\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage{entete}
\author{Références~: Thèmes de géométrie ; Groupes en situation géométrique.\\ Michel~\textsc{Alessandri}\\ Oraux X-ENS, Algèbre 1}
\title{Action du groupe modulaire sur le demi-plan de Poincarré}
\date{2011-2012}

\begin{document}
\maketitle

On appelle {\em demi-plan de Poincaré} l'ensemble $P =\{z\in\C~|~\Im(z) >0\}$.

On fait agir $SL_2(\Z)$ sur $P$ par l'action~:
$$\forall A\in SL_2(\Z),~\forall z \in P,~A * z = \frac{az+b}{cz+d}.$$

On appelle en particulier $S$ et $T$ les matrices
$$S= \left( \begin{array}{cc}
    0 & -1 \\
    1 & 0
\end{array} \right)
\text{ et }
T= \left( \begin{array}{cc}
    1 & 1 \\
    0 & 1
\end{array} \right)
$$

Finalement, on appelle {\em groupe modulaire} le groupe
$$PSL_2(\Z) = \EnsQ{SL_2(\Z)}{\{\pm I\}}.$$
On fait agir ce groupe sur $P$ de la même manière que $SL_2(\Z)$. On remarquera que cette action est fidèle (seul le neutre fixe tous les points).

On cherche à montrer 
\begin{thm}
    Le groupe $SL_2(\Z)$ est engendré par $S$ et $T$.
\end{thm}

\begin{proof}
    On appelle $D$ l'ensemble
    $$D = \left\{z\in P~|~|z|\geqslant 1\text{ et } |\Re(z)| \leqslant \frac{1}{2}\right\},$$
    et $G$ le sous-groupe de $SL_2(\Z)$ engendré par $S$ et $T$.

    On cherche donc à montrer que $G = SL_2(\Z)$. Commençons par étudier $D$.
    \begin{lem}\label{lem:2}
        On fait agir $G$ sur $P$ via l'action de $SL_2(\Z)$. Alors pour cette action de $G$, toutes les orbites rencontrent $D$.
    \end{lem}

    \begin{prooflem}
        On se fixe $z\in P$. On va construire un point de $P$ qui est dans $D$ à partir de $z$ ; pour cela, on va faire "monter" $z$, puis le translater.

        On remarque qu'il n'y a qu'un nombre fini de couples $(c,d)\in\Z^2$ tels que $|cz+d|\leqslant 1$. En effet
        $$|c|\Im(z) = |\Im(cz+d)| \leqslant |cz+d| \leqslant 1,$$
        et donc $|c| \leqslant 1/\Im(z)$ et $|d| \leqslant 1 + |c||z|$.

        On a, pour $A = \left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}  \right)$ dans $G$, 
        $$\Im(A * z) = \frac{\Im(z)}{|cz+d|^2}.$$
        Comme le nombre de couples $(c,d)$ vérifiant $\Im(A*z) \geqslant \Im(z)$ est fini, il existe $A_1 \in G$ telle que $\Im(A_1 *z)$ soit maximal. On appelle $z_1 = A_1 * z$.

        Soit $n$ la partie entière de $\Re(z_1)+1/2$.

        Comme pour tout $u$ de $P$, on a $T * u = u+1$, on a~:
        $$-\frac{1}{2} \leqslant \Re(z_1) - n \leqslant \Re(z_1-n) \leqslant \Re(T^{-n} * z_1) \leqslant \frac12,$$
        avec $\Im(T^{-n}*z_1) = \Im(z_1)$.

        En posant $z_2 = T^{-n}*z_1)$, il ne nous reste plus qu'à montrer $|z_2| \geqslant 1$.

        Sinon, $\Im(S*z_2) = \frac{\Im(z_2)}{|z_2|^2}$, ce qui contredit la maximalité de $\Im(z_2)$.
    \end{prooflem}
    
    On chercher maintenant à caractériser, pour $z\in D$ fixé, les matrices $A$ de $SL_2(\Z)$ telles que $A*z \in D$.

    Fixons-nous donc $z\in D$, et $A = \left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}  \right)$ dans $SL_2(\Z)$ tels que $A*z \in D$.

    \begin{lem}
        $A$ est une matrice de $G$.
    \end{lem}

    \begin{prooflem}
        On peut se restreindre au cas où $\Im(A*z) \geqslant \Im(z)$, \ie{} $|cz+d| \leqslant 1$ : sinon $\Im(A*z) < \Im(A^{-1}*(A*z))$ et donc on peut faire la même étude pour $A^{-1}$.

        D'après les calculs qu'on a fait plus tôt, on a
        $$|c| \leqslant \frac{1}{\Im(z)} \leqslant \frac{2}{\sqrt 3} < 2$$
        et donc $c \in\{-1,0,1\}$.

        \begin{itemize}
            \item[Cas $c=0$~:]

            On a $\det(A)=ad=1$, et donc, quitte à changer $A$ et $-A$ (ce qui ne change pas la valeur de $A*z$), on a $a=d=1$, et donc $A*z = z+b$. Regardons où est $z$ dans $D$.
            \begin{itemize}
                \item Si $|\Re(z)| < \frac12$, alors $b=0$ et donc $A=\pm I$.
                \item Si $|\Re(z)| = -\frac12$, alors $b=0$ ou 1, et donc $A=\pm I$ ou $T$.
                \item Si $|\Re(z)| = \frac12$, alors $b=0$ ou -1, et donc $A=\pm I$ ou $T^{-1}$.
            \end{itemize}

            \item[Cas $c=1$~:]

            La condition $|z+d| \leqslant 1$ n'offre que trois possibilités (dessiner $D$)~:
            \begin{enumerate}[(i)]
                \item $d=0$ ;
                \item $z=j$ et $d=1$ ;
                \item $z=-\frac1j$ et $d=-1$.
            \end{enumerate}

            \begin{enumerate}[(i)]
                \item On a $\det(A) = -b =1$, et $A*z = a - \frac{1}{z}$.

                Comme de plus, $|z|\leqslant 1$ et $z\in D$, nécessairement $|z|=1$, et donc $-\frac1z$ et le symétrique de $z$ par rapport à l'axe des imaginaires. $a-\frac1z$ est donc dans $D$ seulement si
                \begin{itemize}
                    \item $a=0$
                    \item $z=j$ et $a=-1$
                    \item $z = -\frac1j$ et $a=1$
                \end{itemize}
                Ces trois possibilités mènent à
                \begin{itemize}
                    \item $A=S$
                    \item $A = \left( \begin{array}{cc} -1 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}  \right)= (ST)^2$
                    \item $A = \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}  \right)=TS$.
                \end{itemize}
                \item $\det(A)= a-b=1$ et 
                $$A*z = \frac{aj+(a-1)}{j+1} = a+j,$$
                qui est dans $D$ seulement si $a=0$ ou $a=1$, ce qui mène à
                $$A = \left( \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{array}  \right)=ST \text{ ou } A = \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}  \right)=TST.$$
                \item On conclut de la même façon
                $$A = \left( \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array}  \right)=(TS)^2 \text{ ou } A = \left( \begin{array}{cc} -1 & 0 \\ 1 & -1 \end{array}  \right)=TST.$$
            \end{enumerate}
            \item[Cas $c=-1$~:]

            On se ramène à $c=1$ en changeant $A$ en $-A$.
        \end{itemize}
    \end{prooflem}

    On peut maintenant terminer la preuve~:

    Le cas où $z$ est dans l'intérieur de $D$ ne se rencontre que dans le cas $c=0$, et impose $A=\pm I$.

    Soit $A$ une matrice de $SL_2(\Z)$. Notons $z' = A*z \in P$. Alors par le lemme~\ref{lem:2}, il existe $B \in G$ telle que $B*z' \in D$, \ie{} $(BA)*z \in D$.

    On a donc $BA = \pm I$, \ie{} $A = \pm B^{-1}$. Comme $-I = S^2$ est dans $G$, on a bien $A\in G$, et par suite $G = SL_2(\Z)$.

\end{proof}

\end{document}
