Si A es una matriz cuadrada real no singular, entonces existe una matriz real$B$ tal que$e^B$$=$$A^2$

Question

Si consideramos la matriz exponencial mapa en $M_n(\mathbb R)$, entonces lo que será la imagen de conjunto de la exponencial mapa?

He visto esto. A partir de ahí me puede decir que $exp(M_n(\mathbb C))=GL_n(\mathbb C)$. Pero lo que sobre el conjunto $exp(M_n(\mathbb R))$?

En el ejercicio 66 de este enlace he a$exp(M_n(\mathbb R))\neq GL_n(\mathbb R)$. Incluso se dice que :

Si a es no-singular matriz cuadrada, entonces existe una verdadera matriz B tal que $e^B=A^2$

¿Cómo puedo comprobar esta afirmación? Cualquier ayuda por favor.

Gracias de antemano.

Answer 1

Déjame probar un lexema primera.

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Lema : Vamos a $M\in GL_n(\mathbb{C}), \exists P\in \mathbb{C}[X]$ tal que $M=\exp(P(M))$.

Con Dunford descomposición $M=D+N$, donde $D,N$ son polinomios en $M$ y viajar. Por lo tanto existe $P$ un complejo polynom tales que : $$D=Pdiag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)P^{-1}$$ El complejo exponencial es surjective lo $\forall i,\exists \nu_i$ tal que $e^{\nu_i}=\lambda_i$. Deje $Q$ el de Lagrange polinomio tal que $Q(\lambda_i)=\nu_i$. $$Q(D)=PQ(diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n))P^{-1}=Pdiag(\nu_1,\dots,\nu_n)P^{-1}$$ $$\exp(Q(D))=Pdiag(e^{\nu_1},\dots,e^{\nu_n})P^{-1}=D$$ . $Q(D)$ es un polinomio en a$M$, por lo que el lema es cierto si la matriz es diagonalisable.
También se $M$ es invertible y $D$ tiene el mismo eigen valores, por lo $D$ es invertible. Por lo $(D^{-1}N)^k=D^{-k}N^k$, $N$ es nilpotent lo $D^{-1}N$ también es nilpotent. Por lo tanto : $$I_n+D^{-1}N=\exp(\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}(D^{-1}N)^k)$$ También tenemos el polinomio característico $$\chi_D=(-1)^nX^n+\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$$ $a_0\neq0$, debido a $D$ es invertible, por lo que con Cayley-Hamilton teorema : $$D^{-1}=-\frac{1}{a_0}((-1)^nD^{n-1}+\sum_{k=1}^{n-1}a_kD^{k-1})$$ $D$ e $N$ son polinomios en $M$ lo $\exists B\in \mathbb{C}[X]$ tal que $I_n+D^{-1}N=\exp(B(M))$.
Finalmente : $$M=D(I_n+D^{-1}N)=\exp(A(M))\exp(B(M))=\exp((A+B)(M))$$ debido a $A(M)$ e $B(M)$ viaje. El lema queda demostrado.

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Ahora vamos a probar que $\exp(M_n(\mathbb R))=\{A\in GL_n(\mathbb{R}) | \exists B \in M_n(\mathbb R),A=B^2\}$.

Deje $A \in \exp (Mn(\mathbb{R}))$, a continuación, $\exists B \in Mn(\mathbb{R})$ tal que $A=\exp(B)$, lo $A = (\exp(\frac 1 2 B))^2$ es el cuadrado de una matriz invertible entonces es invertible. Vamos a mostrar a los otros la inclusión. Si $A\in GLn(\mathbb R))$ tal que $\exists B \in M_n(\mathbb R)$ e $A=B^2$, por lo que tenemos $\det(B)^2=\det(A)\neq 0$ lo $B$ es invertible. Por el lema $\exists P \in \mathbb C [X]$ tal que $B=\exp(P(B))$. Desde $B$ es real tenemos $A=B\overline B=\exp(P(B))\overline{\exp(P(B))}=\exp(P(B))\exp(\overline P(B))=\exp((P + \overline P)(B))$ porque $P(B)$ e $\overline P (B)$ viaje. Y desde $P+\overline P$ es un polinomio real tenemos $A\in \exp(Mn(\mathbb R))$. Hemos demostrado que la igualdad de los dos conjuntos.

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Finalmente, podemos comprobar que la $\{A \in GL_n(\mathbb{R}) | \exists B \in M_n(\mathbb R),A=B^2\} \neq GLn(\mathbb R)$ tomando la matriz $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$. De hecho es invertible porque su determinante no es cero, pero no puede ser el cuadrado de un real de la matriz porque su determinante es estrictamente negativo.