Équation de Laplace

En coordonnées cartésiennes dans un espace euclidien de dimension 3, le problème consiste à trouver toutes les fonctions à trois variables réelles <math>\varphi(x,y,z)</math> qui vérifient l'équation aux dérivées partielles<ref>Comme pour toute équation aux dérivées partielles, il faut en général spécifier des conditions aux limites pour que le problème soit mathématiquement « bien posé ».</ref> du second ordre :

<math> \frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} \ + \ \frac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2} \ + \ \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} \ = \ 0 </math>

Pour simplifier l'écriture, on introduit un opérateur différentiel noté <math>\Delta</math> et appelé opérateur de Laplace, ou simplement laplacien, tel que l'équation aux dérivées partielles précédente s'écrive de façon compacte :

<math> \Delta \varphi \ = \ 0</math>

[modifier] Equation de Laplace à deux dimensions

En coordonnées cartésiennes dans un espace euclidien de dimension 2, le problème consiste à trouver toutes les fonctions à deux variables réelles <math>V(x,y)</math> qui vérifient :

<math>

\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} \ + \ \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} \ = \ 0 </math>

On montre que toute fonction holomorphe donne des solutions de l'équation de Laplace à deux dimensions par leur partie réelle et par leur partie imaginaire ; de plus, ces solutions sont orthogonales en tout point.

[modifier] Rappels sur les fonctions holomorphes

Toute fonction polynomiale à coefficients complexes est holomorphe sur <math>\mathbb C</math> ; aussi le sont les fonctions trigonométriques et la fonction exponentielle. (Les fonctions trigonométriques sont en fait relativement proches de la fonction exponentielle puisqu'elles peuvent être définies à partir de celle-ci en utilisant les formules d'Euler).

La fonction logarithme est holomorphe sur l'ensemble des nombres complexes privé de la demi-droite des réels négatifs.

La fonction racine carrée peut être définie par

et est ainsi holomorphe partout où la fonction logarithme l'est.

La fonction inverse <math>z\mapsto 1/z</math> est holomorphe sur <math>\mathbb C^*</math>.

Les fonctions trigonométriques réciproques ont de la même manières des coutures et sont holomorphes partout sauf aux coutures.

[modifier] Équation de Laplace & fonctions holomorphes

[modifier] Théorème 1

Toute fonction analytique est solution de l'équation de Laplace.

[modifier] Démonstration

On introduit la variable complexe :<math>z=x+iy</math> où <math>i^2 = - \ 1</math>, et on définit la fonction holomorphe <math>F(z)</math>. Par dérivation , on obtient que :

<math> \frac{\partial F}{\partial x} \ = \ \frac{d F}{dz} \ \frac{\partial z}{\partial x} \ = \ F'(z)</math>

alors que :

<math> \frac{\partial F}{\partial y} \ = \ \frac{dF}{dz} \ \frac{\partial z}{\partial y} \ = \ i \ F'(z)</math>.

En dérivant une seconde fois, on obtient d'une façon similaire :

<math> \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \ = \ F(z)</math>

alors que :

<math> \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} \ = \ - \ F(z)</math>

La somme est nulle, donc la fonction holomorphe F est bien une solution de l'équation de Laplace :

<math> \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \ + \ \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} \ = \ 0 </math>

Remarque : la fonction holomorphe admet toujours une décomposition en partie réelle et partie imaginaire :

En annulant la partie réelle et la partie imaginaire séparément, on obtient deux équations de Laplace indépendantes :

<math> \frac{\partial^2 V}{\partial x^2}+ \frac{\partial^2 V}{\partial y^2}=0 \qquad \mathrm{et :} \qquad \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}+ \frac{\partial^2 \phi}{\partial y^2}=0</math>

[modifier] Théorème 2

Les équipotentielles sont perpendiculaires aux lignes de champ

[modifier] Démonstration

On peut écrire :

<math> \frac{\partial F}{\partial x}\ = \ F'(x+iy) \ = \ \frac{\partial V(x,y)}{\partial x} \ + \ i \ \frac{\partial \Phi(x,y)}{\partial x} </math>

et :

<math> \frac{\partial F}{\partial y} \ = \ i F'(x+iy) \ = \ \frac{\partial V(x,y)}{\partial y} \ + \ i \ \frac{\partial \Phi(x,y)}{\partial y} </math>

On en déduit :

<math> \frac{\partial V(x,y)}{\partial x} \ = \ \frac{\partial \Phi(x,y)}{\partial y} \qquad \mathrm{et :} \qquad \frac{\partial \Phi(x,y)}{\partial x} \ = \ - \ \frac{\partial V(x,y)}{\partial y} </math>

soit finalement :

<math> \frac{\partial V(x,y)}{\partial x} \cdot \frac{\partial \Phi(x,y)}{\partial x} \ + \ \frac{\partial V(x,y)}{\partial y} \cdot \frac{\partial \Phi(x,y)}{\partial y} \ = \ 0 </math>

On reconnait là le produit scalaire des deux vecteurs :

<math> \vec \mathrm{grad} \ (V) \cdot\vec \mathrm{grad} \ (\Phi) \ = \ 0</math>

On en déduit que les courbes à {V(x,y) = constante} et {φ(x,y) = constante} sont perpendiculaires (transformation conforme). Ce qui fait que si {V(x,y) = constante} représente les courbes de même potentiel, alors {φ(x,y) = constante} représente les lignes de champs électrique en électrostatique