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user: 3. 定理证明 首先，将 B ( 0 ) 如左图逆时针旋转90˚变为右图，右图可以看成两个排叉结 T ( 3 ) 和 T ( − 3 ) 做连通和得到的 [ 2 ] 由引理，所以 〈 B ( 0 ) 〉 = 〈 T ( 3 ) 〉 〈 T ( − 3 ) 〉 ，将 s = 3 ， s = − 3 代入 〈 T ( s ) 〉 的通项公式得到 〈 B ( 0 ) 〉 = [ ∑ i = 1 2 A i − 2 ( − A 3 ) i − 3 − A 5 ] [ ∑ i = 1 2 A 2 − i ( − A 3 ) 3 − i − A − 5 ] = ( A − 7 − A − 3 − A 5 ) ( A 7 − A 3 − A − 5 ) 在 B ( 0 ) 上标记两段弧记为 α ， β ，如图所示 按照尖括号多项式的运算法则将 B ( 0 ) 的全部交叉点打开，从中选取带有弧 α ， β 的平凡分支有两种情况，当弧 α ， β 在同一分支时记为a如左图，当弧 α ， β 在不同分支时记为b如右图 根据尖括号多项式的计算法则可知 〈 B ( 0 ) 〉 可以写成 〈 a 〉 ， 〈 b 〉 的线性组合，即 〈 B ( 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) 〈 a 〉 + A − 2 〈 b 〉 下面计算 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 B ( 0 ， 0 ) 可以看作 B ( 0 ) 与 B ( 0 ) 沿着 α ， β 两段弧对应做连通和所得，如右图所示 由尖括号多项式的运算法则可知，在计算 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 的过程中可先打开左侧 B ( 0 ) 中的全部交叉点，所得的投影图有两种情况，a与 B ( 0 ) 沿着弧 α ， β 对应做连通和可得投影图如左图，根据RII变换最终可变成两分支的平凡链环，b与 B ( 0 ) 沿着弧 α ， β 对应做连通和，所得投影图为 B ( 0 ) ，如右图 因此有 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) 〈 a # B ( 0 ) 〉 + A − 2 〈 b # B ( 0 ) 〉 。 所以 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) 〈 Ο Ο 〉 + A − 2 〈 B ( 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) ( − A 2 − A − 2 ) + A − 2 〈 B ( 0 ) 〉 。 同理 B ( 0 ， 0 ， 0 ) 可看作 B ( 0 ) 与 B ( 0 ， 0 ) 沿着特定弧连通和 α ， β 所做的特殊连通和。 即 〈 B ( 0 ， 0 ， 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) 〈 Ο Ο Ο 〉 + A − 2 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) ( − A 2 − A − 2 ) 2 + A − 2 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) ( − A 2 − A − 2 ) 2 + A − 2 ( 1 − A 4 ) ( − A 2 − A − 2 ) + ( A − 2 ) 2 〈 B ( 0 ) 〉 重复以上操作最终有 〈 B ( 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 = ( 1 − A 4 ) ∑ i = 0 n − 2 ( A − 2 ) i ( − A 2 − A − 2 ) n − 1 − i + ( A − 2 ) n − 1 〈 B ( 0 ) 〉 再对 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c n ) 〉 进行计算 ①当 n = 1 时如上图。 从 c 1 最右端的交叉点开始打开可得 〈 B ( c 1 ) 〉 = A ε ( c 1 ) 〈 Λ 〉 + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ) 〉 其中 Λ 如下图 Λ 可看成如下两部分的连通和 即 〈 B ( c 1 ) 〉 = A ε ( c 1 ) 〈 ∘ ∘ 〉 〈 〉 由于 〈 ∘ ∘ 〉 = − A 2 − A − 2 〈 〉 = ( − A 3 ) c 1 − ε ( c 1 ) 所以 〈 B ( c 1 ) 〉 = A ε ( c 1 ) ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) c 1 − ε ( c 1 ) + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ) 〉 (1) 同理 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ) 〉 = A ε ( c 1 − ε ( c 1 ) ) ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) ( c 1 − ε ( c 1 ) ) − ε ( c 1 ) + A − ε ( c 1 − ε ( c 1 ) ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) − ε ( c 1 ) ) 〉 由于 ε ( c 1 ) = ε ( c 1 − ε ( c 1 ) ) 所以上式可写成 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ) 〉 = A ε ( c 1 ) ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) c 1 − 2 ε ( c 1 ) + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − 2 ε ( c 1 ) ) 〉 将上式带入到(1)中得 〈 B ( c 1 ) 〉 = A ε ( c 1 ) ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) c 1 − ε ( c 1 ) + A 0 ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) c 1 − 2 ε ( c 1 ) + A − 2 ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − 2 ε ( c 1 ) ) 〉 重复以上操作，直到将 c 1 的全部交叉点都打开，可得 〈 B ( c 1 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) ∑ i = 1 | c 1 | A ε ( c 1 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 1 − i ε ( c 1 ) + A − | c 1 | ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − | c 1 | ε ( c 1 ) ) 〉 因此有： 〈 B ( c 1 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) ∑ i = 1 | c 1 | A ε ( c 1 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 1 − i ε ( c 1 ) + A − c 1 〈 B ( 0 ) 〉 ②当 n = 2 时如图 从 c 2 右端的交叉点打开可得： 〈 B ( c 1 ， c 2 ) 〉 = A ε ( c 2 ) 〈 L 〉 + A − ε ( c 2 ) 〈 B ( c 1 ， c 2 − ε ( c 2 ) ) 〉 其中L如图所示。 L可以看成如下四部分的连通和 由引理3.1.1可知： 所以 〈 B ( c 1 ， c 2 ) 〉 = A ε ( c 2 ) ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) c 1 ( − A 2 − A − 2 ) ( − A 3 ) c 2 − ε ( c 2 ) + A − ε ( c 2 ) 〈 B ( c 1 ， c 2 − ε ( c 2 ) ) 〉 = A ε ( c 2 ) ( − A 2 − A − 2 ) 2 ( − A 3 ) c 1 ( − A 3 ) c 2 − ε ( c 2 ) + A − ε ( c 2 ) 〈 B ( c 1 ， c 2 − ε ( c 2 ) ) 〉 同理，经逐步递推可得： 〈 B ( c 1 ， c 2 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) 2 ( − A 3 ) c 1 [ ∑ i = 1 | c 2 | A ε ( c 2 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 2 − i ε ( c 2 ) ] + A − c 2 〈 B ( c 1 ， 0 ) 〉 此时， B ( c 1 ， 0 ) 的排叉部分只剩下 | c 1 | 个交叉点如图所示： 从 c 1 最右面的交叉点开始有 〈 B ( c 1 ， 0 ) 〉 = A ε ( c 1 ) 〈 H 〉 + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ， 0 ) 〉 其中H如图3.19所示，经RII变换后可得右图 可以看成如下两部分的连通和，其中左图相当于三分支的平凡链环 由引理3.1.1可知： 〈 H 〉 = 〈 ∘ ∘ ∘ 〉 〈 〉 所以 〈 B ( c 1 ， 0 ) 〉 = A ε ( c 1 ) ( − A 2 − A − 2 ) 2 ( − A 3 ) c 1 − ε ( c 1 ) + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ， 0 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) [ ∑ i = 1 | c 1 | A ε ( c 1 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 1 − i ε ( c 1 ) ] + A − c 1 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 综上所述，整理得 〈 B ( c 1 ， c 2 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) 2 ( − A 3 ) c 1 [ ∑ i = 1 | c 2 | A ε ( c 2 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 2 − i ε ( c 2 ) ] ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​     + ( − A 2 − A − 2 ) 2 A c 2 [ ∑ i = 1 | c 1 | A ε ( c 1 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 1 − i ε ( c 1 ) ] + A − c 1 − c 2 〈 B ( 0 ， 0 ) 〉 当 n = k 时，从 c k 最右端的交叉点开始打开可得： 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k ) 〉 = A ε ( c k ) 〈 D 〉 + A − ε ( c k ) 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − ε ( c k ) ) 〉 其中D是由k个如左图所示的链环、 k − 1 个中图4和一个右图的连通和组成 由引理3.1.1和引理2.1.1可得 〈 D 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 1 ( − A 3 ) c k − ε (ck) 因此 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k ) 〉 = [ A ε ( c k ) ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 1 ] ( − A 3 ) c k − ε ( c k )     + A − ε ( c k ) 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − ε ( c k ) ) 〉 重复以上操作，递推 | c k | 次可得： 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k ) 〉 = [ ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 1 ] ∑ i = 1 | c k | A ε ( c k ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c k − i ε ( c k ) + A − c k 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， 0 ) 〉 对 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − 1 ， 0 ) 中的 c k − 1 进行一样的操作，从右面的交叉点打开得： 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − 1 ， 0 ) 〉 = A ε ( c k − 1 ) 〈 W 〉 + A − ε ( c k − 1 ) 〈 B ( c 1 ， c 2 ⋯ ， c k − 1 − ε ( c k − 1 ) ， 0 ) 〉 其中W由k个相同链环如左图所示、 k − 2 个如中图所示、如右图所示的连通和 因此， 〈 W 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 2 ( − A 3 ) c k − 1 − ε ( c k − 1 ) 所以 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − 1 ， 0 ) 〉 = [ ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 2 ] A ε ( c k − 1 ) ( − A 3 ) c k − 1 − ε ( c k − 1 )         + A − ε ( c k − 1 ) 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − 1 − ε ( c k − 1 ) ， 0 ) 〉 递推 | c k − 1 | 次可得 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − 1 ， 0 ) 〉 = [ ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 2 ] ∑ i = 1 | c k − 1 | A ε ( c k − 1 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c k − 1 − i ε ( c k − 1 )         + A − c k − 1 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， 0 ， 0 ) 〉 递推 | c k − 2 | 次可得 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k − 2 ， 0 ) 〉 = [ ( − A 2 − A − 2 ) k ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 3 ] ∑ i = 1 | c k − 2 | A ε ( c k − 2 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c k − 2 − i ε ( c k − 2 )                                                                 + A − c k − 2 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， 0 ， 0 ) 〉 同理，直到仅剩最后一个排叉部分 c 1 〈 B ( c 1 ， 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 = A ε ( c 1 ) 〈 T 〉 + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 时，即对于 B ( c 1 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 从 c 1 最右端的交叉点开始打开可得： 其中T由如左图所示和k个如右图所示链环的连通和 因此 〈 T 〉 = ( − A 3 ) c 1 − ε ( c 1 ) ( − A 2 − A − 2 ) k 所以 〈 B ( c 1 ， 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) k A ε ( c 1 ) ( − A 3 ) c 1 − ε ( c 1 ) + A − ε ( c 1 ) 〈 B ( c 1 − ε ( c 1 ) ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) k ∑ i = 1 | c 1 | A ε ( c 1 ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c 1 − i ε ( c 1 ) + A − c 1 〈 B ( 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 经以上的逐步递推全部代入到 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k ) 〉 中可得 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c k ) 〉 = ( − A 2 − A − 2 ) k ∑ u = 1 k [ ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c u − 1 A − c u + 1 − c k + 2 − ⋯ − c k ∑ i = 1 | c u | A ε ( c u ) ( 2 − i ) ( − A 3 ) c u − i ε ( c u ) ]         + A − c 1 − c 2 − ⋯ − c k 〈 B ( 0 ， 0 ， ⋯ ， 0 ) 〉 特别的， 当 u = 1 时，上式中的 ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c u − 1 A − c u + 1 − c u + 2 − ⋯ − c k 仅剩下 A − c 2 − c 3 − ⋯ − c k 。 当 u = k 时，上式中的 ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c u − 1 A − c u + 1 − c u + 2 − ⋯ − c k 仅剩下 ( − A 3 ) c 1 + c 2 + ⋯ + c k − 1 。 即结论成立。 B ( δ 1 ， c 1 ， δ 2 ， c 2 ， ⋯ ， δ n ， c n ) 拧数的计算将 B ( δ 1 ， c 1 ， δ 2 ， c 2 ， ⋯ ， δ n ， c n ) 分成 X i 部分和 c i 部分，其中 δ i 为 X i 的部分拧数，如图所示 i) 计算 X i ( i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n ) 部分的拧数 若 δ i − 1 = + 1 、 c i − 1 为奇数、 δ i = + 1 时，如图所示，有 ω ( X i ) = 0 δ i − 1 = + 1 、 δ i − 1 = − 1 、 δ i − 1 = − 1 、 δ i − 1 = + 1 、 δ i − 1 = + 1 、 δ i − 1 = − 1 、 δ i − 1 = − 1 、都有 ω ( X i ) = 0 所以无论 δ i − 1 ， δ i 如何定向，都有 ω ( X i ) = 0 ii) 计算所有 c i ( i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n ) 部分的拧数 若 δ i = + 1 且 c i > 0 时，如图所示， c i 中每一个交叉点处都是+1，所以有 ω ( c i ) = c i 同理 δ i = + 1 且 c i < 0 时， δ i = − 1 且 c i > 0 时， δ i = − 1 且 c i < 0 时，有 ω ( c i ) = c i 所以 部分交叉点的拧数是由 δ i 以及 c i 的正负决定的，且满足 ω ( c i ) = c i 综合(i)、(ii)及拧数的定义可得结论，即 ω ( B ( δ 1 ， c 1 ， δ 2 ， c 2 ， ⋯ ， δ n ， c n ) ) = ∑ i = 1 n c i 综上所述即由Jones多项式的定义可知 X ( B ( δ 1 ， c 1 ， δ 2 ， c 2 ， ⋯ ， δ n ， c n ) ) = ( − A 3 ) − ∑ i = 1 n c i 〈 B ( c 1 ， c 2 ， ⋯ ， c n ) 〉