模形式

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话题：#数学# #傅里叶级数# #模形式#

小石头/编

【注：阅读本文前，请先阅读 小石头 所写的 上一篇文章 —— 模函数 。】

在解析数论中，说到出名，非 黎曼 ζ 函数 莫属，其最初只是定义在 自然数上的 ，

这时，人们的焦点是被称为调和级数的，

ζ(1) = 1 + 1/2 + 1/3 + …

很快，门戈利 就证明了 其发散性，同时 又证明了

ζ(2) = 1 + 1/2² + 1/3² + …

收敛【注：因为 ζ(k+1) < ζ(k)，所以 从而知道 k ≥ 2 时 ζ(k) 的值都存在】，于是 求 ζ(2) 的值 就成了 著名的 巴塞尔问题。

率先解决 巴塞尔问题 是欧拉，其证明的前几步是这样的：

◈◈◈◈◈◈

对 sin x 的幂级数展开式，

sin x = x – x³/3! + x⁵/5! – x⁷/7! + …

等式两边除以 x 有，

sin x/x = 1 – x²/3! + x⁴/5! – x⁶/7! + …

将 上式右边 看成 多项式，由 sin(nπ) = 0 (n∈ℤ) ⇒ sin(nπ) /nπ = 0 (n∈ℤ*) 【注：X* = X\{0}】 知 { nπ |n∈ℤ* } 是 该多项式的 过零点，因此有因式分解，

1 – x²/3! + x⁴/5! – x⁶/7! + … = A∏n∈ℤ* (x – nπ) ①

将 x = 0 代入上式 ，有，

1 = A ∏n∈ℤ* (0 – nπ) = A∏n∈ℤ* (-nπ)

【注：limx→0 sin x/x = 1 这与等式左边的值符合】

这样就求得，

A = 1/∏n∈ℤ* (-nπ)

代入① 的右边有，

1 – x²/3! + x⁴/5! – x⁶/7! + … = (∏n∈ℤ* (x – nπ))/(∏n∈ℤ* (-nπ)) = ∏n∈ℤ* (x – nπ)/(-nπ) = ∏n∈ℤ* (x – nπ)/(-nπ) = ∏n∈ℤ* (x + nπ)/nπ

◈◈◈◈◈◈

【注：接下来 欧拉将上式右边展开 并且 比较 等式两边 二次项系数 就证明了 ζ(2) = π²/6 】

接着 欧拉的证明，有，

sin x/x = ∏n∈ℤ* (x + nπ)/nπ

于是最终，我们得到 sin x 的乘积公式，

对公式两边取对数并且对x求导，则 等式，

左边 = (ln sin x)’ = (1/sin x) sin’x = (1/sin x) cos x = cot x

右边 = [ln(x∏n∈ℤ* (x + nπ)/nπ]’ = [ln x + ∑n∈ℤ* ln((x + nπ)/nπ)]’ = ln’x + ∑n∈ℤ* ln'((x + nπ)/nπ) = 1/x + ∑n∈ℤ* (1/((x + nπ)/nπ))((x + nπ)/nπ)’ = 1/x + ∑n∈ℤ* (1/((x + nπ)/nπ))(1/nπ) = 1/x + ∑n∈ℤ* 1/(x + nπ) = ∑n∈ℤ 1/(x + nπ)

即得到，

令 x = zπ 代入，有，

cot(zπ) = ∑n∈ℤ 1/(zπ + nπ) = 1/π ∑n∈ℤ 1/(z + n)

即得到，

另一方面，根据欧拉公式，

有，

e⁻ⁱˣ = cos(-x) + i sin(-x) = cos x – i sin x

两式分别进行加、减整理得到，

cos x = (eⁱˣ + e⁻ⁱˣ)/2

sin x = (eⁱˣ – e⁻ⁱˣ)/2i

于是得到，

进而有，

cot x = i(eⁱˣ + e⁻ⁱˣ)/(eⁱˣ – e⁻ⁱˣ) = i(eⁱˣ + 1/eⁱˣ)/(eⁱˣ – 1/eⁱˣ) = i(e²ⁱˣ + 1)/(e²ⁱˣ – 1) = -i(e²ⁱˣ + 1)/(1- e²ⁱˣ)

再根据著名的级数展开式，

就有，

cot x = -i(e²ⁱˣ + 1) ∑ₙ₌₀(e²ⁱˣ)ⁿ = -i(e²ⁱˣ + 1) ∑ₙ₌₀e²ⁱˣⁿ = -i(e²ⁱˣ ∑ₙ₌₀e²ⁱˣⁿ + ∑ₙ₌₀e²ⁱˣⁿ) = -i(∑ₙ₌₀e²ⁱˣ⁽ⁿ⁺¹⁾ + ∑ₙ₌₀e²ⁱˣⁿ) = -i(∑ₙ₌₁e²ⁱˣ + ∑ₙ₌₀e²ⁱˣⁿ ) = -i(∑ₙ₌₁e²ⁱˣ + 1 + ∑ₙ₌₁e²ⁱˣⁿ ) = -i(1 + 2∑ₙ₌₁e²ⁱˣⁿ)

即，

等式两边同乘 π，并 令 x = zπ 代入，得到，

将之与 (2) 联立，就得到，

等式两边同时对 z 进行 k 次求导 既有，

最终，等式两边同乘 -1，并且令 r = k+1 代入，就得到，

到这里大家可能一头雾水，实际上，我们费劲巴拉的搞出来 (4) 的目的是为了将 模函数，

展开。为此，首先 对 G₂ₖ(τ) 进行变形，根据 ℤ 的对称性 有，

于是，

然后，令 z = mτ , r = 2k 代入 (4) 有，

最后，就有，

即，

这样 我们就将 G₂ₖ(τ) 展开 为 e的指数的幂的和式 形式。

等式 (5) 的右边 实际上是 一个傅里叶级数，为什么呢？让我们从头说起。

令，

是单位去心圆盘，对于 给定正实数 T，定义 映射 qᴛ: H → Δ*，

这个映射将 上半平面 H 映射到 Δ*，

更具体来说，就是将每一个带，

一一映射到 Δ*，即有，

qᴛ : Ωₙ → Δ* : q⁻¹ᴛ

这同时还将 H 的无穷远点 a + i∞ = ∞ 与 Δ* 的原点 0 对应起来。

如果存在 一个以 T 为单周期的 定义在 H 上的 函数 f(τ) ，则我们可以诱导出 一个定义在 Δ* 上的函数，

f̃(z) = f(q⁻¹ᴛ(z)) = f(T(lnz)/2iπ)

当然，反过来就是，

f(ᴛ) = f̃(qᴛ(ᴛ))

此时，若 f̃(z) 在 0 处展开为 洛朗级数，

则有，

这样我就得到了f(ᴛ) 在 ∞ 处 的 指数形式的 傅里叶展开式。

回忆，由格函数 F(Λ(ω₁, ω₂))，产生的 模函数，

F(ᴛ) = F(Λ(ᴛ, 1))

由于存在，

使得，

(ᴛ + 1, 1) = (ᴛ, 1)T

所以，(ᴛ + 1, 1) 也是 Λ(ᴛ, 1) 的基，有，

F(ᴛ + 1) = F(Λ(ᴛ + 1, 1)) = F(Λ(ᴛ, 1)) = F(ᴛ)

故 T = 1 是 F 的单周期，此时可令，

则 F 对应的 傅里叶展开式 可记为，

这也称为 q-展开式。

显然 (5) 中的 mn 项 对应 (6) 中的 n 项，常数项 对应 n=0 项，故 (5) 就是 G₂ₖ(τ) 的傅里叶级数，并且 n < 0 的项都是 0，也就是 G₂ₖ(τ) 的傅里叶级数 可符合下模式，

此时有，

这样 洛朗级数变为泰勒级数，故 F̃ 在 0 处解析，这意味着，F 在 ∞ 也解析。

受此启发，我们，称 满足 (7) 的，在 上半平面 和 无穷远点 都 全纯的 模函数 为 模形式。

我们之前做了如此多的铺垫，至此，终于引出了 模形式的 概念，太不容易了：

（好了今天就写的这里，接下来在续篇中我们会介绍 更多具体的 模形式，到时候 也会对 (5) 进行改进 让它更优雅。）