3.2 Compacité du modèle TFW
69
Raisonnons maintenant par l’absurde, et supposons que la contrainte n’est
pas saturée, à savoir
I R 3
u
2 < λ.
(3.28)
Nous avons alors
−∆u − Z
1
|x|
u +
5
3
|u|
4/3 u +
I R 3
u
2 (y)
|x − y|
dy
u = 0.
(3.29)
Nous faisons alors la remarque suivante (qui n’est en fait pas aussi innocente
qu’il y paraît, voir à ce sujet la section 3.3 ci-dessous) : depuis le début, on
peut, quitte à changer la suite (u n ) n∈I N en la suite (|u n |) n∈I N , supposer que la
suite (u n ) n∈I N est presque partout positive ou nulle (bien noter qu’on particularise la suite minimisante). De plus, la convergence locale forte entraîne,
à extraction près, la convergence presque partout ; on peut donc s’arranger
comme ci-dessus pour que la suite (u n ) n∈I N converge presque partout sur IR
3
vers u, et nous avons donc u ≥ 0. Nous allons prouver successivement que
u > 0, que u est régulière, puis qu’il n’existe pas de telle solution u > 0
dans L
2 (IR
3 ) de (3.29), ce qui concluera notre raisonnement par l’absurde et
montrera que la contrainte est saturée, donc qu’il existe un minimum à (3.1).
Désignons par
W (x) = −Z
1
|x|
+
5
3
|u(x)|
4/3 +
I R 3
u
2 (y)
|x − y|
dy
,
(3.30)
de sorte que (3.29) peut se récrire
−∆u + W u = 0.
(3.31)
Montrons d’abord u > 0. Il est facile de voir en utilisant des arguments déjà
détaillés plus haut que W ∈ L
p
loc (IR
3 ) pour au moins un p >
3
2 , et que l’on
a sup x∈I R 3 W L p (B1(x)) < +∞ (où B 1 (x) désigne la boule unité centrée en
x). On exprime cette dernière propriété en écrivant que W ∈ L
p
unif (IR
3 ). En
utilisant l’inégalité de Harnack, nous savons donc que si u s’annule quelque
part sur IR
3 alors il est identiquement nul. Clairement, cela impose en particulier ˜
I λ = 0. Nous allons montrer que ceci ne peut pas être pour λ > 0
(noter que contrairement au cas borné, il faut travailler un peu pour montrer
que le cas apparemment trivial u ≡ 0 ne peut effectivement pas se produire
ici ; il y a donc des cas où il faudra être vigilant sur ce point). Nous allons
prouver que pour ε > 0 assez petit, nous avons I ε < 0. A cause de (3.20), cela
entraînera, quitte à choisir ε encore plus petit pour avoir ε ≤ λ, que I λ < 0 ce
qui contredira u ≡ 0. L’idée est comme plus haut d’utiliser un scaling, mais
en étant un peu plus précis. Nous fixons une fonction v ∈ D(IR
3 ) (qu’on peut
prendre à symétrie sphérique si on veut mais ce n’est pas nécessaire ici ; ce
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Raisonnons maintenant par l’absurde, et supposons que la contrainte n’est
pas saturée, à savoir
I R 3
u
2 < λ.
(3.28)
Nous avons alors
−∆u − Z
1
|x|
u +
5
3
|u|
4/3 u +
I R 3
u
2 (y)
|x − y|
dy
u = 0.
(3.29)
Nous faisons alors la remarque suivante (qui n’est en fait pas aussi innocente
qu’il y paraît, voir à ce sujet la section 3.3 ci-dessous) : depuis le début, on
peut, quitte à changer la suite (u n ) n∈I N en la suite (|u n |) n∈I N , supposer que la
suite (u n ) n∈I N est presque partout positive ou nulle (bien noter qu’on particularise la suite minimisante). De plus, la convergence locale forte entraîne,
à extraction près, la convergence presque partout ; on peut donc s’arranger
comme ci-dessus pour que la suite (u n ) n∈I N converge presque partout sur IR
3
vers u, et nous avons donc u ≥ 0. Nous allons prouver successivement que
u > 0, que u est régulière, puis qu’il n’existe pas de telle solution u > 0
dans L
2 (IR
3 ) de (3.29), ce qui concluera notre raisonnement par l’absurde et
montrera que la contrainte est saturée, donc qu’il existe un minimum à (3.1).
Désignons par
W (x) = −Z
1
|x|
+
5
3
|u(x)|
4/3 +
I R 3
u
2 (y)
|x − y|
dy
,
(3.30)
de sorte que (3.29) peut se récrire
−∆u + W u = 0.
(3.31)
Montrons d’abord u > 0. Il est facile de voir en utilisant des arguments déjà
détaillés plus haut que W ∈ L
p
loc (IR
3 ) pour au moins un p >
3
2 , et que l’on
a sup x∈I R 3 W L p (B1(x)) < +∞ (où B 1 (x) désigne la boule unité centrée en
x). On exprime cette dernière propriété en écrivant que W ∈ L
p
unif (IR
3 ). En
utilisant l’inégalité de Harnack, nous savons donc que si u s’annule quelque
part sur IR
3 alors il est identiquement nul. Clairement, cela impose en particulier ˜
I λ = 0. Nous allons montrer que ceci ne peut pas être pour λ > 0
(noter que contrairement au cas borné, il faut travailler un peu pour montrer
que le cas apparemment trivial u ≡ 0 ne peut effectivement pas se produire
ici ; il y a donc des cas où il faudra être vigilant sur ce point). Nous allons
prouver que pour ε > 0 assez petit, nous avons I ε < 0. A cause de (3.20), cela
entraînera, quitte à choisir ε encore plus petit pour avoir ε ≤ λ, que I λ < 0 ce
qui contredira u ≡ 0. L’idée est comme plus haut d’utiliser un scaling, mais
en étant un peu plus précis. Nous fixons une fonction v ∈ D(IR
3 ) (qu’on peut
prendre à symétrie sphérique si on veut mais ce n’est pas nécessaire ici ; ce