Sillage de Kelvin

L'éponyme[1] du sillage de Kelvin[2] est le physicien britannique William Thomson[1] (1824-1907) qui, en 1887[3], est le premier à expliquer la forme de ce sillage[1].

On considère un bateau se déplaçant à la surface d'une eau initialement immobile dans le référentiel terrestre. Le bateau a un vecteur vitesse ${\displaystyle \mathbf {v} }$ dans ce référentiel. Soit ${\displaystyle \,\mathbf {r'} =(x',y',z')}$ un système de coordonnées fixe dans le référentiel terrestre. Soit ${\displaystyle \,\mathbf {r} =(x,y,z)}$ un système de coordonnées fixe dans le référentiel du bateau et tel que z corresponde à la verticale et que ${\displaystyle \mathbf {v} }$ soit porté par la droite des x. Le passage d'un repère à l'autre se fait donc par la transformation galiléenne suivante :

${\displaystyle \mathbf {r'} =\mathbf {r} +\mathbf {v} \,t}$

On considère une onde plane progressive harmonique dont la fonction d'amplitude s'écrit, en notation complexe :

${\displaystyle A=A_{0}\exp {\big [}i\,(\mathbf {k\,r'} -\omega \,t){\big ]}}$

${\displaystyle A_{0}}$ est l'amplitude maximale (éventuellement complexe),${\displaystyle \,\mathbf {k} }$ est le vecteur d'onde (dont la norme est la pulsation spatiale) et ${\displaystyle \omega }$ est la pulsation temporelle de l'onde. En remplaçant ${\displaystyle \mathbf {r} '}$ par sa valeur en fonction de ${\displaystyle \mathbf {r} }$, et en regroupant les termes, on obtient :

${\displaystyle A=A_{0}\exp {\big [}i\,\{\mathbf {k\,r} -(\omega -\mathbf {k\,v} )t\}{\big ]}}$

Ainsi l'onde vue depuis le bateau est perçue avec une fréquence temporelle ${\displaystyle \,\omega -\mathbf {k} \,\mathbf {v} \,}$ différente de celle que perçoit un observateur immobile dans le référentiel terrestre, depuis la plage (par exemple ${\displaystyle \omega }$). C'est une illustration de l'effet Doppler.

Il existe une relation entre les pulsations spatiale et temporelle, liée intrinsèquement à la nature physique du milieu de propagation, et qui s'appelle la relation de dispersion. Si l'on considère que l'océan est infiniment profond, celle-ci s'écrit :

${\displaystyle \omega ^{2}=g\,k}$

où g est l'accélération de la pesanteur. La vitesse de phase c des ondes de gravité, dans ce milieu, est donc :

${\displaystyle c={\frac {\omega }{k}}={\frac {g}{\omega }}}$

Depuis le bateau, les ondes du sillage semblent immobiles. Donc une condition nécessaire pour que l'onde précédemment décrite contribue au sillage est que l'amplitude de l'onde à r constant soit indépendante du temps, i.e. :

${\displaystyle \omega =\mathbf {k\,v} }$

Sur la figure 1, le bateau se trouve au point O et se dirige vers les x négatifs. Le phénomène étant symétrique par rapport à l'axe des x, on restreint le raisonnement aux y positifs. L'instant ${\displaystyle \scriptstyle {t_{0}}}$ où le bateau est en O est pris comme origine des temps. Les x positifs correspondent donc aux positions précédemment occupées par le bateau. Soit I le point où il se trouvait au temps -t. On a donc OI=ut. Le cercle de rayon ct représente la position du front d'onde (à une pulsation ${\displaystyle \omega }$ donnée) né du passage du bateau en I.

Figure 1.

En quel(s) point(s) la perturbation créée en I contribue-t-elle à former le sillage à l'instant zéro ? On s'est donné une pulsation temporelle ${\displaystyle \omega }$, donnons-nous un vecteur d'onde ${\displaystyle \mathbf {k} \,}$ (et le vecteur d'onde unitaire correspondant ${\displaystyle \,\mathbf {k_{u}} ={\mathbf {k} }/{k}}$). Soit P l'intersection du demi-cercle de centre I et de rayon ct avec la droite passant par I et dirigée par ${\displaystyle \mathbf {k} }$. C'est la position au temps zéro de la composante de pulsation ${\displaystyle \omega }$ et de vecteur d'onde ${\displaystyle \mathbf {k} }$ de la perturbation créée en I au temps -t.

Supposons que la condition ${\displaystyle \,\omega =\mathbf {k} \,\mathbf {v} }$ soit vérifiée, i.e. en ce point la perturbation crée en I contribue au sillage à l'instant zéro. On a alors :

${\displaystyle \|IP\|=c\,t={\frac {\omega }{k}}\,t={\frac {\mathbf {k} }{k}}\,t\,\mathbf {v} =\mathbf {k_{u}} \cdot {\overrightarrow {IO}}}$.

Autrement dit, IP est la projection orthogonale de IO sur la droite passant par I et dirigée selon ${\displaystyle \mathbf {k} }$. On en déduit que OP est perpendiculaire à IP. Donc P appartient au cercle de diamètre OI, dont le centre, noté O', est à mi-distance entre O et I.

Tout en laissant ${\displaystyle \mathbf {k} }$ fixe, faisons varier ${\displaystyle \omega }$, ce qui revient à faire varier c=g/${\displaystyle \omega }$, et donc le rayon ct du cercle en pointillés longs. On voit ainsi que, pour chaque point P du demi-cercle de diamètre OI, on peut trouver une valeur de ${\displaystyle \omega }$ telle que P soit à l'intersection du demi-cercle de rayon ct et du demi-cercle de diamètre OI. Donc, au temps ${\displaystyle t_{0}}$, il passe une onde stationnaire par rapport au bateau en chaque point du demi-cercle de diamètre OI.

Cependant le raisonnement doit être adapté au fait que la vitesse de phase c des ondes de gravité, i.e. la vitesse à laquelle avance la crête des ondes, est différente de leur vitesse de groupe ${\displaystyle c_{g}}$, i.e. la vitesse à laquelle l'énergie de ces ondes est transportée.

La vitesse c_g d'un groupe ondes de gravité en eau profonde, vaut exactement la moitié de leur vitesse de phase c_p individuelle. En effet, la relation de dispersion, ${\displaystyle \omega ^{2}=g\,k}$, s'écrit ${\displaystyle \,2\,\omega \,d\omega =g\,dk}$, d'où on tire que

${\displaystyle c_{g}={\frac {d\omega }{dk}}={\frac {g}{2\,\omega }}={\frac {c}{2}}}$

C'est cette vitesse de groupe qu'il faut prendre en compte pour la caractérisation du sillage, et non pas la vitesse de phase. Pour un ${\displaystyle \omega }$, un ${\displaystyle \mathbf {k} }$ et un ${\displaystyle t}$ donnés, on a vu qu'on déduisait la position du point P où, à l'instant zéro, l'onde possède la même phase qu'en I à l'instant -t où elle est née. Pour cette onde, le pic d'énergie n'est pas en P mais a voyagé deux fois plus lentement, à la vitesse de groupe. Donc ce pic, à l'instant zéro, se situe au point P', à mi-chemin entre I et P. Par une homothétie de centre I et de rapport 1/2, on en déduit que P' se trouve sur le demi-cercle de diamètre O'I (O' milieu de OI). C'est donc en P' que l'onde créée en I à l'instant -t participe au sillage à l'instant zéro.

Inversement, en tout point appartenant à un demi-cercle de diamètre O''J, avec J quelconque sur la demi-droite Ox et O'' le milieu de OJ, une onde participera au sillage à l'instant zéro. Le cône de sillage est l'ensemble de ces points. Il est délimité par deux demi-droites symétriques par rapport à l'axe des x et d'origine O. Soit ${\displaystyle \beta _{0}}$ l'angle formé par ces demi-droites avec Ox :

${\displaystyle \sin {\beta }_{0}={\frac {v\,t/4}{3\,v\,t/4}}=1/3}$

ainsi, on en déduit que l’angle ${\displaystyle \beta _{0}}$ vaut environ 19,5° et l'angle du V formé par le sillage vaut environ 39°.

Considérons maintenant le problème opposé. Soit P' un point de coordonnées (x, y). Où se trouve(nt) le(s) point(s) de la droite Ox d'où est partie, à un instant précédent, une onde qui participe au temps zéro au sillage au point P' ? En suivant les notations de la figure 1, un point I ainsi défini vérifie ${\displaystyle \mathbf {OI} ={\frac {4}{3}}\mathbf {OO''} }$ avec O'' milieu de O'I tel que O''O=3O''I. On a donc :

${\displaystyle \mathbf {O''O^{2}} =9\mathbf {O''P'^{2}} }$

${\displaystyle \mathbf {O''O^{2}} -9\mathbf {O''P'^{2}} =0}$

${\displaystyle (\mathbf {O''O} -3\mathbf {O''P'} )(\mathbf {O''O} +3\mathbf {O''P'} )=0}$

Soit G le barycentre du système {(O, 1), (P', -3)} et G' le barycentre du système {(O, 1), (P', 3)}. On a donc O''O-3O''P'=-2O''G et O''O+3O''P'=4O''G'. Donc O'' vérifie O''G.O''G'=0, i.e. O'' appartient au cercle de diamètre GG'. Ce cercle a pour centre le point de coordonnées ${\displaystyle \textstyle \left({\frac {9x}{8}},{\frac {9y}{8}}\right)}$ et pour rayon ${\displaystyle \textstyle {\frac {3}{8}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$. Un point de coordonnées (u, v) appartient au cercle si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du cercle :

${\displaystyle \left(u-{\frac {9}{8}}x\right)^{2}+\left(v-{\frac {9}{8}}y\right)^{2}=\left({\frac {3}{8}}\right)^{2}(x^{2}+y^{2})}$

Le point O'' de coordonnées (u, v), intersection du cercle avec la droite des x, vérifie donc :

${\displaystyle {\begin{cases}(u-{\frac {9}{8}}x)^{2}+(v-{\frac {9}{8}}y)^{2}=({\frac {3}{8}})^{2}(x^{2}+y^{2})\\v=0\end{cases}}}$

Ce qui donne :

${\displaystyle \left(u-{\frac {9}{8}}x\right)^{2}={\frac {9}{8}}x^{2}\left({\frac {1}{8}}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\right)}$

On voit donc que :

• Il n'y a pas de solution pour u si ${\displaystyle \scriptstyle {\frac {y}{x}}>{\frac {\sqrt {2}}{4}}}$, ce qui correspond à un point P' situé hors du cône de sillage (on peut vérifier que ${\displaystyle \scriptstyle {\frac {\sqrt {2}}{4}}=\tan \beta _{0}}$) ;
• il y a une unique solution si ${\displaystyle \scriptstyle {\frac {y}{x}}={\frac {\sqrt {2}}{4}}}$ ;
• et il y a deux solutions distinctes si ${\displaystyle \scriptstyle {\frac {y}{x}}<{\frac {\sqrt {2}}{4}}}$.

Ce résultat signifie qu'aux points situés strictement à l'intérieur du cône de sillage, deux (et seulement deux) ondes de direction de propagation différente participant toutes deux au sillage, nées à des points différents de l'axe Ox, I${\displaystyle _{-1}}$ et I${\displaystyle _{1}}$, et à des temps différents, se croisent. Les abscisses x${\displaystyle _{-1}}$ et x${\displaystyle _{1}}$ de I${\displaystyle _{-1}}$ et I${\displaystyle _{1}}$ sont les deux solutions de l'équation ci-dessus (une fois les coordonnées (u, v) de O'' connues, celles de I se déduisent instantanément) :

${\displaystyle {\begin{cases}x_{-1}=\left({\frac {3}{2}}-{\sqrt {2({\frac {1}{8}}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}})}}\right)x\\x_{1}=\left({\frac {3}{2}}+{\sqrt {2({\frac {1}{8}}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}})}}\right)x\end{cases}}}$

Ces deux types d'ondes sont appelées divergentes et transverses. Soit à présent θ${\displaystyle _{\epsilon }}$ l'angle entre I${\displaystyle _{\epsilon }}$P et I${\displaystyle _{\epsilon }}$O (ε = +ou- 1). C'est l'angle indiquant la direction de propagation de l'onde. On a :

${\displaystyle \tan \theta _{\epsilon }={\frac {x-x_{\epsilon }}{y}}=...=-{\frac {x}{y}}\left({\frac {1}{2}}+\epsilon {\sqrt {2({\frac {1}{8}}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}})}}\right)}$

Ce résultat montre que pour tout point P' de coordonnées (x, y) donné dans le cône de sillage, il y a deux ondes de sillage qui se croisent selon des angles différents θ${\displaystyle _{-1}}$ et θ${\displaystyle _{1}}$. Les deux angles sont identiques si et seulement si ${\displaystyle \scriptstyle {\frac {y}{x}}={\frac {\sqrt {2}}{4}}}$, i.e. si l'on se situe au bord du cône de sillage.

Il est possible d'inverser cette dernière relation, ce qui donne (le ${\displaystyle \epsilon }$ disparaît au cours du calcul) :

${\displaystyle {\frac {y}{x}}=-{\frac {\tan \theta }{2+\tan ^{2}\theta }}}$

Ce qui signifie que, pour un angle ${\displaystyle \theta }$ donné, inférieur à ${\displaystyle \beta _{0}}$, l'ensemble des points pour lequel la direction d'une des deux ondes sera ${\displaystyle \theta }$ est situé sur une droite partant de O et traversant le cône de sillage. En effet, en chaque point de cette droite, le rapport ${\displaystyle {\frac {y}{x}}}$ est constant. De plus, le fait que le ${\displaystyle \epsilon }$ disparaisse au cours du calcul peut être interprété en disant que l'ensemble des directions prises par les ondes transverses est disjoint de l'ensemble des directions prises par les ondes divergentes.