カスプ形式のフーリエ係数に関するmod p^5の超合同式
はじめに
この記事では, 二つのカスプ形式
$$
\begin{align}
\sum_{n=1}^\infty \tau(n)q^n & = q\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{24}=\Delta(q), \\
\sum_{n=1}^\infty c(n)q^n & = q\prod_{n=1}^\infty (1-q^{2n})^{12}
\end{align}
$$
のフーリエ係数に関する次の超合同式を示します.
奇素数$p$に対して,
$$
\tau(p) \equiv \sum_{\substack{0\leq n_1,\ldots, n_6 \\n_1+ n_2 +n_3 + n_4 = n_5 + n_6 < p}}
\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}
\left(
\frac{\binom{2n_2}{n_2}}{2^{2n_2}}
\cdots
\frac{\binom{2n_6}{n_6}}{2^{2n_6}}
\right)^3
\pmod{p^5},
$$
$$ c(p) \equiv \sum_{\substack{0\leq n_1,n_2,n_3 \\n_1 = n_2 + n_3 < p}} \frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}} \left( \frac{\binom{2n_2}{n_2}}{2^{2n_2}} \frac{\binom{2n_3}{n_3}}{2^{2n_3}} \right)^3 \pmod{p^5}. $$
二つ目の式は 前回の記事 において予想として紹介したものです. また, 記事の最後で一般化を紹介します.
証明はChatGPT-6 Astraによって与えられました. 以下, $p$は奇素数とし,
$$ \beta_n :=\frac{\left(\frac{1}2\right)_n}{n!} = \frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}, \quad A(x) = \sum_{n=0}^\infty \beta_n^3x^n $$
とおきます.
$$
\begin{align}
T(x) &:= \frac{A(x)^3}{\sqrt{1-x}} = \sum_{n=0}^\infty t_nx^n,
\\
G(x) &:= A(x)^2 = \sum_{n=0}^\infty g_nx^n
\end{align}
$$
と定めると, 定理は
$$
\begin{align}
\tau(p) &\equiv \sum_{n=0}^{p-1}t_ng_n \pmod{p^5}, \\
c(p) &\equiv \sum_{n=0}^{p-1}\beta_ng_n \pmod{p^5}
\end{align}
$$
と表せることに注意します.
証明の方針
$$
P(T)=(2T+1)\left(T^4 + 2T^3+\frac{17}{8}T^2+\frac{9}{8}T+\frac{1}{4}\right)
$$
として, 微分作用素$\theta, \mathcal L$を
$$
\begin{align}
\theta &:= x\frac{\d }{\d x},\\
\mathcal{L} &:= \theta ^5 - xP(\theta) +x^2(\theta+1)^5
\end{align}
$$
により定める.
$G(x)$は5階微分方程式
$$
\mathcal LG(x) = 0
$$
を満たす.
Clausenの公式により
$$
G(x) = \F21{\frac{1}{4},\frac{1}{4} \\ 1}{x}^4
$$
であるが,超幾何微分方程式
$$
\left(\theta^2 - x\left (\theta + \frac{1}{4}\right)^2\right)\F21{\frac{1}{4},\frac{1}{4} \\ 1}{x} =0
$$
の第四対称冪を計算したものが$\mathcal L$である.
二つの冪級数
$$
Y(x) = \sum_{n=0}^\infty y_nx^n, \quad R(x) = \sum_{n=0}^\infty r_nx^n
$$
が
$$
\mathcal LY(x) = xR(x)
$$
を満たすならば, 正整数$N$に対して
$$
\sum_{n=0}^{N-1}r_ng_n =N^5(y_Ng_{N-1}-y_{N-1}g_N)
$$
が成り立つ.
$\mathcal LY = xR$および$\mathcal LG = 0$において, $x^n$の係数を比較すると
$$
\begin{align}
n^5y_n -P(n-1)y_{n-1}+(n-1)^5y_{n-2} &= r_{n-1}, \\
n^5g_n -P(n-1)g_{n-1}+(n-1)^5g_{n-2} &= 0.
\end{align}
$$
ただし負の添え字の係数は$0$とする. それぞれに$g_{n-1},y_{n-1}$をかけて引くことで
$$
r_{n-1}g_{n-1}=n^5(y_ng_{n-1}-y_{n-1}g_n) - (n-1)^5 (y_{n-1}g_{n-2}-y_{n-2}g_{n-1})
$$
を得るので, 望遠鏡和により従う.
この補題において$R(x) = T(x) - \tau(p),\, \frac{1}{\sqrt{1-x}}-c(p)$としたときの解$Y(x)$を明示的に構成し, その$p$次までの係数が$p$進整数であることを示す, というのが基本方針である.
モジュラー変数による微分作用素の変換
ここで扱うモジュラー形式に関する基本的な性質については この記事 を参照してください.
$$ \begin{align} t(q) &:= \frac{\vartheta_2(q)^4}{\vartheta_3(q)^4} =16q\prod_{n=1}^\infty \left(\frac{1+q^{2n}}{1+q^{2n-1}}\right)^8, \\ x(q) &:= 4t(q)(1-t(q)),\\ \mathcal D&:= q\frac{\d}{\d q} \end{align} $$
とおく. $x(q)$の逆関数は$q(x)\in x\mathbb{Z}[1/2][[x]]$であり, 二次の変換公式などから
$$
A(x(q)) = \vartheta_3(q)^4, \quad \mathcal Dx =x\sqrt{1-x}A(x)
$$
であることに注意する.
冪級数$Y(x)$に対して,
$$
\mathcal{L}Y(x)
=
\frac{1}{\sqrt{1-x} A(x)^3}
\mathcal D^5\left(\frac{Y(x(q))}{G(x(q))}\right).
$$
$$
H(x):=\F21{\frac{1}{4},\frac{1}{4} \\ 1}{x},
\quad
\delta:=\sqrt{1-x}\theta
$$
とおくと, $H$ の微分方程式は
$$
\delta^2H=\frac{x}{16}H
$$
と書ける. 一方, $\mathcal Dx=x\sqrt{1-x}A(x)$ より
$$
\mathcal D=A(x)\delta
$$
なので, $z:=\log q$ とおけば
$$
\delta z=\frac1{A}=\frac1{H^2}
$$
である. これを用いると
$$
\begin{aligned}
\left(\delta^2-\frac{x}{16}\right)(Hz)
&=2(\delta H)(\delta z)+H\delta^2z\\
&=\frac{2\delta H}{H^2}
+H\delta(H^{-2})\\
&=0
\end{aligned}
$$
であるから, $H$および$Hz$ は元の二階方程式の独立な二解である. その第四対称冪が$\mathcal L$ なので,
$$
\mathcal L\bigl(H^{4-j}(Hz)^j\bigr)
=\mathcal L(Gz^j)=0
\qquad(0\le j\le4).
$$
任意の$Y(x)$ に対し
$$
Y(x(q))=G(x(q))\Phi(q)
$$
とおく. 変数変換と積の微分により, ある関数$b_0,\ldots,b_5$ を用いて
$$
(\mathcal LY)(x(q))
=\sum_{j=0}^{5}b_j(q)\mathcal D^j\Phi(q)
$$
と書けるが, $\Phi = 1,z,z^2,z^3,z^4$に対して右辺は$0$にならなければならないから, これらを順に代入することで
$$
b_0=b_1=b_2=b_3=b_4=0
$$
を得る. したがって
$$
\mathcal LY(x)=b_5(q)\mathcal D^5\Phi(q).
$$
あとは$b_5$を決定すれば良いが, $\mathcal L$の$\theta^5$の係数は$(1-x)^2$であり, また
$$
\theta = \frac{1}{\sqrt{1-x}A(x)}\mathcal D
$$
であるから, 最高階の項の係数を比較して
$$
b_5
=(1-x)^2G(x)\left(\frac1{\sqrt{1-x}A(x)}\right)^5
=\frac1{\sqrt{1-x}A(x)^3}.
$$
主定理の証明
正規化されたEisenstein級数
$$
E_6(q)= 1-504\sum_{n=1}^\infty \sigma_5(n)q^n
$$
を用いて,
$$
\begin{align}
E(q) &:=
\frac{E_6(-q)-E_6(q^2)}{504} =\sum_{n=1}^\infty e_nq^n
\end{align}
$$
とする. まず以下の一般的な命題を示そう.
$$
f(q) = \sum_{n=1}^{\infty}a(n)q^n \in q\mathbb{Z}[[q]]
$$
とする.
$$
F(x)= \frac{f(q(x))}{E(q(x))} = \sum _{n=0}^\infty \gamma_nx^n
$$
とおくと, 任意の奇素数$p$に対して
$$
\sum_{n=0}^{p-1}\gamma_ng_n \equiv a(p)\pmod{p^5}.
$$
$$
\begin{align}
Y_E(x) &:= 64G(x)\sum_{n=1}^\infty\frac{e_n}{n^5}q(x)^n, \\
Y_f(x) &:= 64G(x)\sum_{n=1}^\infty\frac{a(n)}{n^5}q(x)^n
\end{align}
$$
と定める.
$$
\mathcal{L}Y_E = x, \quad \mathcal{L}Y_{f} = xF(x)
$$
が成り立つ.
補題4より,
$$
\begin{align}
\mathcal{L}Y_E &= \frac{64E(q)}{\sqrt{1-x} A(x)^3},
\quad
\mathcal{L}Y_f = \frac{64f(q)}{\sqrt{1-x} A(x)^3}
\end{align}
$$
である. ここで,
$$
a = \vartheta_2(q)^4 = tA, \quad
b = \vartheta_4(q)^4 = (1-t)A, \quad
c = \vartheta_3(q)^4 = A
$$
とおくと, Eisenstein級数のテータ関数による表示
$$
\begin{align}
E_6(q^2) &= \frac{1}{2}(a+c)(b+c)(b-a)=\frac{1}{2}(1+t)(2-t)(1-2t)A^3,\\
E_6(-q) &= (b-a)((b-a)^2+36ab)=(1-2t)(1+32t-32t^2)A^3
\end{align}
$$
より
$$
64E(q)=4ab(b-a) = 4t(1-t)(1-2t)A^3 =x\sqrt{1-x}A(x)^3
$$
であることから従う.
以上を用いて, 命題5を証明することができる.
$$
Y(x) = Y_f(x) - a(p)Y_E(x) = \sum_{n=1}^\infty y_nx^n
$$
とする. まず$y_1,\ldots, y_p \in \mathbb{Z}_p$であることを示そう.
$$
Y(x) = 64G(x)\sum_{n=1}^\infty \frac{a(n)-e_na(p)}{n^5}q(x)^n
$$
であり,
$$
\begin{align}
a(p) & =(-1)^{p-1}\tau(p) =\tau(p), \\
e_p &= (-1)^{p-1}\sigma_5(p)=1+p^5
\end{align}
$$
より
$$
\frac{a(p)-e_pa(p)}{p^5} = -a(p) \in \mathbb Z
$$
なので, $1\leq n\leq p$に対して
$$\frac{a(n)-e_na(p)}{n^5} \in \mathbb{Z}_p$$
が成り立つ. さらに
$$
G(x) \in \mathbb{Z}[1/2][[x]],
\quad
q(x) \in x\mathbb{Z}[1/2][[x]]
$$
でもあるから, $y_1,\ldots y_p\in \mathbb{Z}_p$が示された. いま,
$$
\mathcal LY(x) = x(F(x)-a(p))
$$
なので, 補題3より
$$
\sum_{n=0}^{p-1}\gamma _ng_n-a(p) =p^5(y_pg_{p-1}-y_{p-1}g_p) \in p^5 \mathbb Z_p
$$
を得る. これが示すべきことであった.
主定理への適用
命題5において,
$$
f(q) =-\Delta(-q) = \frac{abc^4}{16} = \frac{E(q)A(x)^3}{\sqrt{1-x}}
$$
とすれば$\tau(p)$の合同式が得られ,
$$
f(q) =\eta(2\tau)^{12} = \frac{abc}{16} = \frac{E(q)}{\sqrt{1-x}}
$$
とすれば$c(p)$の合同式が得られる.
他の例
一般に, $f(q)$として$\dfrac{abc^{1+\frac{k}{2}}}{16} = \eta(2\tau)^{12}\vartheta_3(q)^{2k}$を選べば以下を得る.
$k$を非負整数とする.
$$
\sum_{n=1}^\infty a_k(n)q^n
=\eta(2\tau)^{12}\vartheta_3(q)^{2k}
\quad \in S_{6+k}(\Gamma_0(4), \chi_{-4}^k)
$$
とすると, 奇素数$p$に対して
$$
a_k(p) \equiv \sum_{\substack{0 \leq n_1,n_2,n_3, m_1, \ldots ,m_k\\
n_1 + n_2 = n_3 + m_1 + \cdots + m_k < p
}}
\beta_{n_1}^3\beta_{n_2}^3 \beta_{n_3}
\left(\frac{\left(\frac 14\right)_{m_1}}{m_1!}\cdots\frac{\left(\frac 14\right)_{m_k}}{m_k!}\ \right)^2
\pmod{p^5}.
$$
ほかにも, $f(q) = \dfrac{ab(b-a)c^{\frac{k}{2}}}{16} =E(q)\vartheta_3(q)^{2k}$を選べば以下を得る.
$k$を非負整数とする.
$$
\sum_{n=1}^\infty b_k(n)q^n
=E(q)\vartheta_3(q)^{2k}
$$
とすると, 奇素数$p$に対して
$$
b_k(p) \equiv \sum_{\substack{0 \leq n_1,n_2, m_1, \ldots ,m_k\\
n_1 + n_2 = m_1 + \cdots + m_k < p
}}
\beta_{n_1}^3\beta_{n_2}^3
\left(\frac{\left(\frac 14\right)_{m_1}}{m_1!}\cdots\frac{\left(\frac 14\right)_{m_k}}{m_k!}\ \right)^2
\pmod{p^5}.
$$
数値実験により, 実際には次が成り立つと予想している.
定理6は$k=1,2,3$のとき, 以下のようにより高い精度で成り立つ.
| $k$ | $p$の条件 | 精度 |
|---|---|---|
| $1$ | $p\neq 3,5$ | $\mod{p^6}$ |
| $2$ | $p\neq 3,5$ | $\mod{p^7}$ |
| $3$ | $p\neq 3,7$かつ$p\equiv 3\pmod 4$ | $\mod{p^8}$ |
また,定理7は$k=1,2,3,4$のとき, 以下のようにより高い精度で成り立つ.
| $k$ | $p$の条件 | 精度 |
|---|---|---|
| $1$ | $p\neq 5$ | $\mod{p^6}$ |
| $2$ | $p\neq 5$ | $\mod{p^7}$ |
| $3$ | $p\neq 5$かつ$p\equiv 1\pmod 4$ | $\mod{p^8}$ |
| $4$ | $p\neq 5,7$ | $\mod{p^9}$ |
