$SL(2,\mathbb{R})$ es conectado por el camino. Por lo tanto, para todos los $A,B \in SL(2,\mathbb{R})$ allí es una ruta de acceso $\varphi:[0,1]\rightarrow SL(2,\mathbb{R})$, conectando ambas matrices. Me gustaría saber, ¿cómo puedo realmente construir una ruta de acceso para dos matrices dadas?
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Sugerencia.
El resultado es "verdadero" en la dimensión $n \ge 1$: el especial lineales grupo $SL(n,\mathbb R)$ es la ruta de acceso conectado.
Una prueba utiliza el hecho de que $SL(n,\mathbb R)$ es generado por el transvections $T_{i,j}(\lambda)$ donde $i,j \in \{1,\dots,n\}$, $i \neq j$ y $\lambda \in \mathbb R$.
Basado en esto, usted puede escribir cualquier matriz $A \in SL(n,\mathbb R)$ $$A = \prod_{C \in X} T_C(\lambda_C)$$ where $X$ is a family of elements of $\{1,\puntos,n\}^2$ and $\lambda_C \in \mathbb R$ for $C \in X$.
A continuación, puede definir una ruta de acceso $$\varphi : t \in [0,1] \mapsto A(t)=\prod_{C \in X} T_C(t\lambda_C)$$ between the identity matrix $I_n$ and $$. The path is lying in $SL(n,\mathbb R)$ as a product of transvections is an element of $SL(n,\mathbb R)$, lo que termina la prueba.
Para el registro de las $T_{i,j}(\lambda)=I_n +\lambda E_{i,j}$ donde $E_{i,j}$ es la matriz con todos los coeficientes iguales a cero, excepto el de la fila $i$ y la columna $j$ para que el coeficiente es igual a uno.
mrseaman
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Aquí una muy específicos de la construcción geométrica para el 2-dimensional caso. Sin pérdida de generalidad podemos suponer $B$ es la matriz identidad $I$ (ya que dado un camino de $A$ $I$y un camino de$B$$I$, se puede construir fácilmente un camino de$A$$B$). Ahora $A = \left(\matrix{a& b \\ c & d}\right)$ representa la transformación lineal $v \mapsto vA$ que envía a$(1, 0)$$(a, b)$$(0, 1)$%#%. Por lo que la rotación $(c, d)$ a través de algunos ángulo de $R_{\alpha}$ $\alpha$ nos dará ese $0 \le \alpha \le \pi$ es triangular superior con $A' = AR_{\alpha} = \left(\matrix{a' & b'\\0 & d'}\right)$ y $a', d' > 0$ ($a'd' = 1$ es el ángulo entre el cero vector $\alpha$ y el positivo de la mitad de la $(c, d)$-eje). Así que tenemos un camino de $y$$t \mapsto AR_{t\alpha}$$A$. Ahora $A'$ representan los compuestos de dilataciones por $A'$ $a'$ a lo largo de los ejes compuesta con un cortante. Así que tenemos un camino de $d'$ que continuamente se elimina la dilatación de los factores y el corte de tomar $t \mapsto \left(\matrix{(1-t)a' + t & (1-t)b'\\0 & \frac{1}{(1-t)a' + t}}\right)$ a la matriz de identidad $A'$.
