事实上，令 K 为 E 的紧致子集。如果超平面 H ∈ $\mathscr{H}$ 满足 K，则集合 s_H(K) 也满足 K，因为 K ∩ H 的每个点都由 s_H 固定。 H ∈ $\mathscr{H}$ 满足 K 的集合因此由 (D'2) 有限。

因而，我们可以应用于 E 和 $\mathscr{H}$ 定义以及 $§ 1$ 的结果。我们将 E 中由 $\mathscr{H}$ 定义的腔室、面、壁等简称为相对于 W 的腔室、面、壁等。任何位移 w ∈ W 都会对腔室、面、壁等进行排列。

令 M 为 C 墙壁的集合，并令 W_M 为由相对于 C 墙壁的反射生成的 W 的子群。

(i) 设 x ∈ E 且 J 为 x 在群 W_M 下的轨道。只要证明J满足$\overline{C}$即可。

设a为C的点；有一个闭球 B，与中心会面 J；由于 B 是紧的，no. 1 的性质 (D'2) 表明 B ∩ J 是有限的。因而，存在 J 的点 y 使得

我们将证明 y ∈ $\overline{C}$。为此，只要证明如果 H 是C 的墙，则 y ∈ D_H(C) (cf. $§ 1$，no. 4，命题 9)。由于 s_H ∈ W_M，我们有 s_H(y) ∈ J 等等（图 1）

由（1）。存在 b ∈ H 和两个向量 t 和 u，使得 a = b + t 且 y = b + u，向量 u 与 H 正交；那么 s_H(y) = b − u，并且 (2) 等于 $(t-u|t-u) \leq (t+u|t+u)$，或 $(t|u) \geq 0$。这个不等式意味着$y \in D_H(C)$。

![图表显示点 a、b、y 和一条标记为 s_H(y) 的线]（图 1）

(ii) 设 $C'$ 为室，$a' \in C'$。由我们证明，存在$w \in W_{\mathfrak{m}}$使得$w^{-1}(a') \in \overline{C}$；因而，腔室$C'$满足$w(C)$；由于 $w(C)$ 是 $w(C)$ 的并以及内部空的小面（§ 1, no. 2，命题 3），所以我们有 $C' = w(C)$。

(iii) 我们必须证明$W = W_{\mathfrak{m}}$，为此只要证明$s_{H'} \in W_{\mathfrak{m}}$对于所有$H' \in \mathfrak{H}$就足够了。现在$H'$是至少一个房间$C'$的墙（§ 1, no. 4，第8条）；我们已经看到存在$w \in W_{\mathfrak{m}}$使得$C' = w(C)$；因而，存在$C$的墙$H$，使得$H' = w(H)$，因而$s_{H'} = w.s_H.w^{-1} \in W_{\mathfrak{m}}$。

(i) 对 $(W, S)$ 是 Coxeter 系统。

(ii) 令$w \in W$ 和$H$ 为$C$ 的墙。 关系$l(s_H w) > l(w)$意味着室$C$和$w(C)$位于$H$的同一侧。

(iii) 对于任何室$C'$，存在唯一元素$w \in W$使得$w(C) = C'$。

(iv) 超平面 $H$ 的集合，使得$s_H \in W$等于$\mathfrak{H}$。

$S$的每个元素都是阶2，引理2表明$S$生成$W$。对于$C$的任何壁$H$，用元素$w \in W$的$P_H$集合表示，使得室$C$和$w(C)$（不与$H$相交）位于$H$的同一侧。我们将验证第 1 章的条件 (A')、(B') 和 (C)。 IV, § 1, no. 7。

(A') $1 \in P_H$：微不足道。

(B') $P_H$和$s_H.P_H$是不相交的：事实上，$w(C)$和$s_H w(C)$位于$H$的相对两侧，因此如果$w(C)$与$C$位于$H$的同一侧，则它与$s_H w(C)$不在同一侧。

(C) Let $w \in P_H$ and let $H'$ be a wall of $C$ such that $w s_{H'} \notin P_H$; then $w s_{H'} = s_H w$: By assumption, $w(C)$ is on the same side of $H$ as $C$ and $w s_{H'}(C)$ is on the other side. 因此，$w s_{H'}(C)$和$w(C)$位于H的相对两侧；因此，室$s_{H'}(C)$和C位于超平面$w^{-1}(H)$的相对侧。 设 $a$ 为C 面的点，且有支撑$H'$。 点$a = s_{H'}(a)$位于两个室C和$s_{H'}(C)$的封闭中，这两个室分别包含在由$w^{-1}(H)$界定的两个开放半空间中；因此，$a \in w^{-1}(H)$，所以$H' = w^{-1}(H)$。 由此我们推断出$s_{H'} = w^{-1}s_Hw$，因此$ws_{H'} = s_Hw$。

断言 (i) 和 (ii) 由此以及第 6 章的第 6 条命题得出。 IV, § 1, no. 7。此外，我们有 (loc.cit., 条件 (A))

引理 2 表明 W 传递作用于集合室。此外，如果$w \in W$使得$w(C) = C$，则$w \in P_H$对于C的每个壁H，因此通过(3)得到$w = 1$。这就证明了(iii)。

最后，令 H 为超平面，使得 $s_H \in W$。如果 H 没有属于到 $\mathfrak{H}$，则至少会有一个室 $C'$ 满足 H（§ 1, no. 3，提案 7）。 $H \cap C'$的每个点在$s_H$下都是不变的，因此属于对于室$C'$和$s_H(C')$来说是不变的；因此，$C' = s_H(C')$，其中与……矛盾 (iii) 从$s_H \neq 1$开始。

令$\mathfrak{H}'$为形式$w(H)$的超平面与$w \in W$和$H \in \mathfrak{H}$的集合，使得$s_H \in \Sigma$。由于W是由族$(s_H)_{H \in \mathfrak{H}'}$产生的，并且由于$\mathfrak{H}'$在W下是稳定的，因此我们可以应用该族的所有结果。改为 $\mathfrak{H}'$ 而不是 $\mathfrak{H}$；但是 Th。如图 1 所示，(iv) 表明 W 中的每个反射都是形式 $s_H$ 和 $H \in \mathfrak{H}'$，因此得出推论。

(iv) $w$修复$F$中的至少一个点； (v) $w$修复$F$的每点； (vi)$w$修复$\overline{F}$的每一个点； (vii) $W$的$w$属于至子群由相对于$C$包含$F$的墙壁的反射产生。

对于$E$的每个子集$A$，用固定$A$的每个点的元素$W$由……组成$W(A)$子群来表示。

我们首先证明以下断言：

(I) 令$C$为一个室，令$x$和$y$为$\overline{C}$的两个点，并令$w \in W$使得$w(x) = y$。然后$x = y$和$w$属于到子群$W_{\mathfrak{N}}$，其中$\mathfrak{N}$是$C$包含于$x$墙壁的集合。

我们通过归纳对$w$的长度$q$进行论证（相对于$C$墙壁反射的集合$S$），$q = 0$的情况是显而易见的。如果$q \geq 1$，则存在$C$和元素$w' \in W$的墙$H$，使得$w = s_H w'$和$l(w') = q - 1$。从 $l(s_H w) < l(w)$ 开始，$C$ 和 $w(C)$ 位于 Th 的 $H$ 的相对两侧。 1 个no. 2。因此，$\overline{C} \cap w(\overline{C}) \subset H$，所以$y \in H$。因此$y = w'(x)$和归纳假设意味着$x = y$和$w' \in W_{\mathfrak{N}}$。从$y \in H$开始，得出$H \in \mathfrak{N}$，进而得出$w = s_H w' \in W_{\mathfrak{N}}$，完成(I)的证明。

定理 2 的证明：这是从 (I) 和引理 2 得出的。

证明 of 命题 1：我们知道两个不同的方面是不相交的并且具有不同的闭包（§ 1, no. 2，Prop.3的Cor.）。 (i)、(ii) 和 (iii) 的等价如下。另一方面，很明显

断言 (I) 表明 (i) $\Longrightarrow$ (vii)。

命题 2 的证明：令$A''$为$A$生成的$E$的仿射子空间。显然，$W(A) = W(A'')$。根据§ 1, no. 3的第7条命题，存在点$x \in A''$，它不属于到任何超平面$H \in \mathfrak{H} - \mathfrak{H}_A$。令 $F_x$ 为面包含 $x$：它在 $A''$ 中开放，并且命题 1 表明

因此$W(A) = W(A') = W(F_x)$。 替换 $A$ by $F$，我们还有

因此命题。

(i) 如果$H_i$ 和$H_j$ 平行，则$m_{ij} = \infty$ 和$e_i = -e_j$。

(ii) 如果 $H_i$ 和 $H_j$ 不平行，则 $m_{ij}$ 是有限的并且

(iii) 我们有 $(e_i|e_j) \leq 0$。

如果$H_i$和$H_j$平行，则$s_i s_j$是平移（§ 2, no. 4，命题5），所以$m_{ij} = \infty$。此外，$e_i = e_j$或$e_i = -e_j$。现在，在C的闭包中存在点$a$（或$a'$），属于到$H_i$（或$H_j$），但不存在$H_j$（或$H_i$）。然后$(a' - a|e_i) > 0$和$(a - a'|e_j) > 0$，排除$e_i = e_j$情况并证明(i)。

现在假设$H_i$和$H_j$不平行。 选择原点$a \in H_i \cap H_j$和认同T与E通过双射$t \mapsto a + t$。 令 V 为通过 $a$ 与 $H_i \cap H_j$ 和经过正交的平面。 Put $\Gamma = V \cap D_{H_i}(C) \cap D_{H_j}(C)$ (where $D_H(C)$ denotes the open half-space bounded by H and containing C ($§ 1$, no. 1)) and let D (resp. $D'$) be the half-line in V contained in $H_i \cap V$ (resp. $H_j \cap V$) and in the closure of $\Gamma$. 对于V的合适方向，集合$\Gamma$是V中开放半线$\Delta$的并，使得

令$W'$为由$s_i$和$s_j$生成的W的子群。 对于任何$w \in W'$、超平面$w(H_i)$和$w(H_j)$属于到$\mathscr{H}$、包含于$H_i \cap H_j$且不满足C。 由此可见，它们不满足 $\Gamma$（$§ 1$、no. 5、命题 10）。 科。 $§ 2$、no. 5的第7条命题因此意味着(ii)。

最后，断言 (iii) 紧随 (i) 和 (ii)，因为$m_{ij} \geq 2$ 对于 $i \neq j$。

(i) 如果 $c_1, \ldots, c_n$ 是实数使得 $q \left( \sum_i c_i a_i \right) = 0$，则

(ii) 如果 q 是非简并的，并且如果 V 上存在线性形式 f，使得$f(a_i) > 0$ 对于所有 i，向量 $a_1, \ldots, a_n$ 是线性无关的。

关系 $B(a_i, a_j) \leq 0$ 对于 $i \neq j$ 立即意味着

因此(i)。如果 q 是非简并的，则关系 $\sum_i c_i a_i = 0$ 意味着 由此可见，对于 V 上的任何线性形式 f，我们有 $\sum_i |c_i| f(a_i) = 0$，因此如果我们对所有 i 也有 $f(a_i) > 0$，则对于所有 i 也有 $c_i = 0$。这就证明了(ii)。

然后： (i) q 的核 N 为维数 0 或 1。如果$\dim N = 1$，则 N 由所有坐标 > 0 的向量生成。 (ii) Q 的最小的特征值为重数 1 并且相应的特征向量的所有坐标 > 0 或所有坐标 < 0。

由于 q 是正二次函数形式，因而 q 的核 N 是 q 各向同性向量的集合（代数，第 IX, § 7, no. 1 章，第 2 条的修正）。设$a_1, \ldots, a_n$为$\mathbf{R}^n$的典范基。如果 $\sum_i c_i a_i \in N$，引理 3 表明我们还有 $\sum_i |c_i| a_i \in N$，因此对于所有 j 都有 $\sum_i q_{ji} |c_i| = 0$。令 I 为 i 的集合，使得 $c_i \neq 0$。如果$j \notin I$，那么$q_{ji} |c_i| \leq 0$代表$i \in I$，$q_{ji} |c_i| = 0$代表$i \notin I$，所以$q_{ji} = 0$代表$j \notin I$和$i \in I$。 假设 b) 因此意味着$I = \varnothing$ 或$I = \{1, \ldots, n\}$。因而，N 中的每个非零向量都有其所有坐标 $\neq 0$。如果 N 的 $\dim N \geq 2$、交和超平面以及方程 $x_i = 0$ 将是维数 $\geq 1$，这与我们刚刚展示的相反。上面的论证还表明，如果$\dim N = 1$，则N个包含向量所有坐标都> 0。这就证明了(i)。

另一方面，我们知道 Q 的特征值是实数（代数，第 IX, § 7, no. 3，命题 5）并且为正，因为 q 是正数。设 $\lambda$ 为其中的最小的。 矩阵$Q' = Q - \lambda I_n$则为简并正形式$q'$的矩阵，并且$Q'$的非对角线元素与Q的相同。因而，$Q'$满足条件a)、b)和c) 叙述引理。由于 $q'$ 的核 $N'$ 是 Q 相应的到特征值 $\lambda$ 的特征空间，因此从 (i) 可得出断言 (ii)。

那么有两种可能： 1) $(e_1, \ldots, e_n)$ 是 T 的基； 2）$n = \dim T + 1$；存在实数$> 0$的族$(c_i)_{1 \leq i \leq n}$使得$\sum_i c_i e_i = 0$，以及实数的任何族$(c'_i)_{1 \leq i \leq n}$使得$\sum_i c'_i e_i = 0$与$(c_i)_{1 \leq i \leq n}$成比例。

把$q_{ij} = (e_i|e_j)$。则矩阵$Q = (q_{ij})$满足引理4的假设：引理4的条件a)和b)与上述条件a)和b)相同，且自$\sum_{i,j} q_{ij} x_i x_j = \| \sum_i x_i e_i \|_2^2$起满足c)。 $\mathbf{R}^n$ 上的二次方形式 $q$ 的核 N，与矩阵 $Q$，是 $(c_1, \ldots, c_n) \in \mathbf{R}^n$ 的集合，使得 $\sum_i c_i e_i = 0$。如果 $N = \{0\}$，则 $e_i$ 是线性相关的，我们处于情况 1)。如果 $\dim N > 0$, 引理 4 (i) 表明我们处于情况 2)。

(i) 如果$x = \sum_i c_i e_i \in T$使得$(x|e_i) \geq 0$对于所有$i$，则$c_i \geq 0$对于所有$i$。

(ii) 如果$x$和$y$是$T$的两个元素，使得$(x|e_i) \geq 0$和$(y|e_i) \geq 0$对于所有$i$，则$(x|y) \geq 0$。如果 $(x|e_i) > 0$ 和 $(y|e_i) > 0$ 对于所有 $i$，则 $(x|y) > 0$。

在 (i) 的假设下，假设 $c_i < 0$ 对于某些$i$。令 $f$ 为由 $f(e_i) = 1$ 定义的 $T$ 上的线性形式，并且

向量 $-x, e_1, \ldots, e_n$ 然后满足引理 3 (ii) 的假设（采用$q$ $T$ 上的度量形式）。我们结论认为它们是线性无关的，这是荒谬的。因此(i)。此外，如果$x = \sum_i c_i e_i \in T$且如果$y \in T$，则$(x|y) = \sum_i c_i (e_i|y)$，因此(ii)紧随(i)而来。

对于$a, a' \in A$使得$a \neq a'$，我们有

现在，$T$的单位球体$S$是紧致的，存在直径为$< (2 - 2\lambda)^{1/2}$的集合对$S$的有限覆盖，并且这些集合包含中的每一个最多$A$中的一个点，因此引理。

用与从 $E$ 到自身的仿射映射 $w \in W$ 伴随的 $T$ 的 $U(w)$ 自同构表示。我们有

这个定义同态$U$从群$W$到$T$的正交群； $U$ 的核是属于到$W$ 的翻译集合。

断言 (i) 紧随提案 3、(iii) 和引理 7。

我们证明(ii)。令 $C$ 为一个房间，$M$ 集合为其墙壁。 $\overline{C}$（相对于$\mathfrak{H}$）的面与相对于$M$（§ 1, no. 4，命题9）的面相同。

由于 $\mathfrak{M}$ 是有限的，因此它们在数中也是有限的。由于一个面仅满足有限多个超平面属于到$\mathfrak{H}$、超平面属于到$\mathfrak{H}$的集合并且满足$\overline{C}$是有限的，因此集合$A(C)$也是有限的单位 $T$中的向量与超平面属于到$\mathfrak{H}$正交并满足$\overline{C}$。因而，对于$a, a' \in A(C)$和$a \neq a'$，存在实数$\lambda < 1$使得$(a|a') \leq \lambda$。

令$A$为$T$中单位向量的集合，与超平面属于至$\mathfrak{H}$正交。让 $a, a' \in A$ 与 $a \neq a'$。如果$a$和$a'$平行，则$a = -a'$和$(a|a') = -1$。否则，令$H \in \mathfrak{H}$（分别$H' \in \mathfrak{H}$）使得$a$（分别$a'$）与$H$（分别$H'$）正交。我们有$H \cap H' \neq \varnothing$，如果$x \in H \cap H'$存在元素$w \in W$使得$x \in w(\overline{C})$。 向量$U(w).a$和$U(w).a'$然后属于到$A(C)$，我们有

并且集合 $A$ 由引理 7 有限。因而 (ii)。

现在让$w \in W$对于所有$a \in A$来说是$U(w).a = a$。然后$U(w).t = t$对于$A$生成的$T$的所有$t$属于到子空间。另一方面，如果 $t \in T$ 与 $A$ 正交，则所有 $H \in \mathfrak{H}$ 都有 $U(s_H).t = t$，因此有 $U(w).t = t$，最后有 $U(w) = 1$。由于$U(w)(A) = A$对于所有$w \in W$，我们推断$U(W)$同构于有限集合$A$的置换的群，因而(iii)。

到§ 3开始时的性质(D2)，$E$的每一个点的$W$中的稳定子都是有限的，所以(ii)蕴涵(i)。

由于群$W_{\mathfrak{N}}$是由超平面属于到$\mathfrak{N}$的反射集合生成，$W_{\mathfrak{N}}$的固定点为$E$属于的点到每超平面 $H \in \mathfrak{N}$，因而 (ii) 和 (iii) 为等价。

假设存在$E$的点$a$，使得对于所有$H \in \mathfrak{N}$有$a \in H$，并让$t \in T$使得$a + t \in C$。由于$(e_H|e_{H'}) \leq 0$对于$H, H' \in \mathfrak{N}$使得$H \neq H'$（命题3），并且由于$(t|e_H) > 0$对于所有$H \in \mathfrak{N}$，引理3(ii)意味着$e_H$对于$H \in \mathfrak{N}$是线性独立的。因而，(iii) 意味着(iv)。

最后假设$(e_H)_{H \in \mathfrak{N}}$一家人是自由的。令$a$为$E$中的点。对于任何超平面$H \in \mathfrak{N}$，存在实数$c_H$，使得$H$由$E$的点$a + t$和$(t|e_H) = c_H$组成。由于家庭$(e_H)$是免费的，因此存在$t \in T$，使得所有$H \in \mathfrak{N}$都有$(t|e_H) = c_H$，并且对于所有超平面$H \in \mathfrak{N}$，存在$E$属于的点$a + t$。因而，(iv) 意味着(iii)。

(i) 群 W 是群 $W_p$ ($1 \leq p \leq s$) 的直接乘积。 (ii) 空间 T 是子空间 $T_0, T_1, \ldots, T_s$ 的正交直和，在 U(W) 下都是稳定的。 (iii) 对于所有 q，使得 T 的 $1 \leq q \leq s$、子空间 $T'_q$ 包含 U(Wq) 下的向量不变量；它是$1 \leq p \leq s$和$p \neq q$的$T_p$中的直和。*

(iv) 令 C 为一个房间。 子空间 T_p（对于$1 \leq p \leq s$）由向量$e_i(C)$为$i \in J_p$生成（在no. 4的记号中）。

(v) 子空间 T_p ($1 \leq p \leq s$) 中 W 的表示绝对不可约、非平凡且两两不等价。

断言 (i) 源自第 1 章。 IV, §1, no. 9。另一方面，我们已经看到子空间 T_p 在 U(W) 下是不变的，T_0 也是不变的。令C为一个房间；由于 W_p 是由 $i \in J_p$ 的反射 $s_i(C)$ 生成的，因此显然 $T'_p$ 是子空间与 $i \in J_p$ 的 $e_i(C)$ 正交，因此 (iv)。此外，如果$i \in J_p, j \in J_q$和$p \neq q$，则$m_{ij} = 2$，因为$\{i, j\}$不是W的Coxeter图的边，所以$(e_i|e_j) = 0$。 断言 (ii) 现在是直接的。 断言 (iii) 如下，因为 $T'_q$ 是 $T_q$ 的正交补集。

最后，令V为U(W_p)下T_p不变量的子空间。对于所有 $i \in J_p$，$e_i \in V$ 或 $e_i$ 与 V 正交（§ 2, no. 2，命题 3）。令 A（或 B）为 $i \in J_p$ 的集合，使得 $e_i \in V$（或 $e_i$ 与 V 正交）。显然 $(e_i|e_j) = 0$ 对于 $i \in A$ 和 $j \in B$，并且由于 $J_p$ 是相连的，因此可以得出 $A = \varnothing$ 和 $V = \{0\}$，或者 $A = J_p$ 和 $V = T_p$。因而，T_p 上的 W_p 表示是不可约的，因此绝对不可约（§ 2, no. 1，命题 1）。就 T_p 的定义而言，这并不平凡。最后，(v) 中的最后一个断言紧随 (iii) 而来。

如果向量的子空间 T_0 在 U(W) 约化到 $\{0\}$ 下的 T 不变量中，则称 W 是本质的；如果 T 上 W 的表示 U 是不可约的，则称 W 是不可约的。