Cho $z = x e_s + y e_{s'}$, với $x, y \in \mathbf{R}$, là một phần tử của $E_{s,s'}$. Ta có

điều đó cho thấy rằng $B_M$ là dương trên $E_{s,s'}$, và rằng nó không suy biến ở đó khi và chỉ khi $\sin \frac{\pi}{m} \neq 0$. Mệnh đề theo sau.

Hai phản xạ $\sigma_s$ và $\sigma_{s'}$ giữ cho $E_{s,s'}$ ổn định. Ta sẽ xác định cấp của hạn chế của $\sigma_s \sigma_{s'}$ lên $E_{s,s'}$. Ta phân biệt hai trường hợp:

a) $m = +\infty$.

Cho $u = e_s + e_{s'}$. Ta có $B_M(u, e_s) = B_M(u, e_{s'}) = 0$, do đó $u$ là bất biến dưới $\sigma_s$ và $\sigma_{s'}$. Hơn nữa,

suy ra Do đó hạn chế của $\sigma_s \sigma_{s'}$ trên $E_{s,s'}$ có cấp vô hạn.

$b) \ m$ là hữu hạn.

Dạng $B_H$ cung cấp cho $E_{s,s'}$ cấu trúc của một mặt phẳng Euclid. Vì tích vô hướng của $e_s$ và $e_{s'}$ bằng $-\cos \frac{\pi}{m} = \cos (\pi - \frac{\pi}{m})$, ta có thể định hướng $E_{s,s'}$ sao cho góc giữa các nửa đường thẳng $\mathbf{R}_+ e_s$ và $\mathbf{R}_+ e_{s'}$ bằng $\pi - \frac{\pi}{m}$. Nếu D và D' ký hiệu các đường thẳng vuông góc với $e_s$ và $e_{s'}$,

Bây giờ, các hạn chế $\overline{\sigma}_s$ và $\overline{\sigma}_{s'}$ của $\sigma_s$ và $\sigma_{s'}$ trên $E_{s,s'}$ là các đối xứng trực giao đối với D và D'. Theo Hệ quả của Mệnh đề 6 của § 2, no. 5, suy ra rằng $\overline{\sigma}_s \overline{\sigma}_{s'}$ là phép quay với góc $\frac{2\pi}{m}$. Đặc biệt, cấp của nó là $m$.

Bây giờ ta quay trở lại E:

Vì $\sigma_s$ và $\sigma_{s'}$ có cấp 2, và phân biệt nhau, chỉ cần chứng minh rằng tích của chúng $\sigma_s \sigma_{s'}$ có cấp $m(s, s')$. Khi $m(s, s')$ là vô hạn, điều này suy ra từ $a$ ở trên. Khi $m(s, s')$ là hữu hạn, điều này suy ra từ Mệnh đề 1 rằng E là tổng trực tiếp của $E_{s,s'}$ và phần bù trực giao của nó $V_{s,s'}$; vì $\sigma_s$ và $\sigma_{s'}$ là đồng nhất trên $V_{s,s'}$, và vì hạn chế của $\sigma_s \sigma_{s'}$ trên $E_{s,s'}$ có cấp $m(s, s')$ theo $b$, cấp của $\sigma_s \sigma_{s'}$ thực sự bằng $m(s, s')$.

thỏa mãn $\sigma(g_s) = \sigma_s$ với mọi $s \in S$. Các phần tử của $\sigma(W)$ bảo toàn dạng song tuyến tính $B_M$.

Để chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của $\sigma$, chỉ cần chỉ ra rằng $(\sigma_s \sigma_{s'})^{m(s, s')} = 1$ nếu $m(s, s') \neq +\infty$. Bây giờ, nếu $s = s'$, điều này suy ra từ sự kiện rằng $\sigma_s$ có cấp 2; nếu $s \neq s'$, điều này suy ra từ điều đã chứng minh trong no. 2. Cuối cùng, vì các phép phản xạ $\sigma_s$ bảo toàn $B_M$, nên các phần tử của $\sigma(W)$ cũng vậy.

b) Mỗi $g_s$ có cấp 2.

c) Nếu $s, s' \in S$, $g_s g_{s'}$ có cấp $m(s, s')$.

Mệnh đề a) suy ra từ sự kiện rằng ánh xạ hợp

từ $S$ vào $\mathbf{GL}(E)$ là đơn ánh.

Đối với b) (tương ứng. c)), ta nhận xét rằng cấp của $g_s$ (tương ứng. cấp của $g_s g_{s'}$) là không quá 2 (tương ứng. không quá $m(s, s')$). Vì ta đã thấy trong no. 2 rằng cấp của $\sigma_s$ (tương ứng. của $\sigma_s \sigma_{s'}$) là 2 (tương ứng. $m(s, s')$), nên ta phải có đẳng thức.

Theo a), $S$ có thể được đồng nhất với một tập con của $W$ bằng ánh xạ $s \mapsto g_s$.

¹ Điều này có nghĩa là, nếu $L_S$ ký hiệu nhóm tự do trên $S$, thì $W$ là thương của $L_S$ bởi nhóm con chuẩn nhỏ nhất của $L_S$ chứa các phần tử $(ss')^{m(s, s')}$, với $m(s, s') \neq +\infty$.

Đây đơn giản là nội dung của các tính chất b) và c), cùng với định nghĩa của W.

Ta chỉ ra ngay lập tức một số hệ quả của định lý này:

Điều này là rõ ràng.

Thật vậy, nếu σ*(w) = 1, thì w(C) = C, do đó w = 1 theo định lý. Tính đơn ánh của σ suy ra từ tính đơn ánh của σ*.

Cho x* ∈ C. Tập hợp U gồm các g ∈ \mathbf{GL}(E^*) sao cho g(x*) ∈ C là một lân cận của phần tử đơn vị trong \mathbf{GL}(E^*); theo định lý,

do đó, σ*(W) là một nhóm con rời rạc của \mathbf{GL}(E^*). Bằng phép chuyển cấu trúc, suy ra rằng σ(W) là rời rạc trong \mathbf{GL}(E).

Chứng minh Định lý 1.

Nếu $w \in W$, ký hiệu $l(w)$ là độ dài của $w$ đối với $S$ (Chương IV, § 1, no. 1).

Ta sẽ chứng minh các mệnh đề sau, trong đó $n$ là một số nguyên $\geqslant 0$:

(P_n) Cho $w \in W$, với $l(w) = n$, và $s \in S$. Khi đó: hoặc $w(C) \subset A_s$; hoặc $w(C) \subset s(A_s)$ và $l(sw) = l(w) - 1$.

(Q_n) Cho $w \in W$, với $l(w) = n$, và $s, s' \in S, s \neq s'$. Cho $W_{s,s'}$ là nhóm con của $W$ sinh bởi $s$ và $s'$. Tồn tại $u \in W_{s,s'}$ sao cho

Các khẳng định này là tầm thường với $n = 0$. Ta chứng minh chúng bằng quy nạp theo $n$, theo sơ đồ

Chứng minh rằng $((P_n) \text{ và } (Q_n)) \Longrightarrow (P_{n+1})$.

Cho $w \in W$, với $l(w) = n + 1$, và $s \in S$. Ta có thể viết $w$ dưới dạng $w = s'w'$ với $s' \in S$ và $l(w') = n$. Nếu $s' = s$, $(P_n)$ áp dụng cho $w'$ cho thấy rằng $w'(C) \subset A_s$, do đó $w(C) \subset s(A_s)$ và $l(sw) = l(w') = l(w) - 1$. Nếu $s' \neq s$, $(Q_n)$ áp dụng cho $w'$ cho thấy rằng tồn tại $u \in W_{s,s'}$ sao cho

Ta có $w(C) = s'w'(C) \subset s'u(A_s \cap A_{s'})$.

Chứng minh sẽ được cho ở no. 5.

Ta áp dụng bổ đề cho phần tử $v = s'u$. Có hai khả năng: hoặc

hoặc Hơn nữa, trong trường hợp thứ hai, $l(ss'u) = l(s'u) - 1$. Vậy và ta biết rằng điều này suy ra $l(sw) = l(w) - 1$.

Chứng minh rằng ((P_{n+1}) và (Q_n)) \Longrightarrow (Q_{n+1}).

Cho w \in W, với l(w) = n + 1, và s, s' \in S, s \neq s'. Nếu $w(C)$ được chứa trong $A_s \cap A_{s'}$, thì điều kiện $(Q_{n+1})$ được thỏa mãn với $u = 1$. Nếu không, chẳng hạn giả sử rằng $w(C)$ không được chứa trong $A_s$. Theo $(P_{n+1})$, $w(C) \subset s(A_s)$ và $l(sw) = n$. Theo $(Q_n)$, áp dụng cho $sw$, tồn tại $v \in W_{s,s'}$ sao cho

$sw(C) \subset v(A_s \cap A_{s'}) \quad \text{và} \quad l(sw) = l(v) + l(v^{-1}sw).$

Khi đó

$w(C) \subset sv(A_s \cap A_{s'})$

và

$l(w) = 1 + l(sw) = 1 + l(v) + l(v^{-1}sw) \geq l(sv) + l((sv)^{-1}w) \geq l(w),$

nên các bất đẳng thức trên phải là đẳng thức. Suy ra $(Q_{n+1})$ được thỏa mãn với $u = sv$.

Chứng minh định lý.

Cho $w \in W$, với $w \neq 1$. Ta có thể viết $w$ dưới dạng $sw'$ với $s \in S$ và $l(w') = l(w) - 1$. Theo $(P_n)$, áp dụng cho $w'$ và $n = l(w')$, ta có $w'(C) \subset A_s$, vì trường hợp $w'(C) \subset s(A_s)$ bị loại trừ do $l(sw') = l(w) = l(w') + 1$. Vậy $w(C) = sw'(C) \subset s(A_s)$, và vì $A_s$ và $s(A_s)$ rời nhau, ta có $C \cap w(C) = \varnothing$. Q.E.D.

Ta được quy về ngay lập tức trường hợp $w' = 1$. Chứng minh được thực hiện bằng quy nạp theo độ dài $n$ của $w$. Nếu $n = 0$, mệnh đề là rõ ràng. Nếu $l(w) > 0$, tồn tại $s \in S$ sao cho $l(sw) = l(w) - 1$ và khi đó (xem phần cuối của no. 4) $w(C) \subset s(A_s)$, do đó $w(\overline{C}) \subset s(\overline{A}_s)$. Vì $\overline{C} \subset \overline{A}_s$, suy ra rằng

Khi đó $s(x^*) = x^*$ với mọi $x^* \in \overline{C} \cap w(\overline{C})$, và a fortiori với mọi

Do đó, quan hệ $C_{X'} \cap w(C_X) \neq \varnothing$ suy ra một mặt rằng $C_{X'} \cap H_s \neq \varnothing$, và do đó $s \in X'$, và mặt khác rằng $C_{X'} \cap sw(C_X) \neq \varnothing$. Giả thiết quy nạp khi đó suy ra rằng $X = X'$ và $swW_X = W_{X'} = W_X$, do đó $sw \in W_X$ và $w \in W_X$ vì $s \in W_X$. Suy ra rằng $wW_X = W_{X'}$ và rằng $w(C_X) = C_X = C_{X'}$.

Bây giờ cho $U$ là hợp của các $w(\overline{C})$ với $w \in W$, và cho $\mathscr{F}$ là tập hợp các tập con của $U$ có dạng $w(C_X)$, với $X \subset S$ và $w \in W$. Theo điều trên, $\mathscr{F}$ là một phân hoạch của $U$.

(ii) Mọi đoạn đóng được chứa trong U chỉ gặp hữu hạn nhiều phần tử của $\mathfrak{F}$.

(iii) Nón $\overline{C}$ là miền cơ bản của tác động của W trên U.

Để chứng minh (iii), chỉ cần chỉ ra rằng, nếu $x^*, y^* \in \overline{C}$ và $w \in W$ sao cho $w(x^*) = y^*$, thì $x^* = y^*$. Bây giờ tồn tại hai tập con X và Y của S sao cho $x^* \in C_X$ và $y^* \in C_Y$; ta có $w(C_X) \cap C_Y \neq \varnothing$, và Mệnh đề 5 chỉ ra rằng $X = Y$ và $w \in W_X$, điều này suy ra rằng $x^* = y^*$.

Bây giờ cho $x^*, y^* \in U$; ta sẽ chỉ ra rằng đoạn thẳng $[x^*y^*]$ được phủ bởi hữu hạn phần tử của $\mathfrak{F}$, điều này sẽ thiết lập cả (i) và (ii). Bằng cách biến đổi $x^*$ và $y^*$ bởi cùng một phần tử của W, ta có thể giả sử rằng $x^* \in \overline{C}$. Cho $w \in W$ sao cho $y^* \in w(\overline{C})$. Ta lập luận bằng quy nạp theo độ dài của $w$. Với $s \in S$, quan hệ $w(\overline{C}) \not\subset \overline{A_s}$ tương đương với $w(C) \not\subset A_s$ và do đó tương đương với $l(sw) < l(w)$ (xem no. 4). Mệnh đề 7 của no. 8 của Chương IV, §1 khi đó suy ra rằng chỉ có hữu hạn $s \in S$ sao cho $w(\overline{C}) \not\subset \overline{A_s}$. Tập hợp T gồm các $s \in S$ sao cho $\langle y^*, e_s \rangle < 0$ do đó là hữu hạn. Mặt khác, giao $\overline{C} \cap [x^*y^*]$ là một đoạn thẳng đóng $[x^*z^*]$. Nếu $z^* = y^*$, nghĩa là nếu $y^* \in \overline{C}$, thì tồn tại các tập con X và Y của S sao cho $x^* \in C_X$ và $y^* \in C_Y$. Đoạn thẳng mở $]x^*y^*[$ khi đó được chứa trong $C_{X \cap Y}$, do đó $[x^*y^*] \subset C_X \cup C_Y \cup C_{X \cap Y}$. Nếu $z^* \neq y^*$, tồn tại một $s \in T$ sao cho $z^* \in H_s$. Khi đó $w(C) \not\subset A_s$ và $l(sw) < l(w)$. Giả thiết quy nạp do đó suy ra rằng đoạn thẳng $[z^*y^*] = s([z^*(s(y^*))])$ được phủ bởi một số hữu hạn phần tử của $\mathfrak{F}$, và vì thế

cũng vậy, vì $[x^*z^*] \subset \overline{C}$.

Nếu $x \in E^0$, thì $\sigma_s(x) = x - 2B_M(e_s, x)e_s = x$ với mọi $s \in S$. Vì W được sinh bởi S, suy ra rằng W tác động tầm thường trên $E^0$.

Cho $E'$ là một không gian con của E ổn định dưới W. Cho $s, s' \in S$ là hai phần tử được liên kết trong đồ thị $\Gamma$ của $(W, S)$ (Chương IV, §1, no. 9); nhắc lại rằng điều này có nghĩa là $m(s, s') \geq 3$. Giả sử rằng $e_s \in E'$. Khi đó $\sigma_{s'}(e_s) \in E'$ và vì hệ số của $e_{s'}$ trong $\sigma_{s'}(e_s)$ là khác không, ta có $e_{s'} \in E'$. Vì $\Gamma$ là liên thông, suy ra rằng, nếu $E'$ chứa một trong các $e_s$ thì nó chứa tất cả chúng và trùng với E. Ngoại trừ trường hợp này, từ Mệnh đề 3 của §2, no. 2 suy ra rằng, với mọi $s \in S$, $E'$ được chứa trong siêu phẳng $H_s$ vuông góc với $e_s$. Vì giao của các $H_s$ bằng $E^0$, điều này chứng minh mệnh đề.

Trong trường hợp a), Mệnh đề 7 chỉ ra rằng $E$ là đơn, do đó cũng là đơn tuyệt đối ($§ 2$, no. 1, Mệnh đề 1).

Trong trường hợp b), $E^0 \neq 0$, $E \neq E^0$ (vì $B_M \neq 0$), và Mệnh đề 7 chỉ ra rằng $E^0$ không có phần bù ổn định dưới $W$; do đó, W-môđun $E$ không nửa đơn.

(1) $\Longrightarrow$ (2). Cho $S = \bigcup_i S_i$ là phân tích của $S$ thành các thành phần liên thông (Ch. IV, $§ 1$, no. 9), và cho $W = \prod_i W_i$ là phân tích tương ứng của $W$. Không gian $E$ có thể được đồng nhất với tổng trực tiếp của các không gian $E_i = \mathbf{R}^{S_i}$, và $B_M$ có thể được đồng nhất với tổng trực tiếp của các dạng tương ứng $B_{M_i}$. Do đó ta quy về trường hợp $(W, S)$ là bất khả quy. Vì $W$ được giả thiết là hữu hạn, $E$ là một W-môđun nửa đơn (Phụ lục, Mđ. 2). Theo Hệ quả của Mđ. 5, suy ra rằng $E$ là tuyệt đối đơn. Gọi $B'$ là một dạng dương không suy biến trên $E$, và gọi $B''$ là tổng các biến đổi của nó dưới tác dụng của $W$. Vì $B''$ bất biến dưới $W$, nó tỉ lệ với $B_M$ ($§ 2$, no. 1, Mđ. 1); vì $B_M(e_s, c_s) = 1$ với mọi $s \in S$, hệ số tỉ lệ là $> 0$, và vì $B''$ là dương nên $B_M$ cũng vậy, điều này chứng minh (2).

(2) $\Longrightarrow$ (1). Nếu $B_M$ dương không suy biến, nhóm trực giao $O(B_M)$ là compact (Tích phân, Ch. VII, $§ 3$, no. 1). Vì $\sigma(W)$ là một nhóm con rời rạc của $O(B_M)$ (Hệ quả 3 của Đl. 1), suy ra $\sigma(W)$ là hữu hạn, do đó $W$ cũng hữu hạn. Q.E.D.

Kết quả sau đây đã được thiết lập trong quá trình chứng minh:

Tiêu chuẩn hữu hạn do Đl. 2 cung cấp cho phép phân loại mọi nhóm Coxeter hữu hạn (xem Ch. VI, $§ 4$). Ở đây ta chỉ xét kết quả sơ bộ sau: