# Gitter/Komplexe Zahlen/Streckungsäquivalent/Einführung/Textabschnitt

Zu je zwei Gittern $\Gamma _{1},\Gamma _{2}\subset {\mathbb {C} }$ sind die Quotienten ${\mathbb {C} }/\Gamma _{1}$ und ${\mathbb {C} }/\Gamma _{2}$ als topologische Gruppen isomorph, es handelt sich ja um den topologischen Torus $S^{1}\times S^{1}$. Auch als reelle Lie-Gruppen sind sie stets diffeomorph. Als komplexe Mannigfaltigkeiten bzw. als komplexe Liegruppen sind aber ${\mathbb {C} }/\Gamma _{1}$ und ${\mathbb {C} }/\Gamma _{2}$ in aller Regel verschieden. Dies bedeutet, dass die eine topologische Gruppe $S^{1}\times S^{1}$ unterschiedliche komplexe Strukturen besitzt.

## Definition

Zwei Gitter $\Gamma _{1},\Gamma _{2}\subset {\mathbb {C} }$ heißen streckungsäquivalent, wenn es eine komplexe Zahl $s\in {\mathbb {C} }$ mit $\Gamma _{2}=s\Gamma _{1}$ gibt.
Dabei ist natürlich $s\neq 0$, die Streckungsäquivalenz ist eine Äquivalenzrelation. Wenn das eine Gitter $\Gamma _{1}$ durch die reelle Basis $u_{1},u_{2}$ und das andere Gitter $\Gamma _{2}$ durch $v_{1},v_{2}$ gegeben ist, so kann man durch Multiplikation mit
    $s={\frac {v_{1}}{u_{1}}}\,$
ein zu $\Gamma _{1}$ streckungsäquivalentes Gitter
    $s\Gamma _{1}=\langle v_{1},{\frac {v_{1}u_{2}}{u_{1}}}\rangle \,$
finden, das mit $\Gamma _{2}$ im ersten Erzeuger übereinstimmt. Damit sind die Streckungsmöglichkeiten aufgebraucht. Allerdings kann man aus
    ${\frac {v_{1}u_{2}}{u_{1}}}\neq v_{2}\,$
nicht schließen, dass $\Gamma _{1}$ und $\Gamma _{2}$ nicht zueinander streckungsäquivalent sind, da es ja um die Gleichheit von Gittern und nicht um die Gleichheit von Gitterbasen geht, d.h. man kann noch mit einer Matrix aus $\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$ multiplizieren.

## Lemma

Jedes Gitter in ${\mathbb {C} }$
ist streckungsäquivalent zu einem Gitter der Form $\mathbb {Z} +\mathbb {Z} u$ mit $u\in {\mathbb {H} }$.

### Beweis

Sei $\Gamma =\mathbb {Z} u_{1}+\mathbb {Z} u_{2}$. Da $u_{1},u_{2}$ eine reelle Basis bilden, ist insbesondere $u_{1}\neq 0$. Mit $s:=u_{1}^{-1}$ erhält man das streckungsäquivalente Gitter
    $s\Gamma =\langle su_{1},su_{2}\rangle =\langle u_{1}^{-1}u_{1},u_{1}^{-1}u_{2}\rangle =\langle 1,u_{1}^{-1}u_{2}\rangle \,.$
Sei $v=u_{1}^{-1}u_{2}$. Diese Zahl ist nicht reell, da andernfalls eine reelle lineare Abhängigkeit zwischen $u_{1}$ und $u_{2}$ vorliegen würde. Also besitzt $v$ einen imaginären Anteil. Wenn dieser in der unteren Halbebene liegt, so ersetzen wir $v$ durch $-v$ und erhalten eine Basis mit den verlangten Eigenschaften.
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Es bleibt noch zu fragen, wann zwei Gitter, die beide durch eine Basis der Form $(1,u)$ bzw. $(1,v)$ mit $u,v\in {\mathbb {H} }$ gegeben sind, übereinstimmen.

## Lemma

Zwei Gitter der Form $\Gamma _{1}=\mathbb {Z} \tau _{1}+\mathbb {Z}$ und $\Gamma _{2}=\mathbb {Z} \tau _{2}+\mathbb {Z}$ mit $\tau _{1},\tau _{2}\in {\mathbb {H} }$
sind genau dann streckungsäquivalent, wenn es ein $M\in \operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$ mit
gibt.

### Beweis

Die Streckungsbedingung zusammen mit der Basisbeschreibung aus Fakt führt auf die Bedingung
    ${\begin{pmatrix}\tau _{2}\\1\end{pmatrix}}=s{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\tau _{1}\\1\end{pmatrix}}=s{\begin{pmatrix}a\tau _{1}+b\\c\tau _{1}+d\end{pmatrix}}\,$
mit $s\in {\mathbb {C} }^{\times }$ und ${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \operatorname {GL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$. Daher muss
    $s={\frac {1}{c\tau _{1}+d}}\,$
sein und die Bedingung wird zu
    $\tau _{2}={\frac {a\tau _{1}+b}{c\tau _{1}+d}}\,.$
Es ist
    ${\frac {a\tau _{1}+b}{c\tau _{1}+d}}={\frac {(a\tau _{1}+b)(c{\overline {\tau _{1}}}+d)}{(c\tau _{1}+d)(c{\overline {\tau _{1}}}+d)}}\,.$
Der Nenner ist reell und positiv, der Zähler ist
    ${\begin{aligned}(a\tau _{1}+b)(c{\overline {\tau _{1}}}+d)&=ac\tau _{1}{\overline {\tau _{1}}}+bd+ad\tau _{1}+bc{\overline {\tau _{1}}}\\&=ac\tau _{1}{\overline {\tau _{1}}}+bd+(bc\pm 1)\tau _{1}+bc{\overline {\tau _{1}}}\\&=ac\tau _{1}{\overline {\tau _{1}}}+bd+bc{\left(\tau _{1}+{\overline {\tau _{1}}}\right)}\pm \tau _{1}.\end{aligned}}$
Hierbei sind die drei Summanden links reell. Somit gehört ${\frac {a\tau _{1}+b}{c\tau _{1}+d}}$ genau dann zu ${\mathbb {H} }$, wenn das Vorzeichen vor $\tau _{1}$ positiv ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn die Matrix die Determinante $1$ besitzt.
$\Box$
Aufgrund von Fakt ist es naheliegend, die folgende Wirkungsweise der Gruppe der speziellen ganzzahligen $2\times 2$-Matrizen auf der oberen Halbebene zu betrachten.

## Definition

Die Gruppenoperation der Gruppe $\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$ auf der oberen Halbebene ${\mathbb {H} }$ durch
    ${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\tau :={\frac {a\tau +b}{c\tau +d}}\,$
heißt Modulsubstitution.
Es handelt sich also um die Wirkung von speziellen gebrochen-linearen Funktionen auf der oberen Halbebene. Dass das Ergebnis einer solchen Substitution (man spricht auch von einer speziellen Möbiustransformation) wieder in der oberen Halbebene liegt wurde in Fakt mitbewiesen. Eine Gruppenoperation liegt aufgrund von Fakt vor. Die spezielle lineare Gruppe $\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$ nennt man in diesem Zusammenhang auch Modulgruppe. Da die negative Einheitsmatrix ${\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$ als Modulsubstitution trivial operiert, betrachtet man zumeist die Restklassengruppe $\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}/\pm {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$ als die Modulgruppe.

## Bemerkung

Die Wirkungsweise der beiden Matrizen $S={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}$ und $T={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$, die nach Fakt die Gruppe der speziellen ganzzahligen Matrizen erzeugen, bei der Modulsubstitution ist
    ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\tau =-\tau ^{-1}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}\tau =\tau +1\,.$

## Lemma

Es sei
    ${\begin{aligned}D&={\left\{z\in {\mathbb {C} }\mid \vert {z}\vert >1{\text{ und }}\vert {\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}}\vert <{\frac {1}{2}}\right\}}\cup {\left\{z\in {\mathbb {C} }\mid \vert {z}\vert \geq 1{\text{ und }}\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}=-{\frac {1}{2}}\right\}}\cup {\left\{z\in {\mathbb {C} }\mid \vert {z}\vert =1{\text{ und }}-{\frac {1}{2}}<\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}\leq 0\right\}}\\\end{aligned}}$
Dann ist $D$ ein Fundamentalbereich für die Modulsubstitution auf der oberen Halbebene.

### 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.
$\Box$

## Korollar

Jedes Gitter in ${\mathbb {C} }$
ist streckungsäquivalent zu einem Gitter der Form $\mathbb {Z} +\mathbb {Z} \tau$ mit einem eindeutig bestimmten $\tau \in D$, wobei $D$ den Fundamentalbereich zur Modulsubstitution bezeichnet.

### Beweis

Dies folgt aus Fakt, Fakt und Fakt.
$\Box$