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CHAPITRE 6. CONJECTURE D’ARNOLD ET ÉQUATION DE FLOER
Montrons enfin que v est d’énergie finie. Posons B k = B((s k , t k ), ε k ).
B(0,ε k R k )
grad v k
2 =
B k
grad u k
2 dt ds
≤
Bk
∂u k
∂s
2
+
∂u k
∂t
2
dt ds
=
Bk
∂u k
∂s
2
+
∂u k
∂t
− X t (u k ) + X t (u k )
2
dt ds
≤
B k
∂u k
∂s
2
+
∂u k
∂t
− X t (u k )
2
dt ds
+
B k
X t (u k )
2 + 2
∂u k
∂t
− X t (u k )
X t (u k )
dt ds
≤
B k
∂u k
∂s
2
+ 2
∂u k
∂t
− X t (u k )
2
+ 2 X t
2
dt ds
≤ 3E(u k ) + 2
Bk
X t
2 dt ds ≤ 3C + 2
Bk
X t
2 dt ds
où C est la constante donnée par le corollaire 6.5.11 (qui est conséquence
de la proposition 6.5.7).
La dernière intégrale tend vers 0 quand k tend vers l’infini (B k est une
boule de rayon ε k tendant vers 0), donc, pour k assez grand,
B(0,εkRk)
∂v k
∂s
2
+
∂v k
∂t
2 ≤ 4C
et B(0, ε k R k ) tend à recouvrir R
2 , donc v est d’énergie finie en application
du lemme de Fatou
(12) .
Nous assistons ici à la formation d’une « bulle », qui sera interdite par
notre hypothèse sur les sphères : autour du point (s k , t k ), le lacet bord de
la boule de rayon ε k est de plus en plus petit, mais le gradient de u k en ce
point, lui, explose. C’est pourquoi nous avons reparamétré (c’est la ruse du
ε k R k ), comme le montre la figure 7.
Un bon calcul valant mieux qu’un long discours, évaluons l’aire symplectique de l’image de v.
Lemme 6.6.4. L’aire symplectique de v est finie et non nulle.
(12) Pour lequel nous renvoyons par exemple à [57].