Cho F là một không gian con vectơ hữu hạn chiều của E. Ký hiệu S là một phần bù tôpô của bao đóng của $\{0\}$ trong F, là một không gian con trực tiếp của E. Không gian $F_2= F\cap S$ là tách được và hữu hạn chiều; do đó tồn tại một số nguyên $n\geqslant 0$ sao cho $F_2$ đẳng cấu với $K^n$ (TVS, I, p. 14, th. 2). Khi đó tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục $p: S\rightarrow F_2$ mở rộng ánh xạ đồng nhất của $F_2$ (TVS, II, p. 26, nhận xét). Hạt nhân của $p$ là một phần bù tôpô của $F_2$ trong S, và cũng là một phần bù tôpô của F trong E.

Đặt $p=v\circ u$ và $q=u\circ v$. Ta có

do đó $p$ và $q$ là các phép chiếu. Chúng liên tục. Gọi $E_1$ và $E_2$ lần lượt là ảnh và hạt nhân của $p$, và gọi $F_1$ và $F_2$ lần lượt là ảnh và hạt nhân của $q$. Vì $u\circ v\circ u=u$, ta có

Ker($u$)$\subset$ Ker($v\circ u$)$\subset$ Ker($u\circ v\circ u$) $=$ Ker($u$),

do đó Ker($u$) $=$ Ker($v\circ u$) $=$ Ker($p$) $= E_2$. Tương tự, từ các bao hàm

Im($u$)$\supset$ Im($u\circ v$)$\supset$ Im($u\circ v\circ u$) $=$ Im($u$)

suy ra ảnh của $u$ là $F_1$. Các không gian $E_2$ và $F_1$ lần lượt là các không gian con vectơ trực tiếp của E và F.

Không gian vectơ E là tổng trực tiếp tôpô của $E_1$ và $E_2$, và $u$ xác định bằng hạn chế một ánh xạ tuyến tính song ánh $u_1$ từ $E_1$ lên $F_1$. Với mọi $x\in E_1$, ta có $v(u(x)) =p(x) =x$, và ánh xạ $u^{-1}_1$ từ $F_1$ lên $E_1$ trùng với $v$ trên $F_1$. Do đó, $u_1$ là một đẳng cấu từ $E_1$ lên $F_1$ và $u$ là một cấu xạ ngặt từ E vào F.

Cho E và F là các không gian lồi địa phương và cho $u\in \mathscr{L}(E; F)$. Để $u$ là một cấu xạ đơn ánh trực tiếp (tương ứng, toàn ánh), điều kiện cần và đủ là tồn tại $v$ trong $\mathscr{L}(F; E)$ sao cho $v\circ u= 1_E$ (tương ứng $u\circ v= 1_F$) (xem TG, III, p. 47 and 48).

a) Tập hợp $\mathscr{I}(E; F)$ các đẳng cấu từ E lên F ;

b) Tập $\mathscr{M} \mathscr{D}(E; F)$ các cấu xạ trực tiếp đơn ánh từ E vào F, và chính xác hơn, với mỗi không gian con vectơ đóng $F_1$ của F, tập $\mathscr{M}_{F_1}(E; F)$ các phần tử của $\mathscr{M} \mathscr{D}(E; F)$ mà ảnh là một phần bù tôpô của $F_1$;

c) Tập $\mathscr{E} \mathscr{D}(E; F)$ các cấu xạ trực tiếp toàn ánh từ E lên F, và chính xác hơn, với mỗi không gian con vectơ đóng $E_1$ của E, tập $\mathscr{E}_{E_1}(E; F)$ các phần tử của $\mathscr{E} \mathscr{D}(E; F)$ mà hạt nhân là một phần bù tôpô của $E_1$.

Hơn nữa, ánh xạ $u\mapsto u^{-1}$ từ $\mathscr{I}(E; F)$ lên $\mathscr{I}(F; E)$ là giải tích.

Theo định nghĩa, $\mathscr{I}(E; E)$ là tập các phần tử khả nghịch của đại số định chuẩn đầy đủ $\mathscr{L}(E)$. Theo TG, IX, p. 40, Prop. 14, đó là một tập con mở của $\mathscr{L}(E)$. Ánh xạ $u\mapsto u^{-1}$ từ $\mathscr{I}(E; E)$ vào $\mathscr{I}(E; E)$ là giải tích (LIE, III, § 1, n$^o1$, Ví dụ 2).

Nếu tập $\mathscr{I}(E; F)$ là rỗng, thì nó mở. Nếu không, cho $u_0$ là một đẳng cấu của E lên F. Khi đó ánh xạ $v\mapsto u_0\circ v$ là một đẳng cấu từ $\mathscr{L}(E)$ lên $\mathscr{L}(E; F)$ biến đổi $\mathscr{I}(E; E)$ thành $\mathscr{I}(E; F)$. Do đó tập $\mathscr{I}(E; F)$ là mở trong $\mathscr{L}(E; F)$. Hơn nữa, nếu $u=u_0\circ v$ là một phần tử của $\mathscr{I}(E; F)$, ta có $u^{-1}=v^{-1}\circ u^{-1}_0$, và do đó ánh xạ $u\mapsto u^{-1}$ từ $\mathscr{I}(E; F)$ lên $\mathscr{I}(F; E)$ là giải tích.

Cho $F_1$ là một không gian con vectơ đóng của F. Với mỗi $u\in \mathscr{L}(E; F)$, gọi $\overline{u}$ là phần tử của $\mathscr{L}(E\times F_1; F)$ được xác định bởi $\overline{u}(x, y) =u(x) +y$. Ánh xạ $u\mapsto \overline{u}$ từ $\mathscr{L}(E; F)$ vào $\mathscr{L}(E\times F_1; F)$ là liên tục, và $\mathscr{M}_{F_1}(E; F)$ là tập các phần tử $u$ của $\mathscr{L}(E; F)$ sao cho $\overline{u}$ thuộc $\mathscr{I}(E\times F_1; F)$. Vì $\mathscr{I}(E\times F_1; F)$ là mở trong $\mathscr{L}(E\times F_1; F)$ theo điều đi trước, tập $\mathscr{M}_{F_1}(E; F)$ là mở trong $\mathscr{L}(E; F)$. Điều tương tự cũng đúng với $\mathscr{M} \mathscr{D}(E; F)$, là hợp của các $\mathscr{M}_{F_1}(E; F)$ khi $F_1$ chạy qua tập các không gian con vectơ đóng của F.

Cho $E_1$ là một không gian con vectơ đóng của E, và gọi $p$ là ánh xạ chính tắc từ E lên không gian Banach thương $E/E_1$. Để một phần tử $u$ của $\mathscr{L}(E; F)$ thuộc $\mathscr{E}_{E_1}(E; F)$, điều kiện cần và đủ là ánh xạ $(u, p)$ từ E vào $F\times E/E_1$ thuộc $\mathscr{I}(E; F\times E/E_1)$. Như trên, suy ra rằng $\mathscr{E}_{E_1}(E; F)$ là mở trong $\mathscr{L}(E; F)$; điều tương tự cũng đúng với $\mathscr{E} \mathscr{D}(E; F)$, là hợp của các $\mathscr{E}_{E_1}(E; F)$.

Định lý suy ra từ mệnh đề chính xác hơn sau đây:

(i) Ta có $\varphi (u_0) =v_0$;

(ii) Với mọi $u$ trong U, ánh xạ $\varphi (u)$ là một nghịch đảo giả của $u$, và đặc biệt $u$ là một ánh xạ Fredholm;

(iii) Với mọi $u$ trong U, ta có ind($u$) $=$ ind($u_0$).

Theo mệnh đề 2 của III, p. 42, (ii), tồn tại các phân tích tổng trực tiếp tôpô $E = E_1\oplus E_2$ và $F = F_1\oplus F_2$, và tồn tại $\alpha_0\in \mathscr{I}(E_1; F_1)$, sao cho $E_2$ và $F_2$ là hữu hạn chiều và $u_0$ được biểu diễn bởi ma trận $\begin{pmatrix} \alpha_0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ đối với các phân tích này.

Gọi U là tập các phần tử $u$ của $\mathscr{L}(E; F)$ sao cho, trong biểu diễn ma trận $\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{pmatrix}$ của $u$ đối với các phân tích này, ta có $\alpha \in \mathscr{I}(E_1; F_1)$. Vì $\mathscr{I}(E_1; F_1)$ là mở trong $\mathscr{L}(E_1; F_1)$ (mệnh đề 3 của III, p. 57), U là một lân cận mở của $u_0$ trong $\mathscr{L}(E; F)$. Với $u=\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{pmatrix}$ trong U, đặt

Ta có $\varphi (u_0) =v_0$ và ánh xạ $\varphi$ là giải tích (loc. cit.). Theo modulo các ánh xạ tuyến tính liên tục hạng hữu hạn, ta có các đồng dư

Do đó, $\varphi (u)$ là một nghịch đảo giả của $u$. Mọi phần tử $u$ của U xác định bởi hạn chế một đẳng cấu từ $E_1$ lên một phần bù tôpô của $F_2$ trong F. Theo mệnh đề 3 của III, p. 44, do đó ta có

ind($u$) $=$ codim$_F(u(E_1))-$ codim$_E(E_1)$

= dim(F$_2$)$-$ dim(E$_2$) $=$ ind($u_0$),

điều này hoàn tất chứng minh.

Xét các ánh xạ tuyến tính liên tục $u:x\mapsto p(x)$ từ Im($q$) vào Im($p$) và $v:y\mapsto q(y)$ từ Im($p$) vào Im($q$). Với mọi $x\in$ Im($q$), ta có $x=q(x)$, do đó

Vậy $\|1_E-v\circ u\|\leqslant \|q-p\|^2<1$. Theo Hệ quả 1 của I, p. 22$,v\circ u$ là một tự đẳng cấu của Im($q$). Chứng minh tương tự cho thấy $u\circ v$ là một tự đẳng cấu của Im($p$). Điều này kéo theo rằng $u$ là một đẳng cấu của Im($q$) lên Im($p$), do đó có mệnh đề thứ nhất của bổ đề. Mệnh đề thứ hai suy ra bằng cách thay thế $p$ và $q$ lần lượt bởi $1_E-p$ và $1_E-q$.

Định lý suy ra từ mệnh đề chính xác hơn sau đây:

(i) Tự đồng cấu $\pi (u_0)$ là phép chiếu có ảnh là N và hạt nhân là I;

(ii) Với mọi $u\in U$, ánh xạ tuyến tính $\pi (u)$ là một phép chiếu hạng $d$ thuộc đối giao hoán tử kép của $u$ và, đặc biệt, giao hoán với $u$. Hơn nữa, $u$ cảm sinh một tự đẳng cấu của Ker($\pi (u)$);

(iii) Mọi phần tử của U đều là một tự đồng cấu Riesz mà không gian lũy linh có chiều $\leqslant d$.

Nếu K = $\mathbf{C}$, gọi Sp($u_0$) là phổ của $u_0$ đối với đại số $\mathscr{L}(E)$. Khi K = $\mathbf{R}$, gọi Sp($u_0$) là phổ phức Sp$_{\mathscr{L}(E_{(\mathbf{C})})}((u_0)_{(\mathbf{C})})$ của $u_0($I, p. 85, n$^o13$). Theo mệnh đề 14 của III, p. 54, điểm 0 là cô lập trong $\{0\} \cup$ Sp($u_0$). Lấy $r >0$ là một số thực sao cho mọi phần tử của Sp($u_0$)$-\{0\}$ đều có môđun $> r$. Gọi V là tập mở trong $\mathbf{C}$ gồm các số phức có trị tuyệt đối $\not =r$; gọi $f$ là hàm chỉnh hình trên V được xác định bởi $f(z) = 0$ nếu $|z|> r$ và $f(z) = 1$ nếu $|z|< r$. Nếu $K =\mathbf{C}$ (tương ứng $K =\mathbf{R}$), gọi $U'$ là tập hợp các phần tử $u$ của $\mathscr{L}(E)$ mà phổ của chúng (tương ứng phổ phức của chúng) được chứa trong V. Tập hợp $U'$ là một lân cận mở của $u_0$ trong $\mathscr{L}(E)$ và ánh xạ $u\mapsto f(u)$ từ $U'$ vào $\mathscr{L}(E)$ là chỉnh hình (I, p. 76, mệnh đề 10 và I, p. 85, n$^o13$).

Cho $u\in U'$. Tự đồng cấu $f(u)$ là phép chiếu phổ $e_0(u)$; nó giao hoán với $u$, và $u$ cảm sinh, khi chuyển qua các không gian con, một tự đẳng cấu của Ker($e_0(u)$) $($xem III, p. 53, n$^o6$).

Phép chiếu $e_0(u_0)$ có ảnh là N và hạt nhân là I (III, p. 54, mệnh đề 14); hạng của nó là $d$. Theo bổ đề 1, tập hợp U các phần tử $u\in U'$ sao cho $e_0(u)$ có hạng $d$ là một lân cận mở của $u_0$. Tập hợp U và ánh xạ $\pi :u\mapsto e_0(u)$ từ U vào $\mathscr{L}(E)$ thỏa mãn các điều kiện (i) và (ii) của mệnh đề.

Cho $u\in U$. Vì $u$ cảm sinh một tự đẳng cấu của Ker($e_0(u)$), là một không gian con đóng đối chiều hữu hạn của E, nên tự đồng cấu $u$ là một tự đồng cấu Riesz của E (III, p. 48, mệnh đề 8), không gian lũy linh của $u$ được chứa trong ảnh của $\pi (u) =e_0(u)$, và có chiều $\leqslant d$.

Điều này là một hệ quả của các công thức (2) và (5) và của định nghĩa đối chuẩn của $u$.

$P =u(E)-u(B),Q =u(E)$ - $(\overline{u(B)}\cap u(E))$.

Đối chuẩn của $u$ bằng khoảng cách từ 0 đến P trong F. Nếu không gian chuẩn E là đầy đủ hoặc nếu $u$ là một cấu xạ ngặt, thì đối chuẩn của $u$ bằng khoảng cách từ 0 đến Q trong F.

Cho N là hạt nhân của $u$; cho $p: E\rightarrow E/N$ là toàn cấu chính tắc và cho $v: E/N\rightarrow F$ là ánh xạ suy ra từ $u$ bằng cách chuyển qua thương. Tập hợp $p(B)$ là tập hợp các phần tử của $E/N$ có chuẩn $<1$. Ta có

vì ánh xạ $v$ là đơn ánh. Nói cách khác, P gồm các phần tử của F có dạng $v(y)$ với $y\in E/N$ và $\|y\|\geqslant 1$. Ký hiệu $d_P$ là khoảng cách từ 0 đến P trong F. Ta có

$d_P=$ inf$_{y\|\in yE\|\geqslant/N1}\|v(y)\|=$ inf$_{y\|\in yE\|=1/N}\|v(y)\|= ((u))$ theo (6).

Giả sử rằng $u$ là một cấu xạ ngặt. Cho $\varepsilon >0$. Tập $\varepsilon u(B)$ là một lân cận của 0 trong $u(E)$. Bao đóng của $u(B)$ trong $u(E)$ bằng $\overline{u(B)}\cap u(E)$. Nó được chứa trong tập $u(B) +\varepsilon u(B)$, tập này bằng $(1 +\varepsilon )u(B)$ vì $u(B)$ là lồi. Do đó ta có $(1 +\varepsilon )P\subset Q\subset P$, và khoảng cách $d_Q$ từ 0 đến Q trong F thỏa mãn các bất đẳng thức $d_P\leqslant d_Q\leqslant (1 +\varepsilon )d_P$. Vì điều này đúng với mọi $\varepsilon >0$, ta có $d_Q=d_P= ((u))$.

Giả sử rằng $u$ không phải là một cấu xạ ngặt, nhưng không gian chuẩn E là đầy đủ. Khi đó $((u)) = 0$ (nhận xét trên). Bao đóng của $u(B)$ trong $u$(E), bằng $\overline{u(B)}\cap u$(E), không phải là một lân cận của 0 trong $u(E)$ (EVT, I, p. 17, th. 1). Khi đó tồn tại các điểm của Q tùy ý gần 0, do đó $d_Q= 0 = ((u))$.

Cho $u\in \mathscr{L}(E; F)$. Ta phải chứng minh rằng với mọi số thực $c >((u))$, tập các phần tử $v\in \mathscr{L}(E; F)$ sao cho $((v))< c$ là một lân cận của $u$. Ký hiệu B là tập các phần tử của E có chuẩn $<1$. Theo Mệnh đề 6, tồn tại $y\in E$ sao cho $u(y)\notin u(B)$ và $\|u(y)\|< c$. Khoảng cách $d$ từ $u(y)$ đến tập đóng $u(B)$ là dương ngặt. Tập V gồm các phần tử $v$ của $\mathscr{L}(E; F)$ thỏa mãn các hệ thức $\|v(y)\|< c$ và $\|u-v\|(1 +\|y\|)< d$ là một lân cận của $u$ trong $\mathscr{L}(E; F)$. Cho $v\in V$. Với mọi $x\in B$, ta có

Do đó $v(y)$ không thuộc $v$(B), và ta có $((v))\leqslant \|v(y)\|< c$ theo Mệnh đề 6.

Ký hiệu $j$ là đơn ánh chính tắc của không gian chuẩn F vào không gian đầy đủ $\widehat{F}$ của nó. Ta có $((u)) = ((j\circ u))$. Vì ánh xạ tuyến tính $^tj: (\widehat{F})'\rightarrow F'$ là song ánh và đẳng cự, tương tự ta cũng có $((^tu)) = ((^t(j\circ u)))$. Vậy nên chỉ cần chứng minh mệnh đề khi không gian chuẩn F là đầy đủ, và ta sẽ giả thiết điều đó trong phần còn lại của chứng minh.

Nếu $u$ bằng không, ta có $((u)) = ((^tu)) = +\infty$. Nếu $u$ không phải là một cấu xạ ngặt, thì $^tu$ cũng không phải như vậy (EVT, IV, p. 29, Hệ quả 3), và ta có $((u)) = ((^tu)) = 0$.

Từ đây giả sử rằng $u$ là một cấu xạ ngặt khác không. Ký hiệu N là hạt nhân của $u$ và I là ảnh của nó, và xét phân tích chính tắc của $u:$

Hạt nhân của $^tu$ là trực giao $I^{\circ}$ của I trong $F'$ (EVT, IV, p. 27, Mệnh đề 2), và $^ti$ xác định bằng cách chuyển qua thương một đẳng cự $\iota$ từ $F'/I^{\circ}$ lên $I'$ (EVT, IV, p. 9, Mệnh đề 10). Hơn nữa, $^tp$ xác định một đẳng cự $\pi$ từ $(E/N)'$ lên trực giao $N^{\circ}$ của N trong $E'$ (EVT, IV, p. 8, Mệnh đề 9). Do đó phân tích chính tắc của $^tu$ là

trong đó $v'=\pi \circ^tv\circ \iota$. Khi đó ta có

(EVT, IV, p. 7, prop. 8), do đó $((u)) = ((^tu))$ sau công thức (10).

Chỉ cần xét trường hợp trường K bằng $\mathbf{R}$. Gọi $n$ là chiều của G. Thay thế F bởi một không gian con vectơ của F có chiều $n+ 1$ chứa G, ta được đưa về trường hợp dim(F) $=n+ 1$. Ta lập luận bằng phản chứng, giả sử rằng kết luận của định lý không được thỏa mãn. Gọi S là mặt cầu đơn vị của F. Khi đó, với mọi $x\in S$, khoảng cách từ $x$ tới G nhỏ hơn nghiêm ngặt $\|x\|= 1$, và có thể chọn một phần tử $y(x)$ của G sao cho $\|x-y(x)\|<1$. Ký hiệu $V_x$ là tập hợp các phần tử $z$ của S sao cho $\|z-y(x)\|<1$; đó là một lân cận mở của $x$ trong S. Tồn tại một phân hoạch đơn vị liên tục hữu hạn địa phương $(\varphi_x)_{x\in S}$ trên S phụ thuộc vào phủ $(V_x)_{x\in S}$ của S (TG, IX, p. 46, prop. 3 and p. 51, prop. 6). Gọi $f: S\rightarrow G$ là ánh xạ liên tục được cho bởi

với mọi $z\in S$. Cho $z\in S$. Ta có $\varphi_x(z)\geqslant 0$ với mọi $x\in S$, và tồn tại $x\in S$ sao cho $\varphi_x(z)>0$, vì $\sum_{x\in S}\varphi_x(z) = 1$, do đó

Tính chất này của $f$ mâu thuẫn với Định lý 3.

Khi $u= 0$, ta có $((u)) = +\infty$ và dim(E) $=n$, do đó $d= +\infty$. Từ đây về sau giả sử rằng $u$ khác không, và vì thế $((u))<+\infty$. Cho $v$ là một phần tử của $\mathscr{L}(E; F)$ sao cho $\|u-v\|<((u))$ và hãy chứng minh rằng hạt nhân của nó có chiều $\leqslant n$. Cho $x$ là một phần tử có chuẩn 1 của Ker($v$) và $y$ là ảnh của nó trong $E/$ Ker($u$). Ta có (công thức (5) của III, p. 61)

do đó $\|y\|<1$. Bây giờ $\|y\|$ là khoảng cách từ $x$ đến Ker($u$). Định lý 4 khi đó kéo theo rằng dim Ker($v$)$\leqslant$ dim Ker($u$) $=n$. Điều này chứng minh bất đẳng thức $((u))\leqslant d$. Bất đẳng thức đảo lại $d\leqslant ((u))$ suy ra từ bổ đề chính xác hơn sau đây.

Gọi $p$ là ánh xạ chính tắc của E lên $E/$ Ker($u$). Tồn tại $a\in E$ sao cho $\|p(a)\|= 1$ và $\|u(a)\|< c$ (công thức (6) của III, p. 61). Theo định lý Hahn–Banach (EVT, II, p. 24, hệ quả 2), tồn tại một dạng tuyến tính liên tục $f$ trên không gian định chuẩn $E/$ Ker($u$) sao cho $f(p(a)) = 1$ và $\|f\|= 1$. Ánh xạ tuyến tính $h:x\mapsto -(f\circ p)(x)u(a)$ của E vào F là liên tục, có hạng 1, và ta có $\|h\|\leqslant \|f\| \|p\| \|u(a)\|< c$. Hạt nhân của ánh xạ $u+h$ chứa hạt nhân của $u$ và $a$; vì $a\not \in$ Ker($u$), nên chiều của nó do đó ít nhất là $n+ 1$. Mặt khác, ánh xạ tuyến tính $u$ cảm sinh, bằng cách chuyển qua các không gian con, một ánh xạ tuyến tính từ Ker($u+h$) vào Im($h$) có hạt nhân là Ker($u$)$\cap$ Ker($u+h$), nên dim(Ker($u+h$))$\leqslant$ dim(Ker($u$)) $+ 1$. Kết luận suy ra.