Concours Physique Modélisation ENS de Cachan et École Polytechnique (PSI) 2001 (Énoncé)

MODÉLISATION EN SCIENCES PHYSIQUES ET SCIENCES DE L’INGÉNIEUR

Durée: 5 heures

Mai 2001

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L’usage de calculatrices électroniques de poche à alimentation autonome, non imprimantes et sans document d’accompagnement, est autorisé pour toutes les épreuves d’admissibilité, sauf pour les épreuves de français et de langues. Cependant, une seule calculatrice à la fois est admise sur la table ou le poste de travail, et aucun échange n’est autorisé entre les candidats.

Le chauffage par induction est le procédé qui permet de transférer une énergie électrique à une pièce métallique dans laquelle les pertes Joule sont transformées en chaleur.
Ce chauffage permet de transmettre l’énergie directement à l’intérieur du matériau sans contact matériel. Il est largement répandu dans l’industrie grâce à divers avantages (puissance massique plus élevée que tout procédé traditionnel, échauffement plus rapide, grande précision de température, etc.). On le trouve ainsi en fusion et dans les traitements thermiques superficiels mais aussi pour les chauffages avant déformation et pour des opérations d’assemblage comme le soudage ou le brasage.
Le problème étudié ici porte sur le chauffage avant déformation. Ceci concerne le réchauffage avant laminage ou le chauffage avant formage.
Les produits considérés sont de longs parallélépipèdes d’acier dont les dimensions typiques peuvent être de 0, 1 × 1 × 5 mètres. Un bobinage inducteur (solénoïde) entoure la barre selon le schéma de principe de la figure Afig1, Dans certains systèmes de chauffage la barre est introduite complètement dans l’inducteur et chauffée entièrement. Dans d’autres elle pénètre progressivement et n’est chauffée que sur une partie de sa longueur seulement.
La maîtrise du chauffage est complexe car elle met en jeu au sein du milieu conducteur chauffé différents phénomènes physiques partiellement couplés :

1. l’électromagnétisme qui régit la distribution des champs et du courant électrique dans l’acier ;
2. la thermique qui gouverne l’élévation de température en fonction des pertes Joule dissipées ;
3. la mécanique qui permet de quantifier les contraintes engendrées dans le milieu en fonction de la température.

Ce problème propose sous certaines hypothèses une modélisation des différents phénomènes impliqués. Il envisage pour chaque partie (électromagnétisme, thermique, mécanique) une étude basée sur la résolution analytique des équations physiques en cause.
Les 3 parties A, B, C sont indépendantes. Elles seront rédigées sur des copies .

ANALYSE ÉLECTROMAGNÉTIQUE

$ \mathrm{\vec{h}} $	:	champ magnétique
$ \mathrm{\vec{b}} $	:	induction magnétique
$ \mathrm{\vec{j}} $	:	densité de courant
μ	:	perméabilité magnétique
σ	:	conductivité électrique
f	:	fréquence
Te	:	période électrique $ \mathrm{{\displaystyle \left(f=\frac{1}{T_{e}}\right)}} $
ω	:	pulsation (ω = 2πf)

On rappelle la formule d’analyse vectorielle donnant le rotationnel d’un vecteur $ \mathrm{\vec{a}(x,y,z)} $;
$$\mathrm{rot\,\vec{a}=\left(\frac{\partial a_{z}}{\partial y}-\frac{\partial a_{y}}{\partial z},\: \frac{\partial a_{x}}{\partial x}-\frac{\partial a_{z}}{\partial x},\:\frac{\partial a_{y}}{\partial x}-\frac{\partial a_{x}}{\partial y}\right)}.$$
La distribution des champs électriques est régie par les équations de Maxwell (avec le courant de déplacement négligeable):

$$\mathrm{ rot\,\vec{h}=\vec{j}}\:\:\: \text{(loi d'Amp{\`e}re)} \label{Ampere}$$

$$\mathrm{ rot\,\vec{e}=-\frac{\partial \vec{b}}{\partial t}} \:\:\: \text{(loi de Faraday)} \label{Faraday}$$
On ajoute à ces deux équations les lois de comportement suivantes au sein du milieu:
$$\mathrm{\vec{j}=\sigma \vec{e}\:\:\:\text{(loi d'Ohm)}} \label{Ohm}$$

$$\mathrm{\vec{b}=\mu \vec{h}} \label{Lhi}$$
L’étude s’effectue en régime sinusoïdal où toutes les grandeurs vectorielles ont des variations harmoniques. On adopte la forme complexe:
$$\mathrm{\vec{a}(x,y,z,t)=Re\left\{\vec{A}(x,y,z)\exp (i\omega\,t)\right\}\:\text{avec }\:\vec{A}(x,y,z)\in \mathbb{C}^{3}.}$$

Étude préliminaire

Compte tenu des dimensions de la barre, on considère que le système est infini dans les directions y et z et que tous les phénomènes sont invariants en y et z.
Dans cette étude préliminaire la pénétration des champs à l’intérieur du métal est faible ; l’épaisseur de la barre n’intervient pas. Nous assimilons alors le domaine conducteur à un demi-espace (correspondant à x ≥ 0 ).
On suppose que le champ magnétique est dirigé selon y et ne dépend que de x :
$$\mathrm{\vec{h}(x,y,z,t)=\left(0,h(x,t),0\right)} \label{Aeq5}$$
A la surface (x = 0 ), le champ magnétique est imposé par les courants inducteurs:
h(0, t)=H₀cos(ω t)
On note:
h(x, t)=Re{H(x)exp(iω t)} avec H(x)∈ℂ

Montrer à partir des équations de Maxwell que l’amplitude complexe H(x) vérifie :
$$\mathrm{ \frac{\partial^{2}H}{\partial x^{2}}-i\sigma\mu\omega\,H=0} \label{Aeq8}$$

On introduit $ \mathrm{{\displaystyle \delta=\sqrt{\frac{2}{\sigma \omega \mu}}}} $. Montrer que l’équation vérifiée par H est:
$$\mathrm{\frac{\partial^{2}H}{\partial x^{2}}-\left(\frac{1+i}{\delta}\right)^{2}H=0} \label{Aeq9}$$

Donner l’expression générale de la solution H(x) et préciser les conditions aux limites vérifiées par H(x) en x = 0 et x = +∞.

Déduire de [A.1.2.] et [A.1.3.] la solution du problème électromagnétique h(x, t) en fonction de H₀ , ω et δ .

Donner l’expression de la densité de courant j(x, t).

Quelle est la dimension de δ ? Justifier l’appellation retenue pour δ : << épaisseur de peau >> ou << profondeur de pénétration >>.

Déterminer la densité volumique de puissance dissipée :
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)} \label{Aeq10}$$

Quelle est la moyenne temporelle Q(x) sur une période de p(x, t) (pertes Joule) :
$$\mathrm{Q(x)=\frac{1}{T_{e}}\int_{0}^{T_{e}}p(x,t)dt\:\:;\:T_{e} =\frac{2\pi}{\omega}} \label{Aeq11}$$

Montrer que la puissance totale dissipée dans l’ensemble de la barre, par mètre carré de surface (en y et z), est :
$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{1}{2\sigma}\frac{H_{0}^{2}}{\delta}} \label{Aeq12}$$
Vérifier l’homogénéité de cette expression.

Etude d’une plaque de largeur 2a:

Nous supposons dans cette partie que le milieu conducteur est assimilé à une plaque, infinie en y et z, de largeur 2a. L’origine est prise au milieu de la plaque (−a ≤ x < a). Sur chacune des deux faces le champ magnétique est imposé :
h(−a, t)=h(a, t)=H₀cos(ω t)

Montrer en exploitant les symétries du problème que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial h}{\partial x}(0,t)=0}} $.
Dans les questions suivantes on utilisera la fonction exp(z) z ∈ ℂ, qui se manipule algébriquement comme exp(x) x ∈ ℝ et par suite on utilisera les fonctions ch(z) et sh(z) z ∈ ℂ.

Vérifier l’expression du champ magnétique h(x, t) :
$$\mathrm{h(x,t)=Re\left[H(x)\exp \left(i\omega\,t\right)\right]\:\: \text{avec}\:H(x)=H_{0}\frac{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)x}{\delta}}}{ch{\displaystyle \frac{\left(1+i\right)a}{\delta}}}}$$
.

Déterminer l’expression de la densité de courant j(x, t).

Déterminer l’expression de la densité de puissance volumique $ \mathrm{{\displaystyle p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)}} $.

Quelle est la moyenne temporelle Q(x) sur une période T_e de p(x, t) :
$$\mathrm{Q(x)=\frac{1}{T_{e}}\int_{0}^{T_{e}}p(x,t).dt\:; \:T_{e}=\frac{2\pi}{\omega}}. \label{Aeq14}$$

Donner un équivalent simple de Q(x) lorsque $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta} \ll 1}}. $

Donner un équivalent simple de Q(x) lorsque $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta} \gg 1}}. $

Déterminer la puissance totale dissipée dans la plaque, par unité de surface (en y et z), et montrer qu’elle peut s’écrire :

$$\mathrm{Q_{tot}=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma a}g(\alpha)\:\text{avec}\: g(\alpha)=\alpha\frac{sh \alpha - \sin \alpha}{ch \alpha + \cos \alpha}\:;\:\alpha=\frac{2a}{\delta}} \label{Aeq15}$$

On considère que $ \mathrm{H_{0}={{10}^{5}}{A.m^{-1}}} $ ; $ \mathrm{\sigma={5.10^{6}}{\Omega^{-1}.m^{-1}}} $ ; μ_r = 100 ; $ \mathrm{f={50}{Hz}} $.
Quelles sont les valeurs de Q_tot lorsque a vaut respectivement :$ 0,5 mm , \ 5 mm , \ 50 mm $ ?

Montrer que la puissance dissipée a deux équivalents simples correspondant respectivement à α ≪ 1 et α ≫ 1.

De façon générale, énoncer d’après ce qui précède un (ou des) critère(s) permettant de choisir une fréquence de travail si on souhaite un chauffage efficace en volume de la barre.

ANALYSE THERMIQUE

T :

température

T_amb :

température ambiante

θ :

élévation de la température par rapport à la température ambiante: θ(x, t)=T(x, t)−T_amb

k :

conductivité thermique

ρ :

masse volumique

C_p :

chaleur spécifique

φ :

densité surfacique du flux de chaleur : $ \mathrm{{\displaystyle \varphi(x,t)=-k\frac{\partial T}{\partial x}}} $

q :

densité volumique des sources de chaleur.

On cherche à déterminer l’évolution de la température au sein de la barre en fonction du temps de chauffage. On considère dans tout ce qui suit, comme en [A.], que la plaque est infinie dans les directions y et z et que la température n’est fonction que de x et de t. La distribution de T(x,t) est alors donnée par l’équation de la chaleur dans laquelle la densité des sources de chaleur est la densité de puissance électromagnétique induite au sein de la barre (pertes Joule):

$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial T}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=p(x,t)} \label{Beq1}$$
avec
$$\mathrm{p(x,t)=\frac{1}{\sigma}j^{2}(x,t)} \label{Beq2}$$
Les phénomènes électromagnétiques et thermiques possèdent deux échelles de temps différentes : dynamique << rapide >> pour l’électromagnétisme (fréquence de quelques dizaines de Hertz) et dynamique << lente >> pour la thermique (temps de chauffage de plusieurs dizaines de minutes). Il est alors possible de mener une analyse partiellement découplée : on étudie l’évolution thermique du problème en supposant qu’à chaque instant le régime périodique des phénomènes électriques est établi. On fait alors la moyenne des pertes Joule sur une période électrique T_e pour obtenir la puissance volumique injectée. On cherchera ainsi à résoudre :
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial T}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=Q(x)} \label{Beq3}$$
où Q(x) est la moyenne temporelle de p(x, t).
On suppose qu’au début du chauffage la barre est à température ambiante T_amb.

Cas d’une plaque large devant la profondeur de pénétration a ≫ δ

On se place dans la situation $ \mathrm{{\displaystyle \frac{a}{\delta}\gg 1}} $. On considère alors que la puissance est dissipée dans une couche superficielle et localisée en x = −a et x = a.

La puissance totale dissipée dans l’ensemble de la plaque est donnée par [Aeq15].
Montrer que le chauffage de la plaque peut se représenter par une densité de flux thermique entrant sur les faces x = −a et x = a de valeur :

$$\mathrm{\varphi_{0}=\frac{H_{0}^{2}}{2\sigma\delta}} \label{Beq4}$$

Montrer, en exploitant la symétrie du problème que dans ces conditions θ(x, t) est solution de l’équation :
$$\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta}{\partial x^{2}}=0} \label{Beq5}$$
où D est la diffusivité thermique $ \mathrm{{\displaystyle \left(D=\frac{k}{\rho C_{p}}\right)}} $, avec les conditions aux limites :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}=\varphi_{0}\:\text{en}\:x=a\:\text{et}\:\frac{\partial \theta}{\partial x}=0\:\text{en}\: x=0} \label{Beq6}$$
et la condition initiale :
θ(x, 0)=0

Montrer que la fonction θ₀(x, t) définie par :
$$\mathrm{\theta_{0}(x,t) =\frac{\varphi_{0}a}{k}\left(\frac{Dt}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{2a^{2}}\right)}$$
vérifie les équations [Beq5] et [Beq6] de [B.1.2.].

Afin de résoudre le problème défini en [B.1.2.] on effectue un changement d’inconnue en posant : θ^*(x, t)=θ(x, t)−θ₀(x, t) . Montrer que θ^*(x, t) est solution du problème :
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta^{*}}{\partial x^{2}}=0} \label{Beq8}$$

$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=a\:\text{et}\:\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\: x=0} \label{Beq9}$$

θ^*(x, 0)= − θ₀(x, 0)

On envisage une résolution du problème défini en [B.1.4.] par variables séparées. On pose θ^*(x, t)=u(t).v(x). Montrer que les fonctions u et v vérifient l’égalité :

$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}=K} \label{Beq11}$$
où K est une constante réelle.

On pose K = −λ² où λ est réel. Montrer en utilisant les conditions aux limites que λ est nécessairement de la forme :
$$\mathrm{\lambda =n\frac{\pi}{a}} \label{Beq12}$$
où n est entier relatif

Montrer que la solution θ^*(x, t) peut s’écrire:
$$\mathrm{\theta^{*}(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}t\right)\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)} \label{Beq13}$$
où les coefficients A_n sont des réels.

Calculer pour n ≥ 0 en exploitant [Beq13] les quantités :

$$\mathrm{\frac{1}{2a}\int_{0}^{2a}\theta^{*}(x,0)\cos \left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx} \label{Beq14}$$
En déduire les coefficients A_n et donner l’expression générale de la solution θ(x, t) du problème défini en [B.1.2.].

On considère que $ \mathrm{k={45}{W.m^{-1}.K}} $; $ \mathrm{\rho C_{p}={4.10^{6}}{J.m^{-3}.K^{-1}}} $; $ \mathrm{a={50}{mm}} $ ; $ \mathrm{f={50}{Hz}} $.
Donner une estimation du temps au bout duquel on peut considérer que l’évolution temporelle de θ(x, t) est voisine de θ₀(x, t).

On suppose que t est suffisamment grand pour considérer que θ(x, t)=θ₀(x, t) . Au bout de combien de temps la température à la surface de la barre atteint-elle ? Quelle est alors l’écart de température entre la surface et le centre de la plaque ?

Cas général:

On cherche à résoudre l’équation:
$$\mathrm{\rho C_{p}\frac{\partial \theta}{\partial t}-k\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=Q(x)\:\:\:0<x<a} \label{Beq15}$$
lorsque Q(x) est donnée par :

$$\mathrm{Q(x)=\frac{H_{0}^{2}}{\sigma \delta^{2}}\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}-\cos\frac{2x}{\delta}}}{{\displaystyle ch\frac{2a}{\delta}+\cos\frac{2a}{\delta}}}}$$
Les conditions aux limites sont données par :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta}{\partial x}+h\theta=0 \:\text{en}\:x=a} \label{Beq16}$$
où h est une constante traduisant la convection thermique ;
$$\mathrm{\frac{\partial \theta}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=0.} \label{Beq17}$$

Régime permanent:[B.2.1.]

On suppose que $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial \theta}{\partial t}(x,t)=0}} $. On note θ_∞(x) la solution correspondante.
B.2.1.1): Montrer que la solution du problème est alors donnée par :

$$\mathrm{\theta_{\infty}(x)=\frac{H_{0}^{2}}{k\sigma}\left[\frac{1}{4} \left(1-\frac{{\displaystyle ch\frac{2x}{\delta}+\cos \frac{2x}{\delta}}}{\mathrm{ch \alpha +\cos \alpha}}\right) +\frac{k}{2\delta h}\left(\frac{{\displaystyle sh \alpha - \sin \alpha}}{{\displaystyle ch \alpha}+\cos \alpha}\right)\right]} \label{Beq18}$$
où $ \mathrm{{\displaystyle \alpha=\frac{2a}{\delta}}} $.
B.2.1.2) Quelle est la limite de θ_∞(x) lorsque a tend vers 0. Commenter.
B.2.1.3) Quelle est la limite de θ_∞(x) lorsque a tend vers +∞ . Commenter.

Régime transitoire

B.2.2.1) Afin de résoudre le problème on effectue le changement de fonction inconnue :

θ^*(x, t)=θ(x, t)−θ_∞(x).
Montrer que θ^*(x, t) est solution de l’équation :
$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial t}-D\frac{\partial ^{2}\theta^{*}}{\partial x^{2}}=0\:\:\:0<x<a} \label{Beq20}$$
avec les conditions aux limites :
$$\mathrm{k\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}+h\theta^{*}=0\:\text{en}\:x=a} \label{Beq21}$$

$$\mathrm{\frac{\partial \theta^{*}}{\partial x}=0\:\text{en}\:x=0} \label{Beq22}$$
et la condition initiale :
θ^*(x, 0)= − θ_∞(x)
B.2.2.2) On envisage une résolution du problème défini en B.2.2.1) par variables séparées.
On pose θ^*(x, t)=u(t).v(x). Montrer que les fonctions u et v vérifient l’égalité :

$$\mathrm{\frac{{\displaystyle \frac{du(t)}{dt}}}{Du(t)}= \frac{{\displaystyle \frac{d^{2}v(x)}{dx^{2}}}}{v(x)}=K} \label{Beq24}$$
où K est une constante réelle.
B.2.2.3) On pose K = −λ² où λ est réel. Montrer en utilisant les conditions aux limites que les valeurs λ sont solutions de :

$$\mathrm{\tan \left(\lambda a\right)=\frac{h}{k\lambda}} \label{Beq25}$$
B.2.2.4) On note {λ_n}_n ≥ 0 la suite des solutions positives de [Beq25]. Donner une approximation de λ_n pour λ_n ≫ 1.
B.2.2.5) Montrer que la solution θ^*(x, t) peut s’écrire :

$$\mathrm{\theta^{*}(x,t)=\sum_{n\geq 0}^{}A_{n}\exp\left(-D\lambda_{n}^{2}t\right)\cos \left(\lambda_{n}x\right)} \label{Beq26}$$
où les coefficients A_n sont des réels.
B.2.2.6) Déduire l’ expression générale de θ(x, t).
B.2.2.7) Afin d’obtenir une évaluation de la montée en température de la barre, on limite le développement précédent au premier terme (n = 0).
On considère : $ \mathrm{a={50}{mm}} $; $ \mathrm{k={45}{W.m^{-1}.K^{-1}}} $. En vous aidant éventuellement d’un graphique donner une estimation de λ₀ dans les deux cas $ \mathrm{h={5}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $ et $ \mathrm{h={500}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $.
B.2.2.8) On considère : $ \mathrm{\rho C_{p}={4.10^{6}}{J.m^{-3}.K^{-1}}} $; $ \mathrm{H_{0}={{10}^{5}}{A.m^{-1}}} $; $ \mathrm{\sigma={5.10^{-6}}{\Omega^{-1}.m}} $; $ \mathrm{a={50}{mm}} $; $ \mathrm{k={45}{W.m^{-1}.K^{-1}}} $.
Quelle est la température atteinte au centre de la barre au bout de 3 minutes lorsque $ \mathrm{{\displaystyle \alpha=\frac{2a}{\delta}}} $ pour $ \mathrm{h={5}{W.m^{-2}.K^{-1}}} $ ? Comparer au résultat obtenu en [B.1.10.].

ANALYSE MÉCANIQUE

Dans cette partie on étudiera comment le barreau se dilate sans contrainte ou reste sans dilatation sous contrainte. L’extrémité de la barre d’abscisse x = 0 sera considérée comme fixe par rapport au repère absolu.

Données du problème:

La barre est de longueur L , de section carrée de côté b, Elle sera, ou non, chauffée à son extrémité gauche (dispositif électromagnétique placé en x < 0). Nous proposerons un modèle qui traduit la déformation de cette barre sous l’effet d’actions mécaniques et thermiques, Ce modèle pourra être statique (pas d’accélération prise en compte) ou dynamique (accélération prise en compte).

On utilisera le repère absolu $ \mathrm{\left(G_{0},\vec{x},\vec{y},\vec{z}\right)} $, où G₀ = G(0) est centre de gravité de la section d’abscisse x = 0 de la barre et les axes G₀x, G₀y, G₀z sont définis sur la figure Cfigl.
Pour étudier cette barre, on utilise le modèle géométrique présenté sur la figure Cfig2.

La barre est représentée par sa ligne moyenne qui relie les centres de gravité G(x) des sections successives de la barre.
On note u(x, t) la projection suivant l’axe G₀x du déplacement du point G(x), on suppose donc que le déplacement est le même pour tous les points d’une section d’abscisse x et qu’il est de la forme : $ \mathrm{\vec{U} = u(x, t) \vec{x} } $.
Le torseur {T_i} en G(x) des efforts intérieurs à la barre est défini comme le torseur des efforts exercés par la partie de la barre définie par les abscisses s > x sur la partie de la barre définie par les abscisses s < x. Ce torseur {T_i} a pour éléments de réduction en G(x) une résultante $ \mathrm{N(x,t)\vec{x}} $ et un moment $ \mathrm{\vec{M}(x, t) = \vec{0}} $ .
On note M = pL la masse totale de la barre où p est la masse linéique (masse par unité de longueur) supposée constante.
On note θ(x, t)=T(x, t)−T_amb l’élévation de température supposée ici connue (différence entre la température à l’instant t et la température ambiante à l’instant t = 0) au point G(x). On note Λ et λ les deux constantes qui caractérisent le comportement de la barre.
On utilisera (sans démonstration) la modélisation suivante :
$$\mathrm{\frac{\partial N(x,t)}{\partial x}-\frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}}=0} \label{Ceq1}$$

$$\mathrm{N(x,t)=\Lambda\left(\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}-\lambda \theta(x,t)\right)} \label{Ceq2}$$
La première équation traduit, en projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $, le principe fondamental de la dynamique.
Dans cette équation, $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}} }} $ représente la projection sur $ \mathrm{\vec{x}} $ de l’accélération du point G(x). La deuxième équation traduit la relation en tout point entre le déplacement. u(x, t), l’effort interne N(x, t) et l’élévation de température θ(x, t).
Dans la suite, nous étudierons des problèmes dont les conditions aux limites seront définies comme suit :

Problème de Type I :

u(0, t)=d₀(t) si d₀(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ du déplacement imposé au pointG(O) en x = 0 et N(L, t)=F(t) si F(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ de l’effort imposé au point G(L) en x = L.

Problème de Type II :

u(0, t)=d₀(t) si d₀(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ du déplacement imposé au point G(O) en x = 0 et u(L, t)=d_L(t) si d_L(t) est la projection sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $ du déplacement imposé au point G(L) en x = L.

Étude de vibrations:

Dans cette partie, on considère que la variation de température est nulle θ(x, t)=0: il n’y “ donc pas d’effet thermique”.

En utilisant les équations [Ceq1] et [Ceq2], écrire l’équation (Ceq3) qui relie $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial t^{2}} }} $ et $ \mathrm{{\displaystyle \frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial x^{2}} }} $.

Nous allons rechercher une interprétation de cette équation en considérant le système continu comme la limite d’un système discret décrit sur la figure Cfig3.

Nous adoptons la modélisation suivante : la barre est représentée comme un ensemble de N masses m_i•, identiques indicées par i. On notera u_i(t)=u(x_i, t) le déplacement de chacune de ces masses sur l’axe $ \mathrm{\vec{x}} $. Elles sont reliées par N − 1 ressorts identiques de raideur k et de longueur à vide $ \mathrm{{\displaystyle l=\frac{L}{n-1}}} $.
Écrire le principe fondamental de la dynamique pour chacune des masses intérieures m_i avec i de 2 à N − 1 (équation Ceq4).

La distance l étant considérée comme petite, écrire le développement, au deuxième ordre, qui exprime u_i + 1 (avec i de 2 à N − 1) en fonction de u_i et de ses dérivées par rapport à x (équation Ceq5).

La distance l étant considérée comme petite, écrire le développement, au deuxième ordre, qui exprime u_i − 1 (avec i de 2 à N − 1) en fonction de u_i et de ses dérivées par rapport à x (équation Ceq6).

En vous inspirant de la forme de l’équation Ceq3, écrire l’équation Ceq7 à partir des équations Ceq4, Ceq5 et Ceq6. Exprimer les valeurs de m_i et de k en fonction des données initiales du problème.

On envisage de résoudre cette équation Ceq3 en utilisant la même méthode de séparation de variables que dans la partie [B.] Étude Thermique ([B.1.5.]. On pose u(x, t)=X(x).f(t). Montrer que les fonctions X(x) et f(t) vérifient l’égalité :

$$\mathrm{\frac{1}{X(x)}\frac{d^{2}X(x)}{dx^{2}} =\frac{p}{\Lambda}\frac{1}{f(t)}\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}} =K\:\:\:\text{o{\`u}}\:K\:\text{est une constante.}}$$

On admet queK < 0 et on poseK = −μ² où μ est réel. On adopte les conditions aux limites suivantes (problème de Type I) : la barre est fixée au point d’abscisse x = 0, elle est libre de tout effort au point d’abscisse x = L. Donner l’expression de μ.

Déduire de ce qui précède que la solution générale de l’équation (Ceq3) est de la forme :
$$\mathrm{u(x,t)=\sum_{n \geq 0}^{}\sin \left(\mu_{n}x\right).\left[A_{n}\cos\left(\omega_{n}t\right) +B_{n}\sin\left(\omega_{n}t\right)\right]}.$$

Exprimer ω_n en fonction de μ_n.

Donner l’expression finale de u(x, t). A_n et B_n sont alors déterminés, ce qui n’est pas demandé, en considérant les conditions initiales (à t = 0) du mouvement. Cette expression est celle qui traduit les vibrations libres de la barre en traction/compression.

Détermination préliminaire des efforts internes:

On se place dans le cas où il n’y a pas d’élévation de température et où les accélérations sont nulles.

Écrire l’équation Ceq8 vérifiée par N(x, t).

On applique un effort à chaque extrémité de la barre $ \mathrm{\vec{F}(0,t)=-F\vec{x}} $ en x = 0 et $ \mathrm{\vec{F}(L,t)=F\vec{x}} $ en x = L. La barre est-elle en équilibre ? Trouver l’expression de N(x, t) dans la barre en fonction de F.

Étude thermique préliminaire:

On considère dans cette partie que la barre n’est soumise à aucun effort et que les accélérations sont négligeables et donc prises nulles. Quand on chauffe la barre, on constate expérimentalement que celle-ci s’allonge.

Exprimer l’équation Ceq9 qui relie u(x, t) à θ(x, t).

On impose une élévation de température θ(0, t)=A en x = 0 et θ(0, t)=B en x = L et on suppose que le flux de chaleur est nul sur les faces $ \mathrm{{\displaystyle y =\pm\frac{b}{2}}} $ et $ \mathrm{{\displaystyle z =\pm\frac{b}{2}}} $ de la barre. Écrire l’équation de la chaleur pour la barre. Donner, en régime thermique permanent, l’expression de θ(x, t) en tout point de la barre.

Étude thermomécanique:

Dans cette partie, on se place en régime thermique permanent et on considère que les accélérations sont nulles.

En utilisant les équations Ceq1 et Ceq2, poser alors le jeu d’équations Ceq10 du problème thermomécanique avec les conditions aux limites suivantes (problème de Type I) : la barre est fixée au point d’abscisse x = 0, elle est libre de tout effort au point d’ abscisse x = L.

Exprimer N(x, t) et u(x, t) pour le champ de température θ(x, t) trouvé à la question [C.4.2.].

Effectuer l’application numérique (calcul de N(x, t) et u(x, t)) pour une barre de longueur $ \mathrm{L ={ 5}{ m}} $ avec les élévations de température $ \mathrm{A = {1000}{K}} $ et $ \mathrm{B = {0}{K}} $. On prendra le coefficient de dilatation de l’acier, soit $ \mathrm{\lambda={15.10^{-6}}{K^{-1}}} $.

En utilisant les équations [Ceq1] et [Ceq2], poser alors le jeu d’équations Ceq11 du problème thermomécanique avec les conditions aux limites suivantes (problème de Type II la barre est fixée au point d’abscisse x = 0, elle est fixée au point d’abscisse x = L.

Exprimer N(x, t) et u(x, t) pour le champ de température θ(x, t) trouvé à la question [C.4.2.].

Effectuer l’application numérique pour une barre de longueur $ \mathrm{L ={ 5}{m}} $ avec les élévations de température $ \mathrm{A = {1000}{K}} $ et $ \mathrm{B = {0}{K}} $. On prendra coefficient de dilatation de l’acier, soit $ \mathrm{\lambda={15.10^{-6}}{K^{-1}}} $.

Analyser qualitativement la différence entre les solutions des équations Ceq10 (questions [C.5.2.] et [C.5.3.]) et Ceq11 (questions [C.5.5.] et [C.5.6.]).

Concours Physique Modélisation ENS de Cachan et École Polytechnique (PSI) 2000 (Corrigé)

Modélisation en Sciences Physiques

X-Cachan

Nous utiliserons au cours de cette solution le symbole ⊨ signifiant << est modélisé par: >>.

Obtention des équations géostrophiques

Equation d’Euler

Dans le référentiel (non Galiléen) lié à la planète, nous écrivons la loi fondamentale de la dynamique newtonienne appliquée à un petit élément de fluide en prenant en compte les pseudo-forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis, il vient, $ {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}} $ désignant la vitesse Lagrangienne de cet élément de fluide et $ \mathrm{{\displaystyle \frac{d}{dt}}} $ la dérivée totale par rapport au temps:

$$\begin{gathered} \mathrm{\mu_{0}d\tau \frac{d{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{V}}}}{dt}=-{{{\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{\nabla}}}\,\mathrm{P}}}d\tau} \\ \mathrm{-\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{C}-\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{a}}}_{e}-\mu_{0}d\tau {\overrightarrow{\vphantom{(^{1}}\mathrm{g}}}_{attraction}}\end{gathered}$$
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 a_CV 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 a_CV 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

L’ordre de grandeur de a_CV est $ \mathrm{\Omega \tilde{U}} $ puisque |cosλ|≤1, on peut donc négliger a_CV devant g tant que la condition:
$$\mathrm{g \gg \Omega \tilde{U}}$$
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 = v_x − u_y.

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 = v_x − u_y, 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 L_R, 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 η_c 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, η_c 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:
η_x = 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 η_xtx par η_xxt. 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:
η_t − aη_x − b(η_xx + η_yy)_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:
η_t − aη_x = 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.

La vitesse U_H de la particule ne change pas, comme nous admettons que la relation locale $ {\displaystyle \mathrm{|U_{H}|\approx \frac{r(t)}{2}|\xi(t)|}} $ reste vérifiée, il s’ensuit que le rayon de courbure de la trajectoire est plus petit au voisinage de l’équateur pour un cyclone et plus grand pour un anticyclone. Dans un cyclone, la partie éloignée de l’équateur est <<plus longue >> sur un demi-tour que la partie proche de l’équateur, le système dérive donc vers l’ouest. L’étude des quatre cas possibles conduit à la même conclusion comme le montre la figure

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 ξ_S et ξ_N qui sont proches. Nous savons maintenant évaluer la différence f_N − f_S = 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 L_R 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]):
η_t − aη_x − b(η_xx + η_yy)_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/L_c, Y = y/L_c, τ = t/T_c, 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:
η_τ − η_X − (η_XX+η_YY)_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:
η_t = aη_x
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: η_τ = η_X. 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:
η_τ − η_X − (η_XXX+η_YYX) = 0

Cas unidimensionnel

Il reste alors une équation de la forme:
η_τ − η_X − η_XXX = 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 L_c/T_c), 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 L_R, le terme supplémentaire en η^*η_X^* brise la symétrie entre cyclone et anticyclone. Considérons un certain anticyclone dont le profil de surpression est η*, de dérivées η_X^* et η_XXX^*, alors le cyclone <<miroir>> est caractérisé par les valeurs −η*, −η_X^* et −η_XXX^* 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^*η_X^*, 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 η_XX^* 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 η_u^* (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 η_u^* 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:
$$\mathrm{\eta^{*}(X,\tau)=\frac{\eta_{3}} {{\displaystyle \cosh^{2}\left(\sqrt{\frac{\hat{\beta}\eta_{3}}{12}}u\right)}}.}$$

Le profil du soliton à grossièrement l’allure d’une gaussienne. La vitesse de propagation du soliton s’obtient, en grandeur non dimensionnées, à partir de la racine η₃ par la relation:
$$\mathrm{v_{s}=1+c_{1}=1+\frac{1}{3}\hat{\beta}\eta_{3}}$$
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 η_c 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.

Nous constatons que les ovales blancs et les ovales bruns dérivent vers l’est ce qui n’est pas prévu par la théorie linéaire que nous avons développée. Remarquons que le rayon de Rossby prenant en compte la valeur effective de la pesanteur est de $ {6000}{km} $ et est comparable au rayon de ces taches, leur durée de vie élevée suggère l’existence d’un mécanisme d’entretien.
En conclusion, le modèle développé ici semble insuffisant pour décrire le comportement des taches de Jupiter.

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1. 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.↩