以下，记 $\mathrm{\Phi }$ 为根系，$l$ 为其秩，其位于欧氏空间 $E$ 中，有 Weyl 群 $\mathcal{W}$．

graph LR;
A[基 Δ] --> B[正根 Φ⁺];
A --> C[Weyl 室 𝒞（Δ）];
B --> D[高度 ht];
C --> E[正则向量 γ];
E --> F[不可分解根 Δ（γ）];
F --> A;
G[Weyl 群 𝒲] --> H[传递作用于基];
G --> I[生成于单根反射];
I --> J[既约分解与长度];
J --> K[根翻转数 n=l];
L[不可约根系] --> M[极大根唯一];
L --> N[两种根长];
N --> O[长根与短根];

基（Base）与 Weyl 室（Weyl chamber）

基与单根

由第一条可知 $|\mathrm{\Delta }|=l$，且第二条的分解是唯一的．因此我们可定义根的高度：

在上述的表示中，如果这些系数均非负或非正，我们可以义所谓正根与负根：

例如：若 $\alpha ,\beta$ 为正根，则 $\alpha +\beta$ 为正根。由此可以定义根之间的偏序关系：

单根的一个性质是：任意两个单根的夹角是钝角。

证明： 否则有 $(\alpha ,\beta )>0$。由基是线性基知 $\alpha ,\beta$ 不共线，从而 $\alpha -\beta$ 为根（上一节的引理） ，这与根对单根的分解系数恒正或恒负矛盾。 $◻$

基的存在性

我们用构造性的方法证明定理 1。引入一个记号：

由于有限个超平面不能覆盖全空间， $\{P_{\alpha }:\alpha \in \mathrm{\Phi }\}$ 不能覆盖 $E$。

为了更精确地说明，引入下面的定义。

当 $\gamma$ 正则时，显然有 $\mathrm{\Phi }={\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )\cup -{\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$。我们的目的即是借此进行证明。

则我们只需证明如下的定理。

证明： 分步骤证明。

1. ${\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$ 中的每一个根都可以表示为 $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 的非负 $\mathbb{Z}-$ 线性表示。 否则存在 $\alpha \in {\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$ 不能被这样表示。取 $\alpha$ 使 $(\gamma ,\alpha )$ 为小。由 $\alpha =1\alpha$，故 $\alpha$ 不在 $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 内，因此 $\alpha$ 可分解，设 $\alpha ={\beta }_1+{\beta }_2$。故

由于 $(\gamma ,\alpha )$ 最小，且依定义知三个内积均为正，必须有 ${\beta }_1,{\beta }_2$ 可表为 $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 的非负 $\mathbb{Z}-$ 线性表示，但这给出 $\alpha$ 可表为这类线性表示，矛盾。

2. 若 $\alpha ,\beta \in \mathrm{\Delta }(\gamma )$，则 $(\alpha ,\beta )\le 0$ 除非 $\alpha =\beta$。 否则 $\alpha -\beta$ 依引理是一个根。由于不可能有 $\alpha =-\beta$，$\alpha -\beta$ 或 $\beta -\alpha$ 中有一个在 ${\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$ 中。对第一种情况， $\alpha =\beta +(\alpha -\beta )$，故 $\alpha$ 可分解，矛盾。对第二种情况，$\beta =\alpha +(\beta -\alpha )$，故 $\beta$ 可分解，矛盾。

3. $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 是线性无关集。 否则设 $\sum r_{\alpha }v=0$，$v\in \mathrm{\Delta }(\gamma )$，$r_{\alpha }\in \mathbb{R}$。将 $r_v$ 中为正的记作 $s_{\alpha }$，为负的记作 $-t_{\beta }$，则（记） $\epsilon :=\sum s_{\alpha }\alpha =\sum t_{\beta }\beta$。因此

故 $\epsilon =0$。但

这要求 $s_{\alpha }=0$，$\mathrm{\forall }\alpha$。同理 $t_{\beta }=0$，$\mathrm{\forall }\beta$。

4. $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 是 $\mathrm{\Phi }$ 的基。 由于

由第 1 步知 $\mathrm{\Phi }$ 对 $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 的线性分解要么为非负整数系数，要么为非正整系数。另一方面 $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 张成 $E$，由第 3 步知 $\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 为线性基。综上，$\mathrm{\Delta }(\gamma )$ 为基。

5. 每一个基都可以由此获得。 对给定的 $\mathrm{\Delta }$，取一个 $\gamma$ 使

这是可能的：初等几何给出因为所有线性基诱导的“超平面正上半空间”之交非空。由根的同号整系数分解性质，$\gamma$ 是正则的，且 ${\mathrm{\Phi }}^{+}\subset {\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$，${\mathrm{\Phi }}^{-}\subset -{\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$，故二包含关系必取等。因此 $\mathrm{\Delta }$ 包含于全体不可分解元：$\mathrm{\Delta }\subset \mathrm{\Delta }(\gamma )$。再由 $|\mathrm{\Delta }|=|\mathrm{\Delta }(\gamma )|=l$ 知取等。 $◻$

由定理 2，定理 1 得证。

Weyl 室（Weyl chamber）

$P_{\alpha }$ 将空间 $E$ 分为若干个区域。称

容易看出

证明： $\mathfrak{C}(\gamma )=\mathfrak{C}({\gamma }^{\prime })$ 当且仅当 $\gamma ,{\gamma }^{\prime }$ 位于每一个 $P_{\alpha }$ 的同侧。$◻$

易知基础 Weyl 室是开凸集，且

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,0) -- (2,0) node[above] {$\alpha$};
\draw[->] (0,0)-- (2,2);
\draw[->] (0,0) -- (0,2);
\draw[->] (0,0) -- (-2,2) node[above right] {$\beta$};
\draw[->] (0,0) -- (-2,0);
\draw[->] (0,0) -- (-2,-2);
\draw[->] (0,0) -- (0,-2);
\draw[->] (0,0) -- (2,-2);
\draw[blue,dashed] (-3,-3) -- (3,3);
\draw[blue,dashed] (0,-3) -- (0,3);
\draw[blue,dashed] (-3,3) -- (3,-3);
\draw[blue,dashed] (-3,0) -- (3,0);
\fill[blue,opacity=.1] (0,0) -- (0,3) -- (3,3) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{document}

有关 Weyl 群与根的一些性质

证明： 这是因为 $\sigma (\mathrm{\Phi })=\mathrm{\Phi }$，且 $\sigma$ 线性可逆。 $◻$

证明： $\sigma (\mathrm{\Delta }(\gamma ))$ 是 $\mathrm{\Phi }$ 的一个根。另一方面，对任意 $\alpha \in \mathrm{\Delta }(\gamma )$ 有

考虑根 $\mathrm{\Delta }(\sigma (\gamma ))$，上述定理2 的第 5 步给出这二者相等。

证明： 我们有

$◻$

对偶根的基

证明： 设 $\gamma \in E$ 正则，$\mathrm{\Delta }=\mathrm{\Delta }(\gamma )$。则 ${\mathrm{\Phi }}^{+}={\mathrm{\Phi }}^{+}(\gamma )$，且

只需证明若 ${\alpha }^{\vee }\in {\mathrm{\Delta }}^{\vee }$，则${\alpha }^{\vee }$ 在 $({\mathrm{\Phi }}^{\vee }{)}^{+}(\gamma )$ 中不可分解。否则若 ${\alpha }^{\vee }={\beta }_1^{\vee }+{\beta }_2^{\vee }$，$\alpha \in \mathrm{\Delta }$， ${\beta }_1,{\beta }_2\in {\mathrm{\Phi }}^{+}$，由对偶根与基的定义知 ${\beta }_i^{\vee }$ 的单根分解系数是非负有理数，因此 ${\beta }_i\in {\mathbb{R}}_{+}\alpha$，这要求 ${\beta }_1={\beta }_2=\alpha$，矛盾。 $◻$

证明： 对任意 $\alpha \in \mathrm{\Delta }$，由题知 $⟨\lambda ,\alpha ⟩$ 为整数，即由对偶根内积刻画知 $(\lambda ,{\alpha }^{\vee })$ 为整数。由于 ${\mathrm{\Delta }}^{\vee }$ 是 ${\mathrm{\Phi }}^{\vee }$ 的基，因此对任意 $\beta \in \mathrm{\Phi }$ 都有 $(\lambda ,{\beta }^{\vee })$ 为整数（${\beta }^{\vee }$ 为多个 ${\alpha }^{\vee }$ 的 $\mathbb{Z}-$ 线性表示），因此 $⟨\lambda ,\beta ⟩$ 为整数。 $◻$

单根的一系列重要引理

以下证明几个非常有用的单根的引理。

正根的单根和表示

证明： 先说明 $(\alpha ,\beta )>0,\mathrm{\forall }\beta \in \mathrm{\Delta }$。否则定理2 证明的第 3 步的附注说明 $\mathrm{\Delta }\cup \{\alpha \}$ 是一个线性无关集，但这不可能，因为 $\mathrm{\Delta }$ 已经是一个线性基了。

因此 $(\alpha ,\beta )>0$，$\mathrm{\exists }\beta \in \mathrm{\Delta }$，从而 $\alpha -\beta$ 是一个根。再由 $\alpha =\sum _{\gamma \in \mathrm{\Delta }}{k}_{\gamma }\gamma$ ，$k_{\gamma }$ 均为正且存在 $\gamma \ne \beta$ 项使 $k_{\gamma }\ge 0$（否则 $\alpha =\beta$），$\alpha -\beta$ 必然是一个正根。 $◻$

证明： 对 $\mathrm{ht}\beta$ 归纳。 $◻$

Weyl 群对正根的作用

证明： 令 $\beta \in {\mathrm{\Phi }}^{+}\mathrm{\setminus }\{\alpha \}$，$\beta =\sum _{\gamma \in \mathrm{\Delta }}{k}_{\gamma }\gamma$，这里 $k_{\gamma }\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$。显然 $\beta \ne \pm \alpha$，故存在 $\gamma \ne \alpha$ 使 $k_{\gamma }\ne 0$。

另一方面，由于 ${\sigma }_{\alpha }$ 只翻转单根表示中的 $\alpha$ 项，因此 ${\sigma }_{\alpha }(\beta )$ 中 $k_{\gamma }$ 项也大于 $0$。因此 ${\sigma }_{\alpha }(\beta )$ 中有正系数，因此其为正根。

特别地，${\sigma }_{\alpha }(\beta )\ne \alpha$，因为 ${\sigma }_{\alpha }(\alpha )=-\alpha$。 $◻$

证明： 显然。 $◻$

最短简单反射乘积序列性质

证明： 记

由于 ${\beta }_0\prec 0$，${\beta }_{t-1}\succ 0$，存在这样的 $s$ 使 ${\beta }_s\succ 0$，${\beta }_{s-1}\prec 0$。因此 ${\sigma }_s({\beta }_s)={\beta }_{s-1}\prec 0$，但 ${\beta }_s$ 为正根，Weyl 群对除诱导元以外的正根的置换性质 给出 ${\beta }_s$ 只能为 ${\alpha }_s$ （注意单根一定是正根）。

进一步，由上一章的引理 有

因此，

$◻$

证明： 由上一引理，${\sigma }_1\cdots {\sigma }_{t-1}({\alpha }_t)$ 是正的：否则 $\sigma$ 的表达式就可以缩短，与最小性矛盾。因此

是负根。$◻$

Weyl 群的性质

Weyl 群的作用与生成

现在，我们将要证明 $\mathcal{W}$ 在 $\mathrm{\Phi }$ 的根上（或等价地，Weyl 室上）有传递的置换作用，且 $\mathcal{W}$ 可由 $\mathrm{\Phi }$ 的任一基诱导的“简单反射”生成。

证明： 设 ${\mathcal{W}}^{\prime }$ 是 $\mathcal{W}$ 的子群，由全体 ${\sigma }_{\alpha }:\alpha \in \mathrm{\Delta }$ 生成。我们的目标是先对 ${\mathcal{W}}^{\prime }$ 证明 1～3，再推标出 ${\mathcal{W}}^{\prime }=\mathcal{W}$。

1. 记 ${\displaystyle \delta ={\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{\alpha \succ 0}\alpha }$，并取 $\sigma \in {\mathcal{W}}^{\prime }$ 使得 $(\sigma (\gamma ),\delta )$ 最大。若 $\alpha$ 是单根，显然 ${\sigma }_{\alpha }\sigma \in {\mathcal{W}}^{\prime }$，因此（结合上一节的第一个推论）

这要求 $(\sigma (\gamma ),\alpha )\ge 0$，$\mathrm{\forall }\alpha \in \mathrm{\Delta }$。因为 $\gamma$ 是正则的，$(\sigma (\gamma ),\alpha )$ 不为 $0$，否则 $\gamma$ 将与 ${\sigma }^{-1}(\alpha )\in \mathrm{\Phi }$ 正交，矛盾。故 $(\sigma (\gamma ),\alpha )>0$。因此 $\sigma (\gamma )$ 落在基础 Weyl 室 $\mathfrak{C}(\mathrm{\Delta })$ 中，从而 $\sigma (\mathfrak{C}(\gamma ))=\mathfrak{C}(\mathrm{\Delta }(\sigma (\gamma )))$。

2. 由于 ${\mathcal{W}}^{\prime }$ 是 Weyl 室上的置换，故也是基之间的同类置换。

3. 在 2 的视角下，只需证明每个根至少属于一个基。由于与 $\alpha$ 成比例的根只有 $\pm \alpha$ ，超平面 $P_{\beta }(\beta \ne \pm \alpha )$ 与 $P_{\alpha }$ 不同，故存在 $\gamma \in P_{\alpha }$ 使 $\gamma \notin P_{\beta }$，$\mathrm{\forall }\beta \ne \alpha$。 取 ${\gamma }^{\prime }$ 离 $\gamma$ 足够近，使

只需证 $\alpha \in \mathrm{\Delta }({\gamma }^{\prime })$。只需证 $\alpha$ 在 ${\mathrm{\Phi }}^{+}({\gamma }^{\prime })$ 上不可分解。否则，设 $\alpha ={\beta }_1+{\beta }_2$ 是分解，则 $({\gamma }^{\prime },\alpha )=(\gamma ,{\beta }_1)+(\gamma ,{\beta }_2)$，又由 $(\gamma ,{\beta }_2)>0$ 知 $0<({\gamma }^{\prime },{\beta }_1)<({\gamma }^{\prime },\alpha )=\epsilon$，矛盾。

4. 只需证 ${\mathcal{W}}^{\prime }=\mathcal{W}$。显然 ${\mathcal{W}}^{\prime }\subset \mathcal{W}$。 只需证每个反射 ${\sigma }_{\alpha }:\alpha \in \mathrm{\Phi }$ 都在 ${\mathcal{W}}^{\prime }$ 中。由 3，存在 $\sigma \in {\mathcal{W}}^{\prime }$ 使得 $\sigma (\alpha )=\beta \in \mathrm{\Delta }$，于是

因此 ${\sigma }_{\alpha }={\sigma }^{-1}{\sigma }_{\beta }\sigma \in {\mathcal{W}}^{\prime }$。这就说明 $\mathcal{W}\subset {\mathcal{W}}^{\prime }$。

5. 否则，设 $\sigma$ 固定 $\mathrm{\Delta }$ 且 $\sigma \ne 1$，则 $\sigma$ 固定 $\mathrm{\Delta }$ 的正根。另一方面，由 4，可将 $\sigma$ 写为长度最短的一系列简单反射之积：

则由单根诱导的反射之积的性质

矛盾。$◻$

诱导反射的既约简单反射乘积序列表达式

注意：若表达式 ${\sigma }_1\cdots {\sigma }_t$ 既约，则表达式 ${\sigma }_1\cdots {\sigma }_k$ （$1\le k\le t$） 显然也既约，否则就可以作替换了。因此若 $l({\sigma }_1\cdots {\sigma }_t)=t$，则 $l({\sigma }_1\cdots {\sigma }_k)=k$。

$\sigma \in \mathcal{W}$ 的长度的另一种刻画是：$\sigma$ 作用下变为负根的正根的数量。记

证明： 对 $l(\sigma )$ 归纳。 $l(\sigma )=0$ 显然——为恒等变换。设引理对所有长度小于 $l(\sigma )$ 的 $\tau \in \mathcal{W}$ 成立。对 $\sigma$ 作既约分解为 $\sigma ={\sigma }_{{\alpha }_1}\cdots {\sigma }_{{\alpha }_t}$，记 $\alpha ={\alpha }_t$。由前述推论得 $\sigma (\alpha )\prec 0$ ，再由 简单反射置换正根 知 $n(\sigma {\sigma }_{\alpha })=n(\sigma )-1$：因为 ${\sigma }_{\alpha }$ 置换除 $\alpha$ 以外的正根，且 $\sigma (\alpha )\prec 0$ ，我们有

因此

另一方面，$l(\sigma {\sigma }_{\alpha })=l(\sigma )-1<l(\sigma )$，从而由归纳假设 $l(\sigma {\sigma }_{\alpha })=n(\sigma {\sigma }_{\alpha })$。由上即知 $l(\sigma )=n(\sigma )$。$◻$

Weyl 群对 Weyl 室闭包的保持性

下面我们更进一步考察 $\mathcal{W}$ 对 Weyl 室的简单传递作用。下面的引理说明闭包

是 $\mathcal{W}$ 作用于 $E$ 的基本区域（fundamental domain）：$E$ 中的任一向量恰与该集合中一点通过 $\mathcal{W}$ 共轭。（练习14）

证明： 对 $l(\sigma )$ 归纳。 $l(\sigma )=0$ 时显然。对 $l(\sigma )>0$ 时，由正负翻转数引理，$\sigma$ 将某些正根送到负根，故不能将所有单根都送到正根。不妨令 $\sigma (\alpha )\prec 0$，$\alpha$ 为单根。则

因为 $\lambda \in \overline{\mathfrak{C}(\mathrm{\Delta })}.$ 这要求 $(\lambda ,\alpha )=0$ ，${\sigma }_{\alpha }(\lambda )=\lambda$，$(\sigma {\sigma }_{\alpha })(\lambda )=\sigma (\lambda )$。再由简单反射的正根置换性并应用正负翻转数引理，$l(\sigma {\sigma }_{\alpha })=l(\sigma )-1$ （$\alpha$ 不再被翻转）。应用归纳假设即证。 $◻$

证明： 对 $\gamma \in E$，取 $\sigma \in \mathcal{W}$ 使得 $(\sigma (\gamma ),\delta )$ 最大，这里 $\delta$ 是全体正根之和的一半。则对任意 $\alpha \in \mathrm{\Delta }$，由正根之和的一半在简单反射下的像的推论，我们有

故 $(\sigma (\gamma ),\alpha )\ge 0$ ，$\mathrm{\forall }\alpha \in \mathrm{\Delta }$ 。因此 $\sigma (\gamma )\in \overline{\mathfrak{C}(\mathrm{\Delta })}$ 。$◻$

不可约根系

例如在上一章的例子中，$A_1,A_2,B_2,G_2$ 均为不可约的，而 $A_1\times A_1$ 可约。

本节中，我们先探讨不可约根系的一些性质，然后在下一节对不可约根系进行分类。

不可约根系的性质

证明： 先证充分性。反设 $\mathrm{\Phi }$ 可被正交划分为 ${\mathrm{\Phi }}_1\bigsqcup {\mathrm{\Phi }}_2$ ，则 $\mathrm{\Delta }$ 必须完全包含于二者之一，否则 $\mathrm{\Delta }$ 可被正交划分为 $\mathrm{\Delta }\cap {\mathrm{\Phi }}_1$ 与 $\mathrm{\Delta }\cap {\mathrm{\Phi }}_2$ 。不妨设 $\mathrm{\Delta }\subset {\mathrm{\Phi }}_1$ ，这说明 $(\mathrm{\Delta },{\mathrm{\Phi }}_2)=0$ 。但 $\mathrm{\Delta }$ 是线性基，故 $(E,{\mathrm{\Phi }}_2)=0$ ，这要求 ${\mathrm{\Phi }}_2=0$ ，矛盾。

反过来，反设 $\mathrm{\Delta }$ 可被正交划分为 ${\mathrm{\Delta }}_1\bigsqcup {\mathrm{\Delta }}_2$。由Weyl 群的性质定理，每个根都与单根共轭，故 $\mathrm{\Phi }={\mathrm{\Phi }}_1\cup {\mathrm{\Phi }}_2$ ，这里 ${\mathrm{\Phi }}_i=\mathcal{W}({\mathrm{\Delta }}_i)$。注意到 $(\alpha ,\beta )=0$ 当且仅当 ${\sigma }_{\alpha }{\sigma }_{\beta }={\sigma }_{\beta }{\sigma }_{\alpha }$（由上一章的公式及 ${\sigma }_{\alpha }$ 保持 $\beta$ 可知），且 $\mathcal{W}$ 由 ${\sigma }_{\alpha }(\alpha \in \mathrm{\Delta })$ 生成，${\mathrm{\Phi }}_i$ 的每一个根都从 ${\mathrm{\Delta }}_i$ 中加加减减而来，故 ${\sigma }_{\beta }(\beta \in \mathrm{\Delta }\mathrm{\setminus }{\mathrm{\Delta }}_i)$ 固定 ${\mathrm{\Delta }}_i$ 中的单根。因此 $\mathrm{\Phi }$ 位于 $E$ 中由 ${\mathrm{\Delta }}_i$ 张成的子空间 $E_i$ 中，且 $({\mathrm{\Phi }}_1,{\mathrm{\Phi }}_2)=0$ 。这导致 ${\mathrm{\Phi }}_1$ 或 ${\mathrm{\Phi }}_2$ 中有一个为 $0$ ，对应的基子集也为 $0$ 。 $◻$

证明： 设 $\beta$ 是一个极大元，显然 $\beta$ 是正根。对分解式 ${\displaystyle \beta =\sum _{\alpha \in \mathrm{\Delta }}{k}_{\alpha }\alpha }$，作分划

我们先证 ${\mathrm{\Delta }}_2$ 为空集，由此得出诸 $k_{\alpha }>0$ 。

若 ${\mathrm{\Delta }}_2$ 非空，则 ${\displaystyle (\alpha ,\beta )=(\alpha ,\sum _{\gamma \in {\mathrm{\Delta }}_1}{k}_{\gamma }\gamma )\le 0}$ ，$\mathrm{\forall }\alpha \in {\mathrm{\Delta }}_2$ （根之间成钝角）。由于 $\mathrm{\Phi }$ 不可约，至少存在一个 $\alpha \in {\mathrm{\Delta }}_2$ 使 $({\mathrm{\Delta }}_1,\alpha )\ne 0$ 。这要求存在 ${\alpha }^{\prime }\in {\mathrm{\Delta }}_1$ 使 $(\alpha ,{\alpha }^{\prime })<0$ ，故 $(\alpha ,\beta )<0$ 。由上一章引理 知 $\alpha +\beta$ 为根，这与 $\beta$ 极大矛盾。这就说明 ${\mathrm{\Delta }}_2$ 为空集。

因此，$(\alpha ,\beta )>0$，$\mathrm{\forall }\alpha \in \mathrm{\Delta }$ 。

下设 ${\beta }^{\prime }$ 为另一极大根。同理有 $(\alpha ,{\beta }^{\prime })>0$，$\mathrm{\forall }\alpha \in \mathrm{\Delta }$。从而 $(\beta ,{\beta }^{\prime })>0$ ，由上一章引理 知 $\beta -{\beta }^{\prime }$ 为根，除非 $\beta ={\beta }^{\prime }$ 。但若 $\beta -{\beta }^{\prime }$ 为根，则 $\beta \prec {\beta }^{\prime }$ 或 ${\beta }^{\prime }\prec \beta$，矛盾。故 $\beta ={\beta }^{\prime }$，从而极大根唯一。 $◻$

证明： 一个根的 $\mathcal{W}-$ 轨道张成 $E$ 的一个 $\mathcal{W}-$ 不变子空间，因此只需证第一句话即可。

令 $E^{\prime }$ 是一个 $E$ 的 $\mathcal{W}-$不变子空间，则其正交补 $(E^{\prime }{)}^{\mathrm{\perp }}$ 也是 $\mathcal{W}-$不变的：$(E^{\prime },x)=0$ 给出 $(E^{\prime },\sigma (x))=(\sigma (E^{\prime }),\sigma (x))=0$，从而 $\sigma (x)\in E^{″}$。容易验证若 $\alpha \in \mathrm{\Phi }$，则要么 $\alpha \in E^{\prime }$ ， 要么 $E^{\prime }\subset P_{\alpha }$，这是因为 ${\sigma }_{\alpha }(E^{\prime })=E^{\prime }$（$\mathcal{W}-$ 不变性）。因此 $\alpha \notin E^{\prime }$ 给出 $\alpha \in E^{″}$，故每一根落在二者之一。这给出了 $\mathrm{\Phi }$ 的正交分解，由不可约性知其中之一为空。但 $\mathrm{\Phi }$ 张成 $E$，由此有 $E^{\prime }=E$。 $◻$

长根与短根

根的长度有很好的结论。

证明： 若 $\alpha ,\beta$ 是任意根，则 $(\mathcal{W}(\alpha ),\beta )\ne 0$ ，因为 $\sigma (\alpha )$ 张成 $E$（上一个引理）。如果 $(\alpha ,\beta )\ne 0$ ，上一章的判别法给出两个根的长度平方之比只能为 $1,2,3,1/2,1/3$ 。这就证明了第一个命题：否则必出现 $4$ 或 $3/2$，矛盾。

现设 $\alpha ,\beta$ 有相同的长度。将 $\beta$ 换为其 $\mathcal{W}-$共轭可令二者不正交。由判别法，查表可知 $⟨\alpha ,\beta ⟩=⟨\beta ,\alpha ⟩=\pm 1$ 。若为 $-1$ ，将 $\beta$ 换为 ${\sigma }_{\beta }(\beta )=-\beta$ 即可变为 $⟨\alpha ,\beta ⟩=1$ 。因此，

证毕。 $◻$

最后，我们证明不可约根系中极大根是长根。

证明： 设 $\alpha$ 为任一根，只需证 $(\beta ,\beta )\ge (\alpha ,\alpha )$。由练习14 ，存在 $\sigma \in \mathcal{W}$ 使 $\sigma (\alpha )\in \overline{\mathfrak{C}(\mathrm{\Delta })}$。由极大根 $\beta -\sigma (\alpha )\succ 0$ ，故对任意 $\gamma \in \overline{\mathfrak{C}(\mathrm{\Delta })}$ 有 $(\gamma ,\beta -\alpha )\ge 0$ 。特别地，取 $\gamma =\beta ,\alpha$，得 $(\beta ,\beta )\ge (\beta ,\alpha )\ge (\alpha ,\alpha )$。 $◻$