En algún momento usted ha $b=-c(x^2+y^2)$ e $a=2cx+d$. Si $c=0$, a continuación, $b=0$, en cuyo caso el elemento $\begin{pmatrix} a&b\\c&d\end{pmatrix}$ de la proyectiva especial lineales grupo $\operatorname{PSL}_2(\Bbb Z)$ de este formulario es el elemento de identidad (recordando que $\operatorname{PSL}_2(\Bbb Z)=\operatorname{SL}_2(\Bbb{Z})/\{\pm I\}$), por lo que no nos interesa en este caso. Así, $c$ se supone que ser distinto de cero, y sin pérdida de generalidad supone que ser positivo.
Que es, $x=\frac{a-d}{2c}$, por lo que $$-\frac{b}{c}=x^2+y^2=\frac{(a-d)^2}{4c^2}+y^2.$$
Desde $y>0$, tenemos
$$y=\frac{\sqrt{4-(a+d)^2}}{2c},$$ which means $d=-$ or $d=-\pm1$.
En el caso de $d=-a$, debemos tener $x=\frac{a}{c}$ e $y=\frac{1}{c}$.
Para un punto dado, $z=x+yi$ de esta forma que se fija por un no-trivial $\gamma\in\operatorname{PSL}_2(\Bbb{Z})$, podemos asumir que $$\gamma=\begin{pmatrix}a&b\\c&-a\end{pmatrix}\wedge bc=-(a^2+1).\tag{1}$$ That is, $\gamma^2$ is the identity of $\operatorname{PSL}_2(\Bbb{Z})$. The points in $\Bbb H$ with a stabilizer of order $2$ are of the form $z=x+yi$, donde
$$x=\frac{a}{c}\wedge y=\frac{1}{2c}$$
para algunos entero $a$ y para algunos entero $c>0$, de tal manera que $a^2+1$ es divisible por $c$ (de modo que no existe $b\in \Bbb Z$ tal que $bc=-(a^2+1)$). El número de órbitas para un determinado $a$ es $\sigma_0(a^2+1)$, donde $\sigma_0$ es el divisor función de conteo.
Para el caso de $d=-a+1$, podemos ver que $x=\frac{2a-1}{2c}$ e $y=\frac{\sqrt{3}}{2c}$. A continuación, $z=x+yi$ es fijo por
$$\gamma=\begin{pmatrix}a&b\\c&-a+1\end{pmatrix}\wedge bc=-(a^2-a+1).\tag{2}$$
Tenga en cuenta que $\gamma^3$ es la identidad de $\operatorname{PSL}_2(\Bbb{Z})$. Por lo tanto, para un determinado $a$, son correspondientes a$\sigma_0(a^2-a+1)$ puntos $z\in \Bbb H$.
Para el caso de $d=-a-1$, podemos ver que $x=\frac{2a+1}{2c}$ e $y=\frac{\sqrt{3}}{2c}$. A continuación, $z=x+yi$ es fijo por
$$\gamma=\begin{pmatrix}a&b\\c&-a-1\end{pmatrix}\wedge bc=-(a^2+a+1).\tag{3}$$
Tenga en cuenta que $\gamma^3$ es la identidad de $\operatorname{PSL}_2(\Bbb{Z})$. Por lo tanto, para un determinado $a$, son correspondientes a$\sigma_0(a^2+a+1)$ puntos $z\in \Bbb H$. (Puede verse que en este caso es idéntica a la del caso anterior a través de la transformación de $a\mapsto a-1$.)
Por ejemplo, $x=\frac{3}{5}$ e $y=\frac{1}{5}$ se ajustan a la ley (con $a=3$, $b=-2$, $c=5$, e $d=-a=-3$) para un punto con estabilizador de orden $2$, $$\gamma=\begin{pmatrix}3&-2\\5&-3\end{pmatrix}.$$
Para el mismo $a=3$, hay tres puntos más con stablizers de orden $2$, es decir, con $c=1$, $c=2$, e $c=10$. Es decir, para $a=3$, tenemos un total de cuatro puntos con los no-trivial estabilizadores $\gamma$ orden $2$: $z=3+i$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-10\\1&-3\end{pmatrix}$, $z=\frac{3}{2}+\frac{i}{2}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-5\\2&-3\end{pmatrix}$, $z=\frac{3}{5}+\frac{i}{5}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-2\\5&-3\end{pmatrix}$, e $z=\frac{3}{10}+\frac{i}{10}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-1\\10&-3\end{pmatrix}$.
Para el mismo $a=3$, también hay cuatro puntos con los estabilizadores de la orden de $3$. Es decir, para $a=3$, tenemos cuatro puntos con los no-trivial estabilizadores $\gamma$ orden $3$: $z=\frac52+\frac{\sqrt{3}i}{2}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-7\\1&-2\end{pmatrix}$, $z=\frac{5}{14}+\frac{\sqrt{13}i}{14}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-1\\7&-2\end{pmatrix}$, $z=\frac{7}{2}+\frac{\sqrt{3}i}{2}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-13\\1&-4\end{pmatrix}$, e $z=\frac{7}{26}+\frac{\sqrt{3}i}{26}$ con $\gamma=\begin{pmatrix}3&-1\\13&-4\end{pmatrix}$.
En conclusión, hay tres tipos de puntos de $z\in\Bbb H$---los con trivial estabilizadores, aquellos con los estabilizadores de la orden de $2$, y aquellos con los estabilizadores de la orden de $3$. El stablizers en la no-trivial de los casos son generados por $\gamma$ dada en (1) y (2).
