Polinomio de Jones del cierre de traza de la trenza fundamental

Question

La trenza fundamental $\Delta_n \in B_n$ es simplemente un giro por $\pi$ aplicado a toda la fila de $n$ hebras. En términos de generadores de Artin, se da por $$ \Delta_n = (\sigma_1 \sigma_2 \cdots \sigma_{n-1})(\sigma_1 \sigma_2 \cdots \sigma_{n-2})\cdots (\sigma_1 \sigma_2) \sigma_1~. $$ El cuadrado de $\Delta_n$ (es decir, el giro completo de $2\pi$) genera el centro de $B_n.

Tengo una pregunta bastante simple (y posiblemente trivial) sobre estas trenzas. ¿Cuál es el polinomio de Jones del cierre de traza de $\Delta_n$? ¿Los cierres de traza de los $\Delta_n$ resultan en alguna familia de enlaces bien conocida?

He intentado calcular el P.J. de la manera obvia usando el bracket de Kauffman; algunas simplificaciones son posibles, pero hasta ahora nada suficiente para llegar a una fórmula general.

Answer 1

El cálculo del polinomio de Jones de este enlace es un (buen) ejercicio en teoría de representación. Como has observado por el lema de Schur, en cualquier representación irreducible es, hasta una escalar, una raíz cuadrada de la identidad. Este escalar se puede obtener con un argumento de determinante. Así que reducimos la situación donde los autovalores son 1 y -1. La traza es entonces simplemente la diferencia entre las multiplicidades. Esto se puede determinar por especialización en el caso t=1 donde la representación es una representación de grupo simétrico y todas tales preguntas son bien conocidas. Por lo tanto, tienes la traza en todas las representaciones irreducibles y simplemente las sumas con sus pesos en la representación de Jones. Desafortunadamente me persuadieron de no incluir este método en mi primer artículo sobre el polinomio cuando ya tenía el polinomio de Jones de nudos toroidales. Para Homflypt es un poco más complicado pero se lleva a cabo en detalle en mi artículo de álgebras de Hecke, y nuevamente en el artículo con Marc Rosso donde calculamos invarientes cuánticos arbitrarios de nudos toroidales. Es todo mucho más simple para el polinomio de Jones en sí mismo donde hay tan pocas representaciones irreducibles. Diviértete, Vaughan Jones