Operatori fredholmiani

[gugo82]

Sfogliando i miei appunti di Analisi Funzionale ho trovato una definizione ed un teorema su cui voglio chiedervi un'opinione.

1) Sulla definizione di operatori di Fredholm.

Siano $X,Y$ di Banach ed $A in L(X,Y)$ (operatore lineare continuo di $X$ in $Y$).
Si dice che $A$ è semi-fredholmiano se I) $dimN(A)II) $R(A)$ è chiuso in $Y$.
L'insieme degli operatori semi-fredholmiani si indica col simbolo $Phi_+(X,Y)$.

Si dice che $A$ è fredholmiano se $A$ ed $A^(**)$ sono semi-fredhomiani (ossia $A in Phi_+(X,Y)$ ed $A^(**) in Phi_+(Y^(**),X^(**))$)

Ovviamente $N(A)$ ed $R(A)$ sono lo spazio nullo ed il rango dell'operatore (o nucleo ed immagine, che dir si voglia), $A^(**)$ è l'aggiunto di $A$ ed $X^(**),Y^(**)$ sono gli spazi duali di $X,Y$.

Ora leggo sul Brezis (Analisi Funzionale - teoria e applicazioni, complementi al capitolo 6, punto 1) una definizione apparentemente diversa di operatori fredholmiani:

Un operatore $A in L(X,Y)$ si dice fredholmiano se i) $dim N(A)ii) $R(A)$ è chiuso ed ha codimensione finita.

La domanda è: le due definizioni individuano lo stesso tipo di operatori?
La somiglianza di i-ii) con I-II) è evidente, quindi la questione è se l'essere $A^(**) in Phi_+(X,Y)$ implichi la (anzi equivalga alla) finitezza della codimensione di $R(A)$.
Probabilmente c'entra la relazione d'ortogonalità per gli operatori a rango chiuso $R(A)=N(A^(**))^a$ (l'apice $a$ sta a significare l'annichilatore od ortogonale)... ma da questa e da $dim N(A^(**))
Forse è davvero banale ma non lo vedo...

2) Sull'invertibilità degli operatori semi-fredholmiani e fredholmiani.

Siano $X,Y$ spazi di Banach.
Comunque si scelga $A in Phi_+(X,Y)$ esiste un sottospazio chiuso $Msubseteq X$ tale che la restrizione di $A$ ad $M$ è iniettiva, l'applicazione $A_M: x in M to Ax in R(A)$ è invertibile e $A_M^(-1) in L(R(A),M)$. In particolare, se $A$ è fredholmiano esiste un $barA in L(Y,X)$ tale che $AA y in R(A), barA y=A_M^(-1)y$ (ossia esiste uno pseudo-inverso di $A$ in $L(Y,X)$ che coincide con $A_M^(-1)$ su $R(A)$).

Questo risultato di "invertibilità" l'ho senza dimostrazione: mi ricordo che fu richiamato all'inizio di una lezione, ma non so se venne dimostrato o meno nei giorni precedenti durante i quali non ero presente in aula.

La domanda è: qualcuno ha un riferimento bibliografico per una dimostrazione del teorema che ho citato?
Finora ho sfogliato il Brezis ed il Miranda (Istituzioni di Analisi Funzionale Lineare) senza trovarne traccia; nei prossimi giorni proverò a vedere sul Rudin (Functional Analysis), ma accetto suggerimenti su altri testi.


Un grazie anticipato a tutti quelli che vorranno intervenire.

[ViciousGoblin]

Ti mando un'idea riguardo a (1). Dato che sono un po' arrugginito considero il caso in cui gli spazi sono di Hilbert e quindi posso prendere i
prodotti scalari - non dovrebbe essere difficile tradurre tutto in termini di dualita'

Oltre a $R(A)=N(A^{\star})^\bot$, valida se $R(A)$ è chiuso, hai anche
$N(A)=R(A^{\star})^{\bot}$, valida sempre.
Quindi la codimensione di $R(A^{\star})$ è la dimensione di $N(A)$

[ViciousGoblin]

Riguardo al punto (2) se i sicuro che quella che hai scritto sia la formulazione corretta?

L'affermazione non è ovvia ? - prendendo $M={0}$ ( e d'altra parte non si può fare di meglio se $A=0$
tra spazi di dimesione finita).

Poi non capisco il "pertanto" dato che $(R(A_M)\ne R(A)$ - forse però sto intepretando male cio' che hai scritto

[Chevtchenko]

"Gugo82":2) Sull'invertibilità degli operatori semi-fredholmiani e fredholmiani.

Siano $X,Y$ spazi di Banach.
Comunque si scelga $A in Phi_+(X,Y)$ esiste un sottospazio chiuso $Msubseteq X$ tale che la restrizione di $A$ ad $M$ è iniettiva, pertanto l'applicazione $A_M: x in M to Ax in R(A)$ è invertibile e $A_M^(-1) in L(R(A),M)$. In particolare, se $A$ è fredholmiano esiste un $barA in L(Y,X)$ tale che $AA y in R(A), barA y=A_M^(-1)y$ (ossia esiste uno pseudo-inverso di $A$ in $L(Y,X)$ che coincide con $A_M^(-1)$ su $R(A)$).

Questo risultato di "invertibilità" l'ho senza dimostrazione: mi ricordo che fu richiamato all'inizio di una lezione, ma non so se venne dimostrato o meno nei giorni precedenti durante i quali non ero presente in aula.

La domanda è: qualcuno ha un riferimento bibliografico per una dimostrazione del teorema che ho citato?
Finora ho sfogliato il Brezis ed il Miranda (Istituzioni di Analisi Funzionale Lineare) senza trovarne traccia; nei prossimi giorni proverò a vedere sul Rudin (Functional Analysis), ma accetto suggerimenti su altri testi.


Un grazie anticipato a tutti quelli che vorranno intervenire.

Ci provo...

Siccome $A$ è semi-fredholmiano, dim $N(A) < oo$, sicché esiste in $X$ il supplementare topologico di $N(A)$, diciamolo $M$. Sia $A_M$ la restrizione di $A$ ad $M$; ovviamente è $A_M in L(M,R(A))$.
Dico che $A_M$ è iniettiva. E infatti, se $x', x'' in M$ sono tali che $A_M x' = A_M x''$, si ha anche $A (x' - x'') = 0$, cioè $x' - x''$ sta in $N(A)$. Ma allora $x' - x''$ sta in $M cap N(A) = {0}$, sicché $x' = x''$.
Proviamo che $R(A_M) = R(A)$ (ne seguirà l'invertibilità di $A_M$).
Ovviamente $R(A_M)$ è incluso in $R(A)$. Dimostriamo l'inclusione inversa.
Sia $y in R(A)$; esiste $x in X$ con $Ax = y$. Ma $X = M + N(A)$, per cui $x = x_0 + x_1$, con $x_0 in M$ e $x_1 in N(A)$. Pertanto $y = Ax = A(x_0 + x_1) = Ax_0 + Ax_1 = A_Mx_0 + 0 = A_Mx_0$, cioè $y in R(A_M)$.
Ne segue $R(A) = R(A_M)$.
Quindi $A_M$ è invertibile. Siccome $M$ è supplementare topologico, esso è chiuso in $X$, che è di Banach: pertanto $M$ è di Banach.
D'altra parte, $A$ è semi-fredholmiano, per cui $R(A)$ è chiuso, quindi di Banach.
Ma allora $A_M$ è un operatore lineare, continuo ed invertibile tra spazi di Banach: per il teorema dell'applicazione aperta, $A_M^{-1}$ sta in $L(R(A),M)$.

E questo per la prima parte...

[Chevtchenko]

Vediamo un po' la seconda.

Supponiamo ora che $A$ sia addirittura di Fredholm. Allora dim $N(A^\star) < oo$; ma sappiamo che $N(A^\star) = R(A)^o$ (con l'apice $o$ intendo l'ortogonale), per cui anche $R(A)^o$ ha dim finita. Da ciò segue facilmente che $R(A)$ ha supplementare topologico. Diciamolo $N$.
(Ovviamente dim $N$ = dim $N(A^\star) < oo$.)
Sia $P$ la proiezione di $Y$ su $N$; allora $P in L(Y,N)$ (facile) e $I - P$ sta in $L(Y,Y)$.
Ma addirittura $I - P$ sta in $L(Y,R(A))$: infatti, per ogni $y in Y$, si ha $y = Py + P_{R(A)}y$, per cui $(I-P)y = y - Py = P_{R(A)}y in R(A)$.
Sia ora $barA = A_M^{-1} (I - P)$ ($A_M$ è quello di prima). Chiaramente $barA in L(Y,X)$ e per ogni $y in R(A)$ si ha anche $barAy = A_M^{-1}((I-P)y) = A_M^{-1}y - A_M^{-1}Py = A_M^{-1}y$, in quanto $Py = 0$.

And that's all, folks...

[ViciousGoblin]

Quindi quel "pertanto" voleva dire "e" ....

[gugo82]

Grazie Cheva.
Che c'entrasse l'esistenza dei supplementari topologici l'avevo intuito (l'unico modo sensato di usare la dimensione finita ), però mi mancava l'idea base della dimostrazione. Mi studierò un po' la cosa stasera...

Grazie anche a VGE.
L'idea di usare le relazioni d'ortogonalità mi è venuta così ieri notte (non ci avevo pensato nei giorni scorsi!) ed il tuo post mi conferma che sono sulla buona strada... insomma, non sono ancora da buttare come apprendista matematico!

Se qualcun altro volesse esprimere opinioni o consigliarmi qualche testo, il thread è sempre aperto.


P.S.: Cheva, quando ti facevi chiamare Sandokan mi consigliasti di guardarmi un po' di Geometria negli spazi di Banach (erano i miei primi tempi sul forum).
In questi giorni cercherò di procurarmi il Diestel, che a quanto ho capito è un classico del genere, per approfondire un po' di cose anche perchè a giorni dovrò scegliere dove chiedere la tesi... Speriamo bene.

[Chevtchenko]

"Gugo82":P.S.: Cheva, quando ti facevi chiamare Sandokan mi consigliasti di guardarmi un po' di Geometria negli spazi di Banach (erano i miei primi tempi sul forum).
In questi giorni cercherò di procurarmi il Diestel, che a quanto ho capito è un classico del genere, per approfondire un po' di cose anche perchè a giorni dovrò scegliere dove chiedere la tesi... Speriamo bene.

Auguri! Del libro di Diestel puoi trovare una recensione qui: http://projecteuclid.org/euclid.bams/1183538209.

[gugo82]

"Gugo82":1) Sulla definizione di operatori di Fredholm.

Siano $X,Y$ di Banach ed $A in L(X,Y)$ (operatore lineare continuo di $X$ in $Y$).
Si dice che $A$ è semi-fredholmiano se I) $dimN(A)II) $R(A)$ è chiuso in $Y$ ($R(A)=bar(R(A))$).
L'insieme degli operatori semi-fredholmiani si indica col simbolo $Phi_+(X,Y)$.

Si dice che $A$ è fredholmiano se $A$ ed $A^(**)$ sono semi-fredhomiani, ossia se:

$\{(dim N(A)< oo, " e ", dim N(A^**)

Ora leggo sul Brezis (Analisi Funzionale - teoria e applicazioni, complementi al capitolo 6, punto 1) una definizione apparentemente diversa di operatori fredholmiani:

Un operatore $A in L(X,Y)$ si dice fredholmiano se i) $dim N(A)ii) $R(A)$ è chiuso ed ha codimensione finita, ossia se:

$\{(dimN(A)

La domanda è: le due definizioni individuano lo stesso tipo di operatori?

Credo di aver trovato la dimostrazione dell'equivalenza delle due definizioni.

La dimostrazione si basa su questi risultati:

Sia $E$ di Banach.
Si ha $dim E

Siano $E$ di Banach ed $Msubseteq E$ un sottospazio.
Se $M$ è chiuso, allora gli spazi di Banach $M^a$ ed $(E/M)^**$ sono isometricamente isomorfi; in particolare $dim M^a=dim (E/M)^**$.

[N.B.: l'apice $a$ denota l'annichilatore destro.]

Siano $X,Y$ di Banach ed $A in L(X,Y)$.
Il rango di $A$ è chiuso in $Y$ se e solo se il rango di $A^**$ è chiuso in $X^**$.

Il primo è banale; il secondo è dimostrato in Rudin, Functional Analysis, McGraw-Hill 1973, cap. 4 - teorema 4.9 b); il terzo si trova in Brezis, Analisi Funzionale - teoria e applicazioni, Liguori 1986, cap. 2 - teorema II-18.

Li ho usati così.
Il terzo risultato ci assicura che la condizione $R(A^**)=bar(R(A^**))$ è soddisfatta certamente se $A$ è a rango chiuso, quindi per dimostrare l'equivalenza delle due definizioni ci basta mostrare che se $dim N(A)
$dim N(A^**)
ricordando la relazione d'ortogonalità $N(A^**)=R(A)^a$ (valida sempre), l'ipotesi che $R(A)$ sia chiuso in $Y$ ed i primi due risultati richiamati all'inizio troviamo:

$dim N(A^**)
che è quanto volevamo; in particolare abbiamo pure $dim N(A^**)="co"dim R(A)$.

Attendo conferme (:-D) o smentite (:smt087).

[gugo82]

Mentre attendevo ho provato ad inventarmi un esempio di operatore semifredholmiano... ma non ci sono riuscito!
Tutti quelli che mi sono venuti in mente o sono fredholmiani o non sono a rango chiuso oppure hanno il nucleo a dimensione infinita.

Una buona idea mi pareva trovare un operatore $T:l^oo to l^oo$ che avesse $R(T)=c_0$, visto che $c_0$ non ha supplementare topologico in $l^oo$ (quindi $"co"dim R(T)$ non può essere finita), ma non ne ho cavato nulla.
Se qualcuno ha un'idea la accetto volentieri.

[gugo82]

"Gugo82":Mentre attendevo ho provato ad inventarmi un esempio di operatore semifredholmiano... ma non ci sono riuscito!
Tutti quelli che mi sono venuti in mente o sono fredholmiani o non sono a rango chiuso oppure hanno il nucleo a dimensione infinita.

Scusate se riesumo il thread, ma mi sono accorto solo stamattina di quanto la risposta a questa richiesta fosse banale.

Per determinare un operatore semifredholmiano che non sia fredholmiano basta fare così: si sceglie un sottospazio $X$ dello spazio di Banach $(Y,||\cdot||_Y)$ che sia chiuso ed abbia codimensione infinita e si considera l'immersione $I$ di $X$ in $Y$; se si munisce $X$ della struttura di spazio di Banach con la norma mutuata da $Y$, l'operatore $I$ è semifredholmiano (infatti $dim N(I)=dim {0_Y}=0$ ed $R(I)=X$ è chiuso) e però non è di Fredholm.

Ho pensato: "Meglio postarla, potrebbe essere utile anche a qualcun altro".
Scusate di nuovo.