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ANSWER : Estuaire à pente du fond linéaire et à rétrécissement latéral des berges exponentiel

De Wikibardig

Sommaire

Expression du modèle simplifié

Considérons un estuaire schématique de gabarit rectangulaire, avec pente de fond constante du fond et rétrécissement des berges exponentiel .
Dessin pente nulle et berges linéaires.png

Soit :

  • $ h(x,t) $ le niveau d'eau
  • $ u(x,t) $ la vitesse moyenne de l'écoulement dans la section de surface $ S(x)=b(x)H(x) $
  • $ Q(x,t)=S(x,t)u(x,t) $ le débit à l'abscisse $ x $
  • $ b(x)=b_0 e^{\beta(x-x_0)} $ la largeur du canal qui varie exponentiellement avec l'abscisse, $ b_0 $ étant la largeur du canal à l'abscisse $ x_0 $ en amont du domaine
  • $ H(x)=H_0\dfrac{ x }{ x_0 }=p_f x $ la profondeur du canal qui varie linéairement avec l'abscisse
  • $ f $ le coefficient de frottement linéarisé.

Les équations qui régissent le phénomène sont les équations de Saint-Venant 1D linéarisées.

$ \begin{cases} b\dfrac{ \partial h }{ \partial t }+ \dfrac{ \partial Q }{ \partial x }=0 } \\ \\ \dfrac{ \partial Q }{ \partial t }+gS \dfrac{ \partial h }{ \partial x }+fQ=0 \end{cases} $
En dérivant la première équation par rapport au temps et la seconde par rapport à l'espace et en éliminant le terme commun, nous obtenons :

$ -b\dfrac{ \partial^2 h }{ \partial t^2 }+ g\dfrac { \partial }{ \partial x }\left[\Big S\dfrac{ \partial h }{ \partial x }\right]\Big +f\dfrac{ \partial Q }{ \partial x}=0 $

nous allons supposer que $ h $ est de la forme $ h=A(x)e^{-i\sigma t} $. En dérivant, nous obtenons :
$ \dfrac{ \partial h }{ \partial t}=(-i\sigma) A(x) e^{-i\sigma t} = -i\sigma h \qquad et \qquad \dfrac{ \partial^2 h }{ \partial t^2}=-\sigma^2 h $
En reportant ces valeurs dans l'équation ci-dessus :
$ x\dfrac{ \partial^2 h }{ \partial x ^2}+(1+\beta x)\dfrac{ \partial h }{ \partial x} + \dfrac{\sigma}{ gp_f} \left[\Big \sigma (\sigma+fi) \right] h=0 $
Posons:
$ k^2=\dfrac{ \sigma^2}{ gH} \text{ le nombre d'onde et }<br /> k_f^2=\sigma (\sigma+fi) \dfrac{ x_0}{ gH_0}\right] $
Ce terme est donc une constante

Par ailleurs, le frottement peut être exprimé de la manière suivante :
$ f=\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{K}{H_m}\left| U_m \right| $ avec :

  • $ K $ est le coefficient de frottement aux alentours de 0.002 - 0.003
  • $ H_m $ la profondeur moyenne sur le domaine
  • $ U_m $ la vitesse moyennée sur une période sur le domaine


L'équation différentielle à résoudre est donc la suivante:

$ xh''+(1+\beta x)h' + kh=0 $
Il s'agit d'une équation linéaire homogène du second ordre avec coefficients variables.

Résolution de l'équation différentielle

Lorsque l'on met cette équation dans Wolfram, on obtient le résultat suivant :

$ h(x)=c_{1}e^{-bx}U(1-\frac{k}{b},1,bx)+c_{2}e^{-bx}L_{\frac{k}{b}-1}(bx) $

$ U(a,b,x) $ est la fonction hypergéométrique confluente de deuxième espèce et $ L_{n}(x) $ est le n-ème polynôme de Laguerre.
On peut voir ce résultat ici : https://www.wolframalpha.com/input/?i=x*h%27%27(x)%2B(1%2Bb*x)*h%27(x)%2Bk*h(x)%3D0}

Cette solution semble un peu mystérieuse : pourquoi interviennent de telles fonctions ? Comment Wolfram a-t-il procédé pour résoudre cette équation ? Nous allons maintenant tenter de répondre à ces questions.

L'équation $ xh''+(1+bx)h'+kh=0 $
est une équation différentielle du deuxième ordre avec des coefficients réguliers donc le théorème de Cauchy-Lipschitz nous assure que les solutions de cette équation forment un espace vectoriel de dimension 2, c'est-à-dire que l'on pourra trouver $ y_{1},y_{2} $ deux fonctions linéairement indépendantes, toutes les deux solutions de cette équation, et telles que toute autre solution $ y $ de cette équation s'écrive sous la forme :

$ y=ay_{1}+by_{2} $

pour deux constantes $ a $ et $ b $ bien choisies.

L'objectif est donc de trouver ces deux solutions. Nous allons trouver la première en utilisant la théorie des séries entières et la deuxième en utilisant la transformée de Laplace.

On s'apercevra alors que la première correspond (très probablement) au terme de la fonction hypergéométrique confluente de deuxième espèce dans la formule donnée par Wolfram, et que la deuxième correspond (cette fois-ci à coup sûr) au terme avec le polynôme de Laguerre.

Méthode des séries entières

Recherche d'une première solution

On recherche une solution de l'équation sous la forme suivante :

$ h(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n}x^{n} $

où les $ a_{n} $ sont des constantes complexes.

L'objectif est de trouver ces constantes complexes (dépendant de $ n $) sous forme explicite, par exemple une expression du type $ a_{n}=2n+3 $ ou quelque chose comme cela. Pour l'instant, nous calculons de façon formelle : nous ne nous préoccupons pas des problèmes de convergence de cette série et dérivons terme à terme (sous le signe somme), ce que nous justifierons plus loin : d'abord, nous "devinons la solution", et ensuite nous vérifions que la série ainsi définie converge bien et qu'elle est effectivement bien solution.


Avec cette expression de $ h $, on peut facilement calculer ses dérivées de façon explicite.

$ h'(x)=\sum_{n=1}^{+\infty} na_{n}x^{n-1} $

$ h''(x)=\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2} $

et donc en réinjectant dans l'équation qui nous préoccupe, on obtient :

$ \sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-1}+(1+bx)(\sum_{n=1}^{+\infty} na_{n}x^{n-1}) + k(\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n}x^{n})=0 $

ce que l'on peut encore réécrire:

$ \sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-1}+\sum_{n=1}^{+\infty} na_{n}x^{n-1} + \sum_{n=1}^{+\infty} bna_{n}x^{n}+ k(\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n}x^{n})=0 $

Dans certaines sommes, il apparaît des termes en $ x^{n} $ et dans d'autres, des termes en $ x^{n-1} $.

Nous effectuons donc un changement d'indice dans les deux premières pour n'avoir que des termes en $x^{n}$. Cela donne :

$ \sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)na_{n+1}x^{n}+\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n}+\sum_{n=1}^{+\infty} bna_{n}x^{n}+ \sum_{n=0}^{+\infty} ka_{n}x^{n}=0 $

ce que l'on réécrit, en regroupant tout dans une même somme :

$ a_{1}+ka_{0}+\sum_{n=1}^{+\infty}[(n+1)na_{n+1}+(n+1)a_{n+1}+bna_{n}+ ka_{n}] \ x^{n} =0 $

Si l'on veut que cette équation soit vraie pour tout $ x $, nous avons intérêt à demander que les $ a_{n} $ satisfassent les équations :

$ \forall n\in\mathbb{N}_{\geq 1}, \ \ \ \ (n+1)na_{n+1}+(n+1)a_{n+1}+bna_{n}+ ka_{n}=0 $

et aussi l'équation "initiale" :

$ a_{1}+ka_{0}=0 $

Le premier jeu d'équations, pour un $n$ donné, se réécrit :

$ a_{n+1}=\frac{(-k-bn)}{(n+1)^{2}}a_{n} $

et donc par récurrence, en remplaçant chaque $ a_{n} $ par son expression qui dépend de $ a_{n-1} $, on obtient que pour $ n\geq 1 $

$ a_{n}=(-1)^{n-1}\frac{(k+(n-1)b)(k+(n-2)b)...(k+b)}{(n!)^{2}}a_{1} $

Grâce à l'équation $ a_{1}+ka_{0}=0 $, on obtient finalement :

$ \forall n\geq 1, \ \ \ \ a_{n}=(-1)^{n}\frac{(k+(n-1)b)(k+(n-2)b)...(k+b)k}{(n!)^{2}}a_{0} $

ou encore, de façon plus compacte, et en prenant pour convention (usuelle) que le produit vide vaut $ 1 $ (et donc que l'expression que l'on vient de trouver est aussi valable pour $ n=0 $) :

$ \forall n\geq 0, \ \ \ \ a_{n}=(-1)^{n}a_{0}\prod_{j=0}^{n-1}\frac{(k+jb)}{(j+1)^{2}} $

A ce stade, on peut faire quelques remarques.

  • Cette solution semble correspondre à la première partie de la solution trouvée par Wolfram, à savoir celle avec la fonction $U$. Elle est simplement écrite sous la forme "développée", par exemple mentionnée dans l'article de Wikipédia en anglais \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Confluent_hypergeometric_function}.
  • Nous avons procédé "formellement" pour l'instant et maintenant, il reste à voir pourquoi tout ce que l'on a fait est justifié. A priori, la solution que nous avons trouvée serait donc

$ h(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left( (-1)^{n}a_{0}\prod_{j=0}^{n-1}\frac{(k+jb)}{(j+1)^{2}}\right) x^{n} $


  • Une telle série est appelée "série hypergéométrique". Cela signifie que le rapport $ a_{n+1}/a_{n} $ est une fraction rationnelle de $ n $.
  • On peut être étonné à première vue qu'une telle méthode fonctionne si bien. Toutefois, on pouvait s'en douter : lorsque tous les coefficients de l'équation différentielle à résoudre sont des puissances de $ x $, cette méthode marche à coup sûr, avec seulement un petit bémol, à savoir que parfois, on obtiendra des équations faisant intervenir non seulement $ a_{n+1} $ et $ a_{n} $, mais aussi $ a_{n+2}, a_{n+3} $, etc. Toute la difficulté est de prouver ensuite que la série entière obtenue converge bien.

Essayons maintenant de justifier le calcul que l'on a fait : cette fois-ci, nous posons :

$ h(x)=\sum_{n\geq 0}\left( (-1)^{n}a_{0}\prod_{j=0}^{n-1}\frac{(k+jb)}{(j+1)^{2}}\right) x^{n} $

nous vérifions que cette série est bien convergente, et enfin nous nous assurons que la fonctions $ h $ ainsi définie vérifie bien l'équation de départ.

Justification de la convergence

Détaillons tout d'abord la convergence. Travaillons à $ n $ fixé. Nous avons, pour $ n\geq 1 $

$ n^{2}|a_{n}|&=\left| \frac{(k+(n-1)b)(k+(n-2)b)...(k+b)}{((n-1)!)^{2}}\right| |ka_{0}| \nonumber\\ & = \left| \frac{(k+(n-1)b)}{(n-1)^{2}}\right| \times \left| \frac{(k+(n-2)b)}{(n-2)^{2}}\right| \times ... \times \left| \frac{(k+b)}{1^{2}}\right| \nonumber \\ & \leq \frac{(|k|+(n-1)|b|)}{(n-1)^{2}} \times \frac{(|k|+(n-2)|b|)}{(n-2)^{2}} \times ... \times \frac{(|k|+|b|)}{1^{2}} \nonumber $


Pour un certain entier $ M $, on a $ |k|\leq M|b| $ donc, si l'on note $ A $ le produit des termes du produit ci-dessus qui sont de rang $ \leq M $, on obtient pour $ n\geq M $ les inégalités:
$ \begin{align} n^{2}|a_{n}| & \leq \frac{(|k|+(n-1)|b|)}{(n-1)^{2}} \times \frac{(|k|+(n-2)|b|)}{(n-2)^{2}} \times ... \times \frac{(|k|+M|b|)}{M^{2}} \times A \nonumber \\ & \leq \frac{((n-1)|b|+(n-1)|b|)}{(n-1)^{2}} \times \frac{((n-2)|b|+(n-2)|b|)}{(n-2)^{2}} \times ... \times \frac{(M|b|+M|b|)}{M^{2}} \times A \nonumber \\ & = \frac{2|b|}{n-1} \times \frac{2|b|}{n-2} \times ... \times \frac{2|b|}{M} \times A \nonumber \\ & = \frac{(2|b|)^{n-M+1}}{(n-1)...M} \times A \nonumber \\ & \leq \frac{(2|b|)^{n}}{(n-1)!} \times \frac{A\times ((M-1)!)^{2}}{(2|b|)^{M-1}} \nonumber \end{align} $

d'où finalement:

$ |a_{n}|\leq B\times \frac{(2|b|)^{n}}{n!} $

avec $ }B $ une nouvelle constante.

On peut alors conclure puisque "la factorielle l'emporte sur les puissances" : pour tout $ x $ réel, on a majoré la suite $ (a_{n}x^{n}) $ en valeur absolue par le terme général d'une série absolument convergente, à savoir :

$ B\sum_{n\geq 0} \frac{(2|bx|)^{n}}{n!} $

(dont la somme est d'ailleurs une exponentielle) donc, par le théorème de comparaison des séries, la série $ \sum a_{n}x^{n} $ converge absolument, donc converge aussi tout court.

Justification du fait que l'on tient bien une solution

Il faut maintenant prouver que l'on a bien trouvé une solution. En fait, c'est à peu près évident au vu de ce que l'on a fait dans la première section. Nous avons juste besoin du théorème suivant :

Théorème 1:

Si $ f(x)=\sum a_{n}x^{n} $ est une série entière convergente sur le disque ouvert de centre $ 0 $ et de rayon $ R $, alors $ f $ est dérivable une infinité de fois sur ce disque ouvert, et ses dérivées s'obtiennent par sommation des dérivées de chacun de ses termes.

Théorème 2:

C'est un théorème classique sur les séries entières, nous ne le prouvons pas ici.

Ce théorème suffit pour conclure : en effet, si l'on pose :

$ h(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left( (-1)^{n}a_{0}\prod_{j=0}^{n-1}\frac{(k+jb)}{(j+1)^{2}}\right) x^{n} $

nous venons de voir que cette série converge sur tout $ \mathbb{R} $ donc on peut prendre $ R=+\infty $ dans le théorème et obtenir que $ h $ est indéfiniment dérivable, avec dérivation sous le signe somme.

Nous avons alors:

$ xh''(x)+(1+bx)h'(x)+kh(x)& = \sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)na_{n+1}x^{n}+\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n}+\sum_{n=1}^{+\infty} bna_{n}x^{n}+ \sum_{n=0}^{+\infty} ka_{n}x^{n} \nonumber \\ & = a_{1}+ka_{0}+\sum_{n=1}^{+\infty}[(n+1)na_{n+1}+(n+1)a_{n+1}+bna_{n}+ ka_{n}] \ x^{n} \nonumber \\ & = 0 \nonumber $

par notre choix des relations entre $ a_{n} $.

Cela conclut donc cette preuve.

Comme les $ a_{n} $ décroissent à peu près comme $ n! $, la convergence de cette série est extrêmement rapide : cela permet de faire des calculs numériques très précis avec assez peu de termes.

Recherche de la deuxième solution par la transformée de Laplace

Nous allons maintenant trouver une deuxième solution grâce à la transformée de Laplace. Les propriétés de cet opérateur linéaire que nous allons utiliser sont les suivantes : si $ f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{C} $ est une fonction, alors sa transformée de Laplace </math>F(p)</math>, définie par:

$ F(p)=\mathcal{L}(f)(p)=\int_{0^{-}}^{+\infty}e^{-px}f(x)dx $

vérifie :

$ \mathcal{L}(f')=pF(p)-f(0^{-}) $

$ \mathcal{L}(f'')=p^{2}F(p)-pf(0^{-})-f'(0^{-}) $

$ \mathcal{L}(xf(x))=-F'(p) $

Ces formules sont facilement vérifiables à l'aide d'intégrations par parties.

Si l'on applique la transformée de Laplace à chacun des termes de l'équation $ xh''(x)+(1+bx)h'(x)+kh(x)=0 $, on obtient :

$ \mathcal{L}(xh''(x)) & =-(\mathcal{L}(h''))'(p) \nonumber \\ $

$ \mathcal{L}(xh''(x))& =-(p^{2}H(p)-ph(0^{-})-h'(0^{-}))' \nonumber \\ $

$ \mathcal{L}(xh''(x))& =-2pH(p)-p^{2}H'(p)+ h(0^{-}) \nonumber \\ $


$ \mathcal{L}((1+bx)h'(x)) & = pH(p)-h(0^{-})-b(\mathcal{L}(h'))' \nonumber \\ $

$ \mathcal{L}((1+bx)h'(x))& =pH(p)-h(0^{-})-b(pH(p)-h(0^{-}))' \nonumber \\ $

$ \mathcal{L}((1+bx)h'(x))&=pH(p)-h(0^{-})-bpH'(p)-bH(p) \nonumber \\ $


$ \mathcal{L}(kh) &= kH(p) \nonumber $

donc l'équation se réécrit, après simplifications

$ (p^{2}+bp)H'(p)+(p+b-h)H(p)=0 $

C'est une équation différentielle du premier ordre en $ p $ que l'on sait résoudre. On obtient le résultat:

$ H(p)=Cp^{-1+k/b}(p+b)^{-k/b} $

$ C $ est une constante. Remarquons que les exposants de $ p $ utilisés sont a priori des puissances d'une variable complexe : ils demandent donc d'utiliser une détermination du logarithme. De façon générale, l'utilisation de la transformée de Laplace fait nécessairement appel à de l'analyse complexe, mais je ne vais pas rentrer dans les détails.

Reste à retrouver $ H $ à partir de sa transformée de Laplace (c'est un équivalent, si l'on veut, de l'inversion de Fourier). Là, deux méthodes s'offrent à nous : soit on utilise les tables de transformée de Laplace, mais je ne suis pas certain que cela marche ici à cause de la structure assez particulière de $H$. Sinon, il y a une formule explicite qui permet de faire apparaître les polynômes de Laguerre. Cette formule s'écrit :

$ h(x)=\frac{1}{2i\pi }\int_{D-i\infty }^{D+i\infty }e^{px}H(p)dp = \frac{1}{2i\pi }\int_{D-i\infty }^{D+i\infty }e^{px}Cp^{-1+k/b}(p+b)^{-k/b}dp $

$ D $ est une constante réelle qui est prise pour que cette intégrale soit absolument convergente. Ne nous préoccupons pas trop de ce genre de détails : l'idée principale n'est pas vraiment là. Cette formule se prouve de façon analogue à celle d'inversion de Fourier. C'est long et un peu pénible, je n'en fais pas la preuve ici.

Nous allons maintenant un peu transformer cette intégrale. Posons tout d'abord $ u=p+b $, i.e. $ p=u-b $. Cela nous donne, en enlevant le $ C $ qui est une constante (nous la remettrons à la fin : elle signifie simplement que tout multiple d'une solution est une solution) :

$ h(x) &= \frac{1}{2i\pi }\int_{D-i\infty }^{D+i\infty }e^{px}p^{-1+k/b}(p+b)^{-k/b}dp \nonumber \\ & = \frac{1}{2i\pi }\int_{D-i\infty }^{D+i\infty }e^{(u-b)x}(u-b)^{-1+k/b}u^{-k/b}du \nonumber \\ & = e^{-bx} \frac{1}{2i\pi }\int_{D-i\infty }^{D+i\infty }e^{ux}(u-b)^{-1+k/b}u^{-k/b}du \nonumber $

Dans cette dernière intégrale, nous faisons maintenant le changement de variables $u=-bt/(1-t)$. Cela donne $du=-bdt/(1-t)^{2}$ et l'intégrale se réécrit:

$ h(x) = e^{-bx} \frac{1}{2i\pi }\oint e^{-bxt/(1-t)}\left(\frac{-b}{1-t}\right)^{-1+k/b}\left( \frac{-bt}{1-t}\right) ^{-k/b}\left( \frac{-b}{(1-t)^{2}}\right)dt $

Le contour sur lequel on intègre est un contour autour de $0$ (cela provient du changement de variables).

Après simplifications, on obtient finalement:

$ h(x) = e^{-bx} \frac{1}{2i\pi }\oint \frac{e^{-bxt/(1-t)}}{(1-t)t^{k/b}}dt $

L'intégrale du membre de droite est exactement le polynôme de Laguerre d'ordre $ \frac{k}{b}-1 $, appliqué en $bx$ plutôt qu'en $x$ (se référer à l'article de Wikipédia en français sur les polynômes de Laguerre : https://fr.wikipedia.org/wiki/Polyn%C3%B4me_de_Laguerre#Expression_par_une_int.C3.A9grale_de_contour.

Conclusion

Nous avons donc trouvé deux solutions de l'équation de départ, à savoir :

$ h_{1}(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left( (-1)^{n}\prod_{j=0}^{n-1}\frac{(k+jb)}{(j+1)^{2}}\right) x^{n} $

et :

$ h_{2}(x)=e^{-bx} \frac{1}{2i\pi }\oint \frac{e^{-bxt/(1-t)}}{(1-t)t^{k/b}}dt $

Je ne sais pas trop comment faire pour prouver simplement que ces deux fonctions sont linéairement indépendantes. Si on admet cela, on obtient que toutes les solutions de l'équation de départ sont de la forme:
$ h=ah_{1}+bh_{2} $

pour $ a,b $ des constantes.

Remarque 1

Nous avons donc deux degrés de liberté qui permettent de choisir des conditions aux limites : par exemple, nous pouvons imposer qu'en $ 0 $, le niveau d'eau soit fixé, et qu'il ait une certaine dérivée.

Remarque 2

Une question se pose à ce stade: pourquoi n'obtient-on pas toutes les solutions par transformée de Laplace ? Autant il est normal que la méthode des séries entières ne les donne pas toutes, autant en principe Laplace devrait toutes les faire sortir. Mystère...












\end{document}

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