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楕円関数・モジュラー形式の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル大学院数学楕円関数・モジュラー形式

上半平面を $H = {τ \in C ∣ Im τ > 0}$ とし、正の整数 $N$ に対して
$Γ_{0} (N) = {(a c b d) \in SL_{2} (Z) c \equiv 0 (mod N)}$
とする。正の偶数 $k$ に対し、 $S_{k} (Γ_{0} (N))$ を $Γ_{0} (N)$ に関する重さ $k$ の（自明な指標をもつ）正則カスプ形式全体のなす複素ベクトル空間とする。

$S_{12} (Γ_{0} (13))$ の部分空間 $S_{12}^{old} (Γ_{0} (13))$ を、 $f \in S_{12} (SL_{2} (Z))$ を動かしたときの関数 $f (τ)$ と $f (13 τ)$ 全体で張られる部分空間と定め、そのペテルソン内積に関する直交補空間を新形式の空間 $S_{12}^{new} (Γ_{0} (13))$ とする。

$dim_{C} S_{12}^{new} (Γ_{0} (13))$ を求めよ。

この問題で使うもの

Γ₀(N) の指数・尖点・楕円点（説明と入口の問題）
Γ₀(N) の尖点形式の次元公式（説明と入口の問題）
レベル 1 のモジュラー形式の空間の次元（説明と入口の問題）
判別式 Δ とラマヌジャンのタウ関数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（103 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

まず $Γ_{0} (13)$ の指数・楕円点の個数・カスプの個数・種数を求め、カスプ形式の空間全体の次元を次元公式で計算する。その後、旧形式の部分の次元を引く。

ヒント 2

$ν_{2} = 1 + (\frac{- 1}{p})$ , $ν_{3} = 1 + (\frac{- 3}{p})$ , $ν_{\infty} = 2$ を使う。偶数 $k \geq 4$ では $dim S_{k} = (k - 1) (g - 1) + (\frac{k}{2} - 1) ν_{\infty} + ⌊ \frac{k}{4} ⌋ ν_{2} + ⌊ \frac{k}{3} ⌋ ν_{3}$ 。旧形式は $Δ (τ)$ と $Δ (13 τ)$ で張られる。

ヒント 3

$μ = 14$ , $ν_{2} = ν_{3} = ν_{\infty} = 2$ から $g = 0$ 、そして $dim S_{12} (Γ_{0} (13)) = 13$ が得られる。旧形式の空間の次元を求めて引けばよい。

答えと解説

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解説を読む

1. $X_{0} (13)$ の不変量. $p = 13$ は素数なので、指数は $μ = [SL_{2} (Z) : Γ_{0} (13)] = p + 1 = 14$ である。楕円点の個数は
$ν_{2} = 1 + (\frac{- 1}{13}) = 1 + 1 = 2 (13 \equiv 1 (mod 4)), ν_{3} = 1 + (\frac{- 3}{13}) = 1 + 1 = 2 (13 \equiv 1 (mod 3)),$
カスプの個数は素数レベルなので $ν_{\infty} = 2$ （ $\infty$ と $0$ ）。種数公式より
$g = 1 + \frac{μ}{12} - \frac{ν _{2}}{4} - \frac{ν _{3}}{3} - \frac{ν _{\infty}}{2} = 1 + \frac{14}{12} - \frac{2}{4} - \frac{2}{3} - \frac{2}{2} = 0.$

2. $dim S_{12} (Γ_{0} (13))$ . 偶数 $k \geq 4$ に対する次元公式（リーマン・ロッホの定理から得られる）
$dim S_{k} (Γ_{0} (N)) = (k - 1) (g - 1) + (\frac{k}{2} - 1) ν_{\infty} + ⌊ \frac{k}{4} ⌋ ν_{2} + ⌊ \frac{k}{3} ⌋ ν_{3}$
に $k = 12$ を代入すると
$dim S_{12} (Γ_{0} (13)) = 11 \cdot (- 1) + 5 \cdot 2 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 2 = - 11 + 10 + 6 + 8 = 13.$

3. 旧形式の空間の次元. $S_{12} (SL_{2} (Z))$ は $Δ (τ) = q \prod_{m \geq 1} (1 - q^{m})^{24}$ （ $q = e^{2 π i τ}$ ）で張られる 1 次元の空間である。 $f \in S_{12} (SL_{2} (Z))$ なら $f (13 τ) \in S_{12} (Γ_{0} (13))$ である（ $(a c b d) \in Γ_{0} (13)$ に対し $(a c /13 13 b d) \in SL_{2} (Z)$ となるため）。よって旧形式の空間は $Δ (τ)$ と $Δ (13 τ)$ で張られる。 $q$ 展開は $Δ (τ) = q - 24 q^{2} + \dots$ , $Δ (13 τ) = q^{13} + \dots$ で、最低次の項が異なるから 1 次独立。したがって
$dim S_{12}^{old} (Γ_{0} (13)) = 2.$

4. 新形式の空間. $S_{12} (Γ_{0} (13)) = S_{12}^{old} \oplus S_{12}^{new}$ （直交直和）なので
$dim S_{12}^{new} (Γ_{0} (13)) = 13 - 2 = 11.$

別解

まず $dim S_{12} (Γ_{0} (13))$ を次元公式で求める。 $Γ_{0} (13)$ は指数 $13 + 1 = 14$ 。種数 $g = 0$ 、尖点の個数 $ν_{\infty} = 2$ 、位数 2 の楕円点の個数 $ν_{2} = 1 + (\frac{- 1}{13}) = 2$ （ $13 \equiv 1 (mod 4)$ ）、位数 3 の楕円点の個数 $ν_{3} = 1 + (\frac{- 3}{13}) = 2$ （ $13 \equiv 1 (mod 3)$ ）。

偶数 $k ≧ 4$ で $dim S_{k} = (k - 1) (g - 1) + ⌊ k /4 ⌋ ν_{2} + ⌊ k /3 ⌋ ν_{3} + (k /2 - 1) ν_{\infty}$ 。 $k = 12$ を代入して
$dim S_{12} (Γ_{0} (13)) = - 11 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 2 + 5 \cdot 2 = - 11 + 6 + 8 + 10 = 13$ 。

次に旧形式の空間。 $13$ は素数でレベル 1 の持ち上げは $f (τ), f (13 τ)$ の 2 通り。 $dim S_{12} (SL_{2} (Z)) = 1$ （ $Δ$ ）なので、 $Δ (τ)$ と $Δ (13 τ)$ は一次独立で $dim S_{12}^{old} = 2$ 。

よって $dim S_{12}^{new} (Γ_{0} (13)) = 13 - 2 = 11$ 。

検算: 一般式 $dim S_{k}^{new} (Γ_{0} (p)) = dim S_{k} (Γ_{0} (p)) - 2 dim S_{k} (1)$ に一致。また公式を $Γ_{0} (11)$ , $k = 2$ で試すと $g = 1$ なので整合する。

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