Weyl 群的简单反射词长

一个简单反射只把自己的简单根从正变负，同时置换其他正根。于是每追加一个简单生成元，逆序数只变一。若某个词造成了可以回退的符号变化，交换机制会删掉其中一个旧反射，解释为什么存在更短表达式。

这与排列的逆序计数理路排列逆序编码与字典序编号Lehmer code · Permutation ranking and unranking · Inversion code用右侧较小元素数构造排列的混合进位码，证明确定性编解码和字典序rank/unrank，再复用逆序生成乘积。同源，但现在排序对象是全部正根，而非只比较位置上的整数。生成集也很重要：允许任意根反射作为一步，会得到另一种长度；一个反射可能本身需要多个简单反射来实现。

$A_2$：一面镜子也可以需要三步 ​

用根系页的简单基，六根为 $\pm {\alpha }_1,\pm {\alpha }_2,\pm ({\alpha }_1+{\alpha }_2)$。三个正根都被

送为负根：${\alpha }_1\mapsto -{\alpha }_2$、${\alpha }_2\mapsto -{\alpha }_1$、${\alpha }_1+{\alpha }_2\mapsto -({\alpha }_1+{\alpha }_2)$。故 $\ell (w)=3$，并且它就是最长元。

然而 $w=s_{{\alpha }_1+{\alpha }_2}$，本身是一条根超平面的反射。因此允许所有根反射时，它的最短反射表达只有一步。这不矛盾：式(2)固定了简单反射生成集。此处 $w_0\ne -I$，因为它交换两个简单根的负向，而不是逐个取负。

图中把全部根统一缩放；蓝色根的三个负向像给简单词长三，红色镜面给任意根反射的一步实现。

另外 $s_1{s}_2{s}_1=s_2{s}_1{s}_2$，表明约化词不唯一。词长和群元素唯一，不代表最短执行路径只有一条。反过来，$s_1{s}_2{s}_1{s}_1=s_1{s}_2$ 是正确但不约化的四步表达。

$B_3$：带符号列像的四步证书 ​

在 ${\mathbb{R}}^3$ 取 $B_3$ 根系，简单根为

$s_1,s_2$ 分别交换相邻坐标，$s_3$ 把第三坐标变号。用带符号列像 $w=(-3,1,-2)$ 表示

正根是三个 $e_i$，以及 $e_i-e_j,e_i+e_j$（$i<j$）。其中被 $w$ 送负的恰为

下列右乘归约依次减少一个逆序：

因为归约记录为 $1,3,2,3$，倒过来得到 $w=s_3{s}_2{s}_3{s}_1$。式(8)给长度下界四，乘积给四步实现，二者闭合。

非约化根配置会破坏计数 ​

若允许一维集合 $\{\pm e,\pm 2e\}$，唯一镜面反射只需一步，却将两个正根同时送负。此时式(4)右边为二、左边为一。有限性与反射稳定还在，失败的是约化根系的“一个简单反射只翻一根”接口。

若输入的是随意整数矩阵，则还不能先假定 $W$ 有限。Cartan乘积等于四的例子理路秩二 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。给一个无限幺幂积；依赖有限根集合的闭包和最长元结论都不能照搬。

为什么群有限，且简单反射已经足够 ​

每个根反射置换 $\mathrm{\Phi }$，因此 $W$ 在有限根集上有群作用理路群作用Group action群元素以保持单位元与乘法的方式作用于集合。。若某个 $w$ 固定每根，由根张成 $E$ 可知它固定整个空间，即 $w=I$。这个作用忠实，故 $W$ 嵌入有限置换群，尤其 $|W|\le |\mathrm{\Phi }|!$。

根系页已经证明：每根都可写成 $\alpha =u{\alpha }_i$，其中 $u$ 是简单反射的乘积。正交变换保持内积，将反射公式逐项代入即得

所以每个根反射都属于简单反射生成的群，式(1)确实等于 $⟨s_1,\dots ,s_r⟩$。这里先用根恢复证明生成性，不把“两个变换把某个室送到同处”误当成二者相等。

一个可实际删除字符的交换证明 ​

暂记 $n(w)=|\mathrm{Inv}(w)|$。因为 $s_i$ 置换 ${\mathrm{\Phi }}^{+}\setminus \{{\alpha }_i\}$ 并翻转 ${\alpha }_i$，直接换元计数得

接下来证明交换机制。设已给一个词

从右往左把这些反射依次作用于 ${\alpha }_j$。起点为正，终点为负，因此有第一次正转负。假设发生在 $s_{i_t}$，并令后缀 $u=s_{i_{t+1}}\cdots s_{i_k}$。一个简单反射只翻自己的简单根，故

于是

原词中第 $t$ 个反射被删掉，其余顺序不变。这个证明对任意给定词成立；它不是仅说明“存在某个更短词”，而是指出删除位置怎样通过逐根符号找到。

从交换机制得到最短性 ​

对约化词长度 $k$ 归纳。单位元的结论显然。设 $w=v{s}_i$ 为长度 $k>0$ 的约化词，则前缀 $v$ 也必须约化，长度为 $k-1$。

若 $v{\alpha }_i$ 为负，式(11)会把 $v{s}_i=w$ 改写成仅 $k-2$ 个简单反射，与最短性矛盾。因此 $v{\alpha }_i$ 为正；由式(10)及归纳假设，

式(4)得证，特别地 $n(w)=0$ 当且仅当 $w=I$。证明没有预先假定室的稳定子平凡，也没有用待证词长结论来证明交换。

最短词提取与最长元 ​

给定 $w\ne I$，必有一个简单根满足 $w{\alpha }_i<0$。否则每个正根都是简单根的非负组合，其像也具有非负简单坐标；便会有 $n(w)=0$，矛盾。

因此反复选择这样一个 $i$ 并右乘 $s_i$，式(10)每次把 $n$ 降一，最终恰在 $n(w)$ 步到达单位元。若选出的下标顺序为 $j_1,\dots ,j_k$，则输出约化词

若以简单坐标中的稠密 $r\times r$ 矩阵存储 $w$，一次检查全部简单根只需看其 $r$ 列的符号，为 $O(r^2)$ 次坐标检查。右乘 $S_i$ 只需用第 $i$ 列更新各列，同样是 $O(r^2)$ 次域运算；提取成本为 $O(\ell (w)r^2+r^2)$。另做独立逆序证书需要把 $N$ 个正根逐个乘矩阵，为 $O(N{r}^2)$ 次域运算。这里均另计精确整数位成本，未把大整数当作固定机器字。

在有限 $W$ 中取词长最大的元素 $w_0$。若某个 $w_0{\alpha }_i$ 为正，右乘会使长度加一，矛盾；所以它把全部正根送负，长度为 $N$。若 $u$ 也如此，则 $u^{-1}{w}_0$ 把所有正根送正，逆序数零，故 $u=w_0$。逆变换 $w_0^{-1}$ 同样交换正负两半，所以由唯一性得 $w_0^{-1}=w_0$。还直接有

因为 $w_0$ 把 $w$ 已经得到的每个根符号再翻一次。

把一般点归约到正室 ​

称 $x\in E$ 为一般点，若它避开全部根超平面。正室是开锥

它非空，因为定义正根的向量 $h$ 在其中。全部正根都是简单根的非负组合，所以式(12)等价于 $(x,\beta )>0$ 对全部正根成立。它是凸且连通的；不穿过某条根超平面就不能改变对应符号，故它恰为超平面补集的一个连通分支，称为Weyl室。

对一般点 $x$，记录

若 $x\notin C$，至少有一个简单根与它负配对。选择这样的 $i$，更新 $x\leftarrow s_{i}x$。内积不变性与简单反射只翻一根说明：正根中除 ${\alpha }_i$ 外的配对只是重新排列，而该负配对变正，因此 $q$ 恰减一。算法至多 $N$ 步终止于 $C$，并保持点在原 $W$ 轨道中。

再证唯一性。$W$ 置换根超平面，故置换其补集的室。若 $x,y\in C$ 且 $y=wx$，则 $wC$ 与 $C$ 相交，所以两室相同。对任意正根 $\beta$，$w^{-1}\beta$ 在 $C$ 上配对为正，因此也是正根；于是 $n(w^{-1})=0$，$w=I$，从而 $x=y$。这同时证明一般点归入正室的群元素唯一。

一般点条件不能删除。例如 $B_3$ 中 $x=(2,2,1)$ 在墙 $x_1=x_2$ 上，非恒等的 $s_1$ 也固定它。墙上可以继续讨论闭室代表，但“将它送到代表的群元素唯一”已经不成立，本页算法合同不作这项承诺。