多项式性质及其应用

Properties of Polynomial and Its Applications

摘要: 整系数多项式与纽结多项式有着十分密切的关系，本文研究了多项式在纽结理论中的应用。通过讨论多项式导数在某些点的性质，分别给出六次整系数多项式以及宽度为十的十四次整系数多项式是纽结多项式的判别方法。这对研究纽结理论的核心问题之一纽结的分类具有重要意义。

Abstract: There is a very close relationship between integer coefficient polynomials and knot polynomials. In this paper, the application of polynomials in Knot theory is studied. By discussing the properties of the derivatives of polynomials at some points, the methods for judging that a sixth order integer co-efficient polynomial and a fourteenth order integer coefficient polynomial with a width of ten are Knot polynomial are given respectively. This is of great significance for the classification of knots, which is one of the core issues in the study of knot theory.

1. 引言

一元多项式是代数学的重要研究对象，求多项式根一直是热点研究课题，它们的思想和方法都得到了很多应用，不仅促进了代数学的发展，对推动数学的发展都起到非常重要的作用。一元多项式的整除性及因式分解问题是该领域的核心内容，其中带余除法是一元多项式因式分解一个重要手段。在关于一元多项式的加法、乘法运算规律以及它们加法满足交换律和结合律继承了数的运算法则，从而构成了多项式环。多项式函数是基础、重要且形式简单的函数，它的应用非常广泛，如参考文献 [1] [2] 中给出了多项式函数在判断生物种群数目、数值近似上的应用。包括多项式零点分布 [3] 等性质都得到了非常重要的应用。随着对多项式的深入研究，它们的方法将在很多学科和领域得到应用(详细见参考文献 [1] [4] [5] )。

纽结理论起源于20世纪，自纽结理论发展以来，纽结的分类一直作为核心问题，纽结多项式的判定对研究纽结的分类具有重要意义。第一个纽结多项式由J. Alexander发现，具有很强的拓扑意义，在之后很长一段时间里，人们通过研究Alexander多项式来探究纽结的分类。1984年，V. F. R. Jones在研究算子代数的过程中发现了Jones多项式，其作为一个新的纽结不变量，加之其计算十分简单，可以作为研究纽结不变量的一个基础，促进了纽结理论的发展并引来了极大的关注，纽结理论也被广泛地应用到图论、分子生物学、物理学、信息安全等领域。整系数多项式与纽结多项式之间有着密切的联系，整系数多项式为Alexander多项式的充要条件已经给出，继Jones多项式的提出之后，整系数多项式为纽结Jones多项式的判定方法成了近些年的热门研究内容。

本文有三部分内容，第一部分是预备知识，给出了一元多项式、纽结以及Jones多项式的定义和Jones多项式的一个判别方法。第二部分讨论了多项式在某些点处的性质给出了六次整系数多项式纽结多项式的必要条件，并研究了宽度为十的整系数多项式为纽结多项式的必要条件。第三部分对本文的内容进行了总结。

2. 预备知识

定义1.1 [6] 设n是一非负整数，形式表达式：

$a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0$ ，

其中 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 全属于数域P，称为系数在数域P中的一个一元多项式，或者简称数域P上的一元多项式。特别的，若系数均取整数，则一元多项式称为整系数多项式。

定义1.2 [7] 三维空间中的简单闭曲线称为纽结。

定义1.3 [7] 设L为有向链环，则L的Jones多项式 $V\left(L\right)$ 定义为：

$V\left(L\right)\left(t\right)=f\left(L\right)\left(t^{-\frac{1}{4}}\right)$

是关于变元t的整系数多项式，其中 $f\left(L\right)$ 是有向链环的同痕不变量。

引理1.1 [8] 设 $V_K\left(t\right)$ 为纽结K的Jones多项式，则有：

1) $V_K\left(1\right)=1$ ；

2) ${V^{\prime }}_k\left(1\right)=0$ ；

3) $V_K\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)=1$ ；

4) $V_K\left(i\right)=\pm 1$ ；

5) $V_K\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)=\pm {\left(i\sqrt{3}\right)}^{Dim{H}_1\left(D_L,Z_3\right)}$ 是 $\pm {\left(\sqrt{3}\right)}^{Dim{H}_1\left(D_L,Z_3\right)}$ 或是 $\pm {\left(\sqrt{3}\right)}^{Dim{H}_1\left(D_L,Z_3\right)}i$ ；

6) $V_k^{\left(n\right)}\left(1\right)\in 6nZ\left(n\ge 3\right)$ ( $V_k^{\left(n\right)}\left(1\right)$ 表示n阶导数的值)。

3. 纽结理论中的多项式

定理2.1若

$f\left(t\right)=a_6{t}^6+a_5{t}^5+a_4{t}^4+a_3{t}^3+a_2{t}^2+a_1{t}^1+a_0\left(a_6\ne 0,a_i\in Z,i=1,2,\cdots ,6\right)$

为某一纽结的琼斯多项式，则系数满足关系式

$\{\begin{array}{l}{a}_6=a_0-1\hfill \\ a_5=-a_0+1\hfill \\ a_4=a_0-1\hfill \\ a_3=-2a_0+2\hfill \\ a_2=a_0-1\hfill \\ a_1=-a_0+1\hfill \end{array}\left(a_0\ne 1\right)$

或者

$\{\begin{array}{l}{a}_6=a_0\hfill \\ a_5=-a_0\hfill \\ a_4=a_0-1\hfill \\ a_3=-2a_0+1\hfill \\ a_2=a_0\hfill \\ a_1=-a_0+1\hfill \end{array}\left(a_0\ne 0\right)$

证明：若 $f\left(t\right)$ 是某一纽结的琼斯多项式，需满足引理1.1条件：

$f\left(1\right)=1$

$f^{\prime }\left(1\right)=0$

$f\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)=1$

$f\left(i\right)=\pm 1$

即

$f\left(1\right)=a_6+a_5+a_4+a_3+a_2+a_1+a_0=1$

$f^{\prime }\left(1\right)=6a_6+5a_5+4a_4+3a_3+2a_2+a_1=0$

$\begin{array}{c}f\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)=a_6{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^6+a_5{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^5+a_4{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^4+a_3{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^3+a_2{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^2+a_1{\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}+a_0\\ =a_6+a_5\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_4\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_3+a_2\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_1\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_0\\ =\left(a_6-\frac{1}{2}{a}_5-\frac{1}{2}{a}_4+a_3-\frac{1}{2}{a}_2-\frac{1}{2}{a}_1+a_0\right)-i\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a_5-a_4+a_2-a_1\right)\\ =1\end{array}$

$\begin{array}{c}f\left(i\right)=a_6{i}^6+a_5{i}^5+a_4{i}^4+a_3{i}^3+a_2{i}^2+a_{1}i+a_0\\ =-a_6+a_{5}i+a_4-a_{3}i-a_2+a_{1}i+a_0\\ =\left(-a_6+a_4-a_2+a_0\right)+i\left(a_5-a_3+a_1\right)\\ =\pm 1\end{array}$

1) 当 $f\left(i\right)=1$ 时，可以得到如下的实系数线性方程组：

$\{\begin{array}{l}{a}_6+a_5+a_4+a_3+a_2+a_1+a_0=1\hfill \\ 6a_6+5a_5+4a_4+3a_3+2a_2+a_1=0\hfill \\ a_6-\frac{1}{2}{a}_5-\frac{1}{2}{a}_4+a_3-\frac{1}{2}{a}_2-\frac{1}{2}{a}_1+a_0=1\hfill \\ a_5-a_4+a_2-a_1=0\hfill \\ -a_6+a_4-a_2+a_0=1\hfill \\ a_5-a_3+a_1=0\hfill \end{array}$

其增广矩阵为：

$\left[\begin{array}{cccccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 6& 5& 4& 3& 2& 1& 0& 0\\ 2& -1& -1& 2& -1& -1& 2& 2\\ 0& 1& -1& 0& 1& -1& 0& 0\\ -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& 1\\ 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& 0\end{array}\right]$

经过初等行变换，得到：

$\left[\begin{array}{cccccccc}1& 0& 0& 0& 0& 0& -1& -1\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& -1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 2& 2\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& -1& -1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& 1\end{array}\right]$

解出

$\{\begin{array}{l}{a}_6=a_0-1\hfill \\ a_5=-a_0+1\hfill \\ a_4=a_0-1\hfill \\ a_3=-2a_0+2\hfill \\ a_2=a_0-1\hfill \\ a_1=-a_0+1\hfill \end{array}$

由于 $f\left(t\right)$ 为六次整系数多项式需满足 $a_6\ne 0$ ，即此时 $a_0\ne 1$ 。

2) 当 $f\left(i\right)=-1$ 时，可以得到如下的实系数线性方程组：

$\{\begin{array}{l}{a}_6+a_5+a_4+a_3+a_2+a_1+a_0=1\hfill \\ 6a_6+5a_5+4a_4+3a_3+2a_2+a_1=0\hfill \\ a_6-\frac{1}{2}{a}_5-\frac{1}{2}{a}_4+a_3-\frac{1}{2}{a}_2-\frac{1}{2}{a}_1+a_0=1\hfill \\ a_5-a_4+a_2-a_1=0\hfill \\ -a_6+a_4-a_2+a_0=-1\hfill \\ a_5-a_3+a_1=0\hfill \end{array}$

其增广矩阵为：

$\left[\begin{array}{cccccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 6& 5& 4& 3& 2& 1& 0& 0\\ 2& -1& -1& 2& -1& -1& 2& 2\\ 0& 1& -1& 0& 1& -1& 0& 0\\ -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& -1\\ 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& 0\end{array}\right]$

经过初等变换得：

$\left[\begin{array}{cccccccc}1& 0& 0& 0& 0& 0& -1& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& -1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& 1\end{array}\right]$

解出：

$\{\begin{array}{l}{a}_6=a_0\hfill \\ a_5=-a_0\hfill \\ a_4=a_0-1\hfill \\ a_3=-2a_0+1\hfill \\ a_2=a_0\hfill \\ a_1=-a_0+1\hfill \end{array}$

由于 $f\left(t\right)$ 是六次整系数多项式需满足 $a_6\ne 0$ ，即此时 $a_0\ne 0$ 。

综上，即证定理成立。

推论2.1常数项为0的六次整系数多项式为Jones多项式系数需满足：

$a_6=-1$ , $a_5=1$ , $a_4=-1$ , $a_3=2$ , $a_2=-1$ , $a_1=1$

推论2.2若

$f\left(t\right)=a_{-6}{t}^{-6}+a_{-5}{t}^{-5}+a_{-4}{t}^{-4}+a_{-3}{t}^{-3}+a_{-2}{t}^{-2}+a_{-1}{t}^{-1}+a_0\left(a_i\in Z,a_6\ne 0\right)$

是某一纽结的琼斯多项式，则其系数满足关系式：

$\{\begin{array}{l}{a}_{-6}=a_0-1\hfill \\ a_{-5}=-a_0+1\hfill \\ a_{-4}=a_0-1\hfill \\ a_{-3}=-2a_0+2\hfill \\ a_{-2}=a_0-1\hfill \\ a_{-1}=-a_0+1\hfill \end{array}\left(a_0\ne 1\right)$

或者

$\{\begin{array}{l}{a}_{-6}=a_0\hfill \\ a_{-5}=-a_0\hfill \\ a_{-4}=a_0-1\hfill \\ a_{-3}=-2a_0+1\hfill \\ a_{-2}=a_0\hfill \\ a_{-1}=-a_0+1\hfill \end{array}\left(a_0\ne 0\right)$

定理2.2若

$\begin{array}{l}f\left(t\right)=a_{14}{t}^{14}+a_{13}{t}^{13}+a_{12}{t}^{12}+a_{11}{t}^{11}+a_{10}{t}^{10}+a_9{t}^9+a_8{t}^8+a_7{t}^7+a_6{t}^6\\ +a_5{t}^5+a_4{t}^4\left(a_{14}\ne 0,a_i\in Z,i=1,2,\cdots ,6\right)\end{array}$

为某一纽结的琼斯多项式，则系数满足关系式：

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=\frac{4}{3}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4-3\hfill \\ a_{13}=-\frac{2}{3}{a}_7-2a_6-3a_5+1\hfill \\ a_{12}=\frac{4}{3}{a}_7+3a_6+4a_5-2\hfill \\ a_{11}=-3a_7-6a_6-6a_5+4\hfill \\ a_{10}=\frac{2}{3}{a}_7+2a_6+3a_5-a_4-1\hfill \\ a_9=-\frac{4}{3}{a}_7-4a_6-4a_5+3\hfill \end{array}\left(\frac{4}{3}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4\ne 3\right)$

或者

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=-a_7-a_6+a_5+a_4\hfill \\ a_{13}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-a_5-2\hfill \\ a_{12}=-a_7-a_6+2a_5+1\hfill \\ a_{11}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-2a_5-2\hfill \\ a_{10}=-\frac{5}{3}{a}_7-2a_6+a_5-a_4+2\hfill \\ a_9=a_7-2a_5\hfill \end{array}\left(-a_7-a_6+a_5+a_4\ne 0\right)$

或者

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=\frac{3}{2}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4-4\hfill \\ a_{13}=-\frac{5}{6}{a}_7-2a_6-3a_5+2\hfill \\ a_{12}=\frac{3}{2}{a}_7+3a_6+4a_5-4\hfill \\ a_{11}=-\frac{10}{3}{a}_7-6a_6-6a_5+7\hfill \\ a_{10}=\frac{5}{6}{a}_7+2a_6+3a_5-a_4-2\hfill \\ a_9=-\frac{3}{2}{a}_7-4a_6-4a_5+5\hfill \end{array}\left(\frac{3}{2}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4\ne 4\right)$

或者

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=-a_7-a_6+a_5+a_4+1\hfill \\ a_{13}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-a_5-3\hfill \\ a_{12}=-a_7-a_6+2a_5+1\hfill \\ a_{11}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-2a_5-3\hfill \\ a_{10}=-\frac{5}{3}{a}_7-2a_6+a_5-a_4+3\hfill \\ a_9=a_7-2a_5\hfill \end{array}\left(a_7+a_6-a_5-a_4\ne 1\right)$

证明：若 $f\left(t\right)$ 是某一纽结的琼斯多项式，需满足引理1.1条件：

$f\left(1\right)=1$

$f^{\prime }\left(1\right)=0$

$f\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)=1$

$f\left(i\right)=\pm 1$

即

$f\left(1\right)=a_{14}+a_{13}+a_{12}+a_{11}+a_{10}+a_9+a_8+a_7+a_6+a_5+a_4=1$

$f^{\prime }\left(1\right)=14a_{14}+13a_{13}+12a_{12}+11a_{11}+10a_{10}+9a_9+8a_8+7a_7+6a_6+5a_5+4a_4=0$

$\begin{array}{c}f\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)=a_{14}{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^{14}+a_{13}{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^{13}+a_{12}{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^{12}+a_{11}{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^{11}+a_{10}{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^{10}+a_9{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^9\\ +a_8{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^8+a_7{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^7+a_6{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^6+a_5{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^5+a_4{\left({\text{e}}^{\frac{2\pi i}{3}}\right)}^4\\ =a_{14}\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_{13}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_{12}+a_{11}\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_{10}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_9\\ +a_8\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_7\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_6+a_5\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)+a_4\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\end{array}$

$\begin{array}{c}=-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{14}+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{13}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{11}+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{10}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_8+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_7-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_5+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{4}i\\ +\left(-\frac{1}{2}{a}_{14}-\frac{1}{2}{a}_{13}+a_{12}-\frac{1}{2}{a}_{11}-\frac{1}{2}{a}_{10}+a_9-\frac{1}{2}{a}_8-\frac{1}{2}{a}_7+a_6-\frac{1}{2}{a}_5-\frac{1}{2}{a}_4\right)\\ =1\end{array}$

$f\left(i\right)=a_{14}{i}^{14}+a_{13}{i}^{13}+a_{12}{i}^{12}+a_{11}{i}^{11}+a_{10}{i}^{10}+a_9{i}^9+a_8{i}^8+a_7{i}^7+a_6{i}^6+a_5{i}^5+a_4{i}^4=\pm 1$

1) 当 $f\left(i\right)=1$ 时，可以得到如下的实系数线性方程组：

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}+a_{13}+a_{12}+a_{11}+a_{10}+a_9+a_8+a_7+a_6+a_5+a_4=1\\ 14a_{14}+13a_{13}+12a_{12}+11a_{11}+10a_{10}+9a_9+8a_8+7a_7+6a_6+5a_5+4a_4=0\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{14}+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{13}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{11}+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{10}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_8+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_7-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_5+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_4=0\\ -\frac{1}{2}{a}_{14}-\frac{1}{2}{a}_{13}+a_{12}-\frac{1}{2}{a}_{11}-\frac{1}{2}{a}_{10}+a_9-\frac{1}{2}{a}_8-\frac{1}{2}{a}_7+a_6-\frac{1}{2}{a}_5-\frac{1}{2}{a}_4=1\\ -a_{14}+a_{12}-a_{10}+a_8-a_6+a_4=1\\ a_{13}-a_{11}+a_9-a_7+a_5=0\end{array}$

其增广矩阵为：

$\left[\begin{array}{cccccccccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 14& 13& 12& 11& 10& 9& 8& 7& 6& 5& 4& 0\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0& -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0& -\frac{\sqrt{3}}{2}& -\frac{\sqrt{3}}{2}& 0& -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0\\ -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1\\ -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& 1\\ 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& 0\end{array}\right]$

经过初等变换得：

$\left[\begin{array}{cccccccccccc}1& 0& 0& 0& 0& 0& -1& -\frac{2}{3}& 0& -1& -2& -2\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 1& 0& -1& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& -1& -\frac{2}{3}& 0& -2& -1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 2& \frac{5}{3}& 0& 2& 2& 2\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& -1& 0& 1& -1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& \frac{2}{3}& 1& 2& 1& 2\end{array}\right]$

解出系数之间的关系：

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=a_8+\frac{2}{3}{a}_7+a_5+2a_4-2\hfill \\ a_{13}=-a_8+a_6-a_5-a_4\hfill \\ a_{12}=a_8+\frac{2}{3}{a}_7+2a_5+a_4-1\hfill \\ a_{11}=-2a_8-\frac{5}{3}{a}_7-2a_5-2a_4+2\hfill \\ a_{10}=a_8-a_6+a_5\hfill \\ a_9=-a_8-\frac{2}{3}{a}_7-a_6-2a_5-a_4+2\hfill \end{array}$

再次由引理知：

$\begin{array}{c}f\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)=a_{14}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{14}+a_{13}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{13}+a_{12}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{12}+a_{11}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{11}+a_{10}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{10}+a_9{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^9\\ +a_8{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^8+a_7{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^7+a_6{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^6+a_5{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^5+a_4{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^4\\ =\left(-\frac{1}{2}{a}_4+\frac{1}{2}{a}_5+a_6+\frac{1}{2}{a}_7-\frac{1}{2}{a}_8-a_9-\frac{1}{2}{a}_{10}+\frac{1}{2}{a}_{11}+a_{12}+\frac{1}{2}{a}_{13}-\frac{1}{2}{a}_{14}\right)\\ +\frac{\sqrt{3}}{2}i\left(-a_4-a_5+a_7+a_8-a_{10}-a_{11}+a_{13}+a_{14}\right)\\ =\left(-a_4+2a_5+3a_6+\frac{2}{3}{a}_7-a_8-1\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}i\left(2a_4+2a_6+\frac{10}{3}{a}_7+2a_8-4\right)\end{array}$

则 $-a_4+2a_5+3a_6+\frac{2}{3}{a}_7-a_8-1=0$ 或者 $2a_4+2a_6+\frac{10}{3}{a}_7+2a_8-4=0$ 。

a) 当 $-a_4+2a_5+3a_6+\frac{2}{3}{a}_7-a_8-1=0$ 时，有 $a_8=-a_4+2a_5+3a_6+\frac{2}{3}{a}_7-1$ ，则

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=\frac{4}{3}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4-3\hfill \\ a_{13}=-\frac{2}{3}{a}_7-2a_6-3a_5+1\hfill \\ a_{12}=\frac{4}{3}{a}_7+3a_6+4a_5-2\hfill \\ a_{11}=-3a_7-6a_6-6a_5+4\hfill \\ a_{10}=\frac{2}{3}{a}_7+2a_6+3a_5-a_4-1\hfill \\ a_9=-\frac{4}{3}{a}_7-4a_6-4a_5+3\hfill \end{array}$

由于 $f\left(t\right)$ 为十四次整系数多项式需满足 $a_{14}\ne 0$ ，即此时 $\frac{4}{3}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4\ne 3$ 。

b) 当 $2a_4+2a_6+\frac{10}{3}{a}_7+2a_8-4=0$ 时，有 $a_8=-\frac{5}{3}{a}_7-a_6-a_4+2$ ，则

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=-a_7-a_6+a_5+a_4\hfill \\ a_{13}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-a_5-2\hfill \\ a_{12}=-a_7-a_6+2a_5+1\hfill \\ a_{11}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-2a_5-2\hfill \\ a_{10}=-\frac{5}{3}{a}_7-2a_6+a_5-a_4+2\hfill \\ a_9=a_7-2a_5\hfill \end{array}$

由于 $f\left(t\right)$ 为十四次整系数多项式需满足 $a_{14}\ne 0$ ，即此时 $-a_7-a_6+a_5+a_4\ne 0$ 。

2) 当 $f\left(i\right)=-1$ 时，可以得到如下的实系数线性方程组：

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}+a_{13}+a_{12}+a_{11}+a_{10}+a_9+a_8+a_7+a_6+a_5+a_4=1\hfill \\ 14a_{14}+13a_{13}+12a_{12}+11a_{11}+10a_{10}+9a_9+8a_8+7a_7+6a_6+5a_5+4a_4=0\hfill \\ -\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{14}+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{13}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{11}+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_{10}-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_8+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_7-\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_5+\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_4=0\hfill \\ -\frac{1}{2}{a}_{14}-\frac{1}{2}{a}_{13}+a_{12}-\frac{1}{2}{a}_{11}-\frac{1}{2}{a}_{10}+a_9-\frac{1}{2}{a}_8-\frac{1}{2}{a}_7+a_6-\frac{1}{2}{a}_5-\frac{1}{2}{a}_4=1\hfill \\ -a_{14}+a_{12}-a_{10}+a_8-a_6+a_4=-1\hfill \\ a_{13}-a_{11}+a_9-a_7+a_5=0\hfill \end{array}$

其增广矩阵为：

$\left[\begin{array}{cccccccccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 14& 13& 12& 11& 10& 9& 8& 7& 6& 5& 4& 0\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0& -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0& -\frac{\sqrt{3}}{2}& -\frac{\sqrt{3}}{2}& 0& -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0\\ -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 1\\ -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& -1\\ 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& -1& 0& 1& 0& 0\end{array}\right]$

经过初等变换得：

$\left[\begin{array}{cccccccccccc}1& 0& 0& 0& 0& 0& -1& -\frac{2}{3}& 0& -1& -2& -1\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 1& 0& -1& 1& 1& -1\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& -1& -\frac{2}{3}& 0& -2& -1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 2& \frac{5}{3}& 0& 2& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& -1& 0& 1& -1& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& \frac{2}{3}& 1& 2& 1& 2\end{array}\right]$

解出系数关系如下：

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=a_8+\frac{2}{3}{a}_7+a_5+2a_4-1\hfill \\ a_{13}=-a_8+a_6-a_5-a_4-1\hfill \\ a_{12}=a_8+\frac{2}{3}{a}_7+2a_5+a_4-1\hfill \\ a_{11}=-2a_8-\frac{5}{3}{a}_7-2a_5-2a_4+1\hfill \\ a_{10}=a_8-a_6+a_5+1\hfill \\ a_9=-a_8-\frac{2}{3}{a}_7-a_6-2a_5-a_4+2\hfill \end{array}$

再次由引理知：

$\begin{array}{c}f\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)=a_{14}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{14}+a_{13}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{13}+a_{12}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{12}+a_{11}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{11}+a_{10}{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^{10}\\ +a_9{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^9+a_8{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^8+a_7{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^7+a_6{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^6+a_5{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^5+a_4{\left({\text{e}}^{\frac{\pi i}{3}}\right)}^4\\ =\left(-\frac{1}{2}{a}_4+\frac{1}{2}{a}_5+a_6+\frac{1}{2}{a}_7-\frac{1}{2}{a}_8-a_9-\frac{1}{2}{a}_{10}+\frac{1}{2}{a}_{11}+a_{12}+\frac{1}{2}{a}_{13}-\frac{1}{2}{a}_{14}\right)\\ +\frac{\sqrt{3}}{2}i\left(-a_4-a_5+a_7+a_8-a_{10}-a_{11}+a_{13}+a_{14}\right)\\ =\left(-a_8+\frac{5}{6}{a}_7+3a_6+2a_5-a_4-3\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}i\left(2a_8+\frac{10}{3}{a}_7+2a_6+2a_4-4\right)\end{array}$

则 $-a_8+\frac{5}{6}{a}_7+3a_6+2a_5-a_4-3=0$ 或者 $2a_8+\frac{10}{3}{a}_7+2a_6+2a_4-4=0$ 。

c) 当 $-a_8+\frac{5}{6}{a}_7+3a_6+2a_5-a_4-3=0$ 时，有 $a_8=\frac{5}{6}{a}_7+3a_6+2a_5-a_4-3$ ，则

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=\frac{3}{2}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4-4\hfill \\ a_{13}=-\frac{5}{6}{a}_7-2a_6-3a_5+2\hfill \\ a_{12}=\frac{3}{2}{a}_7+3a_6+4a_5-4\hfill \\ a_{11}=-\frac{10}{3}{a}_7-6a_6-6a_5+7\hfill \\ a_{10}=\frac{5}{6}{a}_7+2a_6+3a_5-a_4-2\hfill \\ a_9=-\frac{3}{2}{a}_7-4a_6-4a_5+5\hfill \end{array}$

由于 $f\left(t\right)$ 为十四次整系数多项式需满足 $a_{14}\ne 0$ ，即此时 $\frac{3}{2}{a}_7+3a_6+3a_5+a_4\ne 4$ 。

d) 当 $2a_8+\frac{10}{3}{a}_7+2a_6+2a_4-4=0$ 时，有 $a_8=-\frac{5}{3}{a}_7-a_6-a_4+2$ ，则

$\{\begin{array}{l}{a}_{14}=-a_7-a_6+a_5+a_4+1\hfill \\ a_{13}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-a_5-3\hfill \\ a_{12}=-a_7-a_6+2a_5+1\hfill \\ a_{11}=\frac{5}{3}{a}_7+2a_6-2a_5-3\hfill \\ a_{10}=-\frac{5}{3}{a}_7-2a_6+a_5-a_4+3\hfill \\ a_9=a_7-2a_5\hfill \end{array}$

由于 $f\left(t\right)$ 为十四次整系数多项式需满足 $a_{14}\ne 0$ ，即此时 $a_7+a_6-a_5-a_4\ne 1$ 。

综上a)、b)、c)、d)情况，即证定理成立。

4. 结语

本文从纽结多项式的维度探究了多项式的应用。在纽结理论中，给出了六次整系数多项式以及宽度为十的十四次整系数多项式是纽结多项式的必要条件，即多项式系数需满足本文给出的定理2.1以及定理2.2中的条件。本文的研究方法可以延伸其他宽度及次数整系数多项式为纽结多项式的必要条件的研究。但同时，多项式在众多领域中起着不可或缺的作用，并且多项式的性质及其应用依然有待于进一步的探究补充。

NOTES

^*第一作者。