El problema:
Deje $\tau(n)$ denotar la Ramanujan $\tau$-función y $\sigma(n)$ la suma de los divisores positivos de $n$. Mostrar que $$ (1-n)\tau(n) = 24\sum_{j=1}^{n-1} \sigma(j)\tau(n-j).$$
Me temo que yo no sé ni cómo empezar en esto.. Mi problema principal es el $\tau$ función se define como los coeficientes de la $q$-de la serie de la forma modular $\Delta$, pero que no lo es (al menos a mi entender) muy útil en el manejo de la misma. Las propiedades que tenemos son todos de un multiplicativo de la naturaleza (es decir, $\tau$ es multiplicativo y $\tau(p^{a+2}) = \tau(p)\tau(p^{a+1}) - p^{11}\tau(p^a)$) que no parecen particularmente bien adaptados en un problema que implica una suma.
Cualquier sugerencias, aunque sólo se cómo empezar, sería muy apreciado. Gracias!
Editar
Como por Matt E del mensaje, se puede definir, de cualquier forma modular $f$, un operador $\delta$, de modo que $\delta f = 12\theta f - 12E_2f$ donde $\theta = q\frac{d}{dq}$. Queremos ver el $\delta\Delta$. Tenemos
\begin{align*} \delta\Delta &= 12\theta\Delta - 12E_2\Delta\newline &= 12\theta\left(\sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n\right) - 12E_2\Delta\newline &= 12q\left(\sum_{n=1}^\infty n\tau(n)q^{n-1}\right) - 12E_2\Delta\newline &= 12\left(\sum_{n=1}^\infty n\tau(n)q^n\right) - 12E_2\Delta. \end{align*} Ahora $\delta\Delta$ es una cúspide en forma de peso de 14, de los cuales no hay ninguno que no son cero. Por lo tanto debemos tener $$ 12\left(\sum_{n=1}^\infty n\tau(n)q^n\right) = 12E_2\Delta.$$ Así, podemos simplificar un poco y el enchufe en la serie a la representación de $E_2$ encontrar $$ \sum_{n=1}^\infty n\tau(n)q^n = (1 - 24\sum_{n=1}^\infty \sigma(n)q^n)\sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n.$$ La expansión de la del lado derecho, y para simplificar algunas de las más da $$ \sum_{n=1}^\infty n\tau(n)q^n = \sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n - 24\sum_{n=1}^\infty \sigma(n)q^n\sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n,$$ así tenemos $$ \sum_{n=1}^\infty n\tau(n)q^n - \sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n = - 24\sum_{n=1}^\infty \sigma(n)q^n\sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n.$$ El final del túnel está empezando a aparecer, ya que el lado izquierdo se ve muy bonito en este punto. Nos conformamos ambos lados en una sola suma, por lo que podemos coincidir con los coeficientes de la mano izquierda y la derecha lados fácilmente. Tenemos $$ \sum_{n=1}^\infty \tau(n)(n - 1)q^n = - 24\sum_{n=1}^\infty \left(\sum_{j=1}^{n-1} \sigma(j)\tau(n-j)q^n\right),$$ así que multiplicando ambos lados por $-1$ y que la coincidencia de los coeficientes da $$ \tau(n)(n - 1) = - 24 \left(\sum_{j=1}^{n-1} \sigma(j)\tau(n-j)\right)$$ para todos los $n\geq 1$, como se desee.
