Équation de Poisson

Forme Générale 2D

$${\varphi }_{xx}+{\varphi }_{yy}=F\iff {\nabla }^2\varphi =F$$ Avec $A=1,B=0,C=1,R=F\Rightarrow$ Elliptique. Les solution des équations des caractéristiques sont imaginaires, on dit donc qu'il n'y a pas de caractéristiques. On a aussi : $$\frac{\partial }{\partial x}(A{\varphi }_x)+\frac{\partial }{\partial y}(A{\varphi }_y)=F\iff \nabla \cdot (A\nabla \varphi )=F$$ Avec $A$ qui peut dépendre de $x,y$ et parfois $\varphi$ est l'équation de Poisson généralisée. Par le théorème de la divergence : $$\begin{array}{rl}{\int }_{\Omega }Fdxdy=& {\int }_{\Omega }\frac{\partial }{\partial x}(A{\varphi }_x)+\frac{\partial }{\partial y}(A{\varphi }_y)dxdy\\ =& {\oint }_{\partial \Omega }A({\varphi }_x{n}_x+{\varphi }_y{n}_y)dl\\ =& {\oint }_{\partial \Omega }A(s)\frac{\partial \varphi }{\partial n}(s)dl(s)\end{array}$$ On a donc que le flux pondéré sortant d'un domaine pour un problème de poisson est égal à l'intégrale du terme source sur ce domaine.

Les problèmes elliptiques doivent être résolus de manière globale: tous les points influencent tous les points! Ces problèmes sont toujours résolus sur un domaine physique $\Omega$. Si le domaine est borné, il faut donner une condition en tout point de sa frontière $\partial \Omega$ paramétrisée par $s$. On y prescrit soir la fonction $\varphi (s)$ (Dirichlet), soit la dérivée normale$\frac{\partial \varphi }{\partial n}(s)$ (Neumann), soit une condition mixte (Robin).

Solutions

Non Borné

Singularité

On considère le cas classique ${\nabla }^2\varphi =F$ de singularité totale $Q$ placée à l'origine. On a donc une équation de Poisson avec comme terme source la singularité et comme $F=0$ en tout point sauf l'origine, on a une équation de Laplace partout sauf à l'origine. On va résoudre la problème en coordonnées polaires, le Laplacien 2D sous forme polaire donne : $${\nabla }^2\varphi (r,t)=\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}(r{\varphi }_r)+\frac{1}{r^2}{\varphi }_{\theta \theta }=0$$ Par la symétrie du problème, on sait que $\varphi$ ne dépend pas de $\theta$, l'équation se réduit donc à : $$\frac{1}{r}\frac{d}{dr}(r{\varphi }_r)=0\Rightarrow r{\varphi }_r=C\iff \frac{d\varphi }{dr}=\frac{C}{r}$$ On peut déterminer $C$ par le résultat ci-dessus qui montre que l'intégrale du terme source donne le flux pondéré sortant de la surface d'intégration, comme dans ce cas si on a $A=1$ et que dans le cas d'un cercle ${\varphi }_n={\varphi }_r$ : $${\int }_{\Omega }Fdxdy={\oint }_{\partial \Omega }A(s)\frac{\partial \varphi }{\partial n}(s)dl(s)={\int }_C{\varphi }_{r}dl={\int }_0^{2\pi }\frac{C}{\sqrt{\cos (t{)}^2+\sin (t{)}^2}}|(-\sin (t),\cos (t))|dt=2\pi C$$ $$\Rightarrow C=Q/2\pi \Rightarrow \frac{d\varphi }{dr}=\frac{Q}{2\pi r}\Rightarrow \varphi (r)=\frac{Q}{2\pi }\ln \left(\frac{r}{L}\right)$$ Avec $L$ une constante de longueur arbitraire (les profs n'aiment pas trop voir des termes avec des unités dans des fonctions comme $\ln (\dots )$).

Distribution Répartie

On considère le cas : $$F(x,y)=F(r)=\frac{Q}{\pi }\frac{{\sigma }^2}{(r^2+{\sigma }^2{)}^2}$$ Dont on peut vérifier que l'intégrale totale est $Q$ : $$\int \int F(x,y)dxdy={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\infty }F(r)rdrd\theta =2\pi {\int }_0^{\infty }F(r)rdr$$ $$\Rightarrow 2\pi \cdot \frac{Q{\sigma }^2}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{r}{(r^2+{\sigma }^2{)}^2}dr=2Q{\sigma }^2{\left[-\frac{1}{2}(r^2+{\sigma }^2{)}^{-1}\right]}_0^{\infty }=2Q{\sigma }^2\cdot \frac{1}{2{\sigma }^2}=Q$$ Et la solution trouve par intégration parce que l'équation ne dépend que de $r$ : $$\varphi (r)=\frac{Q}{4\pi }\ln \left(\frac{r^2+{\sigma }^2}{L^2}\right)$$ Avec $L$ une constante de longueur arbitraire (les profs n'aiment pas trop voir des termes avec des unités dans des fonctions comme $\ln (\dots )$).

Note : Le cas d'une singularité d'intégrale $Q$ correspond à la limite $\sigma \to 0$ de la distribution répartie

Distribution Gaussienne

On considère le cas : $$F(r)=\frac{Q}{\pi {\sigma }^2}\exp \left(-\frac{r^2}{{\sigma }^2}\right)$$ Dont on peut encore vérifier qu'elle est d'intégrale $Q$ et dont la solution est encore obtenue par intégration : $$\varphi (r)=\frac{Q}{2\pi }\left[\ln \left(\frac{r}{L}+\frac{1}{2}{E}_1\left(\frac{r^2}{{\sigma }^2}\right)\right)\right]$$ Où $E_1(q)={\int }_q^{\infty }\frac{e^{-p}}{p}dp$ avec $q>0$. Le cas d'une singularité d'intégrale $Q$ correspond aussi à la limite $\sigma \to 0$ de la distribution Gaussienne d'intégrale $Q$.

On peut obtenir une singularité d'intégrale $Q$ comme la limite de n'importe quelle distribution régulière d'intégrale $Q$. Elle ne doit même pas être continue, elle doit just être intégrable.

Distribution Chapeau

$$F(r)=\frac{Q}{\pi {\sigma }^2}$$ TODO : Considérer la distribution chapeau pour $0\le r\le \sigma$ et $F(r)=0$ pour $r>\sigma$, et obtenir la solution $\varphi (r)$ correspondante pour $0\le r\le \sigma$. Pour $r>\sigma$, on obtient que $\varphi (r)=\frac{Q}{2\pi }\ln \left(\frac{r}{L}\right)$. Donc, au dela de la distance $\sigma$, la solution est exactment la même que celle produite par la singularité

Superposition

On peut aussi additionner des solutions. Par exemple, si on place une singularité d’intégrale $Q$ en $x=x_0$ et une singularité d’intégrale $-Q$ en $x=-x_0$, on obtient le champ induit par un dipôle : $$\varphi (x,y)=\frac{Q}{4\pi }\log \left(\frac{(x-x_0{)}^2+y^2}{L^2}\right)-\frac{Q}{4\pi }\log \left(\frac{(x+x_0{)}^2+y^2}{L^2}\right)=\frac{Q}{4\pi }\log \left(\frac{(x-x_0{)}^2+y^2}{(x+x_0{)}^2+y^2}\right)$$

Cas Général par Convolution

On trouve la solution pour une distribution quelconque $F$ en additionnant la contribution de chaque petit morceaux de $F(x,y)$ à la solution. Dans le cas à deux dimensions spatiales, un morceaux infinitésimal correspond à une aire $F(x^{\prime },y^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }=dQ(x^{\prime },y^{\prime })$ dont la contribution à la solution est : $$\varphi (x,y)=\frac{1}{4\pi }\ln \left(\frac{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2}{L^2}\right)F(x^{\prime },y^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }.$$ En en intégrant les contributions de toutes les parties élémentaires on obtient : $$\varphi (x,y)=\frac{1}{4\pi }\int \int \ln \left(\frac{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2}{L^2}\right)F(x^{\prime },y^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }.$$ On dit que la fonction : $$G(r)=\frac{1}{2\pi }\ln \left(\frac{r}{L}\right)=\frac{1}{4\pi }\ln \left(\frac{r^2}{L^2}\right)$$Est la solution élémentaire ou fonction de Green de l'équation de Poisson en domaine non-borné 2D, la solution est alors la convolution entre la condition initiale et la fonction de Green. $$\varphi (x,y)=\int \int G\left(\sqrt{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2}\right)F(x^{\prime },y^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }\iff \varphi =G\ast F.$$

Fonctions de Green 3D

En 3D : $$G(r)=-\frac{1}{4\pi r}$$

Résumé

• Le flux pondéré sortant d'un domaine pour un problème de poisson est égal à l'intégrale du terme source sur ce domaine.
• Un problème de Poisson sur un domaine avec des conditions limites de Dirichlet a une solution unique.
• Un extremum ne se trouvera jamais à l'intérieur d'un domaine d'un problème de Poisson.

Sources

https://www.damtp.cam.ac.uk/user/reh10/lectures/nst-mmii-chapter2.pdf