判别式形式 $\Delta$ 本质上唯一

首先是全纯性与权重:$E_4,E_6$ 分别是权 $4,6$ 的模形式(艾森斯坦级数的标准事实,此处作为已知输入),故 $E_4^3$ 与 $E_6^2$ 均为权 $12$。二者(经归一化)的傅里叶展开均以常数项 $1$ 开始,故 $E_4^3-E_6^2$ 常数项为零:它是权 $12$ 的尖点形式,$\Delta=(E_4^3-E_6^2)/1728$ 也是如此,特别地 $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)\ge1$。

现在对 $k=12$ 应用上面证明的位数公式:$\Delta$ 的加权零点阶总和必须等于 $12/12=1$。左边每一项——$\operatorname{ord}_\infty(\Delta)$、$\tfrac12\operatorname{ord}_i(\Delta)$、$\tfrac13\operatorname{ord}_\rho(\Delta)$,以及其他点处任何 $\operatorname{ord}_P(\Delta)$——都是非负实数,而我们已知 $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)\ge1$。若干非负项之和(其中一项已经 $\ge1$)恰好等于 $1$ 的唯一方式,是该项恰为 $1$ 而其余各项恰为 $0$。因此 $\operatorname{ord}_\infty(\Delta)=1$ 恰好成立,且对每个 $P\in\mathbb{H}$ 都有 $\operatorname{ord}_P(\Delta)=0$:$\Delta$ 在 $\mathbb{H}$ 上处处不为零,唯有在尖点处有一个单零点。

关于维数命题:设 $g$ 为任意权 $12$ 尖点形式。商 $g/\Delta$ 在 $\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z})$ 下不变(权为 $12-12=0$),且因 $\Delta$ 在 $\mathbb{H}$ 上处处非零而在其上全纯。在尖点处,$g$ 与 $\Delta$ 关于 $q$ 均至少以 $1$ 阶消失,而 $\Delta$ 在此处的阶恰为 $1$,故商在 $q=0$ 处也全纯延拓(无极点)。一个在 $\mathbb{H}$ 上处处全纯且在尖点处也全纯的权 $0$ 模函数,下降为紧黎曼曲面 $X(1)\cong\mathbb{P}^1(\mathbb{C})$ 上的全纯函数,由刘维尔定理(推广到紧化后)必为常数。故 $g=c\cdot\Delta$($c$ 为常数):权 $12$ 尖点形式空间恰为 $1$ 维。在权 $4$ 时完全相同的论证(总预算 $4/12=1/3$,只能由 $\operatorname{ord}_\rho=1$ 且其余各阶皆为 $0$ 实现,因为任何整数贡献——比如非零的 $\operatorname{ord}_\infty$——都已超过 $1/3$)表明任何非零权 $4$ 形式的唯一零点都在 $\rho$ 处,阶恰为 $1$,别无他处,同样的“除以 $E_4$”技巧迫使 $\dim M_4(\mathrm{SL}_2(\mathbb{Z}))=1$。

最后,$q$-乘积公式 $\Delta(\tau)=q\prod_{n\ge1}(1-q^n)^{24}$ 是雅可比发现的经典恒等式;此处只作引用而不重新推导,但请注意它与我们刚证明的结果完全一致:右边在 $q=0$ 处显然恰以 $1$ 阶消失,且在 $0<|q|<1$ 上(作为非零因子的收敛乘积)显然非零,与上述位数公式所强制的零点阶分布完全吻合。