L'eau sous un barrage

• Champ plan, $v_1=-0,05Ky$, $v_2=K(0,75-0,05x)$ : la seule composante possiblement non nulle du rotationnel est $\frac{\partial v_2}{\partial x}-\frac{\partial v_1}{\partial y}=-0,05K+0,05K=0$. Le quart de plan $x>0$, $y<0$ (et même ${\mathbb{R}}^2$) est étoilé : le champ $-\frac{1}{K}\overrightarrow{v}$ dérive d'un potentiel $h$, ce qui est la loi de Darcy. On résout $\frac{\partial h}{\partial x}=0,05y$ et $\frac{\partial h}{\partial y}=-0,75+0,05x$. La première donne $h=0,05xy+\phi (y)$, la seconde $0,05x+{\phi }^{\prime }(y)=-0,75+0,05x$, soit $\phi (y)=-0,75y+C$. Les charges possibles sont les $h=C-0,75y+0,05xy$, et $h(A)=C=9$ :

$$h(x,y)=9-0,75y+0,05xy\text{(en m)}.$$

• $\mathrm{div}\overrightarrow{v}=\frac{\partial v_1}{\partial x}+\frac{\partial v_2}{\partial y}=0+0=0$, et $\frac{{\partial }^{2}h}{\partial x^2}=0$, $\frac{{\partial }^{2}h}{\partial y^2}=0$, donc $\Delta h=0$ ; les deux sont équivalents puisque $\mathrm{div}\overrightarrow{v}=-K\Delta h$ (théorème 3.38). En régime permanent, l'eau ne s'accumule nulle part dans le sable : tout ce qui entre dans un petit volume en ressort.
• En $A$ : $\overrightarrow{v}=K(0;0,75)=(0;1,5\times 10^{-5})$ m/s, vertical vers le haut : l'eau remonte dans le lit. En $B(4;-3)$ : $\overrightarrow{v}=K(0,15;0,55)=(3\times 10^{-6};1,1\times 10^{-5})$ m/s ; l'angle avec la verticale vérifie $\tan \alpha =\frac{0,15}{0,55}$, soit $\alpha \approx 15,3^{\circ }$ : l'eau remonte en se dirigeant vers l'aval. Le débit à travers $1$ m${}^2$ du lit (normale $\overrightarrow{n}=(0;1)$) en $A$ est $(\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{n})\times 1=1,5\times 10^{-5}$ m${}^3$/s, soit $1,5\times 10^{-5}\times 3600\times 1000=54$ L/h. Sur $150$ m${}^2$ : $150\times 54=8100$ L/h, soit $8,1$ m${}^3$/h à évacuer.
• Sur $y=0$, $h(x,0)=9$ pour tout $x$ : le lit fait partie de l'équipotentielle $h=9$ (qui comprend aussi la droite $x=15$, car $h-9=0,05y(x-15)$). Le flux étant orthogonal aux équipotentielles (théorème 3.38), $\overrightarrow{v}$ est vertical le long du lit. Vérification : $\overrightarrow{v}(x,0)=K(0;0,75-0,05x)$, vertical, dirigé vers le haut pour $x<15$.
• $\overrightarrow{\mathrm{grad}}h(A)=(0;-0,75)$, donc $i=0,75$ et $F=\frac{1}{0,75}\approx 1,33<1,5$. Le long du lit, $i(x)=\left|0,05x-0,75\right|=0,75-0,05x$ pour $0\le x<15$ : le gradient de sortie est maximal en $A$, au pied même du barrage. La sécurité vis-à-vis du renard n'est pas assurée : il faut agir.
• $\frac{{\partial }^{2}h}{\partial x^2}=0$ et $\frac{{\partial }^{2}h}{\partial y^2}=0$ quel que soit $a$ : $h$ reste harmonique. En $A$, $\overrightarrow{\mathrm{grad}}h=(0;-a)$, $i=a$, et la norme demande $\frac{1}{a}\ge 1,5$, soit $a\le \frac{2}{3}\approx 0,67$. Le tapis doit faire baisser le gradient de sortie d'au moins $11\%$ (de $0,75$ à $0,67$).