Invarianza del índice de Fredholm bajo perturbaciones de dimensión finita

Question

Llamemos a un mapa lineal $f : V \to W$ entre espacios vectoriales sobre algún campo Fredholm si $\ker(f)$ y $\mathrm{coker}(f)$ son de dimensión finita. (Equivalentemente, representa un isomorfismo en la categoría abeliana cociente (espacios vectoriales)/(espacios vectoriales de dimensión finita). Podemos entonces definir el Índice de Fredholm por $$\mathrm{ind}(f) := \dim(\ker(f))-\dim(\mathrm{coker}(f)).$$ ¿Es cierto que $\mathrm{ind}(f+g)=\mathrm{ind}(f)$ si $g : V \to W$ tiene un rango finito-dimensional?

He intentado escribir secuencias exactas y utilizar que la característica de Euler desaparece en dichas secuencias, pero no ha funcionado. Otra idea sería la siguiente: Podemos suponer wlog que $\mathrm{im}(g)$ es $1$ -dimensional. Entonces escribe $g = w \otimes \alpha$ para algunos $\alpha \in V^*$ y $w \in W \setminus \{0\}$ . Ahora aparecen dos casos: 1) $w \in \mathrm{im}(f)$ . 2) $w \notin \mathrm{im}(f)$ . He intentado calcular $\dim(\ker(f+g))$ y $\dim(\mathrm{coker}(f+g))$ en cada caso, pero no tuvo éxito.

PD: He tomado prestada la terminología de los operadores lineales entre espacios de Hilbert ( Operador de Fredholm ). No sé si esto es estándar. Obsérvese que la prueba en el artículo de Wikipedia de que el índice es invariante bajo perturbaciones compactas es analítica y, por lo tanto, probablemente no pueda utilizarse aquí.

Answer 1

El resultado tal vez se pueda demostrar inductivamente mostrando que $\text{index}\,( T- \delta) = \text{index}\,T$ para $\delta$ de rango $1$ . Un caso particular útil es mostrar a mano que $\text{index}( I - \delta) = 0$ a partir del rango de $\delta=1$ . Los diferentes casos presentados sugieren que podría haber una prueba uniforme. A continuación esbozamos una. Dividirla en varios pasos.

1. Mostrar la aditividad del índice

Dado $$U\xrightarrow[]{S}V \xrightarrow[]{T} W$$

con $S$ , $T$ Fredholm, entonces $T S$ es de Fredholm y tenemos

$$\text{index}{\,TS} = \text{index}{\,S}+ \text{index}{\,T}$$

Esto se desprende inmediatamente de la larga secuencia exacta:

$$0 \to \ker \,S\to \ker \,TS\to \ker\, T \to \text{coker}\,S \to \text{coker}\,T S \to \text{coker}\,T \to 0 $$

utilizando el hecho de que la característica de Euler de la secuencia es $0$ .

2. Demuestre que para cada $\pi \colon V\to V$ de rango finito, $I- \pi$ es Fredholm de índice $0$

$$\text{index} \, (I-\pi)=0$$

Esto se deduce de la existencia de un isomorfismo natural:

$$\frac{\text{im} (I - \pi)}{\ker \pi} \simeq \frac{\text{im} ( \pi)}{\ker(I- \pi)}$$

(la prueba se deja para el lector)

3. Si $\pi\colon V \to V$ es de rango finito, y $T\colon U \to V$ entonces $T$ es de Estocolmo si y sólo si $(I-\pi) T$ es, y si es así,

$$\text{index}\,T = \text{index}(I -\pi)\, T$$

Esto se deduce fácilmente de $1.$ y $2.$

4. Dejemos que $\delta \colon U \to V$ de rango finito y $T \colon U \to V $ Fredholm. Entonces $T - \delta$ es Fredholm y

$$\text{index}\,( T -\delta) = \text{index}\, T$$

De hecho, existe $\pi \colon V \to V$ de rango finito para que $\pi \delta = \delta$ por ejemplo, la proyección de $V$ en la imagen de $\delta$ considerado como un mapa de $V$ a $V$ . Por lo tanto, $(I-\pi) \delta = 0$ . Concluimos $(I -\pi) T = (I-\pi) (T-\delta)$ y de $1.$ y $2.$ nos encontramos con que:

$$\text{index}\,(T-\delta) = \text{index}\, (I-\pi) (T-\delta) = \text{index}\, (I-\pi) T= \text{index}\, T$$