τについてのメモ - 音楽室と化学室と美術室とPC室の融合部屋　所謂自由室

デデキントのイータ関数
$\eta(z) = e^{\frac{\pi iz}{12}}\prod_{n=1}^{\infty}(1-e^{2\pi inz})$ ，
特に $x = e^{2\pi iz}$ とすると $\eta(z) = x^{\frac{1}{24}}\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)$

このイータ関数の24乗は重さ12のモジュラ形式
$\eta^{24}\left(\frac{az+b}{cz+d}\right) = (cz + d)^{12}\eta^{24}(z)$
となる．

このイータ関数の24乗について展開したものの係数を関数とし $\tau(n)$ と書く．
いわゆる
$\eta^{24}(z) = x\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^{24} = \sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{n}$
としたときの $\tau$ をラマヌジャンのタウ関数と呼ぶ．
少し面白そうなので調べてみた．

簡単な説明
(2)の証明
(1)（τが乗法的関数であること）の証明
参考書籍

簡単な説明

式
$\eta^{24}(z) = x\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^{24} = \sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{n}$
について，総和は別に0から始めてもいいが，24乗の外で $x$ を乗じているため，結局 $\tau(0) = 0$ となるので変わらない．
見ての通り $\tau(1) = 1$ となる．

この $\tau$ は乗法的関数であり， $n\perp m$ の時 $\tau(n)\tau(m) = \tau(nm)$ となる．
この乗法的関数という性質はラマヌジャンが予想しており，Mordellによって証明がされた．
ラマヌジャンが予想した性質としては， $p$ を素数とし，
(1) $n\perp m$ の時 $\tau(n)\tau(m) = \tau(nm)$
(2) $\tau\left(p^{k+1}\right) = \tau(p)\tau\left(p^k\right) - p^{11}\tau\left(p^{k-1}\right)$
(3) $|\tau(p)|\leq 2^{\frac{11}{2}}$
の3つ．
本記事では(1)と(2)について記す．

(2)の証明

関数の定義

(2)を先に示し，係数比較から(1)を示す．
$f(z) = \eta^{24}\left(\frac{az+b}{cz+d}\right) = (cz + d)^{12}\eta^{24}(z)$
$F(z) = p^{12}f(pz) + f\left(\frac{z}{p}\right) +\sum_{k=1}^{p-1}f\left(\frac{z+k}{p}\right)$
という関数 $f$ と $F$ を定義する．
これらの関数は $x = e^{2\pi iz}$ から $f(z+1) = f(z)$ と $F(z+1) = F(z)$ を満たす．

FがSにより変換されること

前述の通り $f$ は $\eta^{24}\left(\frac{az+b}{cz+d}\right) = (cz + d)^{12}\eta^{24}(z)$ を満たすが， $F$ についてはどうだろうか．
$p^{12}f(pz) + f\left(\frac{z}{p}\right)$ の部分に関しては

$f\left(-\frac{p}{z}\right) = f\left(-\frac{1}{\frac{z}{p}}\right) = \left(\frac{z}{p}\right)^{12}f\left(\frac{z}{p}\right)$
$f\left(-\frac{1}{pz}\right) = (pz)^{12}f\left(pz\right)$

により
$p^{12}f\left(-\frac{p}{z}\right) + f\left(-\frac{1}{pz}\right) = z^{12}f\left(\frac{z}{p}\right) + (pz)^{12}f\left(pz\right)$
という形になる．

ここから $\sum_{k=1}^{p-1}f\left(\frac{z+k}{p}\right)$ の部分に考える必要がある．

$f\left(\frac{z+k}{p}\right)$ の $\frac{z+k}{p}$ に関し， $\frac{az+b}{cz+d}$ を考える．
$z=\frac{z+l}{p}$ から $\frac{-\frac{1}{z} + k}{p} = \frac{kz - 1}{pz}$ と紐づけたい．

$w = \frac{z+l}{p}$ とし， $a=k,\ c=p$ とし， $ad-bc$ となるように $b=m,\ d=-l$ を決定すると， $a=k = 1,\ 2,\ ,\cdots,\ p-1$ に対し $d = -l$ も $1,\ 2,\ \cdots,\ p-1\ \pmod{p}$ をわたる．
すると
$\frac{aw + b}{cw + d} = \frac{aw + b}{z} = \frac{az + al + bp}{zp} = \frac{kz - 1}{zp}$
により
$f\left(\frac{-\frac{1}{z}+k}{p}\right) = f\left(\frac{aw + b}{cw + d}\right) = (cw+d)^{12}f(w) = z^{12}f\left(\frac{z+l}{p}\right)$
よって
$\sum_{k=1}^{p-1}f\left(\frac{-\frac{1}{z} + k}{p}\right) = z^{12}\sum_{l=1}^{p-1}f\left(\frac{z+l}{p}\right)$

$F(-\frac{1}{z}) = p^{12}f(-\frac{p}{z}) + f\left(-\frac{1}{pz}\right) +\sum_{k=1}^{p-1}f\left(\frac{-\frac{1}{z}+k}{p}\right) = z^{12}f\left(\frac{z}{p}\right) +z^{12}p^{12}f(pz) + z^{12}\sum_{k=1}^{p-1}f\left(\frac{z+k}{p}\right)$

以上の議論により $F\left(-\frac{1}{z}\right) = z^{12}F(z)$ が得られる．

Fをちゃんと計算する

今後関数 $F$ に関して
$F(z) = p^{12}f(pz) + f\left(\frac{z}{p}\right) +\sum_{k=1}^{p-1}f\left(\frac{z+k}{p}\right)$
の2項目を総和に入れ込み
$F(z) = p^{12}f(pz) + \sum_{k=0}^{p-1}f\left(\frac{z+k}{p}\right)$
として扱う．

$F(z) = p^{12}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn} + \sum_{k=0}^{p-1}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{\frac{n}{p}}e^{2\pi in\frac{k}{p}}$
総和の順序入れ替え
$F(z) = p^{12}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn} + \sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{\frac{n}{p}} \sum_{k=0}^{p-1}e^{2\pi in\frac{k}{p}}$

ここで2項目の $\sum_{k=0}^{p-1}e^{2\pi in\frac{k}{p}}$ に関して， $n$ が $p$ の倍数のときの総和は $p$ であり，そうでない場合は総和は $0$ となる．
つまり2項目は $n:=np$ に限定され，
$F(z) = p^{12}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn} + p\sum_{n=1}^{\infty}\tau(np)x^{n}$
という形になる．

F/fについて考える

関数 $g(z) = \frac{F(z)}{f(z)}$ について考える．

$g(z+1) = \frac{F(z+1)}{f(z+1)} = \frac{F(z)}{f(z)} = g(z)$
$g\left(-\frac{1}{z}\right) = \frac{F\left(\frac{1}{z}\right)}{f\left(\frac{1}{z}\right)} = \frac{F(z)}{f(z)} = g(z)$

により， $g(z)$ は重さ0の保型関数なので定数関数であり，分子分母の共通因子 $x$ を削除した後に $x=0$ を代入したときの $p\tau(p)$ が定数項になる．

$\frac{F}{f}(z) = \frac{p^{12}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn} + p\sum_{n=1}^{\infty}\tau(np)x^{n}}{\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^n}$

ここで $\tau(1) = 1$ であることに注意し分子分母の共通因子 $x$ を削除する
$\frac{F}{f}(z) = \frac{1}{1 + \sum_{n=2}^{\infty}\tau(n)x^{n-1}}\cdot\left(p^{12}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn - 1} + p\tau(p) + p\sum_{n=2}^{\infty}\tau(np)x^{n-1}\right)$
とし，
$\frac{F}{f}(z) = p\tau(p)$
が得られる．

(2)の式の導出

以上より $F(z) = p\tau(p)f(z)$ であり $F(z) = p^{12}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn} + p\sum_{n=1}^{\infty}\tau(np)x^{n}$ なので

$p^{11}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn} + \sum_{n=1}^{\infty}\tau(np)x^{n} = \tau(p)\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{n}$

係数比較を行い， $n$ が $p$ の倍数でない場合は $p^{11}\sum_{n=1}^{\infty}\tau(n)x^{pn}$ は影響しないため
$\tau(p)\tau(n) = \tau(np)$
これは $n=1$ を代入すると $\tau(p) = \tau(p)$ となり，それはそうという感じ．

一方 $n\perp p$ とし， $n$ が $p$ の倍数，いわゆる $n:=np$ である場合は
$\tau(p)\tau(np) = p^{11}\tau(n) + \tau(np^2)$
特に $n=1$ とすると $\tau^2(p) = p^{11} + \tau(p^2)$ であり，
$\tau\left(p^{k+1}\right) = \tau(p)\tau\left(p^k\right) - p^{11}\tau\left(p^{k-1}\right)$ の $k=1$ のパターンになる．