En mi curso actual en las Formas Modulares ahora estamos discutiendo los operadores de Hecke y nos pide el siguiente: Demostrar que para cualquier entero $k \geq 4$ y prime $p$ tenemos $T_pG_k = \sigma_{k−1}(p)G_k$ para Eisenstein serie $G_k$ y el Hecke operador $T_p$$M_k(SL_2(\mathbb{Z}))$. Primero de todo, he calculado que $\sigma_{k-1}(p)=1+p^{k-1}$. Además, por definición, por $\alpha=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & p \end{pmatrix}$ we have, by definition of $T_p$, that $T_pG_k=\sum_{\gamma \en \Gamma' \setminus \Gamma}G_k|_k\alpha\gamma$, for $\Gamma=SL_2(\mathbb{Z})$ and $\Gamma'=\Gamma \cap \alpha^{-1} \Gamma \alpha$. We have, for $\gamma \en \Gamma$, $\gamma = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ \begin{align} &G_k|_k\alpha\gamma(z)\\ &=\frac{det(\alpha \gamma)^k}{(pcz+pd)^k}G_k(\alpha \gamma z)\\ &=\frac{p^k}{p^k(cz+d)^k}G_k(\alpha \gamma z) \\ &=\frac{1}{(cz+d)^k}G_k(\alpha \gamma z) \end{align} donde , por lo que ahora tenemos: \begin{align} T_pG_k=\sum_{\gamma \in \Gamma' \setminus \Gamma}\frac{1}{(cz+d)^k}G_k(\alpha \gamma z) \end{align} y queremos que este sea igual a $(1+p^{k-1})G_k$. No sé cómo proceder en este punto, ya que no sólo tome $\alpha \gamma$ de $G_k(\alpha \gamma z)$ desde $\alpha \gamma$ no $SL_2(\mathbb{Z})$.
Respuesta
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Los operadores de Hecke para $\Gamma=\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})$ puede ser escrito de forma explícita: si $f\in M_k(\Gamma)$, luego $$ T(n)f(z)=n^{k-1}\sum_{\substack{ad=n,a\geq 1\\0\leq b<d}}d^{-k}f\Big(\frac{az+b}{d}\Big) $$
En particular, si $p$ es el primer y $$ G_k(z)=\sum_{m,n\in\mathbb{Z}}{}^{'}(mz+n)^{-k}$$ es el de Eisenstein de la serie, a continuación, $$ T_pG_k(z)=p^{k-1}\Big[G_k(pz)+\sum_{b=0}^{k-1}p^{-k}G_p\Big(\frac{z+b}{p}\Big)\Big] $$ $$ =p^{k-1}\Big[\sum_{m,n}{}^{'}(mpz+n)^{-k}+\sum_{b=0}^{p-1}\sum_{m,n}{}^{'}(mz+bm+pn)^{-k}\Big]$$
En el segundo término, si separamos los términos con $p|m$, obtenemos $$ \sum_{b=0}^{p-1}\sum_{m,n}{}^{'}(pmz+bpm+pn)^{-k}=p^{-k}\sum_{b=0}^{p-1}\sum_{m,n}{}^{'}(mz+bm+n)^{-k}=p^{1-k}G_k(z)$$ puesto que para cada una de las $0\leq b\leq p-1$, el interior de la suma es sólo $G_k(z+b)=G_k(z)$.
Ahora, considere el resto de los términos. Si $(u,v)$ es un elemento de $\mathbb{Z}^2$ $p$ no dividiendo $u$, entonces no es un elemento único de $(m,n)\in \mathbb{Z}^{2}\setminus\{(0,0)\}$ y un único $0\leq b\leq p-1$ tal que $(u,v)=(m,bm+pn)$: tomar $m=u$, $b$ tal que $u^{-1}v\equiv b$ mod $p$, e $n$ tal que $pn=v-bu$.
Si $(u,v)\neq (0,0)$$p|u$, entonces no es un elemento único de $(m,n)\in \mathbb{Z}^{2}\setminus\{(0,0)\}$ tal que $(pm,n)=(u,v)$, es decir,$n=v$$m=\frac{u}{p}$. Por lo tanto, el resto de los términos en la expansión de $T_pG_k(z)$ pueden ser recogidos para producir $$\sum_{u,v}{}^{'}(uz+v)^{-k}=G_k(z) $$
Así, hemos demostrado que $$ T_pG_k(z)=p^{k-1}[p^{1-k}G_k(z)+G_k(z)]=(1+p^{k-1})G_k(z)=\sigma_{k-1}(p)G_k(z) $$ como se desee.
Por cierto, resulta que $T(n)G_k(z)=\sigma_{k-1}(n)G_k(z)$ todos los $n$. Mi conjetura es que, para general $n$, sería más fácil para probar esto mirando las transformadas de Fourier de las expansiones.
