Dạng modular

Đây là phiên bản dạng modular của "đa thức bậc $n$ có đúng $n$ nghiệm kể cả bội": có thể xem $f$ như một lát cắt của một phân thớ đường bậc $k/12$ trên orbifold compact $X(1)=\mathbb{H}^*/\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})\cong\mathbb{P}^1(\mathbb{C})$, và tổng số không điểm (có trọng số) của nó phải bằng bậc đó. Các trọng số $\tfrac12,\tfrac13$ chỉ xuất hiện tại hai điểm $i$ và $\rho=e^{i\pi/3}$ vì đó chính xác là những điểm mà $\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})$ có bộ ổn định thừa (cấp $2$ và cấp $3$), nên ánh xạ thương quấn quanh chúng $2$ và $3$ lần.

Cố định miền cơ bản chuẩn $\mathcal{F}=\{\tau\in\mathbb{H} : |\operatorname{Re}(\tau)|\le \tfrac12,\ |\tau|\ge 1\}$, với các đỉnh $\rho=e^{i\pi/3}$, $\rho+1$, và $i$ trên biên dưới, kéo dài lên tới đỉnh (cusp) tại $\infty$. Cắt cụt nó ở độ cao $\operatorname{Im}(\tau)=T$ với $T$ lớn, và khoét lõm biên bằng các cung tròn nhỏ quanh những không điểm của $f$ tình cờ nằm ngay trên $\partial\mathcal{F}$. Gọi đường viền thu được là $C$. Vì $f$ chỉ có hữu hạn không điểm trong miền bị chặn này, nguyên lý argument cho $\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f'(\tau)}{f(\tau)}\,d\tau$ bằng số không điểm của $f$ nằm hẳn bên trong $C$.

Bây giờ tính từng phần của $\partial\mathcal{F}$. Hai cạnh đứng $\operatorname{Re}(\tau)=-\tfrac12$ và $\operatorname{Re}(\tau)=\tfrac12$ được đồng nhất bởi $T:\tau\mapsto\tau+1$, và vì $f(\tau+1)=f(\tau)$, hàm dưới dấu tích phân $f'/f$ cũng tuần hoàn chu kỳ $1$; đi theo hai chiều ngược nhau (một cạnh đi lên, cạnh được đồng nhất đi xuống), hai tích phân này triệt tiêu hoàn toàn nhau. Đây là chỗ đối xứng tịnh tiến phát huy tác dụng: nó loại bỏ trọn hai cạnh của đường viền miễn phí.

Cạnh trên ở độ cao $T$ khép lại khi $T\to\infty$: viết $f=\sum_{n\ge m}a_nq^n$ với $m=\operatorname{ord}_\infty(f)$ và $a_m\ne0$, ta có $f'/f \to 2\pi i\,m$ khi $q\to0$, nên cạnh này đóng góp $-\operatorname{ord}_\infty(f)$ vào tổng (dấu trừ do hướng đường viền, đi sang trái ở phía trên).

Còn lại là biên dưới: cung từ $\rho$ tới $i$ và cung từ $i$ tới $\rho+1$ dọc $|\tau|=1$, cộng hai đoạn đứng ngắn từ $\rho$ lên góc trên-trái và từ $\rho+1$ xuống. Phép nghịch đảo $S:\tau\mapsto-1/\tau$ ánh xạ cung qua $i$ vào chính nó (vì $S(i)=i$) và hoán đổi hai nửa cung tròn; vì $S$ cố định $i$ và quay một lân cận của $i$ đi góc $\pi$ (bộ ổn định của $i$ trong $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{Z})$ có cấp $2$), phần khoét lõm nhỏ quanh $i$ chỉ đóng góp $-\tfrac12\operatorname{ord}_i(f)$ thay vì trọn $-\operatorname{ord}_i(f)$: chỉ "nửa" thặng dư đầy đủ thực sự được quét trước khi đối xứng-$S$ đồng nhất phần còn lại. Tương tự $\rho$ và $\rho+1=S T^{-1}(\rho)$ được đồng nhất với bộ ổn định cấp $3$ trong $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{Z})$ (sinh bởi $ST$, cấp $3$), nên phần khoét lõm gộp của chúng đóng góp $-\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(f)$. Bất kỳ không điểm khác $P$ trên phần còn lại, tổng quát, của cung có bộ ổn định tầm thường và đóng góp trọn $-\operatorname{ord}_P(f)$.

Cộng mọi phần lại: hai cạnh đứng triệt tiêu, cạnh trên cho $-\operatorname{ord}_\infty(f)$, các góc cho $-\tfrac12\operatorname{ord}_i(f)-\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(f)$, và mọi không điểm biên còn lại $P$ cho $-\operatorname{ord}_P(f)$. Nhưng $\frac{1}{2\pi i}\oint_C f'/f\,d\tau$ cũng phải bằng $\tfrac{k}{12}$: hằng số này đến từ việc theo dõi thừa số automorphy trọng số $k$, $(c\tau+d)^k$, buộc tổng độ quay của $\arg f$ quanh hai cung góc được đồng nhất (liên hệ bởi $S$, biến $d\tau\mapsto \tau^{-2}d\tau$, cuốn theo góc quay do $k$ chi phối) đóng góp đúng $k/12$ ròng — cùng hằng số xuất hiện vì diện tích hyperbolic của $\mathcal{F}$ là $\pi/3$ và $X(1)$ có đúng một đỉnh và các điểm elliptic cấp $2,3$, đó là công thức Riemann–Hurwitz làm nền cho số $12$ trong công thức. Cân bằng hai cách tính cùng một tích phân đường viền và chuyển mọi số hạng bậc không điểm về một phía, ta được đúng $\operatorname{ord}_\infty(f)+\tfrac12\operatorname{ord}_i(f)+\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(f)+\sum_{P}\operatorname{ord}_P(f) = \tfrac{k}{12}$.

Một phép tính duy nhất này vừa chứng nhận không gian dạng đỉnh trọng số $12$ có chiều $1$ (sinh bởi $\Delta$), vừa cho biết việc $\Delta$ không triệt tiêu trên $\mathbb{H}$ chính là điều khiến bất biến $j$, $j=E_4^3/\Delta$, chỉnh hình trên toàn bộ $\mathbb{H}$ — sự kiện phân loại đường cong elliptic trên $\mathbb{C}$ sai khác đẳng cấu, cầu nối tới hình học số học.

Trước tiên, tính chỉnh hình và trọng số: $E_4,E_6$ là dạng modular trọng số $4,6$ tương ứng (sự kiện chuẩn về chuỗi Eisenstein, được coi là đầu vào đã biết ở đây), nên $E_4^3$ và $E_6^2$ đều trọng số $12$. Cả hai có khai triển Fourier bắt đầu bằng hệ số hằng $1$ (do chuẩn hóa), nên $E_4^3-E_6^2$ có hệ số hằng triệt tiêu: đó là dạng đỉnh trọng số $12$, và $\Delta=(E_4^3-E_6^2)/1728$ cũng vậy, đặc biệt $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)\ge1$.

Bây giờ áp dụng công thức valence (đã chứng minh ở trên) với $k=12$: tổng bậc không điểm có trọng số của $\Delta$ phải bằng $12/12=1$. Mọi số hạng vế trái — $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)$, $\tfrac12\operatorname{ord}_i(\Delta)$, $\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(\Delta)$, và bất kỳ $\operatorname{ord}_P(\Delta)$ nào khác — đều không âm, và ta đã biết $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)\ge1$. Cách duy nhất để tổng các số hạng không âm, trong đó một số hạng đã $\ge1$, bằng đúng $1$, là số hạng đó bằng đúng $1$ và mọi số hạng khác bằng đúng $0$. Vậy $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)=1$ chính xác, và $\operatorname{ord}_P(\Delta)=0$ với mọi $P\in\mathbb{H}$: $\Delta$ không triệt tiêu trên $\mathbb{H}$, chỉ có không điểm đơn tại đỉnh.

Về khẳng định chiều: cho $g$ là dạng đỉnh trọng số $12$ bất kỳ. Thương $g/\Delta$ bất biến dưới $\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})$ (trọng số $12-12=0$), và chỉnh hình trên $\mathbb{H}$ vì $\Delta$ không bao giờ triệt tiêu ở đó. Tại đỉnh, cả $g$ và $\Delta$ triệt tiêu bậc ít nhất $1$ theo $q$, và vì bậc của $\Delta$ ở đó đúng bằng $1$, thương cũng mở rộng chỉnh hình (không cực) tới $q=0$. Một hàm modular trọng số $0$ chỉnh hình khắp nơi trên $\mathbb{H}$ và tại đỉnh hạ xuống thành hàm chỉnh hình trên mặt Riemann compact $X(1)\cong\mathbb{P}^1(\mathbb{C})$, theo định lý Liouville (mở rộng lên compact hóa) phải là hằng số. Vậy $g=c\cdot\Delta$ với $c$ là hằng số: không gian dạng đỉnh trọng số $12$ có chiều đúng $1$. Lập luận y hệt ở trọng số $4$ (ngân sách tổng $4/12=1/3$, chỉ có thể thực hiện bằng $\operatorname{ord}_\rho=1$ với mọi bậc khác $0$, vì bất kỳ đóng góp nguyên nào — như $\operatorname{ord}_\infty$ khác không — đã vượt quá $1/3$) cho thấy mọi dạng trọng số $4$ khác không có không điểm duy nhất tại $\rho$ với bậc đúng $1$ và không còn nơi nào khác, và cùng thủ thuật chia cho $E_4$ buộc $\dim M_4(\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z}))=1$.

Cuối cùng, tích $q$: $\Delta(\tau)=q\prod_{n\ge1}(1-q^n)^{24}$ là đẳng thức cổ điển do Jacobi tìm ra; ta trích dẫn ở đây thay vì suy lại từ đầu, nhưng lưu ý nó hoàn toàn nhất quán với điều vừa chứng minh: vế phải rõ ràng triệt tiêu bậc đúng $1$ tại $q=0$ và rõ ràng khác không với $0<|q|<1$ (tích hội tụ của các thừa số khác không), khớp với dáng điệu bậc không điểm mà công thức valence ở trên buộc phải có.