# Obere Halbebene/Modulsubstitution/Fundamentalbereich/Fakt/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.