Les deux types d’horizon, l’horizon géométrique et l’horizon optique permettent d’aborder des sujets comme : Peut-on voir un point B d’un point A ?

Ce dossier fait référence à la notion de cône tangent à une sphère et en annexe sera proposée pas à pas une construction de ce cône avec Cabri 3D. On y trouvera aussi une bibliographie et Webographie extrêmement détaillés sur les sujets abordés dans ce dossier.
Le tableur permettra de comparer des formules exactes et approchées.
D’excellents sites seront proposés comme celui d’Alain Origné.
Les notions de physique seront aussi très légères avec la loi de Descartes sur la réfraction et la formule de Bouguer essentielles pour modéliser la trajectoire d’un rayon lumineux dans l’atmosphère en supposant la couche atmosphérique homogène d’indice constant.
Les plus courageux essaieront avec les développements limités d’établir la formule simplifiée de Jean-Marie Malherbe (observatoire de Paris ) sur la réfraction des astres et donnée à titre d’information.

Notions de mathématiques ou de compétences abordées :

• Construire par un point donné les tangentes à un cercle
• Construire le cône tangent à une sphère à partir d’un point donné
• Théorème de Pythagore
• Lignes trigonométriques et inverses
• Développements limités

Notions de physique abordées

• Loi de Descartes
• Formule de Bouguer

«  La réfraction atmosphérique est un phénomène optique qui consiste en une trajectoire non rectiligne de la lumière à la traversée de l’atmosphère et qui est due à la variation de la densité de l’air avec l’altitude. Pour les objets immergés dans l’atmosphère, le phénomène prend le nom de réfraction terrestre et conduit aux mirages ainsi qu’à des effets de miroitement et d’ondulation pour les objets lointains. En astronomie d’observation la réfraction astronomique conduit à une erreur dans l’évaluation de la position angulaire réelle de l’astre observé [1] : il est vu plus haut dans le ciel qu’il ne l’est réellement. Il faut donc effectuer une correction de hauteur dite de réfraction atmosphérique. » (Wikipédia)

Voici la trajectoire d’un rayon lumineux dans l’atmosphère :

source : http://canigou.allauch.free.fr/ Alain Origné

Une animation avec Cabri JAVA permet de modifier certains paramètres et de suivre la trajectoire d’un rayon lumineux dans l’atmosphère :

source : http://web.cortial.net/bibliohtml/r... Yves Cortial

Il est utile pour faire fonctionner ce programme de disposer de Cabri 2 plus ou de sa version de démonstration :
http://www.cabri.com/fr/telecharger...
ou de télécharger sur ce même site un Plugin.
Utiliser dans ce cas Firefox ou Internet explorer.
Le plugin vous permet de visualiser et manipuler des figures Cabri II Plus publiées dans des pages web ou des documents Microsoft Office Word, PowerPoint, ...

a ) La loi de Descartes

b) La formule de Bouguer

Si l’indice de réfraction n d’un rayon lumineux qui pénètre dans l’atmosphère terrestre ne dépend que de la distance r au centre, les rayons sont incurvés à la traversée de l’atmosphère selon la loi :
n r sin(i) = constante

Démonstration :
La loi de Descartes permet d’écrire :

$n_{1} sini_{1} = n_{2}sin\beta$ d’où $sin\beta = \frac{n_{1}}{n_{2}} sini_{1}$
dans le triangle $O I_{1} I_{2}$, on a :

$\frac{r_{2}}{sin\beta } = \frac{r_{1}}{sin(\pi - i_{2})} = \frac {r_{1}}{sin i_{2}}$

D’où $sin\beta = \frac{r_{2}}{r_{1}} sini_{2}$

D’ou $r_{1} n_{1} sin i_{1} = r_{2} n_{2} sin i_{2}$

Voir l’animation consacrée à la formule de Bouguer :

source : Yves Cortial, http://web.cortial.net/bibliohtml/f...

Calcul de la différence des distances zénithales entre l’astre réel et l’astre réfracté.

schéma dans le plan vertical de l’astre

Les droites (eA) et (Te) sont parallèles du fait que la distance TA est très petite devant la distance qui nous sépare des astres.
Évidemment, il n’en est rien sur le schéma.

Le vertical de l’astre est le plan passant par l’astre et perpendiculaire au plan horizontal passant par A, en blanc sur le schéma.

Par suite de la réfraction atmosphérique, l’étoile e est vue en e’ dans le vertical de l’astre. Tout ce qui est en jaune , point ou dénomination se réfère au vertical de l’astre. Pour la suite , il faudra lire la démonstration en se référant toujours au plan vertical.

A est un point situé à la verticale du point M de la terre.

La normale en vert est la normale à la couche sphérique au point T, point de pénétration dans l’atmosphère. du rayon émanant de l’astre. Cette couche et supposée homogène donc d’indice invariable n.

Dans le schéma 6 la distance zénithale, c’est-à-dire le complément de la hauteur de l’astre est l’angle $\widehat{e’AZ}$ pour l’étoile e’ et $\widehat{eAZ}$ pour l’astre réel e. Posons $\widehat{e’AZ} = \alpha $

Le rayon lumineux (schéma 9) provenant de l’astre passe du vide ayant pour indice 1 au milieu atmosphérique que nous supposerons d’un indice homogène n. L’atmosphère est supposée représentée par la sphère 2 en pointillés vert. La normale en T en vert est la normale au plan tangent (en rouge) à cette sphère 2 , c’est-à-dire la droite (OT) ou O désigne le centre de la sphère terrestre 1 en marron.

Soit T le point du plan vertical de l’astre délimitant la couche sphérique atmosphérique de centre O centre de la terre (schéma 6,7,8 ).
$\vartheta $ = angle d’incidence du rayon [eT) par rapport à la normale en vert.
$\phi = \widehat{OTA}$ l’angle du rayon réfléchi [TA).

Alors la différence des mesures zénithales entre l’astre e et l’astre réfracté e’ est donnée par :

Démonstration :

Les droites (eA) et (Te) sont parallèles du fait que la distance TA est très petite devant la distance qui nous sépare des astres.

La différence des distances zénithales est l’angle $\widehat{TAe}$.
Les angles correspondants $\widehat{e’Ae}$ et $\widehat{e’Te}$ sont égaux.

$\widehat{GTA}$ et $\widehat{e’Te}$ sont égaux car opposés par le sommet.

La différence des distances zénithales est $D = \widehat{eAz} - \widehat{e’AZ} = \widehat{e’Ae}$

Donc $D = \widehat{e’Te} = \widehat{eTG } - \widehat{e’TG} = \vartheta - \varphi$

Donc la différence des mesures zénithales est $D = \vartheta - \varphi$
D’après la loi de Descartes : $sin\vartheta = n sin\varphi$

D’après la formule de Bouguer , en appelant h la distance du point T au centre de la terre et R le rayon terrestre, on a :
$(R+h) sin\vartheta = n R sin\alpha$

$D = \vartheta - \varphi = arcsin\left [ n R\frac{sin\alpha }{\left ( R+h \right )} \right ]-arcsin\left [ R\frac{sin\alpha }{\left ( R+h \right )} \right ]$

Cette formule est approximative.
Jean-Marie Malherbe (observatoire de Paris ) propose la formule simplifiée suivante grâce aux développements limités et compte tenu de ce que h est très petit devant R :

$D \approx \frac{(n-1)Rsin\alpha }{\left [ (R+h)^{2}-R^{2}sin^{2}\alpha \right ]^{\frac{1}{2}}}$

On peut constater que la formule approchée est plutôt bonne et que plus on s’approche de l’horizon plus la réfraction est importante.
h ≈ 10 km
R ≈ 6 380 km
n ≈ 1,000 3

« Le fait de voir le Soleil à l’horizon sous une forme oblongue, légèrement aplatie, est un autre effet de la réfraction atmosphérique, observable également pour la Lune [2].
La réfraction atmosphérique est beaucoup plus importante pour des objets proches de l’horizon que pour des objets plus près du zénith. Ainsi pour en limiter les effets, les astronomes programment autant que possible leurs observations d’objet au point culminant de leur trajectoire dans le ciel. De la même façon, pour se guider, les marins ne visent pas les étoiles proches de l’horizon, mais uniquement des étoiles au moins 20° au-dessus. La réfraction atmosphérique dépend également de la pression atmosphérique et de la température » (Wikipedia )

Voir le site remarquable d’Alain Origné : http://canigou.allauch.free.fr/Tabl...

Dans toute la suite , on confondra la longueur d’un arc avec l’arc ensemble de points, le contexte permettant de lever l’ambigüité.

a) distance maximale de vision pour un observateur

D’un point A, on peut observer tous les points de la calotte sphérique délimitée par le cercle horizon en bleu, intersection de la sphère et d’un cône.

A est situé sur la verticale de M appartenant à la sphère terrestre.

Avec la réfraction atmosphérique, il va être possible de voir plus loin que ce qu’autorise le cercle horizon mais alors les objets vus seront des images d’objets réels. On abordera dans le paragraphe suivant la notion d’horizon optique, ou visuel ou encore sensible dû à la réfraction atmosphérique.

Calculons la distance D = AB à laquelle on peut voir :

Une propriété de cône tangent à la sphère est que toutes les génératrices sont perpendiculaires au rayon de la sphère au point de contact.
Posons AM =h, et R le rayon terrestre =6371 km
D’après le théorème de Pythagore $OA^{2} =AB^{2} +OB^{2}$
$(R+h)^{2} =D^{2} +R^{2}$
$R^{2} +2Rh +h^{2} = D^{2}+R^{2}$ donc $h(2R+h)=D^{2}$
Or h est très petit par rapport au diamètre de la terre.

Donc $2Rh ≈ D^{2}$ d’où $D ≈ \sqrt{2Rh}$

b) Voir un point B d’un point A

Nous ne tiendrons pas compte de la réfraction atmosphérique.

Les cercles $C_{1}$ et $C_{2}$ sont les cercles horizons
N et M sont deux points de la terre et A et B deux points situés sur les droites (OM ) et (ON), O désignant le centre de la terre.

Le cercle en bleu est le grand cercle de la sphère passant par N et M.
D’un point A, on peut voir le point B si B est à une hauteur telle que la droite(AB) ne soit pas sécante à la sphère c’est à dire si elle est tangente à la sphère ou extérieure à la sphère.

Si (AB) est tangente à la sphère alors (AB) est confondue avec la tangente issue de A au cercle bleu et avec la tangente issue de B au cercle bleu.

Les deux cercles horizons sont alors tangents.

Faire la manipulation avec le fichier Cabri ci-dessous :

De A on peut voir B

Considérons alors le schéma 13 avec la sphère masquée :

Les triangles BCO et COA sont rectangles en C car (BC) et(CA) sont des tangentes en C au cercle bleu , grand cercle de la sphère passant par A et B. On peut donc leur appliquer le théorème de Pythagore :
Posons BN =h et AM=t. On applique le résultat vu en a :
On alors $BC^{2} ≈ 2Rh$ et $AC^{2} ≈ 2Rt$

Exercice
Montrer que le relief d’une côte, d’une île, ou la mâture d’un bateau d’une hauteur H apparaîtra à l’horizon d’un observateur situé à une hauteur h, à la distance $\sqrt{2R} (\sqrt{h} + \sqrt{H} )$ qui est sensiblement la distance orthodromique entre les deux points d’après ce qui vient d’être dit.

Exemple (il n’est pas tenu compte de la réfraction atmosphérique).
Le Mont Cinto (altitude : t = 2 710 m) est situé à D= 205 km de Cagnes-sur-Mer.
À quelle altitude h doit être mon œil pour voir le sommet en vision directe ?
$BC^{2} = 2 x 6 378 x 2,71$
$BC= 185,926 km$
$AC = 205 km – 185,9 km = 19,1 km$
$t = \frac{19,1^{2}}{(2 \times 6 378)}$
$t=28,52 m$

Exercice

On donne la distance à vole d’oiseau D, la hauteur t et le rayon de la terre R. On ne tient pas compte de la réfraction.

Montrer alors que la distance minimum h pour être vu est :

$h = \frac{((D-√2Rt)^{2})}{2R} $

Le tableur permet d’obtenir rapidement cette distance :

Voir le fichier Excel :

Distance minimum 1

c) Une mise au point sur les différents types de distance.

La distance orthodromique est sensiblement égale à 5,8 km soit 5800 m. On pourra utiliser l’annexe b et c pour effectuer le calcul.
Dans un énoncé, il faut toujours savoir de quelle type de distance on parle.

d) Comparaison d’un arc de cercle à la tangente

Nous allons à présent comparer la longueur de l’arc de cercle $\overset{\frown}{GT}$ à la longueur du segment [BT] porté par la tangente en T au cercle de centre O.

Posons $x=BT$ et $y= \overset{\frown}{GT}$ et $α = \widehat{GOT}$
nous savons d’après a que : $x^{2} =2Rh$
Par ailleurs dans le triangle rectangle BTO : $tan α = \frac{x}{R}$
Or $y = Rα$ avec $α$ en radians donc
$R^{2} tan^{2} α =2Rh$
$tan^{2} α = \frac{2h}{R}$
$tan α =\sqrt{\frac{2h}{R}}$
$α =Arctan( \sqrt{\frac{2h}{R}} )$
On a donc $y = R Arctan( \sqrt{\frac{2h}{R}})$ et $x ≈ \sqrt{2Rh}$

Cependant, nous pouvons approximer Arctan(x) par x au voisinage de 0 soit en utilisant les développements limités soit en recourant à l’argument suivant qui ne constitue pas bien sûr une démonstration :

Nous avons représenté la fonction f définie par f(x) =Arctan(x) et la fonction g définie par g(x) = x

et l’ont peut alors écrire : f(x) ≈ x au voisinage de 0.
on a alors :
$y = R Arctan \left ( \sqrt{\frac{2h}{R}} \right )\approx R \sqrt{\frac{2h}{R}}$ car $\frac{h}{R} ≈ 0$
D’où $y ≈ \sqrt{2Rh}$

Il est donc légitime pour h suffisamment petit par rapport au rayon de la terre de considérer que l’arc a sensiblement la même longueur que la tangente.
Rappel : le développement limité de Arc tan est :

$Arctan(x) = x + \frac{x^{3}}{3} +⋯+⋯+ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + O(x^{2n+3})$

Faisons à présent une étude comparative avec un tableur :

A 1 km de hauteur, on commet une erreur de 12 m environ.
Donc pour des hauteurs « raisonnables », la distance AB du schéma 14 peut être confondue avec la route orthodromique de A à B , c’est à dire avec l’arc de cercle correspondant.

e) Condition de perception d’un point B par un point A

Il y aura plusieurs cas à distinguer :

Ce qui correspond au schéma plan suivant tiré du fichier Géoplan :

On suppose d’abord pour les 3 cas suivants que : $D \in \overset{\frown}{NM}$
Cas 1 : B ne peut être vu de A et $C \in \overset{\frown}{ND}$ (schéma 17)
De B est issue la tangente (BC) et de A la tangente (AD).
Nous allons monter dans ce cas que longueur $BC+ AD < \overset{\frown}{MN}$
Posons $a = \widehat{BOC}$ , $b = \widehat{COD}$ , $c = \widehat{DOA}$ valeurs exprimées en radians.
Alors longueur $\overset{\frown}{MN} = R(a+b+c)$ , $ BC= R sina$ et $AD = R sinc$
Or $sinx < x$ donc $sina < a$ et $sinc < c$
D’où $sinc +sina < a+c$ et donc $sinc +sina < a+c+b$
$R( sina +sinc) < R(a+c+b)$ donc $BC+AD < longueur \overset{\frown}{MN}$

C’est la situation du schéma 12 dans laquelle les cercles horizons n’ont aucun point de contact.
On a donc $BC+AD < longueur \overset{\frown}{MN}$
Pour $sinx < x$ et bien que ce ne soit pas une démonstration, le graphique en donne une approche.

Démonstration
Soit f la fonction x → x − sin(x), définie sur $\mathbb{R}$. Elle est dérivable sur $\mathbb{R}$ (somme de fonctions dérivables), de dérivée f (x) = 1 − cos(x). En particulier, f’(x) ≥ 0 donc la fonction f est croissante. Comme f(0) = 0, on en déduit f(x) ≥ f(0) = 0 pour tout x ≥ 0.

Cas 2  : B peut être vu de A et $C \in \overset{\frown}{DM}$

Ce qui correspond au schéma spatial

Dans ce cas longueur $\overset{\frown}{MN} > BC+ AD$
En effet :
longueur $\overset{\frown}{MD} < AD$ d’après le sous paragraphe d du paragraphe 3.
$BC > \overset{\frown}{CN}$ , $AD > \overset{\frown}{DM}$
Donc $BC + AD > \overset{\frown}{CN} + \overset{\frown}{DM} > \overset{\frown}{MN}$

Cas 3  : $C \notin \overset{\frown}{MN}$
$AD > \overset{\frown}{DM}$ et $BC > \overset{\frown}{CN}$
d’où $AD+ BC > \overset{\frown}{DM} + \overset{\frown}{CN}$
Or $ \overset{\frown}{DM} + \overset{\frown}{CN} > \overset{\frown}{MN}$ donc $AD +BC > \overset{\frown}{MN}$

Il faudrait continuer d’examiner tous les cas de figure avec le fichier Geoplan intitulé les cas :

$D \notin \overset{\frown}{MN}$ et $C \in \overset{\frown}{NM}$
$D \notin \overset{\frown}{MN}$ et $C \notin \overset{\frown}{NM}$

On en arrive alors à la conclusion :

Pas de visibilité si et seulement si $BC+AD < longueur \overset{\frown}{MN}$
Visibilité si et seulement si $BC+AD ≥ longueur \overset{\frown}{MN}$

Voir le site : http://canigou.allauch.free.fr/Expl...