schéma 1
illustration

Crédit : Astrophysique sur Mesure

L’étoile semble animée d’un mouvement de va et vient par rapport aux étoiles lointaines qui restent fixes : ce changement de direction de l’étoile par rapport à l’observateur est produit par la révolution de la Terre autour du Soleil comme nous allons le voir avec Geogebra.

En 1726, Bradley et Molynieux s’attaquent au problème de la parallaxe stellaire et concentrent leurs efforts sur l’étoile gamma Draconis de la constellation du Dragon. Ils observent que gamma Draconis décrit bien une ellipse mais que curieusement les autres étoiles du champ décrivent aussi une ellipse et que les demi grand axes de toutes ces ellipses ont tous la même longueur de 20, 47 secondes d’arc alors qu’ils s’attendaient à ce que la longueur de ce demi grand axe soit d’autant plus petit que l’étoile visée est plus lointaine.

La figure ci dessous montre, à gauche, la situation recherchée (la parallaxe de l’étoile (E) est l’angle p) et, à droite, celle qui est observée. On constate, comme l’avait fait Molynieux et Bradley, que « ces observations n’indiquèrent point d’apparences favorables à la parallaxe » : le décalage annuel observé est tourné de 90° par rapport à celui correspondant à l’existence d’une parallaxe de l’étoile.

Schéma 2

Source : http://acces.ens-lyon.fr/clea/lunap/Relativite/relativite-restreinte-principes-et-applications/Intro_RR.pdf

Nous verrons comment cette aberration fut expliquée par Bradley.

Retour en début de partie
Retour en haut de page

A. Un problème d’extremum

Schéma 3

Le plan contenant le cercle rouge est le plan de l’écliptique. S désigne le Soleil et T la Terre. E désigne une étoile. d’après la relation des trois sinus on a : $\dfrac{\sin \text{E}}{a}=\dfrac{\sin \text{T}}{\text{ES}}$

Donc $\sin \text{E} = \dfrac{a}{\text{ES}}\sin \text{T}$ E est maximum si $\sin \text{E}$ est maximum, ce qui se produit si $\sin \text{T}= 1$ c’est-à-dire si T=90°.
Dans ce cas puisque $p$ peut être confondu avec $\tan p$, $p \approx \dfrac{a}{\text{ET}}$

Appelons e la projection orthogonale de E sur le plan de l’écliptique et par e menons les deux tangentes au cercle rouge. On obtient deux points A et B.

Un raisonnement élémentaire aboutit à ce que seuls ces deux points réalisent le maximum.

La parallaxe de l’étoile est cette valeur maximum de la mesure de l’angle $\widehat{\text{E}}$. On peut aussi obtenir la parallaxe si l’on est dans la disposition où l’angle droit est au Soleil. Il suffit de prendre le plan perpendiculaire à la droite $\text{(eS)}$ en S. Ce plan intersecte le plan de l’écliptique selon la droite $\text{(FG)}$.

Schéma 4

Si T vient en F ou G , on a dans ce cas $\sin \widehat{E} = \dfrac{a}{\text{ET}}$ or $\sin p \approx p$ donc $\widehat{E}\approx\dfrac{a}{\text{ET}}$ par conséquent $\widehat{E}=p$

Conclusion : la parallaxe peut être calculée avec l’angle droit à la Terre ou l’angle droit au Soleil.

Cette parallaxe n’a jamais pu être mesurée car la parallaxe des étoiles ne dépasse pas 1 seconde d’arc , mesure qui n’était pas réalisable avec les instruments optiques dont on disposait au dix huitième siècle.

Regardons à présent l’animation suivante destinée à montrer le trajet apparent suivi par une étoile si l’étoile n’a pas de mouvement propre (voir annexe vocabulaire).

Schéma 5

https://cral.univ-lyon1.fr/labo/fc/astrogebra/3D/parallaxes/parallaxes_stellaires.ggb [1]

[1] necessite Geogebra à partir de la version 5

Si l’on fait tourner la Terre en bleu autour du Soleil, l’étoile décrit sur la sphère céleste en bleu la petite ellipse en mauve. Mais hélas les instruments faisaient défaut pour mettre en évidence ces changements apparents de direction.

La sphère céleste est la sphère héliocentrique. Il n’y a pas d’inconvénient à considérer la sphère céleste héliocentrique et la sphère céleste géocentrique (de centre la Terre) confondues compte tenu de ce que la distance Terre Soleil est insignifiante par rapport aux distances vertigineuses des étoiles.

B) Principe de la mesure

Schéma 6

L’angle $\widehat{\text{ESF}}$ est droit, le triangle EFG est isocèle. F étant une position de la Terre et g celle qu’elle occupe 6 mois après.

Les droites (FR) et (GR) sont parallèles compte tenu des distances considérables
des étoiles par rapport au diamètre de l’écliptique.

L’étoile repère R est choisie suffisamment lointaine et donc de parallaxe insignifiante et de mouvement propre insignifiant pour que l’étoile R occupe la même position sur la sphère céleste.

On fait une première visée en F ce qui donne la mesure a puis 6 mois après une
deuxième visée qui donne b.

Nous avons tracé la parallèle à la droite (FE) passant par G ; dans ce cas $2p = a+b$

On peut affirmer que chaque étoile par son mouvement propre, se déplace sur un grand cercle de la sphère céleste héliocentrique avec une vitesse angulaire constante. Ce mouvement propre ignore donc la révolution de la Terre autour du Soleil.

Si l’étoile avait un mouvement propre, elle ne suivrait plus l’ellipse parallactique mais une trajectoire en tire bouchon comme ci-dessous.

Schéma 7

Évolution en tire-bouchon de la position d’une étoile comme combinaison du mouvement propre et du mouvement parallactique.
Crédits : Astrophysique sur Mesure / Noël Robichon et Gilles Bessou

Retour en début de partie
Retour en haut de page

A) Direction héliocentrique d’une étoile

Schéma 8

Capture d’écran de l’animation Cabri 3D.

Faire fonctionner l’animation CABRI 3D direction héliocentrique

e désigne la position de l’étoile E sur la sphère céleste héliocentrique.

Par T centre de la Terre, nous menons la parallèle à la droite (Se) , S désignant le centre de la sphère céleste héliocentrique dont le centre est le centre du Soleil.

Alors , si l’on fait tourner la Terre autour su Soleil, le point e’ garde une position fixe sur la sphère céleste géocentrique si toutefois l’étoile e est sans mouvement propre sur la sphère céleste héliocentrique.

Comme la Terre va effectuer un mouvement de translation sur l’écliptique, la droite (Te’) gardera une direction constante entre deux positions, celle de la droite (eE).

Ce point e’ va jouer un rôle important dans la démonstration mathématique de l’ellipse parallactique.

Rajoutons à l’image précédente la position de l’étoile par rapport à la sphère céleste géocentrique.(position e’’)

Schéma 9

Nous pouvons constater que ce point e’’ va sur la sphère céleste géocentrique évoluer sur l’ellipse du schéma 5.

Sur le schéma 5 la sphère céleste est la sphère héliocentrique alors que sur le schéma 9 le point e’’ est sur la sphère céleste géocentrique.

Il n’y a pas d’inconvénient à considérer ces deux sphères confondues compte tenu de ce que la distance Terre Soleil est insignifiante par rapport aux distances vertigineuses des étoiles.

B) Avant de passer à la sphère céleste

étape 1 : découvrir une relation faisant intervenir la parallaxe

Observons le schéma suivant :

Schéma 10

• X désigne la direction héliocentrique de l’étoile
• X’ sa direction géocentrique
• T la Terre
• S le Soleil

X’ est si proche de X que nous ferons l’approximation $b\approx c$ dans nos calculs , c’est-à-dire que X’ est pratiquement confondu avec X et dans ce cas :

$(\text{TX})\|(\text{SX’})$

D’après la relation des 3 sinus on a :

$\dfrac{\sin (c-b)}{a}=\dfrac{\sin b}{r}$

$\sin (c-b)=\dfrac{a}{r}\times \sin b$

or la parallaxe en radians vaut $p=\dfrac{a}{r}$

Donc $\sin (c-b)=p\times \sin b$ comme $b\approx c$, $\sin (c-b)\approx c-b$

De sorte que nous avons si les angles sont exprimés en radians

$\boxed{c-b=p\times \sin c\quad (1)}$

étape 2 : trigonométrie appliquée à un triangle rectangle sphérique de petite dimension

Schéma 11

Nous supposons que ABC est un triangle rectangle en A sphérique si petit que l’on peut l’assimiler à un triangle plan rectangle en A.

Nous savons que dans un cercle de rayon R la longueur d’une corde sous tendue par un angle au centre de mesure a pour longueur : $\mathbf{2R\sin \left(\dfrac{a}{2}\right)}$

Appelons $b$ la mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{AC}}$ , $c$ la mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{AB}}$, $a$ la mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{BC}}$.

On sait que $\cos(\widehat{\text{ACB}})=\dfrac{\text{AC}}{\text{BC}}=\dfrac{2\times R \times \sin\left(\dfrac{b}{2}\right)}{2\times R \times \sin\left(\dfrac{a}{2}\right)}$

donc $\cos(\widehat{\text{ACB}})=\dfrac{\sin\left(\dfrac{b}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{a}{2}\right)}$

Or $\sin\left(\dfrac{a}{2}\right) \approx \dfrac{a}{2}$ et $\sin\left(\dfrac{b}{2}\right) \approx \dfrac{b}{2}$

$\cos(\widehat{\text{ACB}}) \approx \dfrac{b}{a}\quad (2)$

La relation que l’on écrit avec les longueurs en trigonométrie plane s’écrit en trigonométrie sphérique avec les mesures d’arc (et au passage le théorème de Pythagore s’applique aussi avec les mesures d’arc).

étape 3 : rayon du cercle intersection d’une sphère et d’un plan

L’intersection d’une sphère par un plan est un cercle. Calculons le rayon $\mathbf{r}$ de ce cercle en fonction de l’angle $\widehat{\text{ATA’}}$ qui jouera le rôle de latitude écliptique à l’étape 5.

Schéma 12

On a dans le triangle ATE rectangle en E $\sin \widehat{\text{ATE}}=\dfrac{\text{AE}}{\text{AT}}$

donc $\cos\widehat{\text{ATA’}} = \dfrac{r}{R}$ d’où $\mathbf{r=R \cos\widehat{\text{ATA’}} }$

C) Passons à présent à la sphère céleste.

étape 4 : les points X, X’et Soleil appartiennent à un grand cercle de la sphère céleste

Soit K le pôle nord écliptique.

Schéma 13

Nous constatons sur ce schéma que le Soleil appartient à un grand cercle contenant la position géocentrique et la position héliocentrique de l’étoile.

Prouvons le : appelons (P) le plan (E T S).

Nous savons que $(\text{TX}) \|(\text{SE})$ donc X appartient à ce plan.

Le point Soleil de la sphère géocentrique appartient à la droite (TS) donc à ce plan. Le point X’ appartient à la droite (ET) donc appartient aussi à ce plan. Par conséquent les trois points X, X’ et Soleil appartiennent au plan (P).

Or on sait que l’intersection d’un plan et d’une sphère est un cercle.

Comme le centre T de la sphère appartient à ce plan , ce cercle est un grand cercle de la sphère céleste géocentrique contenant X, X’ et la projection du Soleil S sur la sphère céleste.

étape 5 : les calculs

Schéma 14

Appelons $\lambda$ et $\beta$ les coordonnées écliptiques du point X.
Appelons $\lambda_{S}$ et $\beta_{S}$ les coordonnées écliptiques du Soleil.

Nous posons $\widehat{\text{XtS}}=\theta$ et $\widehat{\text{X’tS}}=\theta’$

La mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{AS}}$ est $\lambda_{S}-\lambda$ ou $\pi-(\lambda_{S}-\lambda)$ et $\sin \overset{\frown}{\text{AS}}=\sin(\lambda_{S}-\lambda)$

La mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{KS}}$ est 90°.

La mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{KX}}$ est $90°-\beta$.

Le grand cercle passant par les pôles écliptiques et une étoile s’appelle le méridien de l’étoile.

Considérons le cercle marron , lieu de tous les points d’égale latitude écliptique.

Il coupe a angle droit le méridien de X’ en U.

Le triangle XUX’ est si petit qu’il peut être considéré comme un triangle plan. L’angle UXX’ sera appelé $\Psi$

Schéma 15

D’après ce que nous venons de dire : $\overset{\frown}{\text{XU}}=R’(\lambda_{X’}-\lambda{X})$

Nous poserons $\Delta\lambda = \lambda_{X’}-\lambda{X}$ et $\Delta\beta = \beta_{X’}-\beta{X}$

$R’$ désignant le rayon du cercle marron , lieu des points de même latitude
écliptique.

$R’=R\cos \beta$ $R$ désignant le rayon de la sphère céleste qui peut arbitrairement être choisi égal à 1.

D’où : $\mathbf{\overset{\frown}{XU}=\Delta \lambda \cos \beta}$

$\mathbf{\overset{\frown}{UX’}=-\Delta \beta}$ car la latitude écliptique de X’ est plus petite que la latitude écliptique de X, la parallaxe ayant pour effet de rapprocher l’étoile du Soleil.

Considérons à présent le triangle plan XUX’.

La relation (1) du paragraphe 3/b/étape 1 et la relation (2) 3/b/étape 2 permettent d’écrire :

$\text{UX}=\text{XX’} \cos \Psi = p \sin \theta \cos \Psi$

$\text{UX’}=\text{XX’} \sin \Psi = p \sin \theta \sin \Psi$

On a donc : $\mathbf{\Delta\lambda \cos \beta = p \sin \theta \cos \Psi}\quad (3)$
$\mathbf{-\Delta\beta = p \sin \theta \cos \Psi}\quad (4)$

Faisons un rappel de trigonométrie sphérique :

Schéma 16

$\cos c = \cos a \cos b + \sin a \sin b \cos \gamma\quad (5a)$
$\dfrac{\sin a}{\sin \alpha}=\dfrac{\sin b}{\sin \beta}=\dfrac{\sin c}{\sin \gamma}\quad (5b)$

Nous allons utiliser à présent le triangle sphérique KXS.

$\dfrac{\sin(90°+\Psi)}{\sin (90°)}=\dfrac{\sin(\lambda_{S}-\lambda)}{\sin \theta}$ d’après la relation (5b) du rappel.

Donc $\mathbf{\sin\theta\cos\Psi=\sin(\lambda_{S}-\lambda)}\quad (6)$

D’après la relation (5a) du rappel on a :

$\cos(90°) = \cos\theta \cos(90°-\beta)+ \sin \theta \sin(90°-\beta) \cos(90° + \Psi)$

Soit : $0= \cos \theta \sin \beta -\sin\theta\cos \beta\sin\Psi$

$\mathbf{\sin\theta\sin\Psi = \dfrac{\cos\theta\sin\beta}{\cos \beta}}\quad (7)$

Appliquons de nouveau la relation (5a) du rappel au triangle sphérique KXS :

$\cos \theta = \cos 90° \cos (90°-\beta)+ \sin (90°-\beta)\cos(\lambda_{S}-\lambda)$

Donc : $\mathbf{\cos \theta = \cos \beta \cos (\lambda_{S}-\lambda)}\quad (8)$

Injectons cette valeur de $\cos\theta$ dans la relation :
$\mathbf{ \sin\theta \sin\Psi = \dfrac{\cos\theta\sin\beta}{\cos\beta}}\quad (7)$

On obtient :
$\sin\theta \sin\Psi = \dfrac{\cos\beta \cos (\lambda_{S}-\lambda)\sin\beta}{\cos\beta}$

Soit $\mathbf{\sin\theta \sin\Psi =\cos (\lambda_{S}-\lambda)\sin\beta}\quad (9)$

Injectons alors cette valeur de $\sin\theta \sin\Psi$ dans la relation

$-\Delta\beta = p \sin \theta \cos \Psi\quad (4)$

et la valeur de $\sin\theta\cos\Psi=\sin(\lambda_{S}-\lambda) \quad(6)$ dans la relation :

${\Delta\lambda \cos \beta = p \sin \theta \cos \Psi}\quad (3)$

On obtient :

$ x=\Delta\lambda\cos\beta=p\sin(\lambda_{S}-\lambda) \quad(10)\\ y=\Delta\beta=-p\cos(\lambda_{S}-\lambda)\sin\beta \quad(11) $

Nous sommes arrivés au bout de nos peines !

Nous avons obtenu les coordonnées écliptiques de X’ : $\mathbf{\lambda+\Delta\lambda}$ et $\mathbf{\beta+\Delta\beta}$.

Nous allons à présent montrer en choisissant un repère convenable que l’équation de la trajectoire des points X’ est une ellipse appelée ellipse parallactique.

Schéma 17

Nous allons choisir à partir de X et sur le cercle marron C1 un point i tel que mesure de mesure de l’arc $\overset{\frown}{\text{Xi}}$ = 1 seconde d’arc.

Nous allons tracer par X la tangente au cercle C1 et la tangente au cercle C2.

Les deux tangentes en noir sont perpendiculaires et appartiennent au plan tangent à la sphère en X.

Prenons sur la deuxième tangente un point J tel que Xi=Xj.

Il est clair que i et j sont portés par les deux tangentes comme par les arcs correspondants du fait que l’on a choisi une seconde d’arc et que dans ce cas arc et corde sont confondus.

Pour la compréhension de la figure, i et j ont été exagérés sur les tangentes.

Le repère $(\text{X}, \overrightarrow{\text{Xi}} , \overrightarrow{\text{Xj}})$ est alors orthonormé.

Les projections orthogonales de X sur ces deux axes sont pratiquement sur les arcs de cercle correspondants .
De sorte que le point X a pour coordonnées dans ce repère :

$x=\Delta\lambda\quad y=\Delta\beta$

(10) et (11) fournissent alors :
$ \dfrac{x^{2}}{p^{2}}+\dfrac{y^{2}}{p^{2}\sin^{2}\beta}=1 $

C’est l’équation d’une ellipse de demi grand axe $p$ et demi petit axe $p \sin\beta$.

L’ellipse parallactique est donc pratiquement décrite dans le plan tangent en X à la sphère céleste géocentrique.

EMCW (élémentaire mon cher Watson !)

Bessel a réussi à mesurer en 1838 la première parallaxe bénéficiant d’un instrument optique de précision.

Schéma 18

D) L’unité de mesure des parallaxes : le parsec

Si on mesure la parallaxe annuelle en seconde d’arc et la distance en parsec, on a la relation très simple liant ces deux quantités :

$\mathbf{d = \dfrac{1}{p}}$ ; $\mathbf{p}$ exprimé en secondes d’arc

Par définition, une distance de 1 parsec (pc) est la distance de laquelle on voit le demi grand axe de l’orbite terrestre (1 UA) sous un angle de une seconde d’angle. Pour un angle de parallaxe de p" seconde d’angle, la distance sera d parsecs.

AB = rayon équatorial , E est l’étoile.

AB =1 UA
$ \widehat{\text{ADB}} =1’’ $
$ \widehat{\text{AEB}} = p’’$
BD= 1 parsec
Cherchons BE = d en parsecs.

$\dfrac{1 \text{UA}}{1 \text{pc}}=\tan 1’’$

$\dfrac{1 \text{UA}}{d \text{pc}}=\tan p’’$

$d = \dfrac{\tan (1")}{\tan (p ")}$

Comme les angles sont très petits, on peut confondre les tangentes et les angles exprimés en radians.

On a : $d = \dfrac{1}{p}$ où $d$ est donc en parsecs et $p$ en secondes d’angle.

E) Comparons quelques unités utilisées en astronomie :

Schema 18/a

Retour en début de partie
Retour en haut de page

A) Observons

Schema 20

Source :
http://www.claudegabriel.be/La%20Te...

Avec GEOPLAN, nous avons deux repères (O, X , Y) et (A,X’,Y’).

Une goutte de pluie tombe à la verticale ( sur la droite en turquoise) par rapport au repère (O, X , Y). N est la position de M dans le repère (A,X’,Y’).

Si nous supposons que le repère (A,X’,Y’) avance à vitesse uniforme par rapport au repère (O, X , Y), alors la goute de pluie partant de M aura la direction de la droite noire en pointillés et par conséquent l’observateur situé en A recevra en courant la pluie dans la direction de la droite en mauve.

À partir de la position de la goutte de pluie en M, l’observateur de met à courir avec une vitesse uniforme. À cet instant la goutte de pluie occupe la N confondue avec M puis va prendre pour l’observateur la direction en pointillés.

Faire fonctionner l’animation GEOPLAN ci-dessous à l’aide du fichier Geoplan nommé pluie. Elle peut constituer un excellent exercice au niveau du cours sur les vecteurs (changement de repère).

pluie.g2w

nécessite l’application GEOPLAN pour fonctionner.

Faire fonctionner l’animation GEOPLAN pluie, comme indiqué ci-après :

puis

puis

T est un point qui permet de représenter une droite passant par A et parallèle à la droite en pointillés noirs.

B) La vitesse orbitale de la Terre et ses conséquences dans l’observation d’une étoile.

L’expérience d’Airy invalide la loi de composition des vitesses

Schema 22

Le vecteur $\overrightarrow{\text{ET}}$ désigne le vecteur vitesse de la lumière, la tangente en bleu à la trajectoire porte le vecteur vitesse de la Terre sur sa trajectoire. Nous ne tiendrons pas compte dans cet exposé de la rotation de la Terre sur elle-même produisant l’aberration diurne qui est négligeable.

Par la loi de composition des vitesses, l’étoile E est vue en E’.

Schéma 23

Soit $\overrightarrow{\text{TB}} = \overrightarrow{v} $ la vitesse de l’observateur T $\overrightarrow{\text{TB’}} = -\overrightarrow{v} $ et $\overrightarrow{\text{TD}} = \overrightarrow{c} $ celle des photons de la source E. Pour l’observateur T, tout se passe comme si les photons étaient animés par rapport à lui de la vitesse :

$$\overrightarrow{\text{TC}} = \overrightarrow{\text{TD}}-\overrightarrow{\text{TB}}$$

Il voit donc la source, non dans la direction réelle (TE) faisant l’angle $\theta$ avec (OV) mais dans la direction (TE’) faisant l’angle $\theta’$ avec (OV). 
Dans le triangle TDC l’angle en T vaut $\theta-\theta’$, l’angle en C vaut $\theta’$ et $\text{DC} = v$ 

$\sin(\theta-\theta’)=\dfrac{v}{c}\times\sin\theta$

$\boxed{\sin(\theta-\theta’)=\beta\sin\theta\text{ avec } \dfrac{v}{c}=\beta \quad (1)}$

Remplissons la lunette d’observation avec un milieu d’indice $n$, la vitesse de la lumière étant alors égale à $\dfrac{c}{n}$, la relation (1) devient $\sin(\theta-\theta’)=n\beta \sin(\theta)$.

D’après l’expérience d’Airy, La direction de visée d’une étoile devrait donc
changer selon que la lunette est pleine d’air ou d’eau mais l’expérience montre
qu’il n’en est rien.

La loi de composition des vitesses faisant intervenir la lumière est donc prise en défaut.

Dans le triangle ATH , on peut écrire :

$\tan\theta’=\dfrac{\text{TH}}{\text{AH}}=\dfrac{\text{TH}}{\text{AD}+\text{DH}}$

$\tan\theta’=\dfrac{c\sin\theta}{v+c\cos\theta}=\dfrac{\sin\theta}{\beta+\cos\theta}$

$\boxed{\tan\theta’=\dfrac{\sin\theta}{\beta+\cos\theta}\quad (2)}$

Ainsi pour une étoile située au zénith de l’observateur, on a le schéma suivant :

Schéma 24

source : L’aberration stellaire de Denis Savoie et Roland Lehouck

Texte issu d’un article d’André METZ (schéma de D. Crespil).
http://adsabs.harvard.edu/full/1959...

Schéma 25

O un point de la trajectoire. O’ un observateur avançant vers O à la vitesse $v$.
(C) est la trajectoire de la Terre autour du Soleil par rapport au repère centré sur le Soleil(repère de Kepler).
La droite (D) est la trajectoire rectiligne (le segment [OO’]) suivie par la Terre sur un très court instant.
Soit une onde lumineuse (ou un photon) arrivant au temps 0 à l’origine des abscisses avec l’angle $\theta$ si la Terre était immobile par rapport au référentiel S.

Les équations du mouvement du photon dans S (O,Ox,Oy) sont :

$$ \left\lbrace \begin{array}{rcl} x&=&-c t \cos(\theta)\\ y&=&-c t \sin(\theta) \end{array} \right. $$

Cherchons l’angle de ce même mouvement dans le référentiel S’(O’,O’x’,O’y’).

$x=\dfrac{x+vt}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}$. En négligeant $\dfrac{v^2}{c^2}$, on a :

$$ \left\lbrace \begin{array}{rcl} x’&=&x+vt\\ y’&=&y \end{array} \right. $$

$x’=\dfrac{c y’ \cos(\theta) -v y’}{c \sin(\theta)}$ et donc $\dfrac{y’}{x’}=\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta) -\dfrac{v}{c}}$.

$$\boxed{ \tan(\theta’)=\dfrac{y’}{x’}=\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta) -\dfrac{v}{c}} }\quad \color{blue}\textbf{(1)} $$

En posant $\theta’=\theta+\Delta\theta$ et en confondant $\Delta\theta$ avec sa tangente, on a :

$\dfrac{\tan(\theta)+\Delta\theta}{1-\Delta\theta\tan(\theta)}=\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)-\dfrac{v}{c}}$ et donc : $\Delta\theta=\dfrac{\dfrac{v\sin(\theta)}{c}}{1-\dfrac{v\cos(\theta)}{c}}$.

En négligeant les termes en $\dfrac{v^2}{c^2}$, on trouve :

$$ \boxed{ \Delta\theta=\dfrac{v}{c}\sin(\theta) }\quad\quad \color{blue}\textbf{(2)} $$

Remarque : Nous avions obtenu au paragraphe précédent 4/B/1 sans application de la relativité :

$\tan(\theta’)=\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)+\dfrac{v}{c}}$ or $v$ est très petit devant $c$ et donc $\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)+\dfrac{v}{c}}$ est sensiblement égal à $\dfrac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)-\dfrac{v}{c}}$

C) Liminaires à l’ellipse d’aberration

Partons de la relation (1) ${\sin(\theta-\theta’)=\beta\sin\theta\text{ avec } \dfrac{v}{c}=\beta }$.

Comme $\theta-\theta’$ est voisin de 0 $\sin(\theta-\theta’)\approx \theta-\theta’$, $\theta-\theta’$ en radians.

Donc $\boxed{\theta-\theta’\approx\beta\sin\theta}$

Exprimons a relation précédente en secondes d’arc :

$(\theta-\theta’)\text{secondes d’arc}=\dfrac{(\theta-\theta’)\text{rad}\times 180\times 3\,600}{\pi} $

La vitesse orbitale de la Terre est de 30 Km/s car $v =\dfrac{2\times\pi\times a}{T}$

avec $a=149\,675\,000\text{ km}$ et $\text{T}=31,56\times10^{6}\text{ s}$ (nombre de secondes dans un an)

$k=\dfrac{\beta\times 180 \times 3\,600}{\pi}=\mathbf{20,5}\textbf{ secondes d’arc}$. k est la constante d’aberration.

$\boxed{\theta-\theta’\approx k \sin\theta\quad k=20,5\text{ secondes d’arc}\quad (4)}$

Nous avons le schéma suivant que nous allons appliquer à la sphère céleste géocentrique

Schéma 26

D) Passage à la sphère céleste et équation de l’ellipse d’aberration pour une étoile de parallaxe nulle

Nous ne tiendrons pas compte dans le phénomène de l’aberration annuelle aberration de l’aberration diurne, résultat de la rotation de la Terre sur elle même.

Nous n’aurons pas à refaire tous les calculs faits pour l’ellipse parallactique mais le Soleil sera remplacé dans les calculs par un autre point que nous allons préciser, la parallaxe de l’étoile sera remplacée par la constante d’aberration.

$\text{e}_{0}$ désigne la direction héliocentrique de l’étoile sur la sphère géocentrique, obtenue en traçant par T la parallèle à (SE), e’ position de $\text{e}_{0}$ sur la sphère du fait que la Terre a une vitesse $\overrightarrow{TV}$ sur son orbite et enfin e désigne la direction géocentrique de l’étoile E. Ce vecteur vitesse est perpendiculaire à(ST) car le vecteur vitesse est toujours porté par la tangente à la trajectoire (Schéma 26).

Schéma 27

Représentons cette situation avec la sphère céleste géocentrique :

Schéma 28

L’étoile marron foncé est la position héliocentrique de l’étoile et l’étoile marron clair désigne la position de cette étoile subissant l’effet de l’aberration.

Le point $\gamma$, un des deux points d’intersection de l’écliptique et de l’équateur désigne le point origine des ascensions droites sur l’équateur céleste.

En s’inspirant de ce que nous avons fait pour l’ellipse parallactique nous pouvons écrire dans le même repère situé dans le plan tangent à la sphère céleste en $\text{e}_{0}$ correspondant à la direction héliocentrique de l’étoile en remplaçant le Soleil par le point F et la longitude écliptique du Soleil par

$\lambda_{\text{F}}=\lambda_{\text{S}}-90°$.

$x=\Delta\lambda\cos\beta=-k\cos\left(\lambda_{S}-\lambda\right)$ ; $y=\Delta\beta=-k\sin\left(\lambda_{S}-\lambda\right)\sin\beta$ avec $k = 20,5$ secondes d’arc.

D’où l’équation de l’ellipse d’aberration :
$\dfrac{x^{2}}{k^{2}}+\dfrac{y^{2}}{k^{2}\sin^{2}\beta}=1$ de demi grand axe $k$ et de demi petit axe $k \sin\beta$.

De sorte que nous avons deux ellipses, l’une la parallactique et l’autre l’ellipse d’aberration, e position de l’étoile sur l’ellipse parallactique et e’ direction dans laquelle on voit la direction héliocentrique de l’étoile à partir de la Terre.

Schéma 29

E) Où voit-on l’étoile depuis la Terre ?

Schéma 30

Nous admettrons que l’étoile est vue depuis la Terre dans la position e′′ résultant de la somme vectorielle des vecteurs $\overrightarrow{\text{e}_ {0}\text{e}}$ et $\overrightarrow{\text{e}_ {0}\text{e}’}$ $\text{e}_{0}$ étant dans la direction héliocentrique de l’étoile. L’observateur voit depuis la Terre l‘étoile dans la direction (Te′′) et un observateur situé sur le Soleil voit l’étoile dans la direction (SE). L’angle de ces deux directions est précisément l’angle d’aberration. e désigne sa position sur l’ellipse parallactique, e’ désigne la direction dans laquelle l’étoile $\mathbf{\text{e}_{0}}$ est vue mais attention l’étoile E n’est pas vue dans cette direction mais en e’’ depuis la Terre.

D’où les coordonnées dans le repère situé dans le plan tangent à la sphère
céleste en ${\text{e}_{0}}$ :

$x=-k\cos\left(\lambda_{S}-\lambda\right)+p\sin\left(\lambda_{S}-\lambda\right)$
$y=-k\sin\beta\sin\left(\lambda_{S}-\lambda\right)-p\sin\beta\cos\left(\lambda_{S}-\lambda\right)$

Propriété : ce sont les coordonnées d’un point situé sur une ellipse ayant pour demi-axes :

$\sqrt{k^{2} + p^{2}}$ et $\sqrt{k^{2} + p^{2}}\sin\beta$ et pour centre $\text{e}_{0}$ .

Exercice : Démontrer cette propriété.
Faire fonctionner l’animation pour voir l’étoile évoluer dans le ciel. La tache blanche est la position héliocentrique de l’étoile.

Animation disponible

http://www.compadre.org/osp/items/detail.cfm?ID=11206

F) Faisons à présent le point :

Nous nous plaçons dans le cadre ou l’une des deux propositions suivantes est
vraie :

• La Terre tourne autour du Soleil
• Le Soleil tourne autour de la Terre

Les deux propositions sont vraies si l’on choisit un repère lié au Soleil ou bien un repère lié à la Terre, mais en fait nous nous intéressons non à l’aspect cinématique mais à l’aspect dynamique ou si l’on préfère, quel est de ces deux corps celui qui se meut réellement autour de l’autre ?

L’argument employé contre l’héliocentrisme a été que si la Terre tournait autour du Soleil, on aurait dû voir cette ellipse parallactique mais la qualité des instruments optiques n’a pas permis la mise en évidence de cette ellipse et donc la Terre ne pouvait tourner autour du Soleil.

La théorie de l’aberration apporte une preuve supplémentaire quoique indirecte de la révolution de la Terre autour du Soleil.
Voir le paragraphe 10 de l’article Mesures dans le système solaire.

Pascal Descamp de l’observatoire de Paris fait très justement remarquer que :

« Si l’homme était apparu sur la planète Neptune plutôt que sur la Terre, l’ellipse parallactique y est 30 fois plus grande puisque la distance de Neptune est de 30 ua. L’ellipse d’aberration y est 5,5 fois plus petite (c’est le rapport des vitesses orbitales entre la Terre et Neptune).

En d’autres termes les demi-grands axes de l’ellipse parallactique et de l’ellipse d’aberration sont respectivement de l’ordre de 30’’ et de 4’’. La situation est donc inversée comparée à celle de la Terre. La preuve du mouvement de Neptune autour du Soleil aurait donc été trouvée plus facilement et plus tôt, sans doute même dès l’Antiquité - ce qui aurait évité bon nombre de désagréments durant plusieurs siècles - mais cela aurait été beaucoup plus difficile pour l’ellipse d’aberration. »

Fin

Retour en début de partie
Retour en haut de page