Obere Halbebene/Modulsubstitution/Fundamentalbereich/Fakt/Beweis

Beweis

Zu ${}g={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ und ${}\tau =r+s{\mathrm {i} }$ ist

${}{\begin{aligned}g\tau &={\frac {a\tau +b}{c\tau +d}}\\&={\frac {(a\tau +b)({\overline {c\tau +d}})}{(c\tau +d)({\overline {c\tau +d}})}}\\&={\frac {(a(r+s{\mathrm {i} })+b)(c(r-s{\mathrm {i} })+d)}{\vert {c\tau +d}\vert ^{2}}}\\&={\frac {(ar+b+as{\mathrm {i} })(cr+d-cs{\mathrm {i} })}{\vert {c\tau +d}\vert ^{2}}}\\&={\frac {(ar+b)(cr+d)+acs^{2}+(da-bc)s{\mathrm {i} }}{\vert {c\tau +d}\vert ^{2}}}\\&={\frac {(ar+b)(cr+d)+acs^{2}+s{\mathrm {i} }}{\vert {c\tau +d}\vert ^{2}}}.\end{aligned}}$

Dies bedeutet, dass zwischen den Imaginärteilen von ${}\tau$ und von ${}g\tau$ die Beziehung

${}\operatorname {Im} \,{\left(g\tau \right)}={\frac {\operatorname {Im} \,{\left(\tau \right)}}{\vert {c\tau +d}\vert ^{2}}}\,$

besteht. Für ${}\tau \in H$ folgt daraus ferner, dass die Menge ${}\operatorname {Im} \,{\left(g\tau \right)}$, ${}g\in \operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$, ein Maximum besitzt. Es sei ${}g$ entsprechend gewählt. Wir wählen ferner ${}n\in \mathbb {Z}$ derart, dass der Realteil von

${}\tau '=T^{n}g\tau \,$

zwischen ${}-{\frac {1}{2}}$ und ${}{\frac {1}{2}}$ liegt, was nach Bemerkung möglich ist. Der Betrag von ${}\tau '$ ist ${}\geq 1$, andernfalls würde sich durch ${}S\tau '=-{\frac {1}{\tau '}}$ ein Widerspruch zur Wahl von ${}g$ ergeben. Somit gelangt man in den Abschluss von ${}D$. Sei ${}\tau \in {\overline {D}}$. Wenn der Realteil von ${}\tau$ gleich ${}{\frac {1}{2}}$ ist, so kann man durch Anwendung von ${}T^{-1}$ erreichen, dass ${}T^{-1}\tau \in D$ ist. Die Elemente auf dem rechten Kreisteilbogen kann man durch eine Anwendung von ${}S$ auf den linken Kreisteilbogen schicken. Daher wird jedes Element von ${}H$ durch ein Element aus ${}D$ repräsentiert.

Es ist noch zeigen, dass dieses Element eindeutig ist. Nach Fakt genügt es zu zeigen, dass für ${}\tau \in D$ und ${}g\neq \pm \operatorname {Id}$ das Element ${}g\tau \notin D$ liegt. Es sei also ${}\tau =r+s{\mathrm {i} }\in D$ und

${}g={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}\,.$

Wir nehmen an, dass ${}g\tau \in D$ gehört und müssen zeigen, dass ${}g$ die Identität oder das Negative der Identität ist. Da die Rollen von ${}\tau$ und ${}g\tau$ vertauscht werden können, können wir annehmen, dass

${}\operatorname {Im} \,{\left(g\tau \right)}\geq \operatorname {Im} \,{\left(\tau \right)}\,$

gilt. Wie oben gezeigt gilt für den Imaginärteil

${}\operatorname {Im} \,{\left(g\tau \right)}={\frac {\operatorname {Im} \,{\left(\tau \right)}}{\vert {c\tau +d}\vert ^{2}}}\geq \operatorname {Im} \,{\left(\tau \right)}\,,$

also ist

${}\vert {c\tau +d}\vert ^{2}={\left(cr+d\right)}^{2}+c^{2}s^{2}\leq 1\,.$

Aus ${}s\geq {\frac {\sqrt {3}}{2}}$ folgt ${}\vert {c}\vert \leq 1$. Es sei zunächst ${}c=0$. Dann ist ${}d=a=\pm 1$, wobei wir direkt ${}=1$ annehmen können, und es liegt eine Scherung vor, die wegen des Realteiles trivial sein muss. Es sei also ${}c=\pm 1$, wobei wir durch Multiplikation mit ${}-\operatorname {Id}$ annehmen können, dass ${}c=1$ ist. Aus ${}\vert {\tau +d}\vert \leq 1$ und ${}\tau \in D$ folgt ${}d=0$. Die Determinante ergibt ${}b=-1$. Dann ist ${}g\tau ={\frac {a\tau -1}{\tau }}=a-\tau ^{-1}$. Der Imaginärteil dieser Zahl ist ${}{\frac {s}{r^{2}+s^{2}}}\leq s$, also muss ${}\tau$ ein Punkt der Sphäre und ${}a=0$ sein. Von ${}\tau$ und ${}-\tau ^{-1}$ liegt aber genau ein Element auf dem fixierten Kreissegment.

Zur bewiesenen Aussage