Demostrando que el mapa exponencial $\mathrm{exp}:\mathfrak{sl}(2,\mathbb{R})\to\mathrm{SL}(2,\mathbb{R})$ no es surjetivo

Question

Me resulta difícil demostrar que el mapa exponencial $\mathrm{exp}: \mathfrak{sl}(2, \mathbb{R}) \rightarrow \mathrm{SL}(2, \mathbb{R})$ no es sobreyectiva. Sin embargo, he calculado que $\mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ viene dada por $\{A \in M(n, \mathbb{R}) \mid \mathrm{trace}(A) = 0\}$ .

Agradeceré cualquier ayuda. Gracias

Answer 1

¿Puede encontrar una matriz $X\in\mathfrak{sl}(2,\mathbb R)$ tal que $\exp X=\left(\begin{smallmatrix}-1&1\\0&-1\end{smallmatrix}\right)$ ?

Supongamos que tenemos una matriz de este tipo $X$ . Desde $\exp X$ no es diagonalizable, $X$ tampoco es diagonalizable, y debe tener un valor propio doble. Como tiene traza cero, ese valor propio es necesariamente cero. Ahora, si $\lambda$ es un valor propio de $X$ , $\exp(\lambda)$ es entonces un valor propio de $\left(\begin{smallmatrix}-1&1\\0&-1\end{smallmatrix}\right)$ para que $\lambda=\pi i+2\pi i k$ para algunos $k\in\mathbb Z$ . Sin embargo, ¡esto no puede ser cero!

Answer 2

La misma respuesta que la de Mariano, pero con una explicación diferente:

Dejemos que $J=\pmatrix{-1&1\\ 0&-1}$ . Afirmamos que no existe una matriz real $A$ (sin traza o no) tal que $\exp(A)=J$ . Supongamos lo contrario. Entonces $JA=(A+A^2+\frac{A^3}{2!}+\ldots)=AJ$ . Sin embargo, cada matriz $A$ que conmuta con $J$ debe ser de la forma $\pmatrix{a&b\\ 0&a}$ (nota 1) . Por lo tanto, $J$ tiene un valor propio repetido $e^a>0$ , lo cual es una contradicción.

Nota 1: En general, las matrices que conmutan con un bloque de Jordan con un valor propio distinto de cero son precisamente las triangulares superiores matrices circulantes Matrices de Toeplitz.