モジュラー群Λとモジュラーλ関数

行列
$\M abcd$
に対し$a$についての数学的帰納法で示す。モジュラー変換として
$\M{-1}00{-1}=\M1001$
が成り立つので符号についてはあまり気にしないこととする。

$a=1$のとき

$ad-bc=d-bc=1$より$d=1+bc$なので
$\M1bc{1+bc}=\M10c1\M1b01=\M1021^{c/2}\M1201^{b/2}$
と主張を得る。

$a\geq3$のとき

　転置を考えることで$|b|\leq|c|$としてよい。このとき
$$2|b|\leq2\sqrt{|bc|}\leq2\sqrt{|ad|+1}<2\l(\sqrt{|ad|}+1\r)\leq a+|d|+2$$
より$2|b|\leq a+|d|$が成り立つことに注意する。

・$|d|< a$のとき
$$\M abcd=\M d{-b}{-c}a^{-1}$$
より帰納法の仮定が適用できる。

・$2|b|< a+|d|$のとき、$|d\pm2b|=2|b|-|d|$となるように符号をとれば
$$\M10{\pm2}1\M abcd=\M ab{c\pm2a}{d\pm2b}=\M{d\pm2b}{-(c\pm2a)}{-b}a^{-1}$$
となるので帰納法の仮定が適用できる。

・$a\leq|d|$かつ$2|b|=a+|d|$のとき
　$2|b|=a+|d|\leq2\sqrt{|ad|+1}$に注意すると$|b|=|c|,\;|d|=a+2$つまり
$$\M abcd=\M a{a+1}{-(a+1)}{-(a+2)}=\M{a-2}{a-1}{-(a-1)}{-a}\M{-1}{-2}23$$
がわかるので帰納法の仮定が適用できる。

　図の領域を$D$とおいたとき、
$(\mathrm{i})$任意の$z\in\H$に対してある$w\in D$と$\g\in\Lambda$があって$w=\g z$
$(\mathrm{ii})$任意の$z\in D,\;\g\in\Lambda$に対し$\g z\in D$ならば$\g z=z$
が成り立つことを示せばよい。

$(\mathrm{i})$の証明

$$\Im(\g z)=\Im\l(\frac{az+b}{cz+d}\r)$$
を最大にする、つまり$|cz+d|$を最小にするような$\g\in\Lambda$を取り
$$-1\leq\Re(\g z+2n)<1$$
となるような整数$n$に対し
$$\g'=\M1{2n}01\g,\quad w=\g'z=\g z+2n$$
とおく。
　このとき$\Im(w)$の最大性から
$$\Im(\M10{\pm2}1w)=\Im\l(\frac{w}{1\pm2w}\r)=\farc{\Im(w)}{|1\pm2w|^2}\leq\Im(w)$$
つまり$|2w\pm1|\geq1$が成り立つので$w\in D$を得る。
($|2\g'z-1|=1$のときは$\g''=(\substack{1\;0\\-2\;1})\g',\;w=\g''z$とおけば$|2w+1|=1$となる。)

$(\mathrm{ii})$の証明

　$z,\g z\in D$について$\Im(z)\leq\Im(\g z)$としてよい。このとき
$$\Im(z)\leq\frac{\Im(z)}{|cz+d|^2}$$
なので$z=x+iy$とおくと
\begin{eqnarray} 1&\geq&|cz+d|^2 \\&=&c^2(x^2+y^2)+2cdx+d^2 \\&\geq&c^2|x|+2cdx+d^2\qquad(\because|2z\pm1|^2-1=4(x^2\pm x+y^2)\geq0) \\&\geq&(|c|-2|d|)|cx|+d^2 \\&\geq&\l\{\begin{array}{cl}d^2&(|c|\geq2|d|)\\(|c|-|d|)^2&(|c|<2|d|)\end{array}\r.\quad(\because|x|\leq1) \end{eqnarray}
と評価できる。

• $|c|\geq2|d|$のとき
  $1\geq d^2$より$|d|=1$となる。また$0=(|c|-2|d|)|cx|$となるので$|c|\geq2|d|>0$に注意すると$x=0$または$|c|=2|d|=2$が成り立つ。
  • $x=0$のとき
    $1\geq|cz+d|^2=c^2y^2+1\geq4y^2+1>1$より矛盾。
  • $|c|=2$のとき
    $|2z\pm1|\leq1$より$|2z+1|=1$および$c=2d$でなければならない。このとき$c=2,d=1$としてよく、$ad-bc=a-2b=1$より$a=2b+1$となるが、$x^2+y^2=-x$に注意すると
    $\dis\Re(\g z)=\Re\l(\frac{((2b+1)z+b)(2\ol z+1)}{|2z+1|^2}\r)=-2(2b+1)x+(4b+1)x+b=b-x$
    なので$-1< x<0$より$-1\leq\Re(\g z)<1$であるためには$b=0$でなければならない。このとき
    $\dis|2\g z-1|=\l|\frac{2z}{2z+1}-1\r|=\frac1{|2z+1|}=1$
    となって矛盾。
• $|c|<2|d|$のとき
  $1\geq(|c|-|d|)^2$より$(|c|-|d|)^2=1$が成り立つ。また
  $(|c|-2|d|)|cx|+d^2=(|c|-|d|)^2$
  となることから$x=-1$、
  $1=|cz+d|^2=(cx+d)^2+c^2y^2\geq(c-d)^2$
  となることから$(c-d)^2=1$が成り立ち、$c^2y^2=0$より$y>0$に注意すると$c=0,d=\pm1$が成り立つ。
  しかし$ad-bc=\pm a=1$より$a=\pm1$がわかり、$\g z=z\pm b$となるので実部の範囲から$b=0$でなければならない。つまり$\g\equiv1$を得る。

　有界性より$f(0),f(-1),f(i\infty)$が存在するが、再び有界性より$h(z)=(f(z)-f(-1))(f(z)-f(0))(f(z)-f(i\infty))$は$\L\backslash\H$上、特に$\H$上でその絶対値を最大にするので最大値の原理よりそのような関数は定数関数でしかありえないことがわかる。

　任意の有理数$p/q$に対して$qx-py=1$なる整数$x,y$を適当にとると、$p$が偶数のとき
$\dis\frac pq=\frac{0x+p}{0y+q}$
が、$q$が偶数のとき
$\dis\frac pq=\frac{-\frac12(2x-p)+x}{-\frac12(2y-q)+y}$
が、$p,q$が共に奇数のとき
$\dis\frac pq=\frac{-(x-p)+x}{-(y-q)+y}$
が成り立つので$\L\backslash\Q=\{-1,-\frac12,0\}$となることがわかる。

$$\M1{2j}0p\M p001^{-1}=\frac1p\M1{2j}0p\M100p=\frac1p\M1{2pj}0{p^2}$$
$$\M1{2j}0p\M1{2j'}0p^{-1}=\frac1p\M1{2j}0p\M p{-2j'}01=\frac1p\M p{2(j-j')}0p$$
なので$2\nmid p$よりこれらは整数行列にならない。つまりこれらは異なる同値類を定めることがわかる。
　いま任意の$A=\M abcd\in T_p$はある上三角行列と同値であることを示す。もし$A$が上三角行列ではない、つまり$c\neq0$であるとすると奇数性より$a\neq0$でもあることから$a=ga',c=gc'\;(g=\gcd(a,c))$に対し$a'x+c'y=1$となるような奇数$x$と偶数$y$が取れて、
$$\M xy{-c'}{a'}\M abcd=\M**0*$$
と$A$はある上三角行列と同値であることがわかる。いまこの行列式を考え、符号を適当にとることで
$$A\sim_\L\M p{2j}01,\M1{2j}0p$$
としてよい。また$j=qp+r$としたとき
$$\M1{-2j}01\M p{2j}01=\M p001$$
$$\M1{-2q}01\M 1{2j}0p=\M1{2r}0p$$
となることに注意すると主張を得る。

　任意の$A\in\L$に対して$A_jA\in T_p$となるのである$k_j$があって$A_jA\sim_\L A_{k_j}$、つまり$f(A_jAz)=f(A_{k_j}z)$が成り立つ。またある$i\neq j$に対して$A_{k_i}\sim_\L A_{k_j}$が成り立つとすると$A_iA\sim_\L A_jA$つまり$A_i\sim_\L A_j$が成り立つことになり矛盾。よって
$F(Az)=\{f(A_{k_j}z)\mid 0\leq j\leq p\}=\{f(A_jz)\mid 0\leq j\leq p\}=F(z)$
を得る。

　命題1から 昔の記事 の命題3と同様にしてわかる。

\begin{eqnarray} \t_3(\tau+2)&=&\t_3(\tau) \\\t_3(-1/\tau)&=&\sqrt{-i\tau}\t_3(\tau) \end{eqnarray}
に注意すると
\begin{eqnarray} \t_3\l(\frac\tau{2\tau+1}\r)^2 &=&i\l(2+\frac1\tau\r)\t_3\l(-2-\frac1\tau\r)^2 \\&=&i\l(2+\frac1\tau\r)\t_3\l(-\frac1\tau\r)^2 \\&=&i\l(2+\frac1\tau\r)\cdot(-i\tau)\t_3(\tau)^2 \\&=&(2\tau+1)\t_3(\tau)^2 \end{eqnarray}
が成り立つ。また同様に
\begin{eqnarray} \t_2(\tau+2)&=&e^{\pi i/2}\t_2(\tau) \\\t_4(\tau+2)&=&\t_4(\tau) \\\t_2(-1/\tau)&=&\sqrt{-i\tau}\t_4(\tau) \\\t_4(-1/\tau)&=&\sqrt{-i\tau}\t_2(\tau) \end{eqnarray}
から
$$\t_2\l(\frac\tau{2\tau+1}\r)^2=(2\tau+1)\t_2(\tau)^2$$
$$\t_4\l(\frac\tau{2\tau+1}\r)^2=-(2\tau+1)\t_4(\tau)^2$$
がわかるので命題9より主張を得る。

　$\tau\mapsto\tau+1$において$q\mapsto-q$となるので
\begin{eqnarray} \t_2(\tau+1)&=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^{n(n+1)}e^{\pi i/4}q^{(n+\frac12)^2} =e^{\pi i/4}\sum^\infty_{n=-\infty}q^{(n+\frac12)^2}=e^{\pi i/4}\t_2(\tau) \\\t_3(\tau+1)&=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-q)^{n^2} =\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{n^2}=\t_4(\tau) \end{eqnarray}
が成り立つ。よってヤコビの恒等式$\t_2^4+\t_4^4=\t_3^4$とヤコビの変換公式に注意すると
\begin{eqnarray} \la(\tau+1)&=&\frac{-\t_2(\tau)^4}{\t_4(\tau)^4} =\farc{\t_2(\tau)^4}{\t_2(\tau)^4-\t_3(\tau)^4}=\frac{\la(\tau)}{\la(\tau)-1} \\\la\l(-\frac1\tau\r)&=&\frac{\t_4(\tau)^4}{\t_3(\tau)^4}=1-\la(\tau) \end{eqnarray}
を得る。
　また$\G$は$\M1101,\M0{-1}10$によって生成されるので、その作用による$\la$の行き先は$\M101{-1},\M{-1}101$によって生成される。この生成元を$S,T$とおくと$S^2=T^2=(ST)^3=I$が成り立つことから
\begin{eqnarray} \langle S,T\rangle&=&\{I,S,T,ST,TS,STS\} \\&=&\l\{\M1001,\M101{-1},\M{-1}101,\M1{-1}10,\M01{-1}1,\M0110\r\} \end{eqnarray}
つまり
$$\langle S,T\rangle\la =\l\{\la,\frac{\la}{\la-1},1-\la,1-\frac1\la,\frac1{1-\la},\frac1\la\r\}$$
を得る。

　$\la(i\infty)=0$と
$$\la\l(-\frac1\tau\r)=1-\la(\tau)$$
から$\la(0)=1$、それに加えて
$$\la\l(\tau-1\r)=\frac{\la(\tau)}{\la(\tau)-1}$$
から$\la(-1)=\infty$、さらに
$$\la\l(\frac{\tau}{1-\tau}\r)=\frac1{\la(\tau)}$$
から$\la(-\frac12)=0$を得る。

\begin{eqnarray} \t_1(v,\tau+2)&=&e^{\pi i/2}\t_1(v,\tau+2) \\\t_2(v,\tau+2)&=&e^{\pi i/2}\t_2(v,\tau+2) \\\t_3(v,\tau+2)&=&\t_3(v,\tau+2) \\\t_4(v,\tau+2)&=&\t_4(v,\tau+2) \end{eqnarray}
およびヤコビの変換公式
\begin{eqnarray} A(v,\tau)&=&\sqrt{-i\tau}e^{\pi iv^2/\tau} \\\t_1\l(\frac v{\tau},-\frac1\tau\r)&=&-iA(v,\tau)\t_1(v,\tau) \\\t_2\l(\frac v{\tau},-\frac1\tau\r)&=&A(v,\tau)\t_4(v,\tau) \\\t_3\l(\frac v{\tau},-\frac1\tau\r)&=&A(v,\tau)\t_3(v,\tau) \\\t_4\l(\frac v{\tau},-\frac1\tau\r)&=&A(v,\tau)\t_2(v,\tau) \end{eqnarray}
に注意すると
\begin{eqnarray} \sn[u,\tau+2]&=&\sn[u,\tau] \\\sn\l[u,\frac\tau{2\tau+1}\r] &=&\frac{\t_3(\frac\tau{2\tau+1})}{\t_2(\frac\tau{2\tau+1})} \frac{\t_1(\frac v{2\tau+1},\frac\tau{2\tau+1})}{\t_4(\frac v{2\tau+1},\frac\tau{2\tau+1})} \\&=&-i\frac{\t_3(-2-\frac1\tau)}{\t_4(-2-\frac1\tau)} \frac{\t_1(-\frac v\tau,-2-\frac1\tau)}{\t_2(-\frac v\tau,-2-\frac1\tau)} \\&=&(-i)^2\frac{\t_3(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_1(-v,\tau)}{\t_2(-v,\tau)} \\&=&-\sn[-u,\tau]=\sn[u,\tau] \end{eqnarray}
がわかるので命題7より主張を得る。