两个纽结K₁、K₂称为邻近的,假如改变纽结K₁的一个交叉就可以得到纽结K₂。一般而言,以往大多数情形,我们关心一个纽结改变一个交叉后是否成为平凡纽结。对这种情形,Stoimenow^[1]已经证明了当改变一个正交叉或者负交叉时都可以使得纽结K改变为平凡纽结(例如解数为1的无手征纽结),那么乘法群Z^*_det(K)(Z_det(K)是所有乘法可逆元组成的群,即所有与det(K)互素的元,例如Z^*₁₅={1,2,4,7,8,11,13,14},det(K)的定义^[2-3]见下面的命题1)含有-1的平方根。

在本文中,我们将推广这一结论,即证明以下结论:

定理1 设K与L是两个纽结,d是det(K)、det(L)的最大公因子,若改变K的一个正交叉或者一个负交叉都使得K变为L,则在Z^*_det(K)/d和Z^*_det(L)/d中,方程x²=-1都有解。

推论1 设K与L是两个邻近纽结,且det(K)与det(L)互素,若改变K的一个正交叉或者负交叉都可以使得K变为L,则在Z^*_det(K)和Z^*_det(L)中,方程x²=-1都有解。

推论2 若对于纽结K,在Z^*_det(K)中方程x²=-1无解,则不存在纽结L使得det(K)与det(L)是互素的,同时改变K的一个正交叉和负交叉都是L。

例如,纽结10₁₅、10₁₆的行列式分别是43、47^[4],号差(signature)都是2,但x²=-1在Z^*₄₃、Z^*₄₇中都无解。因此,不可能既通过改变正交叉又可以通过改变一个负交叉都得到对方。

再如,10₈₁的行列式为85,号差为0。容易看到在Z^*₈₅中x²=-1有解。对于10₈₇,它的行列式是81,号差也为0,尽管这两个纽结的行列式互素,但由于Z^*₈₁中x²=-1无解,根据定理1说明它们之间不可能有既通过改变正交叉又可以通过改变一个负交叉得到对方的关系。

已定向的纽结K的正则投影(regular diagram)必定决定了一张可定向的Seifert曲面S,它是一张可定向的曲面,边界就是K,详细的做法见

参考文献[2-5],如果该曲面的n条闭曲线α₁,α₂,…,α_n是H₁(S)(S的同调群)的生成元的代表元,α^#₁,α^#₂,…,α^#_n分别表示这些闭曲线往曲面的正方向少许提升(lift)使得稍离曲面所得的闭曲线,那么矩阵M=(lk(α_i,α^#_j))_n*n就称为纽结K的Seifert矩阵,其中lk(α_i,α^#_j)表示了链环α_i∪α^#_j的链环数(i,j=1,2,…,n)。可以证明如果D_K表示S³关于K的二重分歧复盖,则H₁(D_K)可以配(equipped with)一个链环数型(linking form),它是一个双线性型^[4,6-8]:

λ:H₁(D_K)*H₁(D_K)→Q/Z。

图1 正负交叉
Fig.1 Positive crossing and negative crossing

那么这个链环数型就是纽结的Goeritz矩阵(也就是M+M^T)的逆矩阵(M+M^T)^-1[6-7,9](这里要注意的是纽结的Goeritz矩阵就是M+M^T)。对于MM^T,我们有以下结论:

命题1^[2-3] 若M是纽结K的Seifert矩阵,则|det(M+M^T)|是一个纽结不变量。因此,这个不变量就称为K的行列式,记为det(K)(它总是一个奇数)。

M+M^T的号差也称为纽结K的号差^[2-5]。

纽结或链环的正负交叉如图1所示。

图2 S和α1
Fig.2 S and α1

设K有一个投影图(diagram),改变它的一个正交叉得到L,若如图2所示的是K与L的唯一不同处,阴影部分为K的Seifert曲面S,设唯一经过这个交叉而且是H₁(S)的生成元为α₁,其他的生成元为α₂,…,α_n,改变图2所示的交叉后所得到L的Seifert曲面S',相应地,若假设K和L的Seifert矩阵分别是A=(a_ij)_n*n,B=(b_ij)_n*n。比较得到:若(i,j)≠(1,1),则a_ij=b_ij,而a₁₁=b₁₁-1。这样,由于det(A+A^T)与det(K)至多仅差一个符号,而且det(A+A^T)det(B+B^T)>0。为了说明这个不等式,将矩阵A+A^T和B+B^T的第一行第一列分别后移到最后一行和最后一列,分别得到矩阵P和Q,且det(P)=A+A^T,det(Q)=B+B^T。注意到矩阵P和Q的前n-1个顺序主子式是相同的,最后一个顺序主子式分别是det(P)和det(Q),根据文献[3]定理2.4.7(2)知道,改变一个纽结的正(负)交叉使得其号差加(减)2或者不变,而K分别改变一个正交叉和一个负交叉都得到L,即它们的号差是一样的(对称矩阵的号差定义:如果n阶对称矩阵M的顺序主子式分别是D₁,D₂,…,D_n,则其号差为∑^n-1_j=0sign(D_jD_j+1),D₀=1,见文献[4])。也即det(P)和det(Q)是同号的,det(A+A^T)det(B+B^T)>0。

若A_ij是a_ij(i,j=1,2,…,n)的代数余子式,则按行列式的第一行展开,有

det(A+A^T)=2a₁₁A₁₁+(a₁₂+a₂₁)A₁₂+…+(a_1n+a_n1)A_1n=

(2b₁₁-2)A₁₁+(a₁₂+a₂₁)A₁₂+…+(a_1n+a_n1)A_1n=det(B+B^T)-2A₁₁,

所以,

A₁₁=(det(B+B^T)-det(A+A^T))/2。

设H₁(D_K)中A+A^T的第一行第一列的元为g₁,如果λ:H₁(D_K)*H₁(D_K)→Q/Z是H₁(D_K)上的链环数型,可知该链环数型为(A+A^T)^-1,即为1/(det(A+A^T))(A_ij)_n*n,这里(A_ij)_n*n是A+A^T的伴随矩阵。因为det(A+A^T)det(B+B^T)>0,因此λ(g₁,g₁)=(det(L)-det(K))/(2det(K))。令g=2g₁,并设det(K)=dD₁,det(L)=dD₂,有λ(g,g)=(2D₂)/(D₁)∈Q/Z。因为改变K的一个负交叉也使得其变为L,同理可证有另一个元h∈H₁(D_K),使得λ(h,h)=-(2D₂)/(D₁)∈Q/Z。

如果乘法群 Z^*_D1={1=x₁,x₂,…,x_s},其中s表示1,2,3,…,D₁中与D₁互素的个数,那么,显然有

Z^*_D1={λ(x_jg,x_jg)D₁=2x²_jD₂,j=1,2,…,s},

Z^*_D1={λ(x_ih,x_ih)D₁=-2x²_iD₂,i=1,2,…,s}。

换言之,存在i,j∈{1,2,…,s},使得在Z^*_D1有2x²_jD₂=-2x²_iD₂,也即x²_jx^-2_i=-1在乘法群Z^*_D1里成立。只要将上述证明中K和L互换即可得到定理1剩下结论的证明。这样就完成了定理1的证明。

本文对能够通过正、负交叉的改变都可以得到另一个的这样两个邻近纽结,研究了方程x²=-1在某个群是否有解的问题,通过改变Stoimenow的方法,从而推广了他的研究结果。