Trước hết giả sử rằng ánh xạ tuyến tính $u|E_1$ là đơn ánh. Khi đó ta có $E_1\cap$ Ker($u$) $=\{0\}$, nên Ker($u$) có số chiều hữu hạn. Gọi S là một không gian con vectơ của E bổ sung với $E_1+$ Ker($u$). Không gian E là tổng trực tiếp tôpô của $E_1$, Ker($u$) và S (EVT, I, p. 15, cor. 4 and prop. 3). Nếu $u$ là một cấu xạ ngặt có ảnh đóng, thì bằng hạn chế nó xác định một đẳng cấu từ $E_1\oplus S$ lên một không gian con vectơ đóng của F, và a fortiori một đẳng cấu từ $E_1$ lên một không gian con vectơ đóng của F. Ngược lại, giả sử rằng bằng hạn chế $u$ xác định một đẳng cấu từ $E_1$ lên $u(E_1)$ và rằng $u(E_1)$ đóng trong F. Ta có $u(E) =u(E_1)\oplus u(S)$. Suy ra $u(E)$ là tổng trực tiếp tôpô của $u(E_1)$ và $u$(S), và đóng trong F (loc. cit.). Vì $u(E_1)$ đóng và ta có $u(E_1)\cap u(S) =\{0\}$, nên không gian $u(S)$ là tách biệt và $u$ xác định bằng hạn chế một đẳng cấu từ S lên $u(S)$ (EVT, I, p. 15, cor. de la prop. 3), do đó cũng từ $E_1\oplus S$ lên $u(E)$. Điều này chứng minh rằng $u$ là một cấu xạ ngặt có ảnh đóng.

Chuyển qua trường hợp tổng quát. Đặt $N = E_1\cap$ Ker($u$) và $G = E/N$. Không gian lồi địa phương $E_1/N$ được đồng nhất với một không gian con vectơ đóng có đối chiều hữu hạn $G_1$ của G. Gọi $v: G\rightarrow F$ là ánh xạ tuyến tính liên tục suy ra từ $u$ bằng cách chuyển qua thương. Để $u$ (tương ứng, $u|E_1$) là một cấu xạ ngặt có ảnh đóng, điều kiện cần và đủ là $v$ (tương ứng, $v|G_1$) cũng như vậy. Điều này quy về trường hợp đã xét.

Vì F là tách biệt, hạt nhân của $v$ là một không gian con vectơ đóng của E; nó có đối chiều hữu hạn trong E và $u+v$ có cùng hạn chế như $u$ trên Ker($v$). Do đó hệ quả suy ra từ mệnh đề.

Ánh xạ đồng nhất của T vào chính nó kéo dài thành một ánh xạ liên tục $q: F\rightarrow T$ (EVT, II, p. 26, nhận xét). Hạt nhân S của $q$ là một không gian con bù tôpô đóng của T. Gọi $p: F\rightarrow F$ là phép chiếu có ảnh là S liên kết với phân tích $F = T\oplus S$. Để $\pi \circ u$ là một cấu xạ ngặt có ảnh đóng, điều kiện cần và đủ là $p\circ u$ có tính chất đó. Bây giờ $p\circ u$ và $u$ có cùng hạn chế trên $\overset{-1}{u}$(S), là một không gian con vectơ đóng đối chiều hữu hạn của E, và mệnh đề suy ra từ mệnh đề.

Gọi $v: F\rightarrow E$ là một nghịch đảo giả của $u$. Hạt nhân của $u$ được chứa trong ảnh của ánh xạ tuyến tính hạng hữu hạn $1_E-v\circ u$, vì thế có chiều hữu hạn. Ảnh của $u$ chứa hạt nhân của ánh xạ tuyến tính hạng hữu hạn $1_F-u\circ v$, vì thế có đối chiều hữu hạn trong F.

(i) Ánh xạ $u$ là một ánh xạ Fredholm;

(ii) Ánh xạ $u$ là một cấu xạ ngặt, hạt nhân của nó có chiều hữu hạn, ảnh của nó đóng và có đối chiều hữu hạn trong F ;

(iii) Tồn tại các không gian con vectơ đóng đối chiều hữu hạn $E_1$ của E và $F_1$ của F sao cho $u$ xác định, bằng cách chuyển qua các không gian con, một đẳng cấu của $E_1$ lên $F_1$;

(iv) Tồn tại các phân tích thành tổng trực tiếp tôpô $E = E_1\oplus E_2$ và $F = F_1\oplus F_2$ sao cho $E_2$ và $F_2$ có chiều hữu hạn, $u$ triệt tiêu trên $E_2$ và xác định, bằng cách chuyển qua các không gian con, một đẳng cấu của $E_1$ lên $F_1$.

(i) $=\Rightarrow$ (iii): Cho $v$ là một nghịch đảo giả của $u, E_1$ là hạt nhân của $1_E-v\circ u$ và $F_1$ là hạt nhân của $1_F-u\circ v$. Vì các ánh xạ tuyến tính $1_E-v\circ u$ và $1_F-u\circ v$ là liên tục và có hạng hữu hạn, nên $E_1$ và $F_1$ lần lượt là các không gian con vectơ đóng của E và F và có đối chiều hữu hạn. Cho $x\in E_1$. Ta có

do đó $u(x)\in F_1$. Vì vậy $u(E_1)\subset F_1$; tương tự, $v(F_1)\subset E_1$. Khi đó các ánh xạ tuyến tính liên tục $u_1: E_1\rightarrow F_1$ và $v_1: F_1\rightarrow E_1$ cảm sinh bởi $u$ và $v$ là các đẳng cấu nghịch đảo của nhau, vì $v\circ u$ và $1_E$ (resp. $u\circ v$ và $1_F$) trùng nhau trên $E_1$ (resp. trên $F_1$).

(iii) $=\Rightarrow$ (ii): Cho $E_1$ và $F_1$ thỏa mãn giả thiết của (iii). Ta có $E_1\cap$ Ker($u$) $=\{0\}$ và $F_1\subset$ Im($u$), do đó Ker($u$) hữu hạn chiều và Im($u$) đóng và có đối chiều hữu hạn trong F. Suy ra từ Mệnh đề 1 của III, p. 39 rằng ánh xạ $u$ là một cấu xạ ngặt.

(ii) $=\Rightarrow$ (iv): Giả sử điều kiện (ii) được thỏa mãn. Không gian con vectơ đóng $E_2=$ Ker($u$) của E là hữu hạn chiều, và tồn tại một không gian con vectơ $E_1$ của E là một phần bù tôpô của $E_2$ (TVS, II, p. 27, Hệ quả 2). Không gian con vectơ $F_1=$ Im($u$) của F là đóng và có đối chiều hữu hạn, và nhận một phần bù tôpô $F_2$ trong F. Theo Mệnh đề 1 của III, p. 39, ánh xạ $u|E_1$ là một cấu xạ ngặt, do đó $u$ cảm sinh một đẳng cấu của $E_1$ lên $F_1$.

(iv) $=\Rightarrow$ (i): Với các giả thiết của (iv), ánh xạ tuyến tính từ F vào E trùng với $u^{-1}_1$ trên $F_1$ và bằng không trên $F_2$ là một nghịch đảo giả của $u$.

(5) ind($u$)$-$ ind($u_1$) $=$ codim$_F(F_1)-$ codim$_E(E_1)$.

Gọi $i: E_1\rightarrow E$ và $j: F_1\rightarrow F$ là các đơn ánh chính tắc. Chúng là các ánh xạ Fredholm, và ta có

ind($i$) $=$ codim$_E(E_1)$, ind($j$) $=$ codim$_F(F_1)$.

Vì $j\circ u_1=u\circ i$, ta thấy rằng $u$ là một ánh xạ Fredholm khi và chỉ khi $u_1$ là như vậy (Nhận xét 3 và 4 của III, p. 41). Nếu đúng như thế, ta có

ind($j$) $+$ ind($u_1$) $=$ ind($j\circ u_1$) $=$ ind($u\circ i$) $=$ ind($u$) $+$ ind($i$),

do đó có công thức (5).

Chúng ta dùng ký hiệu của điều kiện (iv) của Mệnh đề 2 của III, p. 42. Vì các không gian vectơ $E_2$ và $F_2$ là hữu hạn chiều nên chúng đầy đủ. Bổ sung của $E_1$ (resp. $F_1$) được đồng nhất với bao đóng của $E_1$ trong $\widehat{E}$ (resp. của $F_1$ trong $\widehat{F}$), và $\widehat{E}$ (resp. $\widehat{F}$) là tổng trực tiếp tôpô của $\widehat{E}_1$ và $E_2$ (resp. $\widehat{F}_1$ và $F_2$). Ánh xạ tuyến tính $\widehat{u}$ xác định, bằng hạn chế, một đẳng cấu từ $\widehat{E}_1$ lên $\widehat{F}_1$ và triệt tiêu trên $E_2$. Khi đó mệnh đề suy ra từ hệ quả (iv)$\Rightarrow$(i) của chỗ đã dẫn.

Nếu hai trong ba tính chất sau được thỏa mãn thì tính chất thứ ba cũng được thỏa mãn:

(i) Tự đồng cấu $u$ có chỉ số bằng 0;

(ii) Không gian lũy linh N của $u$ là hữu hạn chiều;

(iii) Đối không gian lũy linh I của $u$ có đối chiều hữu hạn.

Với mọi số nguyên $n\geqslant 0$, tự đồng cấu $u^n$ có một chỉ số, bằng $n$ ind($u$) (A, V, p. 127, Bổ đề 2). Dãy (dim(Ker($u^n$)))$_{n\in\mathbf{N}}$ các số nguyên tự nhiên là tăng; để nó dừng, điều kiện cần và đủ là không gian lũy linh của $u$ hữu hạn chiều. Dãy (codim$_E$(Im($u^n$)))$_{n\in\mathbf{N}}$ các số nguyên tự nhiên là tăng; để nó dừng, điều kiện cần và đủ là đối không gian lũy linh có số chiều hữu hạn. Giả sử điều kiện (i) được thỏa mãn; khi đó quan hệ

dim(Ker($u^n$))$-$ codim$_E$(Im($u^n$)) $=$ ind($u^n$) $=n$ ind($u$) $= 0$

suy ra tính tương đương của các điều kiện (ii) và (iii). Ngược lại, nếu các điều kiện (ii) và (iii) được thỏa mãn thì công thức này suy ra rằng dãy $(n$ ind($u$))$_{n\in\mathbf{N}}$ là dừng, do đó $u$ có chỉ số bằng không.

a) Khi đó không gian E là tổng trực tiếp của các không gian con N và I (phân rã Weyr-Fitting, cf. A, VIII, §2, n$^o2$, p. 25).

b) Tự đồng cấu $u$ cảm sinh, khi chuyển qua các không gian con, một tự đồng cấu lũy linh của N và một tự đẳng cấu $u_I$ của I.

c) Ký hiệu $v$ là tự đồng cấu của E bằng không trên N và trùng với $u^{-1}_I$ trên I. Ta có $u\circ v=v\circ u$ và tự đồng cấu $1_E-u\circ v$ là phép chiếu có ảnh là N và hạt nhân là I.

d) Mọi tự đồng cấu của E giao hoán với $u$ đều bảo toàn N và I, và giao hoán với $v$.

Tự đồng cấu $u$ thỏa mãn các tính chất của bổ đề trước.

Lấy $n\in \mathbf{N}$ sao cho Ker($u^n$) $= N$. Khi đó Ker($u^m$) $=$ Ker($u^n$) với mọi số nguyên $m\geqslant n$; vì ind($u^m$) $=m$ ind($u$) $= 0$, điều này kéo theo Im($u^m$) $=$ Im($u^n$) với $m\geqslant n$, do đó I = Im($u^n$). Từ A, VIII, p. 25, prop. 2 suy ra rằng các khẳng định a) và b) được thỏa mãn.

Với mọi $x\in N$, ta có $v(x) = 0$ và $u(x)\in N$, do đó $u(v(x)) = 0$ và $v(u(x)) = 0$. Với mọi $x\in I$, ta có $u(v(x)) =v(u(x)) =x$. Điều này suy ra $u\circ v=v\circ u$ và $1_E-u\circ v$ là phép chiếu có ảnh là N và hạt nhân là I.

Cho $w$ là một tự đồng cấu của E giao hoán với $u$. Lấy $n\in \mathbf{N}$ sao cho N = Ker($u^n$) và I = Im($u^n$). Cho $x\in N$; ta có $u^n(w(x)) =w(u^n(x)) = 0$, do đó $w(x)\in N$. Cho $x\in I$; tồn tại $y\in E$ sao cho $x=u^n(y)$; khi đó, $w(x) =w(u^n(y)) =u^n(w(y))\in I$. Điều này chứng tỏ rằng $w$ bảo toàn N và I.

Cuối cùng, ta chứng minh rằng $w$ và $v$ giao hoán được. Với mọi $x$ trong N, ta có $v(w(x)) = 0 =w(v(x))$. Cho $x\in I$; các phần tử $v(w(x))$ và $w(v(x))$ của E thuộc I và ảnh của chúng qua $u$ đều bằng $w(x)$, do đó chúng bằng nhau. Theo tính tuyến tính, điều này suy ra rằng $v$ và $w$ giao hoán.

Điều này suy ra từ định nghĩa và bổ đề 2.

a) Các không gian con N và I của E là đóng và ổn định dưới $u$, và không gian E là tổng trực tiếp tôpô của chúng;

b) Tự đồng cấu $u$ xác định, bằng hạn chế, một tự đẳng cấu $u_I$ của I;

c) Không gian vectơ N là hữu hạn chiều và $u$ xác định, bằng hạn chế, một tự đồng cấu lũy linh $u_N$ của N;

d) Cho $v$ là phần tử của $\mathscr{L}(E)$ bằng không trên N và trùng với $u^{-1}_I$ trên I. Nó là một tự đồng cấu Riesz của E và một nghịch đảo giả của $u$ giao hoán với $u$. Tự đồng cấu $1_E-u\circ v$ của E là phép chiếu có ảnh là N và hạt nhân là I. Mọi phần tử của $\mathscr{L}(E)$ giao hoán với $u$ đều ổn định hóa N và I, và giao hoán với $v$.

Cho $n$ là một số tự nhiên sao cho Ker($u^n$) $= N$ và Im($u^n$) $= I$. Vì E tách và $u$ liên tục, N = Ker($u^n$) là đóng trong E. Vì $u$ là một tự đồng cấu Fredholm, điều này cũng đúng với $u^n$, và I = Im($u^n$) là đóng (III, p. 42, mệnh đề 2). Theo bổ đề 2, không gian E là tổng trực tiếp của N và I và khi đó mệnh đề a) suy ra từ mệnh đề 3 của EVT, I, p. 15.

Vì I đóng, có đối chiều hữu hạn trong E và ổn định dưới $u$, ánh xạ $u_I: I\rightarrow I$ suy ra từ $u$ là một tự đồng cấu Fredholm (III, p. 44, mệnh đề 3); nó cũng song ánh, nên là một tự đẳng cấu của I (III, p. 42, mệnh đề 2). Điều này chứng minh b), và các khẳng định còn lại suy ra từ bổ đề 2.

Tự đồng cấu $v$ được định nghĩa trong mệnh đề d) của mệnh đề này là một nghịch đảo giả của $u$, được gọi là nghịch đảo giả chính tắc của $u$.

Các tự đồng cấu Riesz có một số tính chất ổn định của các ánh xạ Fredholm.

a) Cho $E_1$ là một không gian con đóng có đối chiều hữu hạn của E, ổn định dưới $u$. Ký hiệu $u_1$ là phần tử của $\mathscr{L}(E_1)$ trùng với $u$ trên $E_1$. Khi đó $u$ là một tự đồng cấu Riesz nếu và chỉ nếu $u_1$ là một tự đồng cấu như vậy;

b) Giả sử rằng $u$ là một tự đồng cấu Fredholm có chỉ số 0. Cho $\widehat{E}$ là hoàn thành của E và cho $\widehat{u}\in \mathscr{L}(\widehat{E})$ là mở rộng của $u$ bằng tính liên tục. Khi đó $u$ là một tự đồng cấu Riesz nếu và chỉ nếu $\widehat{u}$ là một tự đồng cấu như vậy;

c) Trang bị cho đối ngẫu $E'$ của E tôpô hội tụ bị chặn, tôpô hội tụ compắc, hoặc tôpô yếu. Nếu $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E, thì $^tu$ là một tự đồng cấu Riesz của $E'$.

a) Để $u$ là một tự đồng cấu Fredholm có chỉ số không, điều kiện cần và đủ là $u_1$ cũng như vậy (III, p. 44, mệnh đề 3). Mặt khác, với mọi $n\in \mathbf{N}$, ta có Ker($u^n_1$) $= E_1\cap$ Ker($u^n$), do đó

dim Ker($u^n_1$)$\leqslant$ dim Ker($u^n$)$\leqslant$ dim Ker($u^n_1$) $+$ codim$_E(E_1)$,

do đó dãy (dim Ker($u^n$))$_{n\in\mathbf{N}}$ bị chặn nếu và chỉ nếu dãy (dim Ker($u^n_1$))$_{n\in\mathbf{N}}$ bị chặn. Suy ra, $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E nếu và chỉ nếu $u_1$ là một tự đồng cấu Riesz của $E_1$ (bổ đề 2).

b) Theo mệnh đề 4 của III, p. 44, với mọi $n\in \mathbf{N}$, ánh xạ $\widehat{u}^n$ là một tự đồng cấu Fredholm của $\widehat{E}$ sao cho Ker($\widehat{u}^n$) $=$ Ker($u^n$) và ind($\widehat{u}^n$) $=$ ind($u^n$) $=n$ ind($u$). Suy ra, $u$ là một tự đồng cấu Riesz nếu và chỉ nếu $\widehat{u}$ là một tự đồng cấu Riesz.

c) Chuyển vị $^tu$ là một tự đồng cấu Fredholm có chỉ số 0 của $E'($III, p. 43, n$^o3$). Vì hạt nhân của $(^tu)^n$ là trực giao của ảnh của $u^n$ (EVT, IV, p. 27, mệnh đề 2), dãy (Ker($^tu$)$^n$)$_n$ là dừng. Điều này chứng minh rằng $^tu$ là một tự đồng cấu Riesz của $E'$.

(i) $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E;

(ii) Tồn tại một nghịch đảo giả $v$ của $u$ giao hoán với $u$;

(iii) Tồn tại một không gian con vectơ đóng $E_1$ của E, đối chiều hữu hạn, ổn định dưới tác dụng của $u$, sao cho $u$ cảm sinh một tự đẳng cấu của $E_1$.

Hàm ý (i) $=\Rightarrow$ (ii) suy ra từ mệnh đề 6, d).

Giả sử rằng $u$ có một nghịch đảo giả $v$ khả hoán với $u$. Hạt nhân $E_1$ của $1_E-u\circ v$ là một không gian con vectơ đóng của E, đối chiều hữu hạn, ổn định dưới tác dụng của $u$ và $v$. Vì ta có $u(v(x)) =v(u(x)) =x$ với mọi $x\in E_1$, các ánh xạ $u$ và $v$ cảm sinh các tự đẳng cấu của $E_1$ nghịch đảo với nhau. Do đó (ii) suy ra (iii).

Cuối cùng, hàm ý (iii) $=\Rightarrow$ (i) suy ra từ mệnh đề a) của mệnh đề 7 và từ việc một tự đẳng cấu là một tự đồng cấu Riesz.

(i) Các tự đồng cấu $u$ và $v$ là các tự đồng cấu Riesz;

(ii) Tự đồng cấu $u\circ v$ là một tự đồng cấu Riesz.

Giả sử $u$ và $v$ là các tự đồng cấu Riesz; gọi $u'$ và $v'$ là các nghịch đảo giả chính tắc của chúng. Các tự đồng cấu $u,v,u'$ và $v'$ của E giao hoán (mệnh đề 6, d)). Tự đồng cấu $v'\circ u'$ là một nghịch đảo giả của $u\circ v$ và giao hoán với $u\circ v$, do đó $u\circ v$ là một tự đồng cấu Riesz (mệnh đề 8).

Ngược lại, giả sử $u\circ v$ là một tự đồng cấu Riesz, và gọi $w$ là nghịch đảo giả chính tắc của nó. Vì $u$ giao hoán với $u\circ v$, các tự đồng cấu $u$ và $w$ giao hoán theo mệnh đề 6, d). Tương tự $v$ và $w$ giao hoán. Do đó các tự đồng cấu $u,v$ và $w$ của E giao hoán; suy ra tự đồng cấu $v\circ w$ của E là một nghịch đảo giả của $u$ và $w\circ u$ là một nghịch đảo giả của $v$. Theo mệnh đề 8$,u$ và $v$ là các tự đồng cấu Riesz.

Cho $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E. Nếu $v$ là một tự đẳng cấu của E, thì tự đồng cấu $u\circ v$ của E không nhất thiết là một tự đồng cấu Riesz của E, ngay cả khi $u\circ v-v\circ u$ có hạng hữu hạn. Nếu $h$ là một tự đồng cấu hạng hữu hạn của E, thì tự đồng cấu $u+h$ không nhất thiết là một tự đồng cấu Riesz (xem III, p. 120, bài tập 3).

a) Cho $n\in \mathbf{N}$. Ánh xạ $p$ xác định bằng hạn chế một đẳng cấu của các không gian vectơ tôpô từ Ker($u^n$) lên Ker($v^n$) và xác định, bằng cách chuyển qua các thương, một đẳng cấu của các không gian vectơ tôpô từ Coker($u^n$) lên Coker($v^n$);

b) Nếu ảnh của $u$ đóng trong E, thì ảnh của $v$ đóng trong F;

c) Nếu Ker($u$) có một phần bù tôpô trong E, thì Ker($v$) có một phần bù như vậy trong F. Nếu Im($u$) có một phần bù tôpô trong E, thì Im($v$) có một phần bù như vậy trong F;

d) Nếu $u$ là một cấu xạ ngặt, thì $v$ là một cấu xạ ngặt;

e) Nếu $u$ là một tự đẳng cấu của E, thì $v$ là một tự đẳng cấu của F;

f) Nếu $u$ là một tự đồng cấu Fredholm của E, thì $v$ là một tự đồng cấu Fredholm của F, và ta có ind($u$) $=$ ind($v$);

g) Giả sử E và F tách được. Nếu $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E, thì $v$ là một tự đồng cấu Riesz của F.

Trước hết, hãy chú ý các công thức

Sau đó ta chứng minh hai bổ đề.

$q_n=\sum(-1)q\circ (p\circ q)$.

$i=1$

Ta có $u^n= 1_E-q_n\circ p$ và $v^n= 1_F-p\circ q_n$.

Ta có $(q\circ p)^i=q\circ (p\circ q)^{i-1}\circ p$ với mọi số nguyên $i\geqslant 1$. Khi đó ta tính được

$nnni-1(n)i$ $u= (1_E-q\circ p)= 1_E-\sum(-1)(q\circ p)= 1_E-q_n\circ p$ $nnni-1(n)i$

$v= (1_F-p\circ q)= 1_F-\sum(-1)(p\circ q)= 1_F-p\circ q_n$,

$i=1$

do đó suy ra kết quả.

Dùng các công thức (6), ta tính được

do đó

điều này chứng minh bổ đề.

Hãy chứng minh Mệnh đề 10. Có tính đến Bổ đề 4, chỉ cần chứng minh mệnh đề a) đối với $n= 1$. Theo các công thức (6), các ánh xạ $p$ và $q$ xác định, khi chuyển qua các không gian con, các ánh xạ tuyến tính liên tục $p':$ Ker($u$)$\rightarrow$ Ker($v$) và $q':$ Ker($v$)$\rightarrow$ Ker($u$), và khi chuyển qua các thương, các ánh xạ tuyến tính liên tục $p'':$ Coker($u$)$\rightarrow$ Coker($v$) và $q'':$ Coker($v$)$\rightarrow$ Coker($u$).

Vì $1_E-u=q\circ p$ và $1_F-v=p\circ q$, các ánh xạ $p'$ và $q'$ một mặt, $p''$ và $q''$ mặt khác, là các đẳng cấu nghịch đảo của nhau. Điều này chứng minh a).

Để ảnh của một ánh xạ tuyến tính liên tục là đóng, điều kiện cần và đủ là đối hạt nhân của ánh xạ này là một không gian tách được. Do đó b) suy ra từ a).

Kí hiệu $i: Ker(u)\rightarrow E$ và $j:$ Ker($v$)$\rightarrow F$ là các đơn cấu chính tắc. Giả sử rằng Ker($u$) có một phần bù tôpô trong E, và gọi $r: E\rightarrow$ Ker($u$) là một co rút tuyến tính liên tục của $i$. Đặt $r'=p'\circ r\circ q$. Ta có $r'\in \mathscr{L}(F$; Ker($v$)) và

do đó $r'$ là một co rút tuyến tính liên tục của $j$ và Ker($v$) có một phần bù tôpô trong F. Điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất của c). Mệnh đề thứ hai được chứng minh tương tự, bằng cách nhận thấy rằng nếu $s:$ Coker($u$)$\rightarrow E$ là một tiết diện tuyến tính liên tục của toàn cấu chính tắc từ E lên Coker($u$), thì $p\circ s\circ q''$ là một tiết diện tuyến tính liên tục của toàn cấu chính tắc từ F lên Coker($v$).

Kí hiệu $\overline{u}: E/$ Ker($u$)$\rightarrow$ Im($u$) và $\overline{v}: F/$ Ker($v$)$\rightarrow$ Im($v$) là các ánh xạ tuyến tính liên tục song ánh cảm sinh bởi $u$ và $v$. Theo các công thức (6), ánh xạ $p$ định nghĩa, khi chuyển qua các thương, một ánh xạ tuyến tính liên tục $p_1: E/$ Ker($u$)$\rightarrow F/$ Ker($v$), và $p,q$ định nghĩa, khi chuyển qua các không gian con, các ánh xạ tuyến tính liên tục $p_0:$ Im($u$)$\rightarrow$ Im($v$) và $q_0:$ Im($v$)$\rightarrow$ Im($u$).

Gọi $t:$ Im($v$)$\rightarrow F/$ Ker($v$) là ánh xạ hợp thành của đơn ánh chính tắc Im($v$)$\rightarrow F$ và toàn cấu chính tắc $F\rightarrow F/$ Ker($v$); nó liên tục. Ta có $\overline{v}\circ t= 1_{Im(v)}-p_0\circ q_0$ và $\overline{v}\circ p_1=p_0\circ \overline{u}$, do đó

Điều này chứng tỏ rằng $t+p_1\circ \overline{u}^{-1}\circ q_0$ là song ánh ngược của $\overline{v}$. Nếu $u$ ngặt, ánh xạ $\overline{u}^{-1}$ liên tục, và $\overline{v}^{-1}$ cũng vậy, điều đó chứng tỏ rằng $v$ ngặt. Điều này chứng tỏ d).

Theo bổ đề 5, nếu $u$ là một tự đẳng cấu của E, thì $v$ là một tự đẳng cấu của F. Tương tự, nếu $u$ là một tự đồng cấu Fredholm của E, thì $v$ là một tự đồng cấu Fredholm của F, và khi đó ta có ind($u$) $=$ ind($v$) theo a). Điều này chứng tỏ e) và f). Cuối cùng, nếu E và F là tách được và nếu $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E, thì $v$ là một tự đồng cấu Riesz của F theo bổ đề 5 và điều kiện (ii) của mệnh đề 8; đó là mệnh đề g).