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3 Le même problème sur l’espace tout entier
Remarque 3.19 Encore une fois, il faut noter que le cas r = 1 requiert
d’autres techniques que le cas r > 1. Si on travaillait dans L
2 par exemple,
montrer la convergence forte reviendrait par exemple à montrer la convergence
faible et vérifier que la norme de la limite est égale à la limite des normes (cf.
le Théorème 2.26). Ici, montrer la convergence forte de L
1 requiert de se servir
de la convergence forte dans L
p , p > 3/2.
En utilisant (3.77), on sait que pour tout ε > 0, il existe R tel que, uniformément en n, on ait
|x|≥R
(ρ 1,n + ρ 1 ) ≤ ε. Donc
I R 3
|ρ 1,n − ρ 1 | ≤
|x|≤R
|ρ 1,n − ρ 1 | +
|x|≥R
(ρ 1,n + ρ 1 )
≤ C
te R
3(1−1/p)
|x|≤R
|ρ 1,n − ρ 1 |
p
1/p
+ ε
et le second membre peut être rendu arbitrairement petit puisqu’on a la
convergence forte locale L
p . Tout ceci conclut donc la preuve, sous réserve
que l’on parvienne à montrer (3.76). Ce que nous allons faire maintenant.
On raisonne par l’absurde et on suppose par exemple que
I R 3
ρ 1 < N 1 . Comme
on sait que (ρ 1 , ρ 2 ) est un minimum du problème à contrainte relâchée, on
sait que (ρ 1 , ρ 2 ) est en particulier solution du système d’équations d’EulerLagrange associé à ce problème. On laisse au lecteur la tâche de vérifier que
si
I R 3
ρ 1 < N 1 , alors ρ 1 est solution de :
(c 1 p)
1
p−1 ρ 1 =
−V 1 − (1 −
1
N 1
)ρ 1
1
|x|
− ρ 2
1
|x|
1
p−1
+
.
(3.78)
Nous supposons désormais N 1 > 1 et p = 2 (dans les cas p = 2 ou N 1 = 1, on
procède légérement différemment, mais nous ne détaillerons pas ce point ici).
Nous définissons :
u = −(c 1 p)
1
p−2
4π(1 −
1
N 1
)
−
p−1
p−2
V 1 + (1 −
1
N 1
)ρ 1
1
|x|
+ ρ 2
1
|x|
.
On a ainsi
−∆u = (c 1 p)
1
p−2
4π(1 −
1
N 1
)
−
p−1
p−2
∆V 1 − 4π(1 −
1
N 1
)ρ 1 − 4πρ 2
.
ce qui permet de récrire (3.78) sous la forme
−∆u + (u + )
1
p−1 = f,
(3.79)