模形式

这是模形式版本的“$n$ 次多项式计重数恰有 $n$ 个根”:可以把 $f$ 看作紧致轨形 $X(1)=\mathbb{H}^*/\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})\cong\mathbb{P}^1(\mathbb{C})$ 上一个次数为 $k/12$ 的线丛的截面,其零点的(加权)总数必须等于该次数。权重 $\tfrac12,\tfrac13$ 只出现在两点 $i$ 和 $\rho=e^{i\pi/3}$ 处,因为这正是 $\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})$ 具有额外($2$ 阶和 $3$ 阶)稳定子群的点,商映射在那里分别缠绕 $2$ 圈和 $3$ 圈。

固定标准基本域 $\mathcal{F}=\{\tau\in\mathbb{H} : |\operatorname{Re}(\tau)|\le \tfrac12,\ |\tau|\ge 1\}$,其下边界顶点为 $\rho=e^{i\pi/3}$、$\rho+1$、$i$,向上延伸至尖点 $\infty$。在足够大的高度 $\operatorname{Im}(\tau)=T$(即 $T$ 充分大)处截断,并在 $\partial\mathcal{F}$ 上恰好落有 $f$ 零点的地方用小圆弧作凹口。记所得轮廓为 $C$。由于 $f$ 在此有界区域内只有有限个零点,辐角原理给出 $\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f'(\tau)}{f(\tau)}\,d\tau$ 等于严格位于 $C$ 内部的 $f$ 零点个数。

现在逐段计算 $\partial\mathcal{F}$。两条竖直边 $\operatorname{Re}(\tau)=-\tfrac12$ 与 $\operatorname{Re}(\tau)=\tfrac12$ 由 $T:\tau\mapsto\tau+1$ 相互等同,又因 $f(\tau+1)=f(\tau)$,被积函数 $f'/f$ 也是周期为 $1$ 的;以相反方向遍历(一边向上,被等同的一边向下),这两个积分恰好完全抵消。这正是平移对称性发挥作用之处:它白白去掉了轮廓的两条边。

高度 $T$ 处的顶边在 $T\to\infty$ 时闭合:记 $f=\sum_{n\ge m}a_nq^n$,其中 $m=\operatorname{ord}_\infty(f)$、$a_m\ne0$,则当 $q\to0$ 时 $f'/f \to 2\pi i\,m$,故此边对总和贡献 $-\operatorname{ord}_\infty(f)$(负号来自轮廓在顶部向左遍历的方向)。

剩下的是下边界:沿 $|\tau|=1$ 从 $\rho$ 到 $i$ 的弧、从 $i$ 到 $\rho+1$ 的弧,以及从 $\rho$ 向上到左上角、从 $\rho+1$ 向下的两段短竖直线。反演 $S:\tau\mapsto-1/\tau$ 把经过 $i$ 的弧映到自身(因 $S(i)=i$),并交换圆弧的两半;由于 $S$ 固定 $i$ 且把 $i$ 的邻域旋转角度 $\pi$($\mathrm{PSL}_2(\mathbb{Z})$ 中 $i$ 的稳定子群阶为 $2$),$i$ 周围的小凹口只贡献 $-\tfrac12\operatorname{ord}_i(f)$ 而非完整的 $-\operatorname{ord}_i(f)$:在 $S$-对称性等同其余部分之前,实际只扫过“一半”完整的留数。类似地,$\rho$ 与 $\rho+1=S T^{-1}(\rho)$ 由 $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{Z})$ 中阶为 $3$ 的稳定子群(由 $ST$ 生成,阶为 $3$)相互等同,故二者合并的凹口贡献 $-\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(f)$。弧上其余一般部分上的任何其他零点 $P$ 具有平凡稳定子群,贡献完整的 $-\operatorname{ord}_P(f)$。

把各部分相加:竖直边相消,顶边给出 $-\operatorname{ord}_\infty(f)$,角点给出 $-\tfrac12\operatorname{ord}_i(f)-\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(f)$,任何剩余边界零点 $P$ 给出 $-\operatorname{ord}_P(f)$。但 $\frac{1}{2\pi i}\oint_C f'/f\,d\tau$ 同时也必须等于 $\tfrac{k}{12}$:这一常数来自权 $k$ 自守因子 $(c\tau+d)^k$ 迫使 $\arg f$ 绕两条被等同的角弧(由 $S$ 联系,其把 $d\tau\mapsto \tau^{-2}d\tau$,卷入由 $k$ 支配的缠绕数)总旋转量净贡献恰为 $k/12$——同一常数也因 $\mathcal{F}$ 的双曲面积为 $\pi/3$ 且 $X(1)$ 恰有一个尖点及阶 $2,3$ 的椭圆点而出现,这正是公式中 $12$ 背后的 Riemann–Hurwitz 记账。将同一围道积分的两种计算等同,把所有零点阶项移到一边,恰好得到 $\operatorname{ord}_\infty(f)+\tfrac12\operatorname{ord}_i(f)+\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(f)+\sum_{P}\operatorname{ord}_P(f) = \tfrac{k}{12}$。

这一次计算同时证明了:权 $12$ 尖点形式空间是 $1$ 维的(由 $\Delta$ 张成);而 $\Delta$ 在 $\mathbb{H}$ 上处处非零正是使 $j$-不変量 $j=E_4^3/\Delta$ 在整个 $\mathbb{H}$ 上全纯的原因——这一事实按同构对 $\mathbb{C}$ 上的椭圆曲线进行分类,是通往数论几何的桥梁。

首先是全纯性与权重:$E_4,E_6$ 分别是权 $4,6$ 的模形式(艾森斯坦级数的标准事实,此处作为已知输入),故 $E_4^3$ 与 $E_6^2$ 均为权 $12$。二者(经归一化)的傅里叶展开均以常数项 $1$ 开始,故 $E_4^3-E_6^2$ 常数项为零:它是权 $12$ 的尖点形式,$\Delta=(E_4^3-E_6^2)/1728$ 也是如此,特别地 $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)\ge1$。

现在对 $k=12$ 应用上面证明的位数公式:$\Delta$ 的加权零点阶总和必须等于 $12/12=1$。左边每一项——$\operatorname{ord}_\infty(\Delta)$、$\tfrac12\operatorname{ord}_i(\Delta)$、$\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(\Delta)$,以及其他点处任何 $\operatorname{ord}_P(\Delta)$——都是非负实数,而我们已知 $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)\ge1$。若干非负项之和(其中一项已经 $\ge1$)恰好等于 $1$ 的唯一方式,是该项恰为 $1$ 而其余各项恰为 $0$。因此 $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)=1$ 恰好成立,且对每个 $P\in\mathbb{H}$ 都有 $\operatorname{ord}_P(\Delta)=0$:$\Delta$ 在 $\mathbb{H}$ 上处处不为零,唯有在尖点处有一个单零点。

关于维数命题:设 $g$ 为任意权 $12$ 尖点形式。商 $g/\Delta$ 在 $\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})$ 下不变(权为 $12-12=0$),且因 $\Delta$ 在 $\mathbb{H}$ 上处处非零而在其上全纯。在尖点处,$g$ 与 $\Delta$ 关于 $q$ 均至少以 $1$ 阶消失,而 $\Delta$ 在此处的阶恰为 $1$,故商在 $q=0$ 处也全纯延拓(无极点)。一个在 $\mathbb{H}$ 上处处全纯且在尖点处也全纯的权 $0$ 模函数,下降为紧黎曼曲面 $X(1)\cong\mathbb{P}^1(\mathbb{C})$ 上的全纯函数,由刘维尔定理(推广到紧化后)必为常数。故 $g=c\cdot\Delta$($c$ 为常数):权 $12$ 尖点形式空间恰为 $1$ 维。在权 $4$ 时完全相同的论证(总预算 $4/12=1/3$,只能由 $\operatorname{ord}_\rho=1$ 且其余各阶皆为 $0$ 实现,因为任何整数贡献——比如非零的 $\operatorname{ord}_\infty$——都已超过 $1/3$)表明任何非零权 $4$ 形式的唯一零点都在 $\rho$ 处,阶恰为 $1$,别无他处,同样的“除以 $E_4$”技巧迫使 $\dim M_4(\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z}))=1$。

最后,$q$-乘积公式 $\Delta(\tau)=q\prod_{n\ge1}(1-q^n)^{24}$ 是雅可比发现的经典恒等式;此处只作引用而不重新推导,但请注意它与我们刚证明的结果完全一致:右边在 $q=0$ 处显然恰以 $1$ 阶消失,且在 $0<|q|<1$ 上(作为非零因子的收敛乘积)显然非零,与上述位数公式所强制的零点阶分布完全吻合。