Consideremos el grupo afín complejo $\mathrm{Aff}(\mathbb{C})$ que podemos considerar como el grupo de mapas afines $$\mathbb{C} \to \mathbb{C},~~ f(z) = a z + b,~~ a \neq 0$$ en composición. La inducción da que
$$f^k(z) = a^k z + (a^{k - 1} + \cdots + a^2 + a) b.$$
Así, para cualquier $g \in \mathrm{Aff}(\mathbb{C})$ digamos, $g(z) = cz + d$ podemos encontrar $f$ tal que $f^k = g$ es decir, podemos encontrar $a,b$ tal que $a^k z + (a^{k - 1} + \cdots + a^2 + a) b = c z + d$ : Hay $k$ soluciones distintas $a$ a $a^k = c$ ya que $a^{k - 1} + \cdots + a^2 + a = 0$ para un máximo de $k - 1$ valores de $a$ hay alguna solución $a$ para lo cual $a^{k - 1} + \cdots + a^2 + a \neq 0$ . Para tales soluciones $a$ podemos resolver $(a^{k - 1} + \cdots + a^2 + a)b = d$ .
De hecho, esto debería funcionar igual de bien para el grupo afín sobre cualquier campo algebraicamente cerrado, quizás requiriendo característica cero.
Observación 1 En realidad hay un ejemplo relacionado más sencillo: Consideremos el grupo $\mathrm{Aff}_+(\mathbb{R}) = \mathbb{R} \rtimes \mathbb{R}_+$ de transformaciones afines invertibles y preservadoras de la orientación de $\mathbb{R}$ a saber, los mapas
$$\mathbb{R} \to \mathbb{R},f(x) = a x + b,a > 0$$
en composición. De hecho, utilizando la fórmula anterior, que se aplica formalmente aquí, podemos demostrar que cada $f \in \textrm{Aff}_+(\mathbb{R})$ tiene precisamente una $k$ ª raíz para todos $k \in \mathbb{Z}$ .
Observación 2 De hecho, ambos ejemplos están subordinados al ejemplo de Micah, ya que podemos demostrar que los mapas exponenciales para estos grupos son ambos onto:
Si incrustamos $\textrm{Aff}(\mathbb{C})$ en $GL(2, \mathbb{C})$ de la forma habitual, es decir, a través de $$(z \mapsto a z + b) \mapsto \left(\begin{array}{c}1&0\\b&a\end{array}\right),$$ then we can identify the Lie algebra $\mathfrak{aff}(\mathbb{C})$ of $\textrm{Aff}(\mathbb{C})$ with $$\left\{\left(\begin{array}{c}0&0\\ \beta&\alpha\end{array}\right) : \alpha, \beta \in \mathbb{C} \right\} \subset \mathfrak{gl}(2, \mathbb{C}).$$ El cálculo da que $$\exp \left(\begin{array}{c}0&0\\ \beta&\alpha\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}1&0\\ \frac{\exp \alpha - 1}{\alpha}\beta&\exp \alpha\end{array}\right) \leftrightarrow \left(z \mapsto (\exp \alpha) z + \left(\frac{\exp \alpha - 1}{\alpha}\right)\beta\right),$$ y no es difícil demostrar que esto es suryectivo. El mismo argumento funciona para $\textrm{Aff}_+(\mathbb{R})$ .
