本单元将有限向量表变成可复查的群计算。完成根系与简单根理路有限结晶根系与简单根Finite reduced crystallographic root system · 有限约化根系用反射稳定和整数配对约束有限向量集，构造正根与简单基，证明全部根的同号整数坐标，并给反射恢复和精确检验接口。、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。和根逆序词长理路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。后，应能分别认证根数据合法、群枚举穷尽、给定词最短，以及一般点归约的目标与唯一性。

所有向量默认是标准欧氏坐标列，群乘积右侧先作用。Cartan矩阵固定行指标为分母。若程序改用简单坐标，会同时保存Gram矩阵；两种坐标不得混算长度。

任务一：十八根是不是完整的有限配置 ​

输入

$${\mathrm{\Phi }}_B=\{\pm e_i:1\le i\le 3\}\cup \{\pm e_i\pm e_j:1\le i<j\le 3\}.$$

取 $h=(3,2,1)$。请交付四项根系公理的检验、全部正根、简单基、Gram与Cartan矩阵，并说明生成群为什么恰有48个元素。仅输出一个闭包程序发现了48个矩阵还不算穷尽性证明。

完整解答 ​

六个坐标根加十二个双坐标根，共十八根。它们非零、包含标准基而张成三维；同一根直线上只有正负一对，满足约化性。

对坐标根，反射是一个坐标变号；对 $e_i-e_j$，反射交换第 $i,j$ 坐标；对 $e_i+e_j$，反射将这两个坐标交换后同时变号。这三类操作都保持输入集合。坐标根的长度平方为一，其Cartan配对是两倍整数内积；双坐标根长度平方为二，其配对是整数内积。因此反射稳定与整性全部成立。

由与 $h$ 配对的符号，九个正根及简单坐标为：

根	$(c_1,c_2,c_3)$
$e_1-e_2$	$(1,0,0)$
$e_2-e_3$	$(0,1,0)$
$e_3$	$(0,0,1)$
$e_1-e_3$	$(1,1,0)$
$e_2$	$(0,1,1)$
$e_1$	$(1,1,1)$
$e_2+e_3$	$(0,1,2)$
$e_1+e_3$	$(1,1,2)$
$e_1+e_2$	$(1,2,2)$

前三项不能分成两个正根，其余各项都能，所以简单基是 ${\alpha }_1=e_1-e_2,{\alpha }_2=e_2-e_3,{\alpha }_3=e_3$。直接内积给

$$\begin{array}{}\text{(1)}& G_B=\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 0\\ -1& 2& -1\\ 0& -1& 1\end{array}\right),A_B=\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 0\\ -1& 2& -1\\ 0& -2& 2\end{array}\right).\end{array}$$

末行分母是一，故 $(A_B{)}_{32}=-2$。若画双边，箭头从长根节点2指向短根节点3。

三个标准坐标反射为

$$\begin{array}{}\text{(2)}& S_1=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),S_2=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right),S_3=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right).\end{array}$$

它们都是带符号置换矩阵，所以生成群至多有 $2^3\cdot 3!=48$ 个元素。反过来，$S_1,S_2$ 生成所有坐标置换；将 $S_3$ 用这些置换共轭，可以对任一坐标单独变号。于是任意三个符号和任意置换都能实现，48个全部出现。这个上下界证明才是枚举穷尽的理由。

任务二：矩阵乘积正确，还能否更短 ​

用列像 $w=(-3,1,-2)$ 表示 $e_1\mapsto -e_3,e_2\mapsto e_1,e_3\mapsto -e_2$。请给完整逆序集合、一个最短词，以及最长元的独立证书。再判断“最长元一定是负单位阵”能否作为一般规则。

完整解答 ​

直接对九根施加 $w$，得到：

正根 $\beta$	$w\beta$	符号
$e_1-e_2$	$-e_1-e_3$	负
$e_2-e_3$	$e_1+e_2$	正
$e_3$	$-e_2$	负
$e_1-e_3$	$e_2-e_3$	正
$e_2$	$e_1$	正
$e_1$	$-e_3$	负
$e_2+e_3$	$e_1-e_2$	正
$e_1+e_3$	$-e_2-e_3$	负
$e_1+e_2$	$e_1-e_3$	正

逆序数为四。按式(2)乘矩阵，

$$\begin{array}{}\text{(3)}& w=S_3{S}_2{S}_3{S}_1=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& -1\\ -1& 0& 0\end{array}\right).\end{array}$$

正确乘积提供四步实现，根逆序公式提供任何简单词至少四步，故它约化。若检查器只接收一串标签，不保存右端先作用的约定，很容易算成逆元素；逆元素长度仍为四，所以仅核长度还发现不了这个错误。

本例的 $-I$ 将九个正根全部送负，因此是唯一最长元，词长九。下面给一个恰九步的实现：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& -I=(S_1{S}_2{S}_3{S}_2{S}_1)(S_2{S}_3{S}_2)S_3.\end{array}$$

三个括号块分别把第一、第二、第三坐标单独变号，所以乘积确为 $-I$；再用九个逆序认证约化。

在 $A_2$ 中，最长元 $s_1{s}_2{s}_1$ 把 ${\alpha }_1$ 送到 $-{\alpha }_2$，不是 $-{\alpha }_1$，故一般规则不成立。它作为任意根反射只需一步，作为简单反射词却需要三步。报告长度之前必须说明生成集。

任务三：把一个一般点送入正室 ​

现在 $x=(-3,1,-2)$ 表示空间中的点，而非任务二的带符号列像。正室为

$$C=\{x_1>x_2>x_3>0\}.$$

每轮选择一个与当前点负配对的简单根进行反射。请给最终点、执行顺序、每步负配对根数，并判断归约变换是否唯一。若改成 $(2,2,1)$，哪一项唯一性承诺失效？

完整解答 ​

三类负配对测试是 $x_1-x_2<0$、$x_2-x_3<0$、$x_3<0$。一条合法路径为：

当前点	选下标	$q(x)$
$(-3,1,-2)$	1	7
$(1,-3,-2)$	2	6
$(1,-2,-3)$	3	5
$(1,-2,3)$	2	4
$(1,3,-2)$	1	3
$(3,1,-2)$	3	2
$(3,1,2)$	2	1
$(3,2,1)$	结束	0

这里 $q$ 统计九个正根中与当前点负配对的根。初始有两个负坐标、两个负差以及三个负和，共七个。每轮简单反射只改变其中一项的符号，其余重新排列，因此表中计数恰逐一下降。

若按执行时间记录下标 $1,2,3,2,1,3,2$，总变换写成相反次序

$$\begin{array}{}\text{(5)}& u=S_2{S}_3{S}_1{S}_2{S}_3{S}_2{S}_1=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 0& -1\\ 0& 1& 0\end{array}\right),ux=(3,2,1).\end{array}$$

点的三个绝对坐标互不相同且非零，确为一般点。任何另一个 $v\in W$ 若也把它送入 $C$，室唯一性先给相同目标，再给 $v=u$。不同合法反射路径可以存在，但最后群元素相同。用根表算 $u$ 的逆序数也是七，因此这条路径的七步词同时约化。

对墙上点 $(2,2,1)$，$S_1$ 已经固定该点，而 $I$ 当然也固定它。这两种不同变换都把它送到闭室中的同一位置。因此失效的是运输它的群元素唯一；不能因为稳定子非平凡，就直接宣布所有闭室代表都不唯一。

任务四：保留群，改变根长；再改变整数边界 ​

先把任务一的短根 $\pm e_i$ 换成 $\pm 2e_i$，得到 $C_3$。再考察秩二矩阵

$$A_G=\left(\begin{array}{cc}2& -3\\ -1& 2\end{array}\right),A_{\mathrm{\infty }}=\left(\begin{array}{cc}2& -2\\ -2& 2\end{array}\right).$$

请分别输出保留了哪些证书、哪些数据必须重算，以及哪一个输入根本不能获得有限欧氏根系证书。

完整解答 ​

$C_3$ 的简单基为 $e_1-e_2,e_2-e_3,2e_3$，所以

$$\begin{array}{}\text{(6)}& G_C=\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 0\\ -1& 2& -2\\ 0& -2& 4\end{array}\right),A_C=A_B^{\mathsf{T}}.\end{array}$$

倍乘一个法向不改变反射，故三个矩阵仍是式(2)，群仍有48个元素，正室仍为 $x_1>x_2>x_3>0$。任务二的约化词和任务三的空间点路径都保留，根逆序中的坐标根则应相应换成 $2e_i$。

然而原根集合已变：$B_3$ 有十二长、六短，$C_3$ 有六长、十二短；简单Gram矩阵和Cartan矩阵也不同。因此“同一个群及同一套镜面”不是完整根数据的唯一标识。实际上 $\alpha \mapsto 2\alpha /(\alpha ,\alpha )$ 把 $B_3$ 根集合送成 $C_3$，这是对偶关系。

对 $A_G$，取 $G=\left(\begin{array}{cc}2& -3\\ -3& 6\end{array}\right)$。正定主子式为二、三；正根坐标为

$$(1,0),(0,1),(1,1),(2,1),(3,1),(3,2).$$

两个反射是 $S_1=\left(\begin{array}{cc}-1& 3\\ 0& 1\end{array}\right)$、$S_2=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& -1\end{array}\right)$。逐项核十二根稳定、整数配对和长度平方二/六后，再由 $(S_1{S}_2{)}^3=-I$ 得乘积阶六；二面体正常形给十二个群元素。最长元在这里是 $-I$，简单词 $(s_1{s}_2{)}^3$ 长六。

$A_{\mathrm{\infty }}$ 的两个负配对乘积等于四，无法给正定Gram矩阵。相应反射积为 $I+N$，其中

$$N=\left(\begin{array}{cc}2& -2\\ 2& -2\end{array}\right),N^2=0,N\ne 0.$$

所以 $(I+N{)}^k=I+kN$ 产生无限多个不同矩阵。检查器应返回“未满足有限欧氏合同”并附该拒绝证书，不能把取前若干步没有重复当作暂未跑完的有限列表。

复算与验收 ​

下载精确核验程序和本次结果。程序只用Python标准库；运行时以 --output 指定结果位置。它使用整数/有理矩阵核根公理，按广度优先枚举独立检查各元素最短词长度，并对删除位置、正负根计数和室路径分别检查。

有限程序验证本页模型与实现，不替代一般简单基定理或交换证明。程序也检查以下错误证书为何被拒绝：乘积正确但冗长的词、固定简单基下转置错的Cartan矩阵、墙上的“唯一变换”声称，以及把 $mn=4$ 强行报告为有限。

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