Image de l'exponentielle sur $sl_2(C)$

Résolution.

1. Soit $A \in \mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C})$. Par définition, $\operatorname{Tr}(A) = 0$. On utilise la propriété de l'exponentielle de matrice : $\det(\exp(A)) = e^{\operatorname{Tr}(A)}$. On en déduit :
   $$\det(\exp(A)) = e^0 = 1$$
   Ainsi, $\exp(A)$ possède un déterminant égal à 1, ce qui prouve l'inclusion :
   $$\boxed{ \exp(\mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C})) \subset \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C}) }$$

2. 1. Supposons par l'absurde qu'il existe $H \in \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C})$ telle que $H^2 = G$. Le polynôme caractéristique de $G$ est $\chi_G(X) = (X+1)^2$. La seule valeur propre de $G$ est $-1$. Puisque $H$ commute avec $H^2 = G$, $H$ laisse stables les sous-espaces propres de $G$. Si $\lambda$ est une valeur propre de $H$, alors $\lambda^2$ est une valeur propre de $G$, donc $\lambda^2 = -1$. Ainsi, le spectre de $H$ est inclus dans $\{i, -i\}$. Comme $H \in \mathcal{M}_2(\mathbb{C})$, son polynôme caractéristique est de degré 2. Si $H$ avait deux valeurs propres distinctes $i$ et $-i$, alors son déterminant serait $i \times (-i) = 1$. Cependant, dans ce cas, $H$ serait diagonalisable, donc $H^2 = G$ le serait aussi. Or $G$ n'est manifestement pas diagonalisable (car $G \neq -I_2$). Si $H$ possède une valeur propre double $\lambda \in \{i, -i\}$, son déterminant est $\lambda^2 = -1$. Ceci contredit l'hypothèse $H \in \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C})$ (où le déterminant doit valoir 1). On conclut que :
      $$\boxed{ G \text{ n'a pas de racine carrée dans } \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C}) }$$

   2. Si l'exponentielle était surjective, il existerait $A \in \mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C})$ telle que $\exp(A) = G$. Posons alors $H = \exp\left(\frac{1}{2}A\right)$. On a $\operatorname{Tr}\left(\frac{1}{2}A\right) = \frac{1}{2}\operatorname{Tr}(A) = 0$, donc $H \in \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C})$ d'après la question 1. De plus, $H^2 = \exp\left(\frac{1}{2}A\right)^2 = \exp(A) = G$. Ceci contredit le résultat de la question 2.(a). Par conséquent :
      $$\boxed{ \exp : \mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C}) \to \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C}) \text{ n'est pas surjective.} }$$

3. Soit $M \in \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C})$. Notons $a = \operatorname{Tr}(M)$. Le polynôme caractéristique de $M$ est $\chi_M(X) = X^2 - aX + 1$. Cas 1 : $M = -I_2$. On cherche $A \in \mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C})$ telle que $\exp(A) = -I_2$. La matrice $A = \begin{pmatrix} 0 & -\pi$
   \pi & 0 \end{pmatrix} convient car ses valeurs propres sont $i\pi$ et $-i\pi$ (trace nulle). Son exponentielle est semblable à $\text{diag}(e^{i\pi}, e^{-i\pi}) = -I_2$. Comme l'exponentielle commute avec le passage à la base, on a bien $\exp(A) = -I_2$. Cas 2 : $a = \operatorname{Tr$(M) \neq -2.} Si $a = 2$, alors $\chi_M(X) = (X-1)^2$. Si $M$ est diagonalisable, $M=I_2 = \exp(0_2)$ avec $0_2 \in \mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C})$. Si $M$ n'est pas diagonalisable, $M$ est semblable à $\begin{pmatrix} 1 & 1$
   0 & 1 \end{pmatrix} = \exp\begin{pmatrix} 0 & 1
   0 & 0 \end{pmatrix}. La matrice $\begin{pmatrix} 0 & 1$
   0 & 0 \end{pmatrix} est de trace nulle. Si $a \neq 2$ (et on a déjà $a \neq -2$), alors $\chi_M$ a deux racines distinctes $\lambda$ et $1/\lambda$. $M$ est donc semblable à $D = \begin{pmatrix} \lambda & 0$
   0 & 1/\lambda \end{pmatrix}. Il existe $\alpha \in \mathbb{C}$ tel que $e^\alpha = \lambda$. Alors $D = \exp \begin{pmatrix} \alpha & 0$
   0 & -\alpha \end{pmatrix}. La matrice $\text{diag}(\alpha, -\alpha)$ est de trace nulle. Cas 3 : $a = \operatorname{Tr$(M) = -2 et $M \neq -I_2$.} Ici $\chi_M(X) = (X+1)^2$. Comme $M \neq -I_2$, $M$ n'est pas diagonalisable. $M$ est donc semblable à $G = \begin{pmatrix} -1 & 1$
   0 & -1 \end{pmatrix}. D'après la question 2.(b), $G$ n'est pas dans l'image de l'exponentielle. On a donc montré que $M \in \exp(\mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C}))$ si et seulement si $M = -I_2$ ou $\operatorname{Tr}(M) \neq -2$.
   $$\boxed{ \exp\left( \mathfrak{sl}_{2}(\mathbb{C}) \right) = \{ M \in \mathcal{S}L_{2}(\mathbb{C}) \mid \operatorname{Tr}(M) \neq -2 \} \cup \{ -I_2 \} }$$