8. et 9. Commençons par démontrer le fait suivant : étant donnés z ∈ {e^{iϑ} , π/2 ⩽ ϑ ⩽ 2π/3} et g ∈ G, le point g(t) appartient au domaine

\{ z′∈ ℌ | \frac{−1}{2} ⩽ Re(z′) ⩽ 0 et |z′| ⩾ 1\}

si et seulement si t = i et g ∈ A ou t = j et g ∈ B.

Choisissons une matrice ( \begin{matrix}p & q \\ r & s \end{matrix} ) ∈ SL_{2}(ℤ) représentant g. Quitte à remplacer z par gz et g

par g^{−1} , on peut supposer Im(g(z)) ⩾ Im(z) et donc |rz + s|^{2} ⩽ 1.

– Si r = 0, alors g(z) = z ± q et donc q = 0, g = e.

– Supposons r ≠ 0. Comme |z + λ| > 1/2 pour tout λ ∈ ℚ, |r|^{2} ⩽ |z + s/r|^{−2} < 4 et donc r = ±1. Quitte à remplacer la matrice considérée par son opposée, on peut supposer r = 1. La condition |z + s| ⩽ 1 implique s = 0 ou (z = j et s = 0,1).

– Si s = 0, alors q = −1 puisque ps − qr = 1 et r = 1. On a ainsi g(z) = p − \frac{1}{z}, ce qui impossible.

– Il reste à examiner le cas z = j et r = s = 1. On a g(z) = g(j) = 1 + q − \frac{1}{1+j} = 1 + q + j,

donc q = −1, g(j) = j et finalement g ∈ B en vertu de la question 6. Notre assertion est démontrée.

Une première conséquence de cette observation est l’injectivité de l’application φ : T → ℌ. En effet, si (t_{1},g_{1}) et (t_{2},g_{2}) sont deux points de [0,1] × G tels que γ_{g_{1}}(t_{1}) = γ_{g_{2}}(t_{2}), alors g_{1}γ_{e}(t_{1}) = g_{2}γ(t_{2}) et g_{2}^{−1} g_{1}γ_{e}(t_{1}) = γ_{e}(t_{2}) ; comme γ_{e}(t_{1}),γ_{e}(t_{2}) ∈ {e^{iϑ} ; π/2 ⩽ ϑ ⩽ 2π/3}, il découle de ce que l’on vient de dire que l’on a

(γ_{e}(t_{1}) = γ_{e}(t_{2}) = i et g_{2}A = g_{1}A) ou (γ_{e}(t_{1}) = γ_{e}(t_{2}) = j et g_{2}B = g_{1}B),

ce qui signifie précisément que les points (g_{1},t_{1}) et (g_{2},t_{2}) ont la même image dans |Γ|.

Toute application continue d’un espace topologique localement compact dans un espace topologique séparé étant propre, nous concluons de ce qui précède que l’application φ est un homéomorphisme de |Γ| sur T. En particulier, T est connexe puisque |Γ| l’est.

Il découle également de l’observation initiale que i est l’unique élément de T de partie réelle nulle. Soit en effet z est un point de ℌ vérifiant Re(z) = 0. Comme Im(az) = Im(z)^{−1} , on peut supposer |z| = Im(z) ⩾ 1. Il existe par hypothèse un élḿent z′de {e^{iϑ} , π/2 ⩽ ϑ ⩽ 2π/3} et g ∈ G tels que z = g(z′) ; on a alors z′= i et g ∈ A, d’où z = g(i) = i.

Considérons un point t dans T∩{z ∈ ℌ, Re(z) < 0} et soit c: [0,1] → T un chemin reliant t à i. On note t_{0} le plus petit élément de ]0,1] tel que c(t_{0}) = i. Il y a dans Γ exactement deux arêtes contenant le sommet A : l’une, correspondant à l’élément e, relie A et B ; l’autre, correspondant à l’élément a, relie A et aB. Comme γ_{a}(]0,1]) = {e^{iϑ} , π/3 < ϑ ⩽ π/2} est entièrement contenu dans {z ∈ ℌ; Re(z) > 0}, on en déduit que φ^{−1} ∘c([0,t_{0}[) doit rencontrer l’intérieur de l’arête de |Γ| reliant les sommets B et A. De manière équivalente, c([0,t_{0}[) contient un point de la forme e^{iϑ} avec π/2 < ϑ < 2π/3 et t peut par conséquent être relié au point j par un chemin dans T∩{z ∈ ℌ; Re(z) < 0}. Nous avons ainsi démontré la connexité par arcs de T∩{z ∈ ℌ; Re(z) < 0}. Le cas de T ∩ {z ∈ ℌ; Re(z) > 0} s’en déduit immédiatement puisque a échange des deux sous-espaces.

Écrivant T − {i} sous la forme T ∩ {z ∈ ℌ; Re(z) < 0} ∪ T ∩ {z ∈ ℌ; Re(z) > 0}, il est clair que T − {i} n’est pas connexe.

10. Considérons un cycle (g_{1},...,g_{n}) dans Γ. La concaténation des chemins γ_{g_{1}},...,γ_{g_{n}} fournit un lacet non constant c dans T passant par g_{1}(i). Par suite, g^{−1} c−{i} est entièrement contenu dans l’une des deux composantes connexes de T − {i} et finalement, vu la description de T au voisinage de i que l’on a donnée à la question précédente, il existe un indice i tel que g_{i+1} = g_{i}. Nous avons ainsi démontré que le graphe Γ ne contient pas de cycle injectif, ce qui signifie précisément qu’il s’agit d’un arbre.

11. La conclusion découle directement des questions 5 et 10 : PSL_{2} = A∗B ≃ ℤ/2ℤ∗ℤ/3ℤ.