楕円関数・モジュラー形式の問題

$f=0$ なら $g=0\in M_{k-14}$ とすればよいので、以下 $f\ne 0$ とする。

ステップ 0: 零点の位数は軌道上で一定. $0\ne h\in M_k$, $\gamma =\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\in \Gamma$, ${\tau }_0\in \mathbb{H}$ とする。$\gamma$ は $\mathbb{H}$ の正則な自己同型（逆写像は ${\gamma }^{-1}$ の作用）なので、$v_{\gamma {\tau }_0}(h)=v_{{\tau }_0}(h\circ \gamma )$ である。$h\circ \gamma =(c\tau +d{)}^{k}h$ で、$c\tau +d$ は $\mathbb{H}$ 上で $0$ にならない（$c=0$ なら $ad=1$ より $d=\pm 1$、$c\ne 0$ なら虚部が $c\mathrm{Im}\tau \ne 0$）ので、$(c\tau +d{)}^k$ は ${\tau }_0$ の近くで零点も極ももたない。よって $v_{\gamma {\tau }_0}(h)=v_{{\tau }_0}(h)$ である。

ステップ 1: $E_4$ と $E_6$ の零点. 事実 (b) より $E_4\ne 0$, $v_{\infty }(E_4)=0$ である。事実 (a) を $E_4$ に使うと
$$\frac{1}{2}{v}_i(E_4)+\frac{1}{3}{v}_{\rho }(E_4)+\sum _p{v}_p(E_4)=\frac{1}{3}$$
で、各項は非負である。ある $p$ で $v_p(E_4)\ge 1$ なら左辺 $\ge 1>\frac{1}{3}$、$v_i(E_4)\ge 1$ なら左辺 $\ge \frac{1}{2}>\frac{1}{3}$ なので、これらはすべて $0$ であり、$\frac{1}{3}{v}_{\rho }(E_4)=\frac{1}{3}$、すなわち $v_{\rho }(E_4)=1$ である。

$E_6$ についても (b) より $v_{\infty }(E_6)=0$ で、(a) より $\frac{1}{2}{v}_i(E_6)+\frac{1}{3}{v}_{\rho }(E_6)+{\sum }_p{v}_p(E_6)=\frac{1}{2}$ である。$v_p(E_6)\ge 1$ なら左辺 $\ge 1$ なので ${\sum }_p{v}_p(E_6)=0$。$v_{\rho }(E_6)\ge 2$ なら左辺 $\ge \frac{2}{3}>\frac{1}{2}$。$v_{\rho }(E_6)=1$ なら $\frac{1}{2}{v}_i(E_6)=\frac{1}{6}$ となり $v_i(E_6)=\frac{1}{3}$ が整数でなく矛盾する。よって $v_{\rho }(E_6)=0$ で、$v_i(E_6)=1$ である。

ステップ 0 と合わせると、$P=E_4^2{E}_6$ は $\rho$ の軌道の各点でちょうど位数 $2$、$i$ の軌道の各点でちょうど位数 $1$ の零点をもち、それ以外の $\mathbb{H}$ の点では $0$ にならない。

ステップ 2: $f$ の $i,\rho$ での零点の位数. $k=12m+2$（$m\ge 1$ は整数）と書く。事実 (a) の両辺を $6$ 倍すると
$$6v_{\infty }(f)+3v_i(f)+2v_{\rho }(f)+6\sum _p{v}_p(f)=\frac{k}{2}=6m+1$$
である。両辺を $2$ を法として見ると $3v_i(f)\equiv 1(\mathrm{mod}2)$、すなわち $v_i(f)\equiv 1(\mathrm{mod}2)$ なので $v_i(f)$ は奇数であり、$v_i(f)\ge 1$。$3$ を法として見ると $2v_{\rho }(f)\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ で、両辺に $2$ を掛けて $4v_{\rho }(f)\equiv 2$、すなわち $v_{\rho }(f)\equiv 2(\mathrm{mod}3)$ なので $v_{\rho }(f)\ge 2$ である。ステップ 0 より、$f$ は $i$ の軌道の各点で位数 $1$ 以上、$\rho$ の軌道の各点で位数 $2$ 以上の零点をもつ。

ステップ 3: $g=f/P$ が $\mathbb{H}$ 上正則であること. $P\ne 0$ なので $g=f/P$ は $\mathbb{H}$ 上の有理型関数で、極の候補は $P$ の零点だけである。ステップ 1, 2 より、$P$ の各零点 ${\tau }_0$ で $v_{{\tau }_0}(f)\ge v_{{\tau }_0}(P)$ なので、${\tau }_0$ は $g$ の除去可能特異点である。除去して $g$ を $\mathbb{H}$ 上の正則関数とみなす。

ステップ 4: 変換則. $\gamma =\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\in \Gamma$ とする。$E_4\in M_4$, $E_6\in M_6$ より
$$P(\gamma \tau )=E_4(\gamma \tau {)}^2{E}_6(\gamma \tau )=((c\tau +d{)}^4{E}_4(\tau ){)}^2(c\tau +d{)}^6{E}_6(\tau )=(c\tau +d{)}^{14}P(\tau )$$
である。よって、$P(\tau )\ne 0$ となる $\tau$（このとき上式と $c\tau +d\ne 0$ より $P(\gamma \tau )\ne 0$）について
$$g(\gamma \tau )=\frac{f(\gamma \tau )}{P(\gamma \tau )}=\frac{(c\tau +d{)}^{k}f(\tau )}{(c\tau +d{)}^{14}P(\tau )}=(c\tau +d{)}^{k-14}g(\tau )$$
が成り立つ。両辺は $\mathbb{H}$ 上の正則関数で、$P$ の零点（離散集合）を除いた連結な開集合上で一致するので、一致の定理よりすべての $\tau \in \mathbb{H}$ で成り立つ。

ステップ 5: $q$ 展開. $M_k$ の第 3 条件により、$|q|<1$ 上の正則関数 $F,A,B$ で $f(\tau )=F(e^{2\pi i\tau })$, $E_4(\tau )=A(e^{2\pi i\tau })$, $E_6(\tau )=B(e^{2\pi i\tau })$ となるものがある。$Q=A^{2}B$ とおくと $P(\tau )=Q(e^{2\pi i\tau })$ で、事実 (b) より $Q(0)=A(0{)}^{2}B(0)=1$ である。

$0<|q|<1$ 上の関数 $G$ を $G(e^{2\pi i\tau })=g(\tau )$ で定める。$g(\tau +1)=g(\tau )$（ステップ 4 で $\gamma =\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$ とした場合）であり、$e^{2\pi i\tau }=e^{2\pi i{\tau }^{\prime }}$ となるのは ${\tau }^{\prime }-\tau \in \mathbb{Z}$ のときに限るので、$G$ は well-defined である。$\tau \mapsto e^{2\pi i\tau }$ は $\mathbb{H}$ から $0<|q|<1$ への全射で、各点の近くで正則な逆写像（$\frac{1}{2\pi i}\log q$ の分枝）をもつので、局所的に $G=g\circ (\text{局所逆写像})$ と書け、$G$ は $0<|q|<1$ 上で正則である。さらに $0<|q|<1$ では $F(q)=Q(q)G(q)$ であり、$Q(0)=1\ne 0$ だから $q=0$ の近くで $Q\ne 0$ となって $G=F/Q$ は $q=0$ の近くで有界である。よってリーマンの除去可能特異点定理により $G$ は $|q|<1$ 上の正則関数に拡張され、$g(\tau )=G(e^{2\pi i\tau })$ が成り立つ。

結論. ステップ 3, 4, 5 より $g$ は $M_{k-14}$ の 3 つの条件をみたすので $g\in M_{k-14}$ であり、$g$ の定義から $f=E_4^2{E}_{6}g$ である。よって、$k\ge 14$, $k\equiv 2(\mathrm{mod}12)$ のとき、任意の $f\in M_k$ に対しこのような $g\in M_{k-14}$ が存在する。$■$