A.2.1 Le problème aux valeurs propres
Si nous effectuons une transformée de Fourier en temps ainsi qu’en espace de l’équation (A.1), on obtient :
Lω,αF = ∂2 ∂z2 + ω2 c(z)2 − α2 F = 0, (A.3)
où F (α, z, ω) = R R f (x, z, t)ei(ωt−αx)dxdt, ω étant la pulsation, et α le nombre d’onde horizontal. Dans la suite, nous appellerons k(z) le nombre d’onde local : k(z) = ω/c(z). Si bien que l’opérateur s’écrit :
Lω,α = ∂ 2 ∂z2+ k(z)2− α2 avec k(z) = ( k∞= cω ∞ si z > zH ω c0+pz si z < zH (A.4) La méthode des modes normaux requiert que l’on recherche les solutions non triviales (non nulles) de ce problème homogène, c’est-à-dire les triplets (ω, α, F ) tels que Lω,αF = 0. Plus précisément, en approche spatiale, nous nous donnons une pulsation ω et nous recherchons les paires propres (α, F ) de ce problème alors devenu un problème aux valeurs propres. L’objet du calcul présenté ci-après est l’approche de ces solutions par la construction analytique d’une relation de dispersion.
A.2.2 La relation de dispersion
Le nombre d’onde local k(z) dans l’opérateur Lω,α n’est pas C1 en z = zH. Il n’y a donc aucune raison que F le soit1 dans l’équation homogène Lω,αF = 0.
1. On s’en rend compte quand on dérive l’équation F′′
+ (k2− α2)F = 0, et que l’on suppose
F suffisamment régulière. Cela donne : F′′′
+ (k2− α2)F′
+ 2k′
kF = 0 où k′
n’est pas C0 en zH
Nous introduisons donc la formule de saut de la dérivée seconde, en cette dis-continuité, dans l’équation Lω,αF = 0, et nous obtenons :
∂2F ∂z2 + ω2 c(z)2 − α2 F + σF′(zH)δ(z− zH) + σF(zH)δ′(z− zH) = 0, où σF(zH) et σF′(zH) sont respectivement les sauts de F et de sa dérivée en zH. Ce qui nous ramène au système suivant :
∂2F
∂z2 +c(z)ω22 − α2F = 0
σF(zH) = 0
σF′(zH) = 0
(A.5) Nous sommes en mesure d’examiner les solutions du problème (A.5) (au sens des fonctions) de part et d’autre de la discontinuité. Nous définissons ainsi Φ−(α, z) et Φ+(α, z) les solutions respectives des problèmes suivants :
( y′′+ ((c ω2 0+pz)2 − α2)y = 0 pour z < zH y′ = 0 pour z = 0 (A.6) et y′′+ (k2∞− α2)y = 0 pour z > zH
y ց exponentiellement pour z → ∞ (A.7)
Reste donc à rechercher les constantes d’intégration A et B pour que AΦ−+BΦ+ soit solution du problème complet. Reportant cette expression dans les identités σF(zH) = 0 et σF′(zH) = 0, nous obtenons un système linéaire homogène dont les inconnues sont les constantes d’intégration :
BΦ+(α, zH)− AΦ−(α, zH) = 0
BΦ′+(α, zH)− AΦ′−(α, zH) = 0 (A.8) Le déterminant de ce système est un Wronskien :
D(α, zH) = ∂Φ+
∂z (α, zH)Φ−(α, zH)− Φ+(α, zH)∂Φ−
∂z (α, zH). (A.9) Lorsque ce déterminant est non nul, la solution du système homogène est le couple nul (0, 0) et la solution du problème (A.3) est donc aussi nulle. Or nous nous inté-ressons aux solutions non triviales (le spectre) et cela est possible aux points d’an-nulation de ce déterminant. Nous pouvons alors voir D(α, zH) comme la relation de dispersion. Pour approcher analytiquement le spectre, nous devons construire ce déterminant et examiner ses zéros (en fonction de α).
A.2.3 Détails des calculs
Nous allons à présent détailler le calcul de Φ−et Φ+, permettant la construction de la relation de dispersion D(α, zH).
Calcul de Φ+
Il suit directement de la forme de l’équation (A.7) que la solution appartient à l’espace vectoriel de dimension 2 : Vect{eK1z, eK2z}, où K1 et K2 sont les deux racines carrées de (α2 − k∞2 ). La condition d’onde sortante va nous imposer de ne garder que l’exponentielle qui sera décroissante vers les hautes altitudes, autrement dit, nous ne gardons que la racine Ki dont la partie réelle est négative.
La racine carrée complexe est une fonction bivaluée. Aussi, pour nous ramener à une fonction monovaluée sur le plan complexe, il nous faut opter pour une dé-termination, i.e un choix d’intervalle pour l’argument complexe. Ce choix revient à ne considérer qu’un seul feuillet de la surface de Riemann sur laquelle la racine carrée est monovaluée, et donc à placer une branche de coupure. Dans notre cas, pour garantir la condition d’onde sortante, nous souhaitons arg (√s) ∈]π/2, 3π/2] pour s ∈ C, ce qui permettrait de vérifier ℜ(√s) < 0. Cela revient à nous imposer que arg (s) ∈]π, 3π] : c’est notre détermination de racine, celle avec laquelle nous calculons K =pα2− k2
∞.
Calcul de Φ−
Avec les transformations adéquates, l’équation (A.6) peut se ramener à une équa-tion similaire à celle de Riccati-Bessel2
, ce qui nous donne l’idée de chercher les deux solutions de base sous la forme √X Jη(X) et√
X Yη(X) avec X = a + bz. Restent à déterminer a, b et η.
Examinons Ra,b,η(z) = (a + bz)12 Jη(a + bz) (le raisonnement est le même pour la fonction de Bessel de deuxième espèce). Le calcul de ses dérivées successives donne :
R′a,b,η(z) = 1 2b(a + bz) −12 Jη(a + bz) + b(a + bz)12 Jη′(a + bz), et R′′a,b,η(z) =−1 4b
2(a+bz)−32 Jη(a+bz) + b2(a+bz)−21 Jη′(a+bz)+b2(a+bz)12 Jη′′(a+bz). La dérivée seconde peut aussi se réécrire :
R′′a,b,η(z) =−14b2(a+bz)−32 Jη(a+bz) +b2(a+bz)−32
h
(a+bz) Jη′(a+bz)+(a+bz)2Jη′′(a+bz)i, de sorte que l’on puisse utiliser l’équation de Bessel3 pour substituer au crochet un terme en Jη(a + bz) : R′′a,b,η(z) =−1 4b 2(a + bz)−32 Jη(a + bz) + b2(a + bz)−32 h − (a + bz)2− η2Jη(a + bz)i. 2. Equation de Riccati-Bessel : z2y′′ +[z2 −n(n+1)]y = 0, de solutions Sn(z) =pπz/2 Jn+1/2(z) et Cn(z) = −pπz/2 Yn+1/2(z), voir [Abramowitz 1964] 3. Equation de Bessel : z2y′′ + zy′ + (z2 − η2)y = 0, de solutions Jη(z) et Yη(z)
Ensuite, l’expression peut se réarranger de manière à faire apparaître Ra,b,η(z) : R′′a,b,η(z) =−b2 " 1− η 2−14 (a + bz)2 # Ra,b,η(z).
Enfin, nous concluons par une identification de coefficient. Nous cherchons pour quel triplet (a, b, η) nous avons l’égalité suivante :
b2−(η
2− 14)
(ab + z)2 =−α2+ ω
2
(c0+ pz)2. En posant naturellement b = iα, il suit a = iαc0
p et 1/4 − η2 = ω2/p2 soit η = (1/4− ω2/p2)12. Cela nous permet de conclure que l’espace des solutions générales de l’équation (A.6) est :
Vect{√X Jη(X),√ X Yη(X)} avec X = iα c0 p + z et η = s 1 4 −ω2 p2 (A.10) La prise en compte de la condition limite va nous ramener à un espace des solutions de dimension 1. Notons ˜J(z) et ˜Y (z) les deux solutions de base. La solution générale va alors s’écrire : Φ−(z) = A ˜J(z) + B ˜Y (z), où A et B sont les constantes d’intégration. Une fois l’expression introduite dans la condition au sol du problème (A.6), il suit : B = −A( ˜J′(0)/ ˜Y′(0)).
Remarque : La racine carrée complexe intervient aussi ici via (iα)12. Cependant sa détermination n’est pas contrainte par la condition limite au sol : le rapport
˜
J′(0)/ ˜Y′(0) reste inchangé quel que soit le feuillet de Riemann considéré. En défi-nitive, le choix d’une des deux racines, où que se situe la coupure, ne change que le signe de l’expression finale. Pour le calcul en pratique, nous pouvons par exemple garder la détermination précédemment définie (arg (s) ∈]π, 3π]). Dans ce cas, le point de branchement est l’origine et la coupure se situe le long de l’axe des ima-ginaires purs positifs (dans le plan des valeurs propres α). Elle est donc confondue avec la coupure issue des choix faits pour Φ+.
Bilan des calculs
Domaine de validité Solution
z > zH Φ+(α, z)∝ eKz avec K = (α2− k2 ∞)12 et ℜ(K) < 0 z < zH Φ−(α, z)∝ ˜J(z)−YJ˜˜′′(0) (0)Y (z)˜ où ˜J (z) =√ X Jη(X) et ˜Y (z) =√ X Yη(X) X = iαc0 p + zet η =q1 4−ω2 p2
Sur la base de ces résultats, nous pouvons exprimer entièrement notre détermi-nant de façon analytique (après réarrangement de l’expression) :
D(α) = (iαZH)12e(α2−k∞2 )12zH
(α2− k2∞)12 −12ZH−1Jη(iαZH)− D(α)Yη(iαZH) −iαJη′(iαZH)− D(α)Yη′(iαZH)
, (A.11) où nous avons introduit les notations supplémentaires :
ZH = c0 p + zH D(α) = ˜J′(0)/ ˜Y′(0) = 1 2(c0p)− 1 2Jη(iαc0p)+iα(c0p)12J′ η(iαc0p) 1 2(c0p)− 1 2Yη(iαc0p)+iα(c0p)12Y′ η(iαc0p) .