Vagues dans l’eau toujours circulaires

Sid

Vagues dans l’eau toujours circulaires


J’ai une question depuis l’enfance. Pourquoi avons-nous toujours des vagues circulaires (ondulations) dans l’eau même lorsque nous y jetons des objets de forme irrégulière?

kennytm

Je suppose que cet objet de forme irrégulière est petit par rapport aux ondulations?

Sid

Vous avez peut-être mal compris ma question. Je l’ai édité.

mbq

Même pour un long bâton?

Réponses


 Sklivvz

En fait, les ondulations ne sont pas du tout circulaires. Voir photo ci-dessous.

texte alternatif

Par exemple, un long bâton générera un front d’eau droit sur ses côtés et des vagues circulaires sur ses bords. Quelque chose de similaire à un rectangle où les deux petits côtés sont remplacés par des demi-cercles.

Au fur et à mesure que les vagues se propagent, le front droit conservera sa longueur, tandis que les côtés circulaires se développeront en cercles de plus en plus grands, d’où l’impression que sur un grand plan d’eau, les vagues finissent par être circulaires – elles ne le sont pas, mais très proches.

La raison pour laquelle un objet irrégulier génère des ondulations « circulaires » est donc la suivante: à mesure que les vagues se propagent, les irrégularités sont maintenues mais réparties sur un front d’onde circulaire de plus en plus grand.

Un très bon exemple de ce phénomène est le fond des micro-ondes cosmiques (CMB) où les ondes électromagnétiques du Big Bang sont mesurées après s’être propagées pendant 13,7 milliards d’années. Bien que le CMB soit vraiment, vraiment lisse – en raison de l’effet « d’ondulation circulaire », si vous le souhaitez, nous pouvons toujours mesurer de petites irrégularités, qui, selon nous, sont dues à la « forme irrégulière » du Big Bang à un certain moment.

texte alternatif

jc

Le nom habituel pour « au fur et à mesure que les vagues se propagent, les irrégularités sont maintenues mais réparties sur un front d’onde de plus en plus grand » est le principe de Huygen en.wikipedia.org/wiki/Huygens%27_principle

Sklivvz

Exact, j’ai ajouté votre lien à la réponse. Je vous remercie.


 Nick P

Je vois que cette question a déjà une réponse acceptée, mais j’ajouterai quelques notes générales pour être complet.

Nous commençons par la question de savoir comment une surface libre, c’est-à-dire l’interface entre deux fluides, réagit à une perturbation de pression (c’est-à-dire une contrainte normale).

C’est le problème de Cauchy-Poisson. Cauchy a résolu ce problème, à l’origine une question de prix posée par l’Académie française des sciences, en 1815 à l’âge de 26 ans. Poisson, l’un des juges, a ajouté à cela dans son article de 1816, et Cauchy a publié ses travaux dans ses mémoires de 1827 , avec plusieurs centaines de pages supplémentaires de notes.

Maintenant, nous considérons un bassin d’eau infiniment profond et infini avec une surface de repos à

z = 0

, au-dessus duquel il y a de l’air, qui pour simplifier, nous supposons qu’il y a une pression

P au m = 0

. Nous supposons que la seule force de restauration ici est la gravité, car nous envisageons de modéliser les caractéristiques des grains grossiers de la réponse fluide. Notez que ce scénario est différent de l’image montrée par @Sklivvz, dans laquelle des effets capillaires sont présents. Ces effets sont très intéressants, et à la fin de cet article je ferai quelques remarques sur ce phénomène.

Nous commençons par supposer que le flux est irrotationnel, ce qui signifie qu’il existe un potentiel de vitesse

ϕ

, où

ϕ = u

, avec

u

la vitesse du fluide, telle que

2 ϕ = 0

partout dans l’eau. Les conditions à la surface libre

z = η

sont

η t + ϕ η = ϕ z , (je)

(je) η t + ϕ η = ϕ z ,

c’est-à-dire la condition limite cinématique, contraignant les particules de fluide à la surface à rester à la surface, et

ϕ t + 1 2 ( ϕ ) 2 + g z = 0 , (ii)

(ii) ϕ t + 1 2 ( ϕ ) 2 + g z = 0 ,

qui est la condition aux limites dynamiques, assurant la continuité de la pression à travers l’interface.

Enfin, nous avons la condition qu’il n’y ait pas d’écoulement en bas, c’est-à-dire

ϕ z 0 un s z (iii)

(iii) ϕ z 0 une s z

Maintenant, bien que l’équation directrice soit linéaire (c’est l’équation de Laplace), les conditions aux limites sont non linéaires et sont évaluées à l’une des variables pour lesquelles nous résolvons, à savoir

η

. Pour progresser ensuite, nous supposons que les vitesses et les hauteurs de surface sont faibles / faibles, afin de pouvoir linéariser ces équations et les évaluer à

z = 0

. Les conditions aux limites deviennent

η t = ϕ z , (je’)

(je’) η t = ϕ z ,

et

ϕ t + g η = 0 , (ii ‘)

(ii ‘) ϕ t + g η = 0 ,

là encore, ceux-ci sont évalués à

z = 0

. Maintenant, pour une vague particulière avec un numéro d’onde

k

, la solution de l’équation de Laplace, avec la condition (iii), peut être trouvée en supposant une séparation des variables, ce qui implique

ϕ = ζ ( x , y , t ) e k z .

ϕ = ζ ( X , y , t ) e k z .

Cela signifie que l’équation de Laplace devient

2 ϕ = ϕ x x + ϕ y y + k ϕ z = 0 ,

2 ϕ = ϕ X X + ϕ y y + k ϕ z = 0 ,

qui, la substitution ouverte de

( je )

et

( je je )

devient

ϕ t t g k 2 H ϕ = 0 ,

ϕ t t g k H 2 ϕ = 0 ,

H X X + y y

et nous reconnaissons

g k

comme le carré de la vitesse de la phase en eau profonde, de sorte que ce qui précède est une équation d’onde 2d. Notez que ces ondes sont dispersives, c’est-à-dire que la vitesse de phase dépend inversement du nombre d’onde. Les ondes longues se déplacent plus rapidement que les ondes courtes.

Ensuite, nous supposons que les solutions sont oscillatoires dans le temps (ce qui peut être formellement démontré que c’est le cas lorsque nous supposons que

ζ

est séparable dans l’espace et le temps), avec fréquence

ω ( k ) = g k

, c’est à dire

ζ = ψ ( X , y ) e je ω t

, de sorte que notre équation gouvernante devient

2 H ψ + k 2 ψ = 0 ,

H 2 ψ + k 2 ψ = 0 ,

que nous reconnaissons comme l’équation de Helmholtz. (Le

k

dans la relation de dispersion

ω ( k )

pour la propagation le long de la surface est égale à

k

dans

e k z

à cause de l’équation de Laplace.)

Maintenant, commençons par le cas où nous supposons que notre solution aura une symétrie circulaire, et construisons des cas plus intéressants à partir de là. Nous transformons notre équation gouvernante en coordonnées polaires

( r , θ )

trouver

ψ r r + 1 r ψ r + k 2 ψ = 0.

ψ r r + 1 r ψ r + k 2 ψ = 0.

Ceci est une équation bessel avec solution

ψ = J o ( k r )

, où

J o

est une fonction de Bessel d’ordre zéro du premier type.

Cette analyse a été effectuée pour un numéro d’onde

k

, mais nos opérateurs sont tous linéaires donc en général la solution sera une superposition linéaire de ces ondes, ie

η ( r , θ , t ) = 0 F ( k ) J o ( k r ) e i ω ( k ) t   k ,

η ( r , θ , t ) = 0 F ( k ) J o ( k r ) e je ω ( k ) t k ,

F ( k )

représentent les coefficients de mode, qui sont déterminés par les conditions initiales.

Par exemple, si nous considérons la réponse du fluide à une perturbation ponctuelle, nous avons

η ( r , θ , 0 ) = δ ( r ) ,

η ( r , θ , 0 ) = δ ( r ) ,

δ

est la fonction delta dirac. Nous trouvons

F ( k )

par la transformation de Hankel, qui nous dit

F ( k ) = 0 δ ( r ) J o ( k r )   r = 1.

F ( k ) = 0 δ ( r ) J o ( k r ) r = 1.

Par conséquent, l’équation directrice est

η ( r , θ , t ) = 0 J p ( k r ) e i ω ( k ) t   k .

η ( r , θ , t ) = 0 J p ( k r ) e je ω ( k ) t k .

Ces intégrales (liées aux transformées de Hankel) sont notoirement difficiles à résoudre et les progrès ne sont généralement réalisés que dans des conditions asymptotiques, lorsque la méthode de la phase stationnaire peut être applicable. Par exemple, dans l’hypothèse

g t 2 / r 1

, nous trouvons (pour plus de détails, voir Lamb, 1932, section 239)

η ( r , θ , t ) g t r 5 2 ( cos g t 2 / 4 r péché g t 2 / 4 r ) .

η ( r , θ , t ) g t r 5 2 ( cos g t 2 / 4 r péché g t 2 /