Đề tài Dạng modunlar và hàm số học

BË GIO DÖC V€ ffi€O T„O TR×ÍNG ffi„I HÅC QUY NHÌN ********* HÀ DUY NGHĨA DẠNG MODUNLAR VÀ HÀM SỐ HỌC TIỂU LUẬN HÌNH HỌC SỐ HỌC Quy Nhìn, Th¡ng 5 n«m 2010 iBË GIO DÖC V€ ffi€O T„O TR×ÍNG ffi„I HÅC QUY NHÌN ********* HÀ DUY NGHĨA DẠNG MODUNLAR VÀ HÀM SỐ HỌC CAO HỌC TOÁN KHÓA 11 Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số TIỂU LUẬN HÌNH HỌC SỐ HỌC Người hướng dẫn khoa học GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Quy Nhìn, Th¡ng 5 n«m 2010 ii MỤC LỤC Trang phụ bìa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chương 1 Một số kiến thức cơ sở 2 1.1 Đặc trưng của nhóm hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Quan hệ trực giao của đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Chương 2 các hàm số học 7 2.1 Zeta hàm và L hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.1.1 Zeta hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.1.2 Zêta hàm Rieman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2 L-Hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2.1 Đặc trưng Modunlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2.2 Định nghĩa và tính chất của L-Hàm . . . . . . . . . . . 9 2.2.3 Tích các L hàm ứng với mọi χ ∈ Ĝ(m) . . . . . . . . . 10 Chương 3 Dạng modular 11 3.1 Nhóm modular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 3.2 Miền cơ bản của nhóm modular . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 3.3 Hàm modular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 3.4 Không gian các dạng Modular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1LỜI MỞ ĐẦU Số học là bộ môn toán học ra đời từ rất sớm nhưng nó luôn được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu, bởi lẽ không vì sự bí ẩn của các con số mà nó còn ứng dụng quan trong cho cuộc cách mạng khoa học kỹ thuật hiện nay như lý thuyết mật mã,kỹ thuật số,... chuyên đề hình học số học là chuyên đề nghiên cứu số học dưới công cụ hình học, thiết lập mật mã bởi đường cong Eliptic là thế mạnh của phân môn này. Để làm đề tài tiểu luận kết thúc bộ môn tôi chọn đề tài " Dạng modular và hàm số học" , tiểu luận gồm 3 chương cùng với phần mở đầu và kết luận. Trong mỗi chương cụ thể như sau; Chương 1: Gồm các kiến thức cơ sở liên quan đến hai chương sau Chương 2: Giới thiệu hai hàm số học quan trọng đó là Zeta hàm và L hàm cùng với các tính chất của nó. Chương 3: Nói về các dạng Modular, không gian các dạng Modular . Mặc dù bản thân đã rất cố gắng trong học tập, nghiên cứu và được sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo hướng dẫn, nhưng do năng lực của bản thân và thời gian còn hạn chế nên tiểu luận khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và các bạn để tiểu luận được hoàn thiện hơn. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn GS.TSKH Hà Huy Khoái người đã tận tình giúp đỡ, cùng tập thể lớp cao học toán khoá 11 tạo điều kiện cho tôi hoàn thành tiểu luận này. Quy Nhơn, tháng 5 năm 2010 Hà Duy nghĩa 2Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Đặc trưng của nhóm hữu hạn Định nghĩa 1.1.1. Một đặc trưng của nhóm G là một đồng cấu từ G vào nhóm nhân các số phức khác không. Nói cách khác, đặc trưng của G là một hàm χ : G → C∗ sao cho χ(a.b) = χ(a)χ(b),∀a, b ∈ G Một đặc trưng χ gọi là tầm thường nếu χ(g) = 1,∀g ∈ G được ký hiệu là χT Gọi χ, χ′ là hai đặc trưng của nhóm G, tích 2 đặc trưng là một hàm χ.χ′ : G→ C∗ xác định bởi χχ′(g) = χ(g)χ′(g). Định lý 1.1.2. Đặc trưng của nhóm tùy ý G là nhóm Abel với phép toán nhân được định nghĩa như trên. Chứng minh. i)G đóng đối với phép toán nhân, tức là χ.χ′ là đặc trưng của G, thật vậy χ.χ′(a.b) = χ(a.b).χ′(a.b) = χ(a)χ(b)χ′(a)χ′(b) = χ.χ′(a)χ.χ′(b) ii)Phần tử đơn vị là đặc trưng tầm thường χT iii)Phần tử nghịch đảo của χ là χ−1 với χ−1 : G → C∗, được xác định χ−1(g) = χ(g−1) khi đó χ−1 là đặc trưng của G và χ.χ−1 = χT Tập hợp các đặc trưng của G lập thành nhóm, ký hiệu là Ĝ gọi là nhóm đặc trưng hay nhóm đối ngẫu của G Giả sử rằngh : G1 → G2 là một đồng cấu nhóm và χ là đặc trưng của G2. Cái nối của χ bởi hký hiệu là h?χ được xác định bởi h? = χ ◦ χ, từ định nghĩa ta suy ra h?χ là một đồng cấu. Định lý 1.1.3. Giả sử rằng G1, G2 là những nhóm . Khi đó χ là đặc trưng của G1 ×G2 nếu và chỉ nếu χ = χ1 ⊗ χ2,∀χ1 ∈ Ĝ1, χ2 ∈ Ĝ2 Hệ quả 1.1.4. Nếu G1, G2 là những nhóm thì Ĝ1 ×G2 = Ĝ1 ⊗ Ĝ2 3Giả χ là đặc trưng của G và g là phần tử của G có cấp hữu hạnk. Từ χ(g)k = χ(gk) = χ(1) = 1.Điều này kéo theo khẳng định rằng, những đặc trưng chuyển những phần tử có cấp hữu hạn vào căn của đơn vị. Cụ thể là : Nếu G là một nhóm và n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho gn = 1,∀g ∈ G khi các đặc trưngcủa G sẽ cho tương ứng mỗi phần tử của G là căn bậc n của đơn vị . Từ đó suy ra nếu χ ∈ Ĝ thì |χ(g)| = 1∀g ∈ G, do đó χ(g) = χ(g) = 1 χ(g) = χ(g −1) = χ−1(g) môđun [Proposition 1.1 [2] ] Với mọi đặc trưng không tầm thường χ của G thì ∑ a∈G χ(a) = 0 Chứng minh. Lấy b ∈ G sao cho χ(b) 6= 1, gọi S = ∑ a∈G χ(a), khi đó χ(b).S = ∑ a∈G χ(b)χ(a) ∑ ab∈G χ(ba) = S do đó S(χ(b)− 1) = 0⇒ S = 0 Từ mệnh đề trên, nếu thay G bằng Ĝ ta có kết quả sau: ∑ x∈Ĝ χ(x) = 0, χ ∈ Ĝ Suy ra ∑ χ∈Ĝ χ(x) = 0, x ∈ G ∼= Ĝ môđun [proposition 1.3 , [2] ] Gọi ω là căn bậc n của đơn vị, khi đó ánh xạ χj : Zn → C∗ xác định bởi χj(a) = ωja là đặc trưngcủa Zn∀j ∈ Z, ngoài ra: (a)χj = χk nếu và chỉ nếu j ≡ kmodn; (b)χj = χk1; (c)Ẑ = {χ0, ..., χn−1}; (d)Ẑn ∼= Zn 4Chứng minh. Trước hết chứng minh χj là đặc trưng của Zn. Ta có χj(a+ b) = ωj(a+b) = ωjaωjb = χj(a)χj(b), Vậy χj là đặc trưng của Zn. (a)χj = χk nếu và chỉ nếu j ≡ k mod n; (⇒) Ta có χj = χk nên χj(1) = χk(1)⇒ ωj = ωk ⇒ j ≡ k mod n. (⇐) Nếu j ≡ k mod n⇒ j = k + tn⇒ ωJ = ωk+tn = ωk ⇒ χj = χk. (b) Hiển nhiên theo đinh nghĩa (c) Theo trên ta đã chứng minh Ẑn là nhóm, nên để chứng minh mệnh đề ta cần chứng minh Ẑn là nhóm xyclic cấp n.Thật vậy, ∀χj ∈ Ẑn ta có χnj (a) = χj(na) = χj(0) = 1 = χ0(a), a ∈ Zn.( Có thể giải thích theo định nghĩa của χj(a) = ωja), khi đó ta suy ra được (c), (d). Hệ quả 1.1.5. G ∼= Ĝ Chứng minh. Vì G, Ĝ là những nhóm hữu hạn nên G ∼= Zn1 ⊕ ... ⊕ Znk , và Ĝ ∼= Ẑn1 ⊕ .. ⊕ Ẑnk , do đó theo Mệnh đề 1.1 tacó Zn1 ∼= Ẑn1, ..., Znk ∼= Ẑnk .Suy ra điều phải chứng minh. 1.2 Quan hệ trực giao của đặc trưng Gọi G là nhóm Abelian hữu hạn và H là nhóm con của G, ký hiệu GˆH là tập các đặc trưng của G có hạt nhân chứa H, tức là ∀h ∈ H,χ(h) = 1. Khi đó ta có các kết quả sau: Định lý 1.2.1. Nếu H là nhóm con của G và χ ∈ Ĝ thì ∑ h∈H χ(h) =  |H|Nếu χ ∈ ĜH 0 Nếu χ /∈ ĜH Chứng minh. Gọi A = ∑ h∈H χ(h), khi đó nếu χ ∈ ĜH thì χ(h) = 1,∀h ∈ H suy ra A = |H|, ngoài ra nếu χ /∈ ĜH thì tồn tại h0 ∈ H sao cho χ(h0) 6= 1, khi đó A = ∑ h∈H χ(h.h0) = χ(h0) ∑ h∈H χ(h)⇒ A = 0 5Định lý 1.2.2 (Quan hệ trực giao thứ 1). Gọi χ, ψ là hai đặc trưng của G khi đó ∑ a∈G χ(a)ψ(a) =  n Nếu χ = ψ 0 Nếu χ 6= ψ Chứng minh. Trường hợp , nếu χ = ψ khi đó χ(a).χ(a) = χ(a)−1χ(a) = 1 nên ∑ a∈G χ(a)ψ(a) = n. Trường hợp, nếu χ 6= ψ thì χψ là đặc trưng không tầm thường, nên theo Mệnh đề 1.1 ta có điều phải chứng minh. Gọi CG là không gian các hàm tuyến tính f : G→ C. Không gian này là không gian các hàm tuyến tính n chiều trên C. Với tích vô hướng được định nghĩa (f, g) = 1 n ∑ a∈G f(a)g(a) (f, g ∈ CG) Định lý 1.2.3. Ĝ là cơ sở trực giao trong CG Chứng minh. Tacó : ∀χ, ψ ∈ Ĝ, (χ, ψ) = 1n ∑ a∈G χ(a)ψ(a) = 0 ( Theo Định lý 1.2.2) Ngoài ra,theo Hệ quả1.1.5 ta suy ra |Ĝ| = n = dimCG. Gọi χ0, .., χn−1 là những đặc trưng của G = {a0, a1, ..., an−1. Khi đó ma trận vuông C = (χi(aj)) là bảng đặc trưng của G Hệ quả 1.2.4. Ma trận A = 1√ n C là ma trân đơn vị, hơn nữa A.A∗ = A∗.A = I trong đó I là ma trận đơn vị và A∗là ma trân liên hợp của A Hệ quả 1.2.5 (Quan hệ trực giao thứ 2 ). Gọi a, b ∈ G khi đó ∑ χ∈Ĝ χ(a)χ(b) =  nNếua = b 0Nếu a 6= b Chứng minh. Thật vậy, nếu a = b ta có ∑ χ∈Ĝ χ(a)χ(b) = ∑ χ∈Ĝ χ(a)χ(a) = ∑ χ∈Ĝ |χ(a)|2 = n 6nếu a 6= b ta có ∑ χ∈Ĝ χ(a)χ(b) = ∑ χ∈Ĝ χ(a−1)χ(b) = ∑ χ∈Ĝ χ(a−1b) = 0 (Suy ra từ Mệnh đề 1.1) 7Chương 2 CÁC HÀM SỐ HỌC 2.1 Zeta hàm và L hàm 2.1.1 Zeta hàm Định nghĩa 2.1.1. Cho f : N→ C là hàm số học,fđược gọi là : Nhân tính nếu :∀m,n(m,n) = 1, f(m,n) = f(m).f(n) Nhân tính mạnh nếu :∀m,nf(m,n) = f(m).f(n) Bổ đề 2.1.2. Chuỗi ∞∑ n=1 f(n) ns hội tụ tuyệt đối khi Res > 1 và biểu diễn thành tích vô hạn ∏ p∈P (1 + f(p)p−s + f(p2).p−2s + ...+) trong đó f(n) là hàm nhân tính giới nội. Chứng minh. Vì f(n) là hàm nhân tính giới nội nên|f(n)| < M ⇒ ∣∣∣∣f(n)ns ∣∣∣∣ < M nX , X = Res > 1 chuỗi hội tụ tuyệt đối khi Res > 1. Lấy một tập hữu hạn S ⊂ { Tập hợp các số nguyên tố }, gọi N(S) ⊂ N là tập các số mà các ước nguyên tố thuộc S, giả sử S = p1, ..., pr,khi đó N(S) = {n = pα11 ...pαkk , αi ≥ 0} Khi đó ta có : ∑ n∈N(s) f(n) ns = ∑ f(pα11 ...pαkk ) (pα11 ...pαkk ) s Do f là hàm nhân tính nên f(pα11 ....P alphakk )=f(pα11 )...f(p αk k ) do đó : ∑ n∈N(s) f(n) ns = ∑ α1...αk f(pα11 )...f(pαkk ) (pα11 ...pαkk ) s = k∏ i=1  ∞∑ αi=0 f(pα11 ) (pαii ) s , S → P Từ đó suy ra: ∞∑ n=1 f(n) ns = ∏ p∈P (1 + f(p)p−s + f(p2).p−2s + ...+) Giả sử f(n) là hàm nhân tính mạnh giới nội, khi đó theo bổ đề trên ta cũng có 8∞∑ n=1 f(n) ns = ∏ p∈P (1 + f(p)p−s + f(p2).p−2s + ...+) = ∏ p∈P 1 1−f(p).p−s = ∏ p∈P (1− f(p)p−s)−1. Và công thức này gọi là công thức Ơle. 2.1.2 Zêta hàm Rieman Từ bổ đề trên ta thấy khi f(n) = 1 ta luôn có: ζ(s) = ∞∑ n=1 1 ns , ζ(s) =∏ p∈P (1− p−s)−1 ζ là hàm Rieiman hội tụ tuyệt đối trên miền Re s > 1 Định lý 2.1.3. ζ Hàm Rieman là hàm chỉnh hình trên miền Re s > 0. Thác triển được thành hàm phân hình trên miền Res > 0 có cực điểm đơn tại s = 1 tức là ζ(s) = 1s−1 + Φ(s) trong đó Φ(s) chỉnh hình trong miền Re s > 0. Chứng minh. Ta có : 1s−1 = ∞∫ 1 t−sdt = ∞∑ n=1 n+1∫ n t−sdt nên suy ra: ζ(s)− 1s−1 = ∞∑ n=1 1 ns − ∞∑ n=1 n+1∫ n t−sdt = ∞∑ n=1 ( n−s − n+1∫ n t−sdt ) = ∞∑ n=1 n+1∫ n (n−s − t−s) dt. Đặt Φn(s) = n+1∫ n (n−s − t−s) dt,Φ(s) = ∞∑ n=1 Φ(n), các hàm Φn(s) chỉnh hình theo s trong miền Re s > 0. Để chúng minh Φ(s) chỉnh hình trong Re s > 0 ta chứng minh chuỗi hội tụ tuyệt đối và đều.Thật vậy, ta có: |Φn(s)| = ∣∣∣∣∣∣∣ n+1∫ n (ns − t−s)dt ∣∣∣∣∣∣∣ ≤ maxn≤t≤n+1 ∣∣∣ns − t−s∣∣∣ nên suy ra:|Φn(s)| ≤ |s|nX+1 , X = Re s Từ đó suy ra Φ(s) chỉnh hình tronh miền Re s > 0, ngoài ra khi s→ 1,Φ(s) giới nội. 92.2 L-Hàm 2.2.1 Đặc trưng Modunlar Giả sử m ∈ Z,m ≥ 1, G(m) = (Z/mZ)∗ nhóm các lớp đồng dư khả nghịch theo modulo m, G(m)có m phần tử , gọi χ là đặc trung của nhóm G(m)gọi là đặc trưng Modunlar . χG(m) :−→ C∗ thác triển lên Z, khi đó: •χ(n) = 0 nếu (n,m) 6= 1 •χ(n) = χ(nmodm) nếu (n,m) = 1 2.2.2 Định nghĩa và tính chất của L-Hàm Định nghĩa 2.2.1. Cho m ≥ 1, χ đặc trưng modular m,ta định nghĩa L hàm ứng với đặc trưng χ được xác định bởi công thức L(s, χ) = ∞∑ n=1 χ(n).n−s Mệnh đề 2.2.2. Nếu χ = 1 thì L(s, 1) = F (s).ζ(s) trong đó F (s) =∑ p|m (1− p−s), ζ(s) là Zeta hàm Riemam. Từ mệnh đề trên ta thấy rằng L(s, 1) chỉ khác ζ(s) khi (n;m) 6= 1 và L(s, 1) có thể thác triển thành hàm phân hình trên miền Re s > 0 và có cực điểm đơn tại s = 1. Mệnh đề 2.2.3. Với χ 6= chuỗi L(s, χ) hội tụ tuyệt đối trong Re s > 0(Re s > 1) đồng thời có tích Euler L(s, χ) = ∏ p∈P (1− χ(p).p−s)−1, , Re s > 0 Chứng minh. ∀u, v ∈ N, u < v ta đặt Au,v = v∑ u χ(n), theo tính chất trực giao ta có u+m∑ u χ(n) = 0 Do đó |Au,v| ≤ Φ(m) 10 và không phụ thuộc vào u, v, nên theo tiêu chuẩn Abel chuỗi hoiị tụ tuyệt đối. ngoài ra χ(n)là hàm nhân tính mạnh nên L(s, χ) có tính Euler 2.2.3 Tích các L hàm ứng với mọi χ ∈ Ĝ(m) Cho p - m, p là ảnh của m trong nhóm G(m) = (Z/mZ)∗f(p) là cấp của ptrong nhóm G(m), f = f(r) là số nhỏ nhất sao cho pf ≡ 1modm suy ra f(p)|Φ(m), G(p) = Φ(m)/f(p) là cấp của nhóm sinh bởi (p) Mệnh đề 2.2.4. ζm(s) = ∏ p|m ( 1− p−f(p)s )−g(p) Chứng minh. Ta có : ζm(s) = ∏ χ L(χ, s) = L(s, 1) ∏ χ 6=1 L(s, χ) = ∏ p|m (1− p−s) ζ(s) ∏ χ 6=1 L(s, χ) = ∏ p|m (1− p−s) ∏ p∈P (1− p−s)−1 ∏ χ 6=1 ∏ p∈P (1−χ(p)p−s)−g(p) = ∏ χ ∏ p|m (1−χ(p)p−s)−1 = ∏ p-m ( 1− p−f(p)s )−g(p) Định lý 2.2.5. (i) ∀χ 6= 1, L(1, χ) 6= 0 (ii) ζ(s) có cực điểm đơn tại s = 1. Chứng minh. (i) giả sử có χ0 nào đó , χ0 6= 1, L(1, χ0) = 0 khi đó L(1, χ) giới nội ∀χ 6= 1, và L(1, χ0) có cực điểm đơn tại s = 1. Nếu Li, χ0 = 0 thì khử được cực điểm s = 1 suy ra hàm ζ(s) chỉnh hình trong miền Re s > 0, ta cần chứng minh chuổi hội tụ trong miền Re s > 0, ta chứng tỏ chuỗiζ(s) phân kỳ tạis = 1Φ(m) , thật vậy; ζ(m) = ∏ p-m ( 1− χ(p).p−f(p).s )−g(p) . ( 1− p−f(p).s )−g(p) = ( 1 1−p−f(p).s )g(p) = ( 1 + p−f(p).s + ...+ ( p−f(p).s )m + ...)g(P ) mà Φ(m) ≥ f(p) nên chuỗi trên được làm già bởi ( 1 + p−Φ(m).s + ...+ ( p−Φ(m).s ) + ... ) = ( 1 + 1 p + ... ) mà chuỗi này phân kỳ nên s = 1Φ(m) là phân kỳ. (ii) được suy ra trực tiếp từ (i) 11 Chương 3 DẠNG MODULAR 3.1 Nhóm modular Cho H là nửa mặt phẳng trên của C Nhóm mudular kí hiệu là SL2 (R) =   a b c d  , a, b, c, d ∈ R, ad− bc = 1  Tác động của SL2 (R) lên C ∪ {∞} : g =  a b c d  ∈ SL2 (R) gz = az+bcz+d với z là một phần tử trong C ∪ {∞}. Qua tác động của nhóm SL2 (R), nửa mặt phẳng trên là ổn định. Thật vậy, giả sử H = {z/ Im z > 0} và z ∈ H. Khi đó Im(gz) = Im ( az+b cz+d ) = 12i ( az+b cz+d − az+bcz+d ) = 12i ( (ad−bc)z−(ad−bc)z |cz+d|2 ) = 12i (ad−bc)(z−z) |cz+d|2 = z−z2i|cz+d|2 = Im z |cz+d|2 Tác động tầm thường trên H : Xét g = −1 0 0 − 1  ta có gz = z, ∀z ∈ C ∪ {∞}. Xét nhóm SL2 (Z) ⊂ SL2 (R). Ta có SL2 (Z) =   a b c d  , a, b, c, d ∈ Z, ad− bc = 1  . Kí hiệu PSL2 (Z) = SL2 (Z)/{±1}. Định nghĩa 3.1.1. Nhóm G = SL2 (Z) gọi là nhóm modular. 12 3.2 Miền cơ bản của nhóm modular Định lý 3.2.1. Miền D = { |z| > 1, |Re z| 6 12 } là miền cơ bản của nhóm modular G tức là (i) Với mọi z ∈ H và với mọi g ∈ G ta có gz ∈ D. (ii) Giả sử z, z′ ∈ D tồn tại g sao cho z′ = gz. Khi đó ta có hoặc |Re z| = 12 , z′ = z ± 1 hoặc| z| = 1, z′ = −1z . (iii) Với mọi z ∈ D đặt I(z) = {g ∈ G, gz = z} (Nhóm con ổn định của z đối với G). Khi đó I(z) = 1 trừ 3 trường hợp: • z = i : I(i) là nhóm cấp 2 sinh bởi S • z = ρ = e 2pii3 : G là nhóm cấp 3 sinh bởi S, T. • z = ρ = epii3 : I(z) là nhóm cấp 3 sinh bởi TS. 3.3 Hàm modular Định nghĩa 3.3.1. Cho số nguyên k, f(z) cho trong nửa mặt phẳng trên được gọi là một hàm modular yếu trong số 2k nếu f(z) phân hình trên H đồng thời với mọi g =  a b c d  ∈ SL2 (Z) ta có f(z) = (cz + d)−2kf(az + b cz + d) (3.1) Định lý 3.3.2. Hàm phân hình f(z) trên nửa mặt phẳng H là dạng modular trong số 2k khi và chỉ khi f(z) thỏa mãn hai điều kiện sau (i)f(z − 1) = f(z) (ii)f ( −1z ) = z2kf(z). Định nghĩa 3.3.3. Hàm modular yếu f(z) gọi là hàm modular nếu f(z) phân hình tại ∞. Hàm f(z) được gọi là hàm modular trọng số 2k nếu f(z) là hàm modular trọng số 2k và f(z) làm hàm chỉnh hình trên H kể cả tại ∞. 13 Nhận xét: f(z) là dạng modular trọng số 2k khi (i) f là hàm chỉnh hình trên H. (ii) f(z) có khai triển f(z) = ∞∑ n=0 ane 2piinz. (iii) f ( −1z ) = z2kf(z). 3.4 Không gian các dạng Modular Cho f và g là các dạng modular trọng số 2k. Khi đó f + g cũng là một dạng modular. Đặt Mk là tập hợp các dạng modular trọng số 2k . Khi đó Mk là không gian tuyến tính phức. Định nghĩa 3.4.1. Dạng modular f gọi là dạng cusp nếu như f(∞) = 0. Kí hiệuM0k là không gian các dạng cusp trọng số 2k. Ta cóM0k ⊂Mk. Xét ϕ : Mk −→ C, ϕ (f) = f (∞). Ta có M0k = Kerϕ. Do đó Mk = M0k ⊕ CGk. Định lý 3.4.2. Giả sử f là hàm modular trọng số 2k khác 0. Khi đó ta có 0∞ (f) + ∑ p∈D 1 ep 0p (f) = k 6 , (eplà cấp của nhóm ổn định tại p ). Viết lại, 0∞ (f) + 120i (f) + 1 30ρ (f) + ∑∗0p p∈H/G (f) = k6 (*) trong đó ∑∗ là tổng theo mọi modun trong H/G khác i, ρ và các điểm đồng dư với i, ρ. Nhận xét: ∑∗0p (f) chỉ là tổng hữu hạn ( tức là, chỉ có hữu hạn điểm mà tại đó 0ρ (f) = 0 ). Nếu f là hàm modular thì f phân hình tại ∞ . q = e2piiz : lim q→0 f (q) = ∞, tồn tại lân cận của 0, chẳng hạn |q| < r trong đó chỉ có q là cực điểm, z = x + iy, |q| = e−2piy 12pi log 1r . Khi y > 12pi log 1 r hàm f chỉ có cực điểm tại ∞. Miền D ∩ { y 6 12pi log 1 r } compact do đó chỉ có hữu hạn cực điểm và không điểm tức là chỉ có hữu hạn p sao cho 0p (H) 6= 0. Định lý 3.4.3. (i) Mk = 0 với k < 0 hoặc k = 1. (ii) Khi k = 0, 2, 3, 4, 5 thì Mk là không gian vecto một chiều và cơ sở của 14 nó là 1, G2, G3, G4, G5. (iii) Ánh xạ Mk−6 −→M0k f 7→ ∆f là một đẳng cấu. Chứng minh. (i) Khi k = 1 hoặc k < 0 thì không có dạng f 6≡ 0 do đó f = 0. (iii) Xét ánh xạ Mk−6 −→M0k f 7→ ∆f . • Trong công thức (*) ta thay f bởi G2 : 0∞ (G2) + 120i (G2) + 130ρ (G2) +∑∗ p∈H/G0p (G2) = 13 suy ra 0ρ (G2) = 1 và 0p (G2) = 0. Do đó G2 có không điểm đơn duy nhất tại ρ, G2 (ρ) = 0, G2 (p) 6= 0. • Trong (*) ta thay f bởiG3: 0∞ (G3)+120i (G3)+130ρ (G3)+ ∑∗ p∈H/G0p (G3) = 1 2 suy ra 0ρ (G3) = 1 và 0p (G3) = 0. Do đó G3 có 0i (G3) = 1, 0p (G3) = 0,∀p 6= i và G3 (i) = 0, G3 (p) 6= 0,∀p 6= i. • Trong (*) ta thay f bởi ∆. Khi đó ∆ (∞) = 0 suy ra 0∞ (∆) > 1. Ta có 0∞ (∆) + 120i (∆) + 1 30ρ (∆) + ∑∗ p∈H/G0p (∆) = 1 suy ra 0∞ (∆) = 1 và 0i (∆) = 0ρ (∆) = 0p (∆) = 0,∀p 6=∞. Do đó ∆ có không điểm đơn tại ∞. Hiển nhiên ánh xạ trên là đơn ánh. Lấy g tùy ý thuộc M0k . Ta có g (∞) = 0 và ∆ (∞) = 0 nên g/∆ chỉnh hình kể cả tại ∞. Tại điểm p 6=∞ thì ∆ 6= 0. Vì g/∆ là hàm chỉnh hình nên g/∆ ∈ Mk−6. Đặt f = g/∆ ta có f ∈ Mk−6 và g = ∆f suy ra ánh xạ trên là một toàn cấu và do đó nó là một đẳng cấu. (ii) Xét k = 0 : Vì f là dạng modular nên nó không có cực điểm suy ra 0p (f) > 0. Theo (*) thì 0p (f) = 0 với mọi p nên f chỉnh hình và khác 0 trên H, kể cả tại ∞. Do đó f là hàm hằng nên Mk là không gian một chiều có cơ sở là 1. Xét k = 2, 3, 4, 5 ta cóM0k ∼= Mk−6. Do k−6 < 0 nên theo (i) ta cóMk−6 = 0 suy ra M0k = 0. Vì Mk = M0k ⊕CGk nên Mk = CGk do đó Mk là không gian một chiều cơ sở Gk với k = 2, 3, 4, 5. 15 Hệ quả 3.4.4. Số chiều của Mk được cho bởi công thức dim Mk =  [ k 6 ] , k ≡ 1 (mod 6), k > 0[ k 6 ] + 1 , k 6≡ 1 (mod 6) Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo k: • k = 0 tức là k 6≡ 1 (mod 6) thì dim Mk = 1. • k = 1 tức là k ≡ 1 (mod 6) thì dim Mk = [1 6 ] = 0. • k = 2, 3, 4, 5 thì k 6≡ 1 (mod 6) do đó dim Mk = [1 6 ] + 1 = 1. Giả sử công thức trên đúng với mọi k > 5, ta cần chứng minh công thức đúng với k + 6. Khi đó: dim Mk+6 = dim M0k+6 + 1 = dim Mk + 1 =  [ k 6 ] + 1 , k ≡ 1 (mod 6)[ k 6 ] + 2 , k 6≡ 1 (mod 6) =  [ k + 6 6 ] , k ≡ 1 (mod 6)[ k + 1 6 ] + 1 , k 6≡ 1 (mod 6) Định lý 3.4.5. Không gian Mk có cơ sở gồm họ các đơn thức có dạng sau { Gα2G β 3 , α, β ∈ Z, α, β > 0, 2α + 3 β = k } . Chứng minh. Ta chứng minh họ các đơn thức trên sinh ra Mk bằng quy nạp như sau: Nếu k = 0 thì α = β = 0 . Nếu k = 2 thì chọn α = 2 và β = 0 do đó M2 sinh bởi G2 . Nếu k = 3 thì chọn α = 0 và β = 3 do đó M3 sinh bởi G3. Nếu k > 4 thì ta luôn tìm được γ và δ sao cho 2γ + 3δ = k. Xét g = Gγ2Gδ3 ∈Mk sao cho g (∞) 6= 0 và f ∈Mk . Ta phải tìm λ sao cho f − λg ∈M0k tức là tìm f(∞)g(∞) . Vì M 0 k ∼= Mk−6 nên ta có f − λg = ∆h, h ∈Mk−6. Theo giả thiết quy nạp đúng với k − 6 nên ta có h = ∑ 2α+3β=k−6 cαβG α 2G β 3 . Khi đó f = λGα2G β 3 + ∆h = λGα2G β 3 + ( (60G2)3 − 27 (140G3)2 ) h 16 = λGα2G β 3 + ∑( aαβG α 2G β+2 3 + bαβGα+32 Gβ3 ) và  2α + 3 (β + 2) = k 2 (α + 3) + 3β = k Điều cần chứng minh đúng với k nên { Gα2G β 3 , α, β ∈ Z, α, β > 0, 2α + 3 β = k } sinh ra Mk.