結び目理論の問題

1. ザイフェルト行列. 問題文の曲面 $F$ は 2 枚の円板と 3 本の帯からなり、オイラー標数は $2-3=-1$、境界は 1 成分なので種数 1 のザイフェルト曲面である。$H_1(F)\cong {\mathbb{Z}}^2$ の基底として、帯 1 と帯 2 を通るループ $a$、帯 2 と帯 3 を通るループ $b$ をとる。半ひねり $n$ 回の帯を 1 回通るループの自己絡み数の寄与は $n/2$ なので、$a$ を $F$ から押し出したもの $a^{+}$ を使って絡み数を計算すると、ザイフェルト行列は（符号の流儀を一つ固定して）
$$V=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}p+q& q+1\\ q-1& q+r\end{array}\right)$$
となる。（$V-V^T$ が交叉形式 $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$ になることが確認できる。流儀を変えると $V$ が $-V$ や $V^T$ に変わるが、$2\times 2$ 行列なので以下の行列式は変わらない。）

2. アレクサンダー多項式. $s=pq+qr+rp$ とおく。
$$\det (V-t{V}^T)=\frac{1}{4}[(p+q)(q+r)(1-t{)}^2-((q+1)-t(q-1))((q-1)-t(q+1))].$$
ここで $(p+q)(q+r)=s+q^2$、また $a=q+1,b=q-1$ とおくと
$$(a-tb)(b-ta)=ab(1+t^2)-t(a^2+b^2)=(q^2-1)(1+t^2)-2(q^2+1)t.$$
よって $t^2$ と $t^0$ の係数はともに $\frac{(s+q^2)-(q^2-1)}{4}=\frac{s+1}{4}$、$t$ の係数は $\frac{-2(s+q^2)+2(q^2+1)}{4}=-\frac{s-1}{2}$ である。$A=\frac{s+1}{4}$ とおくと $\frac{s-1}{2}=2A-1$ なので、$\Delta (1)=1$ となるように対称化して
$${\Delta }_{P(p,q,r)}(t)=At-(2A-1)+A{t}^{-1}=1+A(t-2+t^{-1}).$$
$z=t^{1/2}-t^{-1/2}$ のとき $z^2=t-2+t^{-1}$ だから
$${\nabla }_{P(p,q,r)}(z)=1+\frac{pq+qr+rp+1}{4}{z}^2.$$
（$p,q,r$ が奇数なので $s\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ となり $A$ は整数。コンウェイ多項式は $\nabla (0)=1$ で正規化が一意に決まるので、符号の不定性はない。検算: $P(1,1,1)$ は三葉結び目で $s=3$, $\nabla =1+z^2$。$P(3,1,1)$ は種数 1・行列式 7 の $5_2$ で $s=7$, $\nabla =1+2z^2$。$P(5,-1,-1)$ は $6_1$ で $s=-9$, $\nabla =1-2z^2$。いずれも既知の値と一致する。）

3. 条件の言い換え. $\nabla =1+2z^2⟺A=2⟺pq+qr+rp=7$。両辺に $r^2$ を足すと
$$(p+r)(q+r)=r^2+7.$$
$S=\{\pm 1,\pm 3,\pm 5,\pm 7\}$ とし、各 $r$ について $x=p+r,y=q+r$ $(p,q\in S)$ で $xy=r^2+7$ となる順序対を数える。

• $r=1$: $xy=8$、$x,y\in \{2,0,4,-2,6,-4,8,-6\}$。$(2,4),(4,2),(-2,-4),(-4,-2)$ の 4 個（$8=8\cdot 1$ は $1$ が候補にないので不可）。
• $r=-1$: $xy=8$、$x,y\in \{0,-2,2,-4,4,-6,6,-8\}$。同様に 4 個。
• $r=3$: $xy=16$、$x,y\in \{4,2,6,0,8,-2,10,-4\}$。$(4,4),(2,8),(8,2),(-4,-4)$ の 4 個（$(-2,-8)$ は $-8$ がないので不可）。
• $r=-3$: $x,y\in \{-2,-4,0,-6,2,-8,4,-10\}$。$(-4,-4),(-2,-8),(-8,-2),(4,4)$ の 4 個。
• $r=5$: $xy=32$、$x,y\in \{6,4,8,2,10,0,12,-2\}$。$(4,8),(8,4)$ の 2 個。
• $r=-5$: 全体の符号を反転すると $s$ は変わらないので、$r=5$ と同じく 2 個。
• $r=7$: $xy=56$、$x,y\in \{8,6,10,4,12,2,14,0\}$。$(4,14),(14,4)$ の 2 個。
• $r=-7$: 同様に 2 個。

合計は $4+4+4+4+2+2+2+2=24$。

（例: $(p,q,r)=(1,3,1)$ では $3+3+1=7$、$(-3,7,7)$ では $-21+49-21=7$。）

よって求める個数は $24$ である。

奇数 $p,q,r$ のプレッツェル結び目 $P(p,q,r)$ は、2 枚の円板と 3 本の帯からなる種数 1 の Seifert 曲面を境界にもつ。この曲面の Seifert 行列は(符号の流儀を除いて)
$$V=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}p+q& q+1\\ q-1& q+r\end{array}\right)$$
である。

コンウェイ多項式は ${\nabla }_K(z)=\det (t^{1/2}V-t^{-1/2}{V}^T)$ ($z=t^{1/2}-t^{-1/2}$)で与えられる。$V=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ とすると
$$\det (V-t{V}^T)=ad(1-t{)}^2-(b-tc)(c-tb)=\det V(1-t{)}^2+t(b-c{)}^2$$
なので、$t$ で割って
$${\nabla }_K(z)=(b-c{)}^2+\det V\cdot z^2.$$
ここで $b-c=\frac{(q+1)-(q-1)}{2}=1$、
$$\det V=\frac{1}{4}[(p+q)(q+r)-(q^2-1)]=\frac{pq+qr+rp+1}{4}.$$
よって ${\nabla }_{P(p,q,r)}(z)=1+\frac{pq+qr+rp+1}{4}{z}^2$。

(検算: $P(1,1,1)$ は三葉結び目で $pq+qr+rp=3$、$\nabla =1+z^2$ となり正しい。$P(-3,5,7)$ では $-15+35-21=-1$、$\nabla =1$ で、これは既知の自明な Alexander 多項式をもつ例と一致する。)

$\nabla =1+2z^2$ となる条件は $pq+qr+rp+1=8$、すなわち
$$pq+qr+rp=7⟺(p+q)(p+r)=p^2+7.$$
この式は $(p,q,r)\to (-p,-q,-r)$ で不変なので、$p>0$ の場合を数えて 2 倍する。$q,r\in \{\pm 1,\pm 3,\pm 5,\pm 7\}$。

• $p=1$: $(1+q)(1+r)=8$。$1+q\in \{2,4,6,8,0,-2,-4,-6\}$ から、$(2,4),(4,2),(-2,-4),(-4,-2)$。$(q,r)=(1,3),(3,1),(-3,-5),(-5,-3)$ の 4 組。
• $p=3$: $(3+q)(3+r)=16$。$3+q\in \{4,6,8,10,2,0,-2,-4\}$ から、$(4,4),(2,8),(8,2),(-4,-4)$。$(q,r)=(1,1),(-1,5),(5,-1),(-7,-7)$ の 4 組。
• $p=5$: $(5+q)(5+r)=32$。$5+q\in \{6,8,10,12,4,2,0,-2\}$ から、$(4,8),(8,4)$。$(q,r)=(-1,3),(3,-1)$ の 2 組。
• $p=7$: $(7+q)(7+r)=56$。$7+q\in \{8,10,12,14,6,4,2,0\}$ から、$(4,14),(14,4)$。$(q,r)=(-3,7),(7,-3)$ の 2 組。

$p>0$ で $4+4+2+2=12$ 組。$p<0$ も同数なので、合計 $24$ 組。

検算: $(1,1,3)$: $1+3+3=7$、$(3,-1,5)$: $-3-5+15=7$、$(5,-1,3)$: $-5-3+15=7$、$(7,-3,7)$: $-21-21+49=7$。いずれも成立。