Action du groupe modulaire sur le demi-plan de Poincarré
Références : Thèmes de géométrie ; Groupes en situation géométrique.
Michel Alessandri Oraux X-ENS, Algèbre 1
2011-2012
On appelledemi-plan de Poincarél’ensembleP ={z∈C| ℑ(z)>0}. On fait agirSL2(Z) surP par l’action :
∀A∈SL2(Z), ∀z∈P, A∗z=az+b cz+d. On appelle en particulierS et T les matrices
S=
0 −1
1 0
etT =
1 1
0 1
Finalement, on appellegroupe modulaire le groupe
P SL2(Z) =SL2(Z)/{±I}.
On fait agir ce groupe surP de la même manière queSL2(Z). On remarquera que cette action est fidèle (seul le neutre fixe tous les points).
On cherche à montrer
Théorème 1
Le groupeSL2(Z)est engendré parS etT.
Démonstration. On appelleD l’ensemble D=
z∈P | |z|>1 et|ℜ(z)|61 2
, etGle sous-groupe deSL2(Z) engendré parS etT.
On cherche donc à montrer queG=SL2(Z). Commençons par étudierD.
Lemme 2
On fait agirGsur P via l’action deSL2(Z). Alors pour cette action deG, toutes les orbites rencontrentD.
Démonstration. On se fixez∈P. On va construire un point deP qui est dansD à partir de z; pour cela, on va faire "monter"z, puis le translater.
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On remarque qu’il n’y a qu’un nombre fini de couples (c, d)∈Z2tels que |cz+d|61. En effet
|c|ℑ(z) =|ℑ(cz+d)|6|cz+d|61, et donc|c|61/ℑ(z) et|d|61 +|c||z|.
On a, pourA=
a b
c d
dansG,
ℑ(A∗z) = ℑ(z)
|cz+d|2.
Comme le nombre de couples (c, d) vérifiantℑ(A∗z)>ℑ(z) est fini, il existeA1∈Gtelle que ℑ(A1∗z) soit maximal. On appellez1=A1∗z.
Soitnla partie entière deℜ(z1) + 1/2.
Comme pour toutudeP, on aT∗u=u+ 1, on a :
−1
2 6ℜ(z1)−n6ℜ(z1−n)6ℜ(T−n∗z1)61 2, avecℑ(T−n∗z1) =ℑ(z1).
En posantz2=T−n∗z1), il ne nous reste plus qu’à montrer|z2|>1.
Sinon,ℑ(S∗z2) = ℑ(z|z 2)
2|2, ce qui contredit la maximalité deℑ(z2). ♦
On chercher maintenant à caractériser, pourz∈Dfixé, les matricesAdeSL2(Z) telles queA∗z∈D.
Fixons-nous doncz∈D, etA=
a b
c d
dansSL2(Z) tels queA∗z∈D.
Lemme 3
Aest une matrice de G.
Démonstration. On peut se restreindre au cas oùℑ(A∗z)>ℑ(z),i.e|cz+d|61 : sinonℑ(A∗z)<ℑ(A−1∗(A∗z)) et donc on peut faire la même étude pourA−1.
D’après les calculs qu’on a fait plus tôt, on a
|c|6 1 ℑ(z)6 2
√3 <2 et doncc∈ {−1,0,1}.
Casc= 0 : On a det(A) =ad= 1, et donc, quitte à changerAet−A(ce qui ne change pas la valeur deA∗z), on aa=d= 1, et doncA∗z=z+b. Regardons où estz dansD.
– Si|ℜ(z)|<12, alorsb= 0 et doncA=±I.
– Si|ℜ(z)|=−12, alorsb= 0 ou 1, et doncA=±IouT. – Si|ℜ(z)|=12, alorsb= 0 ou -1, et doncA=±I ouT−1.
Casc= 1 : La condition|z+d|61 n’offre que trois possibilités (dessinerD) : (i) d= 0 ;
(ii) z=j et d= 1 ; (iii) z=−1j etd=−1.
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(i) On a det(A) =−b= 1, etA∗z=a−1z.
Comme de plus,|z|61 etz∈D, nécessairement|z|= 1, et donc −1z et le symétrique dez par rapport à l’axe des imaginaires.a−1z est donc dansD seulement si
– a= 0
– z=j et a=−1 – z=−1j et a= 1
Ces trois possibilités mènent à – A=S
– A=
−1 −1
1 0
= (ST)2 – A=
1 −1
1 0
=T S.
(ii) det(A) =a−b= 1 et
A∗z=aj+ (a−1)
j+ 1 =a+j, qui est dansD seulement si a= 0 oua= 1, ce qui mène à
A=
0 −1
1 1
=ST ouA=
1 −1
1 0
=T ST.
(iii) On conclut de la même façon A=
0 −1
1 −1
= (T S)2 ouA=
−1 0
1 −1
=T ST.
On se ramène àc= 1 en changeantA en−A.
♦
On peut maintenant terminer la preuve :
Le cas oùzest dans l’intérieur deD ne se rencontre que dans le casc= 0, et imposeA=±I.
SoitAune matrice deSL2(Z). Notonsz′=A∗z∈P. Alors par le lemme2, il existeB∈Gtelle queB∗z′∈D, i.e (BA)∗z∈D.
On a doncBA=±I,i.eA=±B−1. Comme−I=S2 est dansG, on a bienA∈G, et par suiteG=SL2(Z).
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