Combien de temps pour un œuf dur ? Le laplacien sphérique et sa loi d'échelle

La stratégie. La loi de Newton donnée dit d'abord quelle condition imposer en surface. Le laplacien fourni permet ensuite de vérifier une solution proposée, sans la chercher : c'est elle qui donne le vrai temps caractéristique, avec son préfacteur. Le schéma numérique contrôle le tout, et la loi d'échelle se lit sur $\tau \propto R^2$.

1) La surface est à $100{}^{\circ }\mathrm{C}$. Le rapport des deux résistances vaut $$\frac{R/(\lambda 4\pi R^2)}{1/(h4\pi R^2)}=\frac{hR}{\lambda }=\frac{10^3\times 0,024}{0,50}=48\text{aˋ}144.$$ La résistance d'échange est cinquante à cent cinquante fois plus petite que celle de l'œuf : en série avec elle, elle ne porte que $1$ à $2\%$ de l'écart de température. La surface est pratiquement à $T_e$ : l'eau bouillante impose sa température.

2) Le mode fondamental. Avec $\theta =\frac{A}{r}\sin (kr){\mathrm{e}}^{-t/\tau }$, $k=\frac{\pi }{R}$ : $r\theta =A\sin (kr){\mathrm{e}}^{-t/\tau }$, donc $$\Delta \theta =\frac{1}{r}\frac{{\partial }^2(r\theta )}{\partial r^2}=-k^2\theta ,\frac{\partial \theta }{\partial t}=-\frac{\theta }{\tau }.$$ L'équation $\frac{\partial \theta }{\partial t}=D\Delta \theta$ est satisfaite si $\tau =\frac{1}{D{k}^2}$. Au centre, $\frac{\sin (kr)}{r}\to k$ : $\theta$ reste finie. En surface, $\sin (kR)=\sin \pi =0$ : $T=T_e$. D'où $$\tau =\frac{R^2}{{\pi }^{2}D}=\frac{0,024^2}{{\pi }^2\times 1,46\times 10^{-7}}=400\mathrm{s}.$$ L'estimation brute $\frac{R^2}{D}=3,9\times 10^3\mathrm{s}=66\min$ est dix fois trop grande : la bonne longueur est $\frac{R}{\pi }$, la distance sur laquelle le profil varie. L'analyse d'échelle donne la dépendance en $R^2$, pas le préfacteur.

3) Le temps de cuisson. ${\theta }_0=20-100=-80\mathrm{K}$ ; le jaune est pris quand $\theta (0,t)=70-100=-30\mathrm{K}$ : $$2{\theta }_0{\mathrm{e}}^{-t/\tau }={\theta }_c⟹t=\tau \ln \frac{2{\theta }_0}{{\theta }_c}=400\times \ln \frac{160}{30}=669\mathrm{s}=11,1\min .$$ Sorti du réfrigérateur : $t=400\times \ln \frac{190}{30}=738\mathrm{s}=12,3\min$. Ce sont bien les « dix à douze minutes » d'un œuf dur. Le terme suivant, en ${\mathrm{e}}^{-4t/\tau }$, ne pèse plus que quelques millièmes de ${\theta }_0$ ($2,5\times 10^{-3}$ à $669\mathrm{s}$, $1,2\times 10^{-3}$ à $738\mathrm{s}$) : le mode seul suffit.

4) Le schéma radial. (a) Les différences centrées $\frac{{\partial }^{2}T}{\partial r^2}\approx \frac{T_{i+1}-2T_i+T_{i-1}}{\Delta r^2}$ et $\frac{\partial T}{\partial r}\approx \frac{T_{i+1}-T_{i-1}}{2\Delta r}$, avec $\frac{2}{r_i}=\frac{2}{i\Delta r}$, donnent $$\Delta T\approx \frac{1}{\Delta r^2}\left[\left(1+\frac{1}{i}\right)T_{i+1}-2T_i+\left(1-\frac{1}{i}\right)T_{i-1}\right],$$ et la dérivée temporelle d'Euler explicite conduit au schéma annoncé. (b) Au centre, $\frac{2}{r}\frac{\partial T}{\partial r}\to 2\frac{{\partial }^{2}T}{\partial r^2}$ (la dérivée première, nulle en $0$, vaut environ $r\frac{{\partial }^{2}T}{\partial r^2}$), d'où $\Delta T\to 3\frac{{\partial }^{2}T}{\partial r^2}$. Par parité, $T_{-1}=T_1$ et $\frac{{\partial }^{2}T}{\partial r^2}(0)\approx \frac{2(T_1-T_0)}{\Delta r^2}$ : $T_0^{n+1}=T_0^n+6r_D(T_1^n-T_0^n)$. (c) Aux nœuds intérieurs, les coefficients $\left(1\pm \frac{1}{i}\right)r_D$ et $1-2r_D$ sont positifs si $r_D⩽\frac{1}{2}$ ; au centre, $1-6r_D⩾0$ exige $r_D⩽\frac{1}{6}$. Le centre, où la chaleur arrive de toutes les directions, impose un pas de temps trois fois plus petit que le cas plan pour que la nouvelle valeur soit une moyenne à coefficients positifs (condition suffisante).

(d) Le script et son résultat.

import numpy as np
R, D = 0.0240, 1.46e-7            # rayon (m), diffusivite (m2/s)
T0, Teau, Tj = 20.0, 100.0, 70.0  # oeuf, eau, jaune pris (C)

def cuisson(N, r):
    """Instant ou le centre atteint Tj ; None si une valeur
    sort de [T0, Teau] (impossible physiquement : instabilite)."""
    dr = R/N
    dt = r*dr**2/D
    i = np.arange(1, N)                   # noeuds interieurs
    T = np.full(N + 1, T0)
    T[N] = Teau                           # surface a 100 C
    t = 0.0
    while T[0] < Tj:
        Tn = T.copy()                     # valeurs a l'instant n
        T[1:N] = Tn[1:N] + r*((1 + 1/i)*Tn[2:] - 2*Tn[1:N]
                              + (1 - 1/i)*Tn[:N-1])
        T[0] = Tn[0] + 6*r*(Tn[1] - Tn[0])   # noeud central
        t += dt
        if T.min() < T0 - 1e-9 or T.max() > Teau + 1e-9:
            return None
    return t

tau = R**2/(np.pi**2*D)
t_mode = tau*np.log(2*(Teau - T0)/(Teau - Tj))
print(f"tau = {tau:.0f} s ; mode seul : {t_mode/60:.2f} min")
for N in (20, 40, 80):
    print(f"N = {N:2d}, r = 0,15 : {cuisson(N, 0.15)/60:.2f} min")
for r in (0.3, 0.4):
    t = cuisson(40, r)
    print(f"N = 40, r = {r} :",
          "instable" if t is None else f"{t/60:.2f} min")

Résultat obtenu en l'exécutant :

tau = 400 s ; mode seul : 11.15 min
N = 20, r = 0,15 : 11.10 min
N = 40, r = 0,15 : 11.11 min
N = 80, r = 0,15 : 11.11 min
N = 40, r = 0.3 : 11.11 min
N = 40, r = 0.4 : instable

Le calcul converge dès $N=40$ vers $11,11\min$, à $0,4\%$ du mode seul : la question 3 était justifiée. Une température hors de $[20;100]{}^{\circ }\mathrm{C}$, physiquement impossible, sert de détecteur d'instabilité. Avec $r_D=0,3$, le coefficient central est négatif et le calcul tient pourtant : la positivité est une condition suffisante ; le seuil réel de ce schéma est $\frac{1}{3}$, et $r_D=0,4$ diverge, alors qu'il conviendrait en géométrie plane.

5) La loi d'échelle. $t=\tau \ln \frac{2{\theta }_0}{{\theta }_c}$ avec $\tau \propto R^2$ et $R\propto M^{1/3}$ à masse volumique égale : $t\propto M^{2/3}$. Caille : $11,1\times {\left(\frac{10}{60}\right)}^{2/3}=3,4\min$ ; autruche : $11,1\times {\left(\frac{1400}{60}\right)}^{2/3}=91\min$, une heure et demie. À $3600\mathrm{m}$ : ${\theta }_0=-68\mathrm{K}$, ${\theta }_c=-18\mathrm{K}$, $t=400\times \ln \frac{136}{18}=809\mathrm{s}=13,5\min$.

Ce que l'exercice installe. Le laplacien fourni sert à vérifier une solution proposée ; la condition au centre (finie) et en surface fixe $k=\frac{\pi }{R}$ et $\tau =\frac{R^2}{{\pi }^{2}D}$ : la loi d'échelle $\tau \propto R^2$ est juste, mais le préfacteur vaut ici un dixième. Le nombre $\frac{hR}{\lambda }$ dit si la surface prend la température du fluide. Le schéma d'Euler en $r$ a un nœud central particulier ($\Delta T\to 3\frac{{\partial }^{2}T}{\partial r^2}$) et une stabilité plus exigeante que le cas plan, ce qu'on constate en exécutant.