保型形式の基礎のキソ:アイゼンシュタイン級数とラマヌジャンのデルタ

　前者はメビウスの反転公式である。また後者については
$$\sum^\infty_{n=1}A_n\frac{q^n}{1-q^n} =\sum^\infty_{n=1}A_n\sum^\infty_{m=1}q^{mn} =\sum^\infty_{l=1}\left(\sum_{d|l}A_d\right)q^l$$
とわかる。

　 部分分数展開の記事 で紹介したように$\cot z$は
$$\cot z=\frac1z+\sum^\infty_{\substack{n=-\infty\\n\neq0}}\l(\farc1{z-\pi n}+\farc1{\pi n}\r)$$
という部分分数展開を持ち、これを$z\mapsto\pi z$として$\pi$を掛けることで
$$\pi\cot\pi z=\frac1z+\sum_{n\neq0}\l(\farc{1}{z+n}-\frac1n\r)$$
が成り立つ。
　また$q=e^{2\pi iz}$とおくと$\pi\cot\pi z$は
\begin{align} \pi\cot\pi z &=\pi i\frac{e^{\pi iz}+e^{-\pi iz}}{e^{\pi iz}-e^{-\pi iz}}\\ &=-\pi i\l(1+\frac2{1-q}\r)\\ &=-\pi i-2\pi i\sum^\infty_{n=1}q^n \end{align}
と$q$-展開できるので
$$\frac1z+\sum_{n\neq0}\l(\farc1{z-n}+\farc1n\r) =-\pi i-2\pi i\sum^\infty_{n=1}q^n$$
がわかり、これを$k-1$回微分することで主張を得る。

　リプシッツの公式から$G_{2k}(\tau)$は
\begin{eqnarray} G_{2k}(z)&=&\sum_{n\neq0}\frac{1}{(0z+n)^{2k}}+2\sum^\infty_{m=1}\sum^\infty_{n=-\infty}\frac1{(mz+n)^{2k}} \\&=&2\z(2k)+(-1)^{2k}\frac{2(2\pi i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum^\infty_{m=1}\sum^\infty_{n=1}n^{2k-1}q^{mn} \\&=&2\z(2k)+\frac{2(2\pi i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum^\infty_{n=1}n^{2k-1}\frac{q^n}{1-q^n} \end{eqnarray}
とランベルト級数展開できる。
　またゼータ関数の特殊値は
$$\z(2k)=-\farc{(2\pi i)^{2k}}{2(2k)!}B_{2k}$$
と表せたので結局
$$G_{2k}(z)=2\z(2k)\l(1-\frac{4k}{B_{2k}}\sum^\infty_{n=1}\frac{n^{2k-1}q^n}{1-q^n}\r)$$
が成り立ち、あとは$G_{2k}(z)=2\z(2k)E_{2k}(z)$であったことと$q$-展開の変換公式(定理1)に注意すると主張を得る。

　$E_2(z+1)=E_2(z)$は定義から明らか。
　また以下で登場するラマヌジャンのデルタの対数微分を取ると
\begin{align} \log\D(z) &=2\pi iz+24\sum^\infty_{n=1}\log(1-q^n)\\ \farc{d}{dz}\log\D(z)&=2\pi i-24\sum^\infty_{n=1}\farc{2\pi inq^n}{1-q^n}\\ &=2\pi iE_2(z) \end{align}
が成り立つ。
　このとき$\D(z)$の保型性
$$\D\l(-\frac1z\r)=z^{12}\D(z)$$
から、この両辺を対数微分することで
\begin{align} \frac{d}{dz}\log\D\l(-\frac1z\r) &=\farc1{z^2}\frac{d\log\D}{dz}\l(-\frac1z\r)=\farc{2\pi i}{z^2}E_2\l(-\frac1z\r)\\ &=\farc{12}z+\farc d{dz}\log\D(z)=\frac{12}z+2\pi iE_2(z) \end{align}
すなわち
$$E\l(-\frac1z\r)=z^2E(z)+\farc{6z}{\pi i}$$
を得る。

　 楕円関数の記事 のおまけとして示したヤコビの三重積
$$\sum^\infty_{n=-\infty}p^{n^2}w^n =\prod^\infty_{n=1}(1-p^{2n})(1+p^{2n-1}w)(1+p^{2n-1}w^{-1})$$
において$p=q^{\farc32},w=-q^{-\frac12}$とすると
\begin{eqnarray} \sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{\frac{3n^2-n}2} &=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{3n})(1-q^{3n-2})(1-q^{3n-1}) \\&=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^n) \end{eqnarray}
を得る。あとは
$$\frac{3n^2-n}2+\frac1{24}=\frac{(6n-1)^2}{24}$$
に注意するとわかる。

　ディリクレ指標$\chi$が法$12$において原始的であること、偶指標であること、実指標であることに注意すると この記事 の公式4から
$$\psi_\chi(t)=\frac{\sqrt{12}}{\tau(\chi)\sqrt{t}}\psi_\chi\l(\frac1t\r)$$
が成り立つ。このとき$\chi$のガウス和は
\begin{eqnarray} \tau(\chi)&=&\sum^{12}_{n=1}\chi(n)e^{\frac{2\pi in}{12}} \\&=&e^{\frac{\pi i}6}-e^{\frac{5\pi i}6}-e^{-\farc{5\pi i}6}+e^{-\frac{\pi i}6} \\&=&2\cos\frac\pi6-2\cos\farc{5\pi}{6} \\&=&2\sqrt3 \end{eqnarray}
と計算できるので
$$\psi_\chi(t)=\frac1{\sqrt{t}}\psi_\chi\l(\frac1t\r)$$
を得る。
　また$\psi(t)=\eta(it)$に注意するとこれは
$$\eta(it)=\frac1{\sqrt t}\eta\l(-\frac1{it}\r)$$
と表せるので$t=-iz$とおくことで
$$\eta\l(-\frac1z\r)=\sqrt{-iz}\eta(z)$$
がわかる。

$$E_4(z)^3,E_6(z)^2,E_{12}(z)$$
はそれぞれ重さ$12$のモジュラー形式であり、それぞれカスプ$z=i\infty$において$1$となるので
$$E_4(z)^3-E_6(z)^2,\;E_{12}(z)-E_6(z)^2$$
は重さ$12$のカスプ形式となり
$$\frac{E_4(z)^3-E_6(z)^2}{\D(z)},\;\frac{E_{12}(z)-E_6(z)^2}{\D(z)}$$
は重さ$0$の正則モジュラー形式、つまり定数関数$A,B$となる。
　あとは
\begin{align} \D(z)&=q+\t(2)q^2+\cdots\\ E_4(z)^3&=(1+240q+\cdots)^3=1+3\cdot240q+\cdots\\ E_6(z)^2&=(1-504q+\cdots)^2=1-2\cdot504q+\cdots\\ E_{12}(z)&=1+\frac{65520}{691}q+\cdots \end{align}
に注意すると
\begin{align} A&=\lim_{z\to i\infty}\frac{E_4(z)^3-E_6(z)^2}{\D(z)} =3\cdot240+2\cdot504=1728\\ B&=\lim_{z\to i\infty}\frac{E_{12}(z)-E_6(z)^2}{\D(z)} =\frac{65520}{691}+2\cdot504=\frac{65520+1008\cdot691}{691} \end{align}
を得る。

$$E_4(\o)=E_6(i)=0$$
であることは 前回の記事 の命題8系として示した。
$$E_4(i),E_6(\o)\neq0$$
であることは、任意の$z\in\H$に$\D(z)\neq0$であることと
$$E_4(z)^3-E_6(z)^2=1728\D(z)$$
であったことから、$E_4(\o)=E_6(i)=0$と合わせてわかる。

　任意の$f\in M_k\;(k\geq4)$に対し$a_0=f(i\infty)$とおくと$f-a_0E_k$はカスプにおいて$0$になるのでこれは$S_k$の元となり、したがって
$$M_k=\C E_k\oplus S_k\quad(k\geq4)$$
を得る。(直和であることは明らか)
　また任意の$f\in S_k\;(k\geq12)$に対し$g=f/\D$は重さ$k-12$の正則モジュラー形式となり、逆に任意の$g\in M_{k-12}$に対し$f=\D\cdot g$は重さ$k$のカスプ形式となるので
$$S_k=\D\cdot M_{k-12}\quad(k\geq12)$$
を得る。

　$M_0=\C$は 前回の記事 の命題5そのものである。
　いま任意の$f\in S_k\;(k<12)$に対し$f^{12}/\D^k$は例のごとく定数関数となるが、これはカスプ$z=i\infty$を少なくとも$12-k$位の零点に持つので$f^{12}/\D^k=0$となることがわかる。したがって
$$S_k=0\quad(0\leq k\leq10)$$
および
$$M_k=\C E_k\oplus S_k=\C E_k\quad(4\leq k\leq10)$$
を得る。
　また任意の$f\in M_2$に対し$f\cdot E_4\in M_6=\C E_6$なのである$c\in\C$に$f\cdot E_4=cE_6$が成り立つが、補題8より
$$c=\frac{f(i)E_4(i)}{E_6(i)}=0$$
つまり$f=0$となることがわかる。したがって$M_2=0$を得る。

　$\dim S_k$については$k<12$において補題10より、$k\geq12$において補題9からわかる。
　$\dim M_k$については補題13より$0\leq k\leq10$において
$$\dim M_k=\left\{\begin{array}{cl} 1&k\not\equiv2\pmod{12} \\0&k\equiv2\pmod{12} \end{array}\right.$$
と求まり、補題12より$k\geq12$において
$$\dim M_k=\dim(\C E_k)+\dim(S_k)=1+\dim M_{k-12}$$
という漸化式が成り立つことからわかる。

$$M'_k=\bigoplus_{\substack{4a+6b=k\\a,b\geq0}}\C E_4^aE_6^b$$
とおくと$0\leq k\leq 10$において
$$M'_0=\C,\;M'_2=0,\;M'_4=\C E_4,\;M'_6=\C E_6,\;M'_8=\C E_4^2,\;M'_{10}=\C E_4E_6$$
であるので
$(E_8-E_4^2)\in S_8=0$
$(E_{10}-E_4E_6)\in S_{10}=0$
つまり$E_8=E_4^2,\;E_{10}=E_4E_6$に注意すると
$$M_k=\C E_k=M'_k\quad(0\leq k\leq10)$$
がわかる。
　いま$M_{k-12}=M'_{k-12}$が成り立っているとする。このとき任意に$4a+6b=k$なる非負整数$a,b$を取ると、補題9と同様にして
\begin{align} M_k &=\C E_4^aE_6^b\oplus S_k\\ &=\C E_4^aE_6^b\oplus\D\cdot M_{k-12}\\ &=\C E_4^aE_6^b\oplus(E_4^3-E_6^2)\cdot M_{k-12}\subset M'_k \end{align}
がわかるので、明らかに$M'_k\subset M_k$であることから
$$M_k=M'_k$$
を得る。

直和であること

　上では触れていなかったが
$$\sum_{\substack{4a+6b=k\\a,b\geq0}}\C E_4^aE_6^b$$
が直和であることは次にようにしてわかる。
　いまある$r$個の複素数$c_l\neq0$と異なる非負整数の組$a_l,b_l\;(4a_l+6b_l=k)$があって
$$\sum^r_{l=1}c_iE_4^{a_l}E_6^{b_l}=0$$
が成り立つとする。このとき$b_l$のなかで最小のものを$b_j$とすると
$$\sum^r_{l=1}c_lE_4(i)^{a_l}E_6(i)^{b_l-b_j}=c_jE_4(i)^{a_j}=0$$
となるが$E_4(i)\neq0$なので$c_j=0$であり、これは$c_l$の取り方に反する。
　よって$E_4^aE_6^b\;(4a+6b=k,\;a,b\geq0)$は$\C$上線形独立である。

　$T_p\D(z)$が重さ$12$のモジュラー形式であること、および$\frac{T_p\D(z)}{\D(z)}$がカスプ$z=i\infty$において$\t(p)$となることを示せばよい。

$T_p\D(z)$がモジュラー形式であること

　$T_p\D(z+1)=T_p\D(z)$であることは簡単にわかる。
　$T_p\D(-1/z)=z^{12}T_p\D(z)$を確かめるには
\begin{eqnarray} T_p\D\l(-\frac1z\r) &=&\frac1p\sum^{p-1}_{l=1}\D\left(\frac{-1+lz}{pz}\right)+\frac1p\D\left(-\farc1{pz}\right)+p^{11}\D\bigg(-\frac pz\bigg) \\&=&\frac1p\sum^{p-1}_{l=1}\D\left(\frac{lz-1}{pz}\right)+p^{11}z^{12}\D(pz)+\frac{z^{12}}p\D\left(\frac zp\right) \end{eqnarray}
より
$$\sum^{p-1}_{l=1}\D\left(\frac{lz-1}{pz}\right) =z^{12}\sum^{p-1}_{l=1}\D\left(\frac{z+l}{p}\right)$$
となることを示せばよい。
　そのことは$1\leq l\leq p-1$に対して$ll'\equiv-1\pmod{p}$なる$1\leq l'\leq p-1$を取り$k=(ll'+1)/p$とおくと
$$\M lkp{-l'}\in SL(2,\Z)$$
かつ
$$\M l{-1}p0=\M lkp{-l'}\M1{l'}0p$$
が成り立つことから
\begin{align} \sum^{p-1}_{l=1}\D(\M l{-1}p0z) &=\sum^{p-1}_{l'=1}\D(\M lkp{-l'}\M1{l'}0pz)\\ &=\sum^{p-1}_{l'=1}\l(p\frac{z+l'}p-l'\r)^{12}\D\left(\frac{z+l'}p\right)\\ &=z^{12}\sum^{p-1}_{l'=1}\D\left(\frac{z+l'}{p}\right) \end{align}
とわかる。

比が$\t(p)$であること

\begin{eqnarray} \frac1p\sum^{p-1}_{l=0}\D\left(\farc{z+l}{p}\right) &=&\frac1p\sum^{p-1}_{l=0}\sum^\infty_{n=1}\t(n)e^{2\pi in\frac{z+l}{p}} \\&=&\sum^\infty_{n=1}\t(n)\left(\frac1p\sum^{p-1}_{l=1}e^{\farc{2\pi inl}{p}}\right)q^{\frac np} \\&=&\sum^\infty_{n=1}\t(pn)q^n \end{eqnarray}
に注意すると
$$\lim_{z\to i\infty}\frac{T_p\D(z)}{\D(z)}=\lim_{q\to0}\frac{(\t(p)q+\t(2p)q^2+\cdots)+p^{11}(q^{p}+\t(2)q^{2p}+\cdots)}{q+\t(2)q^2+\cdots}=\t(p)$$
を得る。

　補題6とその証明で見たように
\begin{eqnarray} T_p\D(z)&=&\sum^\infty_{n=1}\t(pn)q^n+p^{11}\sum^\infty_{n=1}\t(n)q^{pn} \\&=&\t(p)\sum^\infty_{n=1}\t(n)q^n=\t(p)\D(z) \end{eqnarray}
が成り立ってるのでこの両辺の$q^n$の係数に注意するとわかる。

　任意の素数$p$と自然数$k,n\;(p\ndiv n)$に対して
$$\t(p^kn)=\t(p^k)\t(n)$$
が成り立つことを示せばよい。$k$についての数学的帰納法で示す。
　$k=0$のときは$\t(1)=1$に注意すると
$$\t(p^0n)=1\t(n)=\t(p^0)\t(n)$$
と、$k=1$のときは定理14および$\t(\frac np)=0$に注意すると
$$\t(pn)=\t(p)\t(n)-p^{11}\t\left(\frac np\right)=\t(p)\t(n)$$
とわかる。
　いま$l\leq k$において
$$\t(p^ln)=\t(p^l)\t(n)$$
が成り立つとすると定理14において$n\mapsto p^kn,\;n\mapsto p^{k+1}$とすることで
\begin{align} \t(p^{k+1}n)+p^{11}\t(p^{k-1}n)&=\t(p)\t(p^kn)\\ \t(p^{k+1})+p^{11}\t(p^{k-1})&=\t(p)\t(p^k) \end{align}
がわかるので
\begin{eqnarray} \t(p^{k+1}n)&=&\t(p)\t(p^kn)-p^{11}\t(p^{k-1}n) \\&=&(\t(p)\t(p^k)-p^{11}\t(p^{k-1}))\t(n) \\&=&\t(p^{k+1})\t(n) \end{eqnarray}
と$l=k+1$においても
$$\t(p^ln)=\t(p^l)\t(n)$$
が成り立つことがわかる。

　$\t(n)$の乗法性より
$$L(s,\D)=\sum^\infty_{n=1}\frac{\t(n)}{n^s}=\prod_{p:\mathrm{prime}}\sum^\infty_{n=1}\frac{\t(p^n)}{p^{ns}}$$
と分解できるので$x=p^{-s}$に対して
$$\sum^\infty_{n=1}\t(p^n)x^n=\frac1{1-\t(p)x+p^{11}x^2}$$
が成り立つことを示せばよい。
　いま定理14において$n=p^{k-1}\;(k\geq1)$とした式
$$\t(p^k)+p^{11}\t(p^{k-2})=\t(p)\t(p^{k-1})$$
から
\begin{eqnarray} &&\sum^\infty_{k=0}\Big(\t(p^k)-\t(p)\t(p^{k-1})+p^{11}\t(p^{k-2})\Big)x^k \\&=&\Big(\t(p^0)-\t(p)\t(p^{-1})+p^{11}\t(p^{-2})\Big)x^0=1 \end{eqnarray}
であって、また
\begin{eqnarray} &&\sum^\infty_{k=0}\Big(\t(p^k)-\t(p)\t(p^{k-1})+p^{11}\t(p^{k-2})\Big)x^k \\&=&\sum^\infty_{k=0}\t(p^k)x^k-\sum^\infty_{k=0}\t(p)\t(p^k)x^{k+1}+\sum^\infty_{k=0}p^{11}\t(p^k)x^{k+2} \\&=&\sum^\infty_{k=0}\t(p^k)x^k(1-\t(p)x+p^{11}x^2) \end{eqnarray}
なので
$$(1-\t(p)x+p^{11}x^2)\sum^\infty_{k=0}\t(p^k)x^k=1$$
すなわち
$$\sum^\infty_{n=1}\t(p^n)x^n=\frac1{1-\t(p)x+p^{11}x^2}$$
を得る。

　定理7
$$(65520+1008\cdot691)\D(z)=691E_{12}(z)-691E_6(z)^2$$
の両辺において
\begin{align} \D(z)&=\sum^\infty_{n=1}\t(n)q^n\\ E_6(z)^2&=\left(1-504\sum^\infty_{n=1}\s_5(n)q^n\right)^2\\ 691E_{12}(z)&=691+65520\sum^\infty_{n=1}\s_{11}(n)q^n \end{align}
の各係数が整数であることに注意して、法$691$で係数を比較すると
$$65520\t(n)\equiv65520\s_{11}(n)\pmod{691}$$
がわかり、$65520$は$691$と互いに素なので
$$\t(n)\equiv\s_{11}(n)\pmod{691}$$
を得る。