¿Dónde Klein ' s invariantes j toma los valores 0 y 1 y con qué multiplicidades?

Question

Traté de resolver el siguiente problema de Ahlfors de texto", por favor verifique mi solución:

Donde hace la función $$J(\tau)=\frac{4}{27} \frac{(1-\lambda+\lambda^2)^3}{\lambda^2(1-\lambda)^2} $$ tomar los valores de $0$$1$, y con lo que multiplicidades?

Aquí $\lambda$ es el modular $\lambda$ función, definida por $$\lambda(\tau)=\frac{e_3-e_2}{e_1-e_2} $$ donde $e_1=\wp(\omega_1/2),e_2=\wp(\omega_2/2),e_3=\wp((\omega_1+\omega_2)/2).$

Mi intento:

1. Primera parte - la resolución de $J(\tau)=0$

Desde $\lambda$ es holomorphic en la mitad superior del plano, y nunca toma los valores de $0,1$ se sigue que $J(\tau)=0 \Longleftrightarrow 1-\lambda+\lambda^2=0 \Longleftrightarrow \tau \in \lambda^{-1} \{\exp(\pm 2 \pi i/6) \}$.

Después de examinar esta imagen de la Wikipedia:

He especulado que el $\lambda(\exp(2\pi i/6))=\exp(2 \pi i/6),\lambda(\exp(2 \pi i/3))=\exp(- 2 \pi i/6)$. (Sin embargo, no tengo idea de cómo demostrarlo)

Desde la región delimitada por las líneas de $\Re \tau= \pm 1$ y la parte superior semi círculos $|\tau \mp 1/2|=1/2$ es fundamental región para $\lambda$ ("la mitad" de la frontera debe ser incluido) se deduce que $\exp(2 \pi i/6)$ $\exp(2 \pi i/3)$ son los dos únicos ceros de ahí, y debido a que el cubo en el numerador de $J(\tau)$, es claro que ellos son los ceros de orden $3$ cada uno.

El uso de simetrías adicionales de la j-invariante, como $1$-periodicidad, y el de Schwarz principio de reflejo sobre la parte superior semi-círculos $|\tau-n-1/2|=1/2$ todos los otros ceros se encuentran y todos son de fin de $3$.

1. Segunda parte - la resolución de $J(\tau)=1$

Bien, $J(\tau)=1 \Longleftrightarrow 4(1-\lambda+\lambda^2)^3-27 \lambda^2 (1-\lambda)^2=0 \Longleftrightarrow (2 \lambda-1)^2(\lambda-2)^2 (\lambda+1)^2$. Esto demuestra que $J(\tau)=1 \Longleftrightarrow \tau \in \lambda^{-1} \{1/2,2,-1\}$, y en cada uno de esos $\tau$ $1$ es tomado con multiplicidad 2.

Ahora, en el fundamental de la región I supongamos que tenemos $\lambda(i)=\frac{1}{2},\lambda(1/2+1/2 i)=2,\lambda(1+i)=-1$, y todas las otras soluciones se pueden encontrar por las simetrías de $J$.

Mis dudas:

• No estoy completamente seguro de que mi enfoque es correcto.

• No sé cómo probar cualquiera de las ecuaciones de la forma $\lambda(\tau_0)=w_0$ por encima.

Por favor, dime si lo anterior es correcto, y me ayude a demostrar que las ecuaciones $\lambda(\tau_0)=w_0$. Gracias!

EDITAR:

Al final de este archivo podría tener algún valor. Sin embargo, hay referencias en el que no me siga.

Answer 1

Voy a utilizar la abreviatura $\zeta_n = \exp(2\pi\mathrm{i}/n)$.

Con respecto a la corrección, puede que tenga que explicar por qué pasar de $J^{-1}$ a $\lambda^{-1}$ no cambia el número de preimages.

Para ello, se debe mencionar explícitamente que para un determinado $w\in\mathbb{C}\setminus\{0,1\}$ la función de $\tau\mapsto\lambda(\tau)-w$ tiene exactamente un cero simple en los fundamentales de la región se han descrito, si es apropiado cuidado con la inclusión o exclusión de puntos de límite. Esta es una especialidad de la $\lambda$, que no está implícita por sólo mencionar el fundamentales de la región.

No sé si Ahlfors del texto contiene una prueba de ello, pero el evergreen referencia

1. Whittaker & Watson (1915), Un Curso de Análisis Moderno, 2ª edición, Comerciante de Libros, ISBN 1-60386-121-1

tiene una buena prueba de ello en la página 474, basado en una integral de contorno.

Como para la resolución de $\lambda(\tau)=w$, ten en cuenta que $$\begin{align} \lambda(\tau+1) = \lambda(\tau-1) &= \frac{\lambda(\tau)}{\lambda(\tau)-1} \\ \lambda\left(\frac{-1}{\tau}\right) &= 1-\lambda(\tau) \end{align}$$ (Supongo que Ahlfors cubre). Ahora $\tau=\mathrm{i}$ es fijo por $\tau\mapsto\frac{-1}{\tau}$, por lo tanto $$\begin{align} \lambda(\mathrm{i}) &= \lambda\left(\frac{-1}{\mathrm{i}}\right) = 1-\lambda(\mathrm{i}) \\\therefore\quad \lambda(\mathrm{i}) &= \frac{1}{2} \\ \lambda(\mathrm{i}+1) &= \frac{\lambda(\mathrm{i})}{\lambda(\mathrm{i})-1} = -1 \\ \lambda\left(\frac{\mathrm{i}+1}{2}\right) &= \lambda\left(\frac{-1}{\mathrm{i}-1}\right) = 1 - \lambda(\mathrm{i}-1) = 2 \end{align}$$ Del mismo modo, $\tau=\zeta_3$ es fijo por $\tau\mapsto\frac{-1}{\tau+1}$, por lo tanto $$\begin{align} \lambda(\zeta_3) = \lambda\left(\frac{-1}{\zeta_3+1}\right) &= 1 - \lambda(\zeta_3+1) = 1 - \frac{\lambda(\zeta_3)}{\lambda(\zeta_3)-1} = \frac{-1}{\lambda(\zeta_3) - 1} \\\therefore\quad \lambda(\zeta_3) \left(\lambda(\zeta_3)-1\right) + 1 &= 0 \tag{*} \\\therefore\quad \lambda(\zeta_3) \in\left\{\zeta_6, \zeta_{-6}\right\} \end{align}$$ En una manera similar, podemos encontrar que $\lambda(\zeta_6)$ cumple la misma ecuación polinómica $(*)$. Esto es todo lo que necesitamos. Sin embargo, en el caso de querer eliminar la ambigüedad $\lambda(\zeta_3)$ y $\lambda(\zeta_6)$, un enfoque útil es el trabajo que $\Im\lambda(\tau)>0$ , en la mitad derecha de $\lambda's$ fundamentales de dominio (donde $\Re\tau>0$) y $\Im\lambda(\tau)<0$ en la mitad izquierda. Omitiré aquí y sólo la observación de que $$\begin{align} \lambda(\zeta_3) &= \zeta_{-6} \\ \lambda(\zeta_6) &= \lambda\left(\frac{-1}{\zeta_3}\right) = 1 - \lambda(\zeta_3) = \zeta_6 \end{align}$$ como se ha especulado.

Cabe señalar que las ubicaciones de los preimages son consistentes con las simetrías de $J(\tau)$ con respecto a la amplia modular grupo: $$J(\tau+1) = J(\tau) = J\left(\frac{-1}{\tau}\right)$$

El resultado es que el $J(\tau)$ tiene una triple cero en todos los $\tau=\frac{a\zeta_6+b}{c\zeta_6+d}$ con $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\operatorname{SL}(2,\mathbb{Z})$, y que $J(\tau)=1$ tiene una doble raíz en cada $\tau=\frac{a\mathrm{i}+b}{c\mathrm{i}+d}$ con $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\operatorname{SL}(2,\mathbb{Z})$.

Teniendo en cuenta que $ad-bc=1$, puede reescribir esas fórmulas para $\tau$ $$\begin{align} \frac{a\mathrm{i}+b}{c\mathrm{i}+d} &= \frac{ac+bd+\mathrm{i}}{c^2+d^2} = \frac{u + \mathrm{i}}{N} \\ &\quad\text{where}\quad N,u\in\mathbb{Z};\quad N>0;\quad N\mid (u^2+1) \\ \frac{a\zeta_6+b}{c\zeta_6+d} &= \frac{ac+bc+bd+\zeta_6}{c^2+cd+d^2} = \frac{u + \zeta_6}{N} \\ &\quad\text{where}\quad N,u\in\mathbb{Z};\quad N>0;\quad N\mid (u^2+u+1) \end{align}$$ Por el contrario, puede ser demostrado, fundamentalmente a través de una inducción que traza el los pasos del algoritmo de euclides extendido, que para cada elección de $N,u\in\mathbb{Z}$ el cumplimiento de las condiciones establecidas, un adecuado $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\operatorname{SL}(2,\mathbb{Z})$ se puede determinar. Sospecho que usted ya está satisfecho con la transformación basada en la representación, por lo que acabo de mencionar esto como una nota al margen. Siéntase libre de solicitar información adicional si usted está interesado y quedar atrapado.

No puedo resistir a mencionar un par de conocidos conexiones. Simples manipulaciones algebraicas revelan que las ubicaciones $\tau$ donde $J(\tau)=0$ resp. $J(\tau)=1$ puede ser identificado con la (simple) de los ceros de las series de Eisenstein $$\begin{align} g_2 &= -4 (e_1 e_2 + e_1 e_3 + e_2 e_3) \\\text{resp.}\quad g_3 &= 4 e_1 e_2 e_3 \end{align}$$ o de la correspondiente normalizada de la serie $\operatorname{E}_4$ resp. $\operatorname{E}_6$. Los ceros de $\operatorname{E}_6$ también pueden ser reconocidos como los puntos tangentes de la Ford círculos, si se incluye la línea de $\Im\tau=1$ como un extra de "círculo". A ver que nota que ambos conjuntos de puntos que son invariantes bajo las transformaciones de la plena modular grupo, y coincede en el totalmente modular del grupo fundamental de dominio.