保型形式の基礎のキソ:モジュラー形式とモジュラー群Γ

　$SL(2,\Z)$の$\G$の対応$\g\mapsto\g$が準同型となること、つまり$\g,\g'\in\G$に対して一次分数変換としての合成$\g\circ\g'$と行列としての積$\g\g'$が等しいことを示せばよい。
　そのことは
\begin{align} \M abcd(\M efghz)&=\frac{\dis a\frac{ez+f}{gz+h}+b}{\dis c\frac{ez+f}{gz+h}+d}\\ &=\frac{a(ez+f)+b(gz+h)}{c(ez+f)+d(gz+h)}\quad\cdots(\bigstar)\\ &=\frac{(ae+bg)z+(af+bh)}{(ce+dg)z+(cf+dh)}\\ &=\M{ae+bg}{af+bh}{ce+dg}{cf+dh}z\\ &=(\M abcd\M efgh)z \end{align}
とわかる。

行列
$$\M abcd$$
に対し$c$についての数学的帰納法で示す。
　いま$\g=-\g$とみなしていたことに注意する。

$c=0$のとき

　$ad-bc=ad=1$より$a=d=\pm1$なので
$$\M1b01=\M1101^b$$
と主張を得る。

$c=1$のとき

　$ad-bc=ad-b=1$より$b=ad-1$なので
$$\M a{ad-1}1d=\M1a01\M0{-1}10\M1d01$$
であり、$c=0$のときと合わせて主張を得る。

$c\geq2$のとき

　$ad-bc=1$より$\gcd(c,d)=1$であることに注意すると
$$d=cq+r\quad(q\in\Z,1\leq r< c)$$
と表せ、このとき
$$\M abcd\M1{-q}01\M0{-1}10=\M{-aq+b}{-q}r{-c}$$
なので数学的帰納法により主張を得る。

　行列
$$\g=\M abcd$$
に対して$j(\g,z)=cz+d$とおくと仮定の式は
$$\s_1=\M1101,\quad\s_2=\M0{-1}10$$
を用いて
$$f(\s_1z)=j(\s_1,z)^kf(z),\quad f(\s_2z)=j(\s_2,z)^kf(z)$$
と表せる。つまり命題2によって$\g\in\G$を$\s_1$と$\s_2$の積$\g_1\g_2\cdots\g_n$に分解したとき
\begin{eqnarray} f(\g z)&=&f(\g_1(\g_2\g_3\cdots\g_nz)) \\&=&j(\g_1,\g_2\g_3\cdots\g_nz)^kf(\g_2(\g_3\cdots\g_nz)) \\&=&j(\g_1,\g_2\g_3\cdots\g_nz)^kj(\g_2,\g_3\cdots\g_nz)^kf(\g_3\cdots\g_nz) \\&&\quad\quad\quad\quad\vdots \\&=&\l(\prod^n_{k=1}j(\g_k,\g_{k+1}\cdots\g_nz)\r)^kf(z) \end{eqnarray}
となるので
$$j(\g,z)=\prod^n_{k=1}j(\g_k,\g_{k+1}\cdots\g_nz)$$
が成り立つことを示せればよい。実際には$\g,\g\in\G$に対して
$$j(\g\g,z)=j(\g,\g z)j(\g,z)$$
が成り立つことを示せば十分である。
　そしてそれは
$$\g=\M abcd,\g'=\M efgh$$
とおくと
\begin{eqnarray} j(\g,\g'z)j(\g',z) &=&(c\frac{ez+f}{gz+h}+d)(gz+h) \\&=&c(ez+f)+d(gz+h) \\&=&(ce+dg)z+(cf+dh) \\&=&j(\g\g',z) \end{eqnarray}
とわかる。

　主張のような領域を$D'$とおいたとき
$(\mathrm{i})$任意の$z\in\H$に対してある$w\in D'$と$\g\in\G$があって$w=\g z$
$(\mathrm{ii})$任意の$z\in D',\;\g\in\G$に$\g z\in D'$ならば$\g z=z$
が成り立つことを示せばよい。

$(\mathrm{i})$の証明

$$\g=\M abcd\in\G$$
について上の方で示した通り
$$\Im(\g z)=\frac{\Im(z)}{|cz+d|^2}$$
が成り立っていたので$\Im(\g z)$が最大(つまり$|cz+d|$が最小)となるような$c,d$が取れ、そのような$\g$に対し
$$-\frac12\leq\Re(\g z+n)<\frac12$$
なる整数$n$を取って
$$\g'=\M 1n01\g$$
とおく。
　このとき$\g$の取り方から
$$\Im(\M 0{-1}10\g'z)=\Im\l(-\frac1{\g'z}\r)=\farc{\Im(\g'z)}{|\g'z|^2}\leq\Im(\g'z)$$
でなければならない、つまり$|\g'z|\geq1$なので$\g'z\in D'$を得る。
($|\g'z|=1$かつ$0<\Re(\g'z)<\frac12$のときは$\g''=({}^0_1{}^{-1}_{\;\,0})\g'$とおけば$\g''z\in D'$がわかる。)

$(\mathrm{ii})$の証明

　$z,\g z\in D'$に対して一般性を失わずに$\Im(z)\leq\Im(\g z)$としてよい。
($\Im(z)>\Im(\g z)$のときは$z=\g^{-1}(\g z)$より$\g^{-1},\g z$と改めて$\g,z$とおけばよい。)
　このとき$\g=(\substack{a\;b\\c\;d}),\;z=x+iy\;(x,y\in\R)$とおくと
$$\Im(z)\leq\Im(\g z)=\frac{\Im(z)}{|cz+d|^2}$$
つまり$|cz+d|^2\leq1$から$x^2+y^2\geq1,\;|x|\leq\frac12$に注意すると
\begin{eqnarray} 1&\geq&|cz+d|^2=c^2(x^2+y^2)+2cdx+d^2 \\&\geq&c^2-|cd|+d^2=(|d|-\frac12|c|)^2+\farc34c^2 \\&\geq&\frac34c^2 \end{eqnarray}
なので$c\in\Z$に注意すると$c=0,\pm1$でなければならない。
($c=-1$の場合は$c=1$の場合に帰着するので考える必要はないことに注意する。)

• $c=0$のとき
  $ad-bc=ad=1$より$a=d=\pm1$なので
  $$\g z=\pm\M1b01z=z+b$$
  であり、$-\frac12\leq \Re(z),\Re(\g z)<\frac12$に注意すると$b=0$でなければならず
  $\g z=z$
  を得る。
• $c=1$のとき
  $1\geq|cz+d|=|z+d|$なのでそのような$z\in D',d\in\Z$の取り方は
  $d=0$かつ$|z|=1$かつ$-\frac12\leq x\leq0$
  または
  $d=1$かつ$\dis z=\o=\frac{-1+\sqrt3i}{2}$
  に限られる。(上の図1をよく見てもらうとわかると思う。)
  • $d=0$のとき
    $ad-bc=-b=1$より
    $$\g z=\M a{-1}10z=\farc{az-1}{z}=a-\frac1z\in D'$$
    であるが、そのような$a\in\Z,z\in D'\;(|z|=1)$の取り方は
    $(a,z)=(0,i),(-1,\o)$
    に限られ、どちらの場合も
    $\dis\g z=a-\frac1z=z$
    が成り立っていることがわかる。
  • $d=1$のとき
    $ad-bc=a-b=1$なので($\o^2+\o+1=0$より)$\o+1=-\o^{-1}$に注意すると
    $$\g z=\M a{a-1}11\o=\frac{a(\o+1)-1}{\o+1}=a+\o\in D'$$
    であり、そのような$a\in\Z$の取り方は$a=0$に限られ、
    $\g z=\o=z$
    を得る。

　重さ$0$のモジュラー形式$f$は$D$上正則で、$z=i\infty$においても発散しないので連続関数$|f(z)|$は$D$上か$z=i\infty$において最大値を取る(重さ$0$という条件よりこれは$\H\cup\{i\infty\}$上の最大値となる)。また$f(z)-f(i\infty)$を再び$f(z)$とおくことで$|f(z)|$は$z=i\infty$で最大値を持たないものとしてよい。
　このとき$|f(z)|$は$z=z_0\in D$で最大値を取ることになるが、$\H$における$z=z_0$の近傍で最大値の原理(開領域上(定数関数でない)正則な関数の絶対値はその領域の内部で最大値を取ることはない)を適用することで$f$は定数関数でなければならないことがわかる。

　コンパクトリーマン面$M$上正則な関数$f$について$M$のコンパクト性から連続関数$|f(z)|$はある点$z=z_0\in M$で最大値を取る。このとき($M$がリーマン面であることから)$z_0\in M$の開近傍から$\C$の開領域(もしくは開単位円盤)$D$への同相写像$\phi$であって$f(\phi^{-1}(z))$が$D$上正則となるようなものが存在するが、$|f(\phi^{-1}(z))|$は$D$の内部の点$z=\phi(z_0)$で最大値を取ることになり最大値の原理からそのような$f$は定数関数に限ることがわかる。

　いま$z$についての方程式
$$z=\frac{az+b}{cz+d}$$
つまり$cz^2-(a-d)z-b=0$の解が虚数解を持つためには$ad-bc=1$に注意すると
\begin{align} 0&>(a-d)^2+4bc\\ &=(a-d)^2+4(ad-1)\\ &=(a+d)^2-4 \end{align}
となることが必要十分であり、$a+d$は整数であること注意すると
$$|a+d|=0,1$$
の二通りに分けられる。
　また適当に符号を取り換えることで$c>0$としてよく、このとき$z\in\H$なる解は
$$z=\frac{a-d+\sqrt{4-(a+d)^2}i}{2c}$$
と求まることに注意する。

$|a+d|=0$のとき

　$|a+d|=0$つまり$a=-d$のときは
$$z=\frac{-d+i}{c}$$
と求まる。
　またこのとき
$$bc=ad-1=-(d^2+1)$$
より$c\mid(d^2+1)$が成り立つ。

$|a+d|=1$のとき

　$|a+d|=1$つまり$a=-d\pm1$のときは
$\dis z=\frac{-2d\pm1+\sqrt3i}{2c}$
と求まる。
　またこのとき
$$bc=ad-1=-(d^2\mp d+1)$$
より$c\mid(d^2\mp d+1)$が成り立つ。

　上で見たように適当な$a,b$に対して$z=z_n\;(n=3,4,6)$は
$$f(z_n)=f\l(\frac{az_n+b}{cz_n+d}\r)=(cz_n+d)^kf(z_n)$$
を満たし、
\begin{align} \z_4&=cz_4+d=i\\ \z_3&=cz_3+d=\farc{-1+\sqrt3i}2\\ \z_6&=cz_6+d=\frac{1+\sqrt3i}2 \end{align}
はそれぞれ$1$の原始$n$乗根$\z_n=e^{\frac{2\pi i}n}$であるので$n\ndiv k$において$$(cz_n+d)^k=\z_n^k\neq1$$
となり$f(z_n)=0$を得る。
($k$は偶数としていたので$3\nmid k\iff6\nmid k$が成り立つことに注意する。)