Modélisation en Sciences Physiques
X-Cachan
Obtention des équations géostrophiques
Equation d’Euler
$$\begin{gathered} \mathrm{\mu_{0}d\tau \frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}{dt}=-{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}\,\mathrm{P}}}d\tau} \\ \mathrm{-\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{C}-\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{e}-\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{g}}}_{attraction}}\end{gathered}$$
dans cette expression, $ \mathrm{-{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}\,\mathrm{P}}}d\tau} $ est l’équivalent volumique des forces de pression, $ {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{C} $ l’accélération complémentaire de Coriolis, $ \mathrm{\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{g}}}_{attraction}} $ la force d’attraction gravitationnelle de Newton et $ {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{\mathrm{e}} $ l’accélération d’entraînement. La verticale du lieu est définie par la direction du vecteur:
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{g}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{g}}}_{attraction}+{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{e}.}$$
Ce qui permet, en divisant par μ0dτ les deux termes de la formule d’Euler d’obtenir:
$$\mathrm{\frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}{dt}+{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}\,\mathrm{\frac{P}{\mu_{0}}}}} +{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{C}+{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{g}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{0}}}}$$
En projetant cette équation sur la verticale du lieu et sur le plan horizontal, il vient:
Interprétation de aCV et $ \vec{a}_{\mathrm{CH}} $
$$\mathrm{\frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{dt} +{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right)}}} +{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{CH}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{0}}}} \label{EulerH}$$
$$\mathrm{\frac{dw}{dt}=\partial_{z}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right) g+a_{CV}=0} \label{EulerV}$$
$ \mathrm{\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{CH}}} $ et aCV représentent donc respectivement la composante horizontale et la composante verticale de l’accélération complémentaire de Coriolis.
Calcul de $ \mathrm{\vec{a}}_{C} $
L’accélération complémentaire de Coriolis est donnée par la relation:$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{C}=2{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\Omega}}}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}$$
Nous effectuons le calcul dans le trièdre local où:
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\Omega}}}=\Omega \sin (\lambda) {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z} +\Omega \cos (\lambda){\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{y}}$$
(en confondant verticale du lieu et droite issue de O, ce qui est le cas dans tout le problème) et
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}+w{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z} =u{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{x}+v{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{y}+w{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}}$$
ce qui conduit au résultat:
$$\begin{gathered} \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{C}}=\mathrm{\underbrace{2\Omega (w\cos \lambda-v\sin\lambda){\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{x}+2\Omega u \sin \lambda {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{y}}} \\- \mathrm{\underbrace{2\Omega u \cos \lambda }{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z} ={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{CH}+a_{CV}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}}\end{gathered}$$
Simplification
$$\mathrm{g \gg \Omega \tilde{U}}$$
est satisfaite. (L’homogénéité de l’écriture est évidente).
Conservation de la masse
Equation locale
Le fluide étant incompressible:$${{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}}}=0 \label{Conservation_Masse}$$
Conséquence sur les ordres de grandeur
Développons en coordonnées cartésiennes, il vient:$$\mathrm{\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y} +\frac{\partial w}{\partial z}=0}$$
Une dérivée partielle telle que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}}} $ est de l’ordre de grandeur des variations que subit la vitesse horizontale sur la longueur caractéristique associées donc:
$$\mathrm{\frac{\partial u}{\partial x}\models \frac{\tilde{U}}{L}}$$
nous ne cherchons pas à distinguer le comportement selon y car en fait les variations se produisent selon une certaine direction dans le plan horizontal associée à la longueur caractéristique L, de même:
$$\mathrm{\frac{\partial w}{\partial z} \models \frac{\tilde{W}}{H}.}$$
En reportant dans l’expression de la divergence, il vient:
$$\mathrm{\frac{\tilde{U}}{L}+\frac{\tilde{W}}{H}=0.}$$
Comme notre raisonnement porte simplement sur les ordres de grandeur, nous faisons abstraction des signes pour conclure entre ordres de grandeur que:
$$\mathrm{\frac{\tilde{U}}{L}\approx \frac{\tilde{W}}{H}}$$
Soit:
$$\mathrm{\tilde{W} \approx \frac{H}{L}\tilde{U}}$$
Dépendance de l’altitude
Etude de l’équation [EulerH]
Reprenons l’équation ([EulerH]) et écrivons les deux composantes, il vient:$$\mathrm{\frac{du}{dt} +\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right) -2\Omega (w\cos \lambda -v \sin \lambda)=0}$$
et
$$\mathrm{\frac{dv}{dt} +\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right) +2\Omega u \sin \lambda =0}$$
L’énoncé nous invite à poser que f = 2Ωsinλ et nous avons montré à la question précédente que: $ {\displaystyle \mathrm{\frac{\tilde{U}}{L}\approx \frac{\tilde{W}}{H} \ll 1}} $, ce qui nous fournit les formes simplifiées:
$$\mathrm{\frac{du}{dt} +\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right)-f\,v=0}$$
$$\mathrm{\frac{dv}{dt} +\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right)+f\,u=0}$$
Du point de vue ordre de grandeur à priori:
$$\mathrm{\frac{d u}{dt},\:\frac{dv}{dt}\: \models \frac{\tilde{U}}{\tilde{T}};}$$
$$\mathrm{\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right),\: \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right)\:\: \models \frac{\tilde{P}}{\mu_{0}L}}$$
fu, fv ⊨ f L
Par conséquent, entre ordres de grandeur (et dimension physique), l’équation ([EulerH]) se réduit à:
$$\mathrm{\frac{\tilde{U}}{\tilde{T}}+\frac{\tilde{P}}{\mu_{0}L} +f\,\tilde{U}=0}$$
Lorsque la condition $ \mathrm{\tilde{T}\ll f^{-1}} $ est satisfaite, le troisième terme est petit devant le premier, il ne reste donc en ordre de grandeur que:
$$\mathrm{\frac{\tilde{U}}{\tilde{T}} \approx \frac{\tilde{P}}{\mu_{0}L}}$$
lorsque la condition $ \mathrm{\tilde{T}\gg f^{-1}} $ est satisfaite, le premier terme est négligeable devant le troisième qui est par conséquent comparable au second, il en résulte que:
$$\mathrm{\frac{\tilde{U}}{\tilde{T}} \ll \frac{\tilde{P}}{\mu_{0}L}}$$
Simplification de l’équation ([EulerV])
Le premier terme de ([EulerV]) est:$$\mathrm{\frac{dw}{dt} \models \frac{\tilde{W}}{ \tilde{T}},}$$
compte tenu de la question ([I.2.b]) il vient:
$$\mathrm{\frac{\tilde{W}}{ \tilde{T}} \approx \frac{H}{L}\frac{\tilde{U}}{\tilde{T}} \leq \frac{H}{L}\frac{\tilde{P}}{L\mu_{0}}}$$
Le second terme est:
$$\mathrm{\partial_{z}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right) \models \frac{\tilde{P}}{\mu_{0}H}}$$
Le rapport de ces deux termes est par conséquent $ \mathrm{{\displaystyle \left(\frac{H}{L}\right)^{2} \ll 1}} $, ce qui montre que le premier est négligeable par rapport au second.
Expression de P(x, y, z, t)
Dans l’équation ([EulerV]), on peut négliger le terme d’accélération complémentaire de Coriolis (question [I.1.c] ) et le terme de dérivée totale par rapport au temps (question [I.3.b]), il reste donc:$$\mathrm{\partial_{z}\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right)+g=0}$$
En intégrant cette expression entre la surface libre et le point courant d’altitude z situé sur la même verticale, il vient):
P(x, y, z, t)=P0 + μ g [h(x,y,t)−z]
Le calcul du gradient horizontal est élémentaire, comme on ne calcule que des dérivées par rapport à x ou y, il vient:
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{P}}}=\mu_{0}g {{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{h}}} } \label{Gradient_Pression_Horizontal}$$
Dépendance de l’altitude
Nous avons déjà montré dans la question ([I.3.a]) que le terme dépendant de la composante w de la vitesse est négligeable dans l’équation ([EulerH]) compte tenu de la question ([I.2.b]). Par conséquent les termes pertinents de l’équation ([EulerH]) ne contiennent aucun terme dépendant de z ou de w, il est donc raisonnable de chercher des solutions telles que $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}} $ ne dépende pas de l’altitude z.Lien entre vitesse et h
La loi de conservation de la matière impose:$${{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}}}={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}+\partial_{z}\mathrm{w=0}.$$
Comme $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}} $ ne dépend pas de z, il est élémentaire d’intégrer cette équation entre l’altitude z = 0 pour laquelle w = 0 (le fluide ne peut pas traverser la surface supposée solide de la planète) et l’altitude h, il vient:
$$\mathrm{h\,{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}+w(h)=0}$$
Equations de l’écoulement
En ce qui concerne l’équation ([EulerH]), nous avons montré que d’après ([I.2.b]), il ne faut garder,dans le calcul de l’accélération complémentaire que les termes dépendant de u et v, il est immédiat de vérifier qu’il ne reste alors que le terme $ \mathrm{f{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}} $. Compte tenu de la question ([I.3.c]):$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\left(\frac{P}{\mu_{0}}\right)}}} =\frac{1}{\mu_{0}}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{P}}} =\frac{1}{\mu_{0}}\mu_{0}g {{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{h}}} ={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{(gh)}}}}$$
D’où l’équation:
$$\mathrm{\frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{dt}+f{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H} +{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{(gh)}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{0}}}} \label{Eq5}$$
Reprenons l’équation:
$$\mathrm{h\,{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}+w(h)=0}$$
obtenue question ([I.4]).
Remarquons que les formules d’analyse vectorielle connues pour les fonctions des trois variables x, y, z se transposent immédiatement aux fonctions de deux variables ne faisant pas intervenir de composante verticale en remplaçant $ {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}} $ par $ {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}} $, en particulier:
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{\left(h.{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}\right)}}}= h.{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}+{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{h}}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}$$
Nous avons admis que ${\displaystyle \mathrm{\frac{dh}{dt}=w(h)}} $, ce résultat étant écrit en représentation lagrangienne, il vient en passant à la représentation eulérienne:
$$\mathrm{w(h)=\frac{dh}{dt}=\partial_{t}h+{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{h}}}}$$
en reportant le tout dans la formule obtenue au ([I.4]), il vient:
$$\mathrm{\partial_{t}h+{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{\left(h.{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}\right)}}}=0.} \label{Eq6}$$
Modèle de Saint-Venant
On pose h = H + η avec η/H ≪ 1, les vitesses sont supposées faibles, la composante verticale de la vorticité est notée ξ = ∂xv − ∂yu = vx − uy.Linéarisation des équations ([Eq5]) et ([Eq6])
Transformons la dérivée totale de la vitesse par rapport au temps en appliquant la formule d’analyse vectorielle:$$\begin{gathered} \mathrm{ \frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}{dt}=\frac{\partial{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}{\partial t} +\left({\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}\,\mathrm{}}}\right){\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}} \\ =\mathrm{\frac{\partial{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}{\partial t}+\frac{1}{2}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}^{2}}}}+\left({{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}{\wedge}\,\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}}}\right){\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}} \end{gathered}$$
Nous ne considérons ici que les composants horizontales des vecteurs, il est donc clair que seule la composante verticale de la vorticité joue un rôle dans le cas particulier envisagé. Il vient donc en remarquant de plus que l’hypothèse d’une vitesse faible permet de négliger les termes quadratiques:
$$\mathrm{\frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{dt} \approx \frac{\partial{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{\partial t}}$$
Le second terme de ([Eq5]) n’a pas à être modifié tandis que pour le troisième:
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{(gh)}}}={{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{g(H+\eta)}}}=g{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}}$$
D’où la première équation linéarisée:
$$\mathrm{\frac{\partial{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{\partial t} +f{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H} +g{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{0}}}} \hspace{0.8 cm} (5')$$
La linéarisation de l’équation ([Eq6]) est immédiate, il vient:
$$\mathrm{\partial_{t}\eta+H.{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}=0 \hspace{3 cm} (6') }$$
Solution géostrophique
En régime permanent, lorsque f = f0, il ne reste que les conditions:$$\mathrm{f_{0}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}=-g{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}}$$
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}=0}$$
Effectuons le produit vectoriel à gauche de la première équation par $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}} $ et appliquons la formule du double produit vectoriel, il vient:
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}\left({\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}\right) =-{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}=-\frac{g}{f_{0}}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}}$$
Soit:
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}= \frac{g}{f_{0}}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}.}$$
Examinons la deuxième équation, pour cela utilisons un système de coordonnées cartésiennes, la solution de la première équation s’écrit
$$\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}= \frac{g}{f_{0}}\left(-\eta_{y}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{x}+\eta_{x}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{y}\right)}$$
Il est alors clair que:
$$\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}= \frac{g}{f_{0}}(-\eta_{xy}+\eta_{yx})=0}$$
La solution obtenue vérifie bien les deux équations imposées. Calculons alors la vorticité ξ = vx − uy, il vient:
$$\mathrm{\xi=\frac{g}{f_{0}}(\eta_{xx}+\eta_{yy})=\frac{g}{f_{0}}\Delta \eta}$$
Plaçons nous dans l’hémisphère nord pour lequel f0 > 0. Considérons un profil de hauteur η(r) à symétrie de révolution en creux. Comme η est minimum sur l’axe, le gradient de pression “diverge” à partir de A dans le plan xAy, l’écoulement se fait sur des lignes de champ circulaires dans le sens anti-horaire (cf figure …). Dans l’hémisphère nord, le vecteur rotation de la planète a une composante positive sur l’axe Az, la vorticité étant orientée dans le sens de Az, le tourbillon est un cyclone.
Considérons un profil de hauteur η(r) à symétrie de révolution en bosse. Comme η est maximum sur l’axe, le gradient de pression “converge” vers A dans le plan xAy, l’écoulement se fait sur des lignes de champ circulaires dans le sens horaire (cf figure …). Dans l’hémisphère nord, la vorticité fait donc un angle obtus avec l’axe orienté de rotation de la planète, on a un anticyclone.
Dans l’hémisphère sud, f0 < 0 Considérons un profil de hauteur η(r) à symétrie de révolution en creux, le gradient de pression “diverge” à partir de A dans le plan xAy, l’écoulement se fait donc sur des lignes de champ circulaires dans le sens horaire. Le produit scalaire de la vorticité par le vecteur rotation de la planète est positif (le point A est dans l’hémisphère sud et la vorticité est dirigée vers O ). L’écoulement est donc encore un cyclone. Réciproquement, un maximum de pression génère dans l’hémisphère sud un anticyclone dont le sens de rotation est antihoraire dans le plan Axy orienté par Az.
Un cyclone est donc toujours associé à une dépression et un anticyclone à une surpression.
Échelle caractéristique des écoulements instationnaires
Rotation négligée
Alors les équations simplifiées se réduisent à:$$\mathrm{\frac{\partial{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{\partial t} +g{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{0}}}} \hspace{1 cm} (5'a)$$
$$\mathrm{\partial_{t}\eta+H.{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}=0 \hspace{1 cm} (6'a) }$$
Prenons la divergence horizontale de la première équation en considérant que les fonctions étudiées sont suffisamment régulières pour que la permutation des dérivations par rapport à l’espace et par rapport au temps soit légitime, il vient:
$$\mathrm{\partial_{t}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}}}+g{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}\mathrm{{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{\eta}}}}}}=0}$$
Reportons la seconde équation, nous voyons apparaître le laplacien de η et une dérivée seconde par rapport au temps, ce qui nous fournit une équation de propagation:
$$\mathrm{\Delta \eta-\frac{1}{gH}\frac{\partial^{2}\eta}{\partial t^{2}}=0.}$$
La vitesse de propagation des ondes associées est donnée par:
$$\mathrm{c=\sqrt{gH}.}$$
La formule est manifestement homogène, cette vitesse caractéristique se rencontre également dans les problèmes d’écoulement dans les canaux et de propagation de la houle.
Rayon de Rossby
L’équation obtenue est une équation de propagation classique dont la relation de dispersion s’écrit immédiatement sous la forme:$${\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{k}}}^{2}=\frac{4\pi^{2}}{\Lambda^{2}}=\frac{\omega^{2}}{c^{2}}$$
L’effet de la rotation de la planète est négligeable si les échelles spatiales des phénomènes étudiés sont telles que la durée de propagation des interactions soit courte devant la période de rotation de la planète. Autrement dit, si ΔT étant le temps de parcours, et Ω la vitesse angulaire de rotation de la planète:
$$\mathrm{\Delta T \ll \frac{2\pi}{\Omega}}$$
Si L est la distance des deux points étudiés et c la célérité des ondes, ce résultat se met sous la forme:
$$\mathrm{\Delta T=\frac{L}{c}\ll \frac{2\pi}{\Omega}}$$
Soit en termes de longueur si:
$$\mathrm{L \ll 2\pi \frac{c}{\Omega}=2\pi \frac{\sqrt{gH}}{\Omega}=2\pi L_{R}}$$
Le rayon de Rossby est donc:
$$\mathrm{L_{R}=\frac{\sqrt{gH}}{\Omega}}$$
Variations de hauteur
La quantité ξ (vorticité), représente la vitesse angulaire d’une portion d’atmosphère assimilée à un fluide tournant en bloc, comme la vitesse caractéristique est U et la taille caractéristique LR, la valeur caractéristique de ξ est:$$\mathrm{\Xi=\frac{U}{L_{R}}}$$
Nous avons établi dans la section ([II.2]) que ξ et η sont liés par la relation:
$$\mathrm{\xi=\frac{g}{f_{0}}\Delta \eta \models \Xi=\frac{g}{f_{0}}\frac{\eta_{c}}{L_{R}^{2}}}$$
Par conséquent:
$$\mathrm{\eta_{c}=\frac{f_{0}}{g}U\,L_{R}}$$
Il est possible d’obtenir ηc en fonction des caractéristiques immédiates de la planète:
$$\mathrm{\eta_{c}=\frac{2\Omega L_{R}U\sin\lambda}{g} =2\sqrt{\frac{H}{g}}U\sin \lambda}$$
Application numérique
La Grande Tache Rouge est un anticyclone, ηc est donc associé à une surpression, c’est une augmentation de hauteur, il vient numériquement: $ \mathrm{\eta_{c}={730}{m}} $.
Pour les ovales blancs, il vient $ \mathrm{\eta_{c}={580}{m}} $.
Les variations relatives de hauteur sont donc au plus de l’ordre de 7%, ce qui est relativement important mais ne remet pas complètement en cause le calcul approché effectué.
Il est intéressant de calculer le rayon de Rossby, il vient ici $ \mathrm{L_{R}={2900}{km}} $. Les taches observées sur Jupiter résultent bien de la circulation atmosphérique globale et non de phénomènes locaux.
Étude plus détaillée de l’influence de la latitude
Le paramètre de Coriolis est donné par f = 2Ωsinλ0, au voisinage de la latitude λ0, nous obtenons la valeur du paramètre associé à une variation δλ de la latitude en effectuant un développement de f limité au premier ordre en δλ, il vient:f = f0 + 2Ωcosλ0δλ + o(δλ)
Nous assimilons le déplacement y sur le plan tangent à la sphère à un déplacement le long d’une ligne méridienne, ce qui nous permet d’écrire:
$$\mathrm{\delta \lambda=\frac{y}{R}+o(y)}$$
La composition des deux développements limités au premier ordre nous donne un développement limité au premier ordre:
$$\mathrm{f=f_{0}+2\Omega \cos \lambda_{0}\frac{y}{R}+o(y) =f_{0}+\beta y}$$
D’où la quantité $ \mathrm{{\displaystyle \beta=\frac{2\Omega \cos \lambda_{0}}{R}}} $. Les équations (5’) et (6’) fournissent immédiatement, en projetant sur les axes et en remplaçant f par son expression:
$$\left\{ \begin{array}{ll} \mathrm{u_{t}-(f_{0}+\beta y)v=-g\eta_{x}} & \:\:\:\:(5'') \\ \mathrm{v_{t}+(f_{0}+\beta y)u=-g\eta_{y}} & \:\:\:\:(5''') \\ \mathrm{\eta_{t}+H(u_{x}+v_{y})=0 }& \:\:\:\:(6'') \end{array} \right.$$
Solution quasi stationnaire
Solution stationnaire
En résolvant les équations (5”) et (5”’) au premier ordre en $ \mathrm{{\displaystyle \beta\frac{y}{f_{0}}}} $, il vient:$$\left\{ \begin{array}{l}\mathrm{ {\displaystyle u=-\frac{g\eta_{y}}{f_{0}+\beta y}}} \\ \mathrm{{\displaystyle v=+\frac{g\eta_{x}^{\strut}}{f_{0}+\beta y}}} \end{array} \right.$$
Conservation de la masse
Le résultat précédent est incompatible avec la conservation de la masse, en effet si nous reportons le résultat obtenu dans le paragraphe ([II.5.a]) dans l’équation (6”) stationnaire, il vient:$$\mathrm{H\left\{-\frac{g\eta_{xy}}{1+\beta y}+ \frac{g\eta_{yx}}{f_{0}+\beta y} -\frac{\beta g \eta_{x}}{\left(f_{0}+\beta y\right)^{2}}\right\}=0}$$
Soit, après application du théorème de Schwartz et simplification:
ηx = 0
ce qui est incompatible avec l’existence d’un gradient de pression selon la direction Ox et ne saurait donc expliquer la présence de tourbillons, il nous faut donc rechercher une solution non-stationnaire.
Perturbation d’ordre 1
À l’ordre zéro, la solution géostrophique s’écrit:$$\left\{ \begin{array}{l}\mathrm{ {\displaystyle u=-\frac{g\eta_{y}}{f_{0}+\beta y}}} \\ \mathrm{{\displaystyle v=+\frac{g\eta_{x}^{\strut}}{f_{0}+\beta y}}} \end{array} \right.$$
Nous en déduisons l’évaluation des dérivées temporelles:
$$\left\{ \begin{array}{l}\mathrm{ {\displaystyle u_{t}=-\frac{g\eta_{ty}}{f_{0}+\beta y}}} \\ \mathrm{{\displaystyle v_{t}=+\frac{g\eta_{tx}^{\strut}}{f_{0}+\beta y}}} \end{array} \right.$$
En reportant dans les équations (5’) et (5”), nous obtenons:
$$\left\{ \begin{array}{l}\mathrm{ {\displaystyle u=-\frac{g\eta_{y}}{f_{0}+\beta y} -\frac{g\eta_{tx}}{\left(f_{0}+\beta y\right)^{2}}}} \\ \mathrm{{\displaystyle v=+\frac{g\eta_{x}^{\strut}}{f_{0}+\beta y} -\frac{g\eta_{ty}}{\left(f_{0}+\beta y \right)^{2}} }} \end{array} \right.$$
Equations dans lesquelles nous identifions un terme principal qui n’est autre que la solution géostrophique généralisée et un terme de perturbation.
Reportons alors ceci dans l’équation (6”), pour cela nous calculons pour commencer:
$$\begin{gathered} \mathrm{u_{x}+v_{y}=\frac{g}{f_{0}+\beta y}(\eta_{yx}-\eta_{xy})}\\ \mathrm{-\frac{g}{\left(f_{0}+\beta y\right)^{2}}(\eta_{xtx}+\eta_{yty}+\beta \eta_{x})+\frac{2\beta g \eta_{ty}}{\left(f_{0}+\beta y\right)^{3}}} \end{gathered}$$
Compte tenu du théorème de Schwartz, le premier terme du second membre est nul et nous pouvons remplacer ηxtx par ηxxt. Le dernier terme est un terme d’ordre supérieur que nous ne prenons pas en compte, il vient donc, en faisant de plus l’approximation βy ≪ f0:
$$\mathrm{u_{x}+v_{y}=-\frac{g}{f_{0}^{2}}(\eta_{xx}+\eta_{yy})_{t} -\frac{\beta g}{f_{0}^{2}}\eta_{x}}$$
Nous identifions alors l’équation ([Eq7]) de l’énoncé:
ηt − aηx − b(ηxx + ηyy)t = 0
Où les coefficients prennent les valeurs:
$$\mathrm{a=\beta\frac{Hg}{f_{0}^{2}},\:\:\:b=\frac{Hg}{f_{0}^{2}}}$$
Du point de vue de la dimension physique, comme
$$\mathrm{a=\frac{\beta H g}{f_{0}^{2}}=\frac{2\Omega\cos\lambda_{0}}{R} \frac{Hg}{4\Omega^{2}\sin^{2}\lambda_{0}} =\frac{\cos\lambda_{0}}{2\sin^{2}\lambda_{0}}\frac{H}{R}\frac{g}{\Omega}}$$
il apparaît immédiatement que a est une vitesse. La quantité b est homogène à une surface. Nous pouvons d’ailleurs préciser cette surface en remarquant que:
$$\mathrm{b=\frac{Hg}{f_{0}^{2}} =\frac{1}{4\sin^{2}\lambda_{0}}\frac{Hg}{\Omega^{2}} =\frac{1}{4\sin^{2}\lambda_{0}}L_{R}^{2}}$$
Structures de grande taille
Nous ne disposons pas d’échelle de temps caractéristique de l’évolution, ce qui ne nous permet de comparer que le premier et le troisième terme. Si nous appelons L la longueur caractéristique du phénomène étudié, nous remarquons immédiatement que:$$\mathrm{b\frac{\eta_{xxt}+\eta_{yyt}}{\eta_{t}}\models \left(\frac{L_{R}}{L}\right)^{2}}$$
Ce qui montre que le dernier terme peut être négligé lorsque les dimensions des structures sont grandes devant le rayon de Rossby, ce qui est le cas de la grande tache rouge de Jupiter.
L’équation simplifiée résultante est alors:
ηt − aηx = 0
de solution générale:
$$\mathrm{\eta=F\left(t+\frac{x}{a}\right)}$$
Cette solution représente une propagation sans déformation vers les valeurs décroissantes de x, c’est à dire vers l’ouest à la célérité a.
Étude qualitative de la dérive des tourbillons
Théorème d’Ertel, interprétation
Ce théorème impose que:$$\mathrm{\frac{d}{dt}\left(\frac{\xi+f}{h}\right)=0} \label{Ertel}$$
Interprétation du théorème
Soit un petit cylindre matériel de fluide de masse m(t) et de hauteur h(t) que l’on suit dans son mouvement. Si les déformations de ce cylindre sont lentes, on peut l’assimiler à un solide du point de vue du calcul de son moment cinétique par rapport au référentiel planétocentrique, en projection sur la verticale locale. Il s’agit alors du moment cinétique d’un solide en rotation autour d’un axe fixe, animé de la vitesse de rotation obtenue par composition du mouvement de rotation de la planète et de la rotation locale. La rotation locale autour de la verticale est la moitié de la composante verticale du rotationnel de la vitesse et la vitesse de rotation de la planète a pour composante sur la verticale du lieu Ωsinλ = f/2, le moment cinétique recherché a donc pour valeur:$$\mathrm{\sigma_{v}=\frac{1}{2}mr^{2}(t)\frac{1}{2}\left(f+\xi\right)}$$
Le fluide est incompressible et la hauteur du cylindre peut changer par conséquent:
m = μ0πr2(t)h(t)
Ce qui nous fournit:
$$\mathrm{\sigma_{v}= \frac{1}{4\pi}\frac{m^{2}}{\mu_{0}}\frac{\xi+f}{h}}$$
Si ce moment cinétique ne change pas:
$$\mathrm{\frac{d}{dt}\left(\frac{\xi+f}{h}\right)=0}$$
Mouvement d’une particule de fluide
Reprenons l’équation ([Eq5]):$$\mathrm{\frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{dt}+f{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H} +{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{(gh)}}}={\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{0}}}}$$
et intégrons cette expression le long de la trajectoire de la particule qui reste à l’altitude η constante. Il vient immédiatement:
$$\begin{gathered} \mathrm{\int_{A}^{B}\frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}}{dt}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}dt +\int_{A}^{B}f\left({\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{e}}}_{z}{\wedge}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}\right){{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}dt} \\ \mathrm{+\int_{A}^{B}{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}_{\mathrm{H}}\,\mathrm{(gh)}}}{{\;\scriptscriptstyle \bullet}\,}d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{l}}}=0} \end{gathered}$$
La seconde intégrale est nulle par suite de la nullité du produit mixte, la troisième est nulle car elle est égale à la variation de gh entre le point initial et le point final, grandeur qui ne change pas par hypothèse. La première intégrale est la variation de $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}^{2}} $, en comparant au second membre, il vient immédiatement $ \mathrm{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{U}}}_{H}^{2}=Cste} $ le long de la trajectoire donc:
$$\mathrm{\frac{dU_{H}^{2}}{dt}=0}$$
Lorsque la particule passe du nord au sud du tourbillon la grandeur f décroît puisque la latitude diminue (Nous raisonnons algébriquement, ce qui permet de traiter simultanément les deux hémisphères). Comme l’altitude n’est pas modifiée par hypothèse, le terme h ne change pas par conséquent, au premier ordre d(ξ + f)=0, dans le cas d’un cyclone ξ est positif dans l’hémisphère nord, par conséquent ξ augmente quand f diminue c’est à dire quand on se rapproche de l’équateur, inversement, dans le cas d’un anticyclone ξ diminue quand on se rapproche de l’équateur. Dans l’hémisphère sud, un cyclone correspond à ξ négatif, lorsqu’on se rapproche de l’équateur f augmente donc ξ diminue, ce qui implique que |ξ| augmente, réciproquement |ξ| diminue lorsqu’on se rapproche de l’équateur pour un anticyclone de l’hémisphère sud.
En conclusion:
- Cyclone
- |ξ| augmente quand on se rapproche de l’équateur;
- Anticyclone
- |ξ| diminue quand on se rapproche de l’équateur.
Évaluation de la vitesse de dérive
Supposons que la trajectoire <<sud>> d’une dépression de l’hémisphère nord soit à la latitude λ, alors le diamètre est-ouest du tourbillon sud est donné par:$$\mathrm{d_{S}=2r_{S}=\frac{4U_{H}}{\xi_{S}}}$$
de même, le diamètre de la trajectoire <<nord>> est donné par:
$$\mathrm{d_{N}=2r_{N}=\frac{4U_{H}}{\xi_{N}}.}$$
La dérive vers l’ouest est donnée par la différence de ces deux diamètres, le temps de parcours de la <<presque circonférence>> est approximativement:
$$\mathrm{T=\frac{\pi d_{S}}{U_{H}}}$$
et la vitesse de dérive moyenne est donc donnée par:
$$\begin{gathered} \mathrm{V_{d}=\frac{U_{H}}{\pi}\left(1-\frac{d_{S}}{d_{N}}\right) =\frac{U_{H}}{\pi}\left(1-\frac{\xi_{N}}{\xi_{S}}\right)} \\ =\mathrm{\frac{U_{H}}{\pi}\frac{\xi_{S}-\xi_{N}}{\xi_{S}} \approx \frac{U_{H}}{\pi}\frac{f_{N}-f_{S}}{\xi}}\end{gathered}$$
Au dénominateur, nous ne distinguons plus ξS et ξN qui sont proches. Nous savons maintenant évaluer la différence fN − fS = βy d’où l’expression:
$$\mathrm{V_{d}=\frac{U_{H}}{\pi}\frac{\beta y}{\xi}}$$
comme $ {\displaystyle \mathrm{|U_{H}|\approx \frac{r}{2}|\xi|}} $, il vient en assimilant r et y au rayon de Rossby:
$$\mathrm{V_{d}=\frac{\beta L_{R}^{2}}{2\pi}}$$
En remplaçant alors β et LR par leurs valeurs, nous obtenons:
$$\mathrm{V_{d}=\frac{1}{2\pi}\frac{2\Omega \cos\lambda_{0} }{R} \frac{gH}{\Omega^{2}}=\frac{\cos \lambda_{0}}{\pi}\frac{gH}{R\Omega}.}$$
En comparaison, nous avions obtenu dans le modèle précédent une vitesse de dérive égale à a où:
$$\mathrm{a=\frac{\cos\lambda_{0}}{2\sin^{2}\lambda_{0}} \frac{H}{R}\frac{g}{\Omega}}$$
Les deux expressions mettent en œuvre les mêmes combinaisons de paramètres dimensionnés et des constantes sans dimension comparables, l’accord est donc très bon et le modèle qualitatif développé pour interpréter la dérive des tourbillons satisfaisant.
Recherche d’une solution sous forme de soliton
Relation de dispersion
Cette relation s’obtient en recherchant pour l’équation ([Eq7]):ηt − aηx − b(ηxx + ηyy)t = 0,
une solution sous forme d’onde plane progressive (en notation complexe):
$$\mathrm{\underline{\eta} =\underline{\eta_{0}}\exp\left[j\left(\omega t+k.x+r.y\right)\right]}$$
Remarque: Nous recherchons une solution associée à la dérive vers l’ouest, ce choix favorise la résolution des questions ultérieures. En reportant cette forme de solution dans l’équation étudiée, il vient:
$$\mathrm{\underline{\eta}\left\{\omega-k.a-b.\omega \left(k^{2}+r^{2}\right)\right\}=0}$$
Nous rejetons la solution triviale $ \mathrm{\underline{\eta}=0} $ pour ne retenir que les solutions telles que la relation de dispersion:
ω[1−b(k2+r2)] − a.k = 0
La propagation est ici dispersive, des ondes planes de fréquence différentes ne se propagent pas à la même vitesse, par conséquent les diverses composantes d’un paquet d’onde sont rapidement déphasées entre elles et celui ci voit sa forme disparaître. Une structure du type de la tache rouge ne peut donc pas subsister longtemps dans ce modèle. (Phénomène d’étalement du paquet d’onde).
Coordonnées réduites
Posons à priori X = x/Lc, Y = y/Lc, τ = t/Tc, nous pouvons effectuer le changement de variable dans les dérivées en remarquant que:$$\mathrm{\partial_{t}\equiv \partial_{\tau}\frac{\partial \tau}{\partial_{t}}=\frac{1}{T_{c}}\partial_{\tau}}$$
(Remarquons que cete écriture est en accord avec l’analyse dimensionnelle), de même:
$$\mathrm{\partial_{x} \equiv \frac{1}{L_{c}}\partial_{X},\:\:\: \partial_{y} \equiv \frac{1}{L_{c}}\partial_{Y}}$$
Par conséquent, l’équation ([Eq7]) prend la forme:
$$\mathrm{\frac{1}{T_{c}}\eta_{\tau}-\frac{a}{L_{c}}\eta_{X} -\frac{b}{L_{c}^{2}T_{c}}\left(\eta_{XX}+\eta_{YY}\right)_{\tau}=0}$$
Nous souhaitons rendre les coefficients tous unitaires, il vient donc le système de deux équations:
$$\mathrm{a=\frac{L_{c}}{T_{c}},\:\:\:b=L_{c}^{2}.}$$
(Remarque: Nous retrouvons l’analyse dimensionnelle effectuée à la question [II.5.c]). Nous avons déjà établi les expressions de a et b:
$$\mathrm{a=\beta\frac{Hg}{f_{0}^{2}},\:b=\frac{Hg}{f_{0}^{2}}}$$
par conséquent:
$$\mathrm{L_{c}=\frac{\sqrt{Hg}}{\left|f_{0}\right|} =\frac{\sqrt{Hg}}{2\Omega\sin \lambda_{0}}}$$
$$\mathrm{\tau_{c}=\frac{f_{0}}{\sqrt{Hg}}\frac{1}{\beta}=\frac{R}{\sqrt{Hg}\tan \lambda_{0}}}$$
D’où l’équation réduite:
ητ − ηX − (ηXX+ηYY)τ = 0
Simplification du modèle
Approximation temporelle
En effectuant l’approximation de la structure grande devant le rayon de Rossby à la question [II.5.d], nous avons établi que, à l’ordre zéro:ηt = aηx
en passant aux variables réduites,il vient immédiatement:
$$\mathrm{\frac{1}{T_{c}\eta_{\tau}}=a\frac{1}{L_{c}}\eta_{X}}$$
Soit, après substitution de la valeur de a: ητ = ηX. Nous effectuons alors un calcul de perturbation en utilisant cette valeur approchée de la dérivée par rapport au temps dans le terme le plus petit de l’équation [Eq9], il vient alors:
ητ − ηX − (ηXXX+ηYYX) = 0
Cas unidimensionnel
Il reste alors une équation de la forme:ητ − ηX − ηXXX = 0
On cherche alors des solutions sous forme d’onde plane:
$$\mathrm{\underline{\eta}=\underline{\eta}_{0} \exp\left[j\left(\tilde{\omega}\tau+\tilde{k}X\right)\right]}$$
La relation de dispersion associée s’écrit alors:
$$\mathrm{\tilde{\omega}=\tilde{k}+\tilde{k}^{3}}$$
La vitesse de phase est donnée par la quantité $ \mathrm{{\displaystyle v_{\varphi}=\frac{\tilde{\omega}}{\tilde{k}}}} $ (en unités Lc/Tc), il vient donc:
$$\mathrm{v_{\varphi}=1+\tilde{k}^{2}}$$
Donc plus $ \mathrm{\tilde{k}} $ est grand , c’est à dire plus la longueur d’onde est petite, plus les ondes se propagent rapidement. Le milieu possède donc une dispersion négative.
Un paquet d’onde qui comporte toujours une superposition d’ondes de fréquence différentes va donc s’étaler rapidement et on ne peut pas observer de phénomènes subsistant longuement dans le temps.
Équation de Korteweg-De Vries
Pour les écoulements de taille supérieure à LR, le terme supplémentaire en η*ηX* brise la symétrie entre cyclone et anticyclone. Considérons un certain anticyclone dont le profil de surpression est η*, de dérivées ηX* et ηXXX*, alors le cyclone <<miroir>> est caractérisé par les valeurs −η*, −ηX* et −ηXXX* si nous effectuons la substitution du champ de pression <<miroir>> au champ de pression initial, nous retrouvons la même équation linéaire. Mais si nous considérons le terme non-linéaire ayant la valeur η*ηX*, nous remarquons que son <<miroir>> est de même signe, on ne retrouve donc plus la même équation en remplaçant un champ de pression par son champ <<miroir>>, cyclones et anticyclones ont maintenant des comportements différents.Ceci se retrouve dans l’équation de Korteweg-De Vries:
$$\mathrm{\eta_{\tau}^{*}-\eta_{X}^{*} -\hat{\beta}\eta^{*}\eta_{X}^{*}-\eta_{XXX}^{*}=0,} \label{Eq11}$$
qui n’est pas invariante lorsque η* est remplacé par −η* contrairement à l’équation linéaire ([Eq10]).
Remarquons que les termes traduisant l’écart avec le comportement purement propagatif sont de la forme:
$$\mathrm{\hat{\beta}\eta^{*}\eta_{X}^{*}+\eta_{XXX}^{*} =\left[\hat{\beta}\frac{\eta^{*2}}{2}+\eta_{XX}\right]_{X}.}$$
Si nous envisageons un champ de surpression de type anticyclonique avec un maximum situé au centre, le terme carré est positif tandis que la dérivée seconde est négative, les deux termes entre crochets se compensent partiellement. Dans le cas d’un champ cyclonique, le terme carré est toujours positif ainsi que la dérivée seconde ηXX* au centre du profil, toute compensation est impossible. (Nous admettons hardiment que la compensation de deux termes implique la compensation de leurs dérivées).
Les effets non-linéaires ne peuvent compenser, à priori partiellement, les effets du troisième ordre que dans le cas des anticyclones.
Équation associée à la propagation
Compte tenu du changement de variable:u = X + (1 + c1)τ,
il vient:
$$\mathrm{\partial_{X} =\partial_{u}\frac{\partial u}{\partial X}=\partial_{u}}$$
$$\mathrm{\partial_{\tau} =\partial_{u}\frac{\partial u}{\partial \tau}=(1+c_{1})\partial_{u}}$$
Il vient donc en reportant dans l’équation ([Eq11]):
$$\mathrm{(1+c_{1})\eta^{*}_{u}-\eta^{*}_{u} -\hat{\beta}\eta^{*}\eta^{*}_{u}-\eta^{*}_{uuu}=0}$$
En simplifiant et en intégrant une fois par rapport à u, il vient:
$$\mathrm{c_{1}\eta^{*}-\hat{\beta}\frac{\eta^{*2}}{2}-\eta^{*}_{uu}=A} \label{Eq12}$$
Analogie mécanique
L’équation précédente peut se mettre sous la forme:$$\mathrm{\eta^{*}_{uu}=-\frac{d}{d\eta^{*}}\left(C+A\eta^{*} -c_{1}\frac{\eta^{*2}}{2}+\hat{\beta}\frac{\eta^{*3}}{6}\right)} \label{Eq13}$$
Cette équation est formellement analogue au principe fondamental de la dynamique appliqué à une particule de masse unité dans le référentiel Galiléen dans lequel les forces, toutes conservatives, dérivent du potentiel V. Nous obtenons donc les analogies:
| position x | ↔ | η* |
|---|---|---|
| temps t | ↔ | u |
| potentiel V | ↔ | V |
Exploitation de l’analogie
Énergie totale
En poursuivant l’analogie précédente, l’énergie totale du système équivalent est donnée par la quantité indépendante de u:$$\mathrm{E=\frac{1}{2}\eta^{*2}_{u}+V(\eta^{*}).}$$
Il est aisé de vérifier que par dérivation par rapport à u, on retrouve l’équation ([Eq13]) en effet:
$$\mathrm{\partial_{u}\left(\frac{1}{2}\eta^{*2}_{u}+V(\eta^{*})\right) =\eta^{*}_{u}\eta^{*}_{uu}+\frac{dV}{d\eta^{*}}\eta^{*}_{u}=0}$$
et par conséquent l’équation ([Eq13]) est régénérée en simplifiant par ηu* (supposé non nul).
En fait, nous avons obtenu par ce moyen une intégrale première de l’équation aux dérivées partielles ([Eq13]).
Etude du <<potentiel>>
Le potentiel est, compte tenu du choix d’origine et de la condition A = 0:$$\mathrm{V=-c_{1}\frac{\eta^{*2}}{2}+\hat{\beta}\frac{\eta^{*3}}{6} =\frac{\hat{\beta}}{6}\eta^{*2} \left(\eta^{*}-3\frac{c_{1}}{\hat{\beta}}\right)}$$
Ce potentiel présente une racine double η1 = η2 = 0 et une racine positive $ \mathrm{{\displaystyle \eta_{3} =3\frac{c_{1}}{\hat{\beta}}}} $.
Il est avantageux de l’écrire sous la forme:
$$\mathrm{V(\eta^{*}) =\frac{\hat{\beta}}{6}\eta^{*2}\left(\eta^{*}-\eta_{3}\right)}$$
L’allure de la courbe est classique, un maximum relatif est obtenu pour η* = 0 le minimum relatif est obtenu pour $ \mathrm{{\displaystyle \eta_{m}=\frac{2}{3}\eta_{3}=2\frac{c_{1}}{\hat{\beta}}}} $ et a pour valeur:
$$\mathrm{V_{m}=-\frac{4}{27}\eta_{3}^{3}\frac{\hat{\beta}}{6} =-\frac{2}{3}\frac{c_{1}^{3}}{\hat{\beta}^{2}}}$$
Solution localisée
On recherche un soliton, solution spatialement localisée, ce qui signifie que η*(u) doit tendre vers zéro ainsi que ηu* lorsque u → ±∞. En reportant ce passage à la limite dans l’équation définissant <<l’énergie totale>> E:$$\mathrm{E=\frac{1}{2}\eta^{*2}_{u} +\frac{\hat{\beta}}{6}\eta^{*2}\left(\eta^{*}-\eta_{3}\right),}$$
nous constatons que nécessairement E = 01.
La solution soliton d’ordre 1
Forme non dimensionnée
La conservation de l’énergie impose que:$$\mathrm{0=\frac{1}{2}(\eta_{u})^{2}+\frac{\hat{\beta}}{6}\eta^{*2} \left(\eta^{*}-\eta_{3}\right)}$$
Soit en transposant et en identifiant la racine:
$$\mathrm{\frac{1}{2}(\eta_{u})^{2} =\frac{\hat{\beta}}{6}\eta^{*2}\left(\eta_{3}-\eta^{*}\right)} \label{Eq14}$$
Reportons la solution proposée dans l’équation ([Eq14]), il vient pour commencer:
$$\mathrm{\eta^{*}=\frac{\alpha}{\cosh^{2}(\delta u)},\:\:\: \eta^{*}_{u}=\frac{\alpha\delta\sinh (\delta u)}{\cosh^{3}(\delta u)}}$$
ce qui donne après substitution et une première simplification:
$$\mathrm{12\delta^{2}\sinh^{2}(\delta u)= \hat{\beta}\left(\eta_{3}\cosh^{2}(\delta u)-\alpha\right)}$$
En reportant la relation fondamentale:
cosh2(δu)=1 + sinh2(δu),
nous arrivons à l’équation:
$$\mathrm{\hat{\beta}(\eta_{3}-\alpha) +(\hat{\beta}\eta_{3}-12\delta^{2})\sinh^{2}(\delta u) =0}$$
Qui doit être vérifiée quel que soit u, ce qui implique:
$$\mathrm{\alpha=\eta_{3},\:\:\: \delta=\sqrt{\frac{\hat{\beta}\eta_{3}}{12}}}$$
Étude du soliton
La solution complète est donc de la forme:$$\mathrm{\eta^{*}(X,\tau)=\frac{\eta_{3}} {{\displaystyle \cosh^{2}\left(\sqrt{\frac{\hat{\beta}\eta_{3}}{12}}u\right)}}.}$$
$$\mathrm{v_{s}=1+c_{1}=1+\frac{1}{3}\hat{\beta}\eta_{3}}$$
En variables réelles dimensionnées, nous avons montré que l’unité de vitesse était:
$$\mathrm{a=\frac{L_{c}}{T_{c}}=\beta\frac{Hg}{f_{0}^{2}}}$$
La variable réduite $ \hat{\beta} $ s’exprime en tenant compte de la définition donnée par l’énoncé et de la question [II.4]:
$$\mathrm{\hat{\beta}=\frac{\beta L_{R}}{f_{0}}=\frac{L_{R}}{R\tan \lambda_{0}}}$$
enfin, la hauteur maximale est liée à la valeur de ηc dont nous connaissons la valeur, il s’en suit que:
$$\mathrm{\eta_{3}=\frac{\alpha}{\eta_{c}}=\frac{\alpha g}{f_{0}UL_{R}}}$$
Autres solutions
Le choix c1 < 0 ne change rien aux calculs, mais décrit des solitons en mouvement dans le sens des valeurs croissantes de X.Un choix $ \mathrm{A\not= 0} $ conduit à la résolution d’une équation de la forme:
$$\mathrm{\frac{1}{2}(\eta_{u})^{2} =-\frac{\hat{\beta}}{6}\eta^{*}\left(\eta_{2} -\eta^{*}\right)\left(\eta_{3}-\eta^{*}\right)} \label{Eq15}$$
Qui peut admettre des solutions analogues à celles déjà étudiée, mais il faudra faire intervenir trois paramètres (vu le degré de l’équation). Le problème est donc plus compliqué.
Étude des taches de Jupiter
Rayon de Rossby
Nous obtenons $ \mathrm{{\displaystyle L_{R}=\frac{\sqrt{gH}}{R}=}{2900}{km}} $, la grande tache rouge résulte bien de la circulation atmosphérique globale.La vitesse de dérive est donnée par le résultat de la question ([II.3]):
$$\mathrm{a=\frac{\cos\lambda_{0}}{2\sin^{2}\lambda_{0}} \frac{H}{R}\frac{g}{\Omega}}$$
il vient numériquement $ \mathrm{V_{d}={69,3}{m.s^{-1}}} $ dans le modèle linéaire. Le sens de la dérive est prévu par le modèle linéaire, mais la valeur est environ vingt fois trop élevée. Si nous nous contentons d’évaluer l’ordre de grandeur (question [II.6.c]), nous obtenons une valeur plus faible:
$$\mathrm{\tilde{V}_{d}={19,4}{m.s^{-1}}}$$
Correction
On trouve, avec la valeur corrigée, une vitesse de dérive de $ \mathrm{{6,9}{m.s^{-1}}} $. La valeur obtenue est maintenant plus satisfaisant pour le modèle linéaire mais encore trop élevée. Par contre l’ordre de grandeur est inférieur à la valeur observée.On peut donc tenter d’affiner la modélisation en recherchant par exemple une solution de type soliton. Un indice important étant la très longue durée de vie de la grande tache rouge.
En conclusion, le modèle développé ici semble insuffisant pour décrire le comportement des taches de Jupiter.
- Il ne faut donc pas pousser l’analogie avec la mécanique trop loin et tenter d’identifier le mouvement d’une particule dans un puits de potentiel.↩
