¿No implica Fredholm que sea compacto?

Question

Supongamos que $T$ es un operador lineal acotado en un espacio de Hilbert separable $H$ tal que, $0\in \sigma_{e}(T)$ , donde $\sigma_{e}(T)$ representa el espectro esencial de $T$ . Entonces esto implica que el operador $T$ ¿es compacto?

Estoy un poco confundido ya que $0\in \sigma_{e}(T)$ entonces $T$ no es de Fredholm, por lo que la imagen de $T$ bajo el álgebra de Calkin no es invertible. Entonces, ¿esto hace que $T$ ¿compacto?

Answer 1

No lo creo.

Considere \begin{align*}T:\ell^2&\to\ell^2, \\ (a_n)_{n\in\mathbb N} &\mapsto\left(\begin{cases}0,&\text{if }m\text{ is odd}\\a_{m/2},&\text{if }m\text{ is even}\end{cases} \derecha)_{m\in\mathbb N},\nfin{align*}

es decir $T(a_1,a_2,\dots)=(0,a_1,0,a_2,\dots)$ . Entonces $T$ no es compacto (se deja al lector) pero tampoco es de Fredholm, ya que el cokernel contiene clases de equivalencia distintas para todos los vectores unitarios de impar (lo que quiero decir son las clases de equivalencia de $(1,0,0,\dots)$ y $(0,0,1,0,\dots)$ etc. bajo la imagen de $T$ ) y, por tanto, no puede ser de dimensión finita.