2  Segon dia

2.1 q-expansió de les sèries d’Eisenstein

2.1.1 Els nombres de Bernoulli

Es defineixen com els coeficients de la sèrie de Taylor de \[ \frac{t}{e^t-1} = \sum_{k=0}^\infty B_k \frac{t^k}{k!}. \]

Es poden calcular de manera recursiva, calculant el terme de grau \(n\) de l’expansió \[ t = \sum_{k=0}^\infty B_k \frac{t^k}{k!} \sum_{\ell=1}^\infty \frac{t^\ell}{\ell!}. \] De fet, veiem que \(B_0=1\), \(B_1=-1/2\), i \(B_k=0\) per a tot \(k\geq 3\) senar. També podem calcular \(B_2=1/6\), \(B_4=-1/30\),…

L’interès en els nombres de Bernoulli prové del fet que són la “part racional” dels valors de la funció zeta de Riemann en els enters parells (per exemple, \(\zeta(2)=\pi^2/6\), \(\zeta(4)=\pi^4/90\),…).

Proposició 2.1 Si \(n\geq 2\) és un enter parell, \[ \zeta(n) = \frac {2^{n-1}\pi^{n} |B_{n}|} {n!} \]

Demostració. Substituint \(t=2iz\) a la definició dels nombres de Bernoulli obtenim la fórmula \[ z\cot z = \sum_{k=0}^\infty |B_{2k}|\frac{2^{2k}z^{2k}}{(2k)!}. \] D’altra banda, de la famosa fórmula \[ \sin(z) = z\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{n^2\pi^2}\right) \] n’obtenim, fent la derivada logarítmica, \[ z\cot z = 1+2\sum_{n=1}^\infty \frac{z^2}{z^2-n^2\pi^2}=1-2\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{z^{2k}}{n^{2k}{\pi^{2k}}}. \] Arribem al resultat comparant el terme de \(z^{2k}\) de cada equació.

2.1.2 Expansions de les sèries d’Eisenstein

Observem que, de la igualtat \[ z\cot z = 1+2\sum_{n=1}^\infty \frac{z^2}{z^2-n^2\pi^2} \] en podem deduir \[ \pi\cot (\pi z)=\frac{1}{z} + \sum_{m=1}^\infty \left(\frac{1}{z+m}-\frac{1}{z-m}\right). \] D’altra banda, \[ \pi\cot(\pi z) = \pi \frac{\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)} = i\pi\frac{q+1}{q-1} = i\pi - \frac{2i\pi}{1-q} = i\pi -2\pi i \sum_{n=0}^\infty q^n. \] Comparant les dues expressions, obtenim la igualtat bàsica \[ \frac{1}{z} + \sum_{m=1}^\infty \left(\frac{1}{z+m}+\frac{1}{z-m}\right) = i\pi -2\pi i \sum_{n=0}^\infty q^n. \] Derivant-la successivament, obtenim el que es coneix com la fórmula de Lipschitz: \[ \sum_{m\in\mathbb{Z}} \frac{1}{(z+m)^k} = \frac{(-1)^k (2\pi i)^k}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty n^{k-1}q^n, \quad k\geq 2. \]

Proposició 2.2 Per cada \(k\geq 4\) parell, tenim \[ G_k(z) = 2\zeta(k) + 2\frac{(2\pi i)^{k}}{(k-1)!} \sum_{n=1}^\infty \sigma_{k-1}(n)q^n. \]

Demostració. Expandim \(G_k(z)\) com \[ G_k(z)=\sum_{(m,n)\neq (0,0)} \frac{1}{(mz+n)^k} =2\zeta(k) + 2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)^k}. \] Aplicant la igualtat bàsica anterior amb \(mz\) en comptes de \(z\), tenim \[\begin{align*} G_k(z) &= 2\zeta(k) +2\frac{(-1)^k (2\pi i)^k}{(k-1)!} \sum_{d=1}^\infty \sum_{a=1}^\infty d^{k-1} q^{ad}\\ &= 2\zeta(k) + \frac{2(2\pi i)^k}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty \sigma_{k-1}(n)q^n. \end{align*}\]

Corol·lari 2.1 Tenim \(G_k(z)=2\zeta(k)E_k(z)\), amb \[ E_k(z) = 1-\frac{2k}{B_k}\sum_{n=1}^\infty \sigma_{k-1}(n)q^n. \]

Per exemple, \[\begin{align*} E_4&=1+240\sum_{n\geq 1} \sigma_3(n)q^n,& E_6&=1-504\sum_{n\geq 1} \sigma_5(n)q^n,\\ E_8&=1+480\sum_{n\geq 1} \sigma_7(n)q^n,& E_{10} &= 1-264\sum_{n\geq 1}\sigma_9(n)q^n,\\ E_{12} &= 1+\frac{65520}{691}\sum_{n\geq 1}\sigma_{11}(n)q^n,& E_{14} &= 1-24\sum_{n\geq 1} \sigma_{13}(n)q^n. \end{align*}\]

2.1.3 Una primera aplicació

Ja hem vist que \(M_8\), \(M_{10}\) i \(M_{14}\) tenen dimensió \(1\). Per tant, \(E_4^2=E_8\), \(E_4E_6=E_{10}\) i \(E_4E_{10}=E_{14}\). Comparant coeficients de les corresponents expansions, obtenim les identitats \[\begin{align*} \sigma_7(n)&=\sigma_3(n)+120\sum_{m=1}^{n-1} \sigma_3(m)\sigma_3(n-m),\\ 11\sigma_9(n)&=21\sigma_5(n)-10\sigma_3(n)+5040\sum_{m=1}^{n-1} \sigma_3(m)\sigma_5(n-m), i\\ \sigma_{13}(n) &= 11\sigma_9(n) - 10\sigma_{3}(n) +2640 \sum_{m=1}^n \sigma_3(n)\sigma_9(n-m). \end{align*}\]

2.2 L’expansió de la funció discriminant

Volem donar una fórmula per \(\Delta(z)=\frac{E_4(z)^3-E_6(z)^2}{1728}\). Per això, considerem \(\tilde\Delta=q\prod_{n=1}^\infty(1-q^n)^{24}\) a on, com sempre, \(q=e^{2\pi i z}\). Veurem que aquestes dues funcions coincideixen. Per fer-ho, prenem primer la derivada logarítmica de \(\tilde\Delta\), i obtenim (fixem-nos que \(\operatorname{dlog}q = 2\pi i\)) \[ \operatorname{dlog}\tilde\Delta = 2\pi i + 24\sum_{n=1}^\infty \frac{-2\pi i n q^n}{1-q^n} = 2\pi i\left(1-24\sum_{n=1}^\infty\frac{nq^n}{1-q^n}\right). \] Observem que \[ \sum_{n=1}^\infty \frac{nq^n}{1-q^n}=\sum_{n=1}^\infty n\sum_{m=1}^\infty q^{nm} = \sum_{n\geq 1}\sigma_1(n)q^n, \] i per tant obtenim \[ \operatorname{dlog}\tilde\Delta = 2\pi i \left( 1-24\sum_{n\geq 1} \sigma_1(n)q^n\right). \]

2.2.1 La sèrie d’Eisenstein de pes 2

Considerem la funció \[ G_2(z) = \sum_{m=-\infty}^\infty \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{(mz+n)^2}, \] on si \(m=0\) hem d’ometre el terme \(n=0\) (a partir d’ara això no ho direm). Podem separar el terme \(m=0\) i obtenir: \[ G_2(z) = 2\zeta(2) + \sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)^2}. \] Igual que hem fet amb les series d’Eisenstein de pes \(k\geq 4\), podem calcular els coeficients de Fourier de \(G_2\), i obtenim \[ G_2(z)= 2\zeta(2) - 8\pi^2\sum_{n=1}^\infty \sigma_1(n)q^n=\frac{\pi^2}{3} E_2(z), \] amb \[ E_2(z)=1-24\sum_{n=1}^\infty \sigma_1(n)q^n. \] És clar, doncs, que \(G_2(z+1)=G_2(z)\). Ara bé, si intentem calcular \(G_2(-1/z)\) trobarem un comportament curiós: \[ G_2(-1/z) = \sum_{m=-\infty}^\infty\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{z^2}{(nz+m)^2} = z^2\sum_{n=-\infty}^\infty\sum_{m=-\infty}^\infty \frac{1}{(mz+n)^2}. \]

Fixem-nos que l’ordre dels sumatoris està canviat! Per relacionar-ho altra vegada amb \(G(z)\), ens cal primer poder-la escriure com la suma d’una sèrie absolutament convergent.

Lema 2.1 Es pot escriure \[ G_2(z) = 2\zeta(2) + \sum_{m\neq 0,n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(mz+n)^2(mz+n+1)}, \] on la sèrie és absolutament convergent.

Demostració. Només cal calcular

\[\begin{align*} \sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)(mz+n+1)} &= \sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\mathbb{Z}} \left(\frac{1}{mz+n}-\frac{1}{mz+n+1}\right) \\ &= \sum_{m\neq 0} 0 = 0. \end{align*}\]

Per tant, podem restar el terme general de la sèrie que defineix \(G_2(z)\), per obtenir \[\begin{align*} G_2(z) &= 2\zeta(2) + \sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\mathbb{Z}} \left(\frac{1}{(mz+n)^2}-\frac{1}{(mz+n)(mz+n+1)}\right)\\ &=2\zeta(2)+\sum_{m\neq 0 }\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(mz+n)^2(mz+n+1)}. \end{align*}\]

Ara podem veure com es transforma \(G_2\): \[\begin{align*} z^{-2}G_2(-1/z)-G_2(z)&= \sum_{n\in \mathbb{Z}}\sum_{m\neq 0}\left(\frac{1}{(mz+n)^2} - \frac{1}{(mz+n)^2(mz+n+1)}\right)\\ &= \sum_{n\in\mathbb{Z}}\sum_{m\neq 0} \frac{1}{(mz+n)(mz+n+1)}\\ &= \sum_{n\in\mathbb{Z}}\sum_{m\neq 0}\left(\frac{1}{mz+n}-\frac{1}{mz+n+1}\right) \end{align*}\] Aquesta última suma la podem calcular explícitament: \[\begin{align*} \sum_{n=-N}^{N-1}\sum_{m\neq 0} \left(\frac{1}{mz+n}-\frac{1}{mz+n+1}\right) &= \sum_{m\neq 0}\sum_{n=-N}^{N-1} \left(\frac{1}{mz+n}-\frac{1}{mz+n+1}\right)\\ &= \sum_{m\neq 0} \left(\frac{1}{mz-N}-\frac{1}{mz+N}\right) \\ &= \frac{2}{N} + \frac{-2\pi}{z}\cot(\pi N/z). \end{align*}\]

Per poder calcular el límit, observem que \[ \lim_{N\longrightarrow\infty} \cot(\pi N/z) = \lim_{N\longrightarrow\infty} i(1-2\sum_{m=0}^\infty e^{2\pi mN/z}) = i. \]

Resumint, hem trobat:

Teorema 2.1 La funció \(G_2\) satisfà, per a tot \(z\in \mathbb{H}\), \[ G_2(z+1) = G_2(z),\quad G_2(-1/z) = z^2G_2(z) -2\pi i z. \] De fet, per a tot \(\gamma=\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)\in\operatorname{SL}_2(\mathbb{Z})\), \[ G_2(\gamma z) = (cz+d)^2G_2(z) - 2\pi i c(cz+d). \]

En termes de la funció normalitzada \(E_2(z)\), tenim \[ E_2(-1/z) = z^2E_2(z) +\frac{12 z}{2\pi i}, \] i per \(\gamma\) qualsevol: \[ E_2(\gamma z) = (cz+d)^2E_2(z)+\frac{12}{2\pi i}c(cz+d). \]

2.2.2 Relació amb la funció delta

Els càlculs que hem fet fins ara ens demostren que \[ \operatorname{dlog}\tilde\Delta = 2\pi i E_2. \] Podem calcular, per a tot \(z\in\mathbb{H}\), \[\begin{align*} \operatorname{dlog}\left(z^{-12}\tilde\Delta(-1/z)\right) &= \frac{-12}{z} + \operatorname{dlog}\tilde\Delta(-1/z)\\ &= \frac{-12}{z} + 2\pi i(z^{-2}E_2(-1/z))\\ &= 2\pi i E_2(z)=\operatorname{dlog}\tilde\Delta(z). \end{align*}\]

Per tant, \(z^{-12}\tilde\Delta(-1/z) = C \tilde\Delta(z)\), per certa constant \(C\). Evaluant a \(z=i\) podem veure que \(C=1\) (ja que \(\Delta(i)\neq 0\)) i que, per tant \(\tilde\Delta\) és una forma modular de pes \(12\). És doncs un múltiple de \(\Delta(z)\), que ha de ser \(1\) perquè ambdues sèries de Fourier comencen per \(q+O(q^2)\).

2.2.3 La funció tau de Ramanujan

Calculant els primers termes del producte \(\tilde\Delta=q\prod_{n=1}^\infty(1-q^n)^{24}\), de seguida veiem que \[\begin{align*} \tilde\Delta &= \sum_{n\geq 1} \tau(n)q^n\\ &= q - 24 q^{2} + 252 q^{3} - 1472 q^{4} + 4830 q^{5}\\ &- 6048 q^{6} - 16744 q^{7} + O(q^{8}). \end{align*}\]

Ramanujan va ser el primer a estudiar la funció \(\tau(n)\) el 1916, i va conjecturar que:

1. \(\tau(n)\tau(m)=\tau(nm)\) si \((n,m)=1\).
2. \(\tau(p^{k+1}) = \tau(p)\tau(p^k) - p^{11}\tau(p^{k-1})\), per a tot primer \(p\) i \(k\geq 1\); i
3. \(|\tau(p)| \leq 2p^{11/2}\) per a tot primer \(p\).

També va observar (sense demostrar-les) tot de congruències que satisfà:

1. \(\tau(n)\equiv n^2\sigma_7(n)\pmod{27}\)
2. \(\tau(n)\equiv n\sigma_3(n)\pmod{7}\)
3. \(\tau(n)\equiv \sigma_{11}(n)\pmod{691}\).

Tot això, vist un segle després, és relativament fàcil de demostrar amb la teoria de les formes modulars. El proper dia veurem que \(|\tau(p)| =O(p^6)\), però per veure la fita més fina conjecturada per Ramanujan hauríem de fer servir resultats molt més profunds de P.Deligne (1974).

Vegem aquí una d’aquestes congruències:

Teorema 2.2 Per a tot \(n\geq 1\), es té \[ \tau(n)\equiv \sigma_{11}(n)\pmod{691}. \]

Demostració. Treballarem a \(M_{12}\), i amb les formes \(\Delta\), \(E_{12}\), \(E_4^3\) i \(E_6^2\). Resulta que \[ E_{12} = 1 + \frac{65520}{691}\sum_{n\geq 1}\sigma_{11}(n)q^n. \] Igualant els dos primers coeficients, trobem la igualtat \[ 691 E_{12} = 441 E_4^3 + 250 E_6^2. \] Per altra banda, recordem que \[ 1728\Delta = E_4^3 - E_6^2. \] Per tant, tenim \[ 441\cdot 1728 \Delta = 441 E_4^3 - 441 E_6^2 = 691 E_{12} - 691 E_6^2. \] Mirant el terme \(n\) d’aquesta expressió obtenim \[ 441\cdot 1728 \tau(n) = 65520 \sigma_{11}(n) - 691 a_n(E_6^2). \] Com que \(E_6\) té tots els coeficients enters i \(441\cdot 1728\equiv 566 \equiv 65520\pmod{691}\), obtenim el resultat.

2.3 L’operador diferencial de Ramanujan-Serre

Considerem l’operador diferencial \(D=q\frac{d}{dq}=\frac{1}{2\pi i}\frac{d}{dz}\) actuant en les funcions diferenciables.

Definició 2.1 L’operador diferencial de Ramanujan-Serre és \(\theta_k\): \[ \theta_k(f) = Df - \frac{k}{12}E_2 f. \]

Aquest operador \(\theta_k\) és lineal i satisfà la regla del producte, però el motiu que l’estudiem aquí és el següent:

Proposició 2.3 \(\theta_k\) porta formes modulars de pes \(k\) a formes modulars de pes \(k+2\), i preserva els subespais de formes cuspidals.

Demostració. Holomorfia a \(\mathbb{H}\) i a \(i\infty\) és automàtica, per la definició. Només cal comprovar que \(\theta_k(f)\) és dèbilment modular de pes \(k\), i això és un simple exercici.

Definim, per comoditat \(P=E_2\), \(Q=E_4\) i \(R=E_6\) (aquesta és la notació original de Ramanujan).

Proposició 2.4 Es té:

1. \(DP = \frac{1}{12}(P^2-Q)\).
2. \(DQ = \frac{1}{3}(PQ-R)\),
3. \(DR = \frac{1}{2}(PR-Q^2)\), i

Demostració. Les dues últimes identitats són equivalents a \(\theta_4(Q) = -\frac{1}{3}R\) i \(\theta_6(R)=-\frac{1}{2}Q^2\), respectivament. La demostració és automàtica, tenint en compte que \(M_6\) i \(M_8\) tenen dimensió \(1\). Per veure la primera afirmació, només cal comprovar que \(H = DP-\frac{1}{12}P^2\) és una forma modular de pes \(4\), i això es veu directament fent servir la propietat de transformació de \(P\): \[ P'(-1/z)z^{-2} = 2zP(z)+z^2P'(z)+\frac{6}{i\pi}. \] Definim \(H(z) = \frac{1}{2\pi i} P'(z) -\frac{1}{12}P^2(z)\), aleshores podem comprovar: \[ H(-1/z) = \frac{1}{2\pi i} P'(-1/z) -\frac{1}{12}P(-1/z)^2 = (\cdots) = z^4 H(z). \]

Amb aquestes identitats ja podem demostrar més resultats de Ramanujan. Per exemple:

Proposició 2.5 Per a tot \(n\geq 1\), es té \(\tau(n) \equiv n\sigma_3(n)\pmod 7\).

Demostració. Com que \(1728\equiv 6\pmod 7\), tenim \[ 6\Delta = Q^3-R^2. \] D’altra banda, \(Q^2=E_8\equiv P\pmod 7\), perquè \(480\equiv -24\pmod 7\) i \(n^{7}\equiv n\pmod 7\). A més, com que \(504\equiv 0\pmod 7\), tenim \(R\equiv 1\pmod{7}\). Aleshores: \[ 6\Delta = Q^3-R^2\equiv PQ-1 \equiv 3DQ\implies 2\Delta\equiv DQ \pmod 7. \] Finalment, observem que \(DQ = 240\sum_{n\geq 1} n \sigma_3(n)q^n\). Com que \(240\equiv 2\pmod 7\), en deduïm \[ \Delta =\sum_{n\geq 1}\tau(n)q^n\equiv \sum_{n\geq 1} n\sigma_3(n)q^n. \]

Proposició 2.6 Per a tot \(n\geq 1\), es té \(\tau(n) \equiv n^2\sigma_7(n)\pmod{27}\).

Demostració. Aplicant les fórmules que hem trobat per \(D\) i la regla del producte, arribem a \[ D^2(Q^2) = \frac{1}{2}P^2Q^2 +\frac{5}{18}Q^3 -PQR +\frac{2}{9}R^2. \] Fent servir que \[ \frac{5}{18}Q^3 = \frac{5}{18}(Q^3-R^2) +\frac{5}{18}R^2 = 480\Delta+\frac{5}{18}R^2, \] obtenim \[ D^2(Q^2) = 480\Delta +\frac{1}{2} P^2Q^2 - PQR+\frac{1}{2}R^2. \] Fent servir que \(PQ=3DQ+R\), obtenim \[\begin{align*} (PQ)^2 +R^2-2PQR &= (3DQ+R)^2+R^2-2R(3DQ+R)\\ &= 9(DQ)^2, \end{align*}\] i per tant \[ D^2(Q^2)=480\Delta + \frac{9}{2} (DQ)^2. \] Com que \(D^2(Q^2) = 480\sum_{n\geq 1}\sigma_7(n)q^n\), per acabar només hem d’obervar que \(DQ\equiv 0\pmod{9}\) i en deduïm que \[ 160\sum_{n\geq 1}\sigma_7(n)q^n \equiv 160\sum_{n\geq 1}\tau(n)q^n \pmod{27}. \] Com que \(7\nmid 160\), ja hem acabat.