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CHAPITRE 8. LINÉARISATION ET TRANSVERSALITÉ
Démonstration. Il suffit d’établir l’égalité ci-dessus pour Y ∈ C
∞
0 (R×S
1 ;R
2n )
et pour X = Z. On écrit d’abord
+∞
−∞
1
0
LY, Z dt ds =
1
0
+∞
−∞
∂Y
∂s
, Z
ds
dt
+
+∞
−∞
1
0
J
∂Y
∂t
, Z
dt ds +
+∞
−∞
1
0
SY, Z dt ds.
Considérons donc les trois intégrales une par une. D’abord, par une simple
intégration par parties (en fait ici les propriétés des dérivées faibles),
1
0
+∞
−∞
∂Y
∂s
, Z
ds
dt = −
1
0
+∞
−∞
Y,
∂Z
∂s
ds
dt
(notons que ceci est vrai, ou, naïvement, que le terme dit « tout intégré » est
nul parce que l’on a supposé que lim s→±∞ Y (s, t) = 0). Pour la deuxième
intégrale, on a
+∞
−∞
1
0
J
∂Y
∂t
, Z
dt ds = −
+∞
−∞
1
0
∂Y
∂t
, JZ
dt ds
=
+∞
−∞
1
0
Y,
∂JZ
∂t
dt ds =
+∞
−∞
1
0
Y, J
∂Z
∂t
dt ds
(cette fois le terme tout intégré est nul par périodicité en t). Enfin on a
+∞
−∞
1
0
SY, Z dt ds =
+∞
−∞
1
0
Y,
t
SZ dt ds.
Finalement,
+∞
−∞
1
0
LY, Z dt ds =
+∞
−∞
1
0
Y, −
∂Z
∂s
+ J
∂Z
∂t
+
t
SZ
ds dt
= Y, L
Z au sens des distributions.
Donc Z, LY = 0 implique que
+∞
−∞
1
0
Y, L
Z dt ds = 0,
autrement dit le fait que L
Z = 0 au sens des distributions, ce que nous
voulions démontrer.
En appliquant la régularité elliptique (le lemme 12.1.3), on en déduit
que Z est de classe C
∞ .
Pour obtenir une contradiction, montrons qu’un champ satisfaisant aux
deux conditions du lemme est forcément nul. La deuxième condition s’écrit,
de façon équivalente,
R×S 1
dh t (Z) ds dt = 0.