事实上，S 可以用张量积 $K[x_1] \otimes \cdots \otimes K[x_m]$ 来识别，并提供总评分。 $K[x_i]$ 的庞加莱级数为

并且应用(2)就足够了。

根据命题 1 的假设，我们可以说 S 是一个*K 上的*分级多项式代数。

事实上，$P_S(T)$的倒数是多项式$N(T) = \prod_{i=1}^m (1 - T^{d_i})$，因此它是唯一确定的。如果 q 是整数 $\geq 1$ 并且 $\zeta \in \mathbf{C}$ 是单位元的原始 qth 根，则 $N(T)$ 的根 $\zeta$ 的重数等于数 $d_i$ 是倍数 / $q$。这个数是$q$足够大的零。因此，$d_i$等于$q$的数是通过降序归纳唯一确定的。

整数 $d_i$称为S的特征次数，其中数等于K为域时S对K的超越次数；我们也将其称为一般情况下 S 右 K 的超越次数。它是多项式$N(T)$的根1的重数。

令 $S = \bigoplus_{n \geq 0} S_n$ 为 S 的交换分级 K-代数，$R = \bigoplus_{n \geq 0} R_n$ 为 S 的分级子代数。 假设每个 $R_n$ 是自由的且具有有限的型，并且 R 模 S 承认有限的基由……组成均质元素 $z_1, z_2, \ldots, z_N$ 的次数 $f_1, f_2, \ldots, f_N$。那么，如果 M 表示分级 K-模 $\sum_{j=1}^N Kz_j$，则分级 K-模 S 同构于 $R \otimes_K M$，因此每个 $S_n$ 都是自由且有限的型且

(i) R 和 S 右 K 具有相同的超越次数 r。 (ii) 令$p_1, \ldots, p_r$（或$q_1, \ldots, q_r$）为S（或R）的特征次数。然后

（三）$N p_1 p_2 \ldots p_r = q_1 q_2 \ldots q_r$。

公式 (4) 首先证明根 1 的重数在多项式$P_S(T)^{-1}$和$P_R(T)^{-1}$中是相同的，并且考虑到(3)，证明了(i)和(ii)。

由(ii)可知

将 $T = 1$ 代入关系得出 (iii)。

a) 由于$S/(R_+S)$的每个子模在$R_0 = K$上都是自由的，因此足以证明（鉴于代数，第II, §11, no. 4章，命题7）典范同态从$R_+ \otimes_R S$到S是单射的。对于任何 R 模 E，用 T(E) 表示 R 模 $\mathrm{Ker}(R_+ \otimes_R E \to E)$（\*在其他字、$T(E) = \mathrm{Tor}_1^R(R/R_+, E)$\* 中）。如果E、$E'$是两个R模，$u$是从E到$E'$的同态，同态$1 \otimes u$从$R_+ \otimes E$到$R_+ \otimes E'$定义由限制到T(E)同态从 T(E) 到 T($E'$)，我们用 $T(u)$ 表示。如果从$E'$到R模块$E''$，$u'$是同态，我们有$T(u' \circ u) = T(u') \circ T(u)$。因此，如果 G 对 E 进行 R 线性作用，则 G 对 T(E) 进行作用。

b) 群 G 线性地作用于 S，因此也作用于 T(S)。 此外，T(S) 具有自然的结构分级 S 模。 We show first that, if $g \in G$, then $g$ transforms every element $x$ of T(S) into an element congruent to $x$ modulo $S_1 T(S)$. 当$g$是伪反射时，这样做就足够了。 那么V中存在非零向量$v$，使得$g(x) - x \in K v$对于所有$x \in V$。 由于 V 生成 S，因此$g_S$ 对 $S/Sv$ 的作用微不足道。 因此，对于任何 $y \in S$，S 中都存在元素 $h(y)$，使得

由于S是整数且$v$非零，因此这个元素由$y$唯一确定； 直接的 $h$ 是 R 模 S 的次数 – 1 的自同态。因此，$g_S - 1_S = m_v \circ h$，其中 $m_v$ 表示位似，S 中的比率为 $v$。因此，

其中像包含在$vT(S)$、证明我们的断言中。

c) 我们证明 G 下 T(S) 不变量的任何元素都是零。事实上，令 Q 为由下式定义的 R 模 S 的自同态

对于所有$y \in S$。然后$Q(S) = R$。因而，我们可以写出$Q = i \circ Q'$，其中$Q'$是从R模块S到R模块R的同态，$i$表示R到S的典范嵌入。因而，从$T(R) = \mathrm{Ker}(R_+ \otimes R \to R) = 0$开始就有$T(Q) = T(i) \circ T(Q')$和$T(Q') = 0$。因而

但是$q^{-1} \sum_{g \in G} T(g_S)$使得T(S)的元素在G下保持不变。因此这些元素是零。

d) 假设$T(S) \neq 0$。 T(S) 中存在最小次数的齐次元素 $u \neq 0$。由b)可知，$u$在G下是不变的。由c)可知，$u = 0$。这是一个矛盾，所以$T(S) = 0$。 Q.E.D.

(i) 存在 S 的分级向量子空间，形成 S 中$R_+ S$ 的补集，并且在 G 下稳定。

(ii) 令 U 为这样的补数。从 $U \otimes_K R$ 到 S 的典范同态是 G 模的同构，并且 U（或 S）中 G 的表示同构于 K（或 R） 上 G 的正则表示。

事实上，对于任何整数$n \geq 0$，K-向量空间$S_n$和$(R_+ S) \cap S_n$在G下都是稳定的，并且从马施克定理（附录，命题2）得出，$S_n$中存在$(R_+ S) \cap S_n$的G稳定补集$U_n$。那么 $\sum_{n \geq 0} U_n$ 是 S 中 $R_+ S$ 的 G 稳定补集，因而 (i)。

设U是S的分级向量子空间，形成S中$R_+ S$的补集，并且在G下稳定。通过注1，K-向量空间U的每个基也是R模S的基，因此是R模S的基 S 的分数 N 的域超过 R 的分数 L 的域。因而，L 向量空间 N 可以用 $U \otimes_K L$ 来标识。由于U在G下是稳定的，因此该识别与G的作用兼容。G在L上的群代数$L[G]$可以用代数$K[G] \otimes_K L$识别。 L 的伽罗瓦扩张 N 承认正常的基（*代数*，第 V, § 10, no. 9，第 6 章），可以将其解释为说，N 被视为 $L[G]$ 模，与 的模同构G 的正则表示超过L。由于 U 在 K 上是有限维的，因此从附录，命题 1 可以得出，$K[G]$ 模 U 与 G 在 K 上的正则表示同构。我们的断言立即由此得出。

关于$k_i$所做的假设是多余的，但与有限Coxeter群的应用无关，从那时起$K = \mathbf{R}$。比照。 no. 5，我们将给出 Th 的另一个证明。 3.

Th。 3 源自提案 2 (i)，Th。 1 以及以下引理：

代数，第 1 章II, § 11, no. 4，第7条，关于$\alpha_i$的假设等价于说，它们是同质的，并且它们的像在这个空间的K-向量空间$R_+/ (R_+)^2$形式基中。这个条件在基域的扩张下是不变的；因此我们可以约化达到后者完美的情况。

家庭 $(\alpha_1, \ldots, \alpha_s)$ 生成代数 R by 交换代数，第 1 章III, § 1, no. 2，命题 1。我们通过矛盾论证并假设该族在代数上不独立于 K。

1）我们首先证明存在族

S 的均质元素具有以下属性：

令 $X_1, \ldots, X_s$ 不确定，并给出 $K[X_1, \ldots, X_s]$ 以及分级的代数结构，其中 $X_i$ 具有次数 $k_i$。存在$K[X_1, \ldots, X_s]$的非零齐次元素$H(X_1, \ldots, X_s)$，使得$H(\alpha_1, \ldots, \alpha_s) = 0$； 选择 H 至少为次数。如果$\partial H / \partial X_i \neq 0$，则多项式$\frac{\partial H}{\partial X_i}(\alpha_1, \ldots, \alpha_s)$是R的非零齐次元素；如果 $p \neq 1$，H 不属于形式 $H_1^p$ 和 $H_1 \in K[X_1, \ldots, X_s]$。采取

由于 K 是完美的，多项式 $\partial H / \partial X_i \in K[X_1, \ldots, X_s]$ 并不都是零（代数，第 V, § 1, no. 3 章，第 4 条）；鉴于假设是围绕$k_i$制作的，$\beta_i$也不是。

另一方面，对于适当的不定式 $x_1, \ldots, x_r$ 和适当的次数 $m_i > 0$，S 可以用多项式$K[x_1, \ldots, x_r]$ 的分级代数来识别。令$D_k$为S上$x_k$的偏导数。取d_{ik} = k_i^{-1} D_k(\alpha_i)。那么等式 (10) 成立，因为它的左侧是 $D_k(H(\alpha_1, \ldots, \alpha_s))$。另一方面，如果我们输入 $y_1 = m_1 x_1, \ldots, y_r = m_r x_r$，则等式 (9) 由 no. 1 的等式 (5) 得出。

2) 设$b$为$\beta_i$生成的$R$的理想；存在子集 $J$

这样 $(\beta_i)_{i \in J}$ 是系统的最小生成元 $b$。然后从 $b \neq 0$ 开始$J \neq \varnothing$。我们将从（9）和（10）中推断出，如果$i \in J$，$\alpha_i$是$\alpha_j$对于$j \neq i$的$R$线性组合，这将与$(\alpha_1, \ldots, \alpha_s)$的极小性相矛盾，并且将完成证明。

存在 $R$ ($i \in J, j \in I - J$) 的齐次元素 $\gamma_{ji}$ 使得

考虑 (11)，公式 (10) 给出 放 因而 写 $u_{ik} = \sum_{\lambda \in \Lambda} \delta_{ik\lambda} z_\lambda$，其中 $\delta_{ik\lambda}$ 属于到 $R$。 关系 (14) 意味着 如果$\delta_{ik\lambda}$之一具有非零齐次分量次数 0，则前面的等式将意味着$\beta_i$（$i \in J$）之一是其他$R$线性组合，与$(\beta_i)_{i \in J}$的极小性相矛盾。因而，对于所有 $i$ 和 $k$，$\delta_{ik\lambda} \in R_+$ 以及$u_{ik} \in R_+ S$。因而，存在$u_{ikh} \in S$使得$u_{ik} = \sum_{h=1}^s u_{ikh} \alpha_h$，在其他字中，由(13)， (15)$_{ik}$两边乘以$y_k$，并在$J$固定和$k = 1, 2, \ldots, r$中加上$i$；考虑到(9)，我们发现 取两边次数$k_i$的齐次分量。由于$\deg y_k > 0$，$\alpha_i$是$\alpha_j$与$j \neq i$的$S$线性组合。由于 $S$ 在 $R$ 和 $\alpha_1, \ldots, \alpha_s \in R$ 上是自由的，因而$\alpha_i$ 是 $\alpha_j$ 与 $j \neq i$ 的 $R$ 线性组合（*交换代数*，第 I, § 3, no. 5 章，第 9 d 条命题）。

事实上，$\mathrm{rk}_R(S) = \mathrm{Card}(G)$（公式（6），no. 2）。 S 的特征次数等于 1。则由no. 1，命题 2 (iii) 得出推论。

如有必要，扩展基域，我们可以假设 K 是代数封闭的。令$(e_1, \ldots, e_r)$为V的基，相对于s的矩阵是下三角，并令$\lambda_1, \ldots, \lambda_r$为该矩阵的对角线元素。对于$S_n$的基$(e_1^{i(1)} \ldots e_r^{i(r)})_{i(1) + \cdots + i(r) = n}$，按字典顺序排列，$s^{(n)}$的矩阵是下三角形，它的对角线元素是乘积$\lambda_1^{i(1)} \ldots \lambda_r^{i(r)}$。因而

因而

事实上，自同态$f = q^{-1} \sum_{g \in G} g^{(n)}$是$S_n$的投影到$R_n$，所以$\mathrm{Tr}(f) = \dim_K S_n^G$。因而，R 的庞加莱级数为

并且应用引理2就足够了。

根据附录的命题3，我们可以假设K是代数闭的。对于任何$g \in G$，令$\lambda_1(g), \ldots, \lambda_l(g)$为其特征值。由于每个$g \in G$都是可对角化的（附录，命题2），$g = 1$当且仅当所有$\lambda_i(g)$等于1时，$g \in H$当且仅当$\lambda_i(g)$的数等于1时$l - 1$（然后我们用$\lambda(g)$表示） 特征值与 1) 不同。 no. 1和引理3的命题1证明

在 $K[[T]]$ 中，因此在 $K(T)$ 中。因而，我们有 $K(T)$

可以写成

由此可见，$q - \prod_{i=1}^{l} (1 + T + \cdots + T^{k_i-1})$ 对于 $T = 1$ 来说消失了，所以$q = k_1 k_2 \ldots k_l$，我们已经通过 Cor 得知了这一点。的 Th。 3. 假设 Q(T) 是多项式 $(1 - T)^{-1}(q - \prod_{i=1}^{l} (1 + T + \cdots + T^{k_i-1}))$。微分等式 $(1 - T)Q(T) = q - \prod_{i=1}^{l} (1 + T + \cdots + T^{k_i-1})$ 并放入 $T = 1$，我们可以看到，对于 $T = 1$，$-Q(1)$ 是值

所以

回到(17)，另一方面我们有

因而，

现在，G 的元素留下给定超平面的固定点，留下稳定的超平面的互补线（附录，命题 2），因此形式是由代数生成的 G 的循环子群 G'，第 1 章。 V, § 11, no. 1，Th。 1. 令 t 为 G' 的阶； $g \in G'$的$\lambda(g)$的值是$\theta, \theta^2, \ldots, \theta^{t-1}$，其中$\theta$是单位元的原始第t个根。 我们有$\frac{1}{1-\theta^i} + \frac{1}{1-\theta^{t-i}} = 1$，所以$\sum_{g \in G', g \neq 1} \frac{1}{1-\lambda(g)} = \frac{1}{2}(t-1) = \frac{1}{2}\mathrm{Card}(H \cap G')$。 等式 (18) 由此证明命题。

令 $f$ 为代数 S 的自同构，即扩展自同构 $-1$ V。那么$f(z) = (-1)^{\deg z} z$对于S中的所有齐次$z$。因而，如果$-1 \in G$，则R的奇数次数的每个齐次元素都是零，并且$k_i$都是偶数。相反，如果$k_i$都是偶数，则R的每个元素在$f$下都是不变的，伽罗瓦理论表明$-1 \in G$。

(ii) 认同 S 与多项式代数 $K[X_1, \ldots, X_l]$，通过选择 V 的基 $(X_1, \ldots, X_l)$，并令 $(P_1, \ldots, P_l)$ 为 S 生成的代数 R 的代数独立齐次元素 (Th. 3）。那么雅可比$J = \det \left( \frac{\partial P_i}{\partial X_j} \right)$就是形式$\lambda D$，其中$\lambda \in K^*$。

a) 对于(ii)中的记号，我们有

所以，对于所有$g \in G$，

另一方面，S 的分数 N 域是 R 的分数 E 域伽罗瓦扩张 (no. 2)；因此 J 在 G 下是反对不变的。如果$\Delta$是E的推导，值在N的扩张域$\Omega$，$\Delta$扩展到推导，值在$\Omega$ （代数，第 V, § 16, no. 4，第 3 章）；由于$P_i$在代数上是独立的，因此$dP_1 \wedge \ldots \wedge dP_l \neq 0$，因此$J \neq 0$。

b) 设 z 为 G 下 S 反不变量的元素。我们证明 z 在 S 中可被 D 整除。设 a 为 V 中的非零向量。离开 Ka 稳定的 G 元素离开稳定一个互补的超平面 L（附录，命题 2）；离开 Ka 稳定的 G 的元素为 1 或具有向量 a 的伪反射当且仅当它在 L 上诱导 1；因此，向量属于对G的伪反射与1一起构成G的循环子群$G'$；令 t 为阶。 V存在基$(X_1, \ldots, X_l)$，使得$a = X_1$、$X_2 \in L, \ldots, X_l \in L$和z可以用系数为K的多项式$P(X_1, \ldots, X_l)$来识别。从$g \in G'$的$g(z) = (\det g)^{-1} z$，我们看到$X_1$只出现在$P(X_1, \ldots, X_l)$ 指数与 -1 模 t 一致。因此，$P(X_1, \ldots, X_l)$可以被$X_1^{t-1} = a^{t-1}$整除。现在，对于那些$a \in V$，D 是$a^{t-1}$ 的标量因子、乘积，使得$t > 1$，并且 S 的这些元素互质。由于 S 是阶乘，因此 z 可被 D 整除。

c) 通过 a) 和 b)，J 可以被 S 中的 D 整除。现在

（命题 3），所以 $\deg J = \deg D$，因此 $J = \lambda D$ 和 $\lambda \in K$。从$J \neq 0, \lambda \in K^*$开始。这就证明了(ii)。

d) 证明的部分a)和c)表明D在G下是反不变的。接下来，如果$y \in R$，显然$yD$在G下是反不变的。最后，如果$z \in S$在G下是反不变的，我们在b)中看到存在$y \in S$使得$z = yD$。由于 S 是积分，$y \in R$。这就证明了(i)。

说B在R上分支意味着它的惯性群$G^T(B)$不约化恒等式，在其他字中G中存在$g \neq 1$使得$g(z) \equiv z \pmod{B}$对于所有$z \in S$。由于S是阶乘环，B是主理想Sa，且a必须除全部元素$g(z) - z$($z \in S$)；现在，对于 $z \in V$，这些元素是次数 1 的齐次，并且都是非零（从 $g \neq 1$ 开始）；因此，a 必须齐次于次数 1，而其他字 $a \in V$。那么V上存在线性形式 f 使得$g = s_{a,f}$。相反，如果 g 是不同于 1 的伪反射 $s_{a,f}$，则 $g(z) \equiv z \pmod{Sa}$ 对于所有 $z \in S$，因此 g 属于为素理想 $B = Sa$ 的惯量群。这就证明了引理的第一个断言和$G^Z(B)$和$G^T(B)$的第一个刻画。由于 q 与 K 的特征 p（也是 S(B) 的特征 p）互质，因此 $R(p)$ 的扩张 S(B) 是可分离的（交换代数，第 V, § 2, no. 2 章，第 5 条命题）。由此得出等式 $e(B/p) = \operatorname{Card}(H_a)$ (交换代数)。由于 $e(B/p)$ 与 p 互质，$\operatorname{div}(D_{S/R})$ 中 B 的系数为 $e(B/p) - 1$ (交换代数)。这就证明了引理。

4 在这个数中，我们使用章的结果来准备交换代数的书。我们用符号“交换代数”来表示它们。 5 这意味着，对于环中的所有 $i \in \{1, 2, \ldots, s\}$，$\alpha_i$ 的典范像

这个环中不是零因子。

当 S 是有限型的 R 模时，b) 是 a) 的推论。

请参阅交换代数对应证明。

(i) G 由伪反射产生； (ii) S 是免费分级 R 模块； (iii) R 是 K 上的分级多项式代数。

(ii) 和 (iii) 的等价由 no. 2 和引理 5 得出。 蕴涵 (i) $\Longrightarrow$ (ii) 由 Th 得出。 1.

我们证明 (iii) $\Longrightarrow$ (i)。 令G'为由属于到G的伪反射生成的G的子群，并令R'为在G'下不变的元素的S 由……组成的子代数。 我们有 R $\subset$ R' $\subset$ S。 通过引理 4，div(D_{S/R}) = div(D_{S/R'})，因此 div(D_{R'/R}) = 0。 假设 R 是分级多项式代数。 由于 R' 也是如此（因为 G' 是由伪反射生成的），引理 5 表明 R 模 R' 承认齐次基 (Q_1, ..., Q_m)；让 q_i = deg(Q_i)。 放

div(D_{R'/R}) 为零的事实表明 div(d) = 0 (交换代数)，这意味着 d 属于到 K*。另一方面，Tr_{R'/R}(Q_i Q_j) 是次数 q_i + q_j 的齐次元素，d 是次数 $2 \sum_i q_i$ 的齐次。因此，对于所有 i，$\sum_i q_i = 0$，即$q_i = 0$，这意味着根据伽罗瓦理论，R' = R，因此 G' = G。这证明G是由伪反射产生的。 Q.E.D.

(i) S 与 R 的差是主理想 SD。

(ii) 认同 S 与代数 $K[X_1, \ldots, X_l]$，通过选择 V 的基 $(X_1, \ldots, X_l)$，并令 $P_1, \ldots, P_l$ 为代数独立齐次元素生成的代数 R。则雅可比 $J = \det \left( \frac{\partial P_i}{\partial X_j} \right)$是形式 $\lambda D$，其中 $\lambda \in K^*$。

（三）$\sum_{i=1}^l (\deg(P_i) - 1) = \mathrm{Card}(H)$。

(iv) S 的反不变量元素的集合是 RD。

断言 (i) 从引理 4 得出。 断言 (ii) 从 SJ 是 S 与 R 的不同这一事实得出。 (交换代数)。 断言 (iii) 是通过记下齐次多项式 D 和 J 具有相同的次数来获得的。 (iv) 的证明与no. 4 中给出的相同（第5 条命题的证明、部分 b) 和d))。