標数0の表現(の指標)を, 標数pの表現から求める

命題1より,${\mathrm{SL}}_2({\mathbb{F}}_p)$の$p^{\prime }$共役類は$p$個. よって既約モジュラー表現も$p$個. $K$上の次元を見ることで, 明らかに$i\ne j$なら$V_i$と$V_j$は同型でない. よって, あとは$V_i$の既約性のみ言えばよい.
$V_n$の部分加群$U\ne 0$を任意にとる. $U=V_j$を示せばよい. $0\ne f\in U$を${\mathrm{deg}}_{x}f$が最小になるようにとる. (ここで, ${\mathrm{deg}}_x$は$x$の多項式としての次数.) $f\ne c{Y}^n$として矛盾を導く. このとき, $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)f(x,y)-f(x,y)=f(x+y,y)-f(x,y):=g\in U$. よって, $f(X,Y)=c{X}^m{Y}^{n-1-m}+(\text{lower term})$とすると, $g(X,Y)=mc{X}^{m-1}{Y}^{n-m}+(\text{lower term})$. よって, ${\mathrm{deg}}_{x}g=m-1<{\mathrm{deg}}_{x}f$となり, ${\mathrm{deg}}_{x}f$の最小性に矛盾. (ここで, $m\ne 0$に$n\le p$を用いた.)
よって, $f=c{Y}^{n-1}$となり$Y^{n-1}\in U$がわかる. 相異なる${\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots {\alpha }_n\in F$をとる.
任意の$i$に対し, $\left(\begin{array}{cc}1& {\alpha }_i\\ 0& 1\end{array}\right)Y^{n-1}=(Y+{\alpha }_{i}X{)}^n\in U$. ここで, $(Y+{\alpha }_{i}X{)}^{n-1}(i=1,\dots ,n)$は$K$上線形独立なので(Vandermondeの行列式), $U=V_n$がわかる.

${\psi }_1(A)$の固有ベクトル$f,g\in V_1$を, ${\psi }_1(A)f=\alpha f,{\psi }_1(A)g={\alpha }^{-1}A$ となるようにとる. このとき, ${\psi }_i(A)$の固有ベクトルとして, $f^{i-1},f^{i-2}g,\dots ,f^1{g}^{i-2},g^i$がとれ, ${\psi }_i(A)\sim \mathrm{diag}({\alpha }^{i-1},{\alpha }^{i-3},\dots ,{\alpha }^{3-i},{\alpha }^{1-i})$となる. よって, ${\varphi }_i(A)=\sum _j{\zeta }^{i-1-2j}$.
$\overline{f_i(\zeta )}=f_i(\overline{\zeta })=f_i({\zeta }^{-1})=f_i(\zeta )$となるので, $f_i(\zeta )\in \mathbb{R}$.

以下$(\mathrm{mod}2)$を省略する.
$a,b$を$p$以下の正整数とする. ${\varphi }_a(-A)=(-1{)}^a{\varphi }_a(A)$なので, $a\not\equiv b$なら$⟨{\varphi }_a,{\varphi }_b{⟩}^{\prime }=0$がわかる.
$a\equiv b$とする. 以下計算を行う. 命題1(とくに共役類の個数),　命題3(とくに, ${\varphi }_i(A)\in \mathbb{R}$なので内積で複素共役をとらなくてよい), および上の注意に注意すると, (与式)$=$

$$\begin{array}{rl}& =(p^3-p{)}^{-1}({\varphi }_a(I_2){\varphi }_b(I_2)+{\varphi }_a(-I_2){\varphi }_b(-I_2)+(p^2+p)\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p-1};mathrmIm(\zeta )>0}({\varphi }_a(A_{\zeta }){\varphi }_b(A_{\zeta }))+(p^2-p)\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p+1};mathrmIm(\zeta )>0}({\varphi }_a(A_{\zeta }){\varphi }_b(A_{\zeta })))\\ & =(p^3-p{)}^{-1}(f_a(1)f_b(1)+f_a(-1)f_b(-1)+\frac{p^2+p}{2}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p-1};\zeta \ne \pm 1}(f_a(\zeta )f_b(\zeta ))+\frac{p^2-p}{2}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p+1};\zeta \ne \pm 1}(f_a(\zeta )f_b(\zeta )))\\ & =(p^3-p{)}^{-1}((1-\frac{p^2+p}{2}-\frac{p^2-p}{2})(f_a(1)f_b(1)+f_a(-1)f_b(-1))+\frac{p^2+p}{2}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p-1}}(f_a(\zeta )f_b(\zeta ))+\frac{p^2-p}{2}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p+1}}(f_a(\zeta )f_b(\zeta )))\\ & =-\frac{2ab}{p}+\frac{1}{2(p-1)}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p-1}}(f_a(\zeta )f_b(\zeta ))+\frac{1}{2(p+1)}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p+1}}(f_a(\zeta )f_b(\zeta ))\end{array}$$
となる.
また, $$\frac{1}{n}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_n}{\zeta }^i=\{\begin{array}{lll}1& & i\equiv 0(\mathrm{mod}n)\\ 0& & i\not\equiv 0(\mathrm{mod}n)\end{array}$$である.
$a,b$が$p$かどうかで場合分けを行う. 以下, 多項式$f\in \mathbb{C}[X]$の$X^n$の係数を$f[X^n]$とかく.

$a=b=p$のとき

$\pm 1\ne \zeta \in {\mathbb{C}}_{p+1}$なら$f_p(\zeta )=-1$であり,
$\pm 1\ne \zeta \in {\mathbb{C}}_{p-1}$なら$f_p(\zeta )=1$であり,
$f_p(\pm 1)=p$である. よって, もとの$⟨-,-{⟩}^{\prime }$の定義にもどると,
$$\begin{array}{rl}& ⟨{\varphi }_a,{\varphi }_b{⟩}^{\prime }\\ & =(p^3-p{)}^{-1}(1\cdot p^2+1\cdot p^2+(\frac{p^2+p}{2}(p-3))\cdot 1^2+(\frac{p^2-p}{2}(p-1))\cdot (-1{)}^2)& =\frac{2p}{p^2-1}+(\frac{1}{2}-\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{p+1})=0\end{array}$$
となるのでよい.

$(a,b)\ne (p,p)$のとき

このとき, $(f_a{f}_b)(X)$は$X$のローラン多項式として, $a+b-2$次から$-a-b+2$次の項しかでない. 特に, $2p-2$次以上, および$-2p+2$次以下の係数はすべて$0$. よって, $f_a{f}_b$が$X$と$X^{-1}$の入れ替えで対称なことに注意して,
$$\begin{array}{rl}& -\frac{2ab}{p}+\frac{1}{2(p-1)}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p-1}}(f_a(\zeta )f_b(\zeta ))+\frac{1}{2(p+1)}\sum _{\zeta \in {\mathbb{C}}_{p+1}}(f_a(\zeta )f_b(\zeta ))\\ & =-\frac{2ab}{p}+2^{-1}((f_a{f}_b)[X^{-p+1}]+(f_a{f}_b)[X^0])+(f_a{f}_b)[X^{p-1}])+2^{-1}((f_a{f}_b)[X^{-p-1}]+(f_a{f}_b)[X^0])+(f_a{f}_b)[X^{p+1}])\\ & =-\frac{2ab}{p}+(f_a{f}_b)[X^0]+(f_a{f}_b)[X^{p-1}]+(f_a{f}_b)[X^{p+1}]\\ & =-\frac{2ab}{p}+min(a,b)+max(\frac{a+b-p-1}{2},0)+max(\frac{a+b-p+1}{2},0)\\ & =-\frac{2ab}{p}+min(a,b)+max(a+b-p,0).\end{array}$$
ここで, $a\equiv b(\mathrm{mod}2)$より, $p-1<a+b<p+1$とならないことを最後の等式に用いた.

まず, 前半を示す. $a\not\equiv b$なら自明. 以下$a\equiv b$とする. $h(x,y)=-\frac{2xy}{p}+min(x,y)+max(x+y-p,0)$と置く. このとき,
$\begin{array}{rl}& h(x,p-y)\\ & =-\frac{2x(p-y)}{p}+min(x,p-y)+max(x-y,0)\\ & =(-2x+\frac{2xy}{p})+(x+min(0,p-x-y))+(x+max(-y,-x))\\ & =-\frac{2xy}{p}-max(0,x+y-p)-min(y,x)=-h(x,y)\end{array}$.
よって, 命題4より, $2c_{a,b}^{\prime }+c_{a,p-1-b}^{\prime }+c_{p+1+b}^{\prime }=2h(a,b)-h(a,b+1)-h(a,b-1)$. これが${\delta }_{a,b}$と等しいことを示したい.
また, $a=b$と$b-1<a<b+1$は同値. よって,
$max(a,b-1)+max(a,b+1)=2max(a,b)+{\delta }_{a,b}$.
$a\equiv b(\mathrm{mod}2)$より, $p-1<a+b<p+1$とならない. ゆえに,
$min(a+b-1-p,0)+min(a+b+1-p,0)=2min(a+b-p,0)$.
この等式をあわせ,$h(x,y)=-\frac{2xy}{p}+min(x,y)+max(x+y-p,0)$を思い出すと $h(a,b)+h(a,b-1)-2h(a,b+1)={\delta }_{a,b}$がわかる. これで前半がわかる.

後半を示す. $C^{\prime }:=(⟨{\varphi }_a,{\varphi }_b{⟩}^{\prime }{)}_{a,b}\in M_n(\mathbb{Z})$とすると, $C=C^{\prime -1}$となることを示せばよい. これは, 上の等式と, 命題4より$⟨{\varphi }_p,{\varphi }_a{⟩}^{\prime }={\delta }_{a,p}$となることからわかる.

まず, 前半部分を示す.
(要するに$D{D}^t=C$から$D$を復元しているだけなので, 証明読むよりも下の$p=11$のときの$C$と$D$をみて自分で手を動かしたほうがよいと思います)
$C=\left(\begin{array}{ccccccccccc}2& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 1& 0\\ 0& 0& 2& 0& 0& 0& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0& 1& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 3& 0& 1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 3& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 1& 0& 2& 0& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 1& 0& 0& 0& 2& 0& 0& 0\\ 1& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 2& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 2& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$.

$D=\left(\begin{array}{ccccccccccccccc}0& 1& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

$D{D}^t=C$および$D\in M_2({\mathbb{Z}}_{\ge 0})$から$D$が列の入れ替えを除いて一意に定まることを見る. $D$の$i$行目を$v_i$とする.
$D{D}^t=C$より, $⟨v_i,v_j{⟩}^{\prime }=c_{ij}$. $⟨v_i,v_i{⟩}^{\prime }<4$より, $v_i$の各成分は$0$か$1$. $i,j<\frac{p}{2},i\ne j$に対して, $⟨v_i,v_j{⟩}^{\prime }=0$となる. よって, 適宜$D$の列を入れ替えて, $v_i=e_{2i}+e_{2i+1}(i<\frac{p-1}{2}),v_{\frac{p-1}{2}}=e_{p-1}+e_p+e_{p+1}$とできる.
$⟨v_{\frac{p+1}{2}},v_i{⟩}^{\prime }=c_{\frac{p+1}{2},i}=3{\delta }_{\frac{p+1}{2},i}+{\delta }_{\frac{p-3}{2},i}$となる. よって, $v_{\frac{p+1}{2}}=e_a+e_b+e_c$と書け, かつ$a,b,c$のうちちょうど一つが$\{p-2,p-3\}$に入り, のこりの二つは$\{1,p+2,p+3,p+4\}$に入る. ゆえに, 適宜列を入れ替え, $v_{\frac{p+1}{2}}=e_{p-3}+e_{p+1}+e_{p+2}$とできる.
同様の議論を繰り返し, $\frac{p+1}{2}<i<p$に対し,$v_i=e_{2p-1-2i}+e_{2p+2-2i}$とでき,すると$v_p=e_{p+4}$. ($i=p-1$は若干別処理がいるので注意. )