Utilisateur:Jean-Michel Tanguy/SujetENTPE2023/PRADES BRUNEAU DELOUS

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Vous voici rendu dans votre espace.

Nous vous recommandons de prendre en mains l'outil WIKHYDRO assez rapidement de manière à pouvoir commencer à écrire en LATEX, entrer des images et des vidéos.

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Vous trouverez un Tutoriel et un didacticiel LATEX

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Jean-Michel Tanguy

Cas n°1 :

Solution analytique

On part de l'équation initiale :

$ \operatorname{grad}(C\cdot C_g\cdot \operatorname{grad}(\phi)) + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $

En appliquant la formule du Laplacien, on obtient : $ C\cdot C_g\cdot \operatorname{grad}(\operatorname{grad}(\phi)) + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $ Ce qui se simplifie en : $ C\cdot C_g\cdot \nabla^2\phi + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $

En factorisant, on a : $ (C\cdot C_g\cdot \nabla^2 + k^2\cdot C\cdot C_g)\cdot \phi = 0 $

On peut réécrire l'opérateur différentiel sous la forme : $ C\cdot C_g\cdot \nabla^2 + k^2\cdot C\cdot C_g = C\cdot C_g\cdot \frac{\partial^2}{\partial x^2} + k^2\cdot C\cdot C_g $

Ainsi, l'équation devient : $ (C\cdot C_g\cdot \frac{\partial^2}{\partial x^2} + k^2\cdot C\cdot C_g)\cdot \phi = 0 $

Et en réarrangeant les termes, on obtient : $ \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} + k^2\cdot \phi = 0 $

Ainsi, la solution est de la forme : $ \phi(x) = A \cdot e^{ikx} + B \cdot e^{-ikx} $ où A et B sont des constantes à déterminer.

On a $ \phi(0) = A + B = 1 $, donc $ B = 1 - A $.

En utilisant $ \frac{d\phi}{dx}\biggr\rvert_{x=L} = i k \phi(L) $, on a :

$ ik(Ae^{ikL} - Be^{-ikL}) = ik\phi(L) $

Or $ ik\phi(L)=ik(Ae^{ikL} + Be^{-ikL}) $

Pour avoir $ ik(Ae^{ikL} - Be^{-ikL}) = ik(Ae^{ikL} + Be^{-ikL}) $ et sachant que $ B = 1 - A $, il faut nécessairement : $ A=1 $ et $ B=0 $

Ainsi on a $ \phi(x) = e^{ikx} = \cos(kx) + i\sin(kx) $

Solution par homotopie : Ordre 2

En réutilisant la décomposition par série entière, on arrive pour l'ordre 2 à :

$ \phi_{2,xx} = -k^2 \phi_{1} $. ce qui nous amène à :

$ \phi_{2}=-k^2 \iint \phi_{1} \mathrm{d}x + Ax + B $.

On a comme conditions initiales : $ \phi_{2}^0=0 $ qui donne $ B = 0 $. et $ \phi_{2,x}^L = ik\phi_{2}^L $. qui donne $ A\left(1-ikL\right) = k^2 \int \phi_{1} \mathrm{d}x - ik^3 \iint \phi_{1} \mathrm{d}x \mathrm{d}x + ik $. on résout alors pour arriver à $ A = x^2 \left[\frac{-k^4L\left(k^2L^2 + 3ikL -3\right)}{6\left(1-ikL\right)^3}\right] + x^3 \left[\frac{-3k^2\left(1-ikL\right)^3 + ik^5L \left(k^2L^2+3ikL-3\right)}{18\left(1-ikl\right)^3} \right] + x^4 \left[\frac{k^2\left(1-ikL\right)^3 - ik^3}{24\left(1-ikL\right)^2}\right]-\frac{x^5k^3i}{120\left(1-ikL\right)^2} + \frac{ik}{1-ikL} $.

On remplace alors les constantes par leurs expressions et on a :

$ \phi_{2} = k^2\left[ \frac{-k^2L \left(k^2L^2+3ikL-3\right)x^3}{18\left(1-ikL\right)^2} - k^2\left(\frac{ikx^5}{120\left(1-ikL\right)} + \frac{x^4}{24} \right) \right] + x^3 \left[\frac{-k^4L\left(k^2L^2 + 3ikL -3\right)}{6\left(1-ikL\right)^3}\right] + x^4 \left[\frac{-3k^2\left(1-ikL\right)^3 + ik^5L \left(k^2L^2+3ikL-3\right)}{18\left(1-ikl\right)^3} \right] + x^5 \left[\frac{k^2\left(1-ikL\right)^3 - ik^3}{24\left(1-ikL\right)^2}\right]-\frac{x^5k^3i}{120\left(1-ikL\right)^2} + \frac{ik}{1-ikL} + 1 $.

Cas n°2 :

Solution analytique :

On reprend la même forme d'équation que pour le cas 1 et on cherche de nouvelles constantes A et B avec les nouvelles conditions initiales.

Pour l'équation $ \phi(x) = A \cdot e^{ikx} + B \cdot e^{-ikx} $, avec les conditions initiales $ \phi'(0) = i k (2-\phi(0)) $ et $ \phi'(L) = 0 $, on a :

En dérivant $ \phi(x) $, on trouve $ \phi'(x) = ik\cdot A \cdot e^{ikx} + ik\cdot B \cdot e^{-ikx} $.

En utilisant la condition $ \phi'(0) = i k (2-\phi(0)) $, on obtient $ \phi'(0) = ikA - ikB = ik (A-B) = ik (2-\phi(0)) $, donc on a $ A-B =(2-\phi(0))=(2-A-B) $, ce qui équivaut à $ A=1 $.

En utilisant la condition $ \phi'(L) = 0 $, on a $ \phi'(L) = A\cdot e^{ikL} - B\cdot e^{-ikL} = e^{ikL} - B\cdot e^{-ikL} = 0 $.

Cela équivaut à $ B\cdot e^{-ikL} = e^{ikL} $. D'où $ B= e^{2ikL} $.

Solution par homotopie :

Ordre 2 : On a $ \phi_2 = k^2 \iint\phi_1 \mathrm{d}x + Ax + B $.

Et la condition initiale en 0 donne $ A = -ikB $ à tout ordre.

La seconde condition initiale nous donne $ A = k^2 \int\phi_1 \mathrm{d}x $.

Le calcul de A donne : $ A = \frac{2}{3}k^4L^3 + 2ik^3L^2 $ et alors $ B = -\frac{2}{3} ik^3L^3 + 2ik^2L^2 $.

En remplaçant les constantes dans l'expression de $ \phi_2 $ on obtient : $ \phi_2 = \frac {k^4x^4}{12} - \frac{k^4Lx^3}{3} - ik^3^2 + \left ( \frac{2}{3}k^4L^3 + 2ik^3L^2 \right) x -\frac{2}{3} ik^3L^3 + 2ik^2L^2 $

Cas n°3 :

Solution analytique

Reprenons l'équation de Berkhoff : $ \operatorname{grad}(C\cdot C_g\cdot \operatorname{grad}(\phi)) + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $ . On considère à présent $ C $ et $ C_g $ non constantes. On a donc $ \operatorname{grad}(g\cdot H\cdot \operatorname{grad}(\phi)) + k^2\cdot g\cdot H\cdot \phi = 0 $. Cela donne $ g\cdot H\cdot \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} -s\cdot g\cdot \frac{\partial \phi}{\partial x} + k^2\cdot g\cdot H\cdot \phi = 0 $. Puis on divise par g.

Si k est non constant ($ k= k_0\cdot \sqrt{\frac{H_0}{H(x)}} $), on obtient $ H(x)\cdot \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} -s\cdot \frac{\partial \phi}{\partial x} + k_0^2\cdot H_0\cdot \phi = 0 $. On effectue le changement de variable suivant : $ H(x)=z=H_0-sx $. On obtient alors : $ zs^2 \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} +s^2 \frac{\partial \phi}{\partial z} + k_0^2\cdot H_0\cdot \phi = 0 $.

En prenant $ \alpha^2 = (\frac{k_0}{s})^2 H_0 $, On obtient une équation de Bessel : $ z \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} + \frac{\partial \phi}{\partial z} + \alpha^2\cdot \phi = 0 $.

La solution de cette équation de Bessel est de la forme : $ \phi(z)=AJ_0(2\alpha\sqrt{z}) + BY_0(2\alpha\sqrt{z}) $ avec :

$ J_0 $ la fonction de Bessel de première espèce

$ Y_0 $ la fonction de Bessel de deuxième espèce

A et B sont des constantes.

Or on a pour les conditions aux limites :

$ \phi(0) = 1 $

$ \phi_x(L)=ik\phi(L) $

Ainsi : $ AJ_0(2\alpha\sqrt{H_0}) + BY_1(2\alpha\sqrt{H_0})=1 $

Et : $ \frac{\alpha S}{\sqrt{H_0-sL}}(AJ_1(2\alpha\sqrt{H_0-sL}) + BY_1(2\alpha\sqrt{H_0-sL}) = ik(AJ_0(2\alpha\sqrt{H_0-sL}) + BY_0(2\alpha\sqrt{H_0-sL}) $

Solution par homotopie

Pour ce cas les conditions aux limites sont : $ \phi(0)= 1 $ et $ \phi_x^L=ik\phi^L $

Cas où k est constant

On a les mêmes conditions aux limites que le cas n°1 où on a aussi $ k=k_0 $ constant donc on retrouve les mêmes résultats que pour le cas n°1

Cas où k est variable

On a $ k=k_0\sqrt{\frac{H_0}{H(x)}} $

Ordre 0 :

On a $ \phi_{0,xx} = 0 \Rightarrow \phi_0(x)=Ax+B $

Avec les conditions aux limites on détermine $ B=1 $ et $ A(1-ik(L)L) = ik(L) $

On résout pour trouver A : $ A=\frac{ik(L)}{1-ik(L)L} $ avec $ k(L)=k_0\sqrt{\frac{H_0}{H(L)}} $

On arrive alors à $ A=\frac{ik_0\sqrt{H_0}}{H(L)-ik_0\sqrt{H_0}} $

Ce qui donne comme résultat final : $ \phi_0(x)=\frac{ik_0\sqrt{H_0}}{H(L)-ik_0\sqrt{H_0}}x+1 $

Ordre 1 :

Cas n°4

On a cette fois comme conditions aux limites :

$ \phi^{r=r_0}=1 $ et $ \phi_r^{r=R}=ik\phi^{r=R} $

Ordre 0 :

On a $ \phi_{0,rr}=0 \Rightarrow \phi_0(r)=Ar+B $

On utilise les conditions initiales pour déterminer A et B :

$ \phi_0^{r_0}=1 \Rightarrow Ar_0+B=1 $

$ \phi_r^{r=R}=ik\phi^{r=R} \Rightarrow A(1-ikR)=ikB $

On forme ainsi un système de deux équations et deux inconnues qui donne une fois résout :

$ A=\frac{ik}{ik(r_0-R)+1} $ et $ B=1-\frac{r_0ik}{ik(r_0-R)+1} $

Ce qui donne $ \phi_0(r)=r\frac{ik}{ik(r_0-R)+1}+1-\frac{r_0ik}{ik(r_0-R)+1} $

Ordre 1 :

On a $ \phi_1,rr=-k^2\phi_0(r) \Rightarrow \phi-1(r)=-\iint\limits_{r_0}{k^2\phi_0(r)drdr} + Ar + B $

Avec les conditions initiales on a :

$ B=-Ar_0 + \iint{k^2\phi_0(r)dr} $ et $ -\int\limits_R{k^2\phi(r)dr}+A=ik[-\iint\limits_R{k^2\phi_0(r)drdr} +AR+B ] $

En remplaçant B dans l'expression de A et en résolvant on arrive à : $ A=\frac{1}{1+ik(r_0-R)}[-ik^3(\frac{R^3}{6}\frac{ik}{ik(r_0-R)+1}+\frac{R^2}{2}\frac{1-r_0ik}{ik(r_0-R)+1})+k^2(\frac{R^2}{2}\frac{ik}{ik(r_0-R)+1}+R\frac{1-r_0ik}{ik(r_0-R)+1})+ik^3(\frac{ikR^3}{6}+\frac{R^2}{2}(1-r_0ik))] $