экспоненциальное отображение

[akon]

Рассмотрим группу $SL(2, \mathbb R)$.
Доказать, что элемент

$$\begin{pmatrix} -1 & 1\\ 0 & -1\\ \end{pmatrix}$$

не лежит в образе экспоненциального отображения.

Помогите, пожалуйста! Должно быть не трудно, но что-то не получается. Пока проверил только, что элемент не имеет квадратного корня.

[мат-ламер]

Экспонента от действительного числа число положительное. Может это как-бы намекает ...

[akon]

Не понял :(

[g______d]

akon в сообщении #697580 писал(а):

Пока проверил только, что элемент не имеет квадратного корня.

Докажете, что если элемент является экспонентой, то он имеет квадратный корень (можно догадаться, как он будет выглядеть).

[akon]

$A=e^B=(e^{B/2})^2$
Так?

[g______d]

akon в сообщении #697877 писал(а):

$A=e^B=(e^{B/2})^2$
Так?

Ну например.

Конечно, можно проще, если посмотреть на то, как связаны собственные значения матрицы и ее экспоненты, см. другие ответы в этой теме.

[ewert]

g______d в сообщении #697886 писал(а):

Конечно, можно проще, если посмотреть на то, как связаны собственные значения матрицы и ее экспоненты,

Не так быстро: собственные числа вещественной матрицы вполне могут быть комплексными. Так что так сходу эта логика не срабатывает.

Можно, например, так:

$e^B=A\ \Leftrightarrow\ B=\operatorname{Ln}A=i\widetilde E+\ln(E-N)=i\widetilde E-N-\frac12N^2-\frac13N^3\cdots\equiv i\widetilde E-N,$

где $E=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\\ \end{pmatrix}$, $N=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\\ \end{pmatrix}$ и $\widetilde E=\begin{pmatrix} \pi+2\pi k & 0\\ 0 & \pi+2\pi m\\ \end{pmatrix}\neq$\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & 0\\ \end{pmatrix}$, так что вещественных решений нет.

Но через квадратный корень, разумеется, гораздо проще.