@ -1108,7 +1108,7 @@ La dimostrazione procede sempre mostrando l'indipendenza dalla scelta di punto b
#lemma[
Consideriamo i due modi di fare uno splice di un nodo banale standard al primo incrocio subito dopo un punto base direzionato. Allora valgono le seguenti proprietà:
1. Nei due casi, in uno otteniamo _due nodi banali in forma standard_, nell'altro _un solo nodo banale_ (non necessariamente in forma discendente).
1. Ci sono due casi, in uno otteniamo _due nodi banali in forma standard_, nell'altro _un solo nodo banale_ (non necessariamente in forma discendente).
2. La proprietà del lemma @std-unknot-to-curls, ovvero che i nodi banali standard sono equivalenti a meno di isotopia regolare a diagrammi di nodi formati solo da riccioli, si estende al diagramma del caso dello splice con una sola componente.
]
@ -1116,15 +1116,15 @@ La dimostrazione procede sempre mostrando l'indipendenza dalla scelta di punto b
#proof[
Per la definizione di nodo banale standard, la prima occorrenza di $i$ è un sopra-incrocio e osserviamo che la parte di diagramma percorsa tra le due occorrenze di $i$ sarà sicuramente sopra il resto del diagramma (la parte che rimane è quella dopo la seconda occorrenza di $i$).
Dunque abbiamo due casi, in una abbiamo due componenti una sopra l'altra, ognuna delle quali sarà ancora in forma discendente in quanto eredita la proprietà che la prima volta che si passa su un incrocio questo è un sopra-incrocio.
Dunque abbiamo due casi, in una abbiamo due componenti una sopra l'altra, ognuna delle quali sarà ancora in forma discendente in quanto eredita la proprietà secondo cui la prima volta che si passa su un incrocio questo è un sopra-incrocio.
Se assumiamo che il link del caso precedente sia della forma $E_i hat(K) = hat(K)_1 union hat(K)_2$ con $hat(K)_1$, $hat(K)_2$ i due nodi banali standard con $hat(K)_1$ sovrastante $hat(K)_2$ allora l'altro caso sarà $e_i hat(K) = hat(K)_1 hash hat(K)_2^*$ dove $hat(K)_2^*$ è ottenuto da $hat(K)_2$ percorrendolo in direzione opposta.
Se assumiamo che il link del caso precedente sia della forma $E_i hat(K) = hat(K)_1 union hat(K)_2$ con $hat(K)_1$, $hat(K)_2$ i due nodi banali standard con $hat(K)_1$ sovrastante $hat(K)_2$, allora l'altro caso sarà $e_i hat(K) = hat(K)_1 hash hat(K)_2^*$ dove $hat(K)_2^*$ è ottenuto percorrendo $hat(K)_2$ in direzione opposta.
Usiamo ora il @std-unknot-to-curls per cui un nodo banale standard è equivalente a meno di isotopia regolare al diagramma di un nodo formato solo da riccioli.
Siano $hat(K)'_1$ e $hat(K)'_2$ i diagrammi a cui sono equivalenti rispettivamente $hat(K)_1$ e $hat(K)_2$. Ora possiamo applicare le mosse che semplificano $hat(K)_1$ indipendentemente dalle mosse che semplificano $hat(K)_2$ in quanto uno sovrasta l'altro e possiamo spostare un diagramma sopra un altro utilizzando solo mosse di tipo II o III senza problemi. A questo punto avremo ridotto i diagrammi ad uno della forma $hat(K)'_1 hash hat(K)'_2$ che sarà equivalente a $hat(K)_1 hash hat(K)_2^*$ e composto solo da riccioli.
Siano $hat(K)'_1$ e $hat(K)'_2$ i diagrammi a cui sono equivalenti rispettivamente $hat(K)_1$ e $hat(K)_2$. Ora possiamo applicare le mosse che semplificano $hat(K)_1$ indipendentemente dalle mosse che semplificano $hat(K)_2$, in quanto uno sovrasta l'altro e possiamo spostare un diagramma sopra un altro utilizzando solo mosse di tipo II o III. A questo punto avremo ridotto i diagrammi ad uno della forma $hat(K)'_1 hash hat(K)'_2$ che sarà equivalente a $hat(K)_1 hash hat(K)_2^*$ e composto solo da riccioli.
]
// #grid(
@ -1161,12 +1161,12 @@ La dimostrazione procede sempre mostrando l'indipendenza dalla scelta di punto b
// #todo[work in progress]
// ]
*Corollario.* Poiché $e_i hat(K)$ è equivalente a meno di isotopia regolare ad un diagramma formato solo da riccioli, possiamo usare il caso @kauffman-inductive-hyp-c dell'ipotesi induttiva su $L_K$ che ci dà l'invarianza per isotopia regolare di $L_K$. Unito al fatto che il writhe è un invariante di isotopia regolare otteniamo che $L_(e_i hat(K)) = a^w(e_i hat(K))$.
*Corollario.* Poiché $e_i hat(K)$ è equivalente a meno di isotopia regolare ad un diagramma formato solo da riccioli, possiamo usare il caso @kauffman-inductive-hyp-c dell'ipotesi induttiva su $L_K$ che ci dà l'invarianza per isotopia regolare di $L_K$. Unito al fatto che il writhe è un invariante di isotopia regolare otteniamo che $L[e_i hat(K)] = a^w(e_i hat(K))$.
// Utilizzando questi ultimi risultati identità per nodi banali standard che ci mostrano cosa succede quando facciamo avanzare il punto base di un incrocio.
#lemma[
Sia $p$ un punto di partenza direzionato e $hat(K) colon.eq hat(K)(cal(U), p)$ un nodo banale standard. Sia $i$ il primo incrocio in $K$ subito dopo il punto di partenza $p$. Sia $q$ un altro punto base direzionato posto nell'arco subito dopo l'incrocio $i$ con la sua stessa direzione e poniamo $hat(K)' colon.eq hat(K)(cal(U), q)$. Allora valgono le seguenti proprietà
Sia $p$ un punto di partenza direzionato e $hat(K) colon.eq hat(K)(cal(U), p)$ un nodo banale standard. Sia $i$ il primo incrocio in $K$ subito dopo il punto di partenza $p$. Sia $q$ un altro punto base direzionato posto nell'arco subito dopo l'incrocio $i$ con la sua stessa direzione e poniamo $hat(K)' colon.eq hat(K)(cal(U), q)$. Allora valgono le seguenti proprietà:
1. $S_i hat(K) = hat(K)'$
@ -1201,9 +1201,9 @@ La dimostrazione procede sempre mostrando l'indipendenza dalla scelta di punto b
ovvero i writhe di $hat(K)$ e $S_i hat(K)$ differiscono di $2$, assumiamo di essere nel caso $w(hat(K)) = w + 1$.
Nell'altro caso avremo due componenti, ovvero $E_i hat(K) = K_1 union.sq K_2$, per come sono definite le mosse $E_i$ e $e_i$ abbiamo anche che $e_i hat(K) = K_1 hash K_2$.
Nel caso con due componenti avremo $E_i hat(K) = K_1 union K_2$, e per come sono definite le mosse $E_i$ e $e_i$ abbiamo anche che $e_i hat(K) = K_1 hash K_2$.
Siano ora $w_1$ e $w_2$ i writhe rispettivamente di $K_1$ e $K_2$. Per il teorema della curva di Jordan, la somma dei segni degli incroci tra componenti diverse ha somma zero poiché una delle due _sovrasta_ l'altra da cui $w_1 + w_2 = w$. Ricapitoliamo ora tutti i termini:
Siano ora $w_1$ e $w_2$ i writhe rispettivamente di $K_1$ e $K_2$. Per il teorema della curva di Jordan, la somma dei segni degli incroci tra componenti diverse ha somma zero poiché una delle due _sovrasta_ l'altra. Segue che $w_1 + w_2 = w$. Ricapitoliamo ora tutti i termini:
$
L[hat(K)] &= a^(w+1) \
@ -1225,7 +1225,7 @@ La dimostrazione procede sempre mostrando l'indipendenza dalla scelta di punto b
Possiamo ora mostrare l'invarianza per scelta di punto base di $Omega_K (p)$.
#lemma[
Sia $K$ un diagramma di un nodo. Allora @kauffman-rec-single-component non dipende dalla scelta di punto base. Inoltre se $p$ è un punto base direzionato su $K$ e $lambda(p)$ la sequenza di scambi determinata da $p$ che lo porta a $hat(K)(p) colon.eq hat(K)(cal(U), p)$ allora
Sia $K$ un diagramma di un nodo. Allora @kauffman-rec-single-component non dipende dalla scelta di punto base. Inoltre se $p$ è un punto base direzionato su $K$ e $lambda(p)$ la sequenza di scambi determinata da $p$ che lo porta a $hat(K)(p) colon.eq hat(K)(cal(U), p)$, allora
@ -1241,7 +1241,7 @@ Possiamo ora mostrare l'invarianza per scelta di punto base di $Omega_K (p)$.
Omega_K (p) = (-1)^(n+1) L_(hat(K)(p)) + z sum_K (lambda(p))
$
Ricordiamo come era definito $L_K$ nel caso @kauffman-rec-single-component ovvero di una sola componente e notiamo quanto segue
Ricordiamo come era definito $L_K$ nel caso @kauffman-rec-single-component e notiamo quanto segue
$
L_K (a, z) &colon.eq 1 / 2 [
@ -1255,7 +1255,7 @@ Possiamo ora mostrare l'invarianza per scelta di punto base di $Omega_K (p)$.
Come in precedenza possiamo mostrarlo facendo scorrere $p$ nell'arco successivo al primo incrocio dopo $p$, questo ci induce l'invarianza per permutazioni cicliche e ci permette di concludere.
Sia $i$ l'etichetta del primo incrocio dopo $p$. In $hat(K)(p)$ questo incrocio sarà sicuramente un sopra-incrocio in quanto $i$ è il primo incrocio visitato dopo $p$. Invece in $K(p)$ può essere sia un sopra-incrocio che un sotto-incrocio, abbiamo quindi due casi:
Sia $i$ l'etichetta del primo incrocio dopo $p$. In $hat(K)(p)$ l'incrocio $i$ è il primo visitato dopo $p$ dunque sarà sicuramente un sopra-incrocio. Invece in $K(p)$ può essere sia un sopra-incrocio che un sotto-incrocio, abbiamo quindi due casi:
#{
set align(center)
@ -1309,26 +1309,24 @@ Possiamo ora mostrare l'invarianza per scelta di punto base di $Omega_K (p)$.
)
}
come già detto prima l'ultimo incrocio è un sotto-incrocio dunque $K(q)$ è già in forma di nodo banale standard. Segue che $i$ non appartiene alla sequenza di scambi e in questo caso avremo $(n-1, dots, 0)$ e $hat(K)(q) = S_(n-1) dotss S_0 K$. Vorremo vedere che $Omega_K (p) = Omega_K (q)$, ovvero:
come già detto prima, l'ultimo incrocio è un sotto-incrocio dunque $K(q)$ è già in forma di nodo banale standard. Segue che $i$ non appartiene alla sequenza di scambi che sarà $(n-1, dots, 0)$ e quindi $hat(K)(q) = S_(n-1) dotss S_0 K$. Vorremo vedere che $Omega_K (p) = Omega_K (q)$, ovvero che queste due espressioni coincidano:
$
Omega_K (p) &= (-1)^(n+1) L[hat(K)(p)] + z sum_K (lambda(p)) \
Omega_K (q) &= (-1)^((n-1)+1) L[hat(K)(q)] + z sum_K (lambda(q))
$
come in precedenza studiamo la differenza:
Come in precedenza possiamo studiare la differenza:
$
Omega_K (p) - Omega_K (q)
=& (-1)^(n+1) L[hat(K)(p)] + z sum_K (lambda(p)) \
&+ underbrace((-1)^(n+1), = -(-1)^n) L[hat(K)(q)] - z sum_K (lambda(q)) \
$
$
=& (-1)^(n+1) (L[hat(K)(p)] + L[hat(K)(q)]) \
&+ z (-1)^n (L[A_n^lambda K] + L[B_n^lambda K])
$
dove abbiamo usato il fatto che tutti i termini in $sum_K (lambda(p)) - sum_K (lambda(q))$ si cancellano tra loro tranne l'ultimo di $sum_K (lambda(p))$.
qui abbiamo usato il fatto che tutti i termini in $sum_K (lambda(p)) - sum_K (lambda(q))$ si cancellano tra loro tranne l'ultimo di $sum_K (lambda(p))$.
Ora notiamo che
@ -1354,7 +1352,7 @@ Possiamo ora mostrare l'invarianza per scelta di punto base di $Omega_K (p)$.
= & 0
$
e quindi $Omega_K (p) = Omega_K (q)$.
Segue quindi che $Omega_K (p) = Omega_K (q)$.
- Se $i$ è un sopra-incrocio in $K(p)$ siamo nella seguente situazione:
@ -1402,7 +1400,7 @@ Possiamo ora mostrare l'invarianza per scelta di punto base di $Omega_K (p)$.
Dunque riordinando gli scambi ed applicando $S_i$ per ultimo, possiamo notare che $S_i hat(K)(q) = hat(K)(p)$.
Con un argomento simile al @lemma-slide-identities, possiamo applicare l'enunciato alla coppia $hat(K)(p), hat(K)(q)$ per l'indice $i$ anche se in questo caso l'indice $i$ è il primo _subito prima_ di $q$. Inoltre per il @lemma-sum-switches-rotation abbiamo anche che $sum_K (p), sum_K (q)$ sono invarianti a meno di permutazioni cicliche. Possiamo quindi sostituire $lambda(p)$ e $lambda(q)$ con le seguenti sequenze di scambi applicando le giuste rotazioni all'indietro.
Con un argomento simile al @lemma-slide-identities, possiamo applicare l'enunciato alla coppia $hat(K)(p), hat(K)(q)$ per l'indice $i$ anche se in questo caso l'indice $i$ è il primo _subito prima_ di $q$. Inoltre per il @lemma-sum-switches-rotation abbiamo che $sum_K (p), sum_K (q)$ sono invarianti a meno di permutazioni cicliche. Possiamo quindi sostituire $lambda(p)$ e $lambda(q)$ con le seguenti sequenze di scambi applicando le giuste rotazioni all'indietro.
in questo modo i due incroci non compariranno nella sequenza di scambi. Tutti i termini di @kauffman-rec-single-component saranno invarianti per mosse di tipo II e lo sarà anche $L_K$.
in questo modo i due incroci non compariranno nella sequenza di scambi. Per l'ipotesi induttiva, tutti i termini di @kauffman-rec-single-component sono invarianti per mosse di tipo II e dunque lo sarà anche $L_K$.
- Se la mossa riguarda più componenti, allora il caso peggiore è il seguente
@ -1570,9 +1568,9 @@ Come ultimo risultato vediamo che $L_K$ è un invariante di isotopia regolare.
A questo punto nel diagramma $S_2 S_1 K$, gli incroci della mossa II non compariranno nella sequenza di rialzo dunque l'invarianza segue per induzione come prima.
- Mossa III:
2. Mossa III:
- Se la mossa è su fili di una sola componente, allora possiamo scegliere il punto base in modo che sia sul filo che passa sopra tra i tre, e saremo nella situazione seguente:
- Se la mossa è su fili di una sola componente, allora possiamo scegliere il punto base in modo che sia sul filo che passa sopra gli altri due, e saremo nella situazione seguente:
