モジュラー形式の定義と変換則

$SL_{2} (Z)$ の上半平面への作用 $τ \mapsto \frac{a τ + b}{c τ + d}$ と重さ $k$ の変換則 $f (\frac{a τ + b}{c τ + d}) = (c τ + d)^{k} f (τ)$ を使い、奇数の重さでは $0$ になること、 $k \neq \equiv 0 (mod 4)$ なら $f (i) = 0$ 、 $k \neq \equiv 0 (mod 6)$ なら $f (e^{2 π i /3}) = 0$ となることを判定できる

前提

行列の和・積と 2 次の逆行列（大学数学線形代数）
複素数の指数関数・対数関数と分枝（大学数学複素関数）

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算数中学高校大学大学院

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複素数の指数関数・対数関数と分枝（大学数学複素関数）

説明

上半平面 $H = {τ \in C : Im τ > 0}$ 上の関数で、 $SL_{2} (Z)$ の作用に対して決まった規則（重さ $k$ の変換則）で変わるものがモジュラー形式です。この技能では、変換則を特別な行列や特別な点に当てはめるだけで、奇数の重さのモジュラー形式は恒等的に $0$ であること、 $k \neq \equiv 0 (mod 4)$ なら $f (i) = 0$ 、 $k \neq \equiv 0 (mod 6)$ なら $f (ρ) = 0$ （ $ρ = e^{2 π i /3}$ ）であることを判定できるようになります。モジュラー形式の零点や次元を調べるときの最初の一歩として使います。

なぜそうしてよいのか

$SL_{2} (Z)$ は整数成分で行列式 $a d - b c = 1$ の 2 次正方行列 $γ = (a c b d)$ 全体です（逆行列 $(d - c - b a)$ もこの集合に入ります）。 $γ τ = \frac{a τ + b}{c τ + d}$ と定めます。 $τ \in H$ は実数でなく、 $c, d$ は同時には $0$ にならない（ $a d - b c = 1$ のため）ので $c τ + d \neq = 0$ です。分母分子に $c τ + d = c τ ˉ + d$ を掛けると
$γ τ = \frac{( a τ + b ) ( c τ ˉ + d )}{∣ c τ + d ∣ ^{2}}, (a τ + b) (c τ ˉ + d) = a c ∣ τ ∣^{2} + a d τ + b c τ ˉ + b d .$
$a c ∣ τ ∣^{2}$ と $b d$ は実数で、 $Im τ = y$ とおくと $Im (a d τ) = a d y$ , $Im (b c τ ˉ) = - b cy$ なので、 $Im (γ τ) = \frac{( a d - b c ) y}{∣ c τ + d ∣ ^{2}} = \frac{Im τ}{∣ c τ + d ∣ ^{2}} > 0$ です。よって $γ$ は $H$ を $H$ に移します。

重さ $k$ （整数）のモジュラー形式とは、 $H$ 上の正則（複素微分可能な）関数 $f$ で、(1) すべての $γ \in SL_{2} (Z)$ に対し $f (γ τ) = (c τ + d)^{k} f (τ)$ 、(2) $Im τ \to \infty$ で有界（無限遠で正則）、を満たすものです。たとえば $γ = T = (1011)$ を (1) に代入すると $c = 0, d = 1$ なので $f (τ + 1) = f (τ)$ 、つまり $f$ は周期 $1$ をもちます。本ページの判定で使うのは (1) だけです。

この変換則の要点は「 $γ τ = τ$ となる点（固定点）や、すべての $τ$ で $γ τ = τ$ となる $γ$ を代入すると、左辺と右辺に同じ値 $f (τ)$ が現れる」ことです。すると $f (τ) = λ f (τ)$ （ $λ = (c τ + d)^{k}$ ）となり、 $(1 - λ) f (τ) = 0$ なので $λ \neq = 1$ なら $f (τ) = 0$ です。 $γ = - I$ ではすべての $τ$ が固定され（ $\frac{- τ}{- 1} = τ$ ） $λ = (- 1)^{k}$ 、 $S = (01 - 1 0)$ （ $τ \mapsto - 1/ τ$ ）は $i$ を固定し $λ = i^{k}$ 、 $U = (01 - 1 1)$ （ $τ \mapsto \frac{- 1}{τ + 1}$ ）は $ρ$ を固定し（ $ρ + 1 = e^{π i /3}$ より $\frac{- 1}{ρ + 1} = - e^{- π i /3} = e^{2 π i /3} = ρ$ ）、 $λ = (ρ + 1)^{k} = e^{π ik /3}$ です。オイラーの公式から $i^{k} = e^{π ik /2} = 1 ⟺ k \equiv 0 (mod 4)$ 、 $e^{π ik /3} = 1 ⟺ k \equiv 0 (mod 6)$ となり、上の 3 つの判定が得られます。

手順

調べる点 $τ_{0}$ （または全体）を固定する $γ = (a c b d) \in SL_{2} (Z)$ を選ぶ。全体なら $- I$ 、 $τ_{0} = i$ なら $S = (01 - 1 0)$ 、 $τ_{0} = ρ = e^{2 π i /3}$ なら $U = (01 - 1 1)$
$det γ = 1$ を確認し、 $γ τ_{0} = \frac{a τ _{0} + b}{c τ _{0} + d} = τ_{0}$ を実際に計算して確かめる
変換則 $f (γ τ_{0}) = (c τ_{0} + d)^{k} f (τ_{0})$ に代入し、 $f (τ_{0}) = λ f (τ_{0})$ , $λ = (c τ_{0} + d)^{k}$ の形にする
$c τ_{0} + d$ を極形式で表し、 $λ = 1$ かどうかを $k$ の合同条件で判定する（ $- I$ : $(- 1)^{k}$ , $S$ : $i^{k}$ , $U$ : $e^{π ik /3}$ ）
$λ \neq = 1$ なら $(1 - λ) f (τ_{0}) = 0$ より $f (τ_{0}) = 0$ と結論する。 $λ = 1$ のときは変換則からは何も言えない

例題

$k$ を $4 \leq k \leq 30$ の偶数とする。重さ $k$ の（ $SL_{2} (Z)$ に関する）モジュラー形式 $f$ について、変換則だけから「 $f (i) = 0$ かつ $f (e^{2 π i /3}) = 0$ 」がどの $f$ に対しても従うような $k$ をすべて求めよ。

例題の解答

$ρ = e^{2 π i /3}$ とおく。

【 $τ_{0} = i$ について】手順 1: $S = (01 - 1 0)$ を選ぶ。手順 2: $det S = 0 \cdot 0 - (- 1) \cdot 1 = 1$ 、 $S i = \frac{- 1}{i} = i$ 。手順 3: $c τ_{0} + d = 1 \cdot i + 0 = i$ なので $f (i) = i^{k} f (i)$ 。手順 4: $i^{k} = e^{π ik /2} = 1 ⟺ k \equiv 0 (mod 4)$ 。手順 5: よって $k \neq \equiv 0 (mod 4)$ のとき $f (i) = 0$ 。

【 $τ_{0} = ρ$ について】手順 1: $U = (01 - 1 1)$ を選ぶ。手順 2: $det U = 0 \cdot 1 - (- 1) \cdot 1 = 1$ 。 $ρ + 1 = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i + 1 = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i = e^{π i /3}$ なので $U ρ = \frac{- 1}{ρ + 1} = - e^{- π i /3} = e^{π i} e^{- π i /3} = e^{2 π i /3} = ρ$ 。手順 3: $c τ_{0} + d = ρ + 1 = e^{π i /3}$ なので $f (ρ) = e^{π ik /3} f (ρ)$ 。手順 4: $e^{π ik /3} = 1 ⟺ k \equiv 0 (mod 6)$ 。手順 5: よって $k \neq \equiv 0 (mod 6)$ のとき $f (ρ) = 0$ 。

【まとめ】 $4 \leq k \leq 30$ の偶数 $4, 6, 8, \dots, 30$ のうち、 $4$ の倍数でないもの: $6, 10, 14, 18, 22, 26, 30$ 。このうち $6$ の倍数でないもの: $10, 14, 22, 26$ 。 $k \equiv 0 (mod 4)$ または $k \equiv 0 (mod 6)$ のときは対応する $λ$ が $1$ になり、変換則からはその点での値について何も従わない。したがって求める $k$ は $10, 14, 22, 26$ （すなわち $k \equiv 2, 10 (mod 12)$ のもの）。

答え: ${10, 14, 22, 26}$

よくある誤り

$S$ の因子を $(c τ + d)^{k} = (- 1)^{k}$ や $τ^{- k}$ としてしまう誤り。正しくは $S = (01 - 1 0)$ では $c = 1, d = 0$ なので $f (- 1/ τ) = τ^{k} f (τ)$ 、 $τ = i$ で因子は $i^{k}$
$ρ$ で $γ = S$ を使ってしまう誤り。 $S ρ = - 1/ ρ = - ρ ˉ = ρ + 1 \neq = ρ$ なので $ρ$ は $S$ の固定点ではない（ $f (ρ + 1) = ρ^{k} f (ρ)$ と周期性 $f (ρ + 1) = f (ρ)$ を組み合わせて初めて $ρ^{k} = e^{2 π ik /3}$ の条件が出る）。 $ρ$ を固定するのは $U = (01 - 1 1)$ などで、因子は $(ρ + 1)^{k} = e^{π ik /3}$ 。なお偶数 $k$ では $e^{2 π ik /3} = 1 ⟺ e^{π ik /3} = 1$ なので同じ結論になる
$λ = 1$ のときに $f (τ_{0}) \neq = 0$ と結論してしまう誤り（例: $k = 12$ だから $f (i) \neq = 0$ ）。正しくは $λ = 1$ なら変換則は $f (τ_{0}) = f (τ_{0})$ となるだけで、値については何も言えない（恒等的に $0$ の関数も重さ $12$ のモジュラー形式である）
奇数の重さで $f (- 1/ τ) = τ^{k} f (τ)$ だけを見て非零の例がありうると考える誤り。正しくは $- I \in SL_{2} (Z)$ に対し $(- I) τ = \frac{- τ}{- 1} = τ$ 、因子 $(c τ + d)^{k} = (- 1)^{k}$ なので $f (τ) = (- 1)^{k} f (τ)$ 、 $k$ が奇数なら $2 f (τ) = 0$ より $f \equiv 0$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
上半平面を $H = {τ \in C ∣ Im τ > 0}$ とする。 $f : H \to C$ は $SL_{2} (Z)$ に関する重さ $6$ のモジュラー形式とする。すなわち $f$ は $H$ 上正則で、すべての $(a c b d) \in SL_{2} (Z)$ と $τ \in H$ に対して $f (\frac{a τ + b}{c τ + d}) = (c τ + d)^{6} f (τ)$ を満たし、尖点 $i \infty$ でも正則であるとする。 $f (2 i) = 3$ であるとき、 $f (\frac{i}{2})$ の値を求めよ（ $i$ は虚数単位）。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

アイゼンシュタイン級数の q 展開（大学院数学楕円関数・モジュラー形式）
Γ₀(N) の指数・尖点・楕円点（大学院数学楕円関数・モジュラー形式）