有限结晶根系与简单根

一面镜子只需要一个法向方向；把法向乘以非零数并不会改变反射。但根系还要保留每个法向的长度，使反射另一个根时减去的系数恰为整数。因此它同时记录镜面几何和整数结构，单纯列出反射超平面会丢掉部分信息。

选 $h$ 相当于给每一对相反方向选择朝向。简单根是在这个朝向下不能继续拆分的根。一般有限向量集的这种不可分部分未必线性无关；根系的反射与整性限制迫使不同简单根夹角不锐，进而让它们真正成为基。

有了简单坐标，根的符号判断不需要比较一个很小的浮点内积：每个根的坐标都同号，只要查看整数坐标即可。这个结构也使反射计算、秩二Cartan分类理路秩二 Cartan 矩阵与根系分类Rank-two Cartan classification · 秩二结晶根系分类从两个简单根的整数配对完整恢复四种有限秩二模型，给精确反射矩阵、根表和群阶，并用正定边界拒绝无限模型。和简单反射最短词理路Weyl 群的简单反射词长Weyl group simple length · Weyl群根逆序数 · 简单反射约化词用简单反射的逐根交换机制证明词长等于转负正根数，输出最短词及最长元，并把一般点归约到唯一正室代表。拥有共同的精确输入。

$A_2$ 的六根与两种简单基 ​

在 ${\mathbb{R}}^3$ 的平面 $E=\{x_1+x_2+x_3=0\}$ 中，取

每根长度平方为二；$s_{e_i-e_j}$ 恰交换第 $i,j$ 个坐标，因此它置换这六根。两根的式(2)配对是普通内积，只可能为 $0,\pm 1,\pm 2$，故整性成立。每条根直线上只有一对相反根，它们也张成二维平面，四项公理全部成立。

取 $h=(2,0,-2)$。正根为 $e_1-e_2,e_2-e_3,e_1-e_3$，第三根是前两根之和，所以简单根为

它们的Gram矩阵是 $\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 2\end{array}\right)$。在简单基中的六根是 $\pm (1,0),\pm (0,1),\pm (1,1)$，反射矩阵为

它们对标准坐标内积未必正交，但满足 $S_i^{\mathsf{T}}G{S}_i=G$；改变到非正交简单基后，必须同时携带Gram矩阵。

若改用 $h^{\prime }=(0,2,-2)$，正根变成 $e_2-e_1,e_1-e_3,e_2-e_3$，简单基也变成前两根。根集合本身没有变化。若取 $h^{″}=(1,1,-2)$，则 $(h^{″},e_1-e_2)=0$，无法给这一对根指定正负，式(3)的输入条件失效。

四项条件各自排除什么 ​

集合 $\{\pm e_1,\pm (e_1+e_2)\}$ 有限、张成、约化，所有式(2)配对也都是整数，但 $s_{e_1}(e_1+e_2)=-e_1+e_2$ 不在其中，所以不是根系。只检验简单候选间的角度，不能代替整个集合的反射稳定。

一维集合 $\{\pm e,\pm 2e\}$ 反射稳定且配对为整数，却不约化。取 $e$ 为简单正根，其反射同时把 $e$ 和 $2e$ 变负；所以“简单反射只翻转一个正根”在这里失败。这也会破坏把正根逆序数当成简单词长的公式。

平面单位圆上的十个向量 $(\cos \left(k\pi /5\right),\sin \left(k\pi /5\right))$，$0\le k<10$，给出有限约化、反射稳定配置；但相邻向量的配对为

它是非结晶的 $I_2(5)$ 模型，不属于本文合同。有限反射群并不自动满足整数根配对。

同样的镜面仍可保留不同根长 ​

在 ${\mathbb{R}}^3$ 中，$B_3$ 取根 $\pm e_i$ 与 $\pm e_i\pm e_j$；$C_3$ 则把前一类换成 $\pm 2e_i$，仍保留后一类。两者都有十八根，反射超平面和反射矩阵完全相同，但 $B_3$ 有十二个长根、六个短根，$C_3$ 则有六个长根、十二个短根。

取余根会将 $B_3$ 的短根变成 $\pm 2e_i$，将长度平方二的根保持不变，正好得到 $C_3$。所以两者互为对偶，而相同反射群不足以恢复原根的长度数据。终点会同时核两份根集合、简单基和Cartan矩阵。

先用两个整数约束一对根 ​

取线性无关的根 $\alpha ,\beta$，令 $m=a_{\alpha \beta }$、$n=a_{\beta \alpha }$。由Cauchy–Schwarz不等式理路Cauchy–Schwarz 不等式Cauchy–Schwarz inequality · 柯西–施瓦茨不等式内积的绝对值不超过两向量范数之积，且等号精确刻画线性相关。的严格情形，

$m,n$ 为同号整数，故乘积只可能是 $0,1,2,3$。特别地，如果 $(\alpha ,\beta )>0$，则 $m,n$ 都为正，至少有一个等于一。若 $m=1$，反射给 $s_{\alpha }(\beta )=\beta -\alpha \in \mathrm{\Phi }$；若 $n=1$，则 $s_{\beta }(\alpha )=\alpha -\beta \in \mathrm{\Phi }$。结合根成正负对，两种情况都说明差 $\alpha -\beta$ 是根。

这条差根结论只使用二维内积、整性和反射公理，不预先使用秩二分类，因此后面的简单基证明没有循环依赖。

从不可分正根得到一组基 ​

每个正根都是简单根之和。若 $\beta$ 不简单，就拆成 $\gamma +\delta$，其中两者为正根，且

不断拆分必终止，因为 $(h,\alpha )$ 在有限根集合上只取有限多个值。由归纳，每根得到一组非负整数系数；因此简单根张成全部根，也张成 $E$。

两个不同简单根的内积不能为正。否则前一节给 $\alpha -\beta \in \mathrm{\Phi }$：若它为正，$\alpha =\beta +(\alpha -\beta )$ 可拆；若它为负，$\beta =\alpha +(\beta -\alpha )$ 可拆，两种情况都矛盾。这里不同正根若共线，约化性迫使它们相同，所以应用式(6)时确实线性无关。

最后证明线性无关理路线性无关Linear independence只有全零系数能产生零向量的向量组。。若存在非平凡关系，按系数正负分组，可写成

只在一侧出现的关系不可能成立，因为与 $h$ 配对为严格正数；所以两侧都非空，且 $(h,z)>0$，从而 $z\ne 0$。但两组指标不交、跨组内积非正，给

矛盾。故简单根确为一组基。坐标唯一性随之成立；负根取正根的相反数，得到全部坐标非正。

一个简单反射只翻转一个正根 ​

设 $\beta =\sum _j{c}_j{\alpha }_j\in {\mathrm{\Phi }}^{+}$ 且 $\beta \ne {\alpha }_i$。约化性保证至少有一个 $j\ne i$ 满足 $c_j>0$，否则 $\beta$ 会是 ${\alpha }_i$ 的另一正标量倍。反射

只改变第 $i$ 个简单坐标；刚才那个正的第 $j$ 坐标保持不变。输出仍是根，而每个根的坐标同号，所以它不可能是负根，必为正根。反射是自身的逆，故它实际上置换 ${\mathrm{\Phi }}^{+}\setminus \{{\alpha }_i\}$，只把 ${\alpha }_i$ 变负。

由简单根恢复全部根 ​

若正根 $\beta =\sum _i{c}_i{\alpha }_i$ 不是简单根，则

保证至少有一个 $i$ 满足 $(\beta ,{\alpha }_i)>0$。此时 $a_{{\alpha }_i\beta }$ 是正整数，且 $s_i\beta$ 仍为正根；它与 $h$ 的配对严格降低。重复便在有限步后到达某个简单根。倒转这些反射，即可从简单根恢复原来的 $\beta$。负根再加一次简单根本身的变号反射也能恢复。

因此从 $\mathrm{\Delta }$ 出发，反复施加全部简单反射直到不再增加向量，就会得到整个 $\mathrm{\Phi }$。终止依据是已经给定的有限根系合同；任意整数反射矩阵不保证这个闭包过程停机，秩二边界理路秩二 Cartan 矩阵与根系分类Rank-two Cartan classification · 秩二结晶根系分类从两个简单根的整数配对完整恢复四种有限秩二模型，给精确反射矩阵、根表和群阶，并用正定边界拒绝无限模型。会给一个明确的无限例子。

精确数据怎样检查 ​

若根向量和Gram矩阵以有理数给出，可以依次检查非零性、张成维数、共线约化性、所有配对的整性，以及每个反射后的向量是否仍在输入集合中。随后检查 $h$ 避开全部超平面，逐对正根测试和是否为另一正根，即可识别不可分根，再解线性方程核所有简单坐标。

将有理向量约成统一表示并用字典存放，全部根对的反射与成员检验需要 $O(N^{2}r)$ 次坐标域运算，其中 $N=|\mathrm{\Phi }|$；这里假设内积矩阵为单位阵或已预计算全部内积，另计该预计算和精确整数位成本。这是一份检查已给有限配置的证书，不是对任意生成向量必停的有限根系识别器。