秩二 Cartan 矩阵与根系分类

形式陈述

设 $\Phi$ 是秩二的有限约化结晶根系，选定有序简单基 $\Delta=(\alpha_1,\alpha_2)$ 。本文固定行指标放在分母的Cartan约定：

A_{ij}=\frac{2(\alpha_i,\alpha_j)}{(\alpha_i,\alpha_i)},\qquad A=\begin{pmatrix}2&-m\\-n&2\end{pmatrix}. \tag{1}

不同简单根内积非正，故 $m,n$ 为非负整数。分类输出为：

若 $m=0$ ，则 $n=0$ ，得到 $A_1\times A_1$
若 $m,n>0$ ，则 $mn\in\{1,2,3\}$ ；交换两个简单根后，可分别取 $(m,n)=(1,1),(2,1),(3,1)$ ，得到 $A_2,B_2,G_2$

交换简单根会同时交换矩阵的行和列。也有人将式(1)整体转置，因此比较两份Cartan矩阵前应先查配对约定，而不是只按图上某个数字判断长短根。

下表给出每种模型的全部正根，坐标均相对于 $\Delta$ ；全部根是表中向量及其相反数。记 $s_i=s_{\alpha_i}$ ， $h$ 是 $s_1s_2$ 的阶， $W=\langle s_1,s_2\rangle$ 。

模型	$(m,n)$	正根的简单坐标	$h$	$\lvert\Phi\rvert$	$\lvert W\rvert$
$A_1\times A_1$	$(0,0)$	$(1,0),(0,1)$	2	4	4
$A_2$	$(1,1)$	$(1,0),(0,1),(1,1)$	3	6	6
$B_2$	$(2,1)$	$(1,0),(0,1),(1,1),(2,1)$	4	8	8
$G_2$	$(3,1)$	$(1,0),(0,1),(1,1),(2,1),(3,1),(3,2)$	6	12	12

这一分类保留整数配对和根集合。在非正交的 $A_2,B_2,G_2$ 中，式(1)也决定全部内积到共同正比例；在正交的 $A_1\times A_1$ 中，两条轴的长度可以独立缩放。因此若要求严格欧氏等距而不准缩放，不能把表中一行误称为只有一个长度配置。

直觉

反射 $\alpha_2$ 时，要从它减去整数倍 $\alpha_1$ ；反向反射也有一个整数。两个整数看似可以任意大，但欧氏正定性把它们的乘积严格压在四以下。分类的有限性正来自“非负整数”与“严格小于四”同时成立。

Cartan矩阵通常不是对称矩阵。它的不对称记录根长：在 $m,n>0$ 时，

\frac{\|\alpha_2\|^2}{\|\alpha_1\|^2}=\frac mn. \tag{2}

例如 $G_2$ 的 $(m,n)=(3,1)$ 表示 $\alpha_2$ 的长度平方为 $\alpha_1$ 的三倍。若用Dynkin图记录，两个节点之间画 $mn$ 条边，多重边的箭头指向短根，所以这里指向节点1。箭头方向属于长度信息，不能从两个反射的积阶单独恢复。

四种秩二根系的欧氏图，正短根为蓝色、正长根为红色、负根为灰色 — 秩二根系与反射乘积阶

图中每个模型独立缩放到相同最大根长，显示的是实际欧氏向量；各面板的数值长度不能直接横向比较。简单根坐标的非正交性已通过Gram矩阵转换进图面。

例子与边界

$G_2$ ：从一份Gram矩阵复算十二根

取简单基的Gram矩阵

G=\begin{pmatrix}2&-3\\-3&6\end{pmatrix}. \tag{3}

它的首个主子式为二，行列式为三，故正定。式(1)给 $m=3,n=1$ 。两个反射对坐标列向量的矩阵为

S_1=\begin{pmatrix}-1&3\\0&1\end{pmatrix},\qquad S_2=\begin{pmatrix}1&0\\1&-1\end{pmatrix}. \tag{4}

每个都满足 $S_i^{\mathsf T}GS_i=G$ 。例如

(0,1)\xrightarrow{S_1}(3,1)\xrightarrow{S_2}(3,2), \qquad (1,0)\xrightarrow{S_2}(1,1)\xrightarrow{S_1}(2,1).

加上相反数，正好得到表中的十二根。三个正短根为 $(1,0),(1,1),(2,1)$ ，长度平方均为二；三个正长根为 $(0,1),(3,1),(3,2)$ ，长度平方均为六。计算长度时使用 $c^{\mathsf T}Gc$ ，不是 $c_1^2+c_2^2$ 。

乘积按右侧先作用：

R=S_1S_2=\begin{pmatrix}2&-3\\1&-1\end{pmatrix},\qquad R^2-R+I=0,\quad R^3=-I,\quad R^6=I. \tag{5}

其中 $R,R^2,R^3$ 都不是单位阵，故其阶确为六，而不是仅知道“阶整除六”。

乘积等于四时发生什么

整数矩阵

A=\begin{pmatrix}2&-2\\-2&2\end{pmatrix} \tag{6}

有正确的对角和非正非对角元，却不能来自两个线性无关欧氏简单根。若套用同样的坐标反射公式，得到

R=\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}=I+N, \qquad N\ne0,\quad N^2=0.

于是 $R^k=I+kN$ 两两不同，生成群无限。此时对应对称矩阵的行列式为零，正定条件已经失效。若 $mn>4$ ，则 $\operatorname{tr}R=mn-2>2$ 且 $\det R=1$ ，有一个实特征值大于一，同样不可能有限阶。

去掉结晶性又会出现另一种边界：十个等长根的 $I_2(5)$ 配置是有限的，但其相邻简单配对不是整数，两个简单反射积的阶为五。它没有违反表格，只是没有满足表格的输入合同。

$B_2$ 与 $C_2$ 的命名

在二维标准欧氏空间中， $B_2$ 可取 $\pm e_i,\pm e_1\pm e_2$ ， $C_2$ 可取 $\pm2e_i,\pm e_1\pm e_2$ 。适当旋转并共同缩放可以把两份八根集合对应，因此秩二表常只保留名称 $B_2$ 。长短根标签或简单基次序不同，会使式(1)转置。

这个二维偶合不能照搬到三维： $B_3$ 与 $C_3$ 的长短根数量不同，却仍有同一个反射群。根系类型、根长和反射群之间的关系，必须按实际维数核对。

推论与应用

为什么没有第五种整数配对

记 $u=(\alpha_1,\alpha_1)>0$ 、 $v=(\alpha_2,\alpha_2)>0$ 、 $z=(\alpha_1,\alpha_2)\le0$ 。Gram矩阵正定给

uv-z^2>0,\qquad mn=\frac{4z^2}{uv}<4. \tag{7}

若 $z=0$ ，两个非对角配对同时为零。否则 $m,n$ 都是正整数；乘积一、二、三的因数分解只有表中三种及其交换。这就证明了候选列表的穷尽性。

反过来，对表中 $m,n>0$ ，可取

G_{m,n}=\begin{pmatrix}2n&-mn\\-mn&2m\end{pmatrix}. \tag{8}

其行列式是 $mn(4-mn)>0$ ，所以确实定义欧氏内积，且给出指定Cartan矩阵。对 $(0,0)$ 则取任意正对角Gram矩阵。

根表为什么是完整证书

在简单基中，反射公式直接给

S_1(c_1,c_2)=(-c_1+mc_2,c_2),\qquad S_2(c_1,c_2)=(c_1,nc_1-c_2). \tag{9}

对四行有限列表逐项代入即可验证：每个 $S_i$ 都保持“表中正根加其相反数”的集合，且每根均从某个简单根反复施加 $S_1,S_2$ 得到。以 $G_2$ 为例，正根上的作用是

\begin{array}{c|rrrrrr} \beta&(1,0)&(0,1)&(1,1)&(2,1)&(3,1)&(3,2)\\\hline S_1\beta&(-1,0)&(3,1)&(2,1)&(1,1)&(0,1)&(3,2)\\ S_2\beta&(1,1)&(0,-1)&(1,0)&(2,1)&(3,2)&(3,1) \end{array}

为何仅检查两个反射已足够证明全部根公理？设表中根 $\alpha=w\alpha_i$ ，其中 $w$ 为这些反射的乘积。每个 $S_i$ 保持式(8)内积，故

s_\alpha=wS_iw^{-1}.

因此每个根反射都保持列表。任一列表根 $\beta$ 的 $w^{-1}\beta$ 有整数简单坐标，与第 $i$ 行整数Cartan数据配对，得到

\frac{2(\alpha,\beta)}{(\alpha,\alpha)} =\frac{2(\alpha_i,w^{-1}\beta)}{(\alpha_i,\alpha_i)}\in\mathbb Z.

其余公理也可直接检查：列表含两条简单轴而张成二维，非零，且每条根直线仅有正负一对。这样验证的是一份真正存在的根系，不只是角度候选。

最后，任何原输入根系的每根都能由简单根反射恢复，这已在简单基的恢复证明中建立。式(9)既然完全确定，原输入不能另藏表外根。因此列表既给存在性，也给全部根的穷尽性。

群阶与二面体正常形

对全部四种情形，令 $R=S_1S_2$ ，则

\det R=1,\qquad\operatorname{tr}R=mn-2.

$(m,n)=(0,0)$ 时 $R=-I$ ；其余三种分别满足 $R^2+R+I=0$ 、 $R^2+I=0$ 、 $R^2-R+I=0$ ，给阶三、四、六。

因为 $S_1^2=S_2^2=I$ 且 $S_1RS_1=R^{-1}$ ，按二面体群的正常形化简，每个词都能写成

R^j\quad\text{或}\quad S_1R^j,\qquad0\le j<h.

前一类行列式为一，后一类为负一，两类不相交；同一类的 $h$ 个元素因 $R$ 阶恰为 $h$ 而互不相同。故 $|W|=2h$ ，也说明这些正常形穷尽全部词。这里完整证明的是秩二有限群，没有借此宣称一般秩的Coxeter呈示定理。

一份小输入的验收顺序

给定声称是秩二Cartan矩阵的数据，先核对角二、非对角非正整数、零元成对，再查 $mn<4$ 。若通过，输出上表根坐标、式(8)的正定Gram证据、两个反射矩阵以及 $2h$ 个正常形；逐项检验反射稳定与乘积阶即可复算结果。

这里的列表大小最多十二根、十二个群元素，属于固定秩二的有界证书。若把任意高秩整数矩阵输入同一闭包程序，有限性与成本都需要新的论证，不能沿用本页常数规模的结论。

参考资料

Pavel Etingof，MIT18.745 Lie Groups and Lie Algebras I，2020，§21.3、Theorem21.9与§23.1：秩二角度限制、Cartan矩阵及正定对称化。本文明确固定行分母约定。
Sergey Fomin、Nathan Reading，Root Systems and Generalized Associahedra，2007，Figure1.6、§§1.4–1.5、Examples2.2–2.3：秩二根表、显式反射以及B/C两族。本文从矩阵完整验证根公理与穷尽性；正交分量的独立缩放在正文单独说明。

形式陈述 ​

G2：从一份Gram矩阵复算十二根 ​

乘积等于四时发生什么 ​

B2 与 C2 的命名 ​

为什么没有第五种整数配对 ​

根表为什么是完整证书 ​

群阶与二面体正常形 ​

一份小输入的验收顺序 ​

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