Obere Halbebene/Modulsubstitution/Fundamentalbereich/Fakt/Beweis

Beweis

Zu  $g=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$  und  $\tau =r+s\mathrm{i}$  ist

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

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

$\mathrm{Im}\left(g\tau \right)=\frac{\mathrm{Im}\left(\tau \right)}{|c\tau +d{|}^2}$

besteht. Für  $\tau \in H$  folgt daraus ferner, dass die Menge $\mathrm{Im}\left(g\tau \right)$, $g\in {\mathrm{SL}}_2\left(\mathbb{Z}\right)$, ein Maximum besitzt. Es sei $g$ entsprechend gewählt. Wir wählen ferner  $n\in \mathbb{Z}$  derart, dass der Realteil von

${\tau }^{\prime }=T^{n}g\tau$

zwischen $-\frac{1}{2}$ und $\frac{1}{2}$ liegt, was nach Bemerkung möglich ist. Der Betrag von ${\tau }^{\prime }$ ist $\ge 1$, andernfalls würde sich durch  $S{\tau }^{\prime }=-\frac{1}{{\tau }^{\prime }}$  ein Widerspruch zur Wahl von $g$ ergeben. Somit gelangt man in den Abschluss von $D$. Sei  $\tau \in \bar{D}$.  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  $g\ne \pm \mathrm{Id}$  das Element  $g\tau \notin D$  liegt. Es sei also  $\tau =r+s\mathrm{i}\in D$  und

$g=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\in {\mathrm{SL}}_2\left(\mathbb{Z}\right).$

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

$\mathrm{Im}\left(g\tau \right)\ge \mathrm{Im}\left(\tau \right)$

gilt. Wie oben gezeigt gilt für den Imaginärteil

$\mathrm{Im}\left(g\tau \right)=\frac{\mathrm{Im}\left(\tau \right)}{|c\tau +d{|}^2}\ge \mathrm{Im}\left(\tau \right),$

also ist

$|c\tau +d{|}^2={(cr+d)}^2+c^2{s}^2\le 1.$

Aus  $s\ge \frac{\sqrt{3}}{2}$  folgt  $|c|\le 1$.  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 $-\mathrm{Id}$ annehmen können, dass  $c=1$  ist. Aus  $|\tau +d|\le 1$  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  $\frac{s}{r^2+s^2}\le s$,  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