题解：P2019 四平方和定理 || 代数数论（2）

· · 题解

WorldMachine 题解里宣称我们真的可以做到 k 平方和，我们来看一下. 同时, 这还是代数数论的第二篇.

本文中的 \tau 留作 2 \pi 之用, 两种视角分别写作 z 和 q.

整数二次型理论速览

定义与示例

一个二次型 Q 和双线性型 B 相关联. 具体地, 对于 R-模 M, 若 2 \in R^\times, 一个二次型 Q : M \to R 与对称双线性型

B(x \otimes y) = \dfrac{Q(x+y)-Q(x)-Q(y)}{2}

相关联. 对于整数 \mathbb Z, 2 \notin \mathbb Z^\times, 但是可以看出我们可以从 B 出发, 来反推 Q. 具体地: 对于有限秩自由 Abel 群 A, 考虑 B : A \overset{\rm sym}{\otimes} A \to \mathbb Z, 满足对偶条件: B 给出了 A \to \mathrm{Hom}(A, \mathbb Z) 的一个同构, 则称 (A, B) 是一个并模 (unimodular). 我们记两个典型的双线性模: I_+ 表 1 维双线性型 xy, I_- 表 1 维双线性型 -xy. 我们也用 \langle x, y \rangle 记 B(x \otimes y). 有时我们也研究一般的 Q.

分析一个二次型还是要从一个矩阵考虑. 因为我们从双线性型是整值的, 所以我们的 Gram 矩阵 M 确实可以写成一个整矩阵. 我们可以定义若干个典范不变量, 使得这些不变量与 A 的基的选取无关, 且这些不变量至多差一个同构的意义下确定了 (A, B). 例如, 许多高等代数书中阐述了实数的二次型理论, 而 B 确实给出了一个 A \mathbb R = A \underset{\mathbb Z}\otimes \mathbb R 上的二次型, 因此它有签名 r, s, 即代表这个实双线性空间同构于 I_+^r \oplus I_-^s. 那么 (r, s) 是实双线性空间上一个典范不变量.

对于整数二次型, 没有这么干净的典范不变量. 具体地, 对于不定型 (r, s 均 > 0), 我们有一个结构定理; 对于 r=0 或 s=0, 我们只能列出几个不变量, 并说明只存在有限个 n 维的 (A,B) 等价类. 我们先列出几个不变量.

通过这些不变量可以衍生出一些有实际意义, 但是可以用以上不变量表示的不变量.

我们有时会考察线性空间 V 上的离散自由子 Abel 群 \Gamma, 这种群称作格, 下面假设 V 是一个内积空间, 且两个 \Gamma 中元素内积为整数. 一个格 \Gamma 的对偶定义为 \Gamma^\vee = \{x : \langle x, \Gamma \rangle \subseteq \mathbb Z\}. 自然 \Gamma = \Gamma^\vee \iff \Gamma 是并模对应格. 这样我们可以把正定的二次型转为格处理. 非正定会导致 |x| = n 有无穷多, 故不在本文考虑范围内.

举几个有趣的例子. \mathbb Z^n 是最经典的奇并格, 而一个被称为 E_8 的格是一个形如

x_i \in \dfrac 12\mathbb Z, x_i - x_j \in \mathbb Z, \sum x_i \in 2 \mathbb Z

的全体 x \in \mathbb Q^8 构成的格. 如果你看过我对这题的另一个题解, 你会发现这个构造和 Hurwitz 整四元数神似. 这确实是一个整八元数的构造. 于是我们猜测是否存在一个好的计算 Q(x) = 2n 的个数的公式, 这个公式是

240 \sum_{d \mid n} d^3.

在那个题解中, 我们还提到一个点离它最近的点的距离: 对于这个格而言它等于 \sqrt 2, 这是因为它是一个偶并格, Q(x) \in 2 \mathbb Z. 如果在每个点放一个大小为 \dfrac{\sqrt 2}{2} 的 \mathbb S^7, 则每个球触碰到 240 个邻球. (这两个 240 是有道理的, 顺便一提, 这个 240 写成算式是 \displaystyle 2^7 + 4\binom 82, 分别代表 8 个 \dfrac 12 + 偶数个负号和 2 个 1 + 6 个 0 + 1 随意加负号.)

一个更神秘的格是 Leech 格, 它也是偶并格. 这个东西的构造非常复杂, 所以我们只用热力图画出它的生成元, 如图:

这是一张 TikZ 图片. 其位图化如下, 如果需要矢量图版本请编译此云剪贴板中的内容.

它与弦论密切相关. 另外, \mathrm{Aut}(\Gamma_{\rm Leech}) 称为 Conway 群 (0), 记作 \mathrm{Co}_0. 其阶为

2^{22} \cdot 3^9 \cdot 5^4 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 23,

通过 {\rm Co}_0 可以得到三个散在单群, 这三个散在单群分别称为 Conway 群 (1/2/3). 如果把每个 Leech 格点放一个 \mathbb S^{23}, 则每个球和 196\ 560 个球接触, 算式由于篇幅原因略去.

这两个格都有一些代数数论渊源: 考虑一个 \mathbb R|F|\mathbb Q, 令 r = [F : \mathbb Q]. 考虑四元数代数 H|F 使得任取实嵌入 \sigma : F \to \mathbb R 永远有

\mathbb RH = H \underset{\sigma(F)} \otimes \mathbb R \simeq \mathbb H.

那么通过把所有 F \mathbb R 诱导的 H \to \mathbb H 的映射收集起来得到一个集合 S. 这个映射记作 \rho. 那么规定: R_1(F) 为

Q(a) = \dfrac 12 \sum_{\rho \in S} |\rho(a)|^2, a \in \mathcal O, \mathcal O\ \text{是一个}\ \mathcal O_F\text-{阶}.

而 R_3(F) 如下构造: 取 \omega \in \mathcal O^\times 使得 \omega^3 = 1, 那么这是一个 \mathbb Z[\omega] 下维度为 2r 的格. 同时考虑素理想 \mathfrak p = (1 - \omega). 定义

R_3(F) = \{(x_0,x_1,x_2) \in \mathfrak p^{-1} \mathcal O^3 : x_0 \equiv x_1 \equiv x_2, x_0+x_1+x_2 \equiv 0\},

其中 \equiv 在 \pmod {\mathcal O} 意义下.

::cute-table{tuack} F H^\times R_1(F) R_3(F)
\mathbb Q 双星尘群 [^0] (24) D_4 K_{12}
\mathbb Q[\sqrt 2] 双苍穹群 [^1] (48) E_8 Niemier D_4^6
\mathbb Q[\sqrt 3] 双星尘群 (24) E_8 Niemier A_2^{12}
\mathbb Q[\varphi] 双海伊群 [^2] (120) E_8 Leech

双 G \subseteq \mathrm{SO}(3) 的意思是, G 在 \mathrm{SU}(2) \to \mathrm{SO}(3) 下的原象. 括号内的数表示群的阶.

这里将不介绍一些术语的意思, 否则这里就太长了. 话说大家是否喜欢像这样 neta 一些亚文化?

二元二次型和 Bhargava 复合一瞥

二元二次型 \mathcal Q_2(\mathbb Z) 只有 ax^2 + bxy + cy^2, 在齐次化意义下是 a q^2 +bq + c, q \in \mathbb P^1(\mathbb Q). 因此我们动用初中数学思维, 定义判别式 \Delta = b^2 - 4 ac (一些书籍记 D, 同时设 \Delta = -D). 同时看到 \mathbb P^1 考虑其自同构群 \mathrm{Aut}(\mathbb P^1(\mathbb Q)) = \mathrm{SL}_2(\mathbb Z), 后文这个群记作 G. G 在 \mathcal Q_2(\mathbb Z) 上自然作用.

当 \Delta < 0 时, 一个 X^2 +Y^2 = N 的整解对应于 \mathbb Z[\sqrt{-1}] 的分解, 因此我们考虑 K = \mathbb Q[\sqrt \Delta]. 当然这时候我们不取 \mathcal O_K 了, 我们退而求其次, R = \mathbb Z[\alpha], \alpha 是 aq^2+bq+c=0 的根. 那么看出我们能放进范数 {\rm N}_{K | \mathbb Q} 的元素应该是 I = a R. 也就是说, Q(x) \leftrightarrow {\rm N}_{K : \mathbb Q}(y) (y \in I). 那么这里理想类群理论大展身手: I 的乘法对应于 \mathcal Q_2(\mathbb Z) 等价类的乘法. 这件事我们又称为复合. 有: 若 P 表示 m, Q 表示 n, 则 P \circ Q 表示 mn.

关于复合, 我们不得不提到 2014 年 Fields 奖, Bhargava 复合律. 首先考虑 B \in \bigotimes^3\mathbb Z^2, 那么可以考虑

\begin{aligned} \operatorname{for} u \in \mathbb Z^{2 \vee}, B_0 = B(u,-,-), \\ B_1=B(-,u,-), B_2=B(-,-,u). \end{aligned}

那么, 有 -\det B_i 关于 u 是一个二次型 Q_i. 那么有: \Delta_{Q_0} = \Delta_{Q_1} = \Delta_{Q_2}. 这是因为, 不难看出这三个 \Delta 是四次的 \mathrm{SL}_2(\mathbb Z)^3 的不变量. 而下面的表示论论证告诉我们这样的 \Delta 有且仅有至多差一个同构的一个. 这个论证非常漂亮, 但是它离题太远, 所以放到云剪贴板中. 这个量被称为 Cayley 超行列式.

现在考虑带定向的 \left(\bigwedge^2 R \simeq \mathbb Z\right) 二次环 R, 其一个定向理想是一个 1 秩投射 R-模. 那么 Bhargava 提出, 对于资料 (R;I_{0,1,2}), 满足 I_0 \underset{R}{\otimes} I_1 \underset{R}{\otimes} I_2 \simeq R, 则 b = \mathrm{Tr}(\simeq) 是关于 I_0^\vee, I_1^\lor, I_2^\lor 的三线性形式; 而这是一个双射: 对于 B, 先写出 Q_0, Q_1, Q_2, 他们的偶 Clifford 代数给出三个二次环 R_0, R_1, R_2. 而我们证明的判别式相等说明有一个统一的判别式 \Delta, 但对于一个固定的 \Delta, 只存在唯一一个 \mathbb Z-阶, 因此 R_{i} 互相同构.

（我没写完！！！别到时候忘了我没写完这件事了。）

Hasse-Minkwoski 定理

（尽量避免传统的长分类讨论）

纠错码理论

15、290 定理

传统模形式方法

Fuchs 群

定义 \mathrm PG = G / \{\pm 1\}.

赋予 \mathbb C \sqcup \{ \infty \} 以 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z)-作用

\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot z = \dfrac{az+b}{cz+d}.

换句话说, 在 \mathbb P^1 上做 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z). 下面考虑上半平面 \mathbb H, 它对这个作用是封闭的. 有些时候, \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 能编码对称性, 有些时候不能, 我们需要推而广之: \mathrm{PSL}_2(\mathbb R) 的离散子群 \Gamma. 首要任务是研究 \mathbb H / \Gamma (虽然 \Gamma 左作用于 \mathbb H 上但是我还是选取了一个更符合直觉的记号). 我们不区分群元素与其作用. 我们记住, \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 由

z \mapsto z + 1, \quad z \mapsto \dfrac{-1}z

两个代表元生成.

现在考虑变换的不动点. 特征根方程 \rm \lambda^2 - tr \lambda + det 对应一个二次型 X^2 - {\rm tr} XY + \det Y^2, 而当这个二次型取 \operatorname{span}\{X,Y,1\} 值的时候对应三个圆锥曲线: 椭圆, 抛物, 双曲线 (可能遇到退化情况). 这三个圆锥曲线对应非常明确的条件: \rm tr 的绝对值和 2 的比较, 进而也对应于变换不动点的存在性. 椭圆 → 存在两个复不动点, 抛物 → 存在一个不动点, 双曲 → 存在两个无穷不动点. 一个定义一个点 p 是椭圆/抛物/双曲点当且仅当 p 是某个椭圆/抛物/双曲变换的不动点, 这也等价于它有一个非 1 的稳定子群 \{g : gz=z\}. 对于 \mathbb H^\circ = \{\Im \in (0, \infty)\} 椭圆元素是重要的. 椭圆元素等价于有限阶 (因为椭圆元素的稳定子群是 \mathrm{Stab}_{\mathrm{PSL}(2, \mathbb R)}(z) \simeq \mathbb R / \mathbb Z 的离散子群, 而有限阶元素的对角化一定形如 \operatorname{diag}(\omega, \omega^{-1}), 其中 \omega 在 \mathbb C 中有限阶).

这是一张 TikZ 图片. 其位图化如下, 如果需要矢量图版本请编译此云剪贴板中的内容.

图. X^2 - tXY + Y^2 = Y 的图像.

我们主要关注 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 的三类子群:

\begin{aligned} \Gamma(N) = \{ \gamma : \gamma \equiv \mathrm{id} \pmod N \}, \\ \Gamma_1(N) = \{ \gamma : \gamma \equiv (z \mapsto z + c) \pmod N \}, \\ \Gamma_0(N) = \{ \gamma : \gamma \equiv \text{上三角矩阵} \pmod N \}. \end{aligned}

作为 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 的子群, 一个元素 z 的稳定化子群永远是一个循环群,对于 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z), 它由如下一个对应表决定.

::cute-table{tuack} z \in \left\lvert\mathrm{Stab}(z)\right\rvert \mathrm{Stab}(z) 的生成元
\mathbb P^1(\mathbb Q) \infty z \mapsto z+1
\omega_6 所在轨道 3 z \mapsto \dfrac{-1}{1+z}
\mathrm i 所在轨道 2 z \mapsto \dfrac{-1}z
其它的 \Im \ge 0 元素 1 -
\Im < 0 元素 与其复共轭相同 与其复共轭相同

考虑 \partial \mathbb H = \mathbb P^1(\mathbb R). 对于其中一个点 p, 考虑一个切于其的双曲几何意义下的圆. 当 p = \infty, 这是 \{\Im \in (C, \infty)\}, 而当 p \in \mathbb R, 这是某一个切于 p 的 Euclid 圆. 考虑这个圆饼 D 商掉 \mathrm{Stab}(p). 无非是平凡和 z \mapsto z + h 的差别. 如果是 z \mapsto z + h, 不妨设 p = \infty (通过一个 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 转化), 这样考虑一个参数化 D \ni d \mapsto \exp (\tau \mathrm i d/h), 给出了一个 D 到 \{|z| < \varepsilon\} 的变换. 如果我们想让 \mathbb H/\Gamma 紧, 那么 D 的这个漏洞我们就一定要填上.

综上, 对于 \Gamma \subset \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z), 我们要补上若干个 \mathbb P^1(\mathbb Q) 作为尖点, 这些本质上是 \mathbb P^1(\mathbb Q) 在 \Gamma 群下的划出的轨道. 对于 \Gamma = \mathrm{SL}_2(\mathbb Z) 这个轨道只有 \infty 一个. 对于一切的 Fuchs 群, 尖点定义为在 \Gamma 的作用下, 存在抛物元的等价类.

为了方便画出 \mathbb H / \Gamma, 可以用一个基本区域 D, 使得 D^\circ \to \mathbb H / \Gamma 单而 \overline D \to \mathbb H / \Gamma 满. 对于 \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 这是 \left\{\Re \le \dfrac 12, |z| \ge 1\right\}. 在 Poincaré 度量的意义下, 这是一个曲边三角形, 其三个顶点是 \omega_6, \omega_3, \infty, 其三个角度分别为 \dfrac \tau6, \dfrac \tau6, 0, 从这里可以看出 \infty 是一个尖点. 下面的图展示了 D 在 \Gamma 下是如何镶嵌满 \mathbb H.

这是一张 TikZ 图片. 其位图化如下, 如果需要矢量图版本请编译此云剪贴板中的内容.

图. 镶嵌.

如图, 我们不严谨地把 D 叠合成一个 Riemann 曲面, 并宣称对于每一个 D 我们都能做到这一点. 李文威老师在其著作中给出了严谨的说法. 从图中可以看出添加上 \infty 整个区域变成一个紧曲面, 相当于一个球面 \mathbb S^2. (应该不难想象你可以把一个三角形折叠成一个球面). 更复杂的例子是, 群 \Gamma = \langle a,b,c,d \rangle, 其中

(a,b^{-1},c,d^{-1}) = \left(\begin{pmatrix} 1+\sqrt 2&\lambda \exp(\mathrm ik\tau / 4) \\ \lambda \exp(-\mathrm ik\tau / 4) & 1+\sqrt 2\end{pmatrix} : k = 0, 1, 2, 3\right) , \lambda = \sqrt{2 + \sqrt 8}.

的基本域是一个双曲八边形

D : \text{vertices} = \dfrac{\sqrt A \exp(\mathrm i k \tau / 8) - 2 \mathrm i}{\sqrt{-A} \exp(\mathrm i k \tau/8) - 2}, A = -2-2 \mathrm i, k = 0, 1, \ldots, 7.

它可以用如下的变换变成一个亏格为 2 的图形.

视频. 一个将八边形变换到亏格 2 图形的演示. 感谢这位视频作者和搬运者.

维数公式

在介绍本小节内容前, 首先要陈述关于 Riemann 面的一个事实: 对于 Riemann 面 X, X\to \mathbb C 的亚纯函数与 X \to \mathbb P^1 的全纯函数形成双射; 而且如果在添加尖点的意义上, X 构成一个紧 Riemann 面, 处处有限的全纯函数是不存在的.

一个权为 2k 的模形式是一个全纯的函数 f : \mathbb H \to \mathbb C, 使得 \forall g \in \Gamma, 这个微分形式在 z \to gz 的变换下是不变的:

f(z) \mathrm dz^k.

其亚纯变种成为亚纯模形式. 模形式的一个重要子类是尖点形式, 定义作

f \to 0, \quad z \to \text{尖点}.

可以直接看出全体模形式和尖点形式分别构成分次环 M, S, 其中权为 2k 者记作 M_{2k}. 对于一般的奇数权模形式将在下一节予以定义.

对 M_{2k} 的维度呢, 有一个挺复杂的公式:

\dim M_{2k} = (2k - 1)(g - 1) + \sum_{p \operatorname{:} \mathrm{\text{椭圆或抛物}}} \left\lfloor k \left( 1 - \dfrac 1{e_p} \right) \right\rfloor.

其中 e_p 为 p 的稳定化子群的大小, 对于无限群设为 \infty. 前提是 k > 1.

证明需要 Riemann-Roch 定理, 我们不介意引入一下这一套复分析术语. 一个除子是 \mathbb Z^{\oplus X} 的元素, 一个很典型的除子是, 由这样一族赋值定义的:

\nu_p(f) = n \iff f (z - p)^{-n}\ \text{全纯且在}\ p\ \text{处不能消没}.

由于在 p 处为 0, \infty 加上亚纯性导致周边一圈不能消没, 所以 \vec \nu(f) 确实定义了一个除子. 定义一个除子 D 的维度为

\dim D = \dim \{f \in \mathbb C(X) : \vec \nu(f) + D \in \mathbb Z_{\ge 0}^{\oplus X}\}

豁免我们会谈到一个拓扑环 R 上的模的紧性, 我们在这里重开定义: 一个拓扑模 M 是紧的, 当且仅当其所有开子空间覆盖都有有限子覆盖.

该使用一些代数数论工具了! 我们设 K = \mathbb C(X), 其在 \mathbb C 上的超越度为 1. 然后对于每一个赋值 \nu_p 我们可以定义其剩余类域 \kappa_p, 那么它可以自然延拓到除子上, 然后让 \deg f = \kappa_{\vec \nu(f)}. 可以发现 \operatorname{im} \vec \nu 是 \mathbb Z^{\oplus X} 的一个子群 P, 则 \dim : \mathbb Z^{\oplus X} / P \to \mathbb Z_{\ge 0} 是良定义的. 设 K_x 为 K 在赋值 \nu_x 下的拓扑完备化, 那么我们定义赋值向量环 (很多人直接叫 adèle)

\mathbb A = \left\{ a \in \prod_{x \in X} K_x : \nu_x(a_x) \ge 0\ \text{除了有限多}\ x\ \text{以外} \right\}.

则有 K \hookrightarrow \mathbb A. 其中有一个子类 \mathcal O = \prod \mathcal O_{K_p}. 我们自然可以在复制向量换上考虑 D 的线性空间的推广, 也就是说, \vec \nu 仍然是到 \mathbb Z^{\oplus X} 的映射, 然后我们还可以定义除子 D 的对应线性空间

\mathbb A_{-D} = \left\{a \in \mathbb A : \nu_x(a) + D_x \ge 0\right\}.

这个 \mathbb A_{-D} 是 \mathcal O-紧且开模.

考虑 \xi \in \mathbb A^\vee (作为 \mathbb C 线性空间) 使得 K \subseteq \ker \xi. 根据 \mathbb A 上的乘法它还会有一个零化子

\mathbb A_{-D}^0 = \{a \in \mathbb A : \xi (a \mathbb A_{-D}) = 0\}.

那么它也是一个 \mathcal O-紧且开模. (这是一些无聊的拓扑学论证.)\mathbb A_{-D}^0 在 \pi_x : \mathbb A \to K_x 下的投影 M_x 是 K_x 的一个分式理想 (据分式理想的定义: 非平凡 \mathcal O-模). 但是 K_x 的分式理想的分类是很简单的: 都是 (z - x)^n \mathcal O_x, 因此根据 \mathbb A_{-D}^0 = \prod M_x 不难发现若 \delta = \sum_x n_x x 则 \mathbb A_{-D}^0 = \mathbb A_{-\delta}. 此时我们设 \delta = D^\vee. 特别地, 存在一个 \delta 为 0^\vee, 由于 \xi 它一般而言不是 0, 因此我们定义 \tilde \xi = - 0^\vee. 不难验证 D^\vee = \tilde \xi-D.

定理 (Riemann-Roch) 存在一个非负整数 g 以及除子 W 使得:

l(D) - l(W - D) = \deg D + 1 - g

恒成立.

证明. 设 \xi \in \mathbb A^\vee \setminus \{0\} 使得 K \subseteq \ker \xi, 则 g = l(\tilde \xi) 这个量不随 \xi 变化而变化: 考虑 \xi 意义下的 K^0, 则不难验证 K^0 是一个 K-代数. 而 \mathbb A_K/K 用 Тихонов 定理不难想象出是紧的. 则其线性对偶是 K^0/K, 离散. 但是后者又是前者是闭子群, 又紧, 也就是说 K^0/K 是个有限维的 F-空间. 然后我们知道 [K : F] = \infty. 因此 K^0 = K. 然后如果我们还有另一个 \chi \in \mathbb A^\vee \setminus \{0\}, K \subseteq \ker \chi, 则 \chi(K) = 0, 然后我们还可以用一定的耐心证明 \mathbb A 是自伴的, 也就是说 \chi^\vee \in K^0 = K. 所以 \chi 和 \xi 的关系就是 \xi(\cdot) = \chi(a \operatorname{\cdot}). 也就是 \xi 和 \chi 对应的线性空间之间只差一个 \vec \nu(a). 也就是两个 g 相等. 后文设 W = \tilde \xi, 根据上述讨论 \xi 的选择其实也没关系.

现在根据 V^0 \simeq (\mathbb A / V)^\vee 有 l(W-D) = \dim \mathbb A / (M(W-D) \cap K)^0. 然后通过 V \cap W 的零化子是 V^0 + W^0 得知我们只要分析 M(W-D)^0 和 K^0, 也不难根据 W 的定义得知 M(W-D)^0 \simeq M(D), 然后 K^0 = K. 带入 D = 0 可知 l(W) = \dim \mathbb A / (\mathcal O + K). 经过一番计算,

\begin{aligned} l(W-D)-g &= \dim \left( \dfrac{\mathbb A}{M(D) + K} - \dfrac{\mathbb A}{\mathcal O + K} \right) \\ &= \dim \binom{\mathcal O + K}{M(D) + K} \\ &= \dim \binom{\mathcal O}{M(D)} - \dim \binom{\mathcal O_K}{M(D) \cap K} \\ &= 1 - l(D) + \deg D \end{aligned}

(这样写只是为了让式子看起来更好看一些. 这里 \displaystyle \dim \binom VW = \dim (V - W) 的确切定义是 \dim (V / (V\cap W)) - \dim (W / (V \cap W)). 然而, + 又不是 - 的逆运算.)

其中有必要解释一下最后一步 \displaystyle \dim \binom{\mathcal O_K}{M(D) \cap K} = - \deg D 的缘由. 这是因为

\dim \binom{\mathcal O_K}{M(D) \cap K} = \dim\binom{\mathcal O}{M(D)} = \sum_{x \in X} \dim \binom{n_x \mathcal O_x}{\mathfrak m_{-x}} = - \deg D.

得证.

现在我们来证明这个维度公式.

一个 2k 权模形式根据定义, 让 f(z)\mathrm dz^k 在模群下保持不变. 那么我们只要计数 \omega = f(z) \mathrm dz^k. 在视角 q = \exp (\mathrm i \tau z) 下, z \to \infty 对应于 q \to 0. 那么 \mathrm dz^k = \dfrac{\mathrm dq^k}{ (\tau \mathrm i q)^k}. 不难看出在 0 处有 k 阶奇点, 因此为了补偿, M_{2k} 上每个尖点处都要有至少 k 阶零点. 现在考虑椭圆点.

假设 z 是 m 阶椭圆点, 则在 z 周围有 m 个区域, 局部看起来像 \left\{\mathrm{Arg}(x-z) \in \left[\dfrac {k\tau}m, \dfrac{(k+1)\tau}m\right)\right\}, 而 \mathrm{Stab}(z) 在这之上的作用是旋转 \dfrac 1m 个圆周 (即乘以 \omega = \exp(\tau \mathrm i / m)). 然后考虑我们把这些区域叠合到一起, 也就是取一个新局部坐标 \alpha = z^m. 所以有

\mathrm dz^k = m^{-k} \alpha^{k(1-m)/m} \mathrm \alpha^k

这个奇点阶数为 k \left(1 - \dfrac 1m\right). 这个分数阶奇点就很奇怪: 如果你这样认为, 那么可以去看一下基于围道积分的一个初等的 \mathrm{SL}_2(\mathbb Z) 证明.

现在我们来考虑如何修正这个分数阶, 因为 Riemann-Roch 不能适用于分数阶除子. 我们仔细分析一下整个 \mathbb H 上的 \omega 在 p 局部的表现: 作为 \sum C_n \zeta^n, 对称性翻译为仅当 \zeta^n = \zeta^{-k} 才可能 C_n = 0, 即应该要满足的条件是 n+k \equiv 0 \pmod m. 因此如果我们真的按定义去看 \nu_p(\omega), 那么它应该是

\dfrac {k(m-1) + r}{m}, r = \min\{n : n + k \equiv 0 \pmod m\}.

用一些初等数论技巧可以证明这就是 \left\lfloor k \left(1 - \dfrac 1m \right) \right\rfloor.

最终我们得到了一个除子 D. 用 Riemann-Roch 定理可知我们需要的维度等于 \deg D - 1 + g + l(W - D), 其中 W 可以取 \sum \rm cusps. 因此可以在 W = \sum \rm cusps, E = \sum \rm elliptics \cdot corff 的意义下计算:

\begin{aligned} \deg(W-D) &= \deg \big((1-k) W - E\big) \\ &= (1-k) \deg W - \deg E \\ &= (1-k)(2g-1) - \sum \left\lfloor k\left(1 - \dfrac 1m\right)\right\rfloor \\ &\le (1-k)(2g-1) - (k-1) \sum \dfrac{m-1}{m} \\ &= (1-k)\left(2g-1 + \sum \dfrac{m-1}m\right) \\ &= (1-k) \mathrm{Area}(X) < 0. \end{aligned}

因此 l(W - D) = 0. 展开 \deg D 后直接得到维度公式

\dim M_{2k} = (2k - 1)(g - 1) + \sum_{p \operatorname{:} \mathrm{\text{椭圆或抛物}}} \left\lfloor k \left( 1 - \dfrac 1{e_p} \right) \right\rfloor.

严格来说其实还有奇数权的维度公式, 虽然我们在定义模形式的时候就没有考虑奇数权情形. 等到我们真正开始具体着手平方和问题的时候我们会对那个特定的 \Gamma 写这个公式.

椭圆曲线

刚才的东西可能有点太硬核了, 来点轻松愉快的.

我们先不看椭圆曲线, 我们先看圆锥曲线. 我们先随便取一个点 P, 固定一个圆锥曲线 C, 满足 P \in C. 考虑过点 P 的直线 l 的曲线系 \mathcal F. 任何一个圆锥曲线 C, 已经练习过无数次的联立方程告诉我们 \ell \cap C 的交点和一个二次方程的根对应. 既然我们不考虑实数而考虑复数, 自然我们就能定义其两个交点是 P,Q. 那么我们定义 \mathcal F \to C: \ell \mapsto Q. 然后我们发现 \mathcal F 的斜率一一对应于 \mathbb C \sqcup \{\infty\}, 也就是 C 也可以一一对应 (证明它) 于 \mathbb C \sqcup \{\infty\}. 然后我们知道这个 \mathbb C \sqcup \{\infty\} 可以化成一个球面, 所以 C 可以看成一个复球面.

我们该如何想象它呢, 我们想象一个球面, 然后用一个平面去截, 那么得到的结果是一个圆, 然后用一些拓扑的思维, 我们可以想象出三种曲线在粘合无穷远点之后是一个圆.

这是一张 TikZ 图片, 其位图化如下, 如果需要矢量图版本请编译下面云剪贴板中的内容.

图. 圆锥曲线 \simeq \mathbb S^1 的直观表示.

那么我们现在来研究三次曲线在等价类下的结果. 考虑 F(X,Y) \in \mathbb C, \mathrm d^2 F : (X,Y) \to \mathrm M_2, 因此考虑 Hesse 量 \det(\mathrm d^2 F). 那么 C : F = 0 和 \mathrm{Hes}C : \det(\mathrm d^2 F) = 0 存在交点 (这还是联立方程组的道理, 按照代数几何的术语讲叫做 Bézout 定理). 我们取某一个交点 P_0. 那么存在 \mathrm{Aut}(\mathbb P^3) 使得 P_0 \mapsto [0:1:0], 这样我们可以假设 P_0 = \infty. 现在考虑射影版本的 P(X,Y,Z), 那么 Z = 0 和 C 有三重交点. 那么可得 F(X,Y,0) = X^3, 也就是说 F 不会有 X^2 Y, X Y^2, Y^3 之类的项. 也就是说, 我们可以把 C 写成这样的形式:

C_{\rm Proj} : Y(YZ + aXZ + cZ^2) = X^3 + bX^2 Z + d XZ^2 + eZ^3.

左侧考虑平移 Y 做配方得到一个 Y^2 = \text{三次多项式}, 右侧考虑按三次多项式的方法消出一个 (X-\alpha Z)(X-\beta Z)(X-\lambda Z) 形式, 两者画等号. 所以我们证明了每个椭圆曲线都可以射影地化成这个形式, 再射影变换一下, \alpha = 0, \beta = 1. 然后可以发现它关于 Y 轴对称, 所以考虑一个 S = \{X : (X,Y) \in C\}. 那么不严谨地可以写 C 和 S \sqcup S \setminus \{0,1,\infty,\lambda\} 是一样的. 现在想象两个管状气球, 二者触碰在一起, 接触只有两条线段 (弧), 这两条线段的顶点分别是 0,1; \infty,\lambda. 可以想象这两个气球中间已经出现一个空洞, 并且如果把这两对弧黏上就成了一个环面 \mathbb T^2.

这个用想象力的证明很美妙, 但是它有一个缺陷: 我们为什么粘结 0,1 弧, 而不是直接粘结 0,1 两个点? 如果我们粘结 0,1 弧, 那么我们是不是应该也要连接 0,\lambda 或 0,\infty 这样的弧? 看上去粘结 0,1 两个点远远比粘结一个弧正确, 但是这样我们就得到一个亏格为 3 的曲面. 那么我们的最终结论是: 椭圆曲线是一个亏格为 3 的曲面吗? 并不是! 如果是 3 个亏格, 那么会存在一个实椭圆曲线 E(\mathbb R) 使得无穷远点粘合以后有 4 个圆形 (想象, 一定会存在一个面截亏格为 3 的曲线得到 4 个圈). 事实证明, 只会有两个, 那么它的亏格最多是 1.

我们需要更严谨的证明. 而这对于一个熟悉拓扑学的人来说非常简单; 既然我们有一个映射 \alpha, 使得 \alpha^{-1}(p) 有 2 个元素, 除了例外 4 个点; 那么它有 Euler 示性类 \chi = 2 \chi (\mathbb S^2) - 4 = 0. 足以说明这是一个环面.

已知它是一个环面, 我们就可以构造出这个环面对应的 \mathbb C / \Lambda. 考虑 \omega = \dfrac{\mathrm dX}{Y}, 那么 \omega 是全纯的. 可以对 Y = 0, Y \in (0, \infty), Y = \infty 分别验证. 现在考虑积分:

f(\gamma) = \int_\gamma \omega, \quad \gamma : \infty \to P.

假设 \gamma, \gamma' 都是 \infty \to P, 那么 f(\gamma) - f(\gamma') 相当于在 \gamma - \gamma' \in \pi_1(E) 上积分; 然而, \pi_1 \simeq \mathbb Z^2, 可知 \tilde f : E \to \mathbb C / f(\pi_1(E)) 是一个良定义函数, 让 \Lambda = \mathbb C / f(\pi_1(E)), 然后 E 紧告诉我们 \mathrm{im} / \Lambda 紧, 也就迫使 \tilde f 是满射.

下面我们即将证明 AF+BG 定理, 这个定理使我们能定义椭圆曲线的点加法. 考虑曲线 V(F) : F = 0, V(G) : G = 0, 在射影平面 F,G \in \mathbb C[X,Y,Z] 上; 我们尝试定义 V(F) 上在 P 处有定义的所有有理函数构成的环, 我们自然要从所有在 V(F) 上定义的有理函数 \mathbb C(V(F)) 上萃取, 而 \mathbb C(V(F)) 的定义就不容易了, 首先, 由于要满足 f(\lambda X,\lambda Y,\lambda Z) = f(X,Y,Z), 所以这个有理函数 p 必须是齐次 0 次的, 也就是类似于 \dfrac XZ, \dfrac YZ 的有理函数; 然后, 我们只关心这个函数在 F 上的取值, 也就是说如果 A-B = \mathrm{\text{多项式}} \cdot F, 那么我们认为 A,B 生成了相同的有理函数. 综上, 一个合理的 \mathbb C(V(F)) 的定义如下: 考虑环 A= \mathbb C[X,Y,Z]/(F), 由于 F 的齐次的, A 自然有一个分次结构; 然后我们定义 \mathbb C(V(F)) = \{P \in \operatorname{Frac} A : P\ \text{是 0 次齐次的}\}. 然后 \mathcal O_{V(F),P} = \{f \in \mathbb C(V(F)) \mid f\ \text{在}\ P\ \text{处有定义}\}.

\boldsymbol{AF+BG} 定理. 考虑 F,G \in \mathbb C[X,Y,Z] 齐次, V(F) 光滑, V(F) \cap V(G) \subseteq \mathbb P^2 有限, m = \deg F, n = \deg G, H \in \mathbb C[X,Y,Z] 齐次且次数为 m+n-3, 满足在每一个局部,

H \in (F,G) \subset \mathcal O_{\mathbb P^2,P},

则存在形如 H=AF+BG 的分解, 使得 A,B 齐次.

证明. 对于齐次多项式 K, 定义 D(F,K) = \sum_{P \in V(F,K)} \text{相交重数} \cdot P. 我们希望它能凑出一个 \vec{\nu}(f), 但 K 并不定义函数, 因此随意取一条直线 \ell, 设零次齐次式 \dfrac{K}{\ell^d} 就定义了 V(F) 上一条函数, 因此 D(F,K) \equiv d D(F,\ell) \pmod{\vec{\nu}}. 由于 V(F) 光滑, 我们可以把 K 看成 V(F) 上的函数, 对每一个局部环 H \equiv G \in \mathcal O_P \pmod F, 也就是, D(F,H) \ge D(F,G). 这样, \Delta = D(F,H) - D(F,G) \equiv (m-3) D(F, \ell) \pmod {\vec{\nu}}, 其中 \pmod{\vec \nu} 代表在 \mathbb Z^{\oplus X}/\{\vec \nu (f) : f \in \mathbb C(X)\} 上相等.

假设 \omega 是 \mathbb P^2 上的一个 2-形式, 注意到 \vec \nu(\omega) - \vec \nu(\omega') = \vec \nu (\text{0-形式}), 所以所有的 \vec \nu(\omega) \equiv \vec \nu(\omega') \pmod {\vec \nu} (糟糕的符号), 这启示我们可以只研究 \omega = \mathrm du \wedge \mathrm dv, 其中 u = \dfrac XZ, v = \dfrac YZ, 并研究在无穷远直线 Z=0 处它的表现. 那么我们自然要换元 U = \dfrac XY, V = \dfrac ZY, 那么 \mathrm du \wedge \mathrm dv = -U^{-3} \mathrm dU \wedge \mathrm dV, 进而所有的 \vec \nu(\omega) \equiv -3 D(F, \ell)\pmod{\vec \nu}. 限制在 V(F) 上, \omega 是一个 1-形式, 这样 \vec \nu \left(\omega \middle \vert_{V(F)}\right) \equiv (m-3) D(F, \ell) \equiv D(F,G) \pmod {\vec \nu}.

仿照之前对 Riemann-Roch 的证明不难证出

l(D) - l\left(\vec \nu \left(\omega \middle \vert_{V(F)}\right) - D \right) = \deg D+ 1 - g,

那么 l\ \vec \nu \left(\omega \middle \vert_{V(F)}\right) = g = \binom{m-1}{2}. 注意到:

\mathbb P(\{m-3\ \text{次齐次多项式}\}) \leftrightarrow \{D(Q,F)\mid Q:m-3\ \text{次齐次多项式}\} =: V_{m-3}

(双射证明: 满射显然, 单射只需注意到 \ker \vec {\nu} = \mathbb C^\times), 同时, 注意到 l\ \vec \nu \left(\omega \middle \vert_{V(F)}\right) = g 导出

\left\{E \ge 0 : E \equiv D \pmod{\vec \nu}\right\} \simeq (L(D) \setminus \{0\}) / \mathbb C^\times,

有维度 g-1, 而 m-3 次齐次多项式的维度恰好为 g, 故 V_{m-3} 的维度也是 g-1, 故 V_{m-3} 恰好就是所有 \ge 0 且 \equiv D \pmod {\vec{\nu}} 的除子.

因此对于 \Delta = D(F,H) - D(F,G), 存在一个 m-3 次齐次多项式 B 使得 D(F,B) = \Delta, 进而在 V(F) 上 \dfrac {H}{BG} \in \mathbb C^\times, 故在 V(F) 上 H = \lambda BG, 也就是 H = AF + (\lambda B) G. 大功告成.

为了篇幅简短我写了 d=n+m-3 的证明, 这个结论对于 d \ge n+m-3 都是成立的, 此时要考虑的空间是

(d-n\ \text{次齐次式}) / (F \cdot (d-n-m\ \text{次齐次式}))

维度为 tm+1-g, 然后另一侧计算 l(tH) = tm+1-g.

证明了 AF+BG 定理之后, 我们先来讨论在圆锥曲线上的应用.

CB(3,3). 如果两个三次曲线交于 9 点, 第三个三次曲线过其中 8 个, 则这个三次曲线也过最后一个.

证明. 假设三个三次曲线分别是 C, D, E, 分别对应多项式 F,G,H, A = C \cap D, 则 C \cap E = A - P + Q (P,Q 代表点), 考虑 \ell, \ell' 均为过 Q 的直线, 很显然可以导出 \ell H = p F + q G, \ell' H = p' F + q' G (根据 AF+BG 定理), 解出 F(\ell' q - \ell q') + G(\ell' p - \ell p') = 0, 由于 \gcd(F,G) = 1, 所以 \ell' q = \ell q', \ell' p = \ell p'. 也就是说, p,p',\ell 是同一条直线, q,q',\ell' 也是, 这样 \ell H = p F + q G 的意思就是 H \in (F,G), 也就是 E 过 P.

Pascal 定理. 若 \Gamma 是圆锥曲线, 其上有六个点 A,B,C,D,E,F, 则 P = AB \cap DE, Q = BC \cap EF, R = CD \cap FA 共线.

这是一张 TikZ 图片, 其位图化如下, 如果需要矢量图版本请编译下面云剪贴板中的内容.

图. Pascal 定理.

证明. 考虑 \Psi = AB \cup CD \cup EF, \Phi = BC \cup DE \cup FA, 则 \Psi \cap \Phi = \{A,B,C,D,E,F,P,Q,R\}. 因此, \Gamma \cup PQ 过九个交点中的 8 个, 进而它过 R, 由于 R \notin \Gamma, P,Q,R 共线.

利用 Pascal 定理的退化情况 A_1 = A_2 可以单尺作图做圆锥曲线过其上一点的切线. 具体地, 在椭圆上任取 A,B,C,D 四个点. 设 M = PA \cap CD, N = PD \cap AB, K = BC \cap MN, 则 KP 为所求.

我们回到正题. 取一条椭圆曲线 (光滑的三次曲线) \Gamma. 任取 P,Q \in \Gamma. 则 PQ 与 \Gamma 交于第三点, 记作 \phi(P,Q). 任取 O \in \Gamma, 定义 P+Q = \phi(O,\phi(P,Q). 则 (\Gamma,+) 是一个 Abel 群. 其中, 除了结合律以外的运算律都是平凡的, 而结合律是 CB(3,3) 的直接推论.

通过简单的坐标运算可以知道, 一个椭圆曲线 \Gamma : Y^2 = X^3 + pX + q\ (p,q \in K) 有其一个子群, 其全体 K-有理　点 \Gamma(K) = \Gamma \cap K^2. 则 \Gamma(K) 的加法结构形成一个有限生成 Abel 群. 这是 Mordell-Weil 定理. 进一步地, \Gamma(K) 的挠子群只可能是

\mathbb Z / n \mathbb Z\ (n \le 12, n \ne 11)\ \text{或}\ \mathbb Z / 2 \mathbb Z \oplus \mathbb Z / n \mathbb Z\ (n \in \{1,2,3,4\}).

Eisenstein 级数

后文中, 引入记号 \left.f\right\rvert_{2k} \gamma : t \mapsto \det(\gamma)^{k} (ct+d)^{-2k} f(\gamma t). M_{2k}(\Gamma) 为在群 \Gamma 上的 2k 权模形式空间, S_{2k}(\Gamma) 是满足 (\left.f\right\rvert_{2k} \gamma) \infty = 0 的 2k 权模形式空间.

我们关心 M_{2k} 是否有一组自然的基, 以及我们怎么定义 M_{2k} 上的对称性, 以及这些对称性能否被良好的对角化. 这个对称变换除了是 M_{2k} 的自同构以外, 还应该保持其度量结构. 因此人们定义一个 Petersson 内积的概念.

取 \Gamma 的一个基本区域 \mathcal F \simeq \mathbb H / \Gamma, 定义 \mathcal F 上的一个测度结构: \mathrm d \mu (x + y \mathrm i) = \dfrac{\mathrm dx \wedge \mathrm dy}{y^2}. 此 \mathrm d \mu 是双曲几何的基本定义. 此时我们设: 若 f,g \in M_{2k} 且其中一个 \in S_{2k}, 则可以定义 Petersson 内积:

\langle f, g \rangle = \dfrac{1}{\mu(\mathcal F)} \int_\mathcal F f(t) \overline{g(t)} \Im(t)^{2k} \mathrm d \mu (t).

注意到 f(t) \overline{g(t)} \Im(t)^{2k} = f(\gamma t)\overline{g(\gamma t)} \Im(\gamma t)^{2k}, 当 \Im(t) \to \infty, 若 f \in S_{2k}, f(t) \sim \exp(- \tau \Im(t) / \Re(t)), 因此 f(t) \overline{g(t)} \Im(t)^{2k} 没有奇点, 这样 \phi(t) = f(t) \overline{g(t)} \Im(t)^{2k} 就给出一个 \widehat{\mathbb H/\Gamma} 上的整函数, 紧性给出 \phi 有界, 进而 \langle f, g \rangle < \infty.

用 Petersson 内积的定义可以计算出 \langle f, g \rangle_\Gamma = \langle \left.f\right\rvert_{2k} \alpha, \left.g\right\rvert_{2k} \alpha \rangle_{\alpha^{-1}\Gamma\alpha}. 下面我们证明, S_{2k} 的正交补是 Eisenstein 函数空间, 首先我们定义之: 对于一个尖点 p, p 的稳定化子 \Gamma_p 在 \mathrm {PSL} 的意义下一定同构于 \mathbb Z, 在整个 \rm SL 的意义下同构于 \mathbb Z \times \mathbb Z / 2 \mathbb Z. 那么不难发现我们可以找到一个算子 \sigma_p, 使得 \sigma_p \infty = p, 且 \gamma \mapsto \sigma_p^{-1} \gamma \sigma_p 给出了 \Gamma_p \simeq \mathbb Z (或 \mathbb Z \times \mathbb Z / 2 \mathbb Z) 的同构, 其中 \mathbb Z 在矩阵空间的嵌入按照 \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix} 定义. 那么定义

E_p(z,k) = \sum_{\Gamma_p g \in \Gamma/\Gamma_p} \Im(\sigma_p^{-1} g z)^k.

那么 Eisenstein 函数空间 \mathcal E_{2k} = \operatorname{span}\{E_p(\cdot, 2k)\}.

正交性的证明主要是源于 \int_\mathcal F \sum_{\Gamma/\sigma_p^{-1} \Gamma_p \sigma_p} = \int_{\mathbb H / \sigma_p^{-1} \Gamma_p \sigma_p} = \int_{[0,1] + \mathbb R\mathrm i} 这一事实, 直接将 \langle f,E_p(\cdot,k) \rangle 交换求和顺序得到

\int_{[0,1] + \mathbb R \mathrm i} \left( \left.f\right\rvert_{2k}\sigma_a\right)(z) \cdot \Im(z)^{2k} \mathrm d \mu(z)

考虑 \left.f\right\rvert_{2k} \sigma_a 在 z = \infty 处的 Fourier 展开式为: 令 q = \exp (\tau \mathrm i z), 则一定形如 a_1 q + a_2 q^2 + \dots (因为 f 是尖点形式). 而 z \in [0,1] + k\mathrm i 对应 q 为一个围绕 0 的围道, 那么恰好

\int_{[0,1]+k\mathrm i} \left(f\middle\lvert_{2k}\sigma_a\right)(z) \mathrm dz= 0

因此整个积分为 0. 而考虑尖点集合 \rm Cusps, 定义 \mathrm{CT} : M_{2k} \to \mathbb C^{\oplus \rm Cusps}, 有正合列

0 \to S_{2k} \to M_{2k} \to \mathbb C^{\oplus \rm Cusps} \to 0,

这是因为 S_{2k} \cap \mathcal E_{2k} = 0, 而 \mathcal E_{2k} 和 \mathbb C^{\oplus \rm Cusps} 恰好同维度, 根据定义 \ker \mathrm{CT} = S_{2k}, 故限制在 \mathcal E_{2k} 上 \rm CT 是一个同构, 这就说明其正合性以及 M_{2k} \simeq S_{2k} \oplus \mathcal E_{2k}.

当 \Gamma = \mathrm{PSL}_2(\mathbb Z) 时, 唯一尖点是 \infty, Eisenstein 级数是:

E_{2k}(z) = \sum_{(m,n) \ne (0,0)} (m+nz)^{-2k},

带入 z = \infty, 则只有 n = 0 项有贡献, 也就是 E_{2k}(z) = \zeta(2k). 这样构造一个尖点形式 \Delta = \dfrac{E_4^3 - E_6^2}{12^3} \in S_{12}, 而用位数公式不难发现 \dim S_{2k} = \dim M_{2k - 12}, 也就是 f \mapsto f \Delta 给出 M_{2k - 12} \to S_{2k} 的同构. 且下面将证明 M 由 E_4,E_6 代数无关地生成: 很明显 M_{4,6,8,10} (用维度公式) 均由 E_4,E_6 生成, 后乘上若干个 \Delta 可得全空间由 E_4,E_6 生成; 而若 E_4,E_6 线性相关, 考虑 P(E_4,E_6) = 0, 则其任意一个 4a+6b 权部分等于 0. 取 Q = \dfrac{P}{E_4^a E_6^b}, 那么 Q(E_4,E_6)=0 是一个关于 \dfrac{E_4^3}{E_6^2} 的多项式方程, 而显然 \dfrac{E_4^3}{E_6^2} 不是一个常数.

我们来寻觅对于其它 \Gamma 的类似结果.

自守形式

参考资料

李文威的《模形式初步》.

使用了 Google Gemini 3 Pro 以及 GPT-5.2-Thinking 生成一些 TikZ 图片.

Bhargava 的 Higher Composition Law I~IV.

Jean-Pierre Serre 的 A Course In Arithmetic.

[^0]: 星尘群: 《五维介质》设定. 正四面体群. [^1]: 苍穹群: 《五维介质》设定. 正八面体群. [^2]: 海伊群: 《五维介质》设定. 正二十面体群.