112
4 Un cas difficile : fonctionnelle d’énergie non convexe sur l’espace entier
Conformément au 3ème Commentaire ci-dessus, nous savons maintenant que
(u 2,n ) n∈I N se casse en bouts compacts. Ce que nous allons voir maintenant,
c’est qu’une conséquence du fait que nous ayons choisi une suite issue du
principe d’Ekeland est la suivante : il ne peut y avoir qu’un nombre fini de
bouts. C’est dans notre raisonnement le seul endroit où nous utiliserons le
caractère particulier d’une suite d’Ekeland.
4.4.2.1 Il y a un seul multiplicateur, et il n’est pas nul
L’observation essentielle qui va entraîner que (u 2,n ) n∈I N ne peut pas se casser
en une infinité de bouts compacts est la suivante : comme on a au départ
considéré une suite qui vérifiait une presque équation d’Euler, tous les bouts
issus d’une telle suite vérifient aussi cette presque équation, et, c’est là l’important, partagent le même multiplicateur de Lagrange. En effet, comme u n
vérifie (4.18), on a facilement, si u n se casse en u 1,n + u 2,n + u 3,n + .... que
d’une part le bout u 1,n , qui reste à distance finie, et d’autre part chaque bout
u k,n pour k ≥ 2, qui s’en va à l’infini, vérifient respectivement
−∆u 1,n −
K
k=1
z k
|x − ¯
x k |
u 1,n +
5
3
|u 1,n |
4/3 u 1,n
−
4
3
|u 1,n |
2/3 u 1,n + (u
2
1,n
1
|x|
)u 1,n + θ n u 1,n −→ 0, (4.38)
−∆u k,n +
5
3
|u k,n |
4/3 u k,n −
4
3
|u k,n |
2/3 u k,n + (u
2
k,n
1
|x|
)u k,n + θ n u k,n −→ 0.
(4.39)
Si les bouts u k,n sont compacts à une translation près, on en déduit facilement
que leurs limites vérifient
−∆u k +
5
3
|u k |
4/3 u k −
4
3
|u k |
2/3 u k + (u
2
k
1
|x|
)u k + θu k = 0,
(4.40)
alors que u 1 vérifie
−∆u 1 −
K
k=1
z k
|x − ¯
x k |
u 1 +
5
3
|u 1 |
4/3 u 1 −
4
3
|u 1 |
2/3 u 1 + (u
2
1
1
|x|
)u 1 + θu 1 = 0,
(4.41)
tous pour le même multiplicateur θ = lim n−→+∞ θ n . Chaque u k (k ≥ 2)
est de plus, par un raisonnement déjà utilisé ci-dessus, un minimum pour le
problème de minimisation I
∞
α k
où α k =
I R 3 u
2
k . En écrivant les conditions
du second ordre exprimant que u 1 est un minimum de I α1 et que u k est un
minimum de I
∞
α k
, on obtient
I R 3
|∇h 1 |
2
−
I R 3
K
k=1
z k
|x − ¯
x k |
h
2
1 +
35
9
I R 3
|u 1 |
4/3 h
2
1 −
20
9
I R 3
|u 1 |
2/3 h
2
1
4 Un cas difficile : fonctionnelle d’énergie non convexe sur l’espace entier
Conformément au 3ème Commentaire ci-dessus, nous savons maintenant que
(u 2,n ) n∈I N se casse en bouts compacts. Ce que nous allons voir maintenant,
c’est qu’une conséquence du fait que nous ayons choisi une suite issue du
principe d’Ekeland est la suivante : il ne peut y avoir qu’un nombre fini de
bouts. C’est dans notre raisonnement le seul endroit où nous utiliserons le
caractère particulier d’une suite d’Ekeland.
4.4.2.1 Il y a un seul multiplicateur, et il n’est pas nul
L’observation essentielle qui va entraîner que (u 2,n ) n∈I N ne peut pas se casser
en une infinité de bouts compacts est la suivante : comme on a au départ
considéré une suite qui vérifiait une presque équation d’Euler, tous les bouts
issus d’une telle suite vérifient aussi cette presque équation, et, c’est là l’important, partagent le même multiplicateur de Lagrange. En effet, comme u n
vérifie (4.18), on a facilement, si u n se casse en u 1,n + u 2,n + u 3,n + .... que
d’une part le bout u 1,n , qui reste à distance finie, et d’autre part chaque bout
u k,n pour k ≥ 2, qui s’en va à l’infini, vérifient respectivement
−∆u 1,n −
K
k=1
z k
|x − ¯
x k |
u 1,n +
5
3
|u 1,n |
4/3 u 1,n
−
4
3
|u 1,n |
2/3 u 1,n + (u
2
1,n
1
|x|
)u 1,n + θ n u 1,n −→ 0, (4.38)
−∆u k,n +
5
3
|u k,n |
4/3 u k,n −
4
3
|u k,n |
2/3 u k,n + (u
2
k,n
1
|x|
)u k,n + θ n u k,n −→ 0.
(4.39)
Si les bouts u k,n sont compacts à une translation près, on en déduit facilement
que leurs limites vérifient
−∆u k +
5
3
|u k |
4/3 u k −
4
3
|u k |
2/3 u k + (u
2
k
1
|x|
)u k + θu k = 0,
(4.40)
alors que u 1 vérifie
−∆u 1 −
K
k=1
z k
|x − ¯
x k |
u 1 +
5
3
|u 1 |
4/3 u 1 −
4
3
|u 1 |
2/3 u 1 + (u
2
1
1
|x|
)u 1 + θu 1 = 0,
(4.41)
tous pour le même multiplicateur θ = lim n−→+∞ θ n . Chaque u k (k ≥ 2)
est de plus, par un raisonnement déjà utilisé ci-dessus, un minimum pour le
problème de minimisation I
∞
α k
où α k =
I R 3 u
2
k . En écrivant les conditions
du second ordre exprimant que u 1 est un minimum de I α1 et que u k est un
minimum de I
∞
α k
, on obtient
I R 3
|∇h 1 |
2
−
I R 3
K
k=1
z k
|x − ¯
x k |
h
2
1 +
35
9
I R 3
|u 1 |
4/3 h
2
1 −
20
9
I R 3
|u 1 |
2/3 h
2
1