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

$Λ \subset C$ を格子（ $R$ 上一次独立な 2 つの複素数で生成される加法部分群）とし、 $℘ (z) = ℘ (z; Λ)$ を $Λ$ に関するワイエルシュトラスの $℘$ 関数とする。 $Λ$ は $i Λ = Λ$ を満たし、さらにある $ω \in Λ$ （ただし $ω /2 \in / Λ$ ）について $℘ (ω /2) = 1$ が成り立つとする。このとき、絶対収束する級数
$G_{16} (Λ) = λ \in Λ, λ \neq = 0 \sum \frac{1}{λ ^{16}}$
の値を求めよ。

この問題で使うもの

ワイエルシュトラスの ℘ 関数と不変量 g₂, g₃（説明と入口の問題）
アイゼンシュタイン級数の q 展開（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（78 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 $i Λ = Λ$ という対称性と半周期での $℘$ の値から、不変量 $g_{2}, g_{3}$ を決めよう。 $G_{16}$ は $℘$ のローラン展開の係数から読み取れる。

ヒント 2

$℘ (z) = z^{- 2} + \sum_{k \geq 1} (2 k + 1) G_{2 k + 2} z^{2 k}$ と、微分方程式 $℘^{''} = 6 ℘^{2} - \frac{g _{2}}{2}$ から係数の漸化式 $c_{k} = \frac{3}{( 2 k + 3 ) ( k - 2 )} \sum_{m = 1}^{k - 2} c_{m} c_{k - 1 - m}$ （ $k \geq 3$ ）が得られる。

ヒント 3

$g_{3} = 0$ , $g_{2} = 4$ となるので $c_{1} = \frac{1}{5}$ , $c_{2} = 0$ 。漸化式から $c_{3} = \frac{1}{75}$ , $c_{4} = 0$ , $c_{5} = \frac{2}{4875}$ , $c_{6} = 0$ と進み、 $c_{7}$ を求めてから $G_{16} = c_{7} /15$ とする。

答えと解説

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\frac{1}{1243125}

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解説を読む

1. 不変量の決定. $G_{2 k} = \sum_{λ \neq = 0} λ^{- 2 k}$ とおくと $g_{2} = 60 G_{4}$ , $g_{3} = 140 G_{6}$ である。 $i Λ = Λ$ より $λ \mapsto iλ$ は $Λ ∖ {0}$ の全単射なので
$G_{6} = λ \neq = 0 \sum (iλ)^{- 6} = i^{- 6} G_{6} = - G_{6},$
よって $g_{3} = 0$ 。同様に $℘ (i z) = - ℘ (z)$ が成り立つ（定義式で $λ$ を $iλ$ に置き換えればよい）。

$℘$ は微分方程式 $℘^{'2} = 4 ℘^{3} - g_{2} ℘ - g_{3} = 4 ℘^{3} - g_{2} ℘$ を満たす。 $ω \in Λ, ω /2 \in / Λ$ のとき、 $℘^{'}$ は奇関数かつ $Λ$ を周期にもつので $℘^{'} (ω /2) = - ℘^{'} (- ω /2) = - ℘^{'} (ω /2)$ 、すなわち $℘^{'} (ω /2) = 0$ 。したがって $℘ (ω /2)$ は $4 x^{3} - g_{2} x = 0$ の根である。 $℘ (ω /2) = 1$ を代入して $4 - g_{2} = 0$ 、すなわち
$g_{2} = 4, g_{3} = 0.$
（補足: $i Λ = Λ$ より $Λ$ は $Z [i]$ 加群であり、 $Z [i]$ は単項イデアル整域なので $Λ = ω_{0} Z [i]$ と書ける。3 つの半周期 $ω_{0} /2, i ω_{0} /2, (1 + i) ω_{0} /2$ での値を $e, - e, 0$ とすると（ $℘ (i z) = - ℘ (z)$ と、 $i (1 + i) ω_{0} /2 \equiv (1 + i) ω_{0} /2 (mod Λ)$ による）、 $4 x^{3} - g_{2} x = 4 x (x - e) (x + e)$ より $e^{2} = g_{2} /4$ 。 $ω /2$ は法 $Λ$ でこれらの半周期のどれかと合同で、 $℘ (ω /2) = 1 \neq = 0$ だから $e = \pm 1$ となり、 $g_{2} = 4$ と整合する。）

2. ローラン展開とアイゼンシュタイン級数. $0$ のまわりで
$℘ (z) = \frac{1}{z ^{2}} + k \geq 1 \sum c_{k} z^{2 k}, c_{k} = (2 k + 1) G_{2 k + 2}$
である（ $\frac{1}{( z - λ ) ^{2}} - \frac{1}{λ ^{2}} = \sum_{n \geq 1} (n + 1) \frac{z ^{n}}{λ ^{n + 2}}$ を $λ$ について和をとり、奇数次が打ち消し合うことから）。特に $c_{1} = 3 G_{4} = g_{2} /20 = \frac{1}{5}$ , $c_{2} = 5 G_{6} = g_{3} /28 = 0$ 。求めるのは $G_{16} = c_{7} /15$ である。

3. 漸化式. $℘^{'2} = 4 ℘^{3} - g_{2} ℘ - g_{3}$ を微分して $2 ℘^{'}$ で割ると $℘^{''} = 6 ℘^{2} - \frac{g _{2}}{2}$ 。両辺の $z^{2 k - 2}$ （ $k \geq 3$ ）の係数を比べると
$2 k (2 k - 1) c_{k} = 6 (2 c_{k} + m = 1 \sum k - 2 c_{m} c_{k - 1 - m})$
となり、 $4 k^{2} - 2 k - 12 = 2 (2 k + 3) (k - 2)$ より
$c_{k} = \frac{3}{( 2 k + 3 ) ( k - 2 )} m = 1 \sum k - 2 c_{m} c_{k - 1 - m} (k \geq 3) .$

4. 計算. $c_{1} = \frac{1}{5}$ , $c_{2} = 0$ から
- $c_{3} = \frac{3}{9 \cdot 1} c_{1}^{2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{25} = \frac{1}{75}$ （ $g_{2}^{2} /1200 = \frac{16}{1200}$ とも一致）
- $c_{4} = \frac{3}{11 \cdot 2} (2 c_{1} c_{2}) = 0$
- $c_{5} = \frac{3}{13 \cdot 3} (2 c_{1} c_{3} + c_{2}^{2}) = \frac{1}{13} \cdot \frac{2}{375} = \frac{2}{4875}$
- $c_{6} = \frac{3}{15 \cdot 4} (2 c_{1} c_{4} + 2 c_{2} c_{3}) = 0$
- $c_{7} = \frac{3}{17 \cdot 5} (2 c_{1} c_{5} + 2 c_{2} c_{4} + c_{3}^{2})$

ここで $2 c_{1} c_{5} = \frac{4}{24375} = \frac{12}{73125}$ , $c_{3}^{2} = \frac{1}{5625} = \frac{13}{73125}$ より、括弧内は $\frac{25}{73125} = \frac{1}{2925}$ 。よって
$c_{7} = \frac{3}{85} \cdot \frac{1}{2925} = \frac{1}{82875} .$

5. 結論.
$G_{16} (Λ) = \frac{c _{7}}{15} = \frac{1}{82875 \cdot 15} = \frac{1}{1243125} .$

別解

$i Λ = Λ$ なので $G_{6} (Λ) = \sum λ^{- 6}$ は $λ \to iλ$ で $i^{- 6} = - 1$ 倍されるから $G_{6} = 0$ 、すなわち $g_{3} = 140 G_{6} = 0$ 。 $g_{2} = 60 G_{4}$ 。 $℘^{'2} = 4 ℘^{3} - g_{2} ℘$ で、半周期での $℘$ の値 $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ は $4 x^{3} - g_{2} x = 0$ の 3 根 $0, \pm g_{2} /2$ 。 $ω /2$ は半周期（ $ω /2 \in / Λ$ かつ $2 \cdot (ω /2) \in Λ$ ）なので $℘ (ω /2) \in {0, \pm g_{2} /2}$ 。これが $1$ なので $(g_{2} /2)^{2} = 1$ 、すなわち $g_{2} = 4$ 。よって $G_{4} = g_{2} /60 = \frac{1}{15}$ 。

$℘ (z) = z^{- 2} + \sum_{n \geq 2} c_{n} z^{2 n - 2}$ , $c_{n} = (2 n - 1) G_{2 n}$ とおく。 $℘^{''} = 6 ℘^{2} - g_{2} /2$ から得られる漸化式 $(n - 3) (2 n + 1) c_{n} = 3 \sum_{m = 2}^{n - 2} c_{m} c_{n - m}$ （ $n \geq 4$ ）を使う。初項: $c_{2} = 3 G_{4} = \frac{1}{5}$ , $c_{3} = 5 G_{6} = 0$ 。
- $c_{4} = \frac{3}{9} c_{2}^{2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{25} = \frac{1}{75}$
- $c_{5} = 0$ （和の各項に $c_{3}$ または $c_{5}$ が現れる、あるいは奇数番号のみが残る）
- $c_{6} = \frac{3}{39} (2 c_{2} c_{4} + c_{3}^{2}) = \frac{1}{13} \cdot \frac{2}{375} = \frac{2}{4875}$
- $c_{7} = 0$
- $c_{8} = \frac{3}{85} (2 c_{2} c_{6} + 2 c_{3} c_{5} + c_{4}^{2}) = \frac{3}{85} (\frac{4}{24375} + \frac{1}{5625}) = \frac{3}{85} \cdot \frac{25}{73125} = \frac{3}{85} \cdot \frac{1}{2925} = \frac{1}{82875}$

$G_{16} = \frac{c _{8}}{15} = \frac{1}{1243125}$ 。

検算: $G_{8} = c_{4} /7 = \frac{1}{525}$ は既知の $G_{8} = \frac{3}{7} G_{4}^{2} = \frac{3}{7 \cdot 225} = \frac{1}{525}$ と一致。また $1243125 = 15 \cdot 82875$ を確認した。

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