从 Coxeter 群到双曲球堆(三):Tits 锥

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。

\(V^\ast\)\(V\) 的对偶空间,我们有一个自然的双线性映射 \[V\times V^\ast\to\mathbb{R}: \langle v,\,f\rangle= f(v).\] 任何 \(V\) 上的可逆线性变换 \(g\in\mathrm{GL}(V)\) 同样作用在 \(V^\ast\) 上:对任何 \(f\in V^\ast\),线性泛函 \(gf\) 定义为 \[(g f)(v) = f(g^{-1} v).\] 这个定义的好处是它保持上面的双线性映射 \(\langle \,,\,\rangle\) 不变: \[\langle gv,\,gf\rangle = \langle v,\,f\rangle.\] 于是 \[\langle gv,\,f\rangle = \langle v,\,g^{-1}f\rangle.\] 特别当 \(g=s\) 是一个反射时,由于 \(s=s^{-1}\) 所以 \[\langle sv,\,f\rangle = \langle v,\,sf\rangle.\] 这种将反射在 \((\cdot,\cdot){\,}{}\) 两边跳来跳去的技巧后面会经常用到。

由于 \(V\)\(V^\ast\) 互为对偶空间,所以 \(\Delta=\{\alpha_s\}\)\(V^\ast\) 上的一组线性无关的泛函,定义它们的正半空间的交为 \[\mathcal{D}= \bigcap_{s\in S}\{x\in V^\ast\mid \langle \alpha_s,\,x\rangle > 0\}.\] 你可以把 \(\mathcal{D}\) 理解为万花筒中原像所在的房间,\(\alpha_s=0\) 是房间的墙壁。\(\mathcal{D}\) 总是 \(V^\ast\) 中的非空开集,其闭包记作 \(\overline{\mathcal{D}}\)\(\overline{\mathcal{D}}\) 就是 \(\mathcal{D}\) 加上了房间四周的墙壁。

\(W\) 同样作用在 \(V^\ast\) 上: \[\langle w\lambda,\,v\rangle = \langle \lambda,\,w^{-1}v\rangle.\quad \lambda\in V^\ast,\, v\in V.\] 不难验证在此定义下,\(W\) 也同构地映射为 \(V^\ast\) 上的反射群。

定义 1.1. 定义 Tits 锥\[\mathcal{C}= \bigcup_{w\in W} w\overline{\mathcal{D}}.\] Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 即为万花筒,它是 \(W-\) 不变的。

读者可能有疑问为什么 Tits 锥是位于对偶空间中的。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 \((\cdot,\cdot)\) 退化的情形,可能会出现 \(\mathcal{D}\) 是空集的问题。以 Coxeter 矩阵 \[\begin{pmatrix}1 & \infty\\\infty&1\end{pmatrix}\] 为例,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 \((v,\alpha_s)>0\)\((v,\alpha_t)>0\),你会发现这要求 \(a>b\)\(b>a\),不存在这样的 \(v\)!但是通过区分 \(V\)\(V^\ast\) 上的作用就可以避免这个问题。因为 \(\Delta\) 是一组线性无关的泛函,它们在对偶空间中正半空间的交一定是个非空的拓扑开集。

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. \(C\) 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。如果 \(C\) 还是凸集,就称 \(C\)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 \(C\)

定义 1.3. \(\Delta^\ast=\{\omega_t\}\subset V^\ast\)\(\Delta\) 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

\(X=\{x_1,\ldots,x_n\}\) 是一个有限集,我们用记号 \(\mathrm{cone}(X)\) 表示 \(X\) 中元素的所有非负线性组合: \[\mathrm{cone}(X) = \left\{\sum_{i=1}^n c_ix_i,\, c_i\geq0\right\}.\]

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 \(s\in S\)\(\langle \alpha_s,\,x\rangle = c_s\),所以 \[x\in\mathrm{cone}(\Delta^\ast)\Leftrightarrow c_s\geq0 \text{ for all } s \in S \Leftrightarrow \langle \alpha_s,\,x\rangle\geq 0 \text{ for all } s\in S \Leftrightarrow x\in\overline{\mathcal{D}}. \] \(\blacksquare\)

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。

一个显然的事实是,\(\overline{\mathcal{D}}\) 位于所有镜子的正面,即 \(\overline{\mathcal{D}}=\{x\in V^\ast\mid\mathrm{Neg}(x)=\emptyset\}\)

我们来证明:

定理 1.5. Tits 锥 \(\mathcal{C}= \{x\in V^\ast \mid |\mathrm{Neg}(x)| < \infty\}\)

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:

1
2
while dot(x, alpha_s) < 0 for some s in S:
x = reflect(x, alpha_s)

下面的动画展示了 \(\Gamma=\Delta(3,3,7)\) 对应的双曲 Coxeter 群的 Tits 锥中反射次数不超过 10 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 \(\lambda\in\Phi^+\),由恒等式 \[\langle \lambda,\,x\rangle=\langle \lambda,\,wv\rangle=\langle w^{-1}\lambda,\,v\rangle\]\(\langle \lambda,\,x\rangle< 0\Rightarrow \langle w^{-1}\lambda,\,v\rangle<0\Rightarrow w^{-1}\lambda\in\Phi^-\),即 \(\mathrm{Neg}(x)\subseteq N(w^{-1})\),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 \(x\)\(\overline{\mathcal{D}}\) 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:

\(\mathrm{Neg}(x)=\emptyset\) 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,其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 \[\lambda\in\mathrm{Neg}(sx)\Rightarrow\langle sx,\,\lambda\rangle<0\Rightarrow\langle x,\,s\lambda\rangle<0\Rightarrow s\lambda\in\mathrm{Neg}(x).\] 由于 \(s\lambda\ne\alpha_s\),否则 \(\lambda=-\alpha_s\)\(\lambda\) 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 \(s_{i_1},\ldots,s_{i_k}\) 使得 \(y=s_{i_1}\cdots s_{i_k}x\) 满足 \(\mathrm{Neg}(y)=\emptyset\),从而 \(y\in\overline{\mathcal{D}}\),这就证明了结论。

推论 1.6. Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 是凸锥。

证明:设 \(x, y\in\mathcal{C}\)\(\alpha,\beta\geq0\),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 1.5 \(\mathrm{Neg}(x),\,\mathrm{Neg}(y)\) 都是有限集,所以 \(\mathrm{Neg}(z)\) 也有限,从而 \(z\in\mathcal{C}\),即 \(\mathcal{C}\) 是凸锥。

推论 1.7. \(\mathcal{C}=\mathrm{cone}(\Omega)\)

证明:由于 \(\mathrm{cone}(\Omega)\supset\mathrm{cone}(\Delta^\ast)=\overline{\mathcal{D}}\),以及 \(\mathrm{cone}(\Omega)\)\(W-\) 不变的,所以它包含 \(\bigcup_{w\in W}w\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{C}\)

另一方面根据 命题 1.4\(\mathcal{C}\supset\overline{\mathcal{D}}\supset\Delta^\ast\),以及 \(\mathcal{C}\)\(W-\) 不变的,所以 \[\mathcal{C}\supset\bigcup_{w\in W}w\Delta^\ast=\Omega.\]推论 1.6 证明了 \(\mathcal{C}\) 是凸锥,所以 \(\mathcal{C}\supset\mathrm{cone}(\Omega)\)\(\blacksquare\)

接下来我们来讨论 \(\mathcal{C}\) 的内点集 \(\mathcal{C}^\circ\)。我们将证明 \(\mathcal{C}^\circ\) 由那些稳定化子群有限的点组成: \[\mathcal{C}^\circ = \{x\in V^\ast \mid |\mathrm{Stab}(x)| < \infty\}.\]

分两步,我们首先来证明标准椭圆子群 \(W_J\) 对应的是 \(J\) 中镜面交点的稳定化子群:

定理 1.8. 对任何 \(x\in\overline{\mathcal{D}}\),记 \(J=\{s\in S \mid \langle \alpha_s,\,x\rangle=0\}\),则 \(\mathrm{Stab}(x) = W_J\)

这个定理的含义是,对 \(\overline{\mathcal{D}}\) 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 \(x\) 的墙面 \(\{\alpha_s\in\Delta \mid \langle \alpha_s,\,x\rangle=0\}\) 对应的反射生成。

证明

对任何 \(s\in J\)\(v\in V\) 我们有 \[\langle v,\,sx\rangle = \langle sv,\,x\rangle=\langle v-2(v,\alpha_s)\alpha_s,\,x\rangle=\langle v,\,x\rangle,\]\(v\) 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 \(w\in\mathrm{Stab}(x)\),我们从 \(w\) 的最末一个元素开始逐个验证它们属于 \(J\)

\(w=w's\),其中 \(s\in S,\,l(w')<l(w)\)。则 \(l(ws)<l(w)\),于是 \(w\alpha_s\in\Phi^-\)。我们有 \[0\geq \langle w\alpha_s,\,x\rangle = \langle w\alpha_s,\,wx\rangle = \langle \alpha_s,\,x\rangle\geq0.\] 其中第一个不等号是因为 \(w\alpha_s\) 是负根和 \(x\in\overline{\mathcal{D}}\)。所以 \(\langle \alpha_s,\,x\rangle=0\),即 \(s\in J\subset W_J\),从而 \(sx=x\),于是 \(w'\) 也满足 \(w'x=x\)。对 \(w'\) 重复此论证,便得到 \(w\) 的乘积中所有因子都属于 \(J\),从而定理得证。\(\blacksquare\)

定理 1.9. \(x\in\mathcal{C}^\circ\) 当且仅当 \(x\)\(W\) 中的稳定化子群是有限群。

证明:由于任何 \(y\in\mathcal{C}\) 可以写成 \(y=wx\) 的形式,其中 \(w\in W,\,x\in\overline{\mathcal{D}}\),所以 \(x\)\(y\) 的稳定化子群是共轭的:\({\rm Stab}(y)=w{\rm Stab}(x)w^{-1}\),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 \(\mathcal{C}^\circ\)。所以我们只要论证 \(x\in\overline{\mathcal{D}}\) 的情形即可。

而根据 定理 1.8\(\mathrm{Stab}(x)=W_J\),其中 \(J=\{s\in S\mid\langle \alpha_s,\,x\rangle=0\}\),所以只要证明如下命题即可:

命题. \(x\in\overline{\mathcal{D}}\),则 \(x\in\mathcal{C}^\circ\) 当且仅当 \(W_J\) 是有限群。

命题的证明:

\(\Rightarrow\):我们的思路是,如果 \(x\)\(\mathcal{C}\) 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。

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 \[z=(1-t)x+ty\qquad t<0,\] 于是对所有 \(s\in J\) 都有 \(\langle \alpha_s,\,z\rangle=t\langle \alpha_s,\,y\rangle < 0\) 成立。如果 \(W_J\) 是无限群那么标准椭圆子群 \(W_J\) 的根系 \(\Phi_J=W_J\cdot\{\alpha_s\mid s\in J\}\) 也是无限的,从而 \(\mathrm{Neg}(z)\supseteq \Phi^+_J\) 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 \[\delta\cdot\langle \alpha_s,\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle\leq \langle \alpha_s,\,x\rangle\cdot |W_J| < 2\langle \alpha_s,\,x\rangle\cdot |W_J|.\]

注意到上面这个不等式两边关于 \(\alpha_s\) 都是线性的。

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 \(s\in S\setminus J\) 上面的不等式成立,而对任何 \(t\in J\),由于 \(\sum_{w\in W_J}wy\)\(W_J\) 下保持不变,所以根据 定理 1.8 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)。把这些 \(s\in S\setminus J\) 中的严格不等式和 \(t\in J\) 中的等式相加,我们得到将 \(\lambda\) 代入 \(\alpha_s\) 的位置上述严格不等式仍然成立。

于是对任何 \(\lambda\in\Phi^+\setminus\Phi_J^+\)\[\delta\cdot\langle \lambda,\,\sum_{w\in W_J}wy\rangle< 2\langle \lambda,\,x\rangle\cdot |W_J|.\] 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 \[\delta\cdot\langle \lambda,\,y\rangle< 2\langle \lambda,\,x\rangle\cdot |W_J|.\]\(z = 2|W_J|x - \delta y\),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,\(\langle \lambda,\,z\rangle\) 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 \(x\)\(z\)\(y\) 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 \(x\in\mathcal{C}^\circ\),命题得证,从而 定理 1.9 得证。\(\blacksquare\)

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。

\(C\)\(V\) 中的一个锥,定义 \(C\) 的对偶锥 \(C^\ast\in V^\ast\)\[C^\ast = \{f\in V^\ast\mid f(v)\geq0,\ \forall v\in C\}.\]\(C^\ast\) 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 2.1. \(C^{\ast\ast} = \overline{C}\)。其中 \(\overline{C}\)\(C\) 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。\(\blacksquare\)

对不熟悉凸集分离定理的读者,下面是一点细节补充:设 \(u\in\overline{C}\)\(\overline{C}\) 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 \[f(t) = |u + t(z-u) - x|,\quad 0\leq t\leq1.\] \(f\)\(t=0\) 时取得最小值: \[ |u-x|^2 \leq |u-x|^2 + 2t(u-x, z-u) + t^2|z-u|^2.\]\[0\leq t\cdot\left(2(u-x,z-u) + t|z-u|^2\right)\leq 2(u-x,z-u) + t|z-u|^2.\]\(t\to0^+\) 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 \(n\)

定义 \(\mathrm{cone}(\Delta)\) 为单根系 \(\Delta\) 的所有非负系数线性组合: \[\mathrm{cone}(\Delta) = \left\{\sum_{s\in S}c_s\alpha_s,c_s\geq0\right\}.\] 显然 \(\mathrm{cone}(\Delta)\)\(V\) 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 \(\overline{\mathcal{D}}\)\[\overline{\mathcal{D}}= \{x\in V^\ast\mid \langle v,\,x\rangle\geq0,\ \forall v\in\mathrm{cone}(\Delta)\}.\]

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 2.2. Tits 锥 \(\mathcal{C}\) 的对偶锥为 \(\mathcal{C}^\ast=\bigcap\limits_{w\in W}w(\overline{\mathrm{cone}(\Delta)})\)

由定理结论可见 Tits 锥的对偶锥同样是 \(W-\) 不变的。

证明

\[ \begin{align} \mathcal{C}^\ast &=\{v\in V \mid \langle v,\,x\rangle\geq 0 \text{ for all } x \in \mathcal{C}\}\\ &= \{v\in V \mid \langle v,\,wz\rangle\geq0 \text{ for all } z\in\overline{\mathcal{D}}\text{ and } w \in W\}\\ &= \{v\in V \mid \langle w^{-1}v,\,z\rangle\geq0 \text{ for all } v\in\overline{\mathcal{D}}\text{ and } w \in W\}\\ &= \{v\in V \mid w^{-1}v\in (\overline{\mathcal{D}})^\ast \text{ for all } w \in W\}\\ &\stackrel{(\ast)}{=} \{v\in V \mid w^{-1}v\in \overline{\mathrm{cone}(\Delta)} \text{ for all } w \in W\}\\ &= \{v\in V \mid v\in w(\overline{\mathrm{cone}(\Delta)}) \text{ for all } w \in W\}. \end{align} \]

其中 \((\ast)\) 一步正是将 定理 2.1 应用在 \(C=\mathrm{cone}(\Delta),\,C^\ast=\overline{\mathcal{D}}\) 上得到的。\(\blacksquare\)

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 2.3. 如果 \(v\in\mathrm{cone}(\Delta)\) 满足对任何 \(\alpha_s\in\Delta\)\((v,\alpha_s)\leq0\),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。

命题 2.4. 对任何 \(u,v\in\mathcal{C}^\ast\)\((u,v)\leq 0\)

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 \(n=|S|\)\(M=S(u)\)。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 \(v\in X\)

\(\epsilon=2/(nM)\),我们将证明对任何 \(x\in X\),都存在 \(y\in X\) 使得 \(S(y)\leq S(x)-\epsilon\)

\(x\in X\),设 \(z=\sum_{s\in S}z_s\alpha_s\in\mathcal{C}^\ast\) 满足 \(S(z)\leq M\)\((z,x)\geq1\),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 \(\mathcal{C}^\ast\)\(W-\) 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 \(S(z')\leq M\)\((z',y)\geq1\) 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。\(\blacksquare\)

这个结论和证明我是从与 Bob Howlett 的邮件交流中学到的。

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