因子和函数卷积恒等式

· · 算法·理论

同学们可还记得这个等式？

\sum_{i=1}^{n-1}\sigma_1(i)\sigma_1(n-i)=\frac{5\sigma_3(n)-(6n-1)\sigma_1(n)}{12}

我们将从 Eisenstein 级数开始，证明一下这个结论，并简单揭示其背后的一些原理。
阅读本文需要较为扎实的复分析基础；至于代数部分如群论的知识，只需了解常用概念即可。

一些记号：

Eisenstein 级数与因子和函数 \sigma_k 有着直接的联系，由此也给出了一些关于 \sigma_k 函数的恒等式。虽然它是模形式的基础内容，但我们尽量不讲深刻的概念，需要相应的工具时再将其搬出来。

对于整数 k \geq 2，我们定义 Eisenstein 级数：

E_{2k}(z):=\frac 12\sum_{\gcd(u,v)=1} (uz +v)^{-2k} \quad \texttt{(1)}

这里 (u,v) 取遍所有整数，定义最大公约数总是正整数。
本文讨论的函数都是定义在复上半平面 \mathcal H:=\{ z \mid \Im(z) > 0 \} 上的，这是为了保证它们的良好性质。
容易证明，E_{2k}(z) 在 \mathcal H 上是绝对收敛的。进一步分析也能证明其为解析函数，但并非本文重点所以略过证明。

首先我们要说的是它一个漂亮的性质。

对于整数 k \geq 2，整数 a,b,c,d 满足 ad-bc=1 则有

E_{2k}\left( \frac{az +b}{cz +d}\right)=(cz+d)^{2k}E_{2k}(z) \quad \texttt{(2)}

在下文会讲到，这说明 E_{2k} 是权为 2k 的模形式。

:::info[证明 \texttt{(2)} 式]{open} 只需要展开

(cz + d)^{-2k}E_{2k}\left( \frac{az +b}{cz +d}\right)=\frac 12 \sum_{\gcd(u,v)=1}\left( u (az +b)+v(cz +d)\right)^{-2k}

然后证明 \gcd(u,v)=1 \Rightarrow \gcd(ua+vc,ub+vd)=1 即可。
设 A=ua+vc,B=ub+vd，那么 g = \gcd(A,B) 可以整除 A,B 的任意整系数线性组合。所以我们有一组精巧的构造：

\begin{cases} u =d A-c B \\ v=-bA+aB\end{cases}

所以 g \mid \gcd(u,v)，得到 g=1。也就是说，这个奇妙的变换将 E_{2k}(z) 的求和项进行了重排，这里 2k 为偶数确保了 (u,v) 和 (-u,-v) 位置的求和项式相等的。根据 E_{2k}(z) 的绝对收敛性，可知重排后不改变级数和。
:::

还有这样一个较为知名的性质：

E_{2k}(z)=1-\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{n=1}^\infty \sigma_{2k-1}(n) q^n \quad \texttt{(3)}

其中 q:=\text e^{2\pi \text i z}，B_{2k} 是 Bernoulli 数。这就是 E_{2k} 的 Fourier 级数表示。

推导 \texttt{(3)} 式之前，我们先证明一个引理。

对于任意 z \in \mathcal H，设 k 为大于 1 的整数，q:=\text e^{2\pi \text i z} 则：

\sum_{n \in \Z} (z+n)^{-k}=\frac{(-2\pi \text i)^k}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty n^{k-1}q^n \quad \texttt{(4)}

:::info[证明引理]{open}

首先可以观察：若对于某个 k 等式成立，将等式两侧对 z 求导，即可证明对 k+1 成立的情况。对于 k=2 的情况，我们先拿出这个式子：

x \cot x=1-\sum_{k=1}^\infty \frac{2x^2}{k^2 \pi^2 - x^2}

（这可以通过 x \sin x 的无穷乘积来做分式分解得到）。 所以有

\pi \cot (\pi x)=\frac 1x+\sum_{k=1}^\infty \left( \frac{1}{x+k}+\frac{1}{x-k}\right) \quad \texttt{(5)}

而 \texttt{(5)} 左式等于（其中 t=\text e^{2\pi \text i x}）

\pi \frac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}=\text i \pi\frac{\text e^{\text i \pi x}+\text e^{-\text i \pi x}}{\text e^{\text i \pi x}-\text e^{-\text i \pi x}}=\text i \pi \frac{t+1}{t-1}=-2\pi\text i\left(\frac 12+\sum_{n=1}^\infty t^n \right)
当然，这里为了保证收敛，需要有 $ t < 1，即 x \in \mathcal H。将结果带回 \texttt{(5)} 并将等式两侧对 x 求导，即可证明 k=2 的情况。再根据前面的归纳法，即可证明 \texttt{(4)}$ 式。

为了便于后续讲解，定义

G_{2k}(z):=\frac 12\sum_{(c,d) \in \Z^2 \setminus\{(0,0)\}} (c z+d)^{-2k} \quad \texttt{(6)}

根据简单的数论知识，可知其与 E_{2k} 的联系：

G_{2k}(z)=\frac 12\sum_{n=1}^\infty \sum_{\gcd(c,d)=n}(cz +d)^{-2k}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2k}}E_{2k}(z)=\zeta(2k)E_{2k}(z) \quad \texttt{(7)}

现在来正式推导 \texttt{(3)} 式。

:::info[证明 \texttt{(3)} 式]{open}

\begin{aligned}G_{2k}(z)&=\zeta(2k)+\frac 12 \sum_{u \in \Z \setminus \{0\}}\sum_{v \in \Z} (u z +v)^{-2k} \\ &=\zeta(2k) + \sum_{u=1}^\infty \sum_{v \in \Z} (u z+v)^{-2k}\end{aligned}

第二步是因为对称性 (uz +v)^2=(-uz - v)^2。
现在应用 \texttt{(4)} 式，就得到了

G_{2k}(z)=\zeta(2k)+\frac{(-2\pi \text i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum_{u=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty m^{2k-1}q^{um}

现在就可以调整求和顺序，枚举 n=um，得到

\begin{aligned}G_{2k}(z)&=\zeta(2k)+\frac{(-2\pi \text i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum_{n=1}^\infty q^n\sum_{m \mid n}m^{2k-1} \\ &= \zeta(2k)+\frac{(-2\pi \text i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum_{n=1}^\infty \sigma_{2k-1}(n)q^n\end{aligned}

结合 \texttt{(7)} 式的结论，将 \zeta(2k)=-\frac{(-4)^k \pi^{2k}B_{2k}}{2 (2k)!} 代入，就能直接证明 \texttt{(3)} 式。 :::

铺垫了这么多，终于可以讲到一些数论更有趣的结论了。如 E_4(z)^2 = E_8(z)，提取 Fourier 展开系数得到

\sum_{k=1}^{n-1} \sigma_3(k)\sigma_3(n-k)=\frac{\sigma_7(n)-\sigma_3(n)}{120}

类似地还有 E_4E_6=E_{10} 等性质，那么该如何证明呢？
看来，必须要引入更多的工具了。

我们回看一下 \texttt{(2)} 式这个性质，其中要求 ad-bc=1，同时还出现了一个分式线性变换。我们记

\varGamma_1:=\operatorname{SL}(2,\Z)=\left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \mid ad-bc=1 ;a,b,c,d \in\Z\right\}

也就是所有行列式为 1 的整数矩阵构成的集合。由于在矩阵乘法下，集合的元素保持群性质，故这被称为特殊线性群。本文中都在这个群上考虑。在更一般的情况下，也会考虑 \varGamma_1 指数有限的子群，在此先不展开。

对于 \gamma \in \varGamma_1，z \in \mathcal H，定义 \gamma(z) := \frac{az +b}{c z +d}，可以验证这是一个群作用，即满足 \gamma (\gamma'(z))=(\gamma \gamma')(z)。
由于 \gamma(z)=(-\gamma)(z)，所以我们有时会在商群 \bar{\varGamma_1}=\varGamma_1/\{ 1,-1\} 上考虑群作用。（当然，更正式的写法应该是把 1,-1 分别替换为主对角线为 1,-1 的对角矩阵）

有必要再提以下性质：

\Im\left( \gamma(z)\right)=\frac{\Im(z)}{|c z+d|^2} \quad \texttt{(9)}

可以发现 \varGamma_1 中有两个特殊的元素：

S:=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\-1 & 0 \end{pmatrix} \ , \ T:=\begin{pmatrix}1 & 1 \\0 & 1 \end{pmatrix} \quad \texttt{(10)}

对应变换 S(z)=-1/z，T(z)=z+1。它们刚好可以生成 \bar \varGamma_1 的所有变换。
两条的证明都是容易的，此处仅作提醒读者不要忘记性质。

现在，我们也该正式引入模形式了。

:::info[模形式的定义]{open}

设 G 为 \varGamma_1 的指数有限的子群，k 为整数。
若定义在 \mathcal H 上的解析函数 f(z) 满足以下性质：

则称 f 是权为 k、级为 G 的模形式，记为 f \in M_k(G)。 ::: 由于本文讨论的问题中总有 G = \varGamma_1，故增长条件可化简为 f(z) 随着 z 的虚部增长是有界的。这让我们可以给出 f 的 Fourier 展开，同时也是在无穷远点的 Taylor 展开。

现在我们就可以说对于 k > 1，E_{2k}\in M_{2k}(\varGamma_1) 了。

前面提到 $E_{2n}E_{2m}$ 这种乘积的性质，就是因为 $M_{2k}(\varGamma_1)$ 的元素较为特殊。对于某些 $k$，$M_{2k}(\varGamma_1)$ 的元素都是 $E_{2k}$ 的常数倍，我们将在后续详细说明这一点。 **** $\mathcal H$ 有一个特殊的子集： $$\mathcal F_1:=\left\{ z \in \mathcal H \mid |z| > 1 , |\Re(z)| <\frac 12 \right\}$$ 它是对 $\varGamma_1$ 的**基本域**。它的形状在下文对 $\texttt{(11)}$ 式的证明中会给出。 :::info[基本域的定义]{open} 设开集 $\mathcal F$ 是 $\mathcal H$ 的真子集，若满足： - 任意不同的 $x,y \in \mathcal F$ 对任意 $\gamma \in \varGamma_1$ 都有 $\gamma(x)\neq y$。 - 对任意 $x \in \mathcal H$，都存在 $\gamma \in \varGamma_1,y \in \overline{\mathcal F}$ 使得 $\gamma(x) = y$。 则称 $\mathcal F$ 是对于 $\varGamma_1$ 的基本域。 ::: 根据定义可以发现，将 $x \in \mathcal H$ 映射为 $y \in \overline{\mathcal F_1}$ 的方式并不唯一 —— 这种情况只会发生于 $y$ 恰好处在 $\mathcal F_1$ 的边界上。所以我们可以定义**严格基本域** $\widetilde{\mathcal F_1}$，它包含了 $\mathcal F_1$ 及其边界上实部不超过 $0$ 的点。 利用基本域的性质，可以分析模形式的零点，进一步给出 $M_k(\varGamma_1)$ 的维数公式。 部分证明被折叠起来了，感兴趣的同学可以展开来看。 :::info[证明 $\mathcal F_1$ 是对于 $\varGamma_1$ 的基本域] 我们首先证明基本域的第二条性质。 任取 $x \in \mathcal H$，取整数 $c,d$ 使得 $|cx+d|$ 最小（注意 $cx+d$ 一定不会是 $0$）。这样的 $c,d$ 必然是互质的，否则将其同除以 $\gcd(c,d)$ 会得到一组更小的解。 那么根据贝祖定理，必然存在整数 $a,b$ 使得 $\gamma_1=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}\in \varGamma_1$。根据的 $|cx+d|$ 最小性，可知 $\Im(\gamma_1(x))$ 是 $\{ \Im(\gamma(x)) \mid \gamma \in \varGamma_1\}$ 中最大的（当然，对任意整数 $n$，$T^n(\gamma_1(x))$ 的虚部都是最大的）。 现在取合适的整数 $n$，使得 $x^*=T^n (\gamma_1(x))=\gamma_1(x) + n$ 的实部落在 $\pm1/2$ 之内，这样的 $n$ 显然是存在的。 可以证明 $|x^*| \geq 1$，否则会得到 $\Im(S(x^*))=\Im(x^*)/|x^*|^2 >\Im(x^*)$，这与 $x^*$ 虚部最大矛盾。故 $|x^*|\geq 1,|\Re(x)| \leq 1/2$，这说明 $x^* \in \overline{\mathcal F_1}$。 然后来证明第一条性质。 考虑反证法，任取一组不相等的 $x_1,x_2 \in \mathcal F_1$，假设存在 $\gamma =\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}\in \varGamma_1$ 使得 $x_2 = \gamma(x_1)$。不失一般性，可以假设 $\Im(x_1)\leq \Im(x_2)$，否则可以取 $\gamma^{-1}$ 作为所需的变换。 而我们知道对于任意 $z \in \mathcal F_1$，都有 $\Im(z) >\sqrt{3}/2$，这可以通过 $\mathcal F_1$ 的限制简单计算出。现在就有 $$\frac{\sqrt 3}{2}<\Im(x_2)=\frac{\Im(x_1)}{|cx_1+d|^2} \leq \frac{\Im (x_1)}{c^2 \Im (x_1)^2}< \frac{2}{c^2 \sqrt 3}$$ 注意这里 $c \neq 0$ 我们才能这样放缩（若 $c = 0$，则必有 $ad=1$，对应着 $x_2=(x_1+b)$。$b$ 取 $0$ 会直接导致矛盾，而 $b$ 取其它整数会导致 $|\Re(x_2)| > 1/2 \Rightarrow x_2 \not \in \mathcal F_1 $）。为了使不等式成立，只能使 $c^2 =1$。现在可以得到 $$|cx_1+d|^2 =|x_1|^2+2d \Re(x_1)+d^2 \geq |x_1|^2 > 1$$ 这又推出 $\Im(x_2) < \Im(x_1)$，与假设矛盾，故必然不存在这样的 $\gamma$。 ::: 为了分析模形式的零点，我们定义 $\operatorname{ord}_P(f)$ 表示 $f$ 在 $P$ 点处的零点阶数。特别地，$\operatorname{ord}_{\infty}(f)$ 表示其 Fourier 展开的最低非零次项（因为在 $\mathcal H$ 内，$z \to \infty \Rightarrow \Im(z) \to +\infty \Rightarrow q\to 0$）。如果 $P$ 不是零点，就定义 $\operatorname{ord}_P(f) = 0$。 有如下重要定理（零点阶数公式）： > 设 $f \in M_k(\varGamma_1)$ 且不恒为零，则 > $$\operatorname{ord}_{\infty}(f)+\sum_{P \in \widetilde{\mathcal F_1}} \frac{\operatorname{ord}_P(f)}{n_P}=\frac{k}{12} \quad \texttt{(11)}$$ > 其中 $n_P$ 表示点 $P$ 对于 $\bar \varGamma_1$ 的稳定子群大小。 对于 $\widetilde{\mathcal F_1}$ 的绝大多数点来说，其稳定子群都是平凡的，只有恒等变换能保持其不变。除了 $\text i$ 的稳定子群大小为 $2$，$\omega=\frac{-1+\sqrt 3 \text i}{2}=\text e^{2\pi \text i/3}$ 的稳定子群大小为 $3$。 :::info[$P$ 的稳定子群] 设 $z \in \widetilde{\mathcal F_1},\gamma \in \varGamma_1$ 使得 $\gamma(z)=z$。 $$\frac{az+b}{cz+d}=z \Rightarrow cz^2+(d-a)z-b=0$$ 若 $c=0$，会直接得到恒等变换，我们来看 $c \neq 0$ 的情况。 此二次方程显然无实根，故判别式 $\Delta=(a+d)^2-4 <0$。 若 $a+d=0$，则会解出 $z=\text i$；若 $a+d=\pm 1$，则会解出 $z=\omega$。这部分计算较为繁琐，可以自行验证一下。 如此可以得到 $\text i$ 的稳定子群由 $S$ 生成，$\omega$ 的稳定子群由 $(ST)$ 生成。 ::: 现在我们来证明 $\texttt{(11)}$ 式。 开始有点吓人了，但这个结论很重要且不显然，有条件还是看看证明。 :::info[证明 $\texttt{(11)}$] 看到零点阶数的求和，那我们自然就想到了幅角原理。它告诉我们解析函数 $f(z)$ 在简单闭围线 $C$ 内的零点阶数之和，等于 $(\ln f(z))'=f'(z)/f(z)$ 沿 $C$ 的积分除以 $2\pi \text i$，这是留数定理的直接推论。 需要明确一点：$f$ 在基本域内只有有限个零点，这是由解析函数零点的孤立性（注意 $f$ 在无穷远点解析）得到的。 现在我们从 $\overline{\mathcal F_1}$ 构造一个闭集 $D$。 选取充分小的正实数 $\epsilon$，使得 $\overline{\mathcal F_1}$ 上 $f$ 的零点之间距离大于 $2\epsilon$，且所有零点的虚部小于 $Y = 1/\epsilon$。现在从 $\overline{\mathcal F_1}$ 上取掉所有零点和无穷远点的 $\epsilon$ 邻域，就得到了 $D$。这里「无穷远点的 $\epsilon$ 邻域」指的就是 $\Im(z) > Y$ 的点集，如下图所示： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/3esl0juy.png) 现在区域 $D$ 内不含有 $f$ 的任何零点，所以 $f'(z)/f(z)$ 沿着 $D$ 的边界积分必然等于 $0$。积分路径有许多部分构成，我们依次来分析： - 从 $-1/2+Y\text i $ 到 $\omega$ 和从 $\omega+1$ 到 $1/2 + Y \text i$ 的两条竖线（不包括所有邻域小圆弧）上：由于 $f(z+1)=f(z)$，它们方向相反，刚好抵消，对积分的贡献为 $0$。 - 从 $\omega$ 到 $\omega + 1$ 的路径上（同样不包括邻域小圆弧）：对于底部大圆弧 $C$ 上的点 $z$，$-1/z$ 就是其沿虚轴对称的点。又根据 $f(-1/z)=z^k f(z)$ 可知 $(\ln f(-1/z))'=k/z+f'(z)/f(z)$。将 $C$ 沿着虚轴分为 $C_l$ 和 $C_r$，得到 $$\begin{aligned}\int_C (\ln f(z))'\text dz &=\int_{C_l}(\ln f(z))'\text dz+\int_{C_r}(\ln f(z))'\text dz \\& =\int_{C_l} (\ln f(z))'\text dz-\int_{C_l} (\ln f(-1/z))' \text dz \\ &=-\int_{C_l}\frac{k}{z}\text dz=\frac{k\pi \text i}{6}\end{aligned}$$ 注意 $C_l$ 的弧度为 $1/12$ 圆周，且其方向是顺时针，也就是反向的，所以取个负号结果就是正的了。 - 所有邻域圆弧的积分：对于零点 $P \in \widetilde{\mathcal F_1}$，若 $P$ 是 $\mathcal F_1$ 的内点，柯西积分公式直接得到其为 $-2\pi \text i \operatorname{ord}_P(f)$（因为积分路径是顺时针的，要保证路径的连续性）；若 $P$ 在 $\mathcal F_1$ 的边界上且不为 $\text i,\omega$，由边界的对称性刚好可以把两半圆弧拼起来；若 $P = \text i$，在 $\epsilon \to 0$ 时刚好只有一半圆弧，积分值也就是完整的一圈除以 $n_P=2$；对于 $P=\omega$ 同理，两个 $1/6$ 圆弧拼起来是 $1/3$ 圆弧，要除以 $n_P=3$。 - 从 $1/2 + \text i Y$ 到 $-1/2 + \text i Y$ 的路径：做换元 $q=\text e^{2\pi \text i z}$，则积分路径变为 $|q| = \text e^{-2\pi Y}$ 的小圆周，方向为顺时针。积分的结果自然就是 $-2\pi \text i \operatorname{ord}_\infty(f)$。 结合每段路径的积分，就得到 $$-2\pi \text i \operatorname{ord}_\infty(f)-2\pi \text i \sum_{P \in \widetilde{\mathcal F_1}} \frac{\operatorname{ord}_P(f)}{n_P}+\frac{k\pi \text i}{6}=0$$ 简单整理即得 $\texttt{(11)}$ 式。 ::: 将 $M_k(\varGamma_1)$ 视作线性空间，线性组合的系数为任意复数，自然会需要考虑其维数。如果能证明 $\dim M_8(\varGamma_1)=1$，那么就能很容易证明 $E_4^2=E_8$ 这样的性质了。 > 定理（维数上界）： > 对于 $k \in \Z$，若 $k < 0$ 或 $k$ 为奇数，有 $\dim M_k(\varGamma_1)=0$，而对于非负偶数有： > $$\dim M_k(\varGamma_1)\leq\begin{cases}\lfloor k/12\rfloor \ , \ k \equiv 2 \pmod{12} \\ \lfloor k / 12 \rfloor+ 1 \ , \ \text{otherwise}\end{cases} \quad \texttt{(12)}$$ :::info[证明维数上界]{open} 对于权为奇数和负数的情况，证明只需要分别考虑变换 $\gamma = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\0 & -1\end{pmatrix}$ 和 $\gamma = S$，分别在一般点和无穷远点分析，自守条件会迫使模形式只能恒为零。下面重点讲述非负偶数的情况。 设 $m = \lfloor k / 12 \rfloor + 1$，任取 $\widetilde{\mathcal F_1}$ 中不为 $\text i,\omega$ 的 $m$ 个点 $P_1,\cdots,P_m$。再任取 $m+1$ 个不恒为零的模形式 $f_1,\cdots,f_{m+1} \in M_k(\varGamma_1)$。考虑选取不全为零的线性组合系数 $a_1,\cdots,a_{m+1}$ 使得 $f=a_1f_1+\cdots a_{m+1}f_{m+1}$ 在 $m$ 个点上都取到 $0$，根据基础的线性代数知识，这总是能做到的。而我们发现 $f$ 竟然有 $m$ 个零点！按前面的零点阶数公式，其零点阶数之和已经大于 $k/12$，这说明其只能恒为零。所以 $f_1,\cdots,f_{m+1}$ 总是线性相关的，这就得到 $\dim M_k(\varGamma_1) \leq m$。 对于 $k \equiv 2 \pmod {12}$ 的情况，我们可以给出更紧的上界，此时 $m-1=(k-2)/12=k/12-1/6$。假设 $\dim M_k(\varGamma_1)=m$，则可以取一组基 $f_1,\cdots,f_m$，使得存在线性组合 $f$ 满足 $\operatorname{ord}_\infty(f)\geq m-1$，这只需要考察其 Fourier 展开系数，并让 $f$ 的前 $m-1$ 项系数为 $0$ 即可。 若 $f=0$，则直接导出矛盾，说明维数小于 $m$，所以我们能得到 $f$ 不恒为零。 现在得到 $k/12-\operatorname{ord}_\infty(f) \leq 1/6$，即所有非无穷远的零点加权之和不超过 $1/6$。但任意零点阶数的贡献都大于 $1/6$（$\text i$ 至少 $1/2$，$\omega$ 至少 $1/3$），所以 $f$ 必须没有任何零点，这就只能有 $\operatorname{ord}_\infty(f)=k/12$。但零点阶数必须为整数，这就产生了矛盾，故 $\dim M_k(\varGamma_1) \leq m-1$。 ::: 根据前面找到的 Eisenstein 级数，我们有直接推论： > - 权为 $2$ 的模形式只能恒为 $0$； > - 权为 $4,6,8,10,14$ 的模形式都是 $E_4,E_6,E_8,E_{10},E_{14}$ 的常数倍。 显然，两个模形式相乘还是模形式，权为二者相加。 而 Eisenstein 级数的 Fourier 展开常数项都为 $1$，这就直接证明了 $E_4^2=E_8,E_4E_6=E_{10},E_6E_8=E_4E_{10}=E_{14}$。自然也就得到一些 $\sigma_{2k-1}$ 的卷积恒等式。 **** 但是这还是不足以给出关于 $\sigma_1$ 的和式，因为 $E_2$ 不是模形式，而这又是因为按定义 $E_2$ 不绝对收敛。我们需要小心地处理这个问题。 虽然 $E_2$ 并不绝对收敛，但我们强行将 $k=1$ 代入 $\texttt{(3)}$ 式，也能得到 $$E_2(z)=1-24\sum_{n=1}^\infty \sigma_1(n)q^n$$ **我们直接将其作为 $E_2$ 的定义**，由此也可以定义 $G_2:=\zeta(2) E_2$。当然，我们还是可以把前文对 $E_{2k}$ 的 Fourier 级数推导倒过来，仍然能得到 $$G_2(z)=\zeta(2)+\sum_{u=1}^\infty \sum_{v\in \Z}(uz+v)^{-2}$$ 注意这和 $\texttt{(6)}$ 是不一样的，因为固定了 $u$ 的求和顺序，而对 $v$ 的求和是绝对收敛的。 $G_2$ 仍有还算简洁的关系： > 对于任意 $z \in \mathcal H$ 和 $\gamma=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix} \in \varGamma_1$，有 > $$G_2\left(\gamma(z)\right)=(cz+d)^2G_2(z)-\pi \text i c(cz +d) \quad \texttt{(13)}$$ :::info[证明 $\texttt{(13)}$] 对于 $\epsilon > 0$，定义 $$G_{2,\epsilon}(z):=\frac 12\sum_{(u,v)\in \Z^2 \setminus\{0,0\}} \frac{1}{(u z +v)^2 |u z +v|^{2\epsilon}} \quad \texttt{(14)}$$ 这样就得到了一个绝对收敛的级数，显然其有性质 $G_{2,\epsilon}(\gamma(z))=(cz+d)^2 |cz+d|^{2\epsilon}G_{2,\epsilon}(z)$。为了分析其在 $\epsilon \to 0$ 时的极限，我们定义 $$I_{\epsilon}(z):=\int_{-\infty}^\infty \frac{\text dt}{(z+t)^2 |z+t|^{2\epsilon}} $$ 先来算一下 $I_{\epsilon}(z)$： $$\begin{aligned}I_\epsilon(x+\text i y) &=\int_{-\infty}^\infty \frac{\text dt}{(x+t+\text i y)^2 ((x+t)^2+y^2)^{\epsilon}} \\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\text dt}{(t +\text i y)^2(t^2+y^2)^\epsilon}=\frac{1}{y^{1+2\epsilon}}\int_{-\infty}^\infty \frac{\text dt}{(t+\text i)^2(t^2+1)^\epsilon}\end{aligned}$$ 定义最后剩下的那个积分为 $I(\epsilon)$，不难算出 $I(0)=0$，同时也得到 $\lim_{\epsilon \to 0}I_\epsilon(z)=0$。 因为 $\texttt{(14)}$ 式绝对收敛，所以也能简单拆成双重求和，并得到 $$G_{2,\epsilon}(z)-\sum_{u=1}^\infty I_\epsilon(uz)=\zeta(2+2\epsilon)+\sum_{u=1}^\infty \sum_{v\in \Z} \left(\frac{|uz+v|^{-2\epsilon}}{(uz+v)^2}- \int_v^{v+1} \frac{|uz+t|^{-2\epsilon}\text dt}{(uz+t)^2}\right) \quad \texttt{(15)}$$ 注意右式是绝对收敛的，这也是我们可以交换求和顺序的原因。 事实上，等式右侧恰好等于 $G_2(z)$，而这又恰好是将其代入 $\epsilon = 0$ 的结果。那为什么这么做？因为函数项级数一致收敛时就可以交换极限与求和的顺序。 分析一下求和项的模长：设 $h(t)=|uz+t|^{-2\epsilon}(uz+t)^{-2}$，则求和项可以表示为 $h(v)-h(t)$ 的积分（$t$ 从 $v$ 到 $v+1$）。这个积分的模长必然不超过 $\max_{t\in (v,v+1)} |h(v)-h(t)| \leq \max_{t \in (v,v+1)} |h'(t)| = O(|uz+v|^{-3-2\epsilon})$，控制到这个量级上就容易证明在 $\epsilon$ 充分小的范围内一致收敛了。 现在来看 $\texttt{(15)}$ 的左式，根据前面得到的 $I(\epsilon)$ 可知 $$\sum_{u=1}^\infty I_\epsilon(uz)= I(\epsilon)\sum_{u=1}^\infty\frac{1}{u^{1+2\epsilon} \Im(z)^{1+2\epsilon}}=\frac{I(\epsilon)\zeta(1+2\epsilon)}{\Im(z)^{1+2\epsilon}}$$ 要分析此式在 $\epsilon \to 0$ 时的极限，首先我们知道 $\zeta(1+2\epsilon)$ 与 $2\epsilon$ 是等价无穷小，而 $$I'(0)=-\int_{-\infty}^\infty \frac{\ln(t^2+1)}{(t+\text i)^2}\text dt=\left( \frac{1+\ln(t^2+1)}{t+\text i}-\arctan t\right)\bigg|_{t=-\infty}^\infty=-\pi$$ 因此 $\lim_{\epsilon \to 0}I(\epsilon)\zeta(1+2\epsilon)=-\pi/2$。 终于我们得到了 $$\lim_{\epsilon \to 0} G_{2,\epsilon}(z)=G_2(z)-\frac{\pi}{2 \Im(z)}$$ 然后再对 $G_{2,\epsilon}$ 的变换关系取 $\epsilon \to 0$ 的极限，就得到了 $$\begin{aligned}G_2(\gamma(z)) - \frac{\pi}{2 \Im (\gamma(z))} &=(cz+d)^2\left( G_2(z)-\frac{\pi}{2\Im(z)}\right) \\ G_2(\gamma(z)) &= (cz+d)^2 G_2(z)+\frac{\pi}{2}\left( \frac{|cz+d|^2}{\Im(z)}-\frac{(cz+d)^2 }{\Im(z)}\right)\end{aligned}$$ 可以将 $z$ 表示为 $\Re(z)+\text i \Im(z)$ 来展开计算，最后整理即得 $\texttt{(13)}$ 式。 ::: 有了 $\texttt{(13)}$ 的关系，我们终于可以推导文章开头提到的公式了。设 $\gamma=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix} \in \varGamma_1$，则 $E_2^2$ 的变换关系为 $$E_2^2(\gamma(z))=(cz +d)^4E_2^2(z)-\frac{12 \text i c}{\pi}(cz +d)^3E_2(z)-\frac{36c^2}{\pi^2}(cz +d)^2$$ 设 $f(z)=\frac{1}{2 \pi \text i}E_2'(z)$，对 $E_2$ 的变换关系求导，即可得到 $f(z)$ 的变换关系。具体而言： $$\begin{aligned}\frac{a(cz +d)-c(az +b)}{(cz +d)^2}E_2'(\gamma(z)) &=2(cz +d)E_2(z)+(cz +d)^2 E_2'(z)-\frac{6 \text i c^2}{\pi} \\ E_2'(\gamma(z)) &= (cz+d)^4 E_2'(z)+2(cz +d)^3 E_2(z)-\frac{6 \text i c^2}{\pi}(cz+d)^2 \\ f(\gamma(z)) &=(cz +d)^4 f(z)+\frac{(cz +d)^3}{\pi \text i}E_2(z)-\frac{3c^2}{\pi^2}(cz +d)^2\end{aligned}$$ 现在可以由 $E_2^2$ 和 $f$ 来构造出权为 $4$ 的模形式。设 $g(z)=f(z)-\frac{1}{12}E_2^2(z)$，则： $$g(\gamma(z))=(cz +d)^4 g(z)$$ 多余的项刚好被消掉了。我们前面又知道 $\dim M_4(\varGamma_1)=1$，而 $g \in M_4(\varGamma_1)$，所以 $g(z)$ 必然是 $E_4(z)$ 的常数倍，考虑 Fourier 展开的常数项可知 $E_4=-12g$。注意对 $z$ 求导再除以 $2\pi \text i$，对其 Fourier 展开的影响就是对 $q$ 求导后乘了 $q$。 现在就得到了 $$12\left(24\sum_{n=1}^\infty \sigma_1(n) n q^n\right)+\left( 1-24\sum_{n=1}^\infty \sigma_1(n) q^n\right)^2=1-240\sum_{n=1}^\infty \sigma_3(n) q^n$$ 提取系数即得 $$288n\sigma_1(n)-48\sigma_1(n)+576\sum_{k=1}^n\sigma_1(k)\sigma_1(n-k)=240\sigma_3(n)$$ 简单整理即可。对于 $E_2^3,E_2^4,E_2^5$ 都能用类似的方法来做，但都是 dirty works，这里就不赘述了。 什么，你问 $E_2^6$ 怎么办？那就要用到模判别式与 Ramanujan Tau 函数了，这个下期再讲吧。