dia2.qmd

{{< include macros.qmd >}}

# Segon dia

## q-expansió de les sèries d'Eisenstein

### 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, $\zeta(2)=\pi^2/6$, $\zeta(4)=\pi^4/90$,...).

::: {#prp-}
Si $n\geq 2$ és un enter parell,
$$
\zeta(n) = \frac {2^{n-1}\pi^{n} |B_{n}|} {n!}
$$
:::

::: proof
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.
:::

### 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**:
$$
\sum_{m\in\ZZ} \frac{1}{(z+m)^k} = \frac{(-1)^k (2\pi i)^k}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty n^{k-1}q^n, \quad k\geq 2.
$$

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

::: proof
Expandim $G_k(z)$ com
$$
G_k(z)=\sum_{(m,n)\neq (0,0)} \frac{1}{(mz+n)^k} =2\zeta(k) + 2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n\in\ZZ} \frac{1}{(mz+n)^k}.
$$
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*}
:::

::: {#cor-}
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*}

### 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*}

## 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 $\dlog q = 2\pi i$)
$$
\dlog \tilde\Delta = 2\pi i + 24\sum_{n=1}^\infty \frac{-2\pi i n q^n}{1-q^n} = 2\pi i\left(1-24\sum_{n=1}^\infty\frac{nq^n}{1-q^n}\right).
$$
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
$$
\dlog\tilde\Delta = 2\pi i \left( 1-24\sum_{n\geq 1} \sigma_1(n)q^n\right).
$$

### 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:
$$
G_2(z) = 2\zeta(2) + \sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\ZZ} \frac{1}{(mz+n)^2}.
$$
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.

::: {#lem-}
Es pot escriure
$$
G_2(z) = 2\zeta(2) + \sum_{m\neq 0,n\in\ZZ}\frac{1}{(mz+n)^2(mz+n+1)},
$$
on la sèrie és absolutament convergent.
:::

::: {.proof}
Només cal calcular

\begin{align*}
\sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\ZZ} \frac{1}{(mz+n)(mz+n+1)} &= \sum_{m\neq 0}\sum_{n\in\ZZ} \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\ZZ} \left(\frac{1}{(mz+n)^2}-\frac{1}{(mz+n)(mz+n+1)}\right)\\
&=2\zeta(2)+\sum_{m\neq 0
}\sum_{n\in\ZZ}\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 \ZZ}\sum_{m\neq 0}\left(\frac{1}{(mz+n)^2} - \frac{1}{(mz+n)^2(mz+n+1)}\right)\\
&= \sum_{n\in\ZZ}\sum_{m\neq 0} \frac{1}{(mz+n)(mz+n+1)}\\
&= \sum_{n\in\ZZ}\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
$$
\lim_{N\to\infty} \cot(\pi N/z) = \lim_{N\to\infty} i(1-2\sum_{m=0}^\infty e^{2\pi mN/z}) = i.
$$

Resumint, hem trobat:

::: {#thm-transG2}
La funció $G_2$ satisfà, per a tot $z\in \HH$,
$$
G_2(z+1) = G_2(z),\quad G_2(-1/z) = z^2G_2(z) -2\pi i z.
$$
De fet, per a tot $\gamma=\smtx abcd\in\SL_2(\ZZ)$,
$$
G_2(\gamma z) = (cz+d)^2G_2(z) - 2\pi i c(cz+d).
$$

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:
$$
E_2(\gamma z) = (cz+d)^2E_2(z)+\frac{12}{2\pi i}c(cz+d).
$$
:::

### Relació amb la funció delta

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

### 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:

::: {#thm-}
Per a tot $n\geq 1$, es té
$$
\tau(n)\equiv \sigma_{11}(n)\pmod{691}.
$$
:::

::: {.proof}
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.
:::

## 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.

::: {#def-theta-ramanujan-serre}
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:

::: {#prp-}
$\theta_k$ porta formes modulars de pes $k$ a formes modulars de pes $k+2$, i preserva els subespais de formes cuspidals.
:::

::: {.proof}
Holomorfia a $\HH$ 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).

::: {#prp-}
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
:::

::: {.proof}
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:

::: {#prp-}
Per a tot $n\geq 1$, es té $\tau(n) \equiv n\sigma_3(n)\pmod 7$.
:::

::: {.proof}
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
$$
\Delta =\sum_{n\geq 1}\tau(n)q^n\equiv \sum_{n\geq 1} n\sigma_3(n)q^n.
$$
:::

::: {#prp-}
Per a tot $n\geq 1$, es té $\tau(n) \equiv n^2\sigma_7(n)\pmod{27}$.
:::

::: {.proof}
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.
:::