Función τ de Ramanujan

Función τ de Ramanujan
Erasmia Lamprianidou
Marta Latorre
Ana Navarro
Eva Primo
Raúl Volpe
Universitat de Valéncia
Iniciación a la investigación Matemática
16 de enero de 2014
Introducción
τ es multiplicativa
Dados dos enteros positivos n y m que cumplen que mcd(n, m) = 1, se
cumple que:
τ (n · m) = τ (n) · τ (m).
Introducción
τ es multiplicativa
Dados dos enteros positivos n y m que cumplen que mcd(n, m) = 1, se
cumple que:
τ (n · m) = τ (n) · τ (m).
τ de Ramanujan, ∆ discriminante
∞
X
n=1
n
τ (n)q = q
∞
Y
(1 − q n )24 =: ∆(z) con q ∈ C, |q| < 1
n=1
Introducción
τ es multiplicativa
Dados dos enteros positivos n y m que cumplen que mcd(n, m) = 1, se
cumple que:
τ (n · m) = τ (n) · τ (m).
τ de Ramanujan, ∆ discriminante
∞
X
n=1
n
τ (n)q = q
∞
Y
(1 − q n )24 =: ∆(z) con q ∈ C, |q| < 1
n=1
Tomando q = e 2πi es una serie de Fourier.
Introducción
τ es multiplicativa
Dados dos enteros positivos n y m que cumplen que mcd(n, m) = 1, se
cumple que:
τ (n · m) = τ (n) · τ (m).
τ de Ramanujan, ∆ discriminante
∞
X
n=1
n
τ (n)q = q
∞
Y
(1 − q n )24 =: ∆(z) con q ∈ C, |q| < 1
n=1
Tomando q = e 2πi es una serie de Fourier.
La clave de la demostración será igualar dos series de Fourier.
Función τ de Ramanujan
∆(z) es una forma modular de peso 12
az + b
a b
12
= (cz + d) ∆(z), ∀
∈ SL2 (Z)
∆
c d
cz + d
donde z ∈ H = {z ∈ C | Im(z) > 0}
Función τ de Ramanujan
∆(z) es una forma modular de peso 12
az + b
a b
12
= (cz + d) ∆(z), ∀
∈ SL2 (Z)
∆
c d
cz + d
donde z ∈ H = {z ∈ C | Im(z) > 0}
Recordamos:
a b
SL2 (Z) = {
| a, b, c, d ∈ Z, ad − bc = 1}
c d
Función τ de Ramanujan
∆(z) es una forma modular de peso 12
az + b
a b
12
= (cz + d) ∆(z), ∀
∈ SL2 (Z)
∆
c d
cz + d
donde z ∈ H = {z ∈ C | Im(z) > 0}
Recordamos:
a b
SL2 (Z) = {
| a, b, c, d ∈ Z, ad − bc = 1}
c d
Definimos:
GL+
2 (R) = {β ∈ GL2 (R) : det(β) > 0}
Función τ de Ramanujan
Definimos la actuación de una matriz como una transformación:
az + b
a b
βz :=
, β=
∈ GL+
2 (R).
c d
cz + d
Función τ de Ramanujan
Definimos la actuación de una matriz como una transformación:
az + b
a b
βz :=
, β=
∈ GL+
2 (R).
c d
cz + d
Definición Sk
Sk = {f : H → C | f
∀
a b
c d
az + b
cz + d
= (cz + d)k f (z),
∈ SL2 (Z), f holomorfa y f (∞) = 0}
Función τ de Ramanujan
Definimos la actuación de una matriz como una transformación:
az + b
a b
βz :=
, β=
∈ GL+
2 (R).
c d
cz + d
Definición Sk
Sk = {f : H → C | f
∀
a b
c d
az + b
cz + d
= (cz + d)k f (z),
∈ SL2 (Z), f holomorfa y f (∞) = 0}
Operador slash
Dado f ∈ Sk definimos el operador slash como:
k
(f |β)(z) := (detβ) 2 (cz + d)−k f (βz)
Función τ de Ramanujan
Entonces se comprueba que f ∈ Sk si y solo si f |γ = f , ∀γ ∈ SL2 (Z) .
A partir de ahora Γ := SL2 (Z)
Función τ de Ramanujan
Entonces se comprueba que f ∈ Sk si y solo si f |γ = f , ∀γ ∈ SL2 (Z) .
A partir de ahora Γ := SL2 (Z)
Sean Mn = {β ∈ GL2 (Z) : det(β) = n} . Se tiene:
ΓMn = Mn Γ = Mn
Función τ de Ramanujan
Entonces se comprueba que f ∈ Sk si y solo si f |γ = f , ∀γ ∈ SL2 (Z) .
A partir de ahora Γ := SL2 (Z)
Sean Mn = {β ∈ GL2 (Z) : det(β) = n} . Se tiene:
ΓMn = Mn Γ = Mn
Por lo tanto, podemos descomponer Mn como una unión disjunta de
Γ-órbitas, es decir:
Mn =
a
d−1
a
ad=n,d>0 b=0
a b
Γ
.
0 d
Función τ de Ramanujan
Operador Hecke
Hecke define el operador Tn para f ∈ Sk como:
Tn (f ) := n
k
−1
2
X
d−1
X
ad=n,d>0 b=0
a b
.
f
0 d
Función τ de Ramanujan
Se comprueba Tn (f )|γ = Tn (f ), ∀γ ∈ Γ y que si f se anula en el infinito,
Tn (f ) también.
Función τ de Ramanujan
Se comprueba Tn (f )|γ = Tn (f ), ∀γ ∈ Γ y que si f se anula en el infinito,
Tn (f ) también.
Por lo que Tn ∈ Sk y Tn : Sk → Sk , lineal.
Función τ de Ramanujan
Se comprueba Tn (f )|γ = Tn (f ), ∀γ ∈ Γ y que si f se anula en el infinito,
Tn (f ) también.
Por lo que Tn ∈ Sk y Tn : Sk → Sk , lineal.
Buscamos que:
Tn (∆) =
∞
X
λTn (∆) (m)e 2πimz
m=1
Como dim S12 = 1:
Tn (∆) = cn ∆
Función τ de Ramanujan
a b
(z)
Queremos calcular f 0 d
Función τ de Ramanujan
a b
(z)
Queremos calcular f 0 d
Sabemos que f es periódica por lo que:
f (z) =
∞
X
m=1
λf (m)e 2πimz
Función τ de Ramanujan
a b
(z)
Queremos calcular f 0 d
Sabemos que f es periódica por lo que:
f (z) =
∞
X
λf (m)e 2πimz
m=1
Por tanto, tenemos:
(f |γ)(z) = (det γ)k/2 (cz + d)−k f (γz), donde: γz =
az + b
cz + d
Función τ de Ramanujan
a b
(z)
Queremos calcular f 0 d
Sabemos que f es periódica por lo que:
f (z) =
∞
X
λf (m)e 2πimz
m=1
Por tanto, tenemos:
(f |γ)(z) = (det γ)k/2 (cz + d)−k f (γz), donde: γz =
az + b
cz + d
∞
X
a b
f (z) = nk/2 d −k
λf (m)e 2πim(az+b)/d
0 d
m=1
Función τ de Ramanujan
Consideramos Tn (f )
Tn (f ) = n
k/2−1
X
d−1
X
ad=n, d>0 b=0
a b
=
f 0 d
Función τ de Ramanujan
Consideramos Tn (f )
Tn (f ) = n
X
k/2−1
d−1
X
ad=n, d>0 b=0
= nk/2−1
X
d−1
X
ad=n, d>0 b=0
nk/2 d −k
a b
=
f 0 d
∞
X
m=1
λf (m)e 2πim(az+b)/d =
Función τ de Ramanujan
Consideramos Tn (f )
Tn (f ) = n
X
k/2−1
d−1
X
ad=n, d>0 b=0
X
= nk/2−1
d−1
X
nk/2 d −k
ad=n, d>0 b=0
=n
k−1
X
ad=n, d>0
d
−k
a b
=
f 0 d
∞
X
λf (m)e 2πim(az+b)/d =
m=1
d−1
∞
XX
b=0 m=1
λf (m)e 2πim(az+b)/d =
Función τ de Ramanujan
Consideramos Tn (f )
Tn (f ) = n
X
k/2−1
d−1
X
ad=n, d>0 b=0
X
= nk/2−1
d−1
X
nk/2 d −k
ad=n, d>0 b=0
=n
k−1
X
d
−k
=n
X
ad=n, d>0
∞
X
λf (m)e 2πim(az+b)/d =
m=1
d−1
∞
XX
λf (m)e 2πim(az+b)/d =
b=0 m=1
ad=n, d>0
k−1
a b
=
f 0 d
d
−k
∞ d−1
X
X
m=1 b=0
λf (m)e 2πim(az+b)/d =
Función τ de Ramanujan
= nk−1
X
ad=n, d>0
d −k
∞
X
m=1
λf (m)e 2πimaz/d
d−1
X
e 2πimb/d
|b=0 {z
}
Función τ de Ramanujan
= nk−1
X
ad=n, d>0
d −k
∞
X
λf (m)e 2πimaz/d
m=1
d−1
X
e 2πimb/d
|b=0 {z
Hay dos casos:
d|m → mb/d ∈ Z → e 2πimb/d = 1
d−1
X
e 2πimb/d =
b=0
d−1
X
1 = (d − 1) + 1 = d
b=0
d - m → mb/d 6∈ Z → e 2πimb/d es una raı́z de la
unidad:
d−1
X
e 2πimb/d = 0
b=0
}
Función τ de Ramanujan
Figura: Raı́z de la unidad n=11.
Función τ de Ramanujan
Entonces,
Tn (f ) = n
k−1
X
ad=n, d>0
d
1−k
∞
X
m=1, d|m
λf (m)e
2πimaz/d
Función τ de Ramanujan
Entonces,
Tn (f ) = n
k−1
X
d
1−k
ad=n, d>0
∞
X
λf (m)e
2πimaz/d
m=1, d|m
Escribiendo m = dr :
Tn (f ) = n
k−1
X
ad=n, d>0
d
1−k
X
∞
r =1
λf (dr )e
2πiraz
Función τ de Ramanujan
Entonces,
Tn (f ) = n
X
k−1
d
1−k
∞
X
ad=n, d>0
λf (m)e
2πimaz/d
m=1, d|m
Escribiendo m = dr :
Tn (f ) = n
k−1
X
d
1−k
X
∞
λf (dr )e
2πiraz
r =1
ad=n, d>0
Llamamos ra = s
Tn (f ) = n
k−1
∞ X
s=1
X
ad=n, ar =s
d
1−k
λf (dr )e
2πisz
Función τ de Ramanujan
Entonces,
Tn (f ) = n
X
k−1
d
1−k
∞
X
ad=n, d>0
λf (m)e
2πimaz/d
m=1, d|m
Escribiendo m = dr :
Tn (f ) = n
X
k−1
d
1−k
X
∞
λf (dr )e
2πiraz
r =1
ad=n, d>0
Llamamos ra = s
Tn (f ) = n
k−1
∞ X
s=1
Por tanto,
Tn (f ) =
X
λf (dr )e
2πisz
ad=n, ar =s
∞ X
X
s=1
d
1−k
a|n,s
a
k−1
λf (ns/a ) e 2πisz
2
Función τ de Ramanujan
Aplicamos la fórmula anterior a ∆:


∞
X
X

Tn (∆) =
λ∆ (nm/a2 )ak−1  e 2πimz
m=1
a|n,m
Función τ de Ramanujan
Aplicamos la fórmula anterior a ∆:


∞
X
X

Tn (∆) =
λ∆ (nm/a2 )ak−1  e 2πimz
m=1
a|n,m
Como Tn (∆) = cn ∆, buscamos el valor de cn comparamos el primer
coeficiente de Fourier.
X
a|n,1
λ∆ (n1/a2 )ak−1 = cn τ (1)
Función τ de Ramanujan
Aplicamos la fórmula anterior a ∆:


∞
X
X

Tn (∆) =
λ∆ (nm/a2 )ak−1  e 2πimz
m=1
a|n,m
Como Tn (∆) = cn ∆, buscamos el valor de cn comparamos el primer
coeficiente de Fourier.
X
λ∆ (n1/a2 )ak−1 = cn τ (1)
a|n,1
El sumatorio es un solo sumando, a = 1.
λ∆ (n1/12 )1k−1 = cn τ (1)
λ∆ (n) = cn τ (1)
Función τ de Ramanujan
Aplicamos la fórmula anterior a ∆:


∞
X
X

Tn (∆) =
λ∆ (nm/a2 )ak−1  e 2πimz
m=1
a|n,m
Como Tn (∆) = cn ∆, buscamos el valor de cn comparamos el primer
coeficiente de Fourier.
X
λ∆ (n1/a2 )ak−1 = cn τ (1)
a|n,1
El sumatorio es un solo sumando, a = 1.
λ∆ (n1/12 )1k−1 = cn τ (1)
λ∆ (n) = cn τ (1)
Como λ∆ (n) = τ (n) y τ (1) = 1
τ (n) = cn
Función τ de Ramanujan
Tenemos esta igualdad entre series de Fourier:
Tn (∆) = τ (n)∆
Función τ de Ramanujan
Tenemos esta igualdad entre series de Fourier:
Tn (∆) = τ (n)∆
Fijamos n ∈ N y calculamos el m-ésimo coeficiente con (m, n) = 1 y
obtenemos:
X
τ (nm/a2 )ak−1 = τ (n)τ (m)
a|n,m
Función τ de Ramanujan
Tenemos esta igualdad entre series de Fourier:
Tn (∆) = τ (n)∆
Fijamos n ∈ N y calculamos el m-ésimo coeficiente con (m, n) = 1 y
obtenemos:
X
τ (nm/a2 )ak−1 = τ (n)τ (m)
a|n,m
Otra vez un sólo sumando a = 1:
Función τ de Ramanujan
Tenemos esta igualdad entre series de Fourier:
Tn (∆) = τ (n)∆
Fijamos n ∈ N y calculamos el m-ésimo coeficiente con (m, n) = 1 y
obtenemos:
X
τ (nm/a2 )ak−1 = τ (n)τ (m)
a|n,m
Otra vez un sólo sumando a = 1:
τ (nm/12 )1k−1 = τ (n)τ (m)
Función τ de Ramanujan
Tenemos esta igualdad entre series de Fourier:
Tn (∆) = τ (n)∆
Fijamos n ∈ N y calculamos el m-ésimo coeficiente con (m, n) = 1 y
obtenemos:
X
τ (nm/a2 )ak−1 = τ (n)τ (m)
a|n,m
Otra vez un sólo sumando a = 1:
τ (nm/12 )1k−1 = τ (n)τ (m)
Con lo que llegamos a lo que querı́amos probar.
τ (nm) = τ (n)τ (m)
Gracias por su atención