模形式（二）

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『そんなことは思ってもないクセに！』

在上一节中我们提到，可以将弱模函数和模形式的定义拓展到任意子群 \Gamma\le\text{SL}_2(\mathbb Z) 上去，在那之前需要先补充一些定义和实例。

数论中有一个经典问题：四平方和问题，讲的是求正整数 n 拆分成 4 个整数（区分顺序）的平方和的方案数。更广泛地，定义将 n 表示成 k 个区分顺序的整数的平方和的方案数：

r(n,k)=\left|\left\{a\in\mathbb Z^k\ \left|\ \displaystyle\sum_{i=1}^ka_i^2=n\right.\right\}\right|

显然有 r(n,k+l)=\displaystyle\sum_{m=0}^nr(m,k)r(n-m,l)，很明显这是卷积的形式，因此定义 \theta(\tau,k)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty r(n,k)q^n，其中 \tau\in\mathcal H,q=\text{e}^{2\pi\text{i}\tau}。当 q\to0 时，不难证明这个求和是绝对收敛的，因此可以直接相乘，也就是说有 \theta(\tau,k)\theta(\tau,l)=\theta(\tau,k+l)，这是分次环上乘法的形式。

同时由定义，显然有 \theta(\tau+1,k)=\theta(\tau,k)，即对于 \gamma=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}，有 \theta(\gamma(\tau),k)=\theta(\tau,k)。因此我们猜测 \theta 在某个子群 \Gamma 上具有类似 \text{SL}_2(\mathbb Z) 中弱模函数 / 模形式的性质和特征，当然由于 1 的任意次幂都为 1，关于 \theta 的权暂时还不能下定论。

现在来考察 \theta(\tau):=\theta(\tau,1)=\displaystyle\sum_{d\in\mathbb Z}\text{e}^{2\pi\text{i}\tau d^2}，设 f(d)=\text{e}^{2\pi\text{i}\tau d^2}，根据 Poisson 求和公式，可以得到有 \displaystyle{\sum_{d\in\mathbb Z}f(d)=\sum_{k\in\mathbb Z}\widehat{f}(k)}，其中 \widehat f 是 f 的 Fourier 变换。令 a=-2\pi\text{i}\tau，根据 Fourier 变换的定义有：

\widehat{f}(k)=\int_{-\infty}^{+\infty}\text{e}^{-ak^2}\text{e}^{-2\pi\text{i}kx}\text{d}x=\text{e}^{-\pi^2k^2/a}\int_{-\infty}^{+\infty}\text{e}^{-a(x+\pi\text{i}k/a)^2}\text{d}x

做代换 y=x+\dfrac{\pi\text{i}k}{a}，就得到标准的高斯积分 \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\text{e}^{-ay^2}\text{d}y=\sqrt{\dfrac\pi a}，也就是说有：

\widehat{f}(k)=\text{e}^{-\pi^2k^2/a}\sqrt{\dfrac\pi a}=\dfrac{1}{\sqrt{-2\text{i}\tau}}\text{e}^{2\pi\text{i}k^2(-1/4\tau)}

代入 Poisson 求和的式子中，可得 \theta\left(-\dfrac{1}{4\tau}\right)=\sqrt{-2\text{i}\tau}\theta(\tau)，等式左侧的参数就是 \gamma=\begin{bmatrix}0&-1\\4&0\end{bmatrix} 作用在 \tau 上的结果，不过它的行列式并不为 1，考虑变一下形，通过大眼观察法不难注意到：

-\dfrac\gamma4\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^{-1}\gamma=\begin{bmatrix}0&1/4\\-1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-1\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&-1\\4&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\4&1\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z)

然后代入 \theta 中一层层提出来，最后就能得到 \theta\left(\dfrac{\tau}{4\tau+1}\right)=\sqrt{4\tau+1}\theta(\tau)，两边同时取四次方可得：

\theta\left(\dfrac{\tau}{4\tau+1},4\right)=(4\tau+1)^2\theta(\tau,4)

也就是说，\theta(\tau,4) 在 \begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix} 和 \begin{bmatrix}1&0\\4&1\end{bmatrix} 处都符合弱模函数的定义，并且它的权为 2，那么对于所有 \gamma\in\Gamma_\theta=\left\langle\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1&0\\4&1\end{bmatrix}\right\rangle\le\text{SL}_2(\mathbb Z) 都应有这一点。由此可以看出，将之前在 \text{SL}_2(\mathbb Z) 全体上做的定义拓展到特定子群 \Gamma\le\text{SL}_2(\mathbb Z) 是很有必要的。

下面我们来定义几类常用的 \text{SL}_2(\mathbb Z) 的特殊子群。

对于正整数 N，定义 N 阶主同余子群 \Gamma(N) 为：

\Gamma(N)=\left\{\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z)\mathrel{\Bigg|}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\equiv\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}\pmod N\right\}

即所有满足 \gamma\equiv I\pmod N 的矩阵构成的集合，显然有 \Gamma(1)=\text{SL}_2(\mathbb Z)；作为自然同态 \pi:\text{SL}_2(\mathbb Z)\to\text{SL}_2(\mathbb Z/N\mathbb Z) 的核，容易知道有 \Gamma(N)\unlhd\text{SL}_2(\mathbb Z)；同时有 \pi 是满射，由群同态基本定理，可以得到 \text{SL}_2(\mathbb Z)/\Gamma(N)\cong\text{SL}_2(\mathbb Z/N\mathbb Z)，根据 P1951 的做法，可以知道有：

[\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma(N)]=|\text{SL}_2(\mathbb Z/N\mathbb Z)|=N^3\prod_{p^k||n}\left(1-\dfrac{1}{p^2}\right)

定义子群 \Gamma\le\text{SL}_2(\mathbb Z) 是模 N 的同余子群，如果有 \Gamma(N)\le\Gamma。由定义知，任意同余子群 \Gamma 在 \text{SL}_2(\mathbb Z) 中的指数 [\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma] 都是有限的，并且都是 [\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma(N)] 的因数。

再定义两类特殊的同余子群 \Gamma_0(N) 和 \Gamma_1(N)：

\begin{aligned} \Gamma_0(N)&=\left\{\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z)\mathrel{\Bigg|}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\equiv\begin{bmatrix}*&*\\0&*\end{bmatrix}\pmod N\right\}\\ \Gamma_1(N)&=\left\{\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z)\mathrel{\Bigg|}\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\equiv\begin{bmatrix}1&*\\0&1\end{bmatrix}\pmod N\right\} \end{aligned}

其中 * 表示对应位置无限制。

由定义知有 \Gamma(N)\le\Gamma_1(N)\le\Gamma_0(N)\le\text{SL}_2(\mathbb Z)；设同态 \pi_1:\Gamma_1(N)\to(\mathbb Z/N\mathbb Z)^+ 满足 \pi_1:\begin{bmatrix}1&b\\0&1\end{bmatrix}\mapsto b，那么有 \ker\pi_1=\Gamma(N)，因此 \Gamma(N)\unlhd\Gamma_1(N)，且：

\Gamma_1(N)/\Gamma(N)\cong(\mathbb Z/N\mathbb Z)^+\implies[\Gamma_1(N):\Gamma(N)]=N

类似地，设同态 \pi_0:\Gamma_0(N)\to(\mathbb Z/N\mathbb Z)^\times 满足 \pi_0:\begin{bmatrix}a&b\\0&d\end{bmatrix}\mapsto d，那么有 \ker\pi_2=\Gamma_1(N)（注意由于行列式为 1 且 c=0，d=1 可推出 a=1），因此 \Gamma_1(N)\unlhd\Gamma_0(N)，且：

\Gamma_0(N)/\Gamma_1(N)\cong(\mathbb Z/N\mathbb Z)^\times\implies[\Gamma_0(N):\Gamma_1(N)]=\varphi(N)

其中 \varphi 是数论中的欧拉函数。因此有：

\begin{aligned} [\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma_1(N)]&=N^2\prod_{p^k||n}\left(1-\dfrac{1}{p^2}\right)\\ [\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma_0(N)]&=N\prod_{p^k||n}\left(1+\dfrac 1p\right) \end{aligned}

那么对于更大的矩阵和更多样的限制，[\text{SL}_n(\mathbb Z):\Gamma] 又该怎么计算呢。不会。

回到 \Gamma_\theta，我们当然希望它是上面定义的特殊同余子群之一，设它的三个生成元分别为 -I,T,U，首先显然有 -I,T,U\in\Gamma_0(4)，因此 \Gamma_\theta\le\Gamma_0(4)；考虑证明 \Gamma_0(4)\le\Gamma_\theta，也就是说对于 M\in\Gamma_0(4)，希望将其不断右乘上 T,U，将其变成 \pm I。

仍然考虑乘上 T^n,U^n 对下面一行 (c,d) 的影响，容易知道这对应两种操作：d\gets d+nc 和 c\gets c+4nd，由此可以实现将 d 对 c 取模以及将 c 对 4d 取模。由 \Gamma_0(4) 的定义，有 4\mid c，且 ad-bc=1，由裴蜀定理知 \gcd(c,d)=1。

因此可以将 c 除以 4 之后做辗转相除法，最后使得 c=0，这时有 ad=1，即 a=d=1 或 a=d=-1，那么新的矩阵一定是 \pm T^{\pm b} 的形式，故任意 M\in\Gamma_0(4) 都可以由 \Gamma_\theta 中的元素生成，即 \Gamma_0(4)\le\Gamma_\theta，那么有 \Gamma_\theta=\Gamma_0(4)。

在这里引入两个记号：对于 \gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z) 及 \tau\in\mathcal H，定义自守因子 j(\gamma,\tau)=c\tau+d，由于 c,d\in\mathbb Z\subset\mathbb R 且 \text{Im}(\tau)>0，易知 j(\gamma,\tau)\neq0。

再对整数 k 定义权 k 算子 [\gamma]_k，对于函数 f:\mathcal H\to\mathbb C，有 (f[\gamma]_k)(\tau)=j(\gamma,\tau)^{-k}f(\gamma(\tau))，由于 j 在 \mathcal H 上没有零点，可以得知 f[\gamma]_k 和 f 拥有相同的零点和极点。

因此定义亚纯函数 f:\mathcal H\to\mathbb C 是子群 \Gamma 中权 k 的弱模函数，如果 \forall\gamma\in\Gamma,f[\gamma]_k=f。其实和原来的定义是一样的，只不过换了个写法，因此由（一）中内容不难得到下面的结论成立：

可以注意到第 3 条结论和复合函数求导 (f(g(x))'=f'(g(x))g'(x) 有类似的形式，这是因为由结论 2 有 j(\gamma,\tau)=\left(\dfrac{\text{d}\gamma(\tau)}{\text{d}\tau}\right)^{-1/2}。

同时能够发现权 k 算子 [\cdot]_k 是有分配律的，也就是说 [\gamma_1\gamma_2]_k=[\gamma_1]_k[\gamma_2]_k，这是一个算子恒等式。证明和前面是类似的，在此略去。

注意拓展到任意子群 \Gamma 之后，由于 -I 不一定属于 \Gamma，权为奇数 k 的非 0 弱模函数是可以存在的。因此在很多时候定义子群时（例如上面的 \Gamma_\theta），为了保证其上弱模函数 / 模形式具有比较好的结构，都会额外地将 -I 包含进去。

考虑拓展模形式的定义，注意由于 \Gamma 只是 \text{SL}_2(\mathbb Z) 的子群，并不是所有 \tau 都可以和 \infty 之间互相映射，例如对于 \gamma\in\Gamma_0(2)，要求 2\mid c，由于 ad-bc=1，可知 a,d 都是奇数，因此 \gamma(\infty)=\dfrac ac 的分母必定是偶数；同理 \gamma(0)=\dfrac bd 的分母必定是奇数，这两者是不互通的。（不过 0 不在 \mathcal H 上，这里将 \tau 的范围扩展到 \mathcal H\cup\mathbb Q\cup\{\infty\}）

受此启发，称 \mathbb Q\cup\{\infty\} 在 \Gamma 中元素作用下的等价类为 \Gamma 的尖点，我们希望 \Gamma 在所有尖点上都是解析的。对于 s\in\mathbb Q，显然一定存在 \gamma\in\text{SL}_2(\mathbb Z) 使得 \gamma(\infty)=s；前面已经说过 f[\gamma]_k 的解析性和 f 相同；且设 \Gamma 是模 N 的同余子群，由于 \Gamma(N)=\gamma^{-1}\Gamma(N)\gamma\subseteq\gamma^{-1}\Gamma\gamma，容易验证 \gamma^{-1}\Gamma\gamma 仍然是 N 阶同余子群，因此将 \Gamma 在 s 所在尖点的解析性定义为 f[\gamma]_k 在 \infty 处的解析性是合理的。

因此，定义函数 f 是同余子群 \Gamma 上权 k 的模形式，如果：

若 f 还满足 \forall\gamma\in\text{SL}_2(\mathbb Z)，[q^0]f[\gamma]_k=0，则称 f 是 \Gamma 上权 k 的尖点形式。

记 \Gamma 上所有权 k 的模形式构成 \mathcal M_k(\Gamma)，尖点形式构成 \mathcal S_k(\Gamma)。和之前同样地，\mathcal M_k(\Gamma) 是 \mathbb C 上的线性空间，且直和 \displaystyle{\mathcal M(\Gamma)=\bigoplus_{k\in\mathbb Z}\mathcal M_k(\Gamma)} 是分次环，且 \displaystyle{\mathcal S(\Gamma)=\bigoplus_{k\in\mathbb Z}\mathcal S_k(\Gamma)} 是 \mathcal M(\Gamma) 的分次理想。

由条件 1 可以知道，对于 \Gamma_1\le\Gamma_2，由于较小的群中 f[\gamma]_k=f 的限制更少，且其余条件和所选定的群没有任何关系，有 \mathcal M_k(\Gamma_2)\subseteq\mathcal M_k(\Gamma_1)。

事实上，对于条件 3（以及尖点形式的条件），并不需要真正地对每个 \gamma 都检验其是否成立；设有分解 \text{SL}_2(\mathbb Z)=\displaystyle\bigcup_{j}\Gamma\gamma_j，由条件 1 得 f[\chi\gamma_i]_k=f[\gamma_i]_k，那么只需要检验这些 \gamma_i 即可。由上文的讨论知，对于同余子群 \Gamma，这样的 \gamma_i 的个数总是有限的。

回到四平方和问题，首先定义权 2 的 Eisenstein 级数 G_2(\tau)=\displaystyle{\sum_{c\in\mathbb Z}\sum_{\substack{d\in\mathbb Z\\c\neq0\vee d\neq0}}\dfrac{1}{(c\tau+d)^2}}，这个求和只是条件收敛的，不过不难验证在指定的求和顺序下，之前给出关于 G_k 的 Fourier 展开式仍然成立，也就是说有：

G_2(\tau)=2\zeta(2)+2(2\pi\text{i})^2\sum_{n=1}^\infty\sigma(n)q^n=\dfrac{\pi^2}{3}-8\pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)q^n

考虑 G_2[\gamma]_k，对于 \gamma=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}，有 G_2[\gamma]_2(\tau)=G_2(\gamma(\tau))=G_2(\tau+1)=G_2(\tau)；对于 \gamma=\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}，有 G_2[\gamma]_2(\tau)=\tau^{-2}G_2\left(-\dfrac1\tau\right)，由于 \dfrac{1}{(-c/\tau+d)^2}=\dfrac{\tau^2}{(d\tau-c)^2}，因此有：

G_2[\gamma]_2(\tau)=\sum_{c\in\mathbb Z}\sum_{\substack{d\in\mathbb Z\\c\neq0\vee d\neq0}}\dfrac{1}{(d\tau+c)^2}=2\zeta(2)+\sum_{d\in\mathbb Z}\sum_{c\neq0}\dfrac{1}{(c\tau+d)^2} 由经典的裂项相消我们知道，$\displaystyle{\sum_{c\neq0}\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(c\tau+d)(c\tau+d+1)}}=0$，用 $G_2(\tau)$ 减去它得到： $$ G_2(\tau)=2\zeta(2)+\sum_{c\neq0}\sum_{d\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(c\tau+d)^2(c\tau+d+1)} $$ 此时整个和变得绝对收敛，意味着现在 $c,d$ 是可以交换的，将其和 $G_2[\gamma]_2(\tau)$ 比较得到： $$ G_2(\tau)=G_2[\gamma]_2(\tau)-\sum_{d\in\mathbb Z}\sum_{c\neq0}\dfrac{1}{(c\tau+d)(c\tau+d+1)} $$ 差为 $\displaystyle{\lim_{N\to\infty}\sum_{d=-N}^{N-1}\sum_{c\neq0}\left(\dfrac{1}{c\tau+d}-\dfrac{1}{c\tau+d+1}\right)}$，交换求和符号后得到 $\displaystyle{\dfrac1\tau\sum_{c\neq0}\left(\dfrac{1}{c-N/\tau}-\dfrac{1}{c+N/\tau}\right)}$，通过*余切函数的部分分式展开*，不难得到所求即为： $$ \lim_{N\to\infty}\left(\dfrac2N-\dfrac{2\pi}{\tau}\cot\left(\dfrac{\pi N}{\tau}\right)\right)=-\dfrac{2\pi}{\tau}\lim_{N\to\infty}\cot\left(\dfrac{\pi N}{\tau}\right) $$ 其中 $\tau\in\mathcal H$，因此 $\text{Im}\left(\dfrac1\tau\right)<0$，所以对于 $w=\dfrac{\pi N}{\tau}$ 来说，随着 $N\to\infty$，有 $\text{Im}(w)\to-\infty$，则 $\text{e}^{2\text{i}w}\to\infty$，由 $\cot(w)=\text{i}\dfrac{\text{e}^{2\text{i}w}+1}{\text{e}^{2\text{i}w}-1}$ 可得其极限为 $\text{i}$，因此原极限等于 $-\dfrac{2\pi\text{i}}{\tau}$。也就是说： $$ G_2\left[\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}\right]_2(\tau)=G_2(\tau)-\dfrac{2\pi\text{i}}{\tau} $$ 同时对于 $\gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z)$，通过简单的计算不难得到如下等式： $$ \dfrac{\pi}{j(\gamma,\tau)^2\text{Im}(\gamma(\tau))}=\dfrac{\pi}{\text{Im}(\tau)}-\dfrac{2\pi\text{i}c}{c\tau+d} $$ 因此不难验证 $G_2^*(\tau)=G_2(\tau)-\dfrac{\pi}{\text{Im}(\tau)}$ 在 $\text{SL}_2(\mathbb Z)$ 上满足 $G_2^*[\gamma]_2=G_2^*$ 的要求，但它不是解析的（包含了 $\text{Im}$）。再定义 $G_{2,N}(\tau)=G_2(\tau)-NG_2(N\tau)$，它刚好把含 $\text{Im}$ 的项消去了，但由于 $N(\gamma\tau)=\begin{bmatrix}a&Nb\\c/N&d\end{bmatrix}(N\tau)$，仅当 $N\mid c$ 即 $\gamma\in\Gamma_0(N)$ 时 $G_2^*(N\tau)$ 才符合模形式的定义，也就是说有 $G_{2,N}(\tau)\in\mathcal M_2(\Gamma_0(N))$。 由上面的定义，我们有： $$ \begin{aligned} G_{2,2}(\tau)&=-\dfrac{\pi^2}3\left(1+24\sum_{n=1}^\infty\sigma_{2\nmid d}(n)q^n\right)\\ G_{2,4}(\tau)&=-\pi^2\left(1+8\sum_{n=1}^{\infty}\sigma_{4\nmid d}(n)q^n\right) \end{aligned} $$ 其中 $\sigma_{P(d)}(n)=\displaystyle\sum_{0<d\mid n}[P(d)]d$。由于 $G_{2,2}\in\mathcal M_2(\Gamma_0(2))\subset\mathcal M_2(\Gamma_0(4))$，$G_{4,4}\in\mathcal M_2(\Gamma_0(4))$，由*咕咕咕到下一节的维度上界公式*可以知道 $\dim\mathcal M_2(\Gamma_0(4))=2$，并且 $G_{2,2}$ 和 $G_{2,4}$ 线性无关，那么我们就找到了一组基，也就是说 $\Gamma_0(4)$ 上的任意模形式都可以被表示成 $G_{2,2}$ 和 $G_{2,4}$ 的线性组合。 前面已经说过 $\theta(\tau,4)$ 是 $\Gamma_0(4)$ 上的弱模函数，而其解析性也是容易得到的，因此有 $\theta(\tau,4)\in\mathcal M_2(\Gamma_0(4))$。通过上面的讨论，我们知道 $\theta(\tau,4)$ 是 $G_{2,2}(\tau)$ 和 $G_{2,4}(\tau)$ 的线性组合，比较展开式前 $2$ 项的系数可以得到 $\theta(\tau,4)=-\dfrac{1}{\pi^2}G_{2,4}(\tau)$，也就是说有： $$ r(n,4)=8\sum_{\substack{0<d\mid n\\4\nmid d}}d $$ 因此我们得到了 P2019 一题的解法，只需要将 $n$ 分解质因数，然后 $\mathcal O(\omega(n))$ 计算即可，使用 Pollard-$\rho$ 即可做到 $\mathcal O(n^{1/4})$。 --- 同理定义权 $2$ 的标准 Eisenstein 级数 $E_2(\tau)=\dfrac{G_2(\tau)}{2\zeta(2)}=1-24\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)q^n$，那么有 $E_2\left[\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}\right]_2(\tau)=E_2(\tau)+\dfrac{12}{2\pi\text{i}\tau}$。定义 *Dedekind η 函数*： $$ \eta(\tau)=q_{24}\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^n)\qquad(q^{24}:=\text{e}^{2\pi\text{i}\tau/24}) $$ $\eta$ 在实数方向上有 $24$ 的周期；且通过一些复分析的手段可以知道 $\eta$ 在 $\mathcal H$ 上解析，并且满足对数导数公式 $(\log\prod f)'=\sum f'/f$。由此可得： $$ \begin{aligned} \dfrac{\text{d}}{\text{d}\tau}\log(\eta(\tau))&=\dfrac{\pi\text{i}}{12}+2\pi\text{i}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{nq^n}{1-q^n}\\ &=\dfrac{\pi\text{i}}{12}+2\pi\text{i}\sum_{n=1}^{+\infty}n\sum_{m=1}^{+\infty}q^{nm}\\ &=\dfrac{\pi\text{i}}{12}+2\pi\text{i}\sum_{n=1}^{+\infty}\sigma(n)q^n=\dfrac{\pi\text{i}}{12}E_2(\tau) \end{aligned} $$ 那么有 $\dfrac{\text{d}}{\text{d}\tau}\log(\eta(-1/\tau))=\dfrac{\pi\text{i}}{12}\tau^{-2}E_2(-1/\tau)$，以及 $\dfrac{\text{d}}{\text{d}\tau}\log(\sqrt{-\text{i}\tau}\eta(\tau))=\dfrac{1}{2\tau}+\dfrac{\pi\text{i}}{12}E_2(\tau)=\dfrac{\pi\text{i}}{12}\left(E_2(\tau)+\dfrac{12}{2\pi\text{i}\tau}\right)$，根据 $E_2$ 的性质我们知道二者相等，因此有： $$ \eta\left(-\dfrac1\tau\right)=\sqrt{-\text{i}\tau}\eta(\tau)\qquad(\tau\in\mathcal H) $$ 考虑 $\eta^{24}$，有 $\eta^{24}(\tau+1)=\eta^{24}(\tau)$，且 $\eta^{24}(-1/\tau)=\tau^{12}\eta^{24}(\tau)$；同时不难知道 $\displaystyle{\lim_{\text{Im}(\tau)\to\infty}\eta^{24}(\tau)}=0$，因此 $\eta^{24}\in\mathcal S_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z))$。 我们还知道上一节中的判别式函数 $\Delta\in\mathcal S_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z))$，再由*咕咕咕到下一节的维度上界公式*可以知道 $\dim\mathcal S_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z))=1$，再比较系数可以知道 $\Delta=(2\pi)^{12}\eta^{24}$。 --- 为啥我要把维度公式拖这么久。好吧其实本来是想在中间插入一些关于维度公式的东西的，但这玩意也太困难了吧？？学不懂复分析的我有难了。 所以下一节应该会整篇都是维度公式的相关内容，我能活下来吗。感觉对一般的 $\Gamma$ 给出个上界公式就差不多了，代数几何里面那些神秘东西真不是人能会的。 这里先把结果甩出来：对于 $k\in\mathbb Z$，如果 $k<0$ 或 $2\nmid k$ 则 $\dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))=0$，否则有 $\dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))\le\dfrac{k}{12}+[k\not\equiv2\pmod{12}]$。 而对于包含 $-I$ 的同余子群 $\Gamma$，对于正偶数 $k$，有 $\dim\mathcal M_k(\Gamma)\le\dfrac{[\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma]k}{12}$。当然有 $\dim\mathcal S_k(\Gamma)\le\dim\mathcal M_k(\Gamma)$。 以及，避雷 711 的*混合水果脆*，难吃得🔑。