模形式（三）

WorldMachine · 2026-08-02 13:10:41 · 算法·理论

なかったことにしないで！

如果说前两节只是给出了一些新的描述问题的方式的话，这一节中我们将通过一些复分析的手段得到模形式的维度上界公式，并由此得出一些真正有用的结论。

世界机器的阅读理解能力和语言组织能力都为零，下面主要参考了鱼的文章。其实就是完全的抄作业嘛。

然后我发现就是，好像有两种不同的 G_k 的定义，刚好差了 2 倍的常数，到底哪个比较好一点哇。

首先定义 \text{SL}_2(\mathbb Z) 的基本域 D=\left\{\tau\in\mathcal H\left|\ |\tau|>1\land|\text{Re}(\tau)|<\dfrac12\right.\right\}，也就是 \mathcal H 内以虚轴为对称轴、宽度为 1 的带子挖去底部一个 \dfrac\pi3 弧度的圆弧区域得到的开区域，有两个顶点 \omega_3 和 \omega_6，且 \forall \tau\in D,\text{Im}(\tau)>\dfrac{\sqrt3}2，这是一个无界的区域。

由定义知，对于 \tau\in D，\tau+1 和 -\dfrac1\tau 都不属于 D，我们希望这个性质可以拓展到 \text{SL}_2(\mathbb Z) 的任意元素上，也就是说：

• \forall \tau_1,\tau_2\in D\land\tau_1\neq\tau_2,\forall\gamma\in\text{SL}_2(\mathbb Z),\gamma(\tau_1)\neq\tau_2.

证明：考虑反证法，设 \tau,\tau'\in D 满足 \tau\neq\tau' 且存在 \gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z) 使得 \tau'=\gamma(\tau)。不妨设 \text{Im}(\tau)\le\text{Im}(\tau')，否则可以交换 \tau,\tau' 并令 \gamma\gets\gamma^{-1} 使其满足条件。

我们知道有 \text{Im}(\gamma(\tau))=\dfrac{\text{Im}(\tau)}{|c\tau+d|^2}\le\dfrac1{c^2\text{Im}(\tau)}，因此可得 \dfrac{\sqrt3}2<\dfrac2{c^2\sqrt3}；这里有前提 c\neq0，不过有 c=0\Rightarrow ad=1\Rightarrow\tau'=\tau+b\not\in D。

而若 c\neq0，唯一的解就是 c^2=1，那么有 |c\tau+d|^2=|\tau|^2+d(2\operatorname{Re}(\tau)+d)，由于 |\text{Re}(\tau)|<\dfrac12 且 d\in\mathbb Z，原式恒 \ge|\tau|^2>1，与假设 \text{Im}(\tau)\le\text{Im}(\tau') 矛盾，故原命题成立。\square

既然 D 内的点互相不可达，自然要考察 \mathcal H 中的任意一点是否都能到达 D。不过答案是否定的：例如对于 \text{i}，有 \text{Im}(\gamma(\text{i}))=\dfrac{1}{c^2+d^2}，通过分 c^2+d^2\ge2、c^2=1\land d=0 和 c=0\land d^2=1 三种情况讨论，不难证明 \text{i} 不能到达 D 中；但由此可以猜想改成 D 的闭包 \overline{D} 可以满足该要求，也就是说有：

• \forall\tau\in\mathcal H,\exists\gamma\in\text{SL}_2(\mathbb Z),\gamma(\tau)\in\overline{D}.

证明：取 c,d\in\mathbb Z 使得 |c\tau+d| 最小，那么有 \gcd(c,d)=1，否则将 c,d 除以 \gcd(c,d) 能得到更小的解。由裴蜀定理知存在 a,b\in\mathbb Z 使得 \gamma=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\in\text{SL}_2(\mathbb Z)，且 \text{Im}(\gamma(\tau))=\max\limits_{\gamma'\in\text{SL}_2(\mathbb Z)}\{\text{Im}(\gamma'(\tau))\}。

取 n\in\mathbb Z 使得 \tau'=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^n(\gamma(\tau))=\gamma(\tau)+n 的实部 \in\left[-\dfrac12,\dfrac12\right]，有 \text{Im}\left(\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}(\tau')\right)=\dfrac{\text{Im}(\tau')}{|\tau'|^2}，由于 \text{Im}(\tau')=\text{Im}(\gamma(\tau)) 是最大的，有 |\tau'|\le1，因此 \tau'\in\overline{D}。\square

虽然 D 中的点互相不可达，但其边界 \partial D 上的一些点对之间是互相可达的，解决的方案是只包含一半的边界，即定义严格基本域 \widetilde{D}=D\cup\partial D_{\text{Re}(\tau)\le0} 为 D 并上 \partial D 中实部 \le0 的部分，上面的证明仍然是成立的，只需要把 \text{Re}(\tau') 的范围改成左闭右开区间即可。

考虑对于 \tau\in\widetilde{D} 找到它的稳定子群，也就是有哪些 \text{SL}_2(\mathbb Z) 中的变换使其仍保持不变，有：

有 \text{Im}(\tau)>0，因此若 c=0 则 a=d\land b=0，即得到恒等变换 I；否则设 c>0，该二次方程的判别式为 \Delta=(d-a)^2+4bc=(a+d)^2-4，由于虚根成对，方程无实根，即 (a+d)^2<4，分两种情况：

则 \text{i} 的稳定子群由 \begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix} 生成，大小为 2；\omega_3 的稳定子群由 \begin{bmatrix}-1&-1\\1&0\end{bmatrix} 生成，大小为 3；而对于其余 \tau\in\widetilde{D}，只有恒等变换能使其保持不变，即其稳定子群大小为 1。

现在考虑计算 \dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))。取 \tau_1,\cdots,\tau_m\in\widetilde{D}\setminus\{\text{i},\omega_3\} 和 f_1,\cdots,f_{m+1}\in\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))\setminus\{0\}，那么存在不全为零的系数 \{a_i\}_{m+1} 使得 F=\sum_ia_if_i 在 \tau_1,\cdots,\tau_m 上均为 0。这样的用处在于，若非零的 f 在 \widetilde{D} 上的零点阶数之和有关于 k 的上界 S_k（解析函数的零点是孤立的），那么取 m=S_k+1，可得 F=0，则 \{f_i\}_{m+1} 必定线性相关，即得 \dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))\le S_k+1。

剩下的工作就是求出 S_k，使用幅角原理，说的是 (\ln f)'=f'/f 在简单闭合边界上的积分，等于 f 在围成区域内的零点阶数之和乘上 2\pi\text{i}，这是留数定理的推论，证明略。下记 \text{ord}_\tau(f) 为 f 在 \tau 处的零点阶数。

考虑构造区域 S\subset\overline{D}，使得其不包含 f 的任何零点。取充分小的正实数 \varepsilon，使得任意零点间距离 >2\varepsilon，且所有零点虚部 <\varepsilon^{-1}，从 \overline{D} 中去掉零点的 \varepsilon 邻域和虚部 >\varepsilon^{-1} 的部分（可以看作是 \infty 即 q=0 处的 \varepsilon 邻域）就得到 S。

考虑计算 (\ln f)' 绕 S 边界的积分，对每类边界分别考虑：

• 对于左右两条竖线，忽略去掉邻域得到的小圆弧，由于 f(\tau)=f(\tau+1) 且积分方向相反，恰好抵消；
• 对于中间的弧 C，同样忽略小圆弧，由于在单位圆上 -1/\tau 就是 \tau 沿虚轴对称的点，且 f(-1/\tau)=\tau^kf(\tau)，将弧沿虚轴分成 C_l,C_r 两部分，谨慎地处理积分的方向，所求即为：

• 对于顶部横线，对应 \infty 处半径为 |q|=\text{e}^{-2\pi/\varepsilon} 的邻域，顺时针方向，贡献为 -2\pi\text{i}\operatorname{ord}_\infty(f)；
• 对于邻域圆弧，对于 D 内部的零点 z，由柯西积分公式得贡献为 -2\pi\text{i}\operatorname{ord}_z(f)；对于 \partial D_{\text{Re}(z)<0} 上的零点 z，其在边界的另一侧对应 z+1，恰好可以把两个半圆弧拼成整圆，贡献相同；特别地，对于 \text{i}，只有一半圆弧，要除以 2；对于 \omega_3 及其对应的 \omega_6=\omega_3+1，拼起来只有 1/3 圆弧，要除以 3。

综上所述，有：

结合上面的讨论，有 \dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))\le\left\lfloor\dfrac{k}{12}\right\rfloor+1。

事实上对于 k\equiv2\pmod{12} 的情况，能够得到更确切的上界：有 \dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))\le\left\lfloor\dfrac{k}{12}\right\rfloor。

考虑反证，假设 \dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))=\left\lfloor\dfrac{k}{12}\right\rfloor+1=:m，取一组基 f_1,\cdots,f_m，使得存在线性组合 f 使得 \text{ord}_\infty(f)\ge m-1，若 f=0 直接导出矛盾；否则有 \dfrac{k}{12}-\text{ord}_\infty(f)\le\dfrac16，即所有非无穷远点的零点加权和 \le\dfrac16，但由于 n_z\le3，只可能 f 无零点，但与 \text{ord}_\infty(f)\in\mathbb N 矛盾，因此维度 <m。

不难看出这个证明也只对模 12 余 2 的 k 适用，这也使我们确信维度上界总是能取到的，下面构造性地证明这一点。

设 f=\displaystyle\sum_{4a+6b=k}c_iE_4^aE_6^b，其中 c_i 不全为 0，由裴蜀定理易知这样的 (a,b) 个数恰好等于维度上界，下面要证明 f 不恒为 0。

不难知道 f 是关于 E_6^2/E_4^3 的多项式，且可以验证 E_4^3\not\propto E_6^2，由代数基本定理可得 f 不恒为 0，也就是说 \{E_4^aE_6^b\mid4a+6b=k\} 确实是 \mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z)) 的一组基。

回到之前遗留的问题，有 \dim\mathcal M_2(\text{SL}_2(\mathbb Z))=0，即全模群上，权 2 的模形式必定为 0；对于偶数 k\le10 及 14，有 \dim\mathcal M_k(\text{SL}_2(\mathbb Z))=1，则权 k 的模形式必定是 E_k 的常数倍。

有 [q^0]E_k=1，因此有 E_4^2=E_8,E_4E_6=E_{10},E_4E_{10}=E_6E_8=E_{14}。再由 [q^n]E_k=-\dfrac{2k}{B_k}\sigma_{k-1}(n)，可以得到一系列关于 \sigma_{2k-1} 的卷积恒等式。具体地说，设 E_{2a}E_{2b}=E_{2(a+b)}，有：

即：

再考虑 E_2，通过上一节中的式子变形可得 G_2 和 E_2 的变换关系（令 j=j(\gamma,\tau)）：

然后两侧同时平方和对 \tau 求导，分别得到：

设 f=\dfrac{E_2^2}{12}-\dfrac{E_2'}{2\pi\text{i}}，有 f(\gamma(\tau))=j^4f(\tau)，即 f\in\mathcal M_4(\text{SL}_2(\mathbb Z))，则 f\propto E_4。

对 z 求导后除以 2\pi\text{i}，等价于对 q 求导后乘上 q。通过比较系数可得 f=\dfrac{E_4}{12}，也就是说有 E_2^2-\dfrac{12}{2\pi\text{i}}E_2'=E_4，即：

提取系数并整理，得到因子和函数卷积恒等式：

对于 E_2^{3,4,5,7} 都能类似地做，只需要通过乘上 E_2 或求导找到一组权 2k 的基，随后线性组合凑出一个模形式，然后比较系数即可。

感兴趣的话可以看看 P16722 基础模形式练习题，是求 E_2^n 在素数幂次处的系数，不过目前还没有讲到 Hecke 算子相关的东西所以暂时还不太能做，嗯。

再比如之前说的判别式函数 \Delta=(60G_4)^3-27(140G_6)^2 和 Dedekind η 函数 \eta(\tau)=q_{24}\displaystyle\prod_{n=1}^{+\infty}(1-q^n)，二者都是权 12 的尖点形式，直接使用维度上界公式可以得到 \dim\mathcal M_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z))=2，而由于尖点形式自带零点 \infty，分析可得 \dim\mathcal S_{12}(\text{SL}_2(\mathbb Z))=1，再比较系数可得 \Delta=(2\pi)^{12}\eta^{24}。

设 \widetilde\Delta=\dfrac{\Delta}{(2\pi)^{12}}=\eta^{24}，定义 \tau(n)=[q^n]\widetilde\Delta，有：

使用大眼观察法注意到 \tau(n) 是积性函数，即对于 n\perp m，有 \tau(nm)=\tau(n)\tau(m)。具体的证明需要用到 Hecke 算子的性质，这个放到之后再来讲。

为了解决四平方和问题，需要将维度上界公式拓展到更一般的同余子群上，而对于精确的维度公式，需要更多代数几何的知识，这里按下不表。

对于同余子群 \Gamma\le\text{SL}_2(\mathbb Z) 满足 -I\in\Gamma，设 f\in\mathcal M_k(\Gamma)，l=[\text{SL}_2(\mathbb Z):\Gamma]。

取一组右陪集分解 \{\gamma_i\}_l，由定义不难验证 F=\displaystyle\prod_{i=1}^lf[\gamma_i]_k 是全模群上权 kl 的模形式，令 m=\left\lfloor\dfrac{kl}{12}\right\rfloor+1，下面证明 \dim\mathcal M_k(\Gamma)\le m。

和全模群类似地反证，假设 \dim\mathcal M_k(\Gamma)>m，任取一组线性无关的模形式 g_1,\cdots,g_{m+1}；设 \mathcal D 是 \Gamma 的基本域（定义是上面 \widetilde{D} 具有的两条性质，只不过对象换成了 \Gamma），易知一定可以取得 \widetilde{D}\subset\mathcal D，此时 \mathcal D 的形态是 \displaystyle\bigcup_{i=1}^l\gamma_i^{-1}\widetilde{D}。

在 \widetilde{D} 中取不为 \text{i},\omega_3 的 m 个点 \tau_1,\cdots,\tau_m，那么一定存在不全为零的系数 \{a_i\}_{m+1} 使得 f=\sum_ia_ig_i 在这些点上都为 0。固定 \gamma_l=I，有 F=f\displaystyle\prod_{i=1}^{l-1}f[\gamma_i]_k，由于 \tau_i 是 f 的零点，它也必定是 F 的零点。

若 F\not\equiv0，则根据零点阶数公式，它在 \widetilde{D} 上的零点阶数之和为 \dfrac{kl}{12}；而由假设知其零点阶数和至少为 m>\dfrac{kl}{12}，因此 F\equiv0\Rightarrow f\equiv0，与 \{g_i\}_{m+1} 线性无关相矛盾，即 \dim\mathcal M_k(\Gamma)\le m。

至于为什么要令 -I\in\Gamma，好像有比较深刻的道理，不会了。

由上面的结论，有 \dim\mathcal M_4(\Gamma_0(4))\le\dfrac{4\times(3/2)\times 2}{12}+1=2，回顾上一节的定义，已经知道 G_{2,2},G_{2,4} 线性无关，那么也就找到了该空间的一组基，就可以通过比较系数求出 \theta(\tau,4) 了。

类似地，对于 4k 平方和拆分，要做的也就是找到 \mathcal M_4(\Gamma_0(4k)) 的一组性质较好的基，并且将 \theta(\tau,4k) 线性表示出来。

得知维度上界的另一个用处是得出像下面这样神秘的恒等式：

等式右侧是 Jacobi θ 函数中的一种，由定义知 \vartheta_3(\tau)=\theta(2\tau)。先把左侧化成用 \eta 表示的形式：

其权为 \dfrac12，取四次方后得到权 2 的模形式；由上一节的内容我们知道 \theta^4 也是权 2 的模形式，且二者有共同的同余子群 \Gamma_0(4)。由于 \dim\mathcal M_4(\Gamma_0(4))=2，比较前两项系数即可说明二者相等。

事实上，上面的式子是下面的 Jacobi 三重积恒等式当 w=1 时的直接推论（该等式的证明移步机器的分拆数与 q-analog 小记）：

具体的变形推导过程在此略去，可以自己玩一下，需要用到上面链接文章中的一些定理。

所以可能算是殊途同归了？比如说求 r(n,4) 也可以生成函数大力推导来做。不是很懂。

关于其它几种 Jacobi θ 函数，后面应该会统一讲到，不再赘述。

这一节的内容差不多就是这么多，其实感觉东西远远没有前两节来的多，但是写的时候就感觉很折磨，怎么回事呢。

严肃感受到自己的弱小，发现自己有一车东西其实根本就不会，到底在搞什么啊。

状态很不好。开摆。