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CHAPITRE 6. CONJECTURE D’ARNOLD ET ÉQUATION DE FLOER
En passant à la limite, on obtient donc
lim
s→+∞
∂u
∂s
(s, t) = −J( ˙
y) − grad y H t (y)
= −J( ˙
y) + JX t
= J (X t (y) − ˙
y) = 0.
Remarquons que l’on a aussi :
Proposition 6.5.15. Soit u une solution de l’équation de Floer. Alors (vues
dans R
m ) les dérivées partielles
∂
2 u
∂s∂t
et
∂
2 u
∂s 2
tendent vers 0, uniformément en t, lorsque s tend vers ±∞.
En effet, il suffit d’écrire
∂u
∂s
= −J
∂u
∂t
− X t
(puisque u est une solution). Mais
∂u
∂t
− X t tend vers 0 au sens C
∞
puisque X t (u) tend vers X t (y) et ∂u/∂t tend vers ˙
y. En dérivant la relation
par rapport à t, on obtient que ∂
2 u/∂s∂t tend vers 0, puis on dérive la même
relation par rapport à s en appliquant ce qui précède.
Remarque 6.5.16. On peut démontrer de même, et par récurrence, que, pour
k ≥ 1,
lim
s→±∞
∂
m u
∂ k s ∂ m−k t
= 0.
Appelons
M(x, y) =
u ∈ M | lim
s→−∞
u(s, ·) = x et lim
s→+∞
u(s, ·) = y
.
Nous avons remarqué (dans les remarques 6.5.2) que, pour u ∈ M(x, y),
E(u) = A H (x) − A H (y).
Remarquons aussi que M(x, x) = {x}. En effet, toute solution joignant x à
lui-même doit être d’énergie nulle, et donc constante par rapport à s.