Reynolds 不变量投影 | Codeboy's Blog

形式陈述

如果手上的多项式并不对称，能否有系统地取出其中不变的部分？设有限群 $G$ 通过 $k$ -代数自同构作用于交换含幺代数 $A$ ，并要求 $m=|G|$ 在域 $k$ 中可逆，即特征不整除 $m$ 。定义

\mathcal R:A\longrightarrow A, \qquad \mathcal R(f)=\frac1m\sum_{g\in G}g(f). \tag{1}

这个Reynolds算子是到不变量环 $A^G$ 的 $k$ -线性投影：

\operatorname{im}\mathcal R=A^G,\qquad \mathcal R|_{A^G}=1,\qquad \mathcal R^2=\mathcal R. \tag{2}

它还满足

\mathcal R(af)=a\mathcal R(f) \qquad(a\in A^G,\ f\in A), \tag{3}

即对不变量系数线性。一般不能把式(3)中的 $a$ 换成任意 $A$ 元素，也不能声称 $\mathcal R$ 是代数同态。

如果 $A$ 有分次且群保持每层， $\mathcal R$ 就保持次数。在 $A=k[x_1,\ldots,x_n]$ 的线性变量作用中，取全部次数 $d$ 单项式，逐个作式(1)，再从结果中抽取一组线性基，便得到整个 $A_d^G$ 的基。这个结论针对指定次数；要证明若干低次不变量生成整个环，还须另有全次数依据。

直觉

沿群作一圈变换后求平均，会把“依赖于从哪一个群元素开始”的差异抵消掉。若原式已经不变，每一项都相同，平均就原样保留。

这与Maschke定理中把任意投影作共轭平均共享有限平均的机制，但输入和输出不同：这里直接平均元素的像，输出固定子空间上的特定投影；Maschke从给定不变子空间出发，构造与作用交换的补空间。无需先分解出全部不可约表示，也能使用式(1)。

“投影”只表示做第二次不会再改变结果。它不意味着乘法也按同样方式投影：两个各自平均为零的量，相乘后可能恰好不变。

例子与边界

三次单位根筛出同余条件

继续三阶作用 $\sigma(x)=\omega x,\sigma(y)=\omega^{-1}y$ 。直接计算

\mathcal R(x^iy^j) =\frac{1+\omega^{i-j}+\omega^{2(i-j)}}3x^iy^j =\begin{cases} x^iy^j,&i-j\equiv0\pmod3,\\ 0,&i-j\not\equiv0\pmod3. \end{cases} \tag{4}

次数6的七个单项式中，只留下 $x^6,x^3y^3,y^6$ ，它们是一组完整基。对二项式展开再筛选，得到

\mathcal R((x+y)^6)=x^6+20x^3y^3+y^6 =U^2+20W^3+V^2, \tag{5}

其中 $U=x^3,V=y^3,W=xy$ 。系数20是原展开中间项的二项式系数，并非群阶平均后再随意归一化成1。

平均不保乘法

让二阶群作用于 $\mathbb Q[x]$ ，非单位元把 $x$ 送为 $-x$ 。则

\mathcal R(x)=0,\qquad \mathcal R(x^2)=x^2\ne\mathcal R(x)^2.

因此不能通过“先平均变量，再把它们代入 $f$ ”计算平均 $f$ 。这个错误在高次项中会丢失真正的不变量。

特征二中没有这个平均，却有完整不变量环

现在令 $k=\mathbb F_2$ ，并设

\sigma(x)=x+y,\qquad \sigma(y)=y. \tag{6}

两次作用恢复 $x$ ，所以这是二阶群作用。没有 $1/2$ ，式(1)不可定义。不除分母的转移和 $T=1+\sigma$ 满足

T(1)=0,\qquad T(x)=y,\qquad T(y)=0.

它仍产生不变量，但杀掉所有已有不变量，所以不是保留不变量的投影。

然而令 $N=x^2+xy$ ，直接代入可得 $\sigma(N)=N$ 。事实上

k[x,y]^{C_2}=k[y,N]. \tag{7}

证明需要说明这已是全部。因为 $x^2=N+xy$ ，按 $x$ 次数逐步降幂，任意多项式都能写成

f=a(y,N)+x\,b(y,N). \tag{8}

这份表达唯一： $N^j$ 作为 $k[y][x]$ 中多项式的最高 $x$ 次数是 $2j$ ，首项系数为1； $xN^j$ 则是 $2j+1$ 。任意非零有限线性组合中最高的 $x$ 次数不能与其他项抵消。这个论证同时说明 $y,N$ 代数无关。

把式(8)作用一次，利用 $y,N$ 不变，得到 $\sigma(f)-f=y\,b(y,N)$ 。 $k[x,y]$ 是整环且 $y\ne0$ ，因此 $f$ 不变当且仅当 $b=0$ ，证明式(7)。例如

x^4+y^2x^2=N^2

不变，而 $xN$ 不是。有限群不变量的有限生成定理仍成立，失败的只是这条带 $1/|G|$ 的平均公式。

非模时平均是到固定空间的投影；特征二剪切作用的转移和把1送为0、x送为y、y送为0，并不保留固定空间。 — 投影与模特征转移和的不同输入输出

推论与应用

为什么平均恰好投到全部不变量

对固定 $h\in G$ ，

h\mathcal R(f)=\frac1m\sum_{g\in G}(hg)(f)=\mathcal R(f),

因为 $g\mapsto hg$ 是群的置换。所以像包含在 $A^G$ 中。若 $f\in A^G$ ，每项都是 $f$ ，故 $\mathcal R(f)=m^{-1}mf=f$ 。这同时给出满到 $A^G$ 与幂等性。对不变量 $a$ ，利用 $g(af)=a\,g(f)$ 后取和，就得到式(3)。

由此还有向量空间分解 $A=A^G\oplus\ker\mathcal R$ ：写 $f=\mathcal R(f)+(f-\mathcal R(f))$ ，后项落在核中；若一个不变量又在核中，它等于自己的平均，因而为零。这里的核一般不是理想，前面的 $x$ 与 $x^2$ 已是反例。

指定次数的可执行证书

固定单项式顺序 $m_1,\ldots,m_D$ ，其中 $D=\binom{n+d-1}{d}$ ，假定 $n\ge1$ 。对每个群生成元，展开 $g(m_j)$ 并把系数放在矩阵 $M_g$ 的第 $j$ 列。于是两条可独立核对的路线是：

计算完整群平均矩阵 $P=m^{-1}\sum_{g\in G}M_g$ ，取它的列空间基；
把生成元的 $M_g-I$ 纵向叠放，用高斯消元求联立核。

第二条不要求群阶可逆，因为被生成元固定就被它们生成的整个群固定。第一条在非模条件下给 $\operatorname{im}P=\bigcap_g\ker(M_g-I)$ 。实际验收应同时核 $P^2=P$ 、每个输出列被生成元固定、列独立、以及列数等于联立核维数。

平均全部单项式为什么不会漏？若 $f=\sum c_jm_j$ 不变，则

f=\mathcal R(f)=\sum_jc_j\mathcal R(m_j),

所以它必在这些列的张成中。抽取线性无关列不会改变该张成空间。

在已经构造全部 $m$ 张 $D\times D$ 矩阵后，求平均与稠密消元分别需要 $O(mD^2)$ 与 $O(D^3)$ 次域运算，若作用矩阵逐张构造并累加，额外工作空间可控制为 $O(D^2)$ ；若把全部 $m$ 张矩阵同时保留，单是这些输入存储就需要 $O(mD^2)$ 。这些界不包含单项式代入展开的成本，也不是有理数系数增长后的位复杂度。若群阶很大而生成元很少，联立核路线可能避免枚举整个群；没有哪条路线仅凭“用了平均”就必然更快。

怎样避免把次数截断误当作生成证明

算完 $d\le D_0$ 的所有基，只证明这些层没有遗漏。更高次数是否还需新代数生成元，必须有正常形、全次数级数比较或另外证明的次数界。三阶例子由 $UV=W^3$ 的正常形覆盖所有不变单项式；特征二例子由式(8)覆盖全部多项式，两者都不依赖把程序运行次数偷偷当成定理。

公开终点要求同时交出固定空间核、平均列基和关系正常形，并在式(6)下明确拒绝除以二。后续Molien级数将各次投影的迹组合成一条全次数公式。

参考资料

Gregor Kemper，“Computational Invariant Theory”，1998，§1.1–1.2：联立固定空间核与非模Reynolds基计算。
Bernd Sturmfels，Algorithms in Invariant Theory，2nd ed., 2008，§2.1，Proposition 2.1.2：平均的线性、固定性与不变量模线性。特征二式(7)由本页的唯一分解直接证明。

形式陈述 ​

三次单位根筛出同余条件 ​

平均不保乘法 ​

特征二中没有这个平均，却有完整不变量环 ​

为什么平均恰好投到全部不变量 ​

指定次数的可执行证书 ​

怎样避免把次数截断误当作生成证明 ​

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