Ramanujan Tau 函数的积性

· · 算法·理论

强烈建议阅读上期文章，或学过包含其的前置知识再来看这一期。
本期几乎无复分析内容，可放心食用。

在上期中，我们得到了维数上界公式，由此可知 \dim M_{12}(\varGamma_1)\leq 2。事实上，权为 12 的模形式空间确实是 2 维的。这就导致 E_4^3 \neq E_6^2，因子和函数的卷积中也就出现了 \tau 函数。

在正式开始之前，我们需要补一下上次没提到的定义（因为不是必要的）。对于 \gamma=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} 和整数 k，定义

(f\mid_k \gamma)(z):=(cz+d)^{-k} f\left( \frac{az+b}{cz+d}\right) \quad \texttt{(1)}

可以验证对于二阶方阵 \gamma_1,\gamma_2，总有 f \mid_k (\gamma_1 \gamma_2)=(f \mid_k \gamma_1)\mid_k \gamma_2。
现在我们也就可以说，对于权为 k 的模形式 f，任意 \gamma \in \varGamma_1 都有 (f \mid_k \gamma)(z) = f(z)。

现在来定义：

\Delta(z):=q\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{24} \quad \texttt{(2)}

其中 q:= \text e^{2\pi \text i z}，我们称其为模判别式。你也猜到了 \Delta(z) \in M_{12}(\varGamma_1)。我们会证明 q^n 的系数 \tau(n) 是积性函数，先别急。

易见 \Delta(z) \neq 0，可以取对数后求导，化乘为加：

\frac{1}{2\pi \text i} \frac{\Delta'(z)}{\Delta(z)}=1-24\sum_{n=1}^\infty \frac{n q^n}{1-q^n}=1-24\sum_{n=1}^\infty\sigma_1(n) q^n=E_2(z)

第二个等号是直接对比系数得到的。
取 \gamma = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in \varGamma_1，我们有

\begin{aligned}\frac{1}{2\pi \text i} \frac{\text d}{\text dz}\ln \left( \frac{\Delta(\gamma(z))}{(cz+d)^{12}\Delta(z)}\right)&=\frac{1}{2\pi\text i}\left( \frac{1}{(cz+d)^2}\frac{\Delta'(\gamma(z))}{\Delta(\gamma(z))}-\frac{12c}{cz+d}-\frac{\Delta'(z)}{\Delta(z)}\right) \\ &= \frac{1}{(cz+d)^2}E_2(\gamma(z))-E_2(z)+\frac{1}{(cz+d)} \frac{6c\text i}{\pi } \\ &=0 \end{aligned}

我们在上期已经推导过 G_2(z) 的模变换关系，对 E_2(z) 也是简单的，所以能直接得到上式为 0。这也就是说 \Delta(\gamma(z)) 是 (cz+d)^{12}\Delta(z) 的 C(\gamma) 倍，现在我们要证明 C(\gamma) 恒为 1。读者可以先尝试自己证明一下。

:::info[C(\gamma) = 1] 首先，C:\varGamma_1 \to \mathbb C 必然是一个群同态，满足 C(\gamma_1)C(\gamma_2)=C(\gamma_1 \gamma_2)。这是因为 f \mapsto (f \mid_k \gamma) 是一个群作用，然后取 k=12 将 \gamma_1,\gamma_2 依次作用于 \Delta(z) 即可证明群同态性。现在我们只需证明 C(S)=C(T)=1 即可，因为 S,T 可以生成 \varGamma_1 得所有变换。

证明 C(T)=1 即证明 \Delta(z) = \Delta(z+1)，这可以由 \text e^{2\pi \text i (z+1)}=\text e^{2\pi \text i z} 立刻得到；而对 C(S)=1 考虑将 z =\text i 代入 \Delta(-1/z)=C(S)z^{12}\Delta(z)，得到 \Delta(\text i)=C(S)\Delta(\text i)，直接得证。 :::

现在我们得到了另一个权为 12 的模形式，简单计算发现它不是 E_4^3 或 E_6^2 的常数倍。但它一定是二者的线性组合，因为我们已经得到了 \dim M_{12}(\varGamma_1)=2。对比一下系数，可以得到

\Delta(z)=\frac{1}{1728}\left( E_4(z)^3-E_6(z)^2\right) \quad \texttt{(3)}

从 \Delta 的定义就可以看到，它的 Fourier 系数常数项为 0，这对应着 \operatorname{ord}_\infty(\Delta)=1；当然，这也能通过零点阶数公式与 \Delta(z) \neq 0 推出。对于这种特殊的模形式，我们称其为尖点形式。当然，尖点形式是模形式的子空间。

若 f \in M_k(\varGamma_1)，且 \operatorname{ord}_\infty(f) > 0，就称其是权为 k 的尖点形式，记为 f \in S_k(\varGamma_1)。

现在我们可以说 \Delta \in S_{12}(\varGamma_1)，这也就引出一个问题：之前我们给出了模形式空间的维数上界，那么尖点形式的维数是怎样的呢？特别地，我们比较关注 \dim S_{12}(\varGamma_1)。
取 M_{12}(\varGamma_1) 的一组基 E_4^3,E_6^2，要想使线性组合 aE_4^3+bE_6^2 为尖点形式就只能是 a = -b（同样考察 Fourier 系数即可），这也就告诉我们所有权为 12 的尖点形式都是 \Delta 的常数倍。

对于 \Delta(z) 的基础性质已经分析完毕。要想继续推进的话，一个必要的工具叫做 Hecke 算子。看到「算子」这个称呼，结合线性代数的知识我们可以猜到它的一些性质。

对于正整数 m，我们定义 Hecke 算子 T_m 对于权为 k 的模形式 f(z) 的作用如下：

T_m f(z) := m^{k-1}\sum_{\gamma \in \mathcal M_m / \varGamma_1} (f \mid_k \gamma)(z) \quad \texttt{(4)}

其中 \gamma = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}，\mathcal M_m 表示行列式为 m 的所有二阶整数方阵的集合。
稍微解释一下这个商集 \mathcal M_m/\varGamma_1：在 \mathcal M_m 上定义等价关系 \sim，a\sim b 当且仅当存在 \gamma_1 \in \varGamma_1 使得 a=\gamma_1 b，按这个等价关系把 \mathcal M_m 的划分成等价类就是 \mathcal M_m/\varGamma_1。对于 \gamma \in \mathcal M_m/\varGamma_1 考虑作用时，具体取哪个代表元其实没有关系，因为 \gamma_1 \in \varGamma_1 对 f 的作用总是不变的，等价类中的元素对模形式 f 的作用相同。因此对于 A \in \mathcal M_m/\varGamma_1，我们可以直接用 f \mid_k A 表示其作用。

可以证明 \texttt{(4)} 是有限和，即 \mathcal M_m 被 \varGamma_1 划分成了有限个等价类。事实上，从每个等价类选取一个合适的代表元，则可以构成集合

\widetilde{\mathcal M}_m= \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \mid ad=m , 0 \leq b < m ,a,b,d \in \Z\right\} \quad \texttt{(5)}

利用简单的数论知识即可证明。

:::info[\mathcal M_m / \varGamma_1 的代表元] 首先证明任意 \gamma = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in \mathcal M_m 可以表示为 \widetilde{\mathcal M}_m 的元素。我们只需要考察 S\gamma 和 T\gamma 的效果：S\gamma 就是把 \gamma 的两行元素交换，并把交换后的第二行元素取相反数；而 T\gamma 就是把 \gamma 第二行的元素加到第一行。不难发现这样我们就可以做辗转相除法了：用 S,T 的变换对 a,c 求最大公约数，则一通操作后可以得到

\gamma \sim \begin{pmatrix} \gcd(a,c) & * \\ 0 & \frac{m}{\gcd(a,c)} \end{pmatrix}

正负号的问题无需担心，因为左下角元素为 0 后，主对角线乘积为 m，因此必然同号。
星号的位置我们不好确定是什么，但没关系。可以用若干次 T 变换把星号位置变为小于 m/\gcd(a,c) 的非负整数。

然后来证明 \widetilde{\mathcal M}_m 中不存在等价的元素。任取不相等的 A,B \in \widetilde{\mathcal M}_m，假设存在 \gamma \in \varGamma_1 使得 A\gamma=B，则 A^{-1}B\in \varGamma_1。设 A=\begin{pmatrix} \frac{m}{a} & b \\ 0 & a\end{pmatrix}，B=\begin{pmatrix} \frac{m}{c} & d \\ 0 & c\end{pmatrix}，其中 a,b,c,d 均为非负整数，且 a \mid m,c\mid m,b < a,d < c。直接计算可得

\gamma=A^{-1}B =\begin{pmatrix} \frac{a}{c} & \frac{a d}{m}-\frac{b c}{m} \\ 0 & \frac{c}{a}\end{pmatrix}

因为 \gamma 的元素都是整数，所以必然有 a=c，即主对角线元素相同，由此可知 \gamma = T^n。而我们又知道 AT 是把 A 的第二行元素驾到第一行，可是 0 \leq b < a 就会导致对于任意非零整数 n，B=AT^n \not \in \widetilde{\mathcal M}_m，故只能有 n = 0。但是这导致 A=B，与假设矛盾，故不存在这样的 \gamma。 :::

得到了 \texttt{(5)} 之后，我们就可以把 Hecke 算子表示为

T_m f(z) = m^{k-1} \sum_{ad=m}\sum_{b=0}^{d-1} d^{-k}f\left(\frac{az+b}{d} \right) \quad \texttt{(6)} 你一定迫不及待地想知道，这个 Hecke 算子和 $\tau(n)$ 的性质有什么关系？我们将得到算子的以下性质，积性问题就迎刃而解。 - Hecke 算子是线性的，对于常数 $a,b$ 有 $T_m(af+bg)=aT_mf+bT_mg$； - Hecke 算子将权为 $k$ 的模形式映射为权为 $k$ 的模形式，对尖点形式亦然； - Hecke 算子对 Fourier 级数作用的良好性质。 其中第三条性质会在第二条的证明中得到。 线性的证明是容易的，因为 $(f+g)\mid_k \gamma=f\mid_k \gamma + g\mid_k \gamma$。由此也能直接知道对于模形式 $f$，$T_m f$ 仍在上半平面 $\mathcal H$ 解析。 第二条就有点麻烦了： :::info[Hecke 算子保持模形式与尖点形式]{open} 对于权为 $k$ 的模形式 $f(z)$，我们要证明 $T_mf(z)$ 仍是权为 $k$ 的模形式。 任取 $\gamma \in \varGamma_1$，考虑 $$((T_m f) \mid_k \gamma)(z)=m^{k-1} \sum_{A \in \mathcal M_m/\varGamma_1} (f \mid_k A \gamma)(z)$$ 我们只要证明 $A \mapsto A\gamma$ 是 $\mathcal M_m/\varGamma_1$ 到自身的双射，这里 $A\gamma$ 的意思是对等价类 $A$ 中的所有元素右乘上 $\gamma$。这样就显然了，因为其逆映射就是 $A \mapsto A \gamma^{-1}$。 也就是说，对 $T_m f$ 作用以 $\gamma$ 的效果，只是在求和中枚举 $\mathcal M_m/\varGamma_1$ 的元素时重排了顺序，不会改变结果。 前面已经证明了自守条件，增长条件只需考虑 Fourier 展开系数是否存在负次项和零次项即可。对于 $A=\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \in \widetilde{\mathcal M}_m$，考虑其对权为 $k$ 的模形式 $f$ 的 Fourier 展开的效果（设其 $q^n$ 项系数为 $c_n$）： $$ d^{-k}f \left( \frac{az+b}{d} \right)=\frac{1}{d^k}\sum_{n=0}^\infty c_n \text e^{2\pi \text i n (az/d+b/d)}$$ 代入 $\texttt{(6)}$ 式，即得（别忘记 $a=m/d$） $$\begin{aligned}T_m f(z) &=m^{k-1} \sum_{d \mid m} \frac{1}{d^k}\sum_{b=0}^{d-1}\sum_{n=0}^\infty c_n \text e^{2\pi \text i n(mz/d^2+b/d)} \\ &= m^{k-1}\sum_{d \mid m}\frac{1}{d^k}\sum_{n=0}^\infty c_n \text e^{2\pi \text i n(mz/d^2)} \sum_{b=0}^{d-1}\text e^{2\pi \text i n (b/d)} \\ &=m^{k-1}\sum_{d \mid m}\frac{1}{d^{k-1}}\sum_{n=0}^\infty c_n \text e^{2\pi \text i n(mz/d^2)}[d\mid n] \\ &=\sum_{a\mid m}a^{k-1}\sum_{n=0}^\infty c_n q^{na^2/m}[(m/a)\mid n] \\ &=\sum_{N=0}^\infty q^N \sum_{a \mid m} a^{k-1}\sum_{t=0}^\infty c_{tm/a} [N=ta] \\ &= \sum_{N=0}^\infty q^N \sum_{a \mid \gcd(m,N)} a^{k-1}c_{Nm/a^2} \end{aligned} \quad \texttt{(7)}$$ 第三个等号的结果就是我们所熟知的「单位根反演」，而第五个等号枚举了 $N=na^2/m$，并把内层对 $n$ 的枚举改为枚举 $t$，使得 $n=t(m/a)$ 以保证整除条件。 最后的结果显然是没有负次项的，若 $c_0=0$，则其结果也是没有常数项的。这就证明了结论。 ::: 有了 $\texttt{(7)}$ 的结果，我们就能清晰地观察到 Hecke 算子对模形式 Fourier 级数的影响。 最后我们还需要一个叫 **Hecke 特征形式**的东西，它是一类特殊的模形式（$\Delta(z)$ 正是如此特殊）。之所以叫「特征」，是因为它可以视为 Hecke 算子的特征向量，由此也不难猜到其定义如下： > 设 $f(z) \in M_k(\varGamma_1)$，如果对任意正整数 $n$，都存在复数 $\lambda_n$ 使得 > $$T_n f(z) = \lambda_n f(z)$$ > > 就称 $f$ 是 Hecke 特征形式。若其 Fourier 展开的一次项系数 $a_1 = 1$，则称其为正则化 Hecke 特征形式。 我们不难证明，若 $f$ 是 Hecke 特征形式，设其 Fourier 展开的 $n$ 次项系数为 $a_n$，则有 $a_n = \lambda_n a_1$。使用 $\texttt{(7)}$ 式，给定正整数 $n$，可知对于任意正整数 $N$ 都有： $$[q^N](T_nf(z))=\lambda_na_N=\sum_{d \mid \gcd(n,N)} d^{k-1} a_{Nn/d^2}$$ 令 $N=1$ 直接得证。也就是说 $T_nf(z)=(a_n/a_1)f(z)$，如果 $f$ 还是正则化的特征形式，则会得到 $\lambda_n=a_n$，也就是 $T_n f(z) = a_nf(z)$。可以直接获得如下定理： > 设 $f$ 是正则化的 Hecke 特征形式，设其 Fourier 系数的 $n$ 次项为 $a_n$，则对任意正整数 $n,m$ 都有 > $$a_n a_m = \sum_{d \mid \gcd(n,m)}d^{k-1}a_{nm/d^2} \quad \texttt{(8)}$$ 现在万事俱备，我们只需证明 $\Delta(z)$ 是正则化的 Hecke 特征形式即可。这其实是最简单的一步，因为我们知道 - 权为 $12$ 的尖点形式空间 $S_{12}(\varGamma_1)$ 是一维的； - Hecke 算子 $T_n$ 保持尖点形式空间。 就能直接证明了。还没看出来的话，先去洗把脸吧。 :::info[真的没看出来请展开] 因为 $\Delta(z) \in S_{12}(\varGamma_1)$，且对于任意正整数 $n$，$T_n \Delta(z) \in S_{12}(\varGamma_1)$。因为权为 $12$ 的尖点形式空间是一维的，所有权为 $12$ 的尖点形式都是 $\Delta(z)$ 的常数倍，这就得到了 $T_n\Delta(z) = \lambda_n \Delta(z)$。而 $\Delta(z)$ 满足正则化的条件 $a_1 = 1$，故 $\Delta(z)$ 是正则化 Hecke 特征形式。 ::: 现在我们就知道了： $$\tau(n) \tau(m) = \sum_{d \mid \gcd(n,m)}d^{11}\tau\left(\frac{nm}{d^2}\right)$$ 令 $n,m$ 互质即得积性，令 $n = p^k,m=p$ 即得素数幂递推性质。 当然这只是 Hecke 算子的一个初步应用，不过既然我们已经得到了证明，先就此打住吧。