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CHAPITRE 6. CONJECTURE D’ARNOLD ET ÉQUATION DE FLOER
Troisième temps. Montrons donc que A H (u k ) tend vers A H (y). Clairement,
la partie intégrale du hamiltonien ne pose pas de problème et
1
0
H t (u k ) dt tend vers
1
0
H t (y(t)) dt
puisque u k tend vers y pour la topologie C
0 .
Étudions donc l’autre morceau de la fonctionnelle d’action. Pour cela,
choisissons des prolongements
u k et
u y de u k et de y (respectivement) au
disque. Nous devons montrer que
lim
k→+∞
D 2
u
k ω −
D 2
u
y ω
= 0.
Si la forme ω était exacte, ω = dλ, nous aurions
D 2
u
k ω −
D 2
u
y ω =
S 1
u
k λ −
S 1
y
λ
=
1
0
(λ( ˙
u k ) − λ( ˙
y)) dt
=
1
0
λ( ˙
u k − X t (u k )) dt −
1
0
λ(X t (u k ) − X t (y)) dt.
La dernière intégrale tend vers 0 parce que u k tend vers y. Pour la première,
1
0
(λ( ˙
u k ) − X t (u k )) dt
≤ sup λ ˙
u k − X t (u k ) L 1
... norme L
1 que l’on peut remplacer par la norme L
2 grâce à la compacité
de S
1 . D’où le résultat espéré puisque cette norme L
2 tend vers 0, comme
nous l’avons remarqué au cours du premier temps.
Sauf que W est compacte et que donc, ω n’est pas exacte. Choisissons
un voisinage U de l’image de y dans W , qui se rétracte sur y de sorte que
ω| U est exacte. Pour k assez grand, l’image de u k est contenue dans U.
Fabriquons maintenant une sphère S
2 en recollant
– un cylindre C → U, homotopie entre u k et y contenue dans U,
– le disque
u y de bord y,
– le disque
u k de bord u k .
Avec l’hypothèse 6.2.1 suivant laquelle l’intégrale de ω est nulle sur les
sphères, il est clair que la différence
D 2
u
k ω −
D 2
u
y ω
est l’intégrale de ω sur le cylindre C, sur lequel ω est exacte et où le calcul
précédent s’applique.