \(x\) 是 \(z\) 和 \(y\) 的线性组合 \(x = \frac{1}{2|W_J|}(z + \delta y)\)。我们来说明 \(x\) 也属于 \(\mathcal{C}^\circ\)。由于 \(z,y\in\mathcal{C}^\circ\)，所以 \(\frac{1}{2|W_J|}z, \frac{\delta}{2|W_J|}y\in\mathcal{C}^\circ\)，即存在开集 \(A,B\) 满足 \(\frac{1}{2|W_J|}z\in A\subset\mathcal{C}^\circ\)，\(\frac{\delta}{2|W_J|}y\in B\subset \mathcal{C}^\circ\)，于是 \(x\in A+B=\cup_{p\in B}(A+p)\)，这是一组开集的并，所以 \(x\in\mathcal{C}^\circ\)。\(\blacksquare\)
定理 2.3. 设 \(y\in\mathcal{C}\)，则 \(y\in\mathcal{C}^\circ\) 当且仅当 \(\mathrm{Stab}(y)\) 是有限群。
证明：\(y\) 可以写成 \(y=wx\) 的形式，其中 \(w\in W,\,x\in\overline{\mathcal{D}}\)，从而 \({\rm Stab}(y)=w{\rm Stab}(x)w^{-1}\)，二者同为有限群或者无限群；而且 \(x,y\) 同时属于或者同时不属于 \(\mathcal{C}^\circ\)。由 命题 2.2 即得结论。\(\blacksquare\)
Tits 锥的对偶锥
这一节来讨论 Tits 锥的对偶锥。研究对偶锥对理解 Tits 锥本身的结构也很有帮助。
定义 3.1. 设 \(C\) 是 \(V\) 中的一个锥，定义 \(C\) 的对偶锥 \(C^\ast\in V^\ast\) 为 \[C^\ast = \{f\in V^\ast\mid f(v)\geq0,\ \forall v\in C\}.\] 即 \(C^\ast\) 是对偶空间中那些在 \(C\) 上取值均非负的线性泛函组成的集合。
不难看出 \(C^\ast\) 也构成 \(V^\ast\) 中的一个锥，所以我们又可以取其对偶锥 \(C^{\ast\ast}\subset V\)。
定理 3.2. \(C^{\ast\ast} = \overline{C}\)。其中 \(\overline{C}\) 是 \(C\) 的拓扑闭包。
证明：显然 \(\overline{C}\subseteq C^{\ast\ast}\)，只要论证 \(C^{\ast\ast} \subseteq \overline{C}\) 即可。
对任何 \(x\notin\overline{C}\)，根据凸集分离定理，存在超平面 \(H\)，其法向量 \(n\) 满足 \((n,C)\geq 0\) 但是 \((n,x) < 0\)。于是线性泛函 \((n,\cdot)\in C^\ast\) 且由于 \((n,x)<0\) 从而 \(x\notin C^{\ast\ast}\)。反向包含得证。\(\blacksquare\)
注： 对不熟悉凸集分离定理的读者，下面是一点细节补充：设 \(u\in\overline{C}\) 是 \(\overline{C}\) 中与 \(x\) 距离最近的点：\(|x-u|=\inf_{z\in \overline{C}}|x-z|\)。对任何 \(z\in\overline{C}\)，考虑线段 \([u,z]\) 上的点与 \(x\) 的距离 \[f(t) = |u + t(z-u) - x|,\quad 0\leq t\leq1.\] \(f\) 在 \(t=0\) 时取得最小值： \[ |u-x|^2 \leq |u-x|^2 + 2t(u-x, z-u) + t^2|z-u|^2.\] 即 \[0\leq t\cdot\left(2(u-x,z-u) + t|z-u|^2\right)\leq 2(u-x,z-u) + t|z-u|^2.\] 令 \(t\to0^+\) 可得 \((u-x,z-u)\geq 0\)。 这个式子对任何 \(z\in\overline{C}\) 成立，特别地取 \(z=tu\) 代入有 \[(1-t)\cdot(u-x, u)\geq0.\] 上式对任何 \(t\geq0\) 成立必须只能是 \((u-x, u)=0\)。于是不等式 \[(u-x,z-u)\geq 0\] 可以改写为 \[(u-x,z)\geq0\] 对任何 \(z\in\overline{C}\) 成立。而 \((u-x,x)=-(u-x,u-x)<0\)。所以 \(u-x\) 即为所求的法向量 \(n\)。
回到 Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 的讨论上来。由于 \(\mathcal{C}\in V^\ast\) 所以 \(\mathcal{C}^\ast\in V\)。我们有如下定理：
定理 3.3. Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 的对偶锥为 \(\mathcal{C}^\ast=\bigcap\limits_{w\in W}w(\mathrm{cone}(\Delta))\)。
显然 \(\mathrm{cone}(\Delta)\) 是 \(V\) 中的一个闭凸锥，它在 \(V^\ast\) 中的对偶锥正是基本区域的闭包 \(\overline{\mathcal{D}}\)： \[\overline{\mathcal{D}}= \{x\in V^\ast\mid \langle \lambda,\,x\rangle\geq0,\ \forall \lambda\in\mathrm{cone}(\Delta)\}.\]
注： 由定理结论可见 Tits 锥的对偶锥同样是 \(W\)- 不变的。
证明：
\[ \begin{align} \mathcal{C}^\ast &=\{v\in V \mid \langle v,\,x\rangle\geq 0 \text{ for all } x \in \mathcal{C}\}\\ &= \{v\in V \mid \langle v,\,wz\rangle\geq0 \text{ for all } z\in\overline{\mathcal{D}}\text{ and } w \in W\}\\ &= \{v\in V \mid \langle w^{-1}v,\,z\rangle\geq0 \text{ for all } v\in\overline{\mathcal{D}}\text{ and } w \in W\}\\ &= \{v\in V \mid w^{-1}v\in (\overline{\mathcal{D}})^\ast \text{ for all } w \in W\}\\ &\stackrel{(\ast)}{=} \{v\in V \mid w^{-1}v\in \mathrm{cone}(\Delta) \text{ for all } w \in W\}\\ &= \{v\in V \mid v\in w(\mathrm{cone}(\Delta)) \text{ for all } w \in W\}. \end{align} \]
其中 \((\ast)\) 一步正是将 定理 3.2 应用在 \(C=\mathrm{cone}(\Delta),\,C^\ast=\overline{\mathcal{D}}\) 上得到的。注意我们使用了 \(\mathrm{cone}(\Delta)\) 是闭集这一点：\(\mathrm{cone}(\Delta)=\overline{\mathrm{cone}(\Delta)}\)。\(\blacksquare\)
推论 3.4. \(\mathcal{C}^\ast\) 是点锥：\(\mathcal{C}^\ast\cap -\mathcal{C}^\ast=\{0\}\)。
证明：根据 定理 3.3 有 \(\mathcal{C}^\ast\subset\mathrm{cone}(\Delta)\)，但显然 \(\mathrm{cone}(\Delta)\cap-\mathrm{cone}(\Delta)=\{0\}\)。\(\blacksquare\)
虽然我们得到了上面关于 \(\mathcal{C}^\ast\) 的刻画，但是它并不好用。我们下面用内积的形式给出 \(\mathcal{C}^\ast\) 的一个更好的刻画。
命题 3.5. 如果 \(v\in\mathrm{cone}(\Delta)\) 满足对任何 \(\alpha_s\in\Delta\) 有 \((v,\alpha_s)\leq0\)，则 \(v\in\mathcal{C}^\ast\)。
证明：只要证明对任何 \(w\) 都有 \(wv\in\mathrm{cone}(\Delta)\) 即可。对 \(l(w)\) 归纳：\(l(w)=0\) 的情形是已知，假设结论对小于 \(l(w)\) 都成立，对 \(l(w)\) 的情形设 \(w=w's\)，其中 \(l(w')<l(w)\)，则 \(w'\alpha_s\in\Phi^+\)。于是
\[ \begin{align}wv &= w'sv\\ &=w'(v - 2(v,\alpha_s)\alpha_s)\\ &=w'v - 2(v,\alpha_s)w'\alpha_s. \end{align} \]
根据归纳假设 \(w'v\in\mathrm{cone}(\Delta)\)，再结合 \(w'\alpha_s\in\Phi^+\subset\mathrm{cone}(\Delta)\)，所以结论成立。\(\blacksquare\)
命题 3.6. 对任何 \(u,v\in\mathcal{C}^\ast\) 有 \((u,v)\leq 0\)。
注： 我是在与 Bob Howlett 教授的邮件交流中学到这个结论的。这个证明我相信改进自 (Maxwell 1982)。
证明：由于 \(\Delta\) 构成 \(V\) 的一组基，所以任何 \(v\in V\) 可以表示为 \(\Delta\) 的线性组合：\(v = \sum_{s\in S}c_s\alpha_s\)。定义 \(S(v)=\sum_{s\in S}c_s\) 为所有系数的和。特别地，当 \(v\in\mathcal{C}^\ast\subset\mathrm{cone}(\Delta)\) 时，每个 \(c_s\) 都是非负的，所以 \(S(v)\geq0\)。
用反证法，设 \(u,v\in\mathcal{C}^\ast\) 满足 \((u,v)>0\)，不妨设 \((u,v)=1\)。记 \(n=|S|\) 和 \(M=S(u)\)。定义
\[X=\{x\in\mathcal{C}^\ast\mid S(x)\leq S(v) \text{ and $(z,x)\geq1$ for some $z\in\mathcal{C}^\ast$ with $S(z)\leq M$}\}.\]
显然 \(v\in X\)。
记 \(\epsilon=2/(nM)\)，我们将证明对任何 \(x\in X\)，都存在 \(y\in X\) 使得 \(S(y)\leq S(x)-\epsilon\)。
对 \(x\in X\)，设 \(z=\sum_{s\in S}z_s\alpha_s\in\mathcal{C}^\ast\) 满足 \(S(z)\leq M\) 和 \((z,x)\geq1\)，则 \[(z,x)=\sum_{s\in S}z_s(\alpha_s, x)\geq1.\] 所以必有某个 \(\alpha_s\) 使得 \(z_s(\alpha_s,x)\geq 1/n\)。由于 \(z_s\leq S(z)\leq M\)，我们有 \((\alpha_s,x)\geq 1/(nz_s)\geq 1/(nM)=\epsilon/2\)。
考察 \[y=sx=x-2(x,\alpha_s)\alpha_s. \] 由于 \(x\in\mathcal{C}^\ast\) 以及 \(\mathcal{C}^\ast\) 是 \(W-\) 不变的所以 \(y\in\mathcal{C}^\ast\)。又注意到 \(S(y)=S(x)-2(x,\alpha_s)\leq S(x)-\epsilon\)，所以要证明 \(y\) 符合要求，只要再找到某个 \(z'\in\mathcal{C}^\ast\) 满足 \(S(z')\leq M\) 和 \((z',y)\geq1\) 即可。
如果 \((z,\alpha_s)<0\)，那么 \(z'=z\) 就满足要求，因为这时 \[(z,y)=(z,x-2(x,\alpha_s)\alpha_s)=(z,x)-2\underbrace{(x,\alpha_s)}_{\geq\epsilon/2}\underbrace{(z,\alpha_s)}_{<0}>(z,x)\geq1.\]
反之如果 \((z,\alpha_s)>0\)，我们来验证 \(z'=sz=z-2(z,\alpha_s)\alpha_s\) 满足要求：由于 \(z\in\mathcal{C}^\ast\) 所以 \(z'\in\mathcal{C}^\ast\)，并且 \(S(z')=S(z)-2(z,\alpha_s)<S(z)\)，以及 \[(z', y)=(sz, sx)=(z,x)\geq1.\]
所以从 \(v=x\) 开始出发，我们经过有限次后取到 \(y\in X\) 使得 \(S(y)\) 是负数，这与 \(y\in\mathcal{C}^\ast\) 矛盾。\(\blacksquare\)