交付有限群不变量的生成、关系与计数证书 ​

找到几个不变的式子，只完成了最容易的一步。还要证明每个不变量都能由它们产生，找到它们之间的全部关系，并确认每个次数的维数没有漏算。本终点把这三项输出放在同一个三阶作用上，再改变特征，检查哪部分证明仍然有效。

从有限不变量路线依次读不变量环理路有限群不变量环Finite-group invariant ring · 有限群不变式环从有限群保持的多项式构造不变量代数，证明任意特征下的有限生成，并以三阶作用交出完整生成元、关系与轨道分离证书。、Reynolds投影理路Reynolds 不变量投影Reynolds operator · Reynolds 算子用群平均把多项式投影到不变量，证明固定次数基的完备性，并在特征二剪切作用中区分平均失效与不变量环仍有限生成。与Molien级数理路Molien 级数Molien series · Molien theorem · Molien 公式从各次不变量投影的迹推导平均行列式公式，用三阶作用核对全次数维数，并说明级数何时能认证生成完备性。。下载标准库精确程序及结果记录。特征零的程序使用 $\mathbb{Q}(\omega )$ 中的有理坐标对，不使用近似复数判断某个平均究竟为零。

任务一：给出整个环，不能只列几个不变式 ​

设 $A=\mathbb{C}[x,y]$，$G=C_3=⟨\sigma ⟩$，直接规定

$$\sigma (x)=\omega x,\sigma (y)={\omega }^{-1}y,{\omega }^2+\omega +1=0.$$

要求交出全部不变量的有限表示、一个唯一正常形，以及为什么这些读数分开复数点轨道。还要用轨道首一方程说明：有限生成结论本身为什么不依赖除以三。

答案：先证明张成，再证明没有额外关系 ​

单项式 $x^i{y}^j$ 的乘子为 ${\omega }^{i-j}$，所以不变当且仅当 $i-j$ 被三整除。设 $U=x^3,V=y^3,W=xy$。当 $i\ge j$ 时，单项式等于 $U^{(i-j)/3}{W}^j$；当 $i<j$ 时等于 $V^{(j-i)/3}{W}^i$。因此 $U,V,W$ 生成全部不变量。

关系 $UV=W^3$ 明显成立。将形式多项式中的 $w^3$ 替换成 $uv$，得到余式

$$a(u,v)+wb(u,v)+w^{2}c(u,v).$$

代入后，三类单项式的 $x,y$ 指数分别同时模三余0、1、2；每类内部的两个指数又唯一确定 $u,v$ 的幂。它们的像线性无关，所以余式只有全零时才代入为零。因此完整代入核为 $(uv-w^3)$，并有

$$A^G\cong \mathbb{C}[u,v,w]/(uv-w^3),A^G=\mathbb{C}[U,V]\oplus W\mathbb{C}[U,V]\oplus W^2\mathbb{C}[U,V].$$

例如

$$x^8{y}^2+x^2{y}^8+3x^5{y}^5=U^2{W}^2+V^2{W}^2+3UV{W}^2.$$

这是三项模基正常形。若保留 $3W^5$，表达仍正确，但还没有按 $W$ 次数小于三归一化。

两个复数点具有同样的 $(U,V,W)$ 时，若第一个 $x\ne 0$，相同的三次幂使 $x^{\prime }={\omega }^{r}x$，再由相同乘积得 $y^{\prime }={\omega }^{-r}y$。若 $x=0,y\ne 0$，相同读数使 $x^{\prime }=0$，而 $y^{\prime }$ 是 $y$ 的三次单位根倍数，仍在同一轨道。若 $x=y=0$，两个三次幂为零直接迫使另一点也是原点。这证明全部纤维恰为轨道，没有漏掉坐标轴。

本例轨道多项式为

$$P_x(T)=T^3-U,P_y(T)=T^3-V.$$

它们说明 $A$ 作为 $S=\mathbb{C}[U,V]$-模由九个 $x^i{y}^j$（$0\le i,j<3$）张成。一般有限型交换 $k$-代数中，对每个代数生成元取 $\prod _{g\in G}(T-g(a_i))$，其不变量系数生成有限型Noether子代数 $S$；同样降幂使 $A$ 在 $S$ 上有限，再由 $A^G$ 是其子模得有限生成。这个论证从未除群阶。因此改变特征时，要重新定义有效的作用，但不能仅因平均分母消失，就断言有限生成也消失。

任务二：交出固定次数的全部基和投影 ​

对上述作用，求次数6的不变量基以及 $\mathcal{R}((x+y{)}^6)$。证明平均不漏任何次数6不变量，并给出一个平均不保乘法的反例。最后说明在一般非对角作用中，怎样独立核验一组平均列确为完整基。

答案：列空间与联立核必须相同 ​

按 $y^6,x{y}^5,x^2{y}^4,x^3{y}^3,x^4{y}^2,x^{5}y,x^6$ 排列单项式，平均矩阵为

$$P=\mathrm{diag}(1,0,0,1,0,0,1).$$

三个被保留方向给完整基 $y^6,x^3{y}^3,x^6$。一般公式

$$\frac{1+{\omega }^{i-j}+{\omega }^{2(i-j)}}{3}$$

在 $i-j$ 为三的倍数时为1，其余为0，因此

$$\mathcal{R}((x+y{)}^6)=x^6+20x^3{y}^3+y^6=U^2+20UV+V^2.$$

这里也可写成 $U^2+20W^3+V^2$，但不得把 $UV$ 与 $W^3$ 当作不同基方向。

完整性的理由不是“我们碰巧找到三个”。若 $f=\sum _j{c}_j{m}_j$ 已是不变量，投影性质给 $f=\mathcal{R}(f)=\sum _j{c}_j\mathcal{R}(m_j)$，所以全部平均单项式张成整个固定空间。在一般基下，令 $M_g$ 是次数6作用矩阵，可以另外求 $\bigcap _g\ker (M_g-I)$，与平均矩阵的列空间比较。这第二条路线不需要先猜出不变量维数。

平均只对不变量系数线性：$\mathcal{R}(af)=a\mathcal{R}(f)$ 要求 $a\in A^G$。让二阶群把 $x$ 送到 $-x$，则 $\mathcal{R}(x)=0$ 而 $\mathcal{R}(x^2)=x^2$。所以先平均变量再代入多项式，会把真正保留下来的平方项误删。

迁移到有理非对角作用 $\tau (x)=y,\tau (y)=-x-y$，其一次变量矩阵为

$$B(\tau )=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& -1\end{array}\right),B(\tau {)}^3=I.$$

它的特征值仍为 $\omega ,{\omega }^2$，各次不变量维数相同，但不能继续逐项删除原 $x,y$ 基中的单项式。应展开每个像，求平均列基和联立核。公开程序还共轭这份作用到四种不同基，逐次核列独立、固定性、投影幂等以及全部固定向量都被保留。

任务三：用完整级数认证，而不是只比一段数字 ​

计算这份不变量环的Molien级数，并从任务一的正常形独立计算同一条级数。指出只取 $U,V$ 会在哪一层失败，把三个生成元误当作代数无关又会在哪一层失败。解释“相同级数证明完备”的确切条件。

答案：两个全次数推导在同一个包含中相遇 ​

群中的单位元给 $(1-t{)}^{-2}$，两个非单位元均给 $(1+t+t^2{)}^{-1}$，所以

$$H(t)=\frac{1}{3}(\frac{1}{(1-t{)}^2}+\frac{2}{1+t+t^2}).$$

另一方面，任务一证明 $1,W,W^2$ 是 $\mathbb{C}[U,V]$ 上的模基，次数分别为0、2、4，而 $U,V$ 次数都是3。因此

$$H(t)=\frac{1+t^2+t^4}{(1-t^3{)}^2}=\frac{1-t^6}{(1-t^3{)}^2(1-t^2)}.$$

将分母交叉相乘即可验证上述是多项式恒等式，因而控制所有次数。逐次也可数 $i+j=d,i-j\equiv 0(\mathrm{mod}3)$，得到

$$H_{3r}=r+1,H_{3r+1}=r,H_{3r+2}=r+1.$$

前十项是 $1,0,1,2,1,2,3,2,3,4$。它们只作核对；无穷级数相等的证明来自完整正常形与有理恒等式。

只取 $U,V$ 的子代数在次数2为零，漏掉 $W$。若把 $u,v,w$ 都当独立变量，次数6则出现 $u^2,uv,v^2,w^3$ 四个单项式，实际只有三维，因为 $uv=w^3$。猜中一个关系仍不自动说明只有这个关系；任务一的唯一余式才补上这项证明。

一般地，已知分次包含 $B=\mathbb{C}[f_1,\dots ,f_s]\subseteq A^G$，再独立证明全部次数满足 $\dim B_d=\dim A_d^G$，才能逐层推出 $B=A^G$。两个没有给定包含的抽象环，即使每层维数相同也可能不同构：$\mathbb{C}[u,v]/(u^2)$ 有非零幂零元，$\mathbb{C}[u,v]/(uv)$ 没有，但它们的级数都为 $(1-t^2)/(1-t{)}^2$。

还有两项不能省的范围限制。第一，前20项相同不等于全级数相同，给任意级数再加 $t^{100}$ 就是反例。第二，Molien此处在复数上用投影迹数整数维数；模 $p$ 的迹只给一个剩余类，不能不经额外提升就当成原整数。程序在有限域里用精确核维数，不把域内的迹冒充维数。

任务四：平均分母消失以后，仍交出完整答案 ​

在 $k={\mathbb{F}}_2$ 上改用二阶作用

$$\sigma (x)=x+y,\sigma (y)=y.$$

判断群平均能否使用，求全部不变量环及每次维数。再区分形式多项式相等与在有限域所有点取相同值。

答案：用唯一模分解替代不可用的平均 ​

${\sigma }^2=1$，但 $2=0$，所以不能定义 $(1+\sigma )/2$。不除分母的转移和 $T=1+\sigma$ 给

$$T(1)=0,T(x)=y,T(y)=0.$$

它的像虽然不变，却不保留已经不变的元素；称为投影会立即与 $T(1)=0$ 冲突。

令 $N=x^2+xy$，代入得 $\sigma (N)=N$。关系 $x^2=N+xy$ 把全部多项式降成

$$a(y,N)+xb(y,N).$$

$N^j$ 和 $x{N}^j$ 的最高 $x$ 次数分别为 $2j$ 和 $2j+1$，在 $k[y]$ 系数下都首一，所以最高项不能相消，表达唯一。又

$$\sigma (a+xb)-(a+xb)=yb.$$

多项式环是整环，故不变当且仅当 $b=0$。最终

$$k[x,y{]}^{C_2}=k[y,N],\mathrm{deg}y=1,\mathrm{deg}N=2.$$

$y,N$ 代数无关，每个次数 $d$ 的一组基为

$$y^{d-2j}{N}^j,0\le j\le \lfloor d/2\rfloor ,$$

因此维数为 $\lfloor d/2\rfloor +1$，级数为 $1/((1-t)(1-t^2))$。例如次数4的基是 $y^4,y^{2}N,N^2$，且 $x^4+x^2{y}^2=N^2$。

最后，$x^2-x$ 在 ${\mathbb{F}}_2[x]$ 中非零，却在0、1都为零。因此有限点求值不能替代正式系数恒等。这个现象不妨碍已证明的不变量分离不同有理点轨道：分离说的是能够区分两个轨道，不是声称所有形式多项式都能由其有限点值唯一恢复。

复算范围与交付要求 ​

公开程序交叉核对精确群作用矩阵、平均列空间、生成元联立核、两种正常形和Hilbert有理函数。它覆盖非对角共轭基、特征二剪切、三个非模素域以及这些素域的全部二变量点轨道；具体次数范围与检查数写在结果文件中。平均分母为零、非群矩阵表、重复群元素、坏次数和浮点系数都会被拒绝。

这些有限检查不代替本文的全次数证明。完整交付应包含作用和基域、形式环内不变性、全部生成元、全部关系、唯一正常形、指定次数基以及所用计数定理的范围。若目前只算到某个次数，就明确保留这项截断，不把尚未发现新生成元当成算法已经认证终止。