模形式（一）
WorldMachine
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2026-07-23 09:43:05
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算法·理论
燻る脳内はずっとキミ しか居ないから……
决定重新写一下这些东西，希望还是能写得比较详细。以及机器的华文造诣 不是很高，可能出现一些随机说话的情况，额对。
定义 \text{Mat}_n(S) 为元素属于 S 的 n\times n 方阵组成的集合。通常来说，所研究的 S 都具有比较优秀的性质，譬如 S 为交换环时，可以在 \text{Mat}_n(S) 上定义行列式（和在 \mathbb C 上的定义一致）：
\det(A)=\sum_{p\in S_n}(-1)^{\text{inv}(p)}\prod_{i=1}^nA_{i,p_i}
再定义 \text{GL}_n(S) 为 \text{Mat}_n(S) 中行列式不为零元的矩阵组成的集合，\text{SL}_n(S) 为 \text{GL}_n(S) 中行列式为幺元的矩阵组成的集合；易知 \text{SL}_n(S) 对矩阵乘法有封闭性；且当 S 为域时，\text{GL}_n(S) 和 \text{SL}_n(S) 对矩阵乘法均构成群。在 P1951 的题解区中，有对如何求出 |\text{SL}_n(\mathbb Z/m\mathbb Z)| 的讨论，即求模 m 意义下行列式为 1 的 n\times n 方阵数，在此略去。
在 \text{SL}_n(S) 中令 n=2,S=\mathbb Z 就得到模形式所研究的主体之一：模群 ，即：
\text{SL}_2(\mathbb Z)=\left\{\left.\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\ \right|\ a,b,c,d\in\mathbb Z,ad-bc=1\right\}
这看起来是个很特殊化的例子，但随后会发现，这样定义的群对我们所要研究的对象已经足够；或者说，正是这样的矩阵才能够用来描述下面的分式变换。
首先考虑如何刻画 \text{SL}_2(\mathbb Z) 的结构，显然其对矩阵乘法封闭；同时我们希望其是有限生成的，并且能够找到它的一组较为简单的生成元，这样之后研究其在某些群上的作用时，就能把复杂的作用拆分成形式简单的作用的序列组合。
模群中有一类形式简单的矩阵，形如 \begin{bmatrix}1&n\\0&1\end{bmatrix} ，其中 n 为任意整数，易知其等价于 \begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^n ；对于矩阵 \begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix} ，将其右乘上 \begin{bmatrix}1&n\\0&1\end{bmatrix} 得到 \begin{bmatrix}a&an+b\\c&cn+d\end{bmatrix} ，形式上类似于倒着做辗转相除；而为了实现欧几里得算法，还需要做交换两列的操作，使用 \begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix} ，带来的负号实质上不会影响辗转相除的过程，取模时取绝对值即可。
这样通过辗转相除将下面一行化为 \begin{bmatrix}0&\pm1\end{bmatrix} ，又由于 \begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}^2=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix} ，可以将下面一行化作 \begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix} 。又因为行列式为 1 ，左上角元素一定为 1 ，因此这样得到的矩阵一定是 \begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^n 的形式。
因此有 \text{SL}_2(\mathbb Z)=\left\langle\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}\right\rangle ；类似地可以证明，二者在模 N 意义下的生成群 \left\langle\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}\right\rangle\bmod N=\text{SL}_2(\mathbb Z/N\mathbb Z) ，这也意味着商同态 \mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z 导出的群同态 \pi_n:\text{SL}_2(\mathbb Z)\to\text{SL}_2(\mathbb Z/N\mathbb Z) 是满射。进一步地推广可以得到，对于任意主理想整环（PID）R ，商同态 R\to R/aR 导出的群同态 \pi_a:\text{SL}_2(R)\to\text{SL}_2(R/aR) 是满同态，证明略。
再定义 \gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z) 在黎曼平面 （扩充复平面）\widehat{\mathbb C}=\mathbb C\cup\{\infty\} 上的作用为线性分式变换 \gamma(\tau)=\dfrac{a\tau+b}{c\tau+d} ，特别地，\gamma(\infty)=\dfrac ac ；而分母为 0 时其取值为 \infty 。那么有 \begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}(\tau)=\tau+1 ，\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}(\tau)=-\dfrac1\tau ，模群中的所有作用都能够拆分成这两者的序列组合。
不难通过计算验证该变换符合群作用的定义，即 (\gamma\gamma_1)(\tau)=\gamma(\gamma_1(\tau)) ：
\dfrac{a\frac{a'\tau+b'}{c'\tau+d'}+b}{c\frac{a'\tau+b'}{c'\tau+d'}+d}=\dfrac{a(a'\tau+b')+b(c'\tau+d')}{c(a'\tau+b')+d(c'\tau+d')}=\dfrac{(aa'+bc')\tau+(ab'+bd')}{(ca'+dc')\tau+(cb'+dd')}
考虑该作用的数值性质，通过导数的简单计算易知 \dfrac{\text{d}\gamma(\tau)}{\text{d}\tau}=\dfrac{1}{(c\tau+d)^2} ；且分式上下同时乘上 c\bar{\tau}+d 后可得 \text{Im}(\gamma(\tau))=\dfrac{\text{Im}(\tau)}{|c\tau+d|^2} ，分母恒 \ge0 ，这意味着除涉及到 \infty 的情况外，不论如何变换，\text{Im}(\tau) 的正负是不变的。
因此下面在上半复平面 \mathcal H=\{\tau\in\mathbb C\mid\text{Im}(\tau)>0\} 上考虑问题。如果在上面的微分关系式中代入 f(\gamma(\tau))\text{d}\gamma(\tau)=f(\tau)\text{d}\tau ，其中 f 是 \mathcal H 到 \mathbb C 的映射，可以得到 f(\gamma(\tau))=(c\tau+d)^2f(\tau) ；再例如对于常值函数 f ，有 f(\gamma(\tau))=f(\tau) 。类比推广，我们作如下定义：
对于整数 k ，定义 f:\mathcal H\to\mathbb C 是权 k 的弱模函数 ，若对于 \gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z),\tau\in\mathcal H ，有 f(\gamma(\tau))=(c\tau+d)^kf(\tau) 。例如，令 \gamma=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix} ，那么有 f(\tau)=(-1)^kf(\tau) ，因此当 k 为奇数时，必定有 f(\tau)=0 ；再令 \gamma=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix} ，那么有 f(\tau+1)=f(\tau) ，也就是说弱模函数在实数方向上必定有 1 的周期。
考虑计算 f((\gamma_1\gamma_2)(\tau)) ，设 \gamma_1\gamma_2=\gamma_3 ，有：
\begin{aligned}
f((\gamma_1\gamma_2)(\tau))&=f(\gamma_1(\gamma_2(\tau)))=(c_1\gamma_2(\tau)+d_1)^kf(\gamma_2(\tau))\\
&=\left(c_1\dfrac{a_2\tau+b_2}{c_2\tau+d_2}+d_1\right)^k(c_2\tau+d_2)^kf(\tau)\\
&=\left(\left(c_1\dfrac{a_2\tau+b_2}{c_2\tau+d_2}+d_1\right)(c_2\tau+d_2)\right)^kf(\tau)\\
&=((c_1a_2+d_1c_2)\tau+(c_1b_2+d_1d_2))^kf(\tau)=(c_3\tau+d_3)^kf(\tau)
\end{aligned}
自然能推广到多个 \gamma 连乘的情况，由此可以得出，若对于子群 \Gamma\le\text{GL}_2(\mathbb Z) 的一组生成元 \langle\gamma_1,\cdots,\gamma_k\rangle ，均满足 f(\gamma_i(\tau))=(c_i\tau+d_i)^kf(\tau) ，那么 f 在 \Gamma 上满足弱模函数的定义，在下一节中，我们将着重研究一类特殊子群：同余子群 上的弱模函数（以及即将在下面定义的模形式），并得出一些有趣的结论。
为了进一步完善 \widehat{\mathbb C} 的结构，需要严格定义在 \infty 处解析的条件。
定义去心单位圆盘 D=\{q\in\mathbb C\mid|q|\in(0,1)\} ，不难验证映射 \tau\mapsto\text{e}^{2\pi\text{i}\tau}=q 将 \mathcal H 映射到 D 上；设 g(q)=f(\tau)=f\left(\dfrac{\log q}{2\pi\text{i}}\right) ，这里的 \log q 是复变对数的主值，那么若 f 在 \mathcal H 上解析，则 g 在 D 上解析。
该映射的好处在于，由 |q|=\text{e}^{-2\pi\text{Im}(\tau)} 可以知道，在 \mathcal H 上沿 \text{Im}(\tau)\to\infty 走到 \infty 的过程，被映射到了在 D 上沿对应路径走到 0 的过程。因此若 g 在 q=0 处存在幂级数展开 g(q)=\displaystyle\sum_{n\ge0}a_nq^n ，即 g 在 q=0 处解析，则称 f 在 \infty 处解析，级数 \displaystyle\sum_{n\ge0}a_n\text{e}^{2\pi\text{i}n\tau} 为 f 在 \infty 处的 Fourier 展开，下面有时也记 [q^n]f=a_n 。
事实上在证明 f 在 \infty 解析时，很多时候并不需要真正地求出 g 在 q=0 处的幂级数展开，只需要说明 f 在 \text{Im}(\tau)\to\infty 时的极限 \lim\limits_{\text{Im}(\tau)\to\infty}f(\tau)=\lim\limits_{q\to0}g(q) 存在即可，这一条件实际上也就等价于固定 \text{Re}(\tau) 而 \text{Im}(\tau)\to\infty 时 f(\tau) 有界。
现在可以定义模形式了。若权 k 的弱模函数 f 在 \mathcal H 上和 \infty 处均解析，那么称 f 是权 k 的模形式 ，记所有权 k 的模形式构成集合 \mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) ，容易验证其为 \mathbb C 上的线性空间，而在 \infty 处解析的限制保证了其维度是有限的（Why? ）。
同时，对于权 k 的模形式 f 和权 l 的模形式 g ，设 h 满足 h(\tau)=f(\tau)g(\tau) 为其乘积，由定义显然可以得到 h 为权 k+l 的模形式。因此直和：
\mathcal M(\text{SL}_2(\mathbb Z))=\bigoplus_{k\in\mathbb Z}\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))
构成环，同时也是所谓的分次环。
由定义知，零函数 f(\tau)=0 是任意权的模形式，常值函数 f(\tau)=C 是权 0 的模形式。对于 k>0 ，我们希望找到一些非平凡的模形式的例子。
对于 k>2 ，定义权 k 的 Eisenstein 级数 为 G_k(\tau)=\displaystyle\sum_{(c,d)\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k} ，可以看作是 Riemann ζ 函数的二维版本（？）。
在 k>2 的限制下，不难得到 G_k(\tau) 在 \mathcal H 上是绝对收敛的，意味着求和项之间的顺序可以随意重排；同样也能证明其在 \mathcal H 上是解析的，在此略去。
对于 \gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z) ，将其带入级数中，有：
\begin{aligned}
G_k(\gamma(\tau))&=\sum_{(c',d')\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}}\left(c'\dfrac{a\tau+b}{c\tau+d}+d'\right)^{-k}\\
&=(c\tau+d)^k\sum_{(c',d')\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}}\dfrac{1}{((ac'+cd')\tau+(bc'+dd'))^k}
\end{aligned}
如果 (ac'+cd',bc'+dd') 仍不重不漏地取遍 \mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\} ，则求和式也就等于 G_k(\tau) ，那么 G_k 就是权为 k 的弱模函数（注意这都是建立在 G_k 绝对收敛，也就是可以随意重排的基础上的，而当 k\le 2 时并不满足这一点）。由于有 \begin{bmatrix}ac'+cd'&bc'+dd'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}c'&d'\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix} ，而 \gamma 满秩（因为 \det(\gamma)=1 ），可以得到 (c',d')\mapsto(ac'+cd',bc'+dd') 是双射，想要的结论也就是成立的，也就是说有 G_k(\gamma(\tau))=(c\tau+d)^kG_k(\tau) 。
因此可以得到 k 为奇数时 G_k(\tau)=0 ，以及 G_k 在实数方向上有周期 1 等性质；而当 k 为偶数时，通过直接计算极限（分 c=0 和 c\neq 0 两部分）的方式，可以得到 \lim\limits_{\tau\to\text{i}\infty}G_k(\tau)=2\zeta(k) ，具体推导在此略去；因此有 G_k\in\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 。
下面求出 G_k 在 \infty 处的 Fourier 展开。首先有：
\begin{aligned}
\sum_{(c,d)\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k}&=\sum_{d\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\dfrac{1}{d^k}+\sum_{c\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k}\\
&=2\zeta(k)+2\sum_{c=1}^{\infty}\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k}&(\text{for }2\mid k)
\end{aligned}
对于内层求和，有余切函数的部分分式展开 ：
\dfrac1\tau+\sum_{d=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{\tau+d}+\dfrac{1}{\tau-d}\right)=\pi\cot(\pi\tau)
注意等式左侧并不能想当然地写成 \displaystyle\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{\tau+d} ，因为这个和只是条件收敛的，其值依赖于指定的求和顺序。
证明考虑欧拉的正弦函数的无穷乘积公式 ：
\sin(x)=x\prod_{d=1}^{\infty}\left(1-\dfrac{x^2}{d^2\pi^2}\right)
代入 x=\pi\tau 之后两侧同时取对数：
\begin{aligned}
\ln\sin(\pi\tau)&=\ln(\pi\tau)+\sum_{d=1}^{\infty}\ln\left(1-\dfrac{\tau^2}{d^2}\right)\\
&=\ln(\pi\tau)+\sum_{d=1}^{\infty}\left(\ln\left(1+\dfrac\tau d\right)+\ln\left(1-\dfrac\tau d\right)\right)
\end{aligned}
随后对 \tau 求导即可得到上面的形式。
还有一种证法是说明等式两侧的极点及其留数完全一致，并且其差在 \mathbb C 上有界，然后用 Liouville 定理说明两侧相等。不过机器的复分析造诣 很差所以就不写了。
然后展开 \cot(\pi\tau)=\dfrac{\cos(\pi\tau)}{\sin(\pi\tau)}=\text{i}\dfrac{e^{\pi\text{i}\tau}+e^{-\pi\text{i}\tau}}{e^{\pi\text{i}\tau}-e^{-\pi\text{i}\tau}}=\text{i}\dfrac{e^{2\pi\text{i}\tau}+1}{e^{2\pi\text{i}\tau}-1} ，代入 q=e^{2\pi\text{i}\tau} 并用等比数列求和展开，可以得到有：
\dfrac1\tau+\sum_{d=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{\tau+d}+\dfrac{1}{\tau-d}\right)=\pi\text{i}\left(1-2\sum_{d=0}^{+\infty}q^d\right)
两侧同时对 \tau 求 k-1 阶导，由于分母次数 \ge2 ，左侧变得绝对收敛，因此可以合成一个求和号：
\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(\tau+d)^k}=\dfrac{(-2\pi\text{i})^k}{(k-1)!}\sum_{d=0}^{+\infty}d^{k-1}q^d
带回到原式，注意对于非平凡的情形有 2\mid k 且 k\neq0 ，因此：
\begin{aligned}
\sum_{c=1}^{\infty}\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k}&=\dfrac{(2\pi\text{i})^k}{(k-1)!}\sum_{c=1}^{\infty}\sum_{d=1}^{+\infty}d^{k-1}q^{cd}\\
&=\dfrac{(2\pi\text{i})^k}{(k-1)!}\sum_{n=1}^{\infty}\sigma_{k-1}(n)q^n
\end{aligned}
其中 \sigma_m(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}d^m 是因子幂和函数，因此对于 G_k 有：
G_k(\tau)=2\zeta(k)+2\dfrac{(2\pi\text{i})^k}{(k-1)!}\sum_{n=1}^{\infty}\sigma_{k-1}(n)q^n
对常系数做归一化，定义 E_k(\tau)=\dfrac{G_k(\tau)}{2\zeta(k)} 为标准 Eisenstein 级数，由于只是除了一个常系数，其仍然是权 k 的模形式；而通过枚举 n=\gcd(c,d) 可以得到 E_k 的数论含义：
\begin{aligned}
G_k(\tau)&=\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{\gcd(c,d)=n}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k}\\&=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^k}\sum_{\gcd(c,d)=1}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k}
\end{aligned}
第一个求和式就是 \zeta(k) ，因此有 E_k(\tau)=\dfrac12\displaystyle\sum_{\gcd(c,d)=1}\dfrac{1}{(c\tau+d)^k} 。
然后是 E_k 的 Fourier 展开，由经典结论 2\zeta(k)=-\dfrac{(2\pi\text{i})^kB_k}{k!} （B_k 为伯努利数，证明在最后面），可以直接得到：
E_k=1-\dfrac{2k}{B_k}\sum_{n=1}^{+\infty}\sigma_{k-1}(n)q^n
将常数项归一化的好处是，现在可以更简单地研究 E_k 乘法的性质；前面提到过，\mathcal M(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 是分次环，且对于固定的 k ，\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 是 \mathbb C 上的线性空间；例如对于 k=8 ，E_4^2 和 E_8 都是 \mathcal M_8(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 中的元素，且如果 \dim\mathcal M_8(\text{SL}_2(\mathbb Z))=1 则 E_4^2\propto E_8 ，又由于其常数项均为 1 ，可以直接得到二者相等，从而能导出 \sigma_3 的卷积恒等式等，当然那都是后面的事情了。
上面通过将 Fourier 展开中的常数 a_0 归一化，得到了方便计算乘法的一类模形式；自然想到，如果令 a_0=0 ，得到的这类模形式将对加法和数乘封闭，这很理想 。
若权 k 的模形式 f 的 Fourier 展开中常数项 a_0=0 ，即有 f(\tau)=\displaystyle\sum_{n\ge1}a_nq^n ，则称 f 是权 k 的尖点形式 ，记所有权 k 的尖点形式构成集合 \mathcal S_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) ，那么显然有 \mathcal S_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 是 \mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 的线性子空间，并且分次环：
\mathcal S(\text{SL}_2(\mathbb Z))=\bigoplus_{k\in\mathbb Z}\mathcal S_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))
是 \mathcal M(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 的理想。
由定义不难推知，模形式 f 是尖点形式，当且仅当 \lim\limits_{\text{Im}(\tau)\to\infty}f(\tau)=0 。在后面我们将见到很多尖点形式的例子，例如定义判别式函数 \Delta(\tau)=(60G_4(\tau))^3-27(140G_6(\tau))^2 ，它是 \mathcal M_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 中元素的线性组合，因此它是权 12 的模形式；且通过一些基本的计算可以知道 [q^0]\Delta(\tau)=0,[q^1]\Delta(\tau)=(2\pi)^{12} ，因此有 \Delta\in\mathcal S_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 。
在后面我们将证明，\Delta 在 \mathcal H 上没有零点，也就是说 \infty 是它的唯一零点；因此定义模函数 j(\tau)=\dfrac{1728(60G_4(\tau))^3}{\Delta(\tau)} ，由于它在 \infty 上有一阶极点，其并不是模形式，但仍然是弱模函数，由于分子和分母的权都为 12 ，有：
j(\gamma(\tau))=j(\tau)\qquad\text{for }\gamma\in\text{SL}_2(\mathbb Z),\tau\in\mathcal H
因此 j 也被称作模不变量 。
然后这里应该是附录以及碎碎念。
首先是为什么模形式的定义里要保证 f 在 \infty 处解析：例如上面给出的 \Delta(\tau) ，它是权 12 的尖点形式，并且后面会讲到，它在 \mathcal H 上没有零点，那么考虑 \dfrac{1}{\Delta(\tau)} ，那么它在 \mathcal H 上也是解析的，但是在 \infty 处有一个极点。
那么假如去掉在 \infty 处解析的限制，那么对于任意权 k 的模形式 f 和整数 d ，都可以构造 f\left(\dfrac{E_{12}}{\Delta}\right)^d 符合定义，并且它们线性无关，意味着空间变成了无限维，这很不好。但我还是不知道为啥加了这个限制维度就一定有限了，显然在哪。好像还能扯到什么代数几何的东西上面去不过我不会。
然后就是那个关于伯努利数的式子，根据 \pi\tau\cot(\pi\tau) 的展开式：
\pi\tau\cot(\pi\tau)=\pi\text{i}\tau\left(1+\dfrac{2}{\text{e}^{2\pi\text{i}\tau}-1}\right)=\pi\text{i}\tau+\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{B_n}{n!}(2\pi\text{i}\tau)^n
第二步使用了伯努利数的 EGF \dfrac{z}{e^z-1} 。再由余切函数的部分分式展开 得：
\begin{aligned}
\pi\tau\cot(\pi\tau)&=1-2\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{\tau^2}{n^2-\tau^2}=1-2\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(\tau/n)^2}{1-(\tau/n)}\\
&=1-2\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\dfrac\tau n\right)^{2k}=1-2\sum_{k=1}^{+\infty}\zeta(2k)\tau^{2k}
\end{aligned}
比较系数，则对于偶数 k>0 ，有 2\zeta(k)=-\dfrac{(2\pi\text{i})^kB_k}{k!} ，这也就同时给出了求出 \zeta(2k) 的方式。
以及，E_k 的展开形式看起来似乎比 G_k 的更加简洁，我们是否绕过了什么更加简单或者本质的东西？