25Les méthodes de datation radiométrique

En 2001, une équipe travaillant sur des grains détritiques de zircon des Jack Hills, en Australie-Occidentale, en signala un qui avait cristallisé il y a $4404 \pm 8$ millions d’années. Des travaux ultérieurs ont confirmé l’âge de ces grains : ce sont les plus anciens matériaux connus de toute sorte formés sur la Terre, et ils montrent qu’une croûte s’était formée moins de 160 millions d’années après la naissance du Système solaire. À l’autre bout de l’échelle, des âges à l’argon ont placé l’extinction de la fin du Crétacé, il y a $66.00\,\mathrm{Ma}$, à moins de $32\,000$ ans de l’impact que l’on croit en être la cause. Les deux nombres viennent d’un comptage d’atomes : un parent radioactif qui se désintègre à une vitesse connue, un fils qui s’accumule. Ce chapitre explique comment de telles horloges se lisent, pourquoi chacune date un événement différent, et comment elles accrochent la charte du Chapitre 24 à une échelle d’années.

Tu sais déjà

Les volumes de physique décrivent la désintégration radioactive : les noyaux d’un isotope radioactif se désintègrent au hasard, indépendamment de la température et de la pression, de sorte que le nombre $N$ restant après un temps $t$ suit $N = N_0\,e^{-\lambda t}$, où $\lambda$ est la constante de désintégration ; la demi-vie est $T = \ln 2/\lambda$. Les isotopes d’un élément ont le même nombre de protons et des nombres de neutrons différents ; les volumes de chimie décrivent le spectromètre de masse, qui trie les ions selon leur masse. Au livre 2, année 12, une roche ou un minéral qui n’a échangé ni atomes père ni atomes fils avec son environnement est un système fermé, et les minéraux du granite de Varden, portés sur une isochrone rubidium–strontium, ont donné un âge de 310 millions d’années. La biotite, la muscovite et la hornblende sont les micas et l’amphibole du Définition 7.10. Un âge entre deux niveaux datés peut être interpolé (Proposition 24.8).

25.1 Les systèmes de désintégration

Une horloge demande deux comptages : ce qui reste du père, et la quantité de fils qu’il a faite depuis le départ de l’horloge.

Définition 25.1 (Isotope père, fils radiogénique)

Dans un système de désintégration utilisé pour dater, l’isotope père est l’isotope radioactif dont la désintégration sert d’horloge, et le fils est l’isotope que sa désintégration produit. Le fils radiogénique, noté $D^*$, est la part du fils faite par la désintégration du père dans l’échantillon depuis que l’horloge a démarré ; le reste, $D_0$, était là depuis le début. Le nombre d’atomes du fils mesuré aujourd’hui est $D = D_0 + D^*$.

Proposition 25.2 (Croissance radiogénique et équation de l’âge)

Dans un système fermé qui contient aujourd’hui $P$ atomes du père, le fils radiogénique produit en un temps $t$ est

$$D^* = P\,\bigl(e^{\lambda t} - 1\bigr),$$

à condition que chaque désintégration donne un atome du fils. L’âge est alors

$$t = \frac{1}{\lambda}\,\ln\!\left(1 + \frac{D^*}{P}\right).$$

L’âge ne dépend que d’un rapport de deux nombres d’atomes, ce que mesure le mieux un spectromètre de masse. La figure ci-dessous montre les deux comptages en unités de la demi-vie : après une demi-vie $D^*/P = 1$, après deux $3$, après trois $7$ — en général $2^n - 1$ après $n$ demi-vies.

Une horloge ne se lit bien que dans une fenêtre d’âges. Bien avant une demi-vie le fils est une minuscule fraction du père ; après de nombreuses demi-vies il reste trop peu de père à mesurer. Le tableau ci-dessous donne les systèmes les plus utilisés, avec le matériau auquel chacun s’applique.

père	fils	demi-vie (années)	$\lambda$ (par an)	matériau daté
$^{14}\mathrm{C}$	$^{14}\mathrm{N}$	$5700$	$1.216 \times 10^{-4}$	bois, charbon de bois, os, coquilles
$^{40}\mathrm{K}$	$^{40}\mathrm{Ar}$, $^{40}\mathrm{Ca}$	$1.25 \times 10^{9}$	$5.543 \times 10^{-10}$	minéraux riches en potassium : sanidine, biotite, hornblende
$^{87}\mathrm{Rb}$	$^{87}\mathrm{Sr}$	$4.96 \times 10^{10}$	$1.3972 \times 10^{-11}$	granites (roches totales), micas
$^{147}\mathrm{Sm}$	$^{143}\mathrm{Nd}$	$1.07 \times 10^{11}$	$6.46 \times 10^{-12}$	roches et leurs minéraux (isochrones)
$^{235}\mathrm{U}$	$^{207}\mathrm{Pb}$	$7.04 \times 10^{8}$	$9.8485 \times 10^{-10}$	zircon
$^{238}\mathrm{U}$	$^{206}\mathrm{Pb}$	$4.47 \times 10^{9}$	$1.551\,25 \times 10^{-10}$	zircon

Deux jeux de nombres sont en usage pour les mêmes noyaux, et un âge doit dire lequel il a employé. Les tables de données nucléaires donnent au potassium 40 une demi-vie de $1.248 \times 10^{9}$ ans et envoient $10.72\,\%$ de ses désintégrations vers l’argon ; les constantes conventionnellement utilisées en géochronologie donnent $\lambda = 5.543 \times 10^{-10}$ par an (une demi-vie de $1.2505 \times 10^{9}$ ans) et envoient $0.581/5.543 = 10.48\,\%$ des désintégrations vers l’argon. Les âges au radiocarbone, comme l’explique la Section 25.3, sont calculés avec une demi-vie de $5568$ ans que l’on sait trop courte. Les écarts atteignent quelques pour cent, bien plus que les $0.01\,\%$ auxquels les meilleurs âges sont désormais donnés (Section 25.5). L’incertitude sur les constantes de désintégration du potassium 40 lui-même, un noyau à deux branches et à longue demi-vie, limite l’exactitude de ses âges.

Proposition 25.3 (Précision d’un âge)

Si le rapport $R = D^*/P$ est mesuré avec l’incertitude-type $\sigma_R$, l’âge porte l’incertitude

$$\sigma_t = \frac{\sigma_R}{\lambda\,(1 + R)}.$$

Pour un échantillon jeune, $R$ est petit et $\sigma_t \approx \sigma_R/\lambda$ : l’erreur absolue sur l’âge est fixée par la qualité de mesure d’une petite quantité de fils. Une longue demi-vie (petit $\lambda$) l’amplifie. C’est pourquoi rubidium–strontium et uranium–plomb servent pour les roches de plus d’environ dix millions d’années, tandis que potassium–argon atteint des roches aussi jeunes qu’environ dix mille ans, et que le radiocarbone couvre les $70\,000$ dernières années.

25.2 Les isochrones

L’équation de l’âge exige $D^*$, mais l’instrument mesure $D = D_0 + D^*$, et $D_0$ est rarement nul : le strontium 87 est présent dans chaque minéral qui a pris du strontium en se formant. L’isochrone élimine $D_0$ en mesurant plusieurs échantillons qui sont partis de la même composition isotopique de l’élément fils.

Définition 25.4 (Isochrone, rapport initial)

Soit $S$ un isotope stable de l’élément fils qu’aucune désintégration ne produit ($^{86}\mathrm{Sr}$ pour le strontium, $^{144}\mathrm{Nd}$ pour le néodyme). Une isochrone est la droite sur laquelle se placent, dans un graphe de $y = D/S$ en fonction de $x = P/S$, des échantillons formés en même temps avec la même valeur de $D/S$ et restés des systèmes fermés depuis. Cette valeur de départ commune $y_0 = (D/S)_0$ est le rapport initial.

Théorème 25.5 (L’isochrone)

Des échantillons formés en même temps avec le même rapport initial $y_0$, et restés des systèmes fermés pendant un temps $t$, vérifient

$$y = y_0 + \bigl(e^{\lambda t} - 1\bigr)\,x .$$

Leurs points se placent sur une droite de pente $m = e^{\lambda t} - 1$ et d’ordonnée à l’origine $y_0$, et $t = \ln(1+m)/\lambda$.

Quand un granite a cristallisé, tous ses échantillons avaient le même $y_0$ et se plaçaient sur une droite horizontale ; chacun est depuis monté en proportion de son $x$, et la droite a tourné autour de son ordonnée à l’origine. Les échantillons ont besoin de valeurs de $x$ différentes pour bien définir la pente : des minéraux riches et pauvres en rubidium, comme au livre 2, ou des échantillons de roche totale pris dans des parties plus ou moins évoluées d’une même intrusion. Un point hors de la droite marque un échantillon qui n’était pas fermé, ou qui ne partageait pas le rapport initial. Le rapport initial est lui-même un traceur : un magma issu du manteau hérite d’un faible $^{87}\mathrm{Sr}/^{86}\mathrm{Sr}$, environ $0.7025$, et un magma issu de croûte continentale fondue d’un rapport élevé, environ $0.710$, parce que la croûte est riche en rubidium et a fait davantage de strontium 87 au cours des âges.

Les points réels ne tombent jamais exactement sur une droite. L’estimation usuelle de la droite est celle qui rend aussi petits que possible les carrés des distances verticales des points à elle.

Proposition 25.6 (La droite des moindres carrés)

Soit $(x_i, y_i)$, $i = 1, \dots, n$, des points avec au moins deux $x_i$ différents, de moyennes $\bar x$ et $\bar y$, et soit

$$S_{xx} = \sum_i (x_i - \bar x)^2, \qquad S_{xy} = \sum_i (x_i - \bar x)(y_i - \bar y).$$

La droite $y = b + m x$ qui minimise $Q(b, m) = \sum_i (y_i - b - m x_i)^2$ a pour coefficients

$$m = \frac{S_{xy}}{S_{xx}}, \qquad b = \bar y - m\,\bar x ,$$

et passe par le centre de gravité $(\bar x, \bar y)$.

La dispersion des points autour de la droite donne l’incertitude de la pente. Avec les résidus $r_i = y_i - b - m x_i$, l’écart-type de la dispersion est $s = \sqrt{\sum_i r_i^2/(n-2)}$ — deux degrés de liberté sont utilisés par les deux paramètres — et les incertitudes-types de la pente et de l’ordonnée à l’origine sont

Ces deux résultats de statistique sont admis ici ; l’âge porte alors $\sigma_t = \sigma_m/\bigl(\lambda(1 + m)\bigr)$, par l’argument de la Proposition 25.3. Ils montrent ce qui fait une bonne isochrone : beaucoup de points, largement répartis en $x$ (un grand $S_{xx}$), avec peu de dispersion.

Méthode 25.7 (Ajuster une isochrone)

1. Mesurer $x = P/S$ et $y = D/S$ sur au moins quatre échantillons d’un même corps, choisis pour répartir $x$ le plus largement possible.
2. Les porter ; mettre de côté, en justifiant, tout point nettement hors de la tendance.
3. Calculer $\bar x$, $\bar y$, $S_{xx}$, $S_{xy}$, puis $m = S_{xy}/S_{xx}$ et $b = \bar y - m \bar x$.
4. Calculer les résidus, $s$, $\sigma_m$ et $\sigma_b$.
5. L’âge est $t = \ln(1+m)/\lambda$, avec $\sigma_t = \sigma_m/\bigl(\lambda(1+m)\bigr)$ ; le rapport initial est $b \pm \sigma_b$.

Exemple 25.8 (Une rhyolite inventée)

Six échantillons de roche totale d’une série de laves rhyolitiques (données d’exercice) donnent :

$x = {}^{87}\mathrm{Rb}/^{86}\mathrm{Sr}$	1.85	4.62	9.30	14.75	21.20	27.60
$y = {}^{87}\mathrm{Sr}/^{86}\mathrm{Sr}$	0.71732	0.73332	0.76164	0.79420	0.83226	0.87028

Ici $\bar x = 13.22$, $\bar y = 0.784837$, $S_{xx} = 491.41$ et $S_{xy} = 2.92308$, donc $m = 0.0059484$ et $b = 0.70620$. Les résidus donnent $s = 0.00024$, $\sigma_m = 1.10 \times 10^{-5}$ et $\sigma_b = 0.00018$. L’âge est $t = \ln(1.0059484)/1.3972 \times 10^{-11} = 424.5\,\mathrm{Ma}$, avec $\sigma_t = 1.10 \times 10^{-5}/(1.3972 \times 10^{-11} \times 1.0059) = 0.8\,\mathrm{Ma}$ : $(424.5 \pm 0.8)\,\mathrm{Ma}$, rapport initial $0.706\,20 \pm 0.000\,18$ (figure ci-dessous).

Au laboratoire — Peser des isotopes

Un spectromètre de masse à ionisation thermique (à gauche) mesure les rapports isotopiques d’éléments tels que le strontium. L’élément, séparé de l’échantillon dissous par la chimie, est déposé sur un filament métallique sous vide ; chauffé, il émet des ions, qui sont accélérés et courbés par le champ du grand électroaimant (les bobines noires au centre), les ions légers plus que les lourds, si bien que chaque isotope atteint son propre collecteur. Les rapports d’isotopes sont ce que l’instrument mesure le mieux, c’est pourquoi les méthodes fondées sur les seuls rapports sont les plus précises. (Photographie : Radiogenic, CC0, via Wikimedia Commons.)

25.3 Potassium–argon, uranium–plomb et radiocarbone

Un père à deux fils

Définition 25.9 (Désintégration à embranchement)

Un père subit une désintégration à embranchement quand ses noyaux se désintègrent par deux voies ou plus vers des fils différents. Chaque voie $i$ a sa propre constante de désintégration partielle $\lambda_i$ ; le père se désintègre avec la constante totale $\lambda = \sum_i \lambda_i$, et une fraction $\lambda_i/\lambda$ des désintégrations emprunte la voie $i$. Le potassium 40 se désintègre en calcium 40 avec $\lambda_\beta = 4.962 \times 10^{-10}$ par an et en argon 40 avec $\lambda_e = 0.581 \times 10^{-10}$ par an.

Proposition 25.10 (L’âge potassium–argon)

Un minéral qui a gardé tout l’argon qui s’est formé en lui, et n’en contenait aucun à sa formation, contient après un temps $t$

$${}^{40}\mathrm{Ar}^* = \frac{\lambda_e}{\lambda}\;{}^{40}\mathrm{K}\,\bigl(e^{\lambda t} - 1\bigr), \qquad\text{donc}\qquad t = \frac{1}{\lambda}\,\ln\!\left(1 + \frac{\lambda}{\lambda_e}\, \frac{{}^{40}\mathrm{Ar}^*}{{}^{40}\mathrm{K}}\right),$$

où ${}^{40}\mathrm{K}$ est le nombre d’atomes de potassium 40 aujourd’hui et $\lambda = \lambda_\beta + \lambda_e$.

L’exposant contient la constante totale et le facteur devant la constante partielle : employer $\lambda_e$ dans l’exposant, comme si l’argon était la seule voie, donnerait un âge extrêmement faux. La branche du calcium porte les neuf dixièmes des désintégrations mais est inutile pour la datation, parce que le calcium 40 est l’isotope courant d’un élément abondant dans les roches ; l’argon, gaz noble, s’échappe d’un liquide magmatique, si bien qu’un cristal démarre avec presque aucun. Le potassium 40 fait $0.0117\,\%$ des atomes de potassium. La méthode exige les quantités absolues de potassium et d’argon, mesurées séparément. L’argon de l’air, présent dans toute roche, est reconnu par son argon 36 et soustrait avec le rapport atmosphérique $^{40}\mathrm{Ar}/^{36}\mathrm{Ar} = 295.5$.

La méthode échoue de deux façons. L’argon en excès donne des âges trop vieux : une lave qui refroidit vite peut piéger de l’argon du manteau dans des bulles, et les laves historiques donnent en général des âges potassium–argon de 1 à 2 millions d’années, une erreur qui ne compte que pour les roches jeunes. La perte d’argon les rend trop jeunes : la plupart des minéraux perdent de l’argon quand on les chauffe au-dessus d’environ $300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, si bien qu’un métamorphisme ultérieur remet l’horloge à zéro en tout ou partie, et une perte partielle donne un âge entre les deux événements qui ne date ni l’un ni l’autre. On préfère les minéraux riches en potassium : sanidine et biotite, puis plagioclase ou hornblende.

La méthode argon–argon ne mesure que des rapports. L’échantillon est irradié par des neutrons rapides au cœur d’un réacteur nucléaire, à côté d’un minéral étalon d’âge connu ; la réaction transforme une partie de son potassium 39 en argon 39, qui tient alors lieu de potassium, et l’étalon donne le rendement de la réaction. Les deux isotopes sont mesurés ensemble dans le même gaz. L’échantillon peut alors être chauffé par paliers, avec un four ou un laser ; chaque palier donne un âge, et les âges sont portés en fonction de la fraction cumulée d’argon 39 libérée, un spectre d’âge. Les paliers qui s’accordent dans leurs erreurs forment un plateau ; un spectre sans plateau avertit que le minéral n’est pas resté fermé. Le synchronisme de l’impact et de l’extinction de la fin du Crétacé repose sur des âges argon–argon.

Deux horloges à uranium

L’uranium a deux isotopes de longue vie, l’uranium 238 se désintégrant en plomb 206 et l’uranium 235 en plomb 207, à des vitesses différentes ; aujourd’hui $^{235}\mathrm{U}/^{238}\mathrm{U} = 0.0072567$, un atome sur 137.8. Un minéral contenant de l’uranium porte donc deux horloges indépendantes, chacune avec sa propre équation de croissance, ${}^{206}\mathrm{Pb}^* = {}^{238}\mathrm{U}\,(e^{\lambda_{238} t} - 1)$ et ${}^{207}\mathrm{Pb}^* = {}^{235}\mathrm{U}\,(e^{\lambda_{235} t} - 1)$. Si les deux âges s’accordent, on dit qu’ils sont concordants, et l’accord est un test de la fermeture du minéral, que nulle horloge seule ne peut fournir. Le désaccord vient surtout de plomb perdu par des parties du cristal endommagées par le rayonnement de l’uranium lui-même ; un graphe des deux rapports l’un en fonction de l’autre, le diagramme concordia, retrouve alors à la fois l’âge du cristal et celui de l’événement qui lui a fait perdre du plomb — un outil du volume de troisième année.

Le zircon, $\mathrm{ZrSiO_4}$, est le minéral de choix : il admet l’uranium dans sa structure mais presque pas de plomb, si bien que presque tout son plomb est radiogénique ; il est dur, résiste à l’altération et survit au métamorphisme, si bien que les grains érodés d’une roche gardent son âge dans les sables qui en dérivent. L’apatite et le sphène sont employés aussi, moins souvent.

Le radiocarbone

Le carbone 14 est fabriqué en continu dans la haute atmosphère à partir de l’azote 14 frappé par les rayons cosmiques. Il rejoint le carbone de l’atmosphère ; les organismes vivants échangent du carbone avec l’atmosphère et gardent sa proportion de carbone 14. À la mort l’échange cesse et le carbone 14 se désintègre en azote 14. Puisque la proportion initiale est celle de l’atmosphère, l’âge découle de la loi de désintégration seule, sans isochrone : $t = -\tau \ln(A/A_0)$, où $A$ est l’activité du carbone de l’échantillon, $A_0$ celle du carbone vivant et $\tau = 1/\lambda$ la vie moyenne. Le bois, le charbon de bois, les os, les dents et les coquilles se datent ainsi, jusqu’à quelques dizaines de milliers d’années : environ $70\,000$ ans au plus.

Définition 25.11 (Âge radiocarbone, courbe d’étalonnage)

L’âge radiocarbone (conventionnel) d’un échantillon est

$$t = -8033 \,\ln \frac{A_{\mathrm{SN}}}{A_{\mathrm{ON}}} \ \text{ans BP},$$

où $A_{\mathrm{SN}}$ est l’activité du carbone de l’échantillon et $A_{\mathrm{ON}}$ celle de l’étalon de référence ; il utilise la demi-vie de $5568$ ans (vie moyenne $8033$ ans), normalise les activités pour le fractionnement isotopique du carbone ($\delta^{13}\mathrm{C} = -25\,\text{‰}$), et compte les années avant 1950 apr. J.-C. (BP, « before present », avant le présent). Une courbe d’étalonnage donne l’âge radiocarbone d’échantillons d’âge calendaire connu ; lue à l’envers, elle convertit un âge radiocarbone en un intervalle d’âges calendaires (cal BP).

L’âge radiocarbone n’est pas un âge en années calendaires, pour deux raisons. La demi-vie de $5568$ ans, valeur de Libby, conservée par convention, est plus courte que la vraie valeur de $5700$ ans, si bien que les âges radiocarbone sont environ $2.4\,\%$ trop courts. Plus important, la proportion de carbone 14 dans l’atmosphère n’a pas été constante. La courbe d’étalonnage mesure les deux effets ensemble, sur des archives datées indépendamment : cernes d’arbres jusqu’à environ $13\,900$ cal BP, et au-delà des séquences flottantes de cernes, des sédiments lacustres et marins, des dépôts de grottes et des coraux, jusqu’à $55\,000$ cal BP (figure ci-dessous).

À $2000$ cal BP la courbe donne $2070 \pm 14$ ans BP ; à $12\,000$ cal BP, $10\,306$ : les âges radiocarbone y sont plus jeunes de $1694$ ans que les âges calendaires, bien plus que les $2.4\,\%$ de la demi-vie. La courbe ondule, et là où elle est plate un âge radiocarbone correspond à un long intervalle d’âges calendaires, si précise que soit la mesure.

Chiffres de 2020

La courbe en usage pour l’hémisphère Nord est IntCal20, publiée en 2020. Elle a remplacé IntCal13, en ajoutant de nouvelles données et en prolongeant la courbe jusqu’à $55\,000$ cal BP, avec des courbes distinctes pour l’hémisphère Sud et pour l’océan de surface. Les courbes d’étalonnage sont révisées à mesure que de nouvelles archives sont mesurées, si bien qu’un âge calendaire doit nommer la courbe qui l’a produit.

25.4 La température de fermeture

Un minéral qui cristallise à partir d’un magma à $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ne met pas son horloge en marche tout de suite. Tant qu’il est chaud, des atomes du fils — l’argon surtout — diffusent à travers son réseau et s’échappent ; ce n’est que lorsqu’il s’est assez refroidi que la diffusion devient trop lente pour compter, et que le fils commence à s’accumuler.

Définition 25.12 (Température de fermeture, âge de refroidissement)

La température de fermeture d’un minéral pour un système de désintégration est la température en dessous de laquelle les atomes père et fils ne diffusent plus dans son réseau, ni vers l’intérieur ni vers l’extérieur, assez vite pour compter, si bien que le minéral se comporte comme un système fermé. Un âge de refroidissement est un âge mesuré dans un minéral formé au-dessus de sa température de fermeture : il date le moment où le minéral s’est refroidi en passant par cette température, non le moment où il s’est formé.

Les températures de fermeture diffèrent selon le minéral, parce que les réseaux diffèrent, et selon l’élément, parce que des atomes différents diffusent à travers un même réseau à des vitesses différentes (figure ci-dessous). Elles sont approximatives : deux tables donnent $280\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour l’argon dans la biotite, $530\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $550\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour l’argon dans la hornblende. Les traces de fission, sillons de dégâts laissés dans un cristal par la fission spontanée de noyaux d’uranium, guérissent à des températures plus basses encore.

Dans un pluton qui s’est refroidi lentement, les horloges se ferment donc l’une après l’autre, de la plus chaude à la plus froide : le zircon d’abord, près de sa cristallisation, puis la hornblende, puis la muscovite et la biotite. L’étalement de leurs âges enregistre le refroidissement.

Proposition 25.13 (Vitesse de refroidissement entre deux fermetures)

Si deux minéraux d’une même roche, de températures de fermeture $T_1 > T_2$, donnent les âges de refroidissement $t_1 > t_2$, la vitesse moyenne de refroidissement entre les deux fermetures est

$$\dot T = \frac{T_1 - T_2}{t_1 - t_2}.$$

Si la roche se trouvait à une profondeur où la température croissait avec la profondeur à gradient constant $G$ sous une surface à la température $T_s$, elle était à la profondeur $z_i = (T_i - T_s)/G$ quand l’horloge $i$ s’est fermée.

La profondeur donne une vitesse d’exhumation une fois connu le moment où la roche a atteint la surface — comme dans le problème de ce chapitre. La méthode est grossière : les températures de fermeture sont incertaines de dizaines de degrés, et le géotherme est supposé constant dans le temps. La thermochronologie, la reconstitution détaillée de trajets température–temps à partir de nombreuses horloges, relève du volume de troisième année.

25.5 Dater les séquences sédimentaires

La plupart des roches sédimentaires ne peuvent être datées directement. Leurs grains sont plus vieux que la roche : un zircon détritique, comme le grain en tête de ce chapitre, date la roche dont il a été érodé. Le radiocarbone ne date que de la matière organique jeune. Les âges de la charte viennent donc de roches qui ont cristallisé au moment même où elles se sont déposées — cendres volcaniques et coulées de lave dans la séquence — et de roches magmatiques qui la recoupent.

Définition 25.14 (Âge d’encadrement)

Un âge d’encadrement est une limite placée sur l’âge d’un niveau sédimentaire par des roches datées liées à lui par les principes de la stratigraphie : un âge maximal d’après une couche datée en dessous de lui, ou d’après le plus jeune grain détritique qu’il contient ; un âge minimal d’après une couche datée au-dessus, ou d’après une intrusion qui le recoupe. Un niveau compris entre un maximum et un minimum est encadré.

Les meilleurs encadrements sont proches et précis : deux bancs de cendre distants de quelques mètres, datés sur zircon à quelques dizaines de milliers d’années près, avec le niveau intermédiaire interpolé par la Proposition 24.8. À Meishan, le GSSP de la base du Trias se trouve parmi cinq bancs de cendre datés ; l’extinction est encadrée entre $(251.941 \pm 0.037)\,\mathrm{Ma}$ et $(251.880 \pm 0.031)\,\mathrm{Ma}$, et la base du système est placée à $(251.902 \pm 0.024)\,\mathrm{Ma}$ (Section 24.4). Les bancs de cendre, portés par le vent à travers les faciès, sont à la fois des lignes de temps et des horloges.

La charte n’est précise que dans la mesure des bancs datés près de chaque limite. La base du Trias est connue à $0.024\,\mathrm{Ma}$, une partie sur dix mille ; la base du Carbonifère à $0.19\,\mathrm{Ma}$ ; la base du Dévonien à $1.36\,\mathrm{Ma}$. Là où aucun banc daté ne se trouve près d’une limite, son âge est interpolé entre des bancs éloignés, et son incertitude croît en conséquence. Chaque nouveau banc de cendre daté près d’une limite peut la déplacer, ce qui explique que la charte porte une date de version.

25.6 Exercices

Exercice 25.1 ★

(a) Un minéral contient trois fois plus d’atomes fils radiogéniques que d’atomes père. De combien de demi-vies est-il âgé ? (b) Calculer $D^*/P$ après $310\,\mathrm{Ma}$ pour le rubidium 87 et pour l’uranium 235, avec les constantes du Table 25.1. Quel rapport est le plus facile à mesurer avec précision ? (c) Après combien de demi-vies reste-t-il moins de $1\,\%$ du père ?

Solution

Solution de Exercice 25.1.

(a) Ici $D^*/P = 2^n - 1 = 3$ donne $n = 2$ : deux demi-vies. (b) Rubidium 87 : $e^{\lambda t} - 1 = e^{1.3972 \times 10^{-11} \times 3.10 \times 10^{8}} - 1 = 0.004341$ ; uranium 235 : $e^{9.8485 \times 10^{-10} \times 3.10 \times 10^{8}} - 1 = 0.3570$. Le rapport de l’uranium est environ 80 fois plus grand : une erreur absolue de mesure donnée en est une part bien plus petite. (c) $2^{-n} < 0.01$ quand $n > \log_2 100 = 6.64$ : après environ sept demi-vies.

Exercice 25.2 ★

Quelle méthode du Table 25.1 emploierait-on, et sur quel matériau, pour dater : (a) du charbon de bois d’un foyer vieux d’environ $8000$ ans ; (b) un banc de cendre que l’on croit vieux d’environ $66\,\mathrm{Ma}$, riche en sanidine et en zircon ; (c) un granite d’environ $2.7\,\mathrm{Ga}$ ; (d) une coquille d’environ $40\,000$ ans ; (e) un calcaire du Jurassique sans couche volcanique ?

Solution

Solution de Exercice 25.2.

(a) Radiocarbone sur le charbon de bois. (b) Uranium–plomb sur le zircon, ou argon–argon (potassium–argon) sur la sanidine, minéral riche en potassium. (c) Uranium–plomb sur zircon, qui survit à une longue histoire ; rubidium–strontium sur roches totales est possible ; potassium–argon risquerait de donner des âges abaissés par l’argon perdu lors d’un chauffage ultérieur. (d) Radiocarbone sur le carbonate de la coquille, près de la limite de la méthode (environ $70\,000$ ans). (e) Aucune directement : son âge est encadré par des roches volcaniques datées au-dessus et en dessous, ou trouvé en corrélant ses fossiles avec une coupe datée (Chapitre 24).

Exercice 25.3 ★

Le carbone d’un morceau de bois a le quart de l’activité de l’étalon, après normalisation. (a) Calculer son âge radiocarbone conventionnel. (b) Calculer son âge avec la demi-vie de $5700$ ans. (c) Pourquoi aucun des deux n’est son âge en années calendaires, et comment obtient-on cet âge ?

Solution

Solution de Exercice 25.3.

(a) $t = -8033 \ln 0.25 = 8033 \times 1.3863 = 11\,136$ ans BP. (b) La vie moyenne est $5700/\ln 2 = 8223$ ans : $t = 8223 \times 1.3863 = 11\,400$ ans. (c) Les deux supposent que la proportion de carbone 14 dans le carbone vivant était alors la même que dans l’étalon ; ce n’était pas le cas. L’âge calendaire se lit sur une courbe d’étalonnage telle qu’IntCal20, comme un intervalle d’années cal BP.

Exercice 25.4 ★

Un granite donne un âge uranium–plomb sur zircon de $420\,\mathrm{Ma}$, un âge potassium–argon sur hornblende de $410\,\mathrm{Ma}$ et un sur biotite de $398\,\mathrm{Ma}$. (a) Pourquoi les trois âges sont-ils différents, et dans cet ordre ? (b) Avec les températures de fermeture de la figure de la Section 25.4, calculer la vitesse moyenne de refroidissement entre les fermetures de la hornblende et de la biotite. (c) Que peut-on dire de la vitesse de refroidissement entre la fermeture du zircon et celle de la hornblende ?

Solution

Solution de Exercice 25.4.

(a) Chaque horloge démarre quand son minéral se refroidit sous sa température de fermeture : le zircon (au-dessus de $750\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) se ferme en premier, la hornblende (environ $530\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) ensuite, la biotite (environ $280\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) en dernier, si bien que les âges décroissent dans cet ordre à mesure que le granite se refroidissait. (b) $(530 - 280)/(410 - 398) = 250/12 = 21\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années. (c) Le zircon s’est fermé au-dessus de $750\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, donc le granite s’est refroidi d’au moins $750 - 530 = 220\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $10\,\mathrm{Ma}$ : au moins $22\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années, une borne inférieure.

Exercice 25.5 ★★

Quatre échantillons de roche totale d’un gneiss (données d’exercice) donnent $^{87}\mathrm{Rb}/^{86}\mathrm{Sr} = 2.0$, $5.0$, $9.0$, $14.0$ et $^{87}\mathrm{Sr}/^{86}\mathrm{Sr} = 0.7323$, $0.7741$, $0.8307$, $0.9010$. (a) Ajuster la droite des moindres carrés par la méthode de la Méthode 25.7. (b) Calculer l’âge et le rapport initial. (c) Calculer $s$ et l’incertitude de l’âge. (d) Le rapport initial indique-t-il une source dans le manteau ou dans la croûte ?

Solution

Solution de Exercice 25.5.

(a) $\bar x = 7.5$, $\bar y = 0.809525$, $S_{xx} = 81.0$, $S_{xy} = 1.13965$ ; $m = 1.13965/81.0 = 0.0140698$, $b = 0.809525 - 7.5 \times 0.0140698 = 0.70400$. (b) $t = \ln(1.0140698)/1.3972 \times 10^{-11} = 1000.0\,\mathrm{Ma}$ ; rapport initial $0.7040$. (c) Les résidus sont $+1.6$, $-2.5$, $+0.7$ et $+0.2$ (en unités de $10^{-4}$) : $s = \sqrt{9.34 \times 10^{-8}/2} = 0.00022$, $\sigma_m = 0.00022/\sqrt{81} = 2.40 \times 10^{-5}$ et $\sigma_t = 2.40 \times 10^{-5}/(1.3972 \times 10^{-11} \times 1.0141) = 1.7\,\mathrm{Ma}$ : $(1000.0 \pm 1.7)\,\mathrm{Ma}$. (d) $0.7040$ est proche de la valeur du manteau $0.7025$ et bien en dessous de celle de la croûte $0.710$ : une source surtout dans le manteau.

Exercice 25.6 ★★

Une sanidine d’un banc de cendre contient $10.0\,\%$ de potassium en masse et $1.169\,\mathrm{nmol}$ d’argon 40 radiogénique par gramme. (a) Avec la masse atomique du potassium, $39.098\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$, et l’abondance du potassium 40, calculer le nombre de moles de potassium 40 par gramme. (b) Calculer l’âge potassium–argon. (c) Si $0.5\,\%$ de l’argon mesuré avait été piégé à la chute de la cendre plutôt que produit par désintégration, de combien l’âge serait-il trop vieux ? Est-ce une préoccupation ici ?

Solution

Solution de Exercice 25.6.

(a) $0.100/39.098 \times 1.17 \times 10^{-4} = 2.992 \times 10^{-7}\,\mathrm{mol}$ de potassium 40 par gramme. (b) ${}^{40}\mathrm{Ar}^*/{}^{40}\mathrm{K} = 1.169 \times 10^{-9}/2.992 \times 10^{-7} = 0.0039065$ ; $\lambda/\lambda_e = 5.543/0.581 = 9.5404$ ; $t = \ln(1 + 9.5404 \times 0.0039065)/5.543 \times 10^{-10} = \ln(1.037269)/5.543 \times 10^{-10} = 66.01\,\mathrm{Ma}$. (c) L’argon radiogénique serait $0.995 \times 1.169$ nanomoles, ce qui donne $65.69\,\mathrm{Ma}$ : l’âge mesuré serait trop vieux de $0.32\,\mathrm{Ma}$, dix fois les $32\,000$ ans dans lesquels l’impact et l’extinction de la fin du Crétacé se révèlent désormais coïncider. L’argon en excès est une préoccupation surtout dans les roches jeunes et les roches totales ; un minéral tel que la sanidine ne doit pas prendre d’argon en cristallisant, et un spectre d’âge argon–argon le révélerait.

Exercice 25.7 ★★

La courbe IntCal20 donne les âges radiocarbone $2070 \pm 14$ ans BP à $2000$ cal BP, $7178$ à $8000$ cal BP et $10\,306$ à $12\,000$ cal BP. (a) Une graine donne $2070 \pm 14$ ans BP. Quel est son âge calendaire ? (b) Une autre donne $2480 \pm 15$ ans BP ; avec le panneau de droite de la figure de la Section 25.3, donner son intervalle d’âges calendaires et expliquer pourquoi il est si large. (c) De combien d’années, et dans quel sens, les âges radiocarbone diffèrent-ils des âges calendaires à $2000$, $8000$ et $12\,000$ cal BP ? La différence croît-elle proportionnellement à l’âge ?

Solution

Solution de Exercice 25.7.

(a) Environ $2000$ cal BP : la courbe passe par $2070$ ans BP à cet endroit. (b) D’environ $2495$ à $2699$ cal BP, deux cents ans : la courbe est presque plate entre $2500$ et $2700$ cal BP, si bien que chaque âge calendaire de cet intervalle a presque le même âge radiocarbone, et qu’une mesure plus précise ne réduirait pas l’intervalle. (c) À $2000$ cal BP l’âge radiocarbone est de $70$ ans plus vieux que l’âge calendaire ; à $8000$ cal BP $822$ ans plus jeune ($10\,\%$) ; à $12\,000$ cal BP $1694$ ans plus jeune ($14\,\%$). La différence n’est pas proportionnelle à l’âge : elle change même de signe. Elle ne peut venir de la seule demi-vie, qui donnerait un $2.4\,\%$ constant.

Exercice 25.8 ★★

Dans une coupe marine, un banc de cendre à $4\,\mathrm{m}$ est daté de $(94.50 \pm 0.10)\,\mathrm{Ma}$ et une coulée de lave à $20\,\mathrm{m}$ de $(93.80 \pm 0.12)\,\mathrm{Ma}$ ; un dyke qui recoupe toute la coupe est daté de $(93.20 \pm 0.08)\,\mathrm{Ma}$. Le plus jeune zircon détritique d’un grès à $6\text{ à }10\,\mathrm{m}$ est de $(95.3 \pm 0.4)\,\mathrm{Ma}$. Une limite d’étage est placée à $12\,\mathrm{m}$. (a) Lesquels des quatre âges encadrent la limite, et lesquels ne lui sont d’aucune utilité ? (b) Interpoler son âge et son incertitude avec la Proposition 24.8. (c) Que dit le zircon détritique du grès ?

Solution

Solution de Exercice 25.8.

(a) Le banc de cendre en dessous ($94.50\,\mathrm{Ma}$) donne un âge maximal, la coulée de lave au-dessus ($93.80\,\mathrm{Ma}$) un âge minimal : la limite est encadrée entre eux. Le dyke est aussi un minimum, mais plus faible, plus jeune que la lave. Le zircon détritique est un maximum seulement pour le grès, et plus faible que le banc de cendre, qui se trouve en dessous du grès. (b) $f = (12 - 4)/(20 - 4) = 0.5$ ; $t = 94.50 - 0.5 \times 0.70 = 94.15\,\mathrm{Ma}$ ; $\sigma_t = \sqrt{0.25 \times 0.10^2 + 0.25 \times 0.12^2} = 0.08\,\mathrm{Ma}$ : $(94.15 \pm 0.08)\,\mathrm{Ma}$. (c) Ses grains viennent d’une roche d’au moins $95.3\,\mathrm{Ma}$, érodée quelque part dans la zone source ; cela montre que le grès est plus jeune que $95.3\,\mathrm{Ma}$, ce que le banc de cendre en dessous prouve déjà plus étroitement.

Exercice 25.9 ★★

Deux zircons d’un même granite donnent $^{206}\mathrm{Pb}^*/^{238}\mathrm{U} = 0.08401$ et $^{207}\mathrm{Pb}^*/^{235}\mathrm{U} = 0.6688$ (grain A), et $0.05881$ et $0.4682$ (grain B). (a) Calculer les deux âges de chaque grain. (b) Quel grain est concordant ? (c) Le grain B a perdu une partie de son plomb récemment. Montrer que ses deux rapports valent $70\,\%$ de ceux du grain A, et expliquer pourquoi ses deux âges diffèrent alors que la perte a été la même pour les deux isotopes.

Solution

Solution de Exercice 25.9.

(a) Grain A : $\ln(1.08401)/1.551\,25 \times 10^{-10} = 520.0\,\mathrm{Ma}$ et $\ln(1.6688)/9.8485 \times 10^{-10} = 520.0\,\mathrm{Ma}$. Grain B : $368.4\,\mathrm{Ma}$ et $389.9\,\mathrm{Ma}$. (b) Le grain A est concordant. (c) $0.05881/0.08401 = 0.7000$ et $0.4682/0.6688 = 0.7001$. L’âge est $\ln(1 + R)/\lambda$, non proportionnel à $R$ : pour le petit rapport de l’uranium 238 $\ln(1+R) \approx R$ et l’âge chute de près de $30\,\%$ (à $368\,\mathrm{Ma}$) ; pour le plus grand rapport de l’uranium 235 le logarithme chute moins, et l’âge seulement à $390\,\mathrm{Ma}$. Les deux sont trop jeunes, et ils ne s’accordent pas : le grain est discordant.

Exercice 25.10 ★★★

(a) Montrer que quand $\lambda t \ll 1$ l’équation de l’âge se réduit à $t \approx (D^*/P)/\lambda$, et que l’erreur relative de cette approximation est voisine de $\lambda t/2$. (b) Calculer l’erreur pour le rubidium 87 à $310\,\mathrm{Ma}$, pour le potassium 40 à $296\,\mathrm{Ma}$ et pour l’uranium 238 à $4.4\,\mathrm{Ga}$. (c) Si $D^*/P$ est mesuré à $0.1\,\%$, quelle est l’incertitude d’un âge rubidium–strontium de $310\,\mathrm{Ma}$ ?

Solution

Solution de Exercice 25.10.

(a) Avec $u = \lambda t$, $D^*/P = e^u - 1 = u + u^2/2 + \dots$, donc $(D^*/P)/\lambda = t\,(1 + u/2 + \dots)$ : l’approximation surestime l’âge d’une erreur relative voisine de $u/2$. (b) Rubidium 87 à $310\,\mathrm{Ma}$ : $u = 0.00433$, erreur $0.22\,\%$ ($0.7\,\mathrm{Ma}$) ; potassium 40 à $296\,\mathrm{Ma}$ : $u = 0.164$, erreur $8.7\,\%$ ($26\,\mathrm{Ma}$ ; $u/2$ donne $8.2\,\%$) ; uranium 238 à $4.4\,\mathrm{Ga}$ : $u = 0.683$, erreur $43\,\%$ — l’approximation et même son estimation d’erreur ($u/2 = 34\,\%$) échouent. (c) $R = 0.004341$, $\sigma_R = 4.34 \times 10^{-6}$ ; d’après la Proposition 25.3, $\sigma_t = 4.34 \times 10^{-6}/(1.3972 \times 10^{-11} \times 1.0043) = 0.31\,\mathrm{Ma}$.

Exercice 25.11 ★★★

Une biotite a cristallisé et s’est fermée il y a $400\,\mathrm{Ma}$. Il y a $200\,\mathrm{Ma}$, un bref chauffage lui a fait perdre une fraction $f$ de son argon, après quoi elle s’est refermée. (a) Montrer qu’aujourd’hui

$$\frac{\lambda}{\lambda_e}\,\frac{^{40}\mathrm{Ar}^*}{^{40}\mathrm{K}} = (1 - f)\bigl(e^{\lambda t_1} - e^{\lambda t_2}\bigr) + e^{\lambda t_2} - 1,$$

avec $t_1 = 400\,\mathrm{Ma}$ et $t_2 = 200\,\mathrm{Ma}$. (b) Calculer l’âge potassium–argon apparent pour $f = 0$, $0.3$, $0.6$ et $1$. (c) Pourquoi un seul âge potassium–argon ne peut-il distinguer une perte partielle d’un événement plus jeune ?

Solution

Solution de Exercice 25.11.

(a) Soit ${}^{40}\mathrm{K}$ le potassium 40 d’aujourd’hui. Au temps $t_2$ avant le présent il y avait ${}^{40}\mathrm{K}\,e^{\lambda t_2}$ atomes, et l’argon fait entre $t_1$ et $t_2$ était, d’après la Proposition 25.10 appliquée à cet intervalle, $(\lambda_e/\lambda)\,{}^{40}\mathrm{K}\,e^{\lambda t_2}\bigl(e^{\lambda (t_1 - t_2)} - 1\bigr) = (\lambda_e/\lambda)\, {}^{40}\mathrm{K}\,\bigl(e^{\lambda t_1} - e^{\lambda t_2}\bigr)$. Une fraction $1 - f$ en est restée. Depuis $t_2$, le minéral fermé a fait $(\lambda_e/\lambda)\,{}^{40}\mathrm{K}\,(e^{\lambda t_2} - 1)$ de plus. En ajoutant et en multipliant par $\lambda/(\lambda_e\,{}^{40}\mathrm{K})$ on obtient l’expression. (b) L’âge apparent est $\ln(1 + \text{expression})/\lambda$ : $400.0\,\mathrm{Ma}$ pour $f = 0$, $342.3\,\mathrm{Ma}$ pour $0.3$, $282.7\,\mathrm{Ma}$ pour $0.6$ et $200.0\,\mathrm{Ma}$ pour $1$. (c) Tout âge compris entre $200\,\mathrm{Ma}$ et $400\,\mathrm{Ma}$ peut être produit par une perte partielle, et un nombre unique ne peut dire s’il enregistre un événement réel à cette date ou un mélange ; un spectre d’âge, ou d’autres horloges dans la même roche, sont nécessaires.

Exercice 25.12 ★★★

À $12\,000$ cal BP la courbe IntCal20 donne un âge radiocarbone de $10\,306$ ans BP. (a) Recalculer l’âge à partir du même rapport d’activité avec la demi-vie de $5700$ ans. (b) Quelle part des $1694$ ans dont l’âge radiocarbone est inférieur à l’âge calendaire la convention de demi-vie explique-t-elle ? (c) En supposant que le reste vient d’une proportion plus élevée de carbone 14 dans l’atmosphère il y a $12\,000$ ans, calculer de combien, en pour cent, elle dépassait la proportion de l’étalon.

Solution

Solution de Exercice 25.12.

(a) L’âge est proportionnel à la vie moyenne employée : $10306 \times 8223/8033 = 10\,550$ ans. (b) $10550 - 10306 = 244$ ans, environ un septième des $1694$. (c) Si l’activité initiale était $k A_0$, le vrai âge est $t = \tau \ln(k A_0/A) = 10\,550 + \tau \ln k$ ; avec $t = 12\,000$, $\ln k = 1450/8223 = 0.176$ et $k = 1.19$ : environ $19\,\%$ de carbone 14 de plus que dans l’étalon.

25.7 Problème : Dater le granite de Varden et sa couverture

Problème 25.1

Problème du week-end — comment quatre horloges datent la cristallisation, le refroidissement et la mise à nu d’un granite

Le granite des collines de Varden, la région inventée de la série, recoupe le socle de schistes et est recouvert, au-dessus d’une discordance, par le grès triasique. Utiliser les constantes du Table 25.1, les températures de fermeture de la figure de la Section 25.4, la masse atomique du potassium $39.098\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$ et l’abondance du potassium 40, $0.0117\,\%$ des atomes de potassium. Toutes les analyses sont des données d’exercice.

Partie I — Une isochrone sur roche totale. Six échantillons de roche totale donnent :

$^{87}\mathrm{Rb}/^{86}\mathrm{Sr}$	0.92	2.15	3.40	5.05	7.60	10.30
$^{87}\mathrm{Sr}/^{86}\mathrm{Sr}$	0.71211	0.71718	0.72284	0.72986	0.74113	0.75261

1. Porter les six échantillons. Sont-ils sur une droite ?
2. Calculer $\bar x$, $\bar y$, $S_{xx}$ et $S_{xy}$, puis la pente des moindres carrés.
3. Calculer l’ordonnée à l’origine. Que représente-t-elle ?
4. Calculer l’âge du granite.
5. Calculer les résidus, $s$, et l’incertitude de l’âge.
6. Le rapport initial est-il plus proche de celui du manteau ou de celui de la croûte continentale ? Si le magma était un mélange de liquides à $0.7025$ et $0.710$, également riches en strontium, quelle part de son strontium venait de la croûte ?

Partie II — Potassium et argon. Une biotite contient $7.40\,\%$ de potassium en masse et $4.139\,\mathrm{nmol}$ d’argon 40 radiogénique par gramme ; une hornblende $1.10\,\%$ et $0.6333\,\mathrm{nmol}\,\mathrm{g}^{-1}$.

7. Calculer le nombre d’atomes de potassium 40 dans un gramme de la biotite.
8. Calculer l’âge potassium–argon de la biotite.
9. Calculer celui de la hornblende.
10. Quel âge la biotite donnerait-elle si l’on oubliait l’embranchement et comptait toutes les désintégrations comme de l’argon ? Pourquoi n’utilise-t-on pas le calcium 40 à la place ?
11. Pourquoi l’argon en excès, piégé à la formation des minéraux, est-il peu préoccupant ici ?
12. Les deux âges sont plus jeunes que l’âge isochrone. Donner deux explications, et dire comment un spectre d’âge argon–argon pourrait les départager.

Partie III — Refroidissement. Un zircon du granite donne $^{206}\mathrm{Pb}^*/^{238}\mathrm{U} = 0.049361$ et $^{207}\mathrm{Pb}^*/^{235}\mathrm{U} = 0.35784$.

13. Calculer les deux âges uranium–plomb. Sont-ils concordants ?
14. Assigner à chaque âge des Parties I à III l’événement qu’il date. Dessiner la température du granite en fonction du temps, du zircon à la biotite.
15. Calculer la vitesse moyenne de refroidissement entre les fermetures de la hornblende et de la biotite.
16. Que peut-on dire de la vitesse de refroidissement entre la fermeture du zircon et celle de la hornblende ?
17. Avec une incertitude de $40\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ sur chacune des deux températures de fermeture, indépendantes, quel intervalle de vitesses de refroidissement est possible ?
18. Avec l’autre table citée dans le chapitre ($550\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour la hornblende, $350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour la biotite), quelle vitesse trouve-t-on ? Que dit cela du résultat ?
19. Supposer un géotherme de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}\,\mathrm{km}^{-1}$ sous une surface à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. À quelle profondeur le granite se trouvait-il quand la biotite s’est fermée ?

Partie IV — La discordance. Un banc de cendre à $18\,\mathrm{m}$ au-dessus de la base du grès triasique contient des zircons avec $^{206}\mathrm{Pb}^*/^{238}\mathrm{U} = 0.039108$ et $^{207}\mathrm{Pb}^*/^{235}\mathrm{U} = 0.27577$. Un second banc de cendre, à $58\,\mathrm{m}$ au-dessus de la base, est daté de $245.30\,\mathrm{Ma}$. Des zircons détritiques du premier mètre du grès donnent des âges autour de $310\,\mathrm{Ma}$.

20. Calculer l’âge du banc de cendre inférieur.
21. D’où viennent les zircons détritiques, et que disent-ils de l’âge du grès ?
22. Calculer la vitesse d’accumulation du grès entre les bancs de cendre, et l’âge de sa base, en supposant la même vitesse sous le banc de cendre inférieur.
23. Quelle est la durée de la lacune de l’enregistrement à la discordance, de la cristallisation du granite au dépôt du grès ?
24. Calculer la vitesse moyenne d’érosion qui a amené le granite de la profondeur de la question 19 à la surface. Quelle hypothèse cela suppose-t-il sur l’endroit où se trouvait le granite érodé ?
25. Quelle est la vitesse de refroidissement du granite ?

Solution

Solution de Problème 25.1.

1. Les points montent régulièrement avec $x$ ; leurs écarts à une droite sont au plus de deux unités à la quatrième décimale, pour une étendue de $0.04$ en $y$ : ils sont sur une droite à faible dispersion près.
2. $\bar x = 4.90333$, $\bar y = 0.729288$, $S_{xx} = 62.1253$, $S_{xy} = 0.269335$ ; $m = 0.269335/62.1253 = 0.0043354$.
3. $b = 0.729288 - 0.0043354 \times 4.90333 = 0.70803$ : le $^{87}\mathrm{Sr}/^{86}\mathrm{Sr}$ du granite quand il a cristallisé, partagé par toutes ses parties.
4. $t = \ln(1.0043354)/1.3972 \times 10^{-11} = 309.6\,\mathrm{Ma}$.
5. Les résidus sont $+9.1$, $-17.2$, $+6.9$, $-6.4$, $+15.1$ et $-7.5$ (en unités de $10^{-5}$) ; $s = 0.000137$, $\sigma_m = 0.000137/\sqrt{62.1253} = 1.74 \times 10^{-5}$, $\sigma_t = 1.74 \times 10^{-5}/(1.3972 \times 10^{-11} \times 1.0043) = 1.2\,\mathrm{Ma}$ : $(309.6 \pm 1.2)\,\mathrm{Ma}$, et $\sigma_b = 0.00010$.
6. $0.7080$ est plus proche de la valeur crustale $0.710$ que de celle du manteau, $0.7025$. Pour un mélange, $(0.70803 - 0.7025)/(0.710 - 0.7025) = 0.74$ : environ trois quarts du strontium venaient de croûte fondue.
7. $0.0740/39.098 \times 1.17 \times 10^{-4} = 2.214 \times 10^{-7}\,\mathrm{mol}$ par gramme, multiplié par $6.022 \times 10^{23}$ : $1.33 \times 10^{17}$ atomes.
8. $^{40}\mathrm{Ar}^*/^{40}\mathrm{K} = 4.139 \times 10^{-9}/2.2144 \times 10^{-7} = 0.018691$ ; $1 + 9.5404 \times 0.018691 = 1.17832$ ; $t = \ln(1.17832)/5.543 \times 10^{-10} = 296.0\,\mathrm{Ma}$.
9. $^{40}\mathrm{K} = 3.292 \times 10^{-8}\,\mathrm{mol}\,\mathrm{g}^{-1}$, rapport $0.019239$, $\ln(1.18355)/5.543 \times 10^{-10} = 304.0\,\mathrm{Ma}$.
10. $\ln(1.018691)/5.543 \times 10^{-10} = 33.4\,\mathrm{Ma}$, neuf fois trop jeune, parce qu’une désintégration sur dix seulement donne de l’argon. Le calcium 40 est l’isotope courant du calcium, abondant dans les roches : le peu qui est fait par désintégration ne peut être distingué du calcium que les minéraux contenaient dès le départ.
11. L’argon en excès décale les âges de l’ordre d’un million d’années, ce qui compte pour les roches jeunes ; ici il serait bien en dessous de $1\,\%$ de l’âge. Et les cristaux de mica et d’amphibole ne prennent presque pas d’argon quand ils se forment.
12. Soit le granite s’est refroidi lentement et les micas et l’amphibole se sont fermés après la cristallisation (âges de refroidissement), soit un chauffage ultérieur a chassé une partie de leur argon. Un plateau plat dans un spectre d’âge argon–argon soutient un âge de refroidissement ; un spectre sans plateau avertit que les minéraux ont perdu de l’argon. L’ordre des âges, la hornblende avant la biotite comme le prédisent leurs températures de fermeture, indique aussi un refroidissement.
13. $\ln(1.049361)/1.551\,25 \times 10^{-10} = 310.6\,\mathrm{Ma}$ et $\ln(1.35784)/9.8485 \times 10^{-10} = 310.6\,\mathrm{Ma}$ : concordants.
14. Zircon $310.6\,\mathrm{Ma}$, fermeture au-dessus de $750\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : cristallisation ; l’isochrone sur roche totale, $(309.6 \pm 1.2)\,\mathrm{Ma}$, la date aussi, et s’accorde dans son incertitude ; hornblende $304.0\,\mathrm{Ma}$ : refroidissement à travers environ $530\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; biotite $296.0\,\mathrm{Ma}$ : refroidissement à travers environ $280\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Le graphe descend de plus de $750\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $310.6\,\mathrm{Ma}$ à $280\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $296.0\,\mathrm{Ma}$.
15. $(530 - 280)/(304.02 - 296.03) = 250/7.99 = 31\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années.
16. $(750 - 530)/(310.60 - 304.02) = 220/6.58 = 33\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années au moins, puisque le zircon s’est fermé au-dessus de $750\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : le refroidissement était au moins aussi rapide au début.
17. La différence de températures, $250 \pm \sqrt{40^2 + 40^2} = 250 \pm 57$, donne $24\text{ à }38\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années.
18. $(550 - 350)/7.99 = 25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années, dans l’intervalle de la question 17 : l’incertitude vient des températures de fermeture, non des âges.
19. $(280 - 10)/30 = 9.0\,\mathrm{km}$.
20. $\ln(1.039108)/1.551\,25 \times 10^{-10} = 247.30\,\mathrm{Ma}$, et de même d’après le rapport de l’uranium 235 : concordants.
21. Du granite, érodé à la discordance : leur âge est son âge de cristallisation. Ils montrent seulement que le grès est plus jeune que $310\,\mathrm{Ma}$ : un âge maximal, bien plus faible que celui du banc de cendre.
22. $(58 - 18)/(247.30 - 245.30) = 20.0\,\mathrm{m}$ par million d’années ; la base est plus vieille que le banc de cendre inférieur de $18/20.0 = 0.90\,\mathrm{Ma}$ : $248.20\,\mathrm{Ma}$.
23. De $309.6\,\mathrm{Ma}$ (isochrone) ou $310.6\,\mathrm{Ma}$ (zircon) à $248.2\,\mathrm{Ma}$ : environ $62\,\mathrm{Ma}$.
24. $9.0\,\mathrm{km}$ en $296.0 - 248.2 = 47.8\,\mathrm{Ma}$ : $0.19\,\mathrm{km}$ par million d’années, $0.19\,\mathrm{mm}$ par an. Cela suppose que la biotite datée venait de juste sous la discordance, si bien que toute la roche au-dessus d’elle dans le granite et le schiste avait été enlevée quand le sable est arrivé, et que le géotherme est resté constant.
25. Le granite s’est refroidi d’environ $31\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années entre les fermetures de la hornblende et de la biotite.