用户: Cybcat/数学物理学家用的数学/模曲线 (一)

我们的目的是研究模群 ${\Gamma }_0(N)$ 对应的模曲线 $X_0(N)$, 它也被称为经典模曲线 (Classical Modular Curve). 它是一个不可约的 $\mathbb{Q}$ 上的平面代数曲线, 由熟知的模方程 ${\Phi }_n(x,y)=0$ 的射影紧化所定义. 其上的点对应了 $(x,y)=(j(n\tau ),j(\tau ))$. 此时 $\tau ,n\tau$ 参数化的是椭圆曲线和它的一个 $n$ 阶循环子群 ($\tau ,\cdots ,n\tau$ 是两个椭圆曲线之间映射的核).

1复习

让我们简单地叙述上面这些的来龙去脉.

模问题

模群 ${\Gamma }_0(N)$ 的定义是 $\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\in \mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$ 中使得 $c\equiv 0\mathrm{mod}N$ 者. 它为何能对应 $N$ 阶循环子群这个模问题? 原理很简单, 确定椭圆曲线以及 $N$ 阶循环子群相当于确定两个格, 它们差一个 $\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}$, 于是可以要求 ${\Gamma }_0(N)$ 中的元素对应的是同时确定格 $\mathbb{Z}\alpha \oplus \mathbb{Z}\beta$ 以及 $\mathbb{Z}n\alpha \oplus \mathbb{Z}\beta$ 者. 那么对 $\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$ 来说, 它作用在 $\left[\begin{array}{c}\alpha \\ \beta \end{array}\right]$ 上要求保定向且生成同一个格当且仅当这矩阵落在 $\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$. 作用在 $\left[\begin{array}{c}N\alpha \\ \beta \end{array}\right]$ 上就只需进行共轭, 观察$$\left[\begin{array}{cc}N& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1/N& 0\\ 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a& bN\\ c/N& d\end{array}\right].$$由此可知 $c\equiv 0\mathrm{mod}N$ 是充要条件.

定义 1.1. 我们用 $M_2^{+}(\mathbb{Q}),M_2^{+}(\mathbb{Z})$ 记 $2\times 2$ 系数在 $\mathbb{Q}$ 或 $\mathbb{Z}$ 中行列式为正的矩阵构成的集合. 当然 $M_2^{+}(\mathbb{Q})={\mathrm{GL}}_2^{+}(\mathbb{Q})$. 若一个 $M_2^{+}(\mathbb{Z})$ 矩阵 $\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$ 满足 $\gcd (a,b,c,d)=1$, 则称之本原的. 用 ${\Delta }_n$ 记 $M_2^{+}(\mathbb{Z})$ 中行列式 $n$ 者, 再用 ${\Delta }_n^{\ast }$ 记 ${\Delta }_n$ 中本原的.

引理 1.2. 模群 $\Gamma ={\mathrm{SL}}_2(\mathbb{Z})$. 对任意 $\alpha \in {\Delta }_n^{\ast }$, 总有 $\Gamma \alpha \Gamma ={\Delta }_n^{\ast }$.

证明. $\Gamma \alpha \Gamma$ 中的元素行列式显然为 $n$, 而且 $\Gamma$ 中元素的可逆性保证本原, 故 $\Gamma \alpha \Gamma \subset {\Delta }_n^{\ast }$. 反过来, Smith 标准型的理论可以用 ${\gamma }_1,{\gamma }_2\in \Gamma$ 将任意 $\beta \in {\Delta }_n^{\ast }$ 对角化, 而对角线上的两个元素由子方阵行列式的最大公约数决定, 算得标准型为 ${\gamma }_1\beta {\gamma }_2=\mathrm{diag}\{1,n\}$, 故双陪集仅此一个.

$\square$

接下来对 $\alpha \in {\Delta }_n^{\ast }$ 选取 $\Gamma \alpha$ 中元素的代表元. 上三角化是容易的, 只需在第一列的第一格调出最大公约数, 不妨设代表元形如 $\left[\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right]$, 其中 $a,d\in {\mathbb{Z}}_{+},ad=n$. 随后可以调整 $b$ 为其模 $d$ 的最小非负余数于是可设 $0\le d<n$. 接下来证明两个这样的元素不能通过 $\Gamma$ 的左作用互相变化, 注意它们之间只能差一个上三角矩阵, 而 ${\mathrm{SL}}_2(\mathbb{Z})$ 的上三角矩阵只有 $\left[\begin{array}{cc}\pm 1& k\\ 0& \pm 1\end{array}\right]$ 故得知.

于是我们可以计算出 ${\Delta }_n^{\ast }$ 中 $\Gamma$ 陪集的数量, 记 $\psi (n)$, 有$$\psi (n)=n\prod _{p|n}\left(1+\frac{1}{p}\right).$$它的证明不困难, 显然 $a,d$ 确定后, 记 $e=\gcd (a,d)$, 那么 $b$ 只有 $d\phi (e)/e$ 种可能, 于是 $\psi (n)={\sum }_{d|n}d\phi (e)/e$, 然后检查积性并注意到 $\psi (p^r)=p^r(1+1/p)$ 即可.

于是我们指出下面的重要结果.

命题 1.3. 设 $A,B$ 是椭圆曲线, $n>1$ 是正整数, 那么以下等价.

•	存在 $\lambda :A\to B$ 的同源使核为 $A$ 中的 $n$ 阶循环群.
•	存在 $\lambda :B\to A$ 的同源使核为 $B$ 中的 $n$ 阶循环群.
•	设 $A,B$ 对应格 $L,M$, 那么 $M$ 同构于 $L$ 中的一个指数 $n$ 的本原子格.
•	同上一条记号, $L,M$ 生成元的矩阵恰差一个 ${\Delta }_n^{\ast }$ 中的基变换
•	设 $A,B$ 的 $j$-不变量 $j_A,j_B$, 存在一个只和 $n$ 有关的不可约整系数多项式 ${\Phi }_n(x,y)\in \mathbb{Z}[x,y]$ 使 ${\Phi }_n(j_A,j_B)=0$. 实际上这多项式正是模多项式.

这里的互推基本都是标准的, 只有最后一条的定义和原理得等下一小节结束后才能明白. 我们即将看到, 经典模曲线 ${\mathbf{X}}_0(\mathbf{N})$, 循环子群的模问题, 模多项式 ${\mathbf{\Phi }}_{\mathbf{n}}$ 和 $\mathbf{j}$-不变量, 本原子格的同源四者的深刻联系.

模多项式和 $j$-不变量

我们指出一个精细的引理:

引理 1.4. 设 $f$ 是 $\mathbb{H}$ 上全纯的 $\Gamma$-亚纯模函数, 且具有 $q$-展开式 $f=\sum c_n{q}^n$. 则 $f$ 是 $j$ 的多项式, 系数位于 Fourier 系数 $c_{-n}(n\le 0)$ 生成的 $\mathbb{Z}$-模中.

证明. 设最低项 $c_{-M}{q}^{-M}$, 那么 $f-c_{-M}{j}^M$ 的 $\infty$ 极点阶数减 $1$, 重复做直到在 $\infty$ 处值为 $0$ 从而恒 $0$. 这推出 $f$ 是 $j$ 的多项式, 系数都是 $c_{-n}(n\le 0)$ 的 $\mathbb{Z}$-线性组合.

$\square$

那么对 $\alpha \in M_2^{+}(\mathbb{Q})$, 通分四个矩阵元得 $m\alpha \in {\Delta }_n^{\ast }$ 对某 $n$, 显然 $j\circ m\alpha =j\circ \alpha$, 而另一方面 $j\circ \gamma \alpha =j\circ \alpha$ 对任意 $\gamma \in \Gamma$. 于是假设 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_{\psi (n)}$ 是一组陪集代表元, 自然地定义$${\Phi }_n(X;\tau ):=\prod _{i=1}^{\psi (n)}(X-j\circ {\alpha }_i(\tau )).$$现在观察 $X^k$ 系数, 容易检查它在 $\mathbb{H}$ 全纯, 而由 1.2 以及系数是关于 $j\circ {\alpha }_i$ 的初等对称多项式的事实容易推出在 $\Gamma$ 下不变, 不难检查它在无穷处增长速率至多 $q^{-N}$ 对某 $N$ 从而亚纯, 从而它是 $\Gamma$-模函数. 现在记 $j=\frac{1}{q}+P(q)$, 对 $\alpha (\tau )=\frac{a\tau +b}{d}$, 记 ${\zeta }_d$ 为 $d$ 次单位根可写出$$j\circ \alpha (\tau )=\frac{1}{q^{a/d}{\zeta }_d^b}+P(q^{a/d}{\zeta }_d^b).$$那么由 1.4 可知 ${\Phi }_n(X)$ 的 $X^k$ 系数是关于 $j$ 的多项式, 系数位于 $\mathbb{Z}[{\zeta }_n]$, 为了检查它系数在 $\mathbb{Z}$ 中, 只需检查对 $\gcd (r,n)=1$, 它在 ${\sigma }_r:{\zeta }_n\mapsto {\zeta }_n^r$ 的 Galois 作用下不变, 不难检查这一自同构将在诸 $j\circ {\alpha }_i$ 间形成置换, 从而是不变的. 由此得知作为关于 $j$ 的多项式, 系数位于 $\mathbb{Z}[X]$.

定义 1.5. 上面定义的 ${\Phi }_n(X,j)\in \mathbb{Z}[X,j]$ 被称为 $\mathbf{n}$ 阶模多项式.

这些多项式非常复杂, 我们来计算 ${\Phi }_2$ 作为示例, 它作为 $X$ 的多项式次数为 $3$, 对应的三个线性映射为 $\tau \mapsto 2\tau ,\tau \mapsto \tau /2,\tau \mapsto (\tau +1)/2$. 即 $q\mapsto q^2,q\mapsto \sqrt{q},q\mapsto -\sqrt{q}$. 于是计算$$\begin{array}{rl}{\Phi }_2(X,j)& =X^3-\left(\frac{1}{q^2}+2232\right)X^2+\left(\frac{1488}{q^2}+\frac{42987519}{q}+40492979352\right)X\\ & +\left(\frac{1}{q^3}-\frac{159768}{q^2}+\frac{8509195260}{q}-151107596045760\right)+O(q)\\ {\Phi }_2(X,Y)& =(X^3+Y^3)-X^2{Y}^2+1488(X^{2}Y+X{Y}^2)-162000(X^2+Y^2)+40773375XY\\ & +8748000000(X+Y)-157464000000000.\end{array}$$

定理 1.6. (1) ${\Phi }_n$ 在 $\mathbb{C}(j)[X]$ 不可约, 次数为 $\psi (n)$. (2) 对称性 ${\Phi }_n(X,j)={\Phi }_n(j,X)$. (3) 若 $n$ 非平方数, 则 ${\Phi }_n(j,j)$ 是 $j$ 的次数大于 $1$ 的多项式且首项系数为 $1$ 或 $-1$.

证明. 对 (1), 注意 1.2 得知 $\Gamma$ 在 ${\Phi }_n(X)$ 的根 $j\circ {\alpha }_i$ 间传递作用, 看作 $\Gamma$ 在 $\mathbb{C}(j,j\circ {\alpha }_1,\cdots ,j\circ {\alpha }_{\psi (n)})$ 上作用固定 $\mathbb{C}(j)$ 不动可检查 ${\Phi }_n$ 不可约.

对 (2), 考虑两个代表元 ${\alpha }_1=\mathrm{diag}\{1,n\},{\alpha }_2=\mathrm{diag}\{n,1\}$, 故 $j\circ \frac{1}{n},j\circ n$ 是 ${\Phi }_n(X,j)$ 的根, 即$${\Phi }_n(j(\tau /n),j(\tau ))={\Phi }_n(j(n\tau ),j(\tau ))=0$$对任意 $\tau$ 成立. 于是对 $\tau$ 换元, 得知对任意 $\tau$ 我们也有$${\Phi }_n(j(\tau ),j(n\tau ))={\Phi }_n(j(\tau ),j(\tau /n))=0.$$从而 $j\circ n,j\circ \frac{1}{n}$ 也是 ${\Phi }_n(j,X)\in \mathbb{C}(j)[X]$ 的根. 利用 $\Phi (X,j)$ 不可约, 利用 Gauss 引理可知存在 $g(T,j)\in \mathbb{Z}[T,j]$ 使 ${\Phi }_n(j,X)=g(X,j){\Phi }_n(X,j)$, 由此得到 ${\Phi }_n(j,X)=g(X,j)g(j,X){\Phi }_n(j,X)$ 从而 $g(X,j)g(j,X)=1$, 从而 $g(X,j)$ 为 $\pm 1$ 之一. 如果 $g(X,j)=-1$, 推出 ${\Phi }_n(j,j)=0$, 即 $X=j$ 为 ${\Phi }_n(X)$ 的根, 但这与不可约矛盾. 于是 $g(X,j)=1$ 从而得到了所需的对称性.

最后是 (3), 若 $n$ 非平方数, 则 $ad=n$ 非平方, 对代表元总有 $a\ne d$, 那么 $q$-展开式中 $j-j\circ \alpha =\frac{1}{q}+\cdots -\frac{1}{{\zeta }_d^b{q}^{a/d}}-\cdots$ 将不能消掉负数次项, 无论 $a>d$ 还是 $a<d$ 最低次项系数总是一个单位根, 但 ${\Phi }_n(j,j)\in \mathbb{Z}[j]$, 因此取遍 $\alpha ={\alpha }_i$ 相乘得到的首项系数 $\pm 1$ 的大于 $1$ 次整系数多项式.

$\square$

应用

推论 1.7. 对一切 $\alpha \in M_2^{+}(\mathbb{Q})$, 函数 $j\circ \alpha$ 在 $\mathbb{Z}[j]$ 上整.

证明. 不妨通分取 $m\alpha \in {\Delta }_n^{\ast }$, 故定理 1.6 推出 $j\circ \alpha$ 是一个 $\mathbb{Z}[j]$ 上首一多项式的根.

$\square$

接下来的这个定理, 开始有一些复乘理论的味道了.

定理 1.8. 若 $\tau \in \mathbb{H}$ 是虚二次数, 则 $j(\tau )$ 将是一个代数数.

证明. 设 $K=\mathbb{Q}(\tau )$, 记 $\mathfrak{o}=[1,z]$ 为 $K$ 中的代数整数构成的格, 取 $\lambda \in \mathfrak{o}$ 使范数 $N(\lambda )$ 无平方因子, 于是 $\lambda$ 左乘作用在 $\mathfrak{o}$ 上, 具体写出对应的整系数$$\lambda z=az+b,\lambda =cz+d$$对应了 $\alpha =\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$, 因为它的行列式 $ad-bc=N(\lambda )$ 无平方因子, 故 $\alpha \in {\Delta }_{N(\lambda )}^{\ast }$. 结合 $z=\alpha z$, 故 $j(z)$ 是 ${\Phi }_n(X,X)$ 的根, 而定理 1.6 的 (3) 知 $j(z)$ 是代数整数, 由于 $\mathbb{Q}(z)=\mathbb{Q}(\tau )$, 故 $\tau =\beta z$ 对某 $\beta \in M_2^{+}(\mathbb{Q})$, 从而再由推论 1.7 知 $j(\beta z)=j(\tau )$ 在 $\mathbb{Z}[j(z)]$ 上整, 从而也在 $\mathbb{Z}$ 上整.

$\square$

例 1.9. 到自身有度数 $2$ 同源的椭圆曲线, 其 $j$-不变量恰是 ${\Phi }_2(j,j)=0$ 的根, 经过计算$${\Phi }_2(j,j)=-(j-1728)(j-8000)(j+3375{)}^2$$分别对应的三种情况, $j_1=1728$ 对应 ${\tau }_1=i$, $j_2=8000$ 对应 ${\tau }_2=i\sqrt{2}$, $j_3=-3375$ 对应 ${\tau }_3=(1+i\sqrt{7})/2$. 前两种情况很容易看出对应的同源, 第三种情况对应的是格 ${\tau }_3\mathbb{Z}[{\tau }_3]\subset \mathbb{Z}[{\tau }_3]$.

在这里我们需要指出上述 ${\tau }_1,{\tau }_2,{\tau }_3$ 完全可以是先猜后证得到的, 在观察到这些值能对应度数 $2$ 的同源后就确信它们必然分别对应着那三个 $j$ 值, 而计算出对应关系只需要不等式估计. 但是我们实则有别的方法能踏实地得到这三个 $\tau$ 值. 背后的故事涉及更多的代数数论. 这其中一个有意思的事情在于, $j_1=12^3,j_2=20^3,j_3=-15^3$ 都是立方数.

详情参见此文章.

此外, 通过具体操作得到此三个值并不困难, 银人的 GTM151 的 2.2 小节给出过程: 如果 $\varphi :E\to E$ 是次数 $2$ 的同源, 可以将二阶点搬到 $(0,0)$, 继而 $E$ 具有 Weierstrass 标准型 $y^2=x^3+a{x}^2+bx$. 那么此时一般的商 $(0,0)$ 的映射给出 $E\to E^{\prime }$, 其中 $E^{\prime }$ 具有标准型$$y^2=x^3-2a{x}^2+(a^2-4b)x,\varphi (x,y)=\left(x+a+\frac{b}{x},y\left(1-\frac{b}{x^2}\right)\right).$$计算 $j(E)=j(E^{\prime })$ 得到$$\frac{256(a^2-3b{)}^3}{b^2(a^2-4b)}=\frac{16(a^2+12b{)}^3}{b(a^2-4b{)}^2}.$$解方程得到的三种非退化情况$$\{\begin{array}{l}a=0,\\ a^2-8b=0,\\ 16a^4-81a^{2}b+324b^2=0.\end{array}$$分别对应了 $j=1728,8000,-3375$. 而 $-3375$ 具有两重根的原因大概是最后得到的椭圆曲线不在 $\mathbb{Q}$ 上, 此时 $b/a^2$ 是二次代数数, 然而由于有实的 $j$ 不变量, 取复共轭仍会得到同一条椭圆曲线, 这带来一个二重根. 对应格子的同源也是乘以 ${\tau }_3$ 和 ${\overline{\tau }}_3$ 两者.

2亏格

当然, 根据 Riemann-Roch, 任何模群的基本区域的亏格具有计算公式. 经过简单的计算, 我们发现当$$N=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,12,13,16,18,25$$时, $X_0(N)$ 的亏格为 $0$, 也就是说对应的 ${\Phi }_n(x,y)$ 是可以参数化的. 如何看出这件事呢? 当然 $n=1$ 没什么可说的, ${\Phi }_1=x-y$ 所以都是平凡的. 现在以 $n=2$ 为例. 让我们考察$$j_2(q)={\left(\frac{\eta (q)}{\eta (q^2)}\right)}^{24}=q^{-1}-24+276q-2048q^2+11202q^3+\cdots .$$那么令$$x=\frac{(j_2+256{)}^3}{j_2^2},y=\frac{(j_2+16{)}^3}{j_2},$$这就给出了一个 $X_0(2)$ 的参数化.