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

　$SL(2,\mathbb{Z})$の$\mathrm{\Gamma }$の対応$\gamma \mapsto \gamma$が準同型となること、つまり$\gamma ,{\gamma }^{\prime }\in \mathrm{\Gamma }$に対して一次分数変換としての合成$\gamma \circ {\gamma }^{\prime }$と行列としての積$\gamma {\gamma }^{\prime }$が等しいことを示せばよい。
　そのことは
$$\begin{array}{rl}\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)(\left(\begin{array}{cc}e& f\\ g& h\end{array}\right)z)& =\frac{{\displaystyle a\frac{ez+f}{gz+h}+b}}{{\displaystyle c\frac{ez+f}{gz+h}+d}}\\ & =\frac{a(ez+f)+b(gz+h)}{c(ez+f)+d(gz+h)}\cdots (★)\\ & =\frac{(ae+bg)z+(af+bh)}{(ce+dg)z+(cf+dh)}\\ & =\left(\begin{array}{cc}ae+bg& af+bh\\ ce+dg& cf+dh\end{array}\right)z\\ & =(\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}e& f\\ g& h\end{array}\right))z\end{array}$$
とわかる。

行列
$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$$
に対し$c$についての数学的帰納法で示す。
　いま$\gamma =-\gamma$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$a=d=\pm 1$なので
$$\left(\begin{array}{cc}1& b\\ 0& 1\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)}^b$$
と主張を得る。

$c=1$のとき

　$ad-bc=ad-b=1$より$b=ad-1$なので
$$\left(\begin{array}{cc}a& ad-1\\ 1& d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& a\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& d\\ 0& 1\end{array}\right)$$
であり、$c=0$のときと合わせて主張を得る。

$c\ge 2$のとき

　$ad-bc=1$より$gcd(c,d)=1$であることに注意すると
$$d=cq+r(q\in \mathbb{Z},1\le r<c)$$
と表せ、このとき
$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& -q\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-aq+b& -q\\ r& -c\end{array}\right)$$
なので数学的帰納法により主張を得る。

　行列
$$\gamma =\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$$
に対して$j(\gamma ,z)=cz+d$とおくと仮定の式は
$${\sigma }_1=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right),{\sigma }_2=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)$$
を用いて
$$f({\sigma }_{1}z)=j({\sigma }_1,z{)}^{k}f(z),f({\sigma }_{2}z)=j({\sigma }_2,z{)}^{k}f(z)$$
と表せる。つまり命題2によって$\gamma \in \mathrm{\Gamma }$を${\sigma }_1$と${\sigma }_2$の積${\gamma }_1{\gamma }_2\cdots {\gamma }_n$に分解したとき
$$\begin{array}{rcl}f(\gamma z)& =& f({\gamma }_1({\gamma }_2{\gamma }_3\cdots {\gamma }_{n}z))\\ & =& j({\gamma }_1,{\gamma }_2{\gamma }_3\cdots {\gamma }_{n}z{)}^{k}f({\gamma }_2({\gamma }_3\cdots {\gamma }_{n}z))\\ & =& j({\gamma }_1,{\gamma }_2{\gamma }_3\cdots {\gamma }_{n}z{)}^{k}j({\gamma }_2,{\gamma }_3\cdots {\gamma }_{n}z{)}^{k}f({\gamma }_3\cdots {\gamma }_{n}z)\\ & & ⋮\\ & =& {(\prod _{k=1}^{n}j({\gamma }_k,{\gamma }_{k+1}\cdots {\gamma }_{n}z))}^{k}f(z)\end{array}$$
となるので
$$j(\gamma ,z)=\prod _{k=1}^{n}j({\gamma }_k,{\gamma }_{k+1}\cdots {\gamma }_{n}z)$$
が成り立つことを示せればよい。実際には$\gamma ,\gamma \in \mathrm{\Gamma }$に対して
$$j(\gamma \gamma ,z)=j(\gamma ,\gamma z)j(\gamma ,z)$$
が成り立つことを示せば十分である。
　そしてそれは
$$\gamma =\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),{\gamma }^{\prime }=\left(\begin{array}{cc}e& f\\ g& h\end{array}\right)$$
とおくと
$$\begin{array}{rcl}j(\gamma ,{\gamma }^{\prime }z)j({\gamma }^{\prime },z)& =& (c\frac{ez+f}{gz+h}+d)(gz+h)\\ & =& c(ez+f)+d(gz+h)\\ & =& (ce+dg)z+(cf+dh)\\ & =& j(\gamma {\gamma }^{\prime },z)\end{array}$$
とわかる。

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

$(\mathrm{i})$の証明

$$\gamma =\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\in \mathrm{\Gamma }$$
について上の方で示した通り
$$\mathrm{Im}(\gamma z)=\frac{\mathrm{Im}(z)}{|cz+d{|}^2}$$
が成り立っていたので$\mathrm{Im}(\gamma z)$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$\gamma$に対し
$$-\frac{1}{2}\le \mathrm{Re}(\gamma z+n)<\frac{1}{2}$$
なる整数$n$を取って
$${\gamma }^{\prime }=\left(\begin{array}{cc}1& n\\ 0& 1\end{array}\right)\gamma$$
とおく。
　このとき$\gamma$の取り方から
$$\mathrm{Im}(\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right){\gamma }^{\prime }z)=\mathrm{Im}(-\frac{1}{{\gamma }^{\prime }z})=\frac{\mathrm{Im}({\gamma }^{\prime }z)}{|{\gamma }^{\prime }z{|}^2}\le \mathrm{Im}({\gamma }^{\prime }z)$$
でなければならない、つまり$|{\gamma }^{\prime }z|\ge 1$なので${\gamma }^{\prime }z\in D^{\prime }$を得る。
($|{\gamma }^{\prime }z|=1$かつ$0<\mathrm{Re}({\gamma }^{\prime }z)<\frac{1}{2}$のときは${\gamma }^{″}=({}_1^0{}_0^{-1}){\gamma }^{\prime }$とおけば${\gamma }^{″}z\in D^{\prime }$がわかる。)

$(\mathrm{ii})$の証明

　$z,\gamma z\in D^{\prime }$に対して一般性を失わずに$\mathrm{Im}(z)\le \mathrm{Im}(\gamma z)$としてよい。
($\mathrm{Im}(z)>\mathrm{Im}(\gamma z)$のときは$z={\gamma }^{-1}(\gamma z)$より${\gamma }^{-1},\gamma z$と改めて$\gamma ,z$とおけばよい。)
　このとき$\gamma =(\begin{array}{c}ab\\ cd\end{array}),z=x+iy(x,y\in \mathbb{R})$とおくと
$$\mathrm{Im}(z)\le \mathrm{Im}(\gamma z)=\frac{\mathrm{Im}(z)}{|cz+d{|}^2}$$
つまり$|cz+d{|}^2\le 1$から$x^2+y^2\ge 1,|x|\le \frac{1}{2}$に注意すると
$$\begin{array}{rcl}1& \ge & |cz+d{|}^2=c^2(x^2+y^2)+2cdx+d^2\\ & \ge & c^2-|cd|+d^2=(|d|-\frac{1}{2}|c|{)}^2+\frac{3}{4}{c}^2\\ & \ge & \frac{3}{4}{c}^2\end{array}$$
なので$c\in \mathbb{Z}$に注意すると$c=0,\pm 1$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$a=d=\pm 1$なので
  $$\gamma z=\pm \left(\begin{array}{cc}1& b\\ 0& 1\end{array}\right)z=z+b$$
  であり、$-\frac{1}{2}\le \mathrm{Re}(z),\mathrm{Re}(\gamma z)<\frac{1}{2}$に注意すると$b=0$でなければならず
  $\gamma z=z$
  を得る。
• $c=1$のとき
  $1\ge |cz+d|=|z+d|$なのでそのような$z\in D^{\prime },d\in \mathbb{Z}$の取り方は
  $d=0$かつ$|z|=1$かつ$-\frac{1}{2}\le x\le 0$
  または
  $d=1$かつ${\displaystyle z=\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}}$
  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
    $$\gamma z=\left(\begin{array}{cc}a& -1\\ 1& 0\end{array}\right)z=\frac{az-1}{z}=a-\frac{1}{z}\in D^{\prime }$$
    であるが、そのような$a\in \mathbb{Z},z\in D^{\prime }(|z|=1)$の取り方は
    $(a,z)=(0,i),(-1,\omega )$
    に限られ、どちらの場合も
    ${\displaystyle \gamma z=a-\frac{1}{z}=z}$
    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(${\omega }^2+\omega +1=0$より)$\omega +1=-{\omega }^{-1}$に注意すると
    $$\gamma z=\left(\begin{array}{cc}a& a-1\\ 1& 1\end{array}\right)\omega =\frac{a(\omega +1)-1}{\omega +1}=a+\omega \in D^{\prime }$$
    であり、そのような$a\in \mathbb{Z}$の取り方は$a=0$に限られ、
    $\gamma z=\omega =z$
    を得る。

　重さ$0$のモジュラー形式$f$は$D$上正則で、$z=i\mathrm{\infty }$においても発散しないので連続関数$|f(z)|$は$D$上か$z=i\mathrm{\infty }$において最大値を取る(重さ$0$という条件よりこれは$\mathbb{H}\cup \{i\mathrm{\infty }\}$上の最大値となる)。また$f(z)-f(i\mathrm{\infty })$を再び$f(z)$とおくことで$|f(z)|$は$z=i\mathrm{\infty }$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、$\mathbb{H}$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$\mathbb{C}$の開領域(もしくは開単位円盤)$D$への同相写像$\varphi$であって$f({\varphi }^{-1}(z))$が$D$上正則となるようなものが存在するが、$|f({\varphi }^{-1}(z))|$は$D$の内部の点$z=\varphi (z_0)$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$c{z}^2-(a-d)z-b=0$の解が虚数解を持つためには$ad-bc=1$に注意すると
$$\begin{array}{rl}0& >(a-d{)}^2+4bc\\ & =(a-d{)}^2+4(ad-1)\\ & =(a+d{)}^2-4\end{array}$$
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$z\in \mathbb{H}$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$a=-d\pm 1$のときは
${\displaystyle z=\frac{-2d\pm 1+\sqrt{3}i}{2c}}$
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
$$f(z_n)=f\left(\frac{a{z}_n+b}{c{z}_n+d}\right)=(c{z}_n+d{)}^{k}f(z_n)$$
を満たし、
$$\begin{array}{rl}{\zeta }_4& =c{z}_4+d=i\\ {\zeta }_3& =c{z}_3+d=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\\ {\zeta }_6& =c{z}_6+d=\frac{1+\sqrt{3}i}{2}\end{array}$$
はそれぞれ$1$の原始$n$乗根${\zeta }_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}$であるので$n\nmid k$において$$(c{z}_n+d{)}^k={\zeta }_n^k\ne 1$$
となり$f(z_n)=0$を得る。
($k$は偶数としていたので$3\nmid k⟺6\nmid k$が成り立つことに注意する。)