Cho (s_1, \ldots, s_p) và (s'_1, \ldots, s'_q) lần lượt là các phân tích rút gọn của w và w'. Khi đó l(w) = p và l(w') = q. Vì ww' = s_1 \ldots s_p s'_1 \ldots s'_q, ta có l(ww') \leq p + q, chứng minh (1). Vì S = S^{-1} và w^{-1} = s_p^{-1} \ldots s_1^{-1}, ta có l(w^{-1}) \leq p = l(w). Thay w bởi w^{-1} cho bất đẳng thức đối l(w) \leq l(w^{-1}), chứng minh (2). Thay w bởi ww'^{-1} trong (1) và (2) cho các hệ thức

Đổi chỗ $w$ và $w'$ trong (4) cho $l(w') - l(w) \leq l(w{w'}^{-1})$ theo (5), chứng minh (3).

Theo giả thiết, $l(w) \leq p$, $l(w') \leq q$ và $l(ww') = p + q$. Theo (1), ta phải có $l(w) = p$ và $l(w') = q$, do đó có hệ quả.

Nhận xét Theo các công thức (1) và (2), công thức $d(w, w') = l(w{w'}^{-1})$ xác định một khoảng cách trên $W$, bất biến qua các phép tịnh tiến phải.

(i) Nhóm con $P$ của $W$ sinh bởi $p = ss'$ là chuẩn, và $W$ là tích bán trực tiếp của nhóm con $T = \{1, s\}$ và $P$. Hơn nữa, $(W : P) = 2$.

(ii) Cho $m$ là cấp (hữu hạn hoặc vô hạn) của $p$. Khi đó $m \geq 2$ và $W$ có cấp $2m$. Có một đẳng cấu duy nhất $\varphi$ từ $D_m$ đến $W$ sao cho $\varphi(\rho) = s$ và $\varphi(\rho') = s'$.

(i) Ta có $sps^{-1} = sss's = s's = p^{-1}$, và do đó

với mọi số nguyên $n$. Vì $W$ được sinh bởi $\{ s, s' \}$, và do đó bởi $\{ s, p \}$, nên nhóm con $P$ là chuẩn. Suy ra rằng $TP$ là một nhóm con của $W$, và vì $TP$ chứa $s$ và $s' = sp$, ta có $W = TP = P \cup sP$. Để chứng minh (i), do đó chỉ cần chỉ ra rằng $W \neq P$. Nếu $W = P$, nhóm $W$ sẽ giao hoán, nên $p^2 = s^2 {s'}^2 = 1$. Nhưng khi đó các phần tử duy nhất của $W = P$ sẽ là 1 và $p$, mâu thuẫn với giả thiết rằng $W$ chứa ít nhất ba phần tử, cụ thể là 1, $s$ và $s'$.

(ii) Vì $s \neq s'$, ta có $p \neq 1$ và do đó $m \geq 2$. Vì $P$ có cấp $m$ và $(W : P) = 2$, cấp của $W$ là $2m$. Nếu $m$ hữu hạn (tương ứng vô hạn), tồn tại một đẳng cấu $\varphi'$ từ $\mathbf{Z}/m\mathbf{Z}$ (tương ứng $\mathbf{Z}$) đến $P$ đưa $\pi$ đến $p$. Hơn nữa, tồn tại một đẳng cấu $\varphi''$ từ $M = \{ 1, -1 \}$ đến $T$ đưa $-1$ đến $s$. Nhóm $W$ là tích nửa trực tiếp của $T$ và $P$. Theo các công thức (9) và $\rho \pi^n \rho^{-1} = \pi^{-n}$, $\varphi'$ và $\varphi''$ cảm sinh một đẳng cấu $\varphi$ từ $D_m$ đến $W$ sao cho $\varphi(\rho) = s$ và $\varphi(\pi) = p$, và do đó $\varphi(\rho') = s'$. Tính duy nhất của $\varphi$ suy ra từ sự kiện rằng $D_m$ được sinh bởi $\{ \rho, \rho' \}$.

(I) Tồn tại một dãy hữu hạn $(s_1, \ldots, s_q)$ các phần tử của S sao cho $s_1 = s, s_q = s'$ và $s_j s_{j+1}$ có cấp lẻ hữu hạn với $1 \leq j < q$.

Cho s và s' trong S sao cho $p = ss'$ có cấp hữu hạn $2n + 1$. Theo (9), $sp^{-n} = p^n s$ do đó

và $s'$ là liên hợp với s.

Với mọi s trong S, cho $A_s$ là tập hợp các $s' \in S$ thỏa mãn (I). Với các giả thiết trong (I), các phần tử $s_j$ và $s_{j+1}$ là liên hợp với nhau với $1 \leq j < q$ theo điều trên, do đó mọi phần tử $s'$ của $A_s$ đều liên hợp với s.

Cho $f$ là ánh xạ từ S vào $M = \{1, -1\}$ bằng 1 trên $A_s$ và bằng -1 trên $S - A_s$. Cho $s'$ và $s''$ trong S sao cho $s's''$ có cấp hữu hạn m. Khi đó $f(s') f(s'') = 1$ nếu $s'$ và $s''$ đều thuộc $A_s$ hoặc đều thuộc $S - A_s$. Trong trường hợp còn lại, $f(s') f(s'') = -1$, nhưng m là chẵn. Do đó $(f(s') f(s''))^m = 1$ trong mọi trường hợp. Vì (W, S) là một hệ Coxeter, tồn tại một đồng cấu g từ W vào M cảm sinh f trên S. Cho $s'$ là một liên hợp của s. Vì s thuộc hạt nhân của g, $s'$ cũng vậy, do đó $f(s') = g(s') = 1$ và cuối cùng $s' \in A_s$. Q.E.D.

(ii) Với $w \in W$, xét ánh xạ $U_w$ từ R vào chính nó được định nghĩa bởi

Ánh xạ $w \mapsto U_w$ là một đồng cấu từ W vào nhóm các phép hoán vị của R.

(2) Nhắc lại rằng hai phần tử (tương ứng, hai tập con) của một nhóm W được gọi là liên hợp nếu tồn tại một tự đẳng cấu trong của W biến phần tử này thành phần tử kia.

Với $s \in S$, định nghĩa một ánh xạ $U_s$ từ $R$ vào chính nó bởi

trong đó $\delta_{s,t}$ là ký hiệu Kronecker. Ta thấy ngay lập tức rằng $U_s^2 = \mathrm{Id}_R$, điều này chỉ ra rằng $U_s$ là một phép hoán vị của $R$.

Cho $s = (s_1, \ldots, s_q)$ là một dãy các phần tử của S. Đặt $w = s_q \ldots s_1$ và $U_s = U_{s_q} \ldots U_{s_1}$. Ta sẽ chứng minh, bằng quy nạp theo $q$, rằng

Điều này hiển nhiên đối với $q = 0, 1$. Nếu $q > 1$, đặt $s' = (s_1, \ldots, s_{q-1})$ và Sử dụng giả thiết quy nạp, ta thu được Nhưng $\Phi(s) = (\Phi(s'), {w'}^{-1} s_q w')$ và $n(s, t) = n(s', t) + \delta_{w', -1} s_q w', t$, chứng minh công thức (14).

Bây giờ cho $s, s' \in S$ sao cho $p = ss'$ có cấp hữu hạn $m$. Cho $s = (s_1, \ldots, s_{2m})$ là dãy các phần tử của $S$ được xác định bởi $s_j = s$ với $j$ lẻ và $s_j = s'$ với $j$ chẵn. Khi đó $s_{2m} \ldots s_1 = p^{-m} = 1$ và công thức (11) suy ra rằng

Vì $p$ có cấp $m$, các phần tử $t_1, \ldots, t_m$ là phân biệt và $t_{j+m} = t_j$ với $1 \leq j \leq m$. Với mọi $t \in T$, số nguyên $n(s, t)$ do đó bằng 0 hoặc 2 và (14) chỉ ra rằng $U_s = \mathrm{Id}_R$. Nói cách khác, $(U_s U_{s'})^m = \mathrm{Id}_R$. Do đó, theo định nghĩa của các hệ Coxeter, tồn tại một đồng cấu $w \mapsto U_w$ từ $W$ vào nhóm các hoán vị của $R$ sao cho $U_s$ được cho bởi vế phải của (13). Khi đó $U_w = U_s$ với mọi dãy $s = (s_1, \ldots, s_q)$ sao cho $w = s_q \ldots s_1$ và Bổ đề 1 suy ra ngay lập tức từ (14).

Rõ ràng $T_w \subset \{ t_1, \ldots, t_q \}$. Lấy $s$ là rút gọn, suy ra rằng $\mathrm{Card}(T_w) \leq l(w)$. Hơn nữa, nếu các $t_i$ là phân biệt, thì $n(s, t)$ bằng 1 hoặc 0 tùy theo $t$ có thuộc hoặc không thuộc $\{ t_1, \ldots, t_q \}$. Suy ra rằng $T_w = \{ t_1, \ldots, t_q \}$ và rằng $q = \mathrm{Card}(T_w) \leq l(w)$, điều này kéo theo rằng $s$ là rút gọn. Cuối cùng, giả sử rằng $t_i = t_j$ với $i < j$. Điều này cho $s_i = us_j u^{-1}$, với $u = s_{i+1} \ldots s_{j-1}$, do đó

Điều này chứng tỏ rằng $s$ không phải là một phân tích rút gọn của $w$.

Gọi $p$ là độ dài của $w$ và $w' = sw$. Theo Nhận xét của no. 3, $l(w') \equiv l(w) + 1$ mod. 2. Giả thiết $l(w') \leq l(w)$ và quan hệ

do đó dẫn đến $l(w') = p - 1$. Chọn một phân tích rút gọn

của $w'$ và đặt $s = (s, s'_1, \ldots, s'_{p-1})$ và $\Phi(s') = (t'_1, \ldots, t'_p)$. Rõ ràng $s'$ là một phân tích rút gọn của $w$ và $t'_1 = s$. Các phần tử $t'_1, \ldots, t'_p$ đôi một phân biệt theo Bổ đề 2, ta có $n(s', s) = 1$. Vì $w$ là tích của dãy $s$, ta có $n(s, s) \equiv n(s', s)$ mod. 2 theo Bổ đề 1, do đó $n(s, s) \neq 0$. Do đó, $s$ bằng một trong các phần tử $t_j$ của dãy $\Phi(s)$, suy ra bổ đề.

a) $l(sw) = l(w) + 1$ và $(s, s_1, \ldots, s_q)$ là một phân tích rút gọn của $sw$.

b) $l(sw) = l(w) - 1$ và tồn tại một số nguyên $j$ sao cho $1 \leq j \leq q$, $(s_1, \ldots, s_{j-1}, s_{j+1}, \ldots, s_q)$ là một phân tích thu gọn của $sw$ và $(s, s_1, \ldots, s_{j-1}, s_{j+1}, \ldots, s_q)$ là một phân tích thu gọn của $w$.

Đặt $w' = sw$. Theo công thức (3) của no. 1, ta có

Ta phân biệt hai trường hợp:

a) $l(w') > l(w)$. Khi đó $l(w') = q + 1$ và $w' = ss_1 \ldots s_q$, do đó

là một phân tích thu gọn của $w'$.

b) $l(w') \leq l(w)$. Theo (E), tồn tại một số nguyên $j$ sao cho $1 \leq j \leq q$ và (16) được thỏa mãn. Khi đó $w = ss_1 \ldots s_{j-1} s_{j+1} \ldots s_q$ và do đó

Vì $q - 1 \leq l(w') \leq q$, suy ra $l(w') = q - 1$ và $(s_1, \ldots, s_{j-1}, s_{j+1}, \ldots, s_q)$ là một phân tích thu gọn của $w'$.

a) $s_1 = s'_1$ hoặc $s_q = s'_q$. b) Tồn tại s và $s'$ trong S sao cho $s_j = s'_k = s$ và $s_k = s'_j = s'$ với $j$ lẻ và $k$ chẵn.

Khi đó F là hằng.

A) Cho $s, s' \in D$ và đặt $t = (s'_1, s_1, \ldots, s_{q-1})$. Ta sẽ chứng minh rằng nếu $F(s) \neq F(s')$ thì $t \in D$ và $F(t) \neq F(s)$. Thật vậy, $w = s'_1 \ldots s'_q$ và do đó $s'_1 w = s'_2 \ldots s'_q$ có độ dài $< q$. Theo Mệnh đề 4, tồn tại một số nguyên $j$ sao cho $1 \leq j \leq q$ và dãy $u = (s'_1, s_1, \ldots, s_{j-1}, s_{j+1}, \ldots, s_q)$ thuộc D. Ta có $F(u) = F(s')$ theo điều kiện a); nếu $j \neq q$ thì ta sẽ có $F(s) = F(u)$ vì cùng một lý do, và do đó $F(s) = F(s')$ trái với giả thiết của ta. Vậy $j = q$ và do đó $t = u \in D$ và $F(t) = F(s') \neq F(s)$.

B) Cho s và $s'$ thuộc D. Với mọi số nguyên $j$ sao cho $0 \leq j \leq q + 1$, định nghĩa một dãy $s_j$ gồm q phần tử của S như sau:

với $q - k$ chẵn và $0 \leq k \leq q$ với $q - k$ lẻ và $0 \leq k \leq q$.

Ký hiệu (H_j) là mệnh đề "s_j \in D, s_{j+1} \in D \text{ và } F(s_j) \neq F(s_{j+1})". Theo A), (H_j) $\implies$ (H_{j+1}) với $0 \leq j < q$, và (H_q) không được thỏa mãn bởi điều kiện b). Do đó, (H_0) không được thỏa mãn. Vì $s_0 = s'$ và $s_1 = s$, suy ra $F(s) = F(s')$.

Nếu $a(s, s') = a(s', s)$ bất cứ khi nào $s \neq s'$ thuộc S, tồn tại một ánh xạ g từ W vào M sao cho

đối với mọi $w \in W$ và mọi phân tích rút gọn $(s_1, \ldots, s_q)$ của w.

Với mọi $w \in W$, đặt $D_w$ là tập hợp các phân tích rút gọn của w và $F_w$ là ánh xạ từ $D_w$ vào M được định nghĩa bởi

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo độ dài của w rằng $F_w$ là hằng, điều này sẽ thiết lập Mệnh đề 5. Vì các trường hợp $l(w) = 0, 1$ là tầm thường, ta giả sử rằng $q \geq 2$ và rằng mệnh đề của ta đã được chứng minh cho các phần tử w với $l(w) < q$. Cho w có độ dài q và $s, s' \in D_w$; theo Bổ đề 4 chỉ cần chứng minh rằng $F_w(s) = F_w(s')$ trong các trường hợp a) và b) của bổ đề đó.

a) Công thức

với $w' = s_1 \ldots s_{q-1}$ và $w'' = s_2 \ldots s_q$ cùng với giả thiết quy nạp chỉ ra rằng $F_w(s) = F_w(s')$ nếu $s_1 = s'_1$ hoặc $s_q = s'_q$.

b) Giả sử rằng tồn tại hai phần tử s và s' của S sao cho $s_j = s'_k = s$ và $s_k = s'_j = s'$ với j lẻ và k chẵn. Chỉ cần xét trường hợp $s \neq s'$. Khi đó các dãy s và s' là hai phân tích rút gọn phân biệt của w trong nhóm lưỡng diện sinh bởi s và s'. Theo Nhận xét trong no. 2, cấp m của ss' nhất thiết hữu hạn và, theo ký hiệu của nhận xét đó, $s = s_m$ và $s' = s'_m$. Do đó, $F_w(s) = a(s, s')$ và $F_w(s') = a(s', s)$ và vì vậy