19La Terre phanérozoïque

Dans l’ouest du Kansas, au cœur de l’Amérique du Nord, des piliers de craie blanche s’élèvent au-dessus de la prairie. La craie est la vase d’un fond marin : il y a environ 80 millions d’années, une mer peu profonde traversait le centre de l’Amérique du Nord du nord au sud, et les coquilles d’algues flottantes s’y déposaient au fond à quelques centièmes de millimètre par an. Cinq fois au cours des 540 derniers millions d’années, une large part des espèces qui peuplaient ces mers a disparu en un instant géologique. Ces deux histoires sont celles de la Terre elle-même : les continents se sont déplacés, la mer s’est élevée et retirée au-dessus d’eux, et au moins trois des cinq grandes extinctions ont coïncidé avec des épanchements de lave venus de l’intérieur de la planète. Ce chapitre parcourt le Phanérozoïque à travers ses cartes, son niveau marin, ses chaînes de montagnes et ses crises, et chiffre deux de ces crises : la vitesse à laquelle les dorsales élèvent la mer, et la surface de terre que noie une mer plus haute.

Tu sais déjà

Des volumes scolaires : la tectonique des plaques et la Pangée ; les fossiles et l’échelle des temps géologiques ; les transgressions lues dans une falaise. Du volume de première année : la loi profondeur–âge du plancher océanique ; la courbe hypsométrique ; l’isostasie ; l’eustatisme et le niveau relatif de la mer ; les grandes provinces ignées ; les extinctions de masse comme marqueurs stratigraphiques, l’iridium de la limite K–Pg et la datation de la crise de la fin du Permien ; les étages et les GSSP. Des chapitres précédents : les orogènes (Chapitres 13 et 14) ; le cycle de Wilson et les supercontinents (Chapitre 15) ; le backstripping (Chapitre 16) ; les boules de neige du Cryogénien (Chapitre 18). L’extinction et l’histoire du vivant relèvent des volumes de biologie ; le volume de troisième année traite du paléomagnétisme et de la stratigraphie séquentielle.

19.1 Cartes d’un monde en mouvement

Une roche se trouve rarement là où elle s’est formée. Un charbon, un grès désertique, un récif ont chacun été déposés à une certaine latitude, puis emportés depuis par leur plaque. Avant que le climat ou la vie d’une époque passée puisse être lu dans ces roches, il faut les replacer là où elles se trouvaient.

Définition 19.1 (Paléogéographie ; carte paléogéographique)

Paléogéographie est la reconstruction de la géographie d’une époque passée : la position des continents et des océans, et de leurs rivages, chaînes de montagnes et mers. Une carte paléogéographique représente cette géographie à un instant donné, sur la grille de latitude et de longitude de cette époque.

Quatre sortes de preuves entrent dans une telle carte. L’aimantation des roches donne la latitude à laquelle elles se sont formées, sujet du paléomagnétisme traité dans le volume de troisième année ; mais le champ terrestre est symétrique par rapport à son axe, il ne dit donc rien de la longitude. Le plancher océanique enregistre directement le mouvement des plaques, par ses bandes magnétiques et ses âges, mais seulement jusqu’au plus ancien plancher conservé, vieux d’environ 190 millions d’années : tout ce qui est plus ancien a été subduit. Avant cela, l’ajustement des continents, les sutures et les orogènes là où les océans se sont refermés, ainsi que les fossiles et les sédiments qui trahissent un climat — récifs et évaporites sous les tropiques, dépôts glaciaires près des pôles — complètent le tableau. Les modèles de plaques rassemblent ces contraintes et ramènent chaque plaque dans le passé ; les reconstructions doivent aussi tenir compte de la lente rotation de toute la Terre solide par rapport à son axe de rotation, appelée dérive polaire vraie.

Les six cartes ci-dessus résument le Phanérozoïque. À $500\,\mathrm{Ma}$, les continents du Sud ne forment qu’une seule masse, le Gondwana, en grande partie près du pôle Sud, avec la croûte de Paris à $61{}^{\circ}$ S sur sa marge. À $300\,\mathrm{Ma}$, les continents se sont réunis en Pangée, assemblée à partir d’environ $325\,\mathrm{Ma}$ et disloquée à partir d’environ $200\,\mathrm{Ma}$ : Paris et New York se trouvent sur l’équateur, Le Cap et Sydney vers $60{}^{\circ}$ S. À $200\,\mathrm{Ma}$, le supercontinent est complet, une terre unique qui s’étend des hautes latitudes nord aux hautes latitudes sud ; à $100\,\mathrm{Ma}$, l’Atlantique et l’océan Indien se sont ouverts, et à $50\,\mathrm{Ma}$ la carte est presque celle d’aujourd’hui, l’Australie restant proche de l’Antarctique.

Exemple 19.2 (Paris dérive vers le nord)

Dans le modèle, Paris se trouvait à $5.1{}^{\circ}$ N il y a $300\,\mathrm{Ma}$ ; il se trouve aujourd’hui à $48.9{}^{\circ}$ N. Sa latitude a donc augmenté de $43.8{}^{\circ}$, soit $43.8 \times 111.2 = 4871\,\mathrm{km}$ le long d’un méridien ($111.2\,\mathrm{km}$ par degré sur une sphère de rayon $6371\,\mathrm{km}$), à une vitesse moyenne de $4871/300 = 16\,\mathrm{km}$ par million d’années, soit $1.6\,\mathrm{cm}$ par an. Ce n’est que la part nord du déplacement : le référentiel paléomagnétique laisse la longitude libre, de sorte que la distance réellement parcourue était au moins égale à celle-ci.

19.2 Le niveau de la mer au cours du Phanérozoïque

Mers sur les continents

Pendant l’essentiel du Phanérozoïque, une bien plus grande part des continents était sous la mer qu’aujourd’hui. Les roches marines d’Amérique du Nord gardent la trace de plusieurs submersions de l’intérieur du continent, la première étant la transgression cambrienne qui scelle la Grande Discordance ; à la fin du Crétacé, d’environ 120 à $80\,\mathrm{Ma}$, des sédiments marins se sont accumulés à travers l’Ouest intérieur, au cœur du continent (photographie ci-dessous).

Définition 19.3 (Mer épicontinentale)

Une mer épicontinentale est une mer peu profonde qui recouvre l’intérieur d’un continent, sur la croûte continentale, loin de la marge continentale.

La mer atteint de tels intérieurs en déplaçant son rivage, et les roches en gardent la trace.

Définition 19.4 (Transgression marine ; régression marine)

Une transgression marine est un déplacement vers l’intérieur des terres du rivage, par lequel la mer envahit la terre ; une régression marine est un déplacement vers le large, par lequel la terre émerge.

Dans une coupe verticale, une transgression superpose des dépôts de plus grande profondeur à des dépôts moins profonds — des vases du large sur des sables de plage — et une régression fait l’inverse. Les deux suivent le niveau relatif de la mer, qui mêle le niveau marin global à l’affaissement ou au soulèvement du lieu et à l’apport de sédiments : un delta peut faire avancer son rivage vers le large alors que la mer monte, s’il est alimenté assez vite. Pour lire le niveau marin global dans les transgressions, un géologue doit retrouver le même signal sur plusieurs continents, ou retirer l’affaissement par backstripping, comme au Chapitre 16.

La courbe à long terme

Définition 19.5 (Cycle eustatique de premier ordre)

Le cycle eustatique de premier ordre est la partie la plus lente de la variation du niveau marin global, sur des échelles de dizaines à centaines de millions d’années, fixée par la tectonique de la Terre solide plutôt que par les glaces.

Sur l’ensemble du Phanérozoïque, la courbe de premier ordre a la forme d’un M : haute au Paléozoïque inférieur, basse pendant que la Pangée s’assemblait et subsistait, du Carbonifère à la fin du Trias, de nouveau haute au Crétacé, puis en baisse depuis. Extrapolée à partir de l’Amérique du Nord, la submersion de la fin de l’Ordovicien suggère à elle seule une hausse supplémentaire de 100 à $200\,\mathrm{m}$. Des variations plus rapides se superposent à cette courbe : celles dues aux glaces s’enregistrent sur des échelles de temps de $10^4$ à $10^6$ ans, et la calotte antarctique, depuis environ $33.5\,\mathrm{Ma}$, a déplacé la mer de 50 à $60\,\mathrm{m}$.

Les deux courbes ci-dessus s’accordent sur la forme et divergent sur l’amplitude. La courbe des cycles, construite à partir de l’empilement des sédiments de nombreux bassins, place le niveau marin à long terme du milieu du Crétacé à environ $233\,\mathrm{m}$ au-dessus d’aujourd’hui ; les sondages de New Jersey, corrigés un par un de l’affaissement, donnent environ $70\,\mathrm{m}$ au Crétacé supérieur et un maximum voisin de $110\,\mathrm{m}$ à l’Éocène. Miller et ses collègues concluent que le maximum à long terme du Crétacé était de $100 \pm 50\,\mathrm{m}$, et que les courbes des cycles, justes quant à la date des baisses, exagèrent leurs amplitudes. New Jersey n’est pas non plus une jauge parfaite : sa mer du Crétacé supérieur est de 100 à $150\,\mathrm{m}$ plus basse que ne le prédit le volume des bassins océaniques, un écart que pourrait expliquer l’affaissement de la région au-dessus de la plaque de Farallon subduite — la topographie dynamique.

Pourquoi la mer se déplace : les dorsales

Qu’est-ce qui élève la mer de cent mètres pendant des dizaines de millions d’années ? Pas les glaces : le Crétacé était un monde chaud, avec tout au plus de petites calottes brèves. La réponse principale est le volume des dorsales océaniques. Un plancher océanique jeune est chaud et se tient haut ; plus les plaques s’écartent vite, plus le plancher est jeune en moyenne, moins les bassins océaniques sont profonds, et plus l’eau déborde sur les continents.

Proposition 19.6 (Niveau de la mer et vitesse d’expansion)

Soit un plancher océanique d’aire $A_{\text{f}}$ créé aux dorsales de longueur totale $L$ à la vitesse d’expansion complète $u$, et détruit à l’âge $\tau = A_{\text{f}}/(Lu)$, chaque âge entre 0 et $\tau$ couvrant la même aire. Soit $d(t) = d_{\text{r}} + c\sqrt t$ la loi de profondeur.

1. La profondeur moyenne du plancher est $\bar d = d_{\text{r}} + \tfrac23 c\sqrt\tau$.
2. Si la vitesse d’expansion devient $fu$, avec $A_{\text{f}}$ et $L$ inchangés, la profondeur moyenne diminue de $\Delta\bar d = \tfrac23 c\sqrt\tau\,\bigl(1 - f^{-1/2}\bigr)$.

3. Si le plancher s’enfonce isostatiquement sous l’eau ajoutée, et si la mer ne submerge pas les terres, le niveau de la mer au-dessus d’un océan d’aire $A_{\text{o}}$ s’élève de

   $$\Delta s = \frac{\rho_{\text{m}} - \rho_{\text{w}}}{\rho_{\text{m}}}\, \frac{A_{\text{f}}}{A_{\text{o}}}\,\Delta\bar d ,$$

   avec $\rho_{\text{m}}$ la masse volumique du manteau et $\rho_{\text{w}}$ celle de l’eau de mer.

Le plancher réel n’est pas si ordonné. Ses âges ne sont pas répartis également : le plancher jeune est le plus abondant, et son aire décroît avec l’âge, comme le montre le panneau de gauche ci-dessous. La loi en racine carrée ne tient pas davantage pour le plancher ancien, qui s’aplatit vers $6.4\,\mathrm{km}$ ; la loi exponentielle que Parsons et Sclater ont ajustée au plancher ancien, la loi de plaque, prend le relais au-delà d’environ $26\,\mathrm{Ma}$, là où les deux lois se rejoignent. La proposition n’est qu’une première estimation, et la figure montre à quel point la seconde loi la modifie.

Exemple 19.7 (Deux fois plus vite)

Prenons le plancher d’aujourd’hui : âge moyen $64.2\,\mathrm{Ma}$, donc $\tau = 128.4\,\mathrm{Ma}$ dans le modèle réparti ; $d_{\text{r}} = 2500\,\mathrm{m}$, $c = 350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$. La profondeur moyenne vaut $2500 + \tfrac23 \times 350 \times \sqrt{128.4} = 5144\,\mathrm{m}$. Doubler la vitesse divise $\tau$ par deux, et la profondeur moyenne devient $2500 + \tfrac23 \times 350 \times \sqrt{64.2} = 4370\,\mathrm{m}$ : le plancher remonte en moyenne de $774\,\mathrm{m}$. Avec $A_{\text{f}}/A_{\text{o}} = 293/362 = 0.8094$ et $(\rho_{\text{m}} - \rho_{\text{w}})/\rho_{\text{m}} = (3300 - 1025)/3300 = 0.689$, la mer monte de $0.689 \times 0.8094 \times 774 = 432\,\mathrm{m}$ ; avec la loi de plaque, $368\,\mathrm{m}$. Ce sont deux valeurs environ quatre fois supérieures au maximum à long terme du Crétacé. Lue à l’envers, le panneau de droite dit qu’une vitesse d’expansion seulement 15 à $20\,\%$ supérieure à celle d’aujourd’hui suffit pour $100\,\mathrm{m}$, ce qui conduit Miller et ses collègues à conclure que la croûte océanique a été produite beaucoup plus lentement au Crétacé qu’on ne l’avait supposé.

Le modèle est aussi trop profond : sa profondeur moyenne, $5144\,\mathrm{m}$, dépasse la profondeur moyenne mesurée du plancher daté, $4265\,\mathrm{m}$, en partie parce que la loi en racine carrée surestime le plancher ancien, et en partie parce que le plancher réel porte des sédiments, des monts sous-marins et des plateaux que la loi ignore. Et la vitesse d’expansion n’est pas le seul levier. Les dorsales sont compensées par les fosses : si le plancher océanique s’élève en un endroit, la masse doit aller ailleurs, et un continent qui s’enfonce au-dessus d’une plaque plongeante — la topographie dynamique — laisse localement entrer la mer. Tasistro-Hart et Macdonald soutiennent que les submersions de l’Amérique du Nord suivent les plaques plongeant sous le continent, et que le niveau marin global dépend de la part de subduction qui se produit sous les continents plutôt que sous les océans.

19.3 Submersion des continents

La surface de terre qu’une hausse de la mer submerge dépend de la forme de la surface terrestre, que résume la courbe hypsométrique du volume de première année : la fraction de la surface qui s’élève au-dessus de chaque altitude (figure ci-dessous, à gauche). Les continents ont un sommet plat. Sur la grille d’ETOPO1 à un degré, $29.0\,\%$ de la surface est émergée et $34.3\,\%$ s’élève au-dessus de $-200\,\mathrm{m}$ : les plateaux continentaux, déjà sous l’eau, font la différence. La plus grande part des terres est basse, si bien qu’une hausse modeste en submerge beaucoup.

Proposition 19.8 (Submersion des terres)

Soit $A_{\text{o}}$ l’aire de la mer aujourd’hui et $a(z)$ l’aire des terres plus basses que $z$ au-dessus du niveau actuel de la mer. Un volume $V$ d’eau ajouté à la mer élève son niveau de la hauteur $s$ qui vérifie

$$V = \int_0^s \bigl(A_{\text{o}} + a(z)\bigr)\,\mathrm{d}z ,$$

et submerge l’aire de terre $a(s)$. Comme $a \ge 0$, la hausse est au plus égale à $V/A_{\text{o}}$.

Le panneau de droite donne la réponse d’emblée. Une hausse de $100\,\mathrm{m}$ submerge environ $15\,\%$ des terres actuelles ; les $432\,\mathrm{m}$ d’une vitesse d’expansion doublée en submergeraient la moitié. Une telle mer s’étend sur les terres qu’elle submerge, de sorte que la hausse elle-même est inférieure à la borne $V/A_{\text{o}}$ de la proposition, d’environ un dixième pour une hausse de quelques centaines de mètres (problème du week-end). Les mers du Crétacé du Kansas avaient besoin de beaucoup moins : l’intérieur d’un continent est souvent bas, et il peut aussi s’enfoncer au-dessus d’une plaque plongeante.

19.4 Chaînes de montagnes du Phanérozoïque

Chaque cycle de Wilson décrit au Chapitre 15 se termine par une chaîne de montagnes, et les chaînes phanérozoïques marquent la formation puis la fragmentation de la Pangée. Le tableau rassemble celles qui sont abordées dans ce volume.

Les deux premières chaînes ont cousu la Pangée ensemble, la Varisque refermant le dernier océan entre le Gondwana et Laurussia ; les trois dernières se sont formées tandis que les morceaux de la Pangée s’écartaient et que les océans qui les séparaient étaient consumés. Le bas niveau marin du Paléozoïque supérieur et du Trias appartient à ce supercontinent, et la mer haute du Crétacé à sa dislocation, avec de nouvelles dorsales et un plancher jeune.

19.5 Crises du vivant

Les big five

Les volumes de biologie décrivent les extinctions de masse ; les géologues les mesurent dans les roches et en cherchent les causes. Cinq se détachent dans la chronique des animaux marins, les « big five » : à la fin de l’Ordovicien, vers $444\,\mathrm{Ma}$ ; au Dévonien supérieur, $372\,\mathrm{Ma}$ ; à la fin du Permien, $251.9\,\mathrm{Ma}$ ; à la fin du Trias, $201.4\,\mathrm{Ma}$ ; et à la fin du Crétacé, $66\,\mathrm{Ma}$. Chacune a éliminé entre environ deux cinquièmes et deux tiers des genres d’animaux marins de la compilation de Sepkoski. La crise de la fin du Permien fut la plus grande : $56\,\%$ des genres à la résolution la plus fine, et environ $81\,\%$ des espèces marines — et non les $96\,\%$ souvent cités, qui mêlaient deux crises distinctes.

Histoire des sciences — Les « big five », quarante ans après

En 1982, D. M. Raup et J. J. Sepkoski dénombrèrent les familles d’animaux marins qui disparurent dans chacun des 76 étages du Phanérozoïque. Quatre points dépassèrent la limite de confiance à 99 pour cent de leur tendance — le dernier étage de l’Ordovicien, les deux derniers du Permien et le dernier du Crétacé — et la fin du Trias comme la fin du Dévonien dépassèrent la limite de 95 pour cent : ce sont les big five. Quarante ans plus tard, les cinq restent les plus grandes crises depuis le début de l’Ordovicien, mais, avec de meilleures données, elles ne se détachent plus d’un continuum de taux d’extinction, et certains intervalles du Cambrien présentèrent des taux encore plus élevés. La résolution temporelle de Raup et Sepkoski était de $7.4\,\mathrm{Ma}$, la durée moyenne d’un étage à l’époque ; certaines crises furent brutales, d’autres durèrent des centaines de milliers d’années, voire davantage.

Grandes provinces ignées

La figure ci-dessus montre le schéma que pointait le volume de première année : les trois plus récentes des big five tombent chacune sur une grande province ignée, les trapps de Sibérie à la fin du Permien, la province magmatique de l’Atlantique central (CAMP) à la fin du Trias, les trapps du Deccan à la fin du Crétacé. Le lien proposé est le gaz. Un épanchement basaltique jaillit par pulsations de quelques siècles à quelques millénaires, chacune libérant du dioxyde de carbone plus vite que l’altération ne peut le reprendre ; le soufre de ces mêmes éruptions refroidit brièvement le climat, le carbone le réchauffe bien plus longtemps et acidifie l’océan.

Exemple 19.9 (Le carbone de la province de l’Atlantique central)

Des bulles de gaz dans les inclusions de fusion des basaltes de la CAMP montrent que le magma contenait au moins 0.5 à $0.6\,\%$ de dioxyde de carbone en masse. Prenons $0.55\,\%$, une masse volumique de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et un volume de $5.5 \times 10^{6}\,\mathrm{km}^{3}$, c’est-à-dire les laves émises avec les dykes, sills et chambres qui les alimentaient. La masse de magma vaut $5.5 \times 10^{6} \times 10^{9} \times 2900 = 1.6 \times 10^{19}\,\mathrm{kg}$, et son dioxyde de carbone $1.6 \times 10^{19} \times 0.0055 = 8.8 \times 10^{16}\,\mathrm{kg}$, soit environ $9 \times 10^{4}\,\mathrm{Gt}$ — la valeur des auteurs, « jusqu’à $10^{5}\,\mathrm{Gt}$ ». Libéré sur la durée de vie de la province, il n’est pas resté en totalité dans l’air à la fois ; mais chaque pulsation, de l’ordre de $10^{5}\,\mathrm{km}^{3}$ en quelques siècles, a libéré autant que les émissions projetées pour le XXIe siècle.

Événements anoxiques océaniques

Toutes les crises ne figurent pas parmi les big five. À plusieurs reprises au Mésozoïque, l’oxygène a disparu de larges parts de l’océan.

Définition 19.10 (Événement anoxique océanique)

Un événement anoxique océanique (EAO) est un intervalle d’appauvrissement en oxygène généralisé dans l’océan, reconnu dans les archives sédimentaires et géochimiques.

Sa marque habituelle est un schiste noir : sombre, finement feuilleté, sans terriers, riche en matière organique et en pyrite, souvent accompagné d’un décalage des isotopes du carbone et de signes de réchauffement. Les mieux étudiés sont l’événement précoce du Toarcien, vers $183\,\mathrm{Ma}$, l’EAO 1a de l’Aptien inférieur, vers $120\,\mathrm{Ma}$, l’EAO 1b de l’Albien inférieur, vers $111\,\mathrm{Ma}$, et l’EAO 2 à la limite entre le Cénomanien et le Turonien, vers $94\,\mathrm{Ma}$, dans la partie la plus chaude du Crétacé, lorsque la mer était exceptionnellement haute. Plusieurs coïncident avec une province : l’événement du Toarcien avec les basaltes du Karoo–Ferrar, l’EAO 1a avec le plateau d’Ontong Java. L’EAO 2 est souvent rattaché au plateau des Caraïbes, mais des pics de mercure dans les sédiments de l’hémisphère Sud désignent plutôt la province de Kerguelen.

Sur le terrain — Relever un événement anoxique

Un géologue qui étudie une EAO dans une coupe de calcaires pélagiques le relève banc par banc : épaisseur, couleur, lamination, terriers ou leur absence, nodules de pyrite. Il échantillonne à intervalles rapprochés et réguliers à travers l’intervalle sombre et bien au-delà, pour la teneur en carbone organique et pour les isotopes du carbone de la matière organique et du carbonate ; c’est le décalage des isotopes, plus que la couleur de la roche, qui permet de corréler l’événement d’un bassin à l’autre. Parce que le schiste le plus sombre peut apparaître à des niveaux différents selon les bassins, la courbe isotopique, et non le schiste noir, sert de repère temporel.

Chicxulub

La fin du Crétacé a eu une cause venue de l’extérieur. Le volume de première année a raconté comment l’iridium de l’argile de limite a conduit à un impact, et comment la datation à l’argon a relié la limite au cratère de Chicxulub. La structure mesure environ $200\,\mathrm{km}$ de diamètre et date de $66\,\mathrm{Ma}$ ; ses roches chaudes ont alimenté une circulation d’eau pendant au moins huit millions d’années après. Les modèles de son asymétrie souterraine désignent un impacteur venu du nord-est, incliné de 45 à $60{}^{\circ}$ sur l’horizontale, à une vitesse au moins égale à la vitesse de libération de la Terre, $11.2\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, et plus probablement d’environ $20\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$. Les trapps du Deccan entraient en éruption au même moment, avant et après l’impact ; une revue des données en 2010 a conclu que l’impact a déclenché l’extinction.

Chiffres de 2026

Les âges de ce chapitre sont ceux de la Carte chronostratigraphique internationale dans sa version de juin 2026, utilisée dans toute cette série ; les enregistrements du niveau marin sont sur l’échelle de temps de 2012 de leurs fichiers, et les âges des extinctions sont ceux de Kaiho (2022). La carte est révisée au fur et à mesure que de nouvelles datations paraissent : vérifiez la version courante avant de citer l’âge d’une limite.

Exercices

Données pour les exercices, sauf mention contraire : $111.2\,\mathrm{km}$ par degré de latitude ; profondeur du plancher océanique $d(t) = 2500 + 350\sqrt t$ ($\mathrm{m}$, $t$ en $\mathrm{Ma}$) ; aire de l’océan $362\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$ ; aire du plancher océanique $293\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$ ; masse volumique du manteau $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ; eau de mer $1025\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ; masse de l’atmosphère $5.1 \times 10^{18}\,\mathrm{kg}$, masses molaires de l’air et du dioxyde de carbone $28.97\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$ et $44.01\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$.

Exercice 19.1 ★

Dans le modèle des cartes, Le Cap se trouvait à $61.9{}^{\circ}$ S il y a $300\,\mathrm{Ma}$ et New York à $3.6{}^{\circ}$ S ; aujourd’hui elles se trouvent à $33.9{}^{\circ}$ S et $40.7{}^{\circ}$ N. (a) Dire laquelle des quatre villes se trouvait à moins de $30{}^{\circ}$ de l’équateur il y a $300\,\mathrm{Ma}$ (Paris à $5.1{}^{\circ}$ N, Sydney à $59.5{}^{\circ}$ S). (b) Calculer, en kilomètres, le déplacement vers le nord du Cap et de New York depuis cette époque. (c) En déduire les vitesses moyennes, en centimètres par an.

Solution

Solution de Exercice 19.1.

(a) Paris ($5.1{}^{\circ}$ N) et New York ($3.6{}^{\circ}$ S) ; Le Cap et Sydney se trouvaient près de $60{}^{\circ}$ S. (b) Le Cap : $61.9 - 33.9 = 28.0{}^{\circ}$, $28.0 \times 111.2 = 3114\,\mathrm{km}$ ; New York : $40.7 + 3.6 = 44.3{}^{\circ}$, $4926\,\mathrm{km}$. (c) $3114/300 = 10.4\,\mathrm{km}$ par million d’années, soit $1.0\,\mathrm{cm}$ par an ; $4926/300 = 16.4\,\mathrm{km}$ par million d’années, soit $1.6\,\mathrm{cm}$ par an.

Exercice 19.2 ★

Les big five ont eu lieu à 444, 372, 251.9, 201.4 et $66\,\mathrm{Ma}$. (a) Trouver les intervalles entre crises successives et leur moyenne. (b) À partir des âges moyens des grandes provinces ignées — Emeishan 259, Sibérie 250, CAMP 201, Karoo–Ferrar 183, Deccan $65.5\,\mathrm{Ma}$ — indiquer lesquelles des cinq crises se situent à moins de $2\,\mathrm{Ma}$ d’une province. (c) Un intervalle moyen rend-il les crises périodiques ?

Solution

Solution de Exercice 19.2.

(a) 72, 120.1, 50.5 et $135.4\,\mathrm{Ma}$ ; moyenne $(444 - 66)/4 = 94.5\,\mathrm{Ma}$. (b) La fin du Permien (Sibérie, $1.9\,\mathrm{Ma}$ d’écart), la fin du Trias (CAMP, $0.4\,\mathrm{Ma}$) et la fin du Crétacé (Deccan, $0.5\,\mathrm{Ma}$). (c) Non : les intervalles vont de 50 à $135\,\mathrm{Ma}$ ; une moyenne existe pour tout ensemble de dates.

Exercice 19.3 ★

La craie de Monument Rocks s’est déposée à environ $0.036\,\mathrm{mm}$ par an. (a) Calculer le temps qu’a mis une épaisseur de $91\,\mathrm{m}$. (b) Calculer combien de fois plus vite la mer monte aujourd’hui, à $3.7\,\mathrm{mm}$ par an. (c) Expliquer pourquoi un fond marin peut recueillir une pluie de sédiments aussi lente sans être enseveli sous la vase.

Solution

Solution de Exercice 19.3.

(a) $91\,\mathrm{m}/0.036\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1} = 2.5 \times 10^{6}$ années. (b) $3.7/0.036 = 103$ fois. (c) Loin de tout rivage, en eau claire, peu de vase venue des fleuves atteignait le fond ; la pluie de coquilles d’algues était le principal sédiment.

Exercice 19.4 ★

Dans une falaise, de bas en haut : grès fluviatile à racines, sable de plage à coquilles, vase grise du large, craie ; la craie est ensuite recouverte de nouveau par du sable de plage. (a) Repérer où la coupe enregistre une transgression marine, et où une régression. (b) Dire si la transgression prouve que le niveau marin global a monté. (c) Indiquer ce qui la rendrait plus convaincante.

Solution

Solution de Exercice 19.4.

(a) Du grès fluviatile jusqu’à la craie, les dépôts s’approfondissent vers le haut : c’est une transgression. Le sable de plage au-dessus de la craie enregistre une régression. (b) Non : la coupe enregistre une hausse du niveau relatif de la mer, que peuvent aussi produire l’affaissement du lieu ou une baisse de l’apport de sédiments. (c) Trouver la même transgression, au même moment, sur d’autres continents, ou retirer l’affaissement par backstripping.

Exercice 19.5 ★★

Sur la courbe à long terme de Haq et al., le niveau marin se tenait à $233\,\mathrm{m}$ au-dessus d’aujourd’hui à $97\,\mathrm{Ma}$. (a) Calculer la vitesse moyenne de baisse depuis lors, en mètres par million d’années puis en micromètres par an. (b) Comparer avec la hausse actuelle de $3.7\,\mathrm{mm}$ par an. (c) La courbe de New Jersey, corrigée de l’affaissement, donne environ $70\,\mathrm{m}$ à la même époque. Dire laquelle des deux courbes on retiendrait pour l’amplitude, et pourquoi.

Solution

Solution de Exercice 19.5.

(a) $233/97 = 2.4\,\mathrm{m}$ par million d’années, soit $2.4\,\text{µ}\mathrm{m}$ par an. (b) $3.7/0.0024 = 1540$ : la hausse actuelle est environ 1500 fois plus rapide. (c) La courbe corrigée de l’affaissement : les sondages ont montré que les courbes des cycles donnent bien la date des baisses mais surestiment leur amplitude d’un facteur deux au moins ; New Jersey a son propre biais (topographie dynamique), d’où l’estimation de $100 \pm 50\,\mathrm{m}$.

Exercice 19.6 ★★

Une seule pulsation de la CAMP, soit environ $10^{5}\,\mathrm{km}^{3}$ de basalte de masse volumique $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, est entrée en éruption en environ 500 ans. (a) Avec $0.75\,\%$ de dioxyde de carbone en masse, calculer ce qu’elle a libéré, en kilogrammes puis en moles. (b) Calculer la masse de dioxyde de carbone que contenait l’air à $278\,\mathrm{ppm}$ de 1750. (c) Comparer. (d) Dire combien de telles atmosphères aurait fournies la province entière, soit $10^{5}\,\mathrm{Gt}$.

Solution

Solution de Exercice 19.6.

(a) $10^{5} \times 10^{9} \times 2900 = 2.9 \times 10^{17}\,\mathrm{kg}$ de basalte, et $2.9 \times 10^{17} \times 0.0075 = 2.2 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$ de dioxyde de carbone, $2.2 \times 10^{15}/0.04401 = 4.9 \times 10^{16}\,\mathrm{mol}$. (b) $278 \times 10^{-6} \times (44.01/28.97) \times 5.1 \times 10^{18} = 2.15 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$. (c) Une pulsation a libéré à peu près autant que l’ensemble de l’air de 1750. (d) $10^{17}/2.15 \times 10^{15} = 46.5$ : près de cinquante.

Exercice 19.7 ★★

Modéliser l’impacteur de Chicxulub comme une sphère de $10\,\mathrm{km}$ de diamètre, de masse volumique $2630\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Calculer sa masse. (b) Calculer son énergie cinétique à la vitesse minimale possible, $11.2\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, puis à $20\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$. (c) La Terre perd $47\,\mathrm{TW}$ de chaleur interne par sa surface. Calculer combien d’années de cette perte représente chacune de ces énergies.

Solution

Solution de Exercice 19.7.

(a) $2630 \times \frac{\pi}{6} \times (10^{4})^3 = 1.38 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$. (b) $\tfrac12 \times 1.38 \times 10^{15} \times (11.2 \times 10^{3})^2 = 8.7 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ ; à $20\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, $2.76 \times 10^{23}\,\mathrm{J}$. (c) Une année de $47\,\mathrm{TW}$ vaut $47 \times 10^{12} \times 3.156 \times 10^{7} = 1.48 \times 10^{21}\,\mathrm{J}$ : 59 et 186 ans.

Exercice 19.8 ★★

(a) Énumérer les caractères par lesquels un schiste noir témoigne d’un événement anoxique océanique. (b) Associer chaque événement à une province d’âge presque identique : Toarcien précoce, $183\,\mathrm{Ma}$ ; EAO 1a, $120\,\mathrm{Ma}$ ; sachant que les basaltes du Karoo–Ferrar ont $183\,\mathrm{Ma}$ et le plateau d’Ontong Java $122\,\mathrm{Ma}$. (c) Expliquer pourquoi une simple coïncidence d’âges ne suffit pas à prouver qu’une province a causé un événement.

Solution

Solution de Exercice 19.8.

(a) Couleur sombre, lamination fine, absence de terriers, beaucoup de matière organique et de pyrite ; souvent un décalage des isotopes du carbone et des signes de réchauffement. (b) L’événement du Toarcien avec le Karoo–Ferrar, l’EAO 1a avec Ontong Java. (c) Les dates portent des incertitudes pouvant atteindre des millions d’années, et il existe beaucoup d’événements et de provinces, de sorte que des coïncidences fortuites sont probables ; un lien causal exige que la province commence juste avant l’événement et un traceur du volcanisme, tel le mercure, dans les mêmes sédiments.

Exercice 19.9 ★★

Dans le modèle, Paris se trouvait à $60.9{}^{\circ}$ S il y a $500\,\mathrm{Ma}$ et à $5.1{}^{\circ}$ N il y a $300\,\mathrm{Ma}$. (a) Calculer son déplacement vers le nord en degrés puis en kilomètres, et la vitesse moyenne en centimètres par an. (b) Comparer avec la vitesse depuis $300\,\mathrm{Ma}$ (Exemple 19.2). (c) Expliquer pourquoi cette vitesse est un minimum.

Solution

Solution de Exercice 19.9.

(a) $60.9 + 5.1 = 66.0{}^{\circ}$, $66.0 \times 111.2 = 7339\,\mathrm{km}$ en $200\,\mathrm{Ma}$ : $36.7\,\mathrm{km}$ par million d’années, $3.7\,\mathrm{cm}$ par an. (b) Plus du double des $1.6\,\mathrm{cm}$ par an depuis $300\,\mathrm{Ma}$. (c) Seul le changement de latitude est connu ; le changement de longitude, libre dans un référentiel paléomagnétique, et tout détour s’ajoutent à la distance.

Exercice 19.10 ★★★

Supposer à la place que l’aire du plancher décroît linéairement avec l’âge, depuis un maximum à l’âge 0 jusqu’à zéro à l’âge $T$. (a) Montrer que l’âge moyen vaut $T/3$ et que la moyenne de $\sqrt t$ vaut $\tfrac{8}{15}\sqrt T$. (b) Avec un âge moyen de $64.2\,\mathrm{Ma}$, trouver $T$ et la profondeur moyenne. (c) Trouver la baisse de la profondeur moyenne lorsque la vitesse d’expansion double, et la comparer avec les $774\,\mathrm{m}$ du modèle réparti. (d) Montrer que dans les deux modèles la baisse est voisine de $0.93\,c\sqrt{\bar t}\,(1 - f^{-1/2})$, avec $\bar t$ l’âge moyen.

Solution

Solution de Exercice 19.10.

(a) La fraction du plancher d’âge $t$ vaut $p(t) = \frac2T(1 - t/T)$. Alors $\int_0^T tp\,\mathrm{d}t = \frac2T\bigl(\frac{T^2}2 - \frac{T^2}3\bigr) = \frac T3$ et $\int_0^T \sqrt t\,p\,\mathrm{d}t = \frac2T\bigl(\frac23 T^{3/2} - \frac25 T^{3/2}\bigr) = \frac8{15}\sqrt T$. (b) $T = 3 \times 64.2 = 192.6\,\mathrm{Ma}$ ; $2500 + \frac8{15} \times 350 \times 13.878 = 5091\,\mathrm{m}$. (c) $T/2 = 96.3\,\mathrm{Ma}$ : $4332\,\mathrm{m}$ ; la baisse est de $759\,\mathrm{m}$, $2\,\%$ de moins que $774\,\mathrm{m}$. (d) Modèle réparti : $\frac23\sqrt\tau = \frac23\sqrt{2\bar t} = 0.943\sqrt{\bar t}$ ; triangle : $\frac8{15}\sqrt{3\bar t} = 0.924\sqrt{\bar t}$. La réponse dépend bien plus de l’âge moyen que de la forme.

Exercice 19.11 ★★★

(a) À partir de la Proposition 19.6, montrer que $\Delta s(f) = \Delta s(2)\,(1 - f^{-1/2})/(1 - 2^{-1/2})$. (b) Avec $\Delta s(2) = 432\,\mathrm{m}$, trouver l’intervalle de $f$ qui donne le maximum du Crétacé, de 50 à $150\,\mathrm{m}$. (c) Dire ce que donnerait une vitesse d’expansion ralentie à 0.8 de celle d’aujourd’hui. (d) Expliquer pourquoi un niveau marin à long terme fixé par les dorsales est un signal lent, quel que soit le changement de vitesse.

Solution

Solution de Exercice 19.11.

(a) Dans $\Delta s$, seul le facteur $1 - f^{-1/2}$ dépend de $f$ ; diviser par sa valeur en $f = 2$, $1 - 2^{-1/2} = 0.2929$. (b) $f = (1 - 0.2929\,\Delta s/432)^{-2}$ : 1.071 pour $50\,\mathrm{m}$, 1.239 pour $150\,\mathrm{m}$ ; soit de 7 à $24\,\%$ plus vite qu’aujourd’hui. (c) $432 \times (1 - 0.8^{-1/2})/0.2929 = -174\,\mathrm{m}$ : la mer baisserait de $174\,\mathrm{m}$. (d) La répartition des âges ne change qu’au fur et à mesure que le vieux plancher est subduit et remplacé, ce qui prend un temps de l’ordre de $\tau$, soit environ $100\,\mathrm{Ma}$ ; la mer suit sur des dizaines de millions d’années.

Exercice 19.12 ★★★

Supposer que les espèces disparaissent à taux constant, de sorte que la fraction d’une cohorte qui survit pendant un temps $t$ vaut $2^{-t/m}$, avec une longévité médiane des espèces $m = 2\,\mathrm{Ma}$. (a) Calculer la fraction d’une cohorte disparue après $7.4\,\mathrm{Ma}$, durée moyenne d’un étage dans l’analyse de 1982. (b) Calculer le temps que mettrait l’extinction de fond pour éliminer $81\,\%$ des espèces. (c) La crise de la fin du Permien a duré environ $60\,\mathrm{ka}$ : dire de combien elle a été plus rapide. (d) Expliquer pourquoi une résolution temporelle grossière brouille la différence entre une extinction de masse et une extinction de fond.

Solution

Solution de Exercice 19.12.

(a) $2^{-7.4/2} = 0.077$ : $92\,\%$ disparus. (b) $t = 2\log_2(1/0.19) = 4.8\,\mathrm{Ma}$. (c) $4.8/0.060 = 80$ fois plus vite. (d) À l’intérieur d’un long étage, la seule extinction de fond fait disparaître la plupart des espèces, de sorte qu’une courte pulsation s’ajoute à un total déjà élevé et se distingue mal de lui ; la lacune de l’enregistrement décale aussi vers le passé les dernières apparitions.

Problème 19.1

Problème du week-end — Quand les dorsales allaient vite

Ce problème demande de combien monterait la mer, et quelle surface de terre elle submergerait, si les dorsales s’écartaient deux fois plus vite. Utiliser les données des exercices ; l’âge moyen du plancher océanique est de $64.2\,\mathrm{Ma}$, les dorsales ont une longueur totale de $65\,000\,\mathrm{km}$, l’océan actuel contient $1.33 \times 10^{9}\,\mathrm{km}^{3}$ et les terres couvrent $148\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$. Le tableau donne le pourcentage des terres actuelles situées sous $h$ au-dessus du niveau de la mer, d’après la grille ETOPO1 à un degré.

$h$ ($\mathrm{m}$)	0	100	200	300	400	500
terres sous $h$ ($\%$)	0	14.9	28.2	38.7	48.1	55.8

Supposer, comme dans la Proposition 19.6, que chaque âge du plancher compris entre 0 et l’âge $\tau$ auquel il est subduit couvre la même aire.

Partie I — Le plancher océanique aujourd’hui.

1. Trouver la profondeur du plancher aux âges 0, 25, 64.2 et $100\,\mathrm{Ma}$.
2. Trouver $\tau$ à partir de l’âge moyen, et la profondeur du plancher le plus ancien.
3. Trouver le taux d’expansion complet moyen $u = A_{\text{f}}/(L\tau)$, en kilomètres par million d’années et en millimètres par an. Dire s’il est lent, intermédiaire ou rapide.
4. Montrer que la profondeur moyenne du plancher vaut $2500 + \tfrac23 \times 350\sqrt\tau$, et la calculer.
5. La profondeur moyenne mesurée du plancher daté est de $4265\,\mathrm{m}$. Donner deux raisons pour lesquelles le modèle est plus profond.
6. Calculer le volume d’eau qui reposerait au-dessus du plancher dans le modèle, et le comparer au volume de l’océan entier.

Partie II — Une dorsale en coupe.

7. Calculer la demi-vitesse d’expansion $v$, à $0.1\,\mathrm{km}\,\mathrm{Ma}^{-1}$ près, et la largeur de plancher de chaque côté de la dorsale.
8. Calculer la profondeur du plancher à $1000\,\mathrm{km}$ de l’axe.
9. Montrer que la section de la dorsale au-dessus de la profondeur du plancher le plus ancien, en comptant les deux flancs, a pour aire $\tfrac23 v c\,\tau^{3/2}$, et la calculer en kilomètres carrés.
10. Calculer le volume de l’ensemble du système de dorsales au-dessus de cette profondeur.
11. Indiquer quelle fraction du volume de l’océan cela représente.
12. Expliquer pourquoi une dorsale qui s’étend plus vite se tient plus haut en moyenne.

Partie III — Deux fois plus vite.

13. La vitesse d’expansion double, à aire de plancher et longueur de dorsale inchangées. Calculer le nouveau $\tau$ et la nouvelle profondeur moyenne.
14. Calculer de combien la profondeur moyenne diminue.
15. Calculer le volume d’eau que le plancher chasse hors des bassins.
16. Calculer de combien cette eau élèverait la mer si elle était répartie sur l’océan actuel.
17. Tenir compte de l’affaissement du plancher sous l’eau supplémentaire pour trouver la hausse $\Delta s$.
18. Le maximum à long terme du Crétacé était d’environ $100\,\mathrm{m}$. Calculer l’augmentation de la vitesse d’expansion qui donnerait ce niveau.

Partie IV — La mer au-dessus des terres.

19. Calculer l’aire de terre que submergerait une hausse de $100\,\mathrm{m}$.
20. Calculer, par interpolation dans le tableau, l’aire que submergerait une hausse de $432\,\mathrm{m}$.
21. Expliquer pourquoi la mer doit monter de moins de $432\,\mathrm{m}$ une fois qu’elle s’étend sur les terres.
22. Calculer le volume nécessaire pour élever la mer par paliers de $100\,\mathrm{m}$ jusqu’à $400\,\mathrm{m}$, en moyennant l’aire submergée sur chaque palier (Proposition 19.8). Le volume à placer est $0.432\,\mathrm{km} \times 362\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$. Indiquer où s’arrête la mer.
23. Calculer quelle part des terres actuelles elle couvre alors, en pourcentage.
24. En résumé, dire de combien le doublement de la vitesse d’expansion élèverait la mer dans ce modèle.

Solution

Solution de Problème 19.1.

1. 2500, 4250, 5304 et $6000\,\mathrm{m}$. 2. $\tau = 2 \times 64.2 = 128.4\,\mathrm{Ma}$ ; $2500 + 350\sqrt{128.4} = 6466\,\mathrm{m}$. 3. $293 \times 10^{6}/(65000 \times 128.4) = 35.1\,\mathrm{km}$ par million d’années, $35.1\,\mathrm{mm}$ par an : une vitesse lente. 4. $\frac1\tau\int_0^\tau(2500 + 350\sqrt t)\,\mathrm{d}t = 2500 + \frac23 \times 350\sqrt\tau = 5144\,\mathrm{m}$. 5. La loi en racine carrée est trop profonde pour le plancher de plus de quelques dizaines de millions d’années, qui s’aplatit ; les âges réels ne sont pas répartis également, le plancher jeune étant le plus abondant ; et les sédiments, monts sous-marins et plateaux relèvent le plancher. 6. $293 \times 10^{6} \times 5.144 = 1.51 \times 10^{9}\,\mathrm{km}^{3}$, $13\,\%$ de plus que l’océan entier : le modèle est trop profond. 7. $v = 17.6\,\mathrm{km}$ par million d’années ; $17.6 \times 128.4 = 2260\,\mathrm{km}$ de chaque côté. 8. $t = 1000/17.6 = 56.8\,\mathrm{Ma}$ ; $2500 + 350\sqrt{56.8} = 5138\,\mathrm{m}$. 9. D’un seul flanc, avec $x = vt$ : $\int_0^{v\tau}\bigl(d(\tau) - d(x/v)\bigr)\mathrm{d}x = vc\int_0^\tau(\sqrt\tau - \sqrt t)\,\mathrm{d}t = \frac13 vc\,\tau^{3/2}$ ; le double pour les deux. $\frac23 \times 17.6 \times 0.350 \times 128.4^{3/2} = \frac23 \times 17.6 \times 0.350 \times 1454.9 = 5975\,\mathrm{km}^{2}$. 10. $65000 \times 5975 = 3.88 \times 10^{8}\,\mathrm{km}^{3}$. 11. $3.88 \times 10^{8}/1.33 \times 10^{9} = 0.29$. 12. Son plancher est plus jeune en moyenne, donc plus chaud, moins dense et plus haut ; la bande de plancher jeune le long de l’axe est plus large. 13. $\tau = 64.2\,\mathrm{Ma}$ ; $2500 + \frac23 \times 350\sqrt{64.2} = 4370\,\mathrm{m}$. 14. $5144 - 4370 = 774\,\mathrm{m}$. 15. $293 \times 10^{6} \times 0.774 = 2.27 \times 10^{8}\,\mathrm{km}^{3}$. 16. $2.27 \times 10^{8}/362 \times 10^{6} = 0.627\,\mathrm{km}$, soit $627\,\mathrm{m}$. 17. $\Delta s = 627 \times (3300 - 1025)/3300 = 432\,\mathrm{m}$. 18. $f = \bigl(1 - 0.2929 \times 100/432\bigr)^{-2} = 1.15$ : $15\,\%$ plus vite. 19. $0.149 \times 148 = 22.1\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$. 20. $48.1 + 0.32 \times 7.7 = 50.6\,\%$, soit $74.9\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$. 21. En montant, la mer couvre une aire croissante, de sorte que le même volume forme une couche plus mince (Proposition 19.8). 22. Aires submergées à 100, 200, 300 et $400\,\mathrm{m}$ : 22.1, 41.7, 57.3 et $71.2\,\mathrm{M}\mathrm{km}^{2}$. Paliers : $(362 + 11.0) \times 0.1 = 37.3 \times 10^{6}\,\mathrm{km}^{3}$, puis 39.4, 41.2 et $42.6 \times 10^{6}\,\mathrm{km}^{3}$ ; cumulés 37.3, 76.7, 117.9 et $160.5 \times 10^{6}\,\mathrm{km}^{3}$. Le volume à placer est $156.4 \times 10^{6}\,\mathrm{km}^{3}$, entre 300 et $400\,\mathrm{m}$ : $300 + (156.4 - 117.9)/42.6 \times 100 = 390\,\mathrm{m}$. 23. $38.7 + 0.90 \times 9.4 = 47.2\,\%$ des terres actuelles. 24. Doubler la vitesse d’expansion élèverait la mer d’environ $390\,\mathrm{m}$ et submergerait près de la moitié des terres actuelles.