本文是我学习 Humphreys (1990) 时的一些笔记。

1.5 Generation by simple reflections

这一节证明了整个反射群 \(W\) 可以由单反射 \(\{s_\alpha\mid\alpha\in\Delta\}\) 生成。

证明概要：设 \(W'\) 是 \(\{s_\alpha\mid\alpha\in\Delta\}\) 生成的群。目标是证明 \(W'=W\)。我们来一步步推理：

1. 由于 \(W\) 是由关于整个根系的镜面反射 \(\{s_\beta\mid \beta\in\Phi\}\) 生成的，所以只要证明任何 \(s_\beta\in W'\) 即可。
2. 要证明 1，只要证明任何 \(\beta\in\Phi\) 可以写成 \(\beta=w'\alpha\) 的形式，其中 \(w'\in W',\,\alpha\in\Pi\)。这样 \(s_\beta=w's_\alpha w'^{-1}\in W'\)。
3. 要证明 2，只需要分析 \(\beta\) 是正根且不是单根的情形，因为 \(-\beta = w's_\alpha\alpha\)。
4. 如果 \(\beta>0\) 但不是单根，设 \(\beta=\sum c_s\alpha_s\)，那么 \(0<(\beta,\beta)=\sum c_s(\beta, \alpha_s)\)，这说明一定存在单根 \(\alpha_s\) 满足 \((\beta,\alpha_s)>0\)。考察 \(\gamma=s\beta\)。
5. \(\gamma\) 仍然是正根，并且 \(\mathrm{ht}(\gamma) < \mathrm{ht}(\beta)\)。如果 \(\gamma\) 不是单根，那就一直重复此步骤直到 \(\gamma\) 变成单根为止。这个操作一定会在有限次后终止，否则我们会得到一个无穷的、高度严格降低、从而互不相同的正根序列，这与根系是有限集矛盾。
6. 设 \(\gamma=s_1\cdots s_r\beta\in\Delta\) 是最终得到的单根，则 \(\beta\in W'\Delta\)，结论成立。\(\blacksquare\)

1.6 The length function

这一节证明了函数 \(n(w)\) 满足的递推关系。

设 \(\mathrm{Neg}(w)\) 是那些被 \(w\) 变成负根的正根的集合： \[\mathrm{Neg}(w)=\{\lambda>0,\lambda\in\Phi\mid w\lambda<0\}.\] 并记 \(n(w)=|\mathrm{Neg}(w)|\)。

证明：首先注意到任何单根 \(\alpha\in\Delta\) 必然恰好属于 \(\mathrm{Neg}(w)\) 或者 \(\mathrm{Neg}(ws_\alpha)\) 之一，这取决于 \(w\alpha\) 是正根还是负根：

• \(w\alpha<0\Rightarrow \alpha\in\mathrm{Neg}(w)\)。
• \(w\alpha>0\Rightarrow ws_\alpha\alpha<0\Rightarrow \alpha\in \mathrm{Neg}(ws_\alpha)\)。

另一方面对任何正根 \(\gamma\ne\alpha\)，\(s_\alpha\gamma\) 仍然是正根。从恒等式 \[(ws_\alpha)\gamma < 0\Longleftrightarrow w(s_\alpha\gamma)<0\] 可见 \(\gamma\in\mathrm{Neg}(ws_\alpha)\) 当且仅当 \(\gamma\in\mathrm{Neg}(w)\)，所 \(\gamma\leftrightarrow s_\alpha\gamma\) 给出了 \(\mathrm{Neg}(ws_\alpha)\) 和 \(\mathrm{Neg}(w)\) 中除 \(\alpha\) 之外的正根的一一对应，所以

\[ n(ws_\alpha)=\begin{cases}n(w)+1 & \alpha\in \mathrm{Neg}(ws_\alpha),\\ n(w)-1 & \alpha\in \mathrm{Neg}(w).\end{cases} \]

\(\blacksquare\)

1.7 Deletion and Exchange Conditions

这一节证明了有限反射群必然满足 deletion 和 exchange 条件。开头的定理乍看起来非常不直观，包含了一大堆下标。我来解释下背后的几何直观。

设 \(w=s_1\cdots s_r\) 是 \(W\) 的任一元素。从基本区域 \(C\) 出发，我们有一个 gallery，即一列两两相邻的房间

\[C,\, s_1C,\, s_1s_2C,\, \ldots,\, s_1\cdots s_rC.\]

可以这样理解：记 \(w_i=s_1\cdots s_i\)，则 \(w_{i-1}\) 将相邻的两个房间 \(C\) 和 \(s_iC\) 映射为另外两个相邻的房间 \(w_{i-1}C\) 和 \(w_iC\)。

不仅如此，由于 \(C\) 和 \(s_iC\) 之间的墙壁是超平面 \(H_i = H_{s_i}\)，它在 \(w_{i-1}\) 作用下被映射为超平面 \(w_{i-1}H_i\)，所以 \(w_{i-1}C\) 和 \(w_iC\) 之间的墙壁是 \(w_{i-1} H_i\)。即

\[C\stackrel{H_1}{\bigl\lvert} s_1C \stackrel{s_1H_2}{\bigl\lvert} s_1s_2C\stackrel{\quad}{\bigl\lvert}\cdots\stackrel{w_{r-1}H_r}{\bigl\lvert} w_{r}C.\]

这个引理的含义是，任何既约单词对应的 gallery 不能两次跨越同一个超平面。

这个引理的证明见 4.5 小节 simple transitivity。那里仿射的情形和这里的证明是一样的。

我们来问问自己，如果一个镜子在上面的集合中出现两次会发生什么？设 \(1\leq i<j\leq r\) 使得 \[s_1\cdots s_{i-1}H_i = s_1\cdots s_{j-1}H_j.\] 两边消去 \(s_1\cdots s_{i-1}\) 得到 \[H_i = s_i\cdots s_{j-1}H_j.\] 即 \[s_i = (s_i\cdots s_{j-1})s_j(s_{j-1}\cdots s_i)=(s_i\cdots s_{j})(s_{j-1}\cdots s_i).\] 把右边的 \(s_{j-1}\cdots s_i\) 挪到左边来得到 \[s_{i+1}\cdots s_{j-1} = s_i\cdots s_j.\] 这意味着 \(s_i\cdots s_j\) 这一段可以用更短的 \(s_{i+1}\cdots s_{j-1}\) 来代替，这就是书中定理 1.7 中的 (c)。

1.9 Generators and relations

这是比较难读的一节。这一节证明了满足 deletion 条件的有限反射群一定是 Coxeter 群。

注意 \(m_{\alpha,\alpha}=1\)。

证明：我们要说明生成元之间的任何关系 \[s_1s_2\cdots s_r=1\] 都可以通过形如 \((s_\alpha s_\beta)^{m_{\alpha,\beta}}=1\) 这样的关系推导出来。

若不然，设 \[s_1s_2\cdots s_r=1,\quad r=2q\] 是一个长度最短的反例。这里 \(r\) 必须是偶数，因为每个 \(\det s_i=-1\)。

我们将证明有 \(s_1=s_3=\cdots\) 以及 \(s_2=s_4=\cdots\) 成立，从而上述关系可以写成 \((s_1s_2)^q=1\)，得出矛盾。

• 我们只要证明 \(s_1=s_3\) 即可。然后将结论用在 \(s_2s_3\cdots s_rs_1=1\) 上得到 \(s_2=s_4\)；再进一步用在 \(s_3s_4\cdots s_rs_2s_1=1\) 上得到 \(s_3=s_5\)，等等。

• 为此我们只要证明如下两个等式：

  (I). \(s_1s_2\cdots s_q=s_2s_3\cdots s_{q+1}\).

  (II). \(s_3s_2\cdots s_q=s_2s_3\cdots s_{q+1}\).

  这两个式子几乎是一样的，第一个最左边是 \(s_1\)，第二个最左边是 \(s_3\)，所以如果它们都成立的话就有 \(s_1=s_3\)。

• 为了证明 I，我们把 \(s_1\cdots s_r=1\) 改写为 \[s_1\cdots s_{q+1} = s_r\cdots s_{q+2}.\] 左边是 \(q+1\) 项的乘积，右边是 \(q-1\) 项的乘积，所以 \(l(s_1\cdots s_{q+1})\leq q-1\)。根据 deletion 条件，存在 \(1\leq i<j\leq q+1\) 使得有 \[s_i\cdots s_j = s_{i+1}\cdots s_{j-1}. \tag{$\ast$}\] 我们来论证 \(i=1,j=q+1\)，也就是 I 成立。若不然，\((\ast)\) 式至多包含 \(2q-2=r-2\) 项，从而由假设可以由 Coxeter 关系 \(\{(s_\alpha s_\beta)^{m_{\alpha,\beta}}=1\mid \alpha,\beta\in\Delta\}\) 推导出来。然而 \((\ast)\) 式等价于 \[s_1\cdots s_r = s_1\cdots\hat{s_i}\cdots\hat{s_j}\cdots s_r.\] 此外我们已知 \(s_1\cdots s_r=1\)，所以 \[s_1\cdots\hat{s_i}\cdots\hat{s_j}\cdots s_r=1.\] 根据 \(r\) 的选取，\(s_1\cdots\hat{s_i}\cdots\hat{s_j}\cdots s_r=1\) 可以由 Coxeter 关系推导得到，从而 \(s_1\cdots s_r=1\) 也可以，这导致了矛盾，于是 I 得证。

• 为了证明 II，将 \(s_1\cdots s_r =1\) 改写为 \(s_2\cdots s_rs_1=1\)，仿照 I 的证明，我们可以得到 \[s_2\cdots s_{q+1} = s_3(s_4\cdots s_{q+2}).\] 把 \(s_3\) 挪到左边的前面，把 \(s_4\cdots s_{q+2}\) 挪到左边的后面，得到 \[s_3s_2\cdots s_{q+1}s_{q+2}\cdots s_4 = 1.\] 仍然和 I 的证明同理，我们可以得到 \[s_3s_2\cdots s_q = s_2\cdots s_{q+1}.\] 这就是 II 中的等式。

\(\blacksquare\)

2.6 Subgraphs

在本节中，\(\Gamma\) 是一个不可约 Coxeter 图，内积 \((\alpha_s,\alpha_t)=-\cos\frac{\pi}{m_{s,t}}\) 是半正定的，但不是正定的。

记 \(N=\{v\in V\mid (v,v)=0\}\) 以及 \[\mathrm{rad}(V)=\{v\in V\mid (v, u)=0 \text{ for all } u \in V\}.\] 显然 \(\mathrm{rad}(V)\) 总是 \(V\) 的子空间并且 \(\mathrm{rad}(V)\subset N\)，但是一般来说 \(N\) 并不是 \(V\) 的子空间。

但是在内积半正定时，我们有如下的结论：

证明：只要证明 \(N\subset\mathrm{rad}(V)\) 即可，即若 \(u\in V\) 满足 \((u,u)=0\)，则对任何 \(v\in V\) 都有 \((u,v)=0\)。若不然，设 \(v\) 满足 \((u,v)\ne0\)，我们给 \(v\) 乘以适当实数使得 \((u,v)=1\)。设 \(k\) 是实数，考虑向量 \(z=ku +v\)： \[(z,z)=(ku+v,ku+v) = (v,v) + 2k.\] 所以只要选择 \(k\) 满足 \(2k < -(v,v)\) 就有 \((z,z)<0\)，这与内积的半正定性矛盾。\(\blacksquare\)

这一节的主要结论是：

这里给出一个不同于 Humphreys 书上的证明。

1 的证明：

设 \(u=\sum_{s\in S}c_s\alpha_s\in\mathrm{rad}(V)\) 是一个非零向量，记 \[I_+=\{s\in S\mid c_s>0\},\quad I_-=\{s\in S\mid c_s<0\},\quad I_0=\{s\in S\mid c_s=0\}.\] \[u_+=\sum_{s\in I_+}c_s\alpha_s,\quad u_-=\sum_{s\in I_-}c_s\alpha_s.\] 则 \(u=u_++u_-\)，并且 \[(u_+,u_-)=\sum_{c\in I_+}\sum_{t\in I_-}\underbrace{c_sc_t}_{<0}\,\underbrace{\alpha_s\alpha_t}_{\leq0}\geq0.\]

由于 \(u\in\mathrm{rad}(V)\) 所以 \((u,u)=0\)，即 \[(u,u)=(u_+,u_+)+(u_-,u_-)+2(u_+,u_-)=0.\] 根据半正定性和上面的分析，上式的三项都是非负的，所以只能是 \[(u_+,u_+)=(u_-,u_-)=(u_+,u_-)=0.\]

此外 \(I_+\) 和 \(I_-\) 中至少有一个非空，不妨设 \(I_+\ne\emptyset\)，我们来证明 \(I_-\) 和 \(I_0\) 必须都是空集。

若不然，\(I_-\cup I_0\) 非空，任取 \(t\in I_-\cup I_0\)，设 \(\delta\) 是正数，考虑向量 \(z=u_+ +\delta\alpha_t\)。我们有

\[(z,z)=\delta^2+2\delta(u_+,\alpha_t)=\delta^2+2\delta\sum_{s\in I_+}\underbrace{c_s}_{>0}\underbrace{(\alpha_s,\alpha_t)}_{\leq0}.\] 注意到每一项 \(c_s(\alpha_s,\alpha_t)\leq0\)，所以 \(\sum_{s\in I_+}c_s(\alpha_s,\alpha_t)\leq0\)，并且如果存在 \(s\in I_+\) 使得 \(s\) 与 \(t\) 之间有边相连的话则 \(\sum_{s\in I_+}c_s(\alpha_s,\alpha_t)\) 严格小于 0。这时取 \(\delta\) 足够小可以使得 \((z,z)<0\)，这与内积 \((,)\) 是半正定的矛盾。所以必须是对每个 \(s\in I_+\) 有 \((\alpha_s,\alpha_t)=0\)。由 \(t\) 的任意性可得 \(I_-\cup I_0\) 与 \(I_+\) 互不连通，但这又与 \(\Gamma\) 不可约矛盾。

总之我们证明了 \(\mathrm{rad}(V)\) 中非零向量的系数必须同时为正或者同时为负。

如果 \(\mathrm{rad}(V)\) 包含两个线性无关的向量 \(u,v\)，根据上面的证明，我们可以不妨设 \(u,v\) 的各项系数都是正数。适当缩放以后我们可以让 \(u,v\) 的 \(\alpha_1\) 项系数都是 1。于是 \(u-v\) 也在 \(\mathrm{rad}(V)\) 中，并且其 \(\alpha_1\) 项系数是 0，这就导致了矛盾。

2 的证明：

我们只要证明若 \(I\subsetneqq \Gamma\) 是真子集，则对任何非零向量 \(u=\sum_{s\in I}c_s\alpha_s\) 都有 \((u,u)>0\)。若不然，\(u=\sum_{s\in I}c_s\alpha_s+\sum_{t\notin I}0\cdot\alpha_t\) 并且 \((u,u)=0\)，这与 \(u\) 的系数必须全部非零矛盾。\(\blacksquare\)

3.7 Uniqueness of the degrees

这一节介绍了不变多项式环 \(S^G\) 的任何一组齐次生成元的次数 \(d_1,d_2,\ldots,d_n\) 是唯一确定的。证明不难，但是采用的方法很典型，以后会反复用到。

证明：利用链式法则对导可得 \[\frac{\partial g_i}{\partial x_k} = \sum_{j=1}^n \frac{\partial g_i}{\partial f_j}\frac{\partial f_j}{\partial x_k}.\]

由于 \(g_1,\ldots,g_n\) 代数无关，根据 Jacobian 判定左边的矩阵 \(\left(\frac{\partial g_i}{\partial x_k}\right)\) 可逆，从而右边的矩阵 \(\left(\frac{\partial g_i}{\partial f_j}\right)\) 也可逆，其行列式非零，于是存在置换 \(\pi\) 使得 \[\prod_{i=1}^n\frac{\partial g_i}{\partial f_{\pi(i)}}\ne0.\] 适当重排 \(g_1,\ldots,g_n\) 以后可以不妨设 \(\pi\) 是恒等置换，即 \[\prod_{i=1}^n\frac{\partial g_i}{\partial f_{i}}\ne0.\] 这说明每个 \(\frac{\partial g_i}{\partial f_i}\ne0\)，即当把 \(g_i\) 写成 \(f_1,\ldots, f_n\) 的多项式时，\(f_i\) 一定出现在其中。于是至少存在一个形如 \[f_1^{k_1}\cdots f_n^{k_n},\quad k_i\geq 1\] 的单项式，它出现在 \(g_i\) 的表达式中，并且不会被抵消掉。从而 \(e_i=\sum k_id_i\geq d_i\)。\(\blacksquare\)

3.16 Coxeter elements

我们来证明任何两个 Coxeter 元都是共轭的。我们只要取一个特殊的 Coxeter 元，并证明其它 Coxeter 元都和这个特殊元共轭即可。

首先，取 Coxeter 图 \(\Gamma\) 的一个叶节点，将其记作 \(s_n\)。从 \(\Gamma\) 中移走 \(s_n\) 以后，剩下的部分 \(\Gamma_1=\Gamma-\{s_n\}\) 仍然是一个树，于是我们又可以取其叶节点，记作 \(s_{n-1}\)。\(\Gamma_1-\{s_{n-1}\}\) 仍然是树，又可以取其一个叶节点 \(s_{n-2}\)，以此类推。即我们将生成元排列为 \(s_1,\ldots,s_n\)，使得对每个 \(1\leq i\leq n\)，\(s_1,\ldots,s_i\) 构成 \(\Gamma\) 的一个子树，并且 \(s_i\) 是这个树的叶节点。

首先我们注意到任何 Coxeter 元都可以通过循环移位共轭于某个以 \(s_n\) 结尾的 Coxeter 元 \(s_{i_1}\cdots s_{i_{n-1}}s_n\)，我们来证明这样的元素都共轭于 \(s_1s_2\cdots s_n\)。

证明：如果 \(s_{i_{n-1}}\) 与 \(s_n\) 交换，那么 \[s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}s_n\to s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}s_n\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}\to \textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}s_n.\] 结论成立。否则 \(s_n\) 唯一的边是与 \(s_{i_{n-1}}\) 连接，从而 \(s_n\) 与 \(\{s_{i_1},\ldots,s_{i_{n-2}}\}\) 都交换，所以 \[\begin{aligned} s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}\textcolor{red}{s_n}&\to\textcolor{red}{s_n}s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}} \to s_{i_1}\textcolor{red}{s_n}\cdots s_{i_{n-2}}\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}\\ &\to s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}\textcolor{red}{s_n}\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}\\ &\to\textcolor{blue}{s_{i_{n-1}}}s_{i_1}\cdots s_{i_{n-2}}\textcolor{red}{s_n}. \end{aligned}\] 结论同样成立。\(\blacksquare\)

证明：\(k=1\) 的情形在前一个的引理中已经证明了。对 \(k\geq2\) 用归纳法，假设结论对小于 \(k\) 的情形成立。

如果 \(s_{i_{n-k}}\) 和 \(s_{n-k+1}\) 交换，那么 \[s_{i_1}\cdots \textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}} s_{n-k+1}\cdots s_n\to s_{i_1}\cdots s_{n-k+1}\textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}}\cdots s_n.\]

然而对 \(k-1\) 的情形应用归纳假设，上面右边共轭于 \[\textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}} s_{i_1}\cdots s_{n-k+1}\cdots s_n.\] 于是结论成立。

如果 \(s_{i_{n-k}}\) 和 \(s_{n-k+1}\) 不交换，那么 \(s_{n-k+1}\) 和所有 \(s_{i_1}\sim s_{i_{n-k-1}}\) 都交换，于是直接用归纳假设有 \[s_{i_1}\cdots\textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}}\textcolor{red}{s_{n-k+1}}\cdots s_n\to \textcolor{red}{s_{n-k+1}}s_{i_1}\cdots\textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}}\cdots s_n\to s_{i_1}\cdots\textcolor{red}{s_{n-k+1}}\textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}}\cdots s_n.\] 再一次应用归纳假设，上面右边共轭于 \[\textcolor{blue}{s_{i_{n-k}}}s_{i_1}\cdots\textcolor{red}{s_{n-k+1}}\cdots s_n.\] 结论同样成立。\(\blacksquare\)

这样一来，下面的结论就是显然的了：

3.17 Acting on a plane

设 \(A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}=((\alpha_i,\alpha_j))\) 是 Cartan 矩阵，\(\{\omega_i\}_{i=1}^n\) 是关于 \(\Delta=\{\alpha_i\}_{i=1}^n\) 的对偶基。\(A\) 正是 \(V\) 上线性变换 \(\bf A\) 在基 \(\{\omega_i\}\) 下的矩阵： \[a_{ij}=(\alpha_i,\alpha_j)=({\bf A}\omega_i,\alpha_j).\] 我们知道矩阵 \(A\) 有一个特征值 \(c\)，它对应的特征向量 \((c_1,\ldots, c_n)\) 的分量 \(c_i\) 都是大于 0 的，于是 \(\sum_{i=1}^nc_i\omega_i\) 是变换 \({\bf A}\) 的特征向量： \[{\bf A}\sum_{i=1}^nc_i\omega_i = \sum_{i=1}^ncc_i\omega_i.\] 另一方面 \({\bf A}\sum_{i=1}^nc_i\omega_i=\sum_{i=1}^nc_i\alpha_i\)，所以 \[\sum_{i=1}^nc_i\alpha_i = \sum_{i=1}^ncc_i\omega_i.\] 两边用某个 \(\alpha_j,\,(j\in J)\) 作内积，并注意到 \(\alpha_j\) 与 \(J\) 中除自己之外其它 \(J\) 中的 \(\alpha_i\) 正交，得到 \[cc_j=\sum_{i=1}^nc_i(\alpha_i,\alpha_j)=c_j + \sum_{i\in I}c_ia_{ij}.\] 即 \[(c-1)c_j = \sum_{i\in I}c_ia_{ij}.\] 两边乘以 \(\omega_j\) 并对 \(j\in J\) 求和，然后交换和号得到 \[\begin{aligned} (c-1)\sum_{j\in J}c_j\omega_j &= \sum_{j\in J}\left(\sum_{i\in I}c_ia_{ij}\right)\omega_j\\ &=\sum_{i\in I}c_i\left(\sum_{j\in J}a_{ij}\omega_j\right)\\ &=\sum_{i\in I}c_i\left(\sum_{j=1}^n a_{ij}\omega_j- \sum_{j\in I}a_{ij}\omega_j\right)\\ &=\sum_{i\in I}c_i\left(\alpha_i- \sum_{j\in I}a_{ij}\omega_j\right)\\ &=\sum_{i\in I}c_i\left(\alpha_i- \omega_i-\sum_{j\in I,\,j\ne i}\underbrace{a_{ij}}_{=0}\omega_j\right)\\ &=\sum_{i\in I}c_i\left(\alpha_i- \omega_i\right)\\ &=\sum_{i\in I}c_i\alpha_i- \mu.\\ \end{aligned}\] 即 \((c-1)\nu + \mu = \sum_{i\in I}c_i\alpha_i\)。注意到 \(\sum_{i\in I}c_i\alpha_i\) 被 \(x=\prod_{i\in I}s_i\) 映射为它的负 \(-\sum_{i\in I}c_i\alpha_i\)。此外 \(x\) 保持 \(\nu\) 不动，所以 \(x\) 保持 \(\mu,\nu\) 生成的二维子空间 \(P\) 不变。\(x\) 作为 \(P\) 上的正交变换保持直线 \(\nu\) 上的点不动，所以 \(x\) 限制在 \(P\) 上是一个反射。同理 \(y\) 也是如此。所以 \(w^t=xy\) 在 \(P\) 上的作用是一个旋转。设这个旋转角度是 \(2\pi/h\)，则 \(w^t\) 在 \(P\) 上的阶是 \(h\)。

又因为 \(\mu+\nu\) 严格属于 \(C\cap P\)，所以它在 \(w^t\) 作用下一定在 \(V\) 中有 \(k\) 个不同的像，即 \(P\) 上的阶等于它在 \(V\) 上的阶。

3.18 The Coxeter number

这一节证明了如下结论：对一个有限 Coxeter 群，正根的个数 \(N=|\Phi^+|\)，Coxeter 数 \(h\)，单根的个数 \(n=|\Delta|\) 满足 \[N = \frac{nh}{2}.\]

回忆 \(y=s_1\cdots s_r,z=s_{r+1}\cdots s_n\) 在 \(P\) 上的作用都是反射，它们在 \(P\) 上生成的群是二面体群 \(I_2(h)\)，这个群包含 \(h\) 个反射和 \(h\) 个旋转。记 \(I_2(h)\) 中的 \(h\) 个反射对应的超平面在 \(P\) 上的截线分别是 \(L_1,\ldots,L_h\)，这些 \(L_i\) 是 \(I_2(h)\) 作用在直线 \(L=\mathbb{R}\lambda\) 和 \(M=\mathbb{R}\mu\) 上得到的。设 \(\beta\in\Phi\)，我们来分析 \(\beta\) 对应的超平面 \(H_\beta\) 在 \(P\) 上的截线是什么。

证明：首先注意到 \(P\) 不可能包含在 \(H_\beta\) 中。因为 \(P\) 和基本区域 \[C=\{v\in V\mid (\alpha, v)>0 \text { for all }\alpha\in\Delta\}\] 的交是 \[P\cap C=\{a\lambda + b\mu\mid a>0,b>0\}.\] 它当然是非空的，而 \(H_\beta\) 不可能包含 \(C\) 中的点，所以 \(H_\beta\cap P\) 是 \(P\) 的一条截线。

其次如果这条截线不是上述 \(\{L_i\}\) 任何之一，那么我们可以用 \(y,z\) 的某个组合将其变换到 \(P\cap C\) 中，这相当于用某个 \(w\in I_2(h)\) 使得 \(\gamma=w\beta\) 的超平面 \(H_\gamma\) 与 \(P\) 的交线穿过 \(P\cap C\)，这与任何根的镜面与 \(C\) 之交为空集矛盾。\(\blacksquare\)

我们只要讨论哪些 \(H_\beta\) 满足 \(H_\beta\cap P =L\) 或者 \(H_\beta\cap P =M\) 即可。其它的 \(L_i\) 由于形如 \(L_i=wL\) 或者 \(L_i=wM\)，这里 \(w\in I_2(h)\)，所以对应的是 \(wH_\beta\)。

如果 \(H_\beta\cap P = L\)，则反射 \(s_\beta\) 保持 \(L\) 不动。这时 \((\beta,\lambda=0)\)。设 \(\beta=\sum\limits_{i=1}^n a_i\alpha_i (a_i\geq 0)\)，由于 \(\lambda=\sum_{i\in I}c_i\omega_i\)，所以 \[(\beta,\lambda) = \sum_{i\in I} a_ic_i= 0.\] 由于 \(c_i(1\leq i\leq n)\) 都是正的，所以必须对每个 \(i\in I\) 有 \(a_i=0\)，即 \(\beta\) 是 \(\{\alpha_j,j\in J\}\) 的线性组合，从而 \(\beta\) 属于标准椭圆子群 \(J\) 的根系 \(\Phi_J\)。但是 \(J\) 中的生成元两两交换，\(\Phi_J\) 中的正根只有 \(\{\alpha_j,j\in J\}\)，所以满足 \(H_\beta\cap P=L\) 的正根 \(\beta\) 有 \(|J|=n-r\) 个。

同样的分析可得满足 \(H_\beta\cap P=M\) 的正根 \(\beta\) 有 \(|I|=r\) 个。

当 \(h\) 是偶数时，\(I_2(h)\) 在 \(\{L_1,\ldots,L_h\}\) 上的作用分成两个长度同为 \(h/2\) 的轨道，分别由 \(L\) 和 \(M\) 生成，\(L\) 所在的轨道每个超平面来自 \(n-r\) 个正根，\(M\) 所在的轨道每个超平面来自 \(r\) 个正根，所以一共是 \(h(n-r)/2 + hr/2 = nh/2=N\) 个正根。

当 \(h\) 是奇数时，\(I_2(h)\) 传递地作用在 \(\{L_1,\ldots,L_h\}\) 上，所以 \(L\) 和 \(M\) 来自同样数目的正根，即 \(r=n-r\)，所以 \(r=n/2\)。同样地 \(N=nh/2\)。

这里需要对 \(h\) 的奇偶性分别讨论是因为在二面体群中，奇数时两个生成元是共轭的，偶数时则不共轭。

3.19 Eigenvalues of Coxeter elements

设 \(u,v\) 是 Coxeter 平面 \(P\) 的一组正交基，则 \(z=u+iv\) 是 \(w\) 在 \(V_{\mathbb{C}}\) 上的特征向量，特征值为 \(e^{2\pi i/h}\)。对任何 \(\beta\in\Phi^+\)，\((\beta,z)=(\beta,u) + (\beta,v)i\ne 0\)，否则会导致 \(P\in H_\beta\)，与 \(P\cap C\) 非空矛盾。

设 \(\{v_i\}\) 是 \(V\) 的一组基，\(\{x_i\}\in V^\ast\) 是对偶基：\(x_i(v_j)=\delta_{ij}\)。\(x_1,\cdots,x_n\) 是坐标函数，它们是代数无关的：\(\mathbb{C}[x_1,\cdots,x_n]\) 是一个多项式环。我们把 \(\mathbb{C}[x_1,\cdots,x_n]\) 称作 \(V\) 上的坐标环，简记作 \(\mathbb{C}[V]\)。设 \(G\subset GL(V)\) 是一个有限的可逆线性变换群，则 \(G\) 也作用在 \(\mathbb{C}[V]\) 上：对任何多项式 \(f\in \mathbb{C}[V]\)，定义 \(g\) 在 \(f\) 上作用的结果 \(g\cdot f\) 为

\[g\cdot f(v)=f(g^{-1}v).\] 对 \(f=\sum a_{i_1\cdots i_n}x_1^{i_1}\cdots x_n^{i_n}\in\mathbb{C}[V]\)，\(f\) 在 \(v=\sum_{i}c_iv_i\) 处的值为 \[f(v)=\sum a_{i_1\cdots i_n}x_1(v)^{i_1}\cdots x_n(v)^{i_n} = \sum a_{i_1\cdots i_n}c_1^{i_1}\cdots c_n^{i_n}.\] 于是如果不含常数项的多项式 \(f\in\mathbb{C}[V]\) 满足 \(f(v_1)\ne 0\)，则若 \(f=\sum a_{i_1\cdots i_n}x_1^{i_1}\cdots x_n^{i_n}\)，我们有 \[0\ne f(v_1)=\sum a_{i_1\cdots i_n}x_1^{i_1}\cdots x_n^{i_n}\mid_{x_1=1,x_2=\cdots=x_n=0}.\] 即 \(f\) 的单项式里面必有一项只含有 \(x_1\)。

进一步，如果 \(\frac{\partial f}{\partial x_i}\) 满足 \(\frac{\partial f}{\partial x_i}(v_1)\ne0\)，那就说明 \(f\) 的单项式里面必有一项形如 \(ax_1^{m}x_i\)，即 \(f\) 形如 \(f=ax_1^mx_i + \cdots\)。

设 \(T\) 是 \(V\) 上可对角化的线性变换，\(Tv_i=\lambda_i v_i\)，则 \(Tx_i=\lambda_i^{-1}x_i\)。并且设 \(f\) 是 \(T\)- 不变的多项式，则 \[f=T\cdot f = a\lambda_1^{-m}x_1^m\lambda_i^{-1}x_i + \cdots.\] 比较即得 \[ax_1^mx_i = a\lambda_1^{-m}x_1^m\lambda_i^{-1}x_i.\] 即 \(1 = \lambda_1^{-m}\lambda_i^{-1}\)，从而 \(\lambda_i = \lambda_1^{-m}\)。

对 Coxeter 元 \(w\)，它的特征值是 \(\{\zeta^{m_i},\,1\leq i\leq n\}\)，并且 \(m_1=1,m_{n-1}=h-1\)。\(m_1=1\) 对应的是 \(w\) 的重数为 1 的特征值 \(\zeta\)。

以 \(w\) 的特征向量为基，由于 \(\zeta\) 对应的特征向量 \(v_1\) 在 \(C\) 内，它不在任何根平面 \(H_\alpha\) 上，所以 Jacobian \(J=\det\left(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}\right)\) 在 \(v_1\) 处不为 0，于是某个 \(\prod_{i=1}^n \frac{\partial f_i}{\partial x_{\pi(j)}}\) 在 \(v_1\) 处不为 0，适当重排 \(f_i\) 以后可以不妨设每个 \(\frac{\partial f_i}{\partial x_i}(v_1)\ne0\)。根据上面的讨论，\(f_i\) 形如 \[f_i=ax_1^{d_i-1}x_i+\cdots.\] 并且 \(\lambda_i=\zeta^{m_i}=\zeta^{1-d_i}\)。 从而 \(h-m_i\equiv d_i-1\pmod h\)。我们知道对每个 \(i\) 有 \(0<h-m_i<h\)，所以对每个 \(i\) 有 \(d_i-1\geq h-m_i\)。另一方面，集合 \(\{h-m_i\}\) 不过是集合 \(\{m_i\}\) 的一个置换，所以 \[\sum (h-m_i) = \sum m_i = \sum(d_i-1).\] 这只能是对每个 \(i\) 有 \(h-m_i=d_i-1\)，即集合相等 \(\{d_i-1\}=\{m_i\}\)。

4.4 Counting hyperplanes

回忆 \(\mathcal{H}\) 是所有超平面 \(\{H_{\alpha,k}\mid \alpha\in\Phi,k\in\mathbb{Z}\}\) 组成的集合。其中 \[H_{\alpha,k}=\{v\in V\mid (\alpha,v)=k\}.\]

证明：我们先说明对任何正根 \(\beta\ne\alpha_s\)，以及任何 \(k\in\mathbb{Z}\)，\(A_o\) 和 \(sA_o\) 都在超平面 \(H_{\beta,k}\) 的同一侧。

首先根据 \(A_o\) 的刻画，它满足对任何正根 \(\gamma\) 都有 \(0<(A_o,\gamma)<1\)，特别地 \(0<(A_o,\beta)<1\)。由于 \(\beta\ne\alpha_s\) 所以 \(s\beta\) 仍然是正根，因此 \[0<(A_o,s\beta)<1\Longrightarrow 0<(sA_o,\beta)<1.\] 这说明 \(A_o\) 和 \(sA_o\) 在 \(H_\beta\) 和 \(H_{\beta,1}\) 围成的带状区域中间。所以对任何 \(k\) 它们都在 \(H_{\beta,k}\) 的同一侧。

另一方面不难看出 \(-1 < (sA_o,\alpha_s)<0\)，也就是说 \(sA_o\) 和 \(A_o\) 位于 \(H_{\alpha_s,0}\) 的两侧，但是对任何 \(k\ne0\)，它们位于 \(H_{\alpha_s,k}\) 的同侧。

证明：第一点是显然的，因为 \(wA_o\) 和 \(swA_o\) 位于 \(H_s\) 的两侧，它俩有且恰有一个和 \(A_o\) 位于 \(H_s\) 的同一侧。

对于第二点，我们要证明的是 \(H\leftrightarrow sH\) 给出了 \(\mathcal{L}(w)\) 和 \(\mathcal{L}(sw)\) 中除 \(H_s\) 之外的超平面的一一对应。然而若 \(H\ne H_s\)，根据上面的引理，\(A_o\) 和 \(sA_o\) 位于 \(H\) 的同一侧，所以

\[H\in\mathcal{L}(w)\Longleftrightarrow \begin{matrix}A_o\\ sA_o\end{matrix}\stackrel{H=0}{\biggl\lvert} wA_o \Longleftrightarrow \begin{matrix}sA_o\\ A_o\end{matrix}\stackrel{sH=0}{\biggl\lvert} swA_o.\] 可见 \(sH\in \mathcal{L}(sw)\) 并且显然 \(sH\ne H_s\)。此即为所证。

4.9 A formula for the order of \(W\)

从前面的学习中我们知道，一个仿射 Weyl 群 \(W_a\) 总是可以写成一个有限 Weyl 群 \(W\) 和一个格点群 \(L\) 的半直积：\(W_a=W\ltimes L\)。这里的 \(L\) 实际上是 \(W\) 的余根格点：\(L=L(\Phi^\vee)\)。这一节介绍了怎样计算 \(W\) 的阶 \(|W|\)。

我们以 \(\widetilde{B}_2\) 为例来说明。\(\Delta\) 包含两个单根 \(\alpha_1=e_1-e_2,\,\alpha_2=e_2\)。最高根 \(\widetilde{\alpha}=\alpha_1+2\alpha_2\)，于是 \(c_1=1,c_2=2\)。

• 图中黄色区域是由所有的房间 \(\{wA_o\mid w\in W\}\) 组成。即 \(\Pi=\bigcup_{w\in W}wA_o\)。另一个等价的描述是 \[ \Pi = \{x\in V\mid -1 < (x,\alpha) < 1 \text{ for all } \alpha\in\Phi^+\}.\] 所以 \(\mathrm{Vol}(\Pi)= |W|\cdot\mathrm{Vol}(A_o)\)。\(\Pi\) 是余根格点 \(L(\Phi^\vee)\) 的基本区域，因为书中已经证明了 \(W_a=W\ltimes L\)，并且 \(A_o\) 是 \(W_a\) 作用下的基本区域，所以 \(\Pi\) 在 \(L\) 的作用下互不相交，并且密铺了整个平面。
• 图中绿色区域是余权格点 \(\hat{L}(\Phi^\vee)\) 的基本区域 \(\hat{\Pi}\)，它是一个平行多面体，由基本余权 \(\{\omega_1,\ldots,\omega_n\}\) 张成，并且 \(\dfrac{ \mathrm{Vol}(\Pi)}{\mathrm{Vol}(\hat{\Pi}) } = f\)。
• 基本区域 \(A_o\) 是由 \(\left\{0,\dfrac{\omega_1}{c_1},\ldots,\dfrac{\omega_n}{c_n}\right\}\) 生成的单纯形，它和 \(\{\omega_1,\ldots,\omega_n\}\) 生成的平行多面体 \(\hat{\Pi}\) 的体积关系为 \[\mathrm{Vol}(\hat{\Pi}) = n!c_1\cdots c_n\cdot\mathrm{Vol}(A_o).\]
• 综上可得 \[\dfrac{ \mathrm{Vol}(\Pi)}{\mathrm{Vol}(\hat{\Pi}) } = \frac{|W|\mathrm{Vol}(A_o)}{n!c_1\cdots c_n\cdot\mathrm{Vol}(A_o)}=f.\] 即 \(|W| = n!c_1\cdots c_n f\)。

5.9 Bruhat ordering

这一节介绍了 Bruhat 序，以及重要的 lifting property。Humphreys 书中是先介绍的 lifting property，然后在下一小节证明子表达式定理。实际上，如果我们采用 Bjorner and Brenti 教材的处理方式，先证明子表达式定理的话，那么 lifting property 更好证。

证明：用 \(\alpha\prec\beta\) 表示 word \(\alpha\) 是 word \(\beta\) 的子表达式。设 \(sw=s_1\cdots s_q\) 是 \(sw\) 的一个既约表示。由于 \(sw<w\)，所以 \(w=ss_1\cdots s_q\) 也是既约表示。又因为已知 \(u<w\)，所以根据子表达式定理，存在 \(u=s_{i_1}\cdots s_{i_k}\) 的某个既约表示满足 \[s_{i_1}\cdots s_{i_k}\prec ss_1\cdots s_q.\] 又已知 \(su>u\)，所以 \(s\ne s_{i_1}\)，从而 \[u=s_{i_1}\cdots s_{i_k}\prec s_1\cdots s_q=sw.\] 这意味着 \[su=ss_{i_1}\cdots s_{i_k}\prec ss_1\cdots s_q=w,\] 从而 \(u\leq sw\) 且 \(su\leq w\)。\(\blacksquare\)

证明：对 \(l(u)+l(w)\) 归纳。\(l(u)+l(w)=0\) 时结论是显然的。假设结论对小于 \(l(u)+l(w)\) 的情形已经成立。取 \(s\in S\) 使得 \(su<u\)，则根据归纳假设，存在 \(y\) 使得 \(su<y\) 且 \(w<y\)。

1. 如果 \(sy<y\)，那么由提升引理，\(u<y\)，从而 \(y\) 就是所求的 \(x\)。
2. 如果 \(sy>y\)，那么 \(sy\) 就是所求的 \(x\)。

\(\blacksquare\)

这个推论的一个直接结论是，任何有限 Coxeter 群中必有 Bruhat 序下唯一的极大元 \(w_0\)。\(w_0\) 必然满足 \(w_0^2=1\)，因为如果 \(w_0\ne w_0^{-1}\) 的话，它们就会还有一个更大的覆盖元。

证明：我们对 \(l(x)\) 归纳证明对任何 \(x\in W\) 有 \(x\leq w\)。设结论对长度小于 \(l(x)\) 的元素都成立，取 \(s\) 使得 \(l(sx)<l(x)\)，根据归纳假设 \(sx\leq w\)。但是 \(sx\) 不可能等于 \(w\)，因为 \(l(s\cdot sx)=l(x)>l(sx)\)。所以根据提升性质可得 \(x\leq w\)。于是 \(W\) 中任何元素都在区间 \([1,x]\) 中，这样的元素显然只有有限多个。\(\blacksquare\)

证明：只要证明 \(l(ww_0)\leq l(w_0)-l(w)\) 即可。对 \(l(w_0)-l(w)\) 归纳，等于 0 的情况对应 \(w=w_0\)，结论显然成立。设 \(w<w_0\) 并且结论对任何 \(x>w\) 成立。根据上一个推论，必然存在 \(s\in S\) 使得 \(sw>w\)。对 \(sw\) 应用归纳假设可得

\[l(ww_0)\leq l(sww_0)+1 \leq l(w_0) - l(sw) + 1 = l(w_0) - l(w).\] \(\blacksquare\)

对任何 \(l(w)\)，记 \(T_L(w)=\{t\in T\mid l(tw) < l(w)\}\)。

证明：根据上一个推论，\(l(tww_0)=l(w_0)-l(tw)\)。所以 \(l(tww_0)>l(ww_0)\) 当且仅当 \(l(tw)<l(w)\)。\(\blacksquare\)

证明：在上一个推论中取 \(w=1\) 有 \(T_L(w_0)=T\)，结合 \(l(w)=|T_L(w)|\) 对任何 \(w\in W\) 成立即得。\(\blacksquare\)

5.10 Subexpressions

证明：设 \(u\) 的既约表达式是从 \(s_1\cdots s_q\) 中删去 \(i_1,\ldots,i_k\) 位置得到的： \[u = s_1\cdots\hat{s_{i_1}}\cdots \hat{s_{i_k}}\cdots s_q.\] 这样的既约表达式可能不唯一，选择使得 \(i_k\) 最小的那一个。令 \[t=s_qs_{q-1}\cdots s_{i_k}\cdots s_{q-1}s_q.\] 则 \(ut\) 就是把 \(s_{i_k}\) 补回 \(u\) 的表达式中： \[ut= s_1\cdots\hat{s_{i_1}}\cdots \hat{s_{i_{k-1}}}\cdots s_{i_k}\cdots s_q.\] 这个 \(ut\) 的表达式未必是既约的，但是无论如何 \(l(ut)\) 不会超过这个表达式的长度，即 \(l(ut)\leq l(u)+1\)。我们来证明等号是成立的。如果确实如此，那么取 \(v=ut\) 即可满足要求。

若不然，\(l(ut)<l(u)\)，则根据 strong exchange 条件，\(ut\) 等于在 \(u\) 的表达式再删掉一个 \(s_p\)。这个 \(p\) 出现的位置有两种可能：

第一种可能是 \(p>i_k\)，即 \[ut= s_1\cdots\hat{s_{i_1}}\cdots\hat{s_{i_k}}\cdots \hat{s_p}\cdots s_q.\] 这种情况下 \(t\) 还等于 \(t=s_qs_{q-1}\cdots s_p\cdots s_{q-1}s_q\)。于是 \[w=wt^2=w(s_qs_{q-1}\cdots s_{i_k}\cdots s_{q-1}s_q)(s_qs_{q-1}\cdots s_p\cdots s_{q-1}s_q)=s_1\cdots\hat{s_{i_k}}\cdots\hat{s_p}\cdots s_q.\] 这与 \(s_1\cdots s_q\) 是 \(w\) 的既约表达式矛盾。

第二种可能是 \(p<i_k\) 出现在 \(i_k\) 之前的某个位置，当然 \(p\notin\{i_1,\ldots,i_k\}\)。这种情况下 \[u=ut\cdot t=s_1\cdots\hat{s_{i_1}}\cdots\hat{s_p}\cdots\hat{s_{i_k}}\cdots s_q\cdot(s_qs_{q-1}\cdots s_{i_k}\cdots s_{q-1}s_q)=s_1\cdots\hat{s_{i_1}}\cdots\hat{s_p}\cdots s_{i_k}\cdots s_q.\] 这与 \(i_k\) 的极小性矛盾。\(\blacksquare\)

在上面的例子中我把 \(p\) 写在了 \(i_1\) 和 \(i_k\) 中间的某个位置上，实际上 \(p\) 当然可以小于 \(i_1\)，但这不影响论证。

证明：

\(\Rightarrow\): 设 \(u=x_0\xrightarrow{t_1}x_1\xrightarrow{t_2}\cdots\xrightarrow{t_m}x_m=w\)，则根据 strong exchange 条件，\(x_{m-1}=wt_m\) 是 \(w\) 的子表达式，进一步 \(x_{m-2}=x_{m-1}t_{m-1}\) 是 \(x_{m-1}\) 的子表达式，这样一直下去，得到一个 \(u=x_0\) 的表达式，它是 \(s_1\cdots s_q\) 的子表达式。最后根据 deletion condition，这个子表达式又包含一个 \(u\) 的既约子表达式。

\(\Leftarrow\): 如果 \(u\) 的某个既约表达式是 \(s_1\cdots s_q\) 的子表达式，根据上面的引理，只要 \(u\ne w\)，那么就存在反射 \(t\) 使得 \(u<ut\)，并且 \(ut\) 仍然是 \(w\) 的子表达式。对 \(ut\) 继续此步骤直到结果 \(w\) 为止即可。\(\blacksquare\)

6.2 More on the geometric representation

这一节证明了如果几何实现中的二次型 \(B(\alpha_s,\alpha_t)=-\cos\frac{\pi}{m_{s,t}}\) 是正定的，则 \(W\) 是有限群。这一点是两个结论合起来的结果：

证明：固定一个基本区域中的点 \(x\in C\)，考虑从 \(\mathrm{GL}(V^\ast)\) 到 \(V^\ast\) 的连续映射 \[g\to g\cdot x,\quad g\in\mathrm{GL}(V^\ast).\] \(C\) 在此映射下的逆像是 \(\mathrm{GL}(V^\ast)\) 中的某个开集 \(U\)，并且 \(U\) 显然包含恒等元 1，因为 \(1\cdot x=x\in C\)，即 \(U\) 是 1 的一个开邻域。\(U\) 不包含其它任何 \(w\ne 1\in W\)，否则 \(w\cdot x\in C\)，这与 \(C\) 是基本区域矛盾。同理任何 \(w\in W\) 都有一个开邻域不包含其它 \(W\) 中的点。

证明：

第一步：设 \(U\) 是单位元 \(e\) 的邻域且满足 \(U \cap H = \{e\}\)，我们来说明存在一个邻域 \(e\in V\subset U\) 满足 \(VV^{-1}\subset U\)。

令 \(\sigma:U\times U\to G\) 为映射 \(\sigma(x, y) = xy^{-1}\)。由连续性，存在一个邻域 \(N\subset U\times U\) 包含 \((e,e)\) 使得 \(\sigma(N)\subset U\)。那么 \(N\) 包含一个形如 \(V_1\times V_2\) 的开集，其中 \(V_1, V_2 \subset U\) 是开集且 \(e\in V_1\cap V_2\)。取 \(V=V_1 \cap V_2\)，于是 \(V\) 是 \(e\) 的一个邻域，并且 \(V\times V\subset V_1\times V_2\)，因此 \(VV^{-1}=\sigma(V \times V)\subset\sigma(V_1\times V_2) \subset U\)。

第二步：我们来论证 \(G\backslash H\) 是开集。为此只要说明对任意 \(x\in G\backslash H\)，存在 \(x\) 的邻域 \(U\) 使得 \(U\cap H=\emptyset\)。设 \(U\) 是 \(e\) 的邻域且 \(U\cap H=\{e\}\)。令 \(V\subset U\) 为具有上面第一步中性质的 \(e\) 的邻域，则 \(N=Vx\) 是 \(x\) 的邻域。假设 \(h_1, h_2\in N\cap H\)，那么存在 \(v_1,v_2\in V\) 满足 \(h_1 = v_1x\) 且 \(h_2=v_2x\)。于是 \[v_1^{-1}h_1=x=v_2^{-1}h_2\implies h_1h_2^{-1} = v_1v_2^{-1}\in VV^{-1} \subset U.\] 因此 \(v_1v_2^{-1}\in H\cap U\)，所以 \(h_1h_2^{-1}=e\)，因此 \(h_1=h_2\)。这意味着 \(N\) 至多包含 \(H\) 的一个元素。如果 \(N\) 不包含 \(H\) 的任何元素，则 \(N\) 即为所求。否则若 \(N\cap H=\{h\}\)，由于 \(G\) 是 Hausdorff 空间，我们可以取开邻域 \(U_x, U_h\subset N\) 将 \(x\) 和 \(h\) 分开，那么 \(U_x\) 是所求的邻域。

第三步：\(H\) 是有限的。这是因为对每个 \(x\in H\)，取其邻域 \(U_x\) 使得 \(U_x\cap H=\{x\}\)，这些开集加上 \(G\backslash H\) 构成 \(G\) 的一个开覆盖，由 \(G\) 的紧性可得存在 \(G\) 的有限子覆盖。于是有限多个 \(\{U_{x_i}\}_{i=1}^n\) 覆盖了 \(H\)。然而每个 \(U_{x_i}\) 只包含一个 \(H\) 中的元素 \(x_i\)，所以 \(H\) 是有限的。\(\blacksquare\)

现在 \(W\) 保持 Euclidean 内积 \(B\) 不变，从而是正交群 \(O(n,\mathbb{R})\) 的子群。而 \(O(n,\mathbb{R})\) 是紧群，\(W\) 是离散子群，所以 \(W\) 是有限群。

6.3 and 6.4 Radical of the bilinear form / Finite Coxeter groups

这两节合起来证明了 6.2 的逆命题：如果 \(W\) 是有限群，则 \(B\) 必然是正定的。这个结论是如下几个命题合起来得到的：

这个命题背后的关键是任何单根 \(\alpha_s\) 必须属于 \(U\) 或者 \(U^\bot\) 之一。由于 \(W\) 是不可约 Coxeter 群，\(\Delta\) 不能分成两个互相正交的子集，所以要么 \(\Delta\in U\)，这与 \(U\) 是真子模矛盾；要么 \(\Delta\in U^\bot\)，从而 \(U\subset V^\bot\)。

这是群表示论里面的 Maschke 定理。证明技巧就是取平均构造 \(W-\) 不变的正定内积。

若不然 \(V^\bot\ne(0)\)，完全可约性说明 \(V^\bot\) 有直和补 \(U\)，但是 \(U\) 也在 \(V^\bot\) 中，矛盾。

这是命题 3 的直接结论，因为有非平凡的真子模意味着 \(V^\bot\) 也非平凡，与 \(B\) 非退化矛盾。

实际上 \(V\) 是 \(W\) 的不可约表示说明 \(V\) 上的 \(W-\) 不变双线性函数构成的向量空间是一维的。而我们已经有一个 \(W-\) 不变的正定内积，所以 \(B\) 必然是它的一个倍数，从而也是正定的。

6.5 Affine Coxeter groups

之前第 4 章介绍的仿射 Coxeter 群是通过关于超平面的反射构造的，这种反射未必是线性的；而 Coxeter 群的几何实现中，\(W\) 是由线性反射生成的。这一节将这两种方式统一起来。

设 \((W,S)\) 是不可约 Coxeter 群，\(|S|=n+1\)。根据第 5 章几何实现的讨论，我们知道 \((W,S)\) 可以实现为 \(n+1\) 维实向量空间 \(V\) 上的反射群。设 \(V\) 的一组基为 \(\Delta=\{\alpha_i\}\)，每个 \(s_i\in S\) 对应于 \(V\) 上的反射 \(s_{\alpha_i}\)。

此外设 \(V^\ast\) 是 \(V\) 的对偶空间，\(\langle \cdot,\cdot \rangle\) 是 \(V\times V^\ast\to\mathbb{R}\) 的自然配对。

我们来分析当 Cartan 矩阵是半正定，但不是正定时 \((W,S)\) 的结构。

根据 2.6 小节的结论，\(\mathrm{rad}{(V)}=\mathbb{R}\delta\) 可以由一个向量 \(\delta\) 生成，并且 \(W\) 保持子空间 \(\mathbb{R}\delta\) 不变。在 \(V/\mathbb{R}\delta\) 上诱导的内积是正定的。

我们知道，\(W\) 也作用在 \(V^\ast\) 上，这个作用的定义是规定 \(W\) 保持双线性对 \(\langle \cdot,\cdot \rangle\) 不变： \[\langle wv,wx \rangle = \langle v, x \rangle.\quad w\in W,v\in V, x\in V^\ast.\] 记 \[\begin{aligned} H_0&=\{x\in V^\ast\mid \langle\delta,x\rangle=0\},\\ H_1&=\{x\in V^\ast\mid \langle\delta,x\rangle=1\}. \end{aligned}\] 则 \(H_0\) 是线性子空间，\(H_1\) 是仿射超平面。\(W\) 保持 \(H_0,H_1\) 不变：因为对任何 \(x\in V^\ast\) 都有 \[\langle\delta,wx\rangle=\langle w^{-1}\delta,x\rangle=\langle\delta,x\rangle.\]

注意到 \(H_0\) 与 \(V/\mathbb{R}\delta\) 是对偶的，所以它是一个 Euclidean 空间（通过指定一组对偶基，你可以把一个空间上的度量挪到它的对偶空间上）；\(H_1\) 作为 \(H_0\) 平移得到的超平面也具有 Euclidean 度量。\(W\) 同样保持 \(H_0\) 和 \(H_1\) 上的度量不变。

所以我们只要在 \(V^\ast\) 中考虑问题即可。现在的问题变成，已知 \(W\leqslant {\rm GL}(V^\ast)\) 保持 \(H_0,H_1\) 不变，分析 \(W\) 在 \(H_1\) 上的作用。

证明：由于 \(w\) 在 \(V^\ast\) 上的作用是线性的，\(w(x+y)-w(x)=w(y)\)，所以结论是显然的。\(\blacksquare\)

7.4 Hecke algebras and inverses

这一节引入了 \(R\) 多项式，并给出了它们满足的递推关系。这部分用对合来处理会比较方便。

证明：由 \(q^{l(e)}\,\overline{T_e}=q^0\,\overline{T_e}=T_e\)，结论对 \(w=e\) 成立。当 \(l(w)>0\) 时，设 \(w=s_1\cdots s_r\) 是一个既约表示，则 \[\begin{align} q^{l(w)}\,\overline{T_w}&=q^r\,\overline{T_{s_1\cdots s_r}}\\ &=q^r\,\overline{T_{s_1}}\cdots\overline{T_{s_r}}\\ &=(qT_{s_1}^{-1})\cdots (qT_{s_r}^{-1})\\ &=(T_{s_1}+1-q)\cdots (T_{s_r}+1-q)\\ &=\sum_{k=1}^r\sum_{1\leq i_1\leq\cdots\leq i_k\leq r}(1-q)^{r-k}T_{s_{i_1}}\cdots T_{s_{i_k}} + (1-q)^r. \end{align}\] 注意到每个 \(T_{s_{i_1}}\cdots T_{s_{i_k}}=T_{s_1\cdots s_k}=T_x\)，\(x\) 是 \(w\) 的子表达式，所以 \(x\leq w\)。合并相同的 \(x\) 的系数以后，显然 \(T_x\) 的系数在 \(\mathbb{Z}[q]\) 中，所以存在 \(R_{x,w}\in\mathbb{Z}[q]\) 满足 \[\sum_{k=1}^r\sum_{1\leq i_1\leq\cdots\leq i_k\leq r}(1-q)^{r-k}T_{s_{i_1}}\cdots T_{s_{i_k}} +(1-q)^r=\sum_{x\leq w}(-1)^{l(x)+l(w)}R_{x,w}(q)T_x.\] 由于 \(s_{i_1}\cdots s_{i_k}=w\) 只有一种可能，就是 \(k=r\) 并且 \((i_1,\ldots,i_r)=(1,\ldots,r)\)，所以 \(R_{w,w}(q)=1\)。\(\blacksquare\)

证明： \[\begin{aligned} &\qquad\sum_{w\in W}(-1)^{l(x)+l(w)}R_{x,w}(q)T_x = q^{l(w)}\,\overline{T_w}=q^{l(s)+l(sw)}\overline{T_s}\,\overline{T_{sw}}=q\,\overline{T_s}\, q^{l(sw)}\,\overline{T_{sw}}\\ &=(T_s +1-q)\sum_{w\in W}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_x\\ &=\sum_{w\in W}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)(T_sT_x+(1-q)T_x)\\ &=(1-q)\sum_{w\in W}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_x + \sum_{w\in W}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_sT_x\\ &=(1-q)\sum_{w\in W}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_x +\sum_{w\in W,\,x<sx}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_{sx}\\&\quad +\sum_{w\in W,\,x>sx}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)(qT_{sx}+(q-1)T_x)\\ &=(1-q)\sum_{w\in W,\,x<sx}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_x+\sum_{w\in W,\,x<sx}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_{sx}\\&\quad +\,q\sum_{w\in W,\,x>sx}(-1)^{l(sw)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_{sx}\\ &\overset{y=sx}=(q-1)\sum_{w\in W,\,x<sx}(-1)^{l(w)+l(x)}R_{x,sw}(q)T_x+\sum_{w\in W, \,sy<y}(-1)^{l(sw)+l(sy)}R_{sy,sw}(q)T_y\\&\quad +q\sum_{w\in W,\,sy>y}(-1)^{l(sw)+l(sy)}R_{sy,sw}(q)T_y\\ &\overset{y=x}=\sum_{w\in W,\,sx<x}(-1)^{l(w)+l(x)}R_{sx,sw}(q)T_x+\sum_{w\in W,\,sx>x}(-1)^{l(w)+l(x)}\left(qR_{sx,sw}+(q-1)R_{x,sw}\right)T_x. \end{aligned}\] 比较两边 \(T_x\) 的系数即可得到结论。

7.8 Further properties of \(R\)-polynomials

1 的证明：对 \(w\) 的长度归纳。如果 \(l(w)=0\) 则 \(w=x=e\)，\(R_{e,e}=1\)，结论成立。

设结论对所有长度 \(<l(w)\) 的元素成立，取 \(s\in S\) 使得 \(l(sw)<l(w)\)。考虑两种情况：

• \(sx < x\)。这时 \(R_{x,w}=R_{sx,sw}\)，对 \(sw\) 应用归纳假设 \[(-q)^{l(sw)-l(sx)}\overline{R_{sx,sw}}=R_{sx,sw}=R_{x,w}.\] 由于 \(l(sw)-l(sx)=l(w)-l(x)\) 所以结论对 \(w\) 也成立。
• \(sx>x\)。 \[\begin{align} (-q)^{l(w) - l(x)} R_{x,w}(q) &= (-1)^{l(w) + l(x)} q^{l(w) - l(x)} R_{x,w}(q^{-1}) \\ &= (-1)^{l(w) + l(x)} q^{l(w) - l(x)} \left( q^{-1} R_{sx,sw}(q^{-1}) + (q^{-1} - 1) R_{x,sw}(q^{-1}) \right) \\ &= (-1)^{l(w) + l(x)} q^{l(sw) - l(sx)} q^2\left( q^{-1} R_{sx,sw}(q^{-1}) + (q^{-1} - 1) R_{x,sw}(q^{-1}) \right) \\ &= q (-1)^{l(sw) + l(sx)} q^{l(sw) - l(sx)} R_{sx,sw}(q^{-1}) \\ &\quad - (-1)^{l(sw) + l(x)} q^{l(sw) - l(x)} (1 - q) R_{x,sw}(q^{-1}) \\ &= q (-q)^{l(sw) - l(sx)} R_{sx,sw}(q) + (q - 1)(-q)^{l(sw) - l(x)} R_{x,sw}(q) \\ &= q R_{sx,sw}(q) + (q - 1) R_{x,sw}(q) \\ &= R_{x,w}(q). \end{align}\]

2 的证明：根据 \(R\)-多项式的定义， \[\overline{T_w}=q^{-l(w)}\sum_{y\in W}(-1)^{l(y)+l(w)}R_{y,w}T_y.\] 两边取对合得到 \[\begin{aligned} T_w&=\overline{q^{-l(w)}\sum_{y\in W}(-1)^{l(y)+l(w)}R_{y,w}T_y}\\ &=q^{l(w)}\sum_{y\in W}(-1)^{l(y)+l(w)}\overline{R_{y,w}}\,\overline{T_y}\\ &=q^{l(w)}\sum_{y\in W}(-1)^{l(y)+l(w)}q^{l(y)-l(w)}R_{y,w}\cdot q^{-l(y)}\sum_{x\in W}(-1)^{l(x)+l(y)}R_{x,y}T_y\\ &=\sum_{x\in W}\left(\sum_{x\leq y\leq w}(-1)^{l(y)+l(x)}R_{x,y}R_{y,w}\right)T_x \end{aligned}\] 比较两边关于 \(T_w\) 项的系数即可。

References