设 $z = x e_s + y e_{s'}$ 与 $x, y \in \mathbf{R}$ 为 $E_{s,s'}$ 的元素。我们有

这表明$B_M$在$E_{s,s'}$上是正的，并且当且仅当$\sin \frac{\pi}{m} \neq 0$时它是非退化的。接下来是命题。

反射 $\sigma_s$ 和 $\sigma_{s'}$ 使 $E_{s,s'}$ 保持稳定。我们要去$\sigma_s \sigma_{s'}$$E_{s,s'}$限制确定阶。我们区分两种情况：

$a) \ m = +\infty$。

让$u = e_s + e_{s'}$。我们有$B_M(u, e_s) = B_M(u, e_{s'}) = 0$，所以$u$在$\sigma_s$和$\sigma_{s'}$下是不变的。而且，

因此 由此可见，$\sigma_s \sigma_{s'}$到$E_{s,s'}$的限制是*无穷阶*。

$b) \ m$ 是有限的。

形式$B_H$为$E_{s,s'}$提供结构*欧氏平面*。由于$e_s$和$e_{s'}$的标量乘积等于$-\cos \frac{\pi}{m} = \cos (\pi - \frac{\pi}{m})$，我们可以定向$E_{s,s'}$，使半线$\mathbf{R}_+ e_s$和$\mathbf{R}_+ e_{s'}$之间的角度等于$\pi - \frac{\pi}{m}$。如果D和D'表示与$e_s$和$e_{s'}$正交的线，

现在，$\sigma_s$和$\sigma_{s'}$到$E_{s,s'}$的限制$\overline{\sigma}_s$和$\overline{\sigma}_{s'}$是关于D和D'的*正交对称性*。由科。根据§ 2, no. 5的命题6，$\overline{\sigma}_s \overline{\sigma}_{s'}$*是角度*$\frac{2\pi}{m}$的旋转。特别是，它的阶是$m$。

现在我们回到E：

由于$\sigma_s$和$\sigma_{s'}$是阶2，并且不同，因此足以证明它们的乘积$\sigma_s \sigma_{s'}$是阶$m(s, s')$。当$m(s, s')$无穷大时，这是从上面的$a$得出的。当$m(s, s')$有限时，由命题1可知E是$E_{s,s'}$及其正交补$V_{s,s'}$的直和；由于$\sigma_s$和$\sigma_{s'}$是$V_{s,s'}$上的恒等式，并且由于$\sigma_s \sigma_{s'}$到$E_{s,s'}$的限制是阶$m(s, s')$到$b$，$\sigma_s \sigma_{s'}$的阶确实是等于$m(s, s')$。

这样$\sigma(g_s) = \sigma_s$*对于所有人*$s \in S$。 元素$\sigma(W)$*保留双线性形式*$B_M$。

要证明$\sigma$的存在性和唯一性，只要证明$(\sigma_s \sigma_{s'})^{m(s, s')} = 1$ if $m(s, s') \neq +\infty$就足够了。现在，如果 $s = s'$，则根据 $\sigma_s$ 为阶 2 的事实得出结论；如果$s \neq s'$，则由我们在no. 2中证明的结果得出。最后，由于反射$\sigma_s$保留$B_M$，所以$\sigma(W)$的元素也保留。

b) ** $g_s$ 中的每个为阶 2。

c) 如果 $s, s' \in S$，$g_s g_{s'}$ 为阶 $m(s, s')$。

断言 a) 由复合映射得出

从 $S$ 到 $\mathbf{GL}(E)$ 是单射的。

对于*b*)（或*c*）），我们注$g_s$的阶（或$g_s g_{s'}$的阶）*至多*2（或*至多*$m(s, s')$）。由于我们在no. 2中看到$\sigma_s$（$\sigma_s \sigma_{s'}$）的阶为2（$m(s, s')$），因此我们必须有等式。

鉴于*a)*，$S$可以通过映射$s \mapsto g_s$与$W$的子集进行“识别”。

1 这意味着，如果 $L_S$ 表示 $S$ 上的自由群，则 $W$ 是 $L_S$ 除以最小的正常子群与 $L_S$ 包含元素的商$(ss')^{m(s, s')}$，对于$m(s, s') \neq +\infty$。

这只是属性 b) 和 c) 的内容，以及 W 的定义。

我们立即指出这个定理中的几个推论：

这很清楚。

事实上，如果 σ*(w) = 1，则 w(C) = C，因此 w = 1 by 定理。 σ 的单射性源自 σ* 的单射性。

设 x* ∈ C。 g ε \mathbf{GL}(E^*) 的集合 U 使得 g(x*) ε C 是 \mathbf{GL}(E^*) 中单位元素的邻域；通过定理，

因此，σ*(W) 是 \mathbf{GL}(E^*) 的离散子群。根据结构的迁移，可以得出 σ(W) 在 \mathbf{GL}(E) 中是离散的。

证明共定理 1。

如果$w \in W$，则用$w$相对于$S$的$l(w)$长度表示（第IV, § 1, no. 1章）。

我们将证明以下断言，其中$n$表示整数$\geqslant 0$：

(P_n) 令 $w \in W$、$l(w) = n$ 和 $s \in S$。然后： $w(C) \subset A_s$； 或$w(C) \subset s(A_s)$和$l(sw) = l(w) - 1$。

(Q_n) 令 $w \in W$、$l(w) = n$ 和 $s, s' \in S, s \neq s'$。令$W_{s,s'}$为由$s$和$s'$生成的$W$的子群。存在 $u \in W_{s,s'}$ 使得

这些断言对于$n = 0$来说是微不足道的。我们根据概形，在$n$上用归纳证明它们

证明即$((P_n) \text{ and } (Q_n)) \Longrightarrow (P_{n+1})$。

让$w \in W$、$l(w) = n + 1$和$s \in S$。我们可以用$s' \in S$和$l(w') = n$将形式$w = s'w'$写成$w$。如果$s' = s$、$(P_n)$应用于$w'$，则显示$w'(C) \subset A_s$，因此有$w(C) \subset s(A_s)$和$l(sw) = l(w') = l(w) - 1$。如果$s' \neq s$、$(Q_n)$应用于$w'$表明存在$u \in W_{s,s'}$使得

我们有$w(C) = s'w'(C) \subset s'u(A_s \cap A_{s'})$。

证明将在no. 5中给出。

我们应用引理到元素$v = s'u$。有两种可能性：要么

或 此外，在第二种情况下，$l(ss'u) = l(s'u) - 1$。因此 我们知道这意味着 $l(sw) = l(w) - 1$。

证明 ((P_{n+1}) 和 (Q_n)) \Longrightarrow (Q_{n+1})。

设 w \in W，其中 l(w) = n + 1，且 s, s' \in S, s \neq s'。如果 w(C) 包含在 A_s \cap A_{s'} 中，则条件 (Q_{n+1}) 满足 u = 1。否则，假设对于例，w(C) 不包含在 A_s 中。由 (P_{n+1})，w(C) \子集 s(A_s) 和 l(sw) = n。通过 (Q_n) 应用于 sw，存在 v \in W_{s,s'} 使得

sw(C) \子集 v(A_s \cap A_{s'}) \quad \text{和} \quad l(sw) = l(v) + l(v^{-1}sw)。

然后

w(C) \子集 sv(A_s \cap A_{s'})

和

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

所以上面的不等式一定是等式。由此可知 (Q_{n+1}) 满足 u = sv。

证明共定理。

设 w \in W，w \neq 1。我们可以将 w 写在形式 sw' 中，s \in S 且 l(w') = l(w) - 1。通过 (P_n)，应用于 w' 和 n = l(w')，我们有 w'(C) \子集 A_s，因为情况为 w'(C) \子集 s(A_s) 被排除，因为 l(sw') = l(w) = l(w') + 1。所以 w(C) = sw'(C) \子集 s(A_s)，并且由于 A_s 和 s(A_s) 是不相交的，所以我们有 C \cap w(C) = \var什么都没有。 Q.E.D.

我们立即减少到情况$w' = 1$。 证明于 $w$ 的长度 $n$ 于归纳出发。如果$n = 0$，断言是清晰的。如果$l(w) > 0$，则存在$s \in S$使得$l(sw) = l(w) - 1$，然后（cf.no. 4的末尾）$w(C) \subset s(A_s)$，因此$w(\overline{C}) \subset s(\overline{A}_s)$。从 $\overline{C} \subset \overline{A}_s$ 开始，得出

然后 $s(x^*) = x^*$ 代表所有 $x^* \in \overline{C} \cap w(\overline{C})$，*更不必说* 代表所有

因而，关系$C_{X'} \cap w(C_X) \neq \varnothing$一方面意味着$C_{X'} \cap H_s \neq \varnothing$，从而意味着$s \in X'$，另一方面意味着$C_{X'} \cap sw(C_X) \neq \varnothing$。 归纳假设则意味着$X = X'$和$swW_X = W_{X'} = W_X$，因此从$s \in W_X$开始就有$sw \in W_X$和$w \in W_X$。接下来是$wW_X = W_{X'}$和$w(C_X) = C_X = C_{X'}$。

现在令$U$为$w \in W$的$w(\overline{C})$的并，并令$\mathscr{F}$为形式$w(C_X)$的$U$子集集合，以及$X \subset S$和$w \in W$。由上可知，$\mathscr{F}$是$U$的*划分*。

(ii) U 中包含的每个闭线段仅满足 $\mathfrak{F}$ 的有限多个元素。

(iii) 圆锥$\overline{C}$是U上W的作用的基本域。

为了证明(iii)，只要证明，如果$x^*, y^* \in \overline{C}$和$w \in W$使得$w(x^*) = y^*$，则$x^* = y^*$。现在S存在两个子集、X和Y，使得$x^* \in C_X$和$y^* \in C_Y$；我们有$w(C_X) \cap C_Y \neq \varnothing$，并且第5条命题表明$X = Y$和$w \in W_X$，这意味着$x^* = y^*$。

现在令 $x^*, y^* \in U$；我们将证明*线段*$[x^*y^*]$*被$\mathfrak{F}$*的有限多个元素覆盖，这将建立(i)和(ii)。通过将$x^*$和$y^*$变换为W的相同元素，我们可以假设$x^* \in \overline{C}$。设$w \in W$使得$y^* \in w(\overline{C})$。我们以$w$的长度为归纳争论。对于 $s \in S$，关系 $w(\overline{C}) \not\subset \overline{A_s}$ 相当于 $w(C) \not\subset A_s$，因此相当于 $l(sw) < l(w)$ (cf. no. 4)。第 7 章no. 8 的第 7 条提案IV, §1 现在意味着仅存在有限多个 $s \in S$ 使得$w(\overline{C}) \not\subset \overline{A_s}$。 集合 T of $s \in S$ 使得 $\langle y^*, e_s \rangle < 0$ 是有限的。另一方面，交$\overline{C} \cap [x^*y^*]$是闭线段$[x^*z^*]$。如果$z^* = y^*$，即$y^* \in \overline{C}$，则存在S的子集X和Y，使得$x^* \in C_X$和$y^* \in C_Y$。然后，开段 $]x^*y^*[$ 包含在 $C_{X \cap Y}$ 中，因此为 $[x^*y^*] \subset C_X \cup C_Y \cup C_{X \cap Y}$。如果$z^* \neq y^*$，则存在$s \in T$使得$z^* \in H_s$。然后是$w(C) \not\subset A_s$和$l(sw) < l(w)$。因此，归纳假设意味着线段$[z^*y^*] = s([z^*(s(y^*))])$被$\mathfrak{F}$的元素的有限数覆盖，因此也是

从$[x^*z^*] \subset \overline{C}$开始。

如果$x \in E^0$，则$\sigma_s(x) = x - 2B_M(e_s, x)e_s = x$对于所有$s \in S$。由于 W 由 S 生成，因此 W 对 $E^0$ 的作用微不足道。

令$E'$为W下稳定的E的子空间。令$s, s' \in S$为在$(W, S)$的图$\Gamma$中*链接*的两个元素（第IV, §1, no. 9章）；回想一下，这意味着 $m(s, s') \geq 3$。假设$e_s \in E'$。然后$\sigma_{s'}(e_s) \in E'$，并且由于$\sigma_{s'}(e_s)$中$e_{s'}$的系数非零，所以我们有$e_{s'} \in E'$。由于 $\Gamma$ 是相连的，因此，如果 $E'$ 包含于 $e_s$ 之一，那么它包含全部以及重合与 E。除了这种情况，从 §2, no. 2 的第 3 条命题可以得出，对于所有 $s \in S$， $E'$包含在与$e_s$正交的超平面$H_s$中。由于$H_s$的交等于$E^0$，因此证明了命题。

在情况 a) 中，命题 7 表明 $E$ 很简单，因此也绝对简单（$§ 2$，no. 1，命题 1）。

在情况 b) 中，$E^0 \neq 0$、$E \neq E^0$（自$B_M \neq 0$）和第 7 条命题表明，$E^0$ 在 $W$ 下没有稳定的补体；因此，W 模$E$ 不是半单。

(1) $\Longrightarrow$ (2)。令 $S = \bigcup_i S_i$ 为 $S$ 的分解为连通分量（第 IV、$§ 1$、no. 9），并令 $W = \prod_i W_i$ 为 $W$ 的相应的分解。 空间$E$可以与空间$E_i = \mathbf{R}^{S_i}$的直和识别，$B_M$可以与相应的形式$B_{M_i}$的直和识别。因此，我们被简化为 $(W, S)$ 不可约的情况。由于假设 $W$ 是有限的，$E$ 是半单 W 模（附录，命题 2）。由科。根据命题 5，$E$ 绝对简单。令$B'$为$E$上的正非简并形式，令$B''$为$W$下其变换的和。由于$B''$在$W$下不变，它与$B_M$成正比（$§ 2$，no. 1，命题1）；由于$B_M(e_s, c_s) = 1$对于所有$s \in S$，比例系数为$> 0$，并且由于$B''$为正，因此$B_M$也为正，这证明了(2)。

(2) $\Longrightarrow$ (1)。如果 $B_M$ 是正非简并，则正交群 $O(B_M)$ 是*紧凑*（*积分*，第 VII、$§ 3$、no. 1）。由于$\sigma(W)$是$O(B_M)$的*离散*子群（Th.1的Cor.3），因此$\sigma(W)$是有限的，因此$W$也是有限的。 Q.E.D.

在证明的过程中得出以下结果：

Th 提供的有限性准则。 2 允许对所有*有限* Coxeter 群（cf. 第 VI、$§ 4$）进行分类。我们在此限制自己的初步结果如下：

如果没有，该图将包含电路$(s_1, \ldots, s_n)$，$n \geq 3$。放置 $m_i = m(s_1, s_{i+1})$、$1 \leq i < n$ 和 $m_n = m(s_n, s_1)$，这意味着 $m_i \geq 3$ 对于所有 $i$。让

然后$B_M(x, x) = n + 2 \sum_{i<j} B_M(e_{s_i}, e_{s_j})$。现在$^2$ $B_M(e_{s_n}, e_{s_1})$ 也类似。由于和中的其他项是$\leq 0$，我们得到 与$B_M$是正非简并的事实相反。

首先令 $(W, S)$ 为有限 Coxeter 群。用$(x|y)$形式$B_M(x, y)$表示；通过 Th。 2、这是 $E$ 上的标量乘积。对于所有$s \in S$，令$H_s$为与正交反射$\sigma_s$相关联的超平面，并令$\mathfrak{H}$为超平面$w(H_s)$的族，对于$s \in S$、$w \in W$。令 $C_0$ 为 $x \in E$ 的集合，使得 $(x|e_s) > 0$ 对于所有 $s \in S$。最后，认同$W$（通过$\sigma$）与空间$E$的正交群$\mathbf{O}(E)$的子群。