---
# System prepended metadata

title: TD fluides parfaits

---

# TD fluides parfaits

## Exercice 1
Soit l'écoulement permanent isochore plan d'un fluide parfait homogène. Soit une fonction de courant donnée par
$$\Psi\ =\ \sin(x_1)\,\sin(x_2).$$
On rappelle qu'une fonction de courant vérifie $\mathbf{V} =
\operatorname{rot}\Psi = (\Psi_{,2},-\Psi_{,1})$.

1) Donner la fonction tourbillon correspondante en fonction de $\Psi$.

2) Montrer que l'équation d'Euler est satisfaite pour un champ de pression à déterminer.

### Correction
1) Rappel : la fonction tourbillon $\vec{\omega}$ (ou vorticité) est la fonction $\vec{\omega} = \operatorname{rot}\mathbf{V}$.

$$\mathbf{V} = \left(\begin{array}{c}
\sin(x_1)\cos(x_2)\\
-\cos(x_1)\sin(x_2)\end{array}\right)$$

$$\omega = V_{2,1} - V_{1,2} = \frac{\partial V_2}{\partial x_1} - \frac{\partial V_1}{\partial x_2} = \sin(x_1)\sin(x_2) + \sin(x_1)\sin(x_2) = 2\Psi$$

2) Équation d'Euler : 
$$\frac{\partial \mathbf{V}}{\partial t} + (\mathbf{V}\cdot \nabla)\mathbf{V} = -\frac{\nabla P}{\rho}$$
L'écoulement est permanent : $\frac{\partial\mathbf{V}}{\partial t}=0$
$$\nabla P = -\rho (\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V}$$
Si on calcule chacune des composantes,
$$P_{,1} = -\rho (V_1V_{1,1} + V_2 V_{1,2})$$
$$P_{,2} = -\rho (V_1V_{2,1} + V_2 V_{2,2})$$
$((\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V})_i = V_j V_{i,j}$

\begin{align}
(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V} &= \left(\begin{array}{c}
\sin(x_1)\cos(x_2)\cos(x_1)\cos(x_2) + \cos(x_1)\sin(x_2)\sin(x_1)\sin(x_2)\\
\sin(x_1)\cos(x_2)\sin(x_1)\sin(x_2) + \cos(x_1)\sin(x_2)\cos(x_1)\cos(x_2)
\end{array}\right)\\
&= \left(\begin{array}{c}
\cos(x_1)\sin(x_1)\\
\cos(x_2)\sin(x_2)
\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}
\frac{1}{2}\sin(2x_1)\\
\frac{1}{2}\sin(2x_2)
\end{array}\right)
\end{align}

Finalement, 
$$\nabla P = -\rho\left(\begin{array}{c}
\frac{1}{2}\sin(2x_1)\\
\frac{1}{2}\sin(2x_2)
\end{array}\right)$$

Une solution est 
$$P = \frac{\rho}{4}\left(\cos(2x_1)+\cos(2x_2)\right)$$

## Exercice 2
Dans tout l'exercice on adopte une description eulerienne du mouvement et un système de coordonnées cartésien.
Soit l'écoulement isochore plan d'un fluide parfait homogène. On supposera que l'écoulement a lieu dans le plan $(x_1,x_2)$.

1) Introduire une fonction de courant $\Psi$ pour que l'incompressibilité soit satisfaite.

2) Exprimer le tourbillon $\vec{\omega}$ en fonction de $\Psi$. (Noter $\omega$ la composante de $\vec{\omega}$ suivant $\vec{e}_3$.)

3) Donner l'équation du tourbillon, i.e., celle vérifiée par $\omega$. Qu'en conclut on? 

On considère maintenant l'écoulement permanent.

4) Montrer que $\omega=f(\Psi)$, $f$ étant une fonction arbitraire.

### Correction
1) Pour que $\nabla\cdot\mathbf{V}=0$, il suffit qu'il existe une fonction de courant $\Psi$ telle que $\operatorname{rot}\Psi = \mathbf{V}$.
Cela implique
\begin{align}
V_1 &= \Psi_{,2}\\
V_2 &= -\Psi_{,1}
\end{align}
$$\nabla\cdot\mathbf{V} = V_{1,1} + V_{2,2} = \Psi_{,12} - \Psi_{,21} = 0$$

2) \begin{align}
\omega = V_{2,1}-V_{1,2} = -\Psi_{,11}-\Psi_{,22} = -\Delta\Psi
\end{align}

3) L'équation de la quantité de mouvement peut s'écrire
$$\underbrace{\frac{\partial \mathbf{V}}{\partial t} +(\mathbf{V\cdot\nabla})\mathbf{V}}_{\frac{\mathrm{D}\mathbf{V}}{\mathrm{D}t}} = -\frac{\nabla P}{\rho}$$

$$\frac{\mathrm{D}\mathbf{V}}{\mathrm{D}t} = -\frac{\nabla P}{\rho}$$
Si on prend le rotationnel de cette équation, le gradient disparaît ($\operatorname{rot}(\operatorname{grad}) = 0$), et le rotationnel commute avec la dérivée lagrangienne
$$\operatorname{rot}\left(\frac{\mathrm{D}\mathbf{V}}{\mathrm{D}t}\right) = 0 = \frac{\mathrm{D}(\operatorname{rot}\mathbf{V})}{\mathrm{D}t} = \frac{\mathrm{D}\omega}{\mathrm{D}t}$$
Donc la fonction $\omega$ est conservée au cours du mouvement. Les tourbillons sont transportés sans être atténués ou renforcés.

4) Si on prend $\Psi(x_1,x_2) = e^{x_1} + \cos(x_2)$
Alors $\omega = -\Delta\Psi = -e^{x_1} +\cos(x_2)$
Je voudrais avoir $\omega=f(\Psi)$, et donc que si on a deux points $\mathbf{x}^1$ et $\mathbf{x}^2$, on ait toujours $\Psi(\mathbf{x^1})=\Psi(\mathbf{x}^2)$ implique $\omega(\mathbf{x}^1)= \omega(\mathbf{x}^2)$. Ce n'est pas le cas ici !
Contre-exemple : $\mathbf{x}^1=(0,0)$ et $\mathbf{x}^2=(\log(3),\pi)$. J'ai bien $\Psi(\mathbf{x^1})=\Psi(\mathbf{x}^2) = 2$ et $\omega(\mathbf{x}^1) = 0 \neq \omega(\mathbf{x}^2) = -4$ !

Dans notre cas, l'argument vient du fait que $\omega$ est constant sur les lignes de courant par la question 3), car les lignes de courant sont les trajectoires des particules et $\omega$ est constant le long des trajectoires. Par ailleurs, on sait (exercice 1) que les lignes de courant sont les lignes où $\Psi$ est constant, donc $\Psi$ et $\omega$ sont tous les deux constants le long des lignes de courant. Donc $\omega = f(\Psi)$.

## Exercice 3 : Paradoxe de d'Alembert

1) Écrire l'équation de quantité de mouvement sur le domaine fluide entre les abscisses $X_1$ et $X_2$.

2) En déduire que la force s'appliquant sur le solide dans la direction $e_1$ est nulle.

### Correction
1) $$(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V} = -\frac{\nabla P}{\rho}$$
Il est en fait sans doute plus simple de remettre sous la forme divergence : 
$$\nabla\cdot(\rho \mathbf{V}\otimes\mathbf{V}+P\mathbb{I}) = 0$$
2) Si appelle $\Omega$ le domaine fluide délimité par les coordonnées $X_1$ et $X_2$, en intégrant l'équation de la quantité de mouvement,
$$\int_{\Omega}\nabla\cdot(\rho \mathbf{V}\otimes\mathbf{V}+P\mathbb{I}) = 0$$
On peut appliquer le thm de Stokes : 
$$\int_{\partial\Omega} (\rho \mathbf{V}\otimes\mathbf{V}+P\mathbb{I})\cdot\mathbf{n} = 0$$
On va découper le bord en 5 parties : $\partial \Omega_1$ la partie $x_1=X_1$, $\partial \Omega_2$ la partie $x_1=X_2$, $\partial \Omega_3$ la paroi inférieure, $\partial \Omega_4$ la paroi supérieure, $\partial \Omega_S$ la paroi de l'obstacle solide.

On sait que sur $\partial\Omega_1$, on a $\mathbf{n} = -\mathbf{e}_1$ et sur $\partial\Omega_2$, on a $\mathbf{n}=\mathbf{e}_1$. Par la loi de Bernouilli, on a que comme les vitesses sont les mêmes (par symétrie) en $\partial\Omega_1$ et $\partial\Omega_2$, alors les pressions sont les mêmes !

Sur $\partial\Omega_3$, $\mathbf{n}=-\mathbf{e}_2$ et $\mathbf{V}\cdot\mathbf{e_2}=0$ (continuité des vitesses normales), et sur $\partial\Omega_4$, $\mathbf{n}=\mathbf{e}_2$ et $\mathbf{V}\cdot\mathbf{e_2}=0$.

Sur $\partial\Omega_S$, on sait uniquement que $\mathbf{V}\cdot\mathbf{n}=0$.

\begin{align}
\int_{\partial\Omega}\rho (\mathbf{V}\cdot\mathbf{n})\mathbf{V}+P\mathbf{n} =& \underbrace{\int_{\partial\Omega_1}(-\rho V_1\mathbf{V}-P\mathbf{e}_1) + \int_{\partial\Omega_2}(\rho V_1\mathbf{V}+P\mathbf{e}_1)}_{=0}\\
&- \int_{\partial\Omega_3}P\mathbf{e}_2 + \int_{\partial\Omega_4}P\mathbf{e}_2 + \underbrace{\int_{\partial\Omega_S}P\mathbf{n}}_{\text{Forces sur l'obstacle}}
\end{align}

Si on projette sur l'axe $\mathbf{e}_1$, les forces sur l'obstacle dans la direction $\mathbf{e}_1$ sont nulles.

Par contre, sur l'axe $\mathbf{e}_2$, on peut avoir des forces non nulles : il suffit que les pressions sur les parois inférieure et supérieure soient différentes. C'est en général le cas si l'obstacle n'est pas symétrique par rapport à l'axe d'écoulement. A priori, il peut exister des forces de portance même s'il n'y a pas force de traînée. On peut donc voler dans un fluide parfait !

## Exercice 4
On considère un fluide parfait compressible sans force extérieure.

1) Montrer que les équations d'Euler peuvent se mettre sous la forme
$$\forall i\in\{1,\dots,5\},\quad \frac{\partial U_i}{\partial t} + \nabla\cdot
\mathbf{F}^i(\mathbf{U}) = 0,$$
où $\mathbf{U} = (\rho,\rho\mathbf{V},\rho E)$ est le vecteur d'état et $\mathbf{F}^i(\mathbf{U})$ sont des flux que l'on précisera.

2- On suppose maintenant que $\mathbf{U}=\mathbf{U}(x_1,t) =
\mathbf{\tilde{U}}\left(\frac{x_1}{t}\right)$ (écoulement
unidimensionnel auto-similaire). En posant $\xi=\frac{x_1}{t}$, montrer que $\mathbf{U}$ est solution des équations d'Euler si et seulement si pour tout $i\in\{1,\dots,5\}$,
$$\left(\frac{\partial F^{i}_1}{\partial
  \mathbf{U}}(\mathbf{\tilde{U}}(\xi))-\xi\mathbf{e}_i\right)\cdot
\tilde{U}_i'(\xi) = 0$$

3- En déduire que soit $\mathbf{\tilde{U}}$ est constant, soit $\mathbf{\tilde{U}}'(\xi)$ est un vecteur propre d'une matrice qu'on précisera.

### Correction
1) Équations d'Euler compressible : 
\begin{align}
\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla\cdot(\rho \mathbf{V}) &= 0\\
\frac{\partial (\rho\mathbf{V})}{\partial t} + \nabla\cdot(\rho \mathbf{V}\otimes\mathbf{V}+P\mathbb{I}) &= 0\\
\frac{\partial (\rho E)}{\partial t} + \nabla\cdot((\rho E+P)\mathbf{V}) &=0
\end{align}

Donc $\mathbf{F}^1 = \rho\mathbf{V}$. Pour $i\in\{1,2,3\}$,
$$\frac{\partial (\rho V_i)}{\partial t} + (\rho V_kV_i + P\delta_{ki})_{,k} = 0$$
Donc 
$$\frac{\partial (\rho V_i)}{\partial t} + \nabla\cdot(\rho V_i\mathbf{V} + P\mathbf{e}_{i}) = 0$$
Donc $\mathbf{F}^2 = \rho V_1\mathbf{V}+P\mathbf{e}_1$, $\mathbf{F}^3 = \rho V_2\mathbf{V}+P\mathbf{e}_2$ et $\mathbf{F}^4 = \rho V_3\mathbf{V}+P\mathbf{e}_3$.

Finalement, $\mathbf{F}^5 = (\rho E+P)\mathbf{V}$.

2) Les équations deviennent : 
$$\frac{\partial U_i}{\partial t} + \frac{\partial F_1^i(\mathbf{U})}{\partial x_1} = 0$$
Comme $\mathbf{U} = \mathbf{\tilde{U}}(\frac{x_1}{t})$,
$$\frac{\partial U_i}{\partial t} = -\frac{x_1}{t^2}\tilde{U}_i'(\xi)$$
$$\frac{\partial F^i_1(\mathbf{U})}{\partial x_1} = \frac{1}{t}\mathbf{\tilde{U}}'(\xi)\cdot\nabla_{\mathbf{U}} F^i_1(\mathbf{U})$$
Finalement,
$$-\xi \tilde{U}_i'(\xi) + \mathbf{\tilde{U}}'(\xi)\cdot\nabla_{\mathbf{U}}F^i_1(\mathbf{U}) = 0$$
Donc
$$(\nabla_{\mathbf{U}}F^i_1(\mathbf{U})-\xi \mathbf{e}_i)\cdot\mathbf{\tilde{U}}'(\xi) = 0$$
Si on pose $\mathbb{A}(\mathbf{U})$ la matrice qui a pour $i$ème ligne $\nabla_{\mathbf{U}}F^i_1(\mathbf{U})$, alors
$$(\mathbb{A}(\mathbf{U})-\xi\mathbb{I})\cdot\mathbf{\tilde{U}}'(\xi) = 0$$
Donc on a deux possibilités : soit on a la solution triviale $\mathbf{\tilde{U}} = \mathrm{Cte}$, soit $\xi$ est une valeur propre de $\mathbb{A}(\mathbf{U})$.