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Sciences de la Terre et de l’Univers à l’université — 2e année · 本科二年级

25Forçage orbital et âges glaciaires

Au cours du dernier million d’années, la forme de l’orbite terrestre a modifié la lumière reçue du Soleil par toute la planète en une année de moins de deux pour mille : entre $340.00$ et $340.54\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ au sommet de l’atmosphère. Pendant le même million d’années, l’insolation journalière moyenne de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N a varié entre environ 388 et $500\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , soit plus d’un quart. Les âges glaciaires ont suivi le second nombre, et non le premier. Ce chapitre calcule les deux à partir des éléments de l’orbite terrestre, et demande comment le rayonnement solaire, à une latitude et pendant une saison donnée, peut rythmer la croissance et la fonte des calottes glaciaires qui recouvrent les continents.

Tu sais déjà

Des volumes de physique : l’ellipse, son demi-grand axe $a$ et son excentricité $e$ , les lois de Kepler. Du volume de première année : l’écliptique et l’obliquité $\varepsilon$ , la déclinaison $\delta$ du Soleil, avec $\sin\delta = \sin\varepsilon\sin\lambda$ ( $\lambda$ la longitude vraie du Soleil, comptée le long de l’écliptique à partir de l’équinoxe de printemps), l’année tropique, l’insolation journalière moyenne

\bar Q = \frac{S_0}{\pi}\left(\frac{a}{r}\right)^{2}\bigl(h_0\sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\sin h_0\bigr),\qquad \cos h_0 = -\tan\varphi\tan\delta ,

et sa moyenne globale et annuelle, $S_0/(4\sqrt{1 - e^2})$ . Des volumes scolaires : le cycle glaciaire et le dernier maximum glaciaire ; le forçage radiatif. Des chapitres précédents : la rétroaction glace–albédo (Définition 18.8) ; l’empilement benthique, l’enregistrement EPICA de Dôme C et les modèles d’âge (Chapitre 24).

25.1 L’orbite et ses trois éléments

L’orbite terrestre est une ellipse dont le Soleil occupe l’un des foyers. Les planètes, surtout Jupiter et Saturne, la déforment lentement et la font tourner dans son plan ; l’attraction du Soleil et de la Lune sur le renflement équatorial fait osciller l’axe de rotation comme une toupie. Trois grandeurs décrivent ce qui compte pour le rayonnement solaire : l’allongement de l’ellipse, l’inclinaison de l’axe, et l’endroit de l’orbite où tombent les saisons.

Définition 25.1 (Longitude du périhélie ; précession climatique)

La longitude du périhélie $\varpi$ est l’angle, mesuré dans le plan de l’orbite, entre la direction de l’équinoxe de printemps et la direction du périhélie vue depuis le Soleil. Elle est comptée à partir de l’équinoxe mobile : elle varie donc avec le mouvement de l’axe et avec la rotation de l’orbite. La précession climatique est la quantité $e\sin\varpi$ , appelée aussi indice de précession.

Orbite terrestre vue du côté nord, avec une excentricité exagérée à 0.3 et la longitude actuelle du périhélie, = 101.4. La Terre parcourt son orbite dans le sens inverse des aiguilles d’une montre (flèche) ; les points marquent sa position aux équinoxes et aux solstices. Le périhélie tombe quelques jours après le solstice de décembre, l’aphélie quelques jours après le solstice de juin. Schéma. — Orbite terrestre vue du côté nord, avec une excentricité exagérée à 0.3 et la longitude actuelle du périhélie, $\varpi = 101.4{}^{\circ}$ . La Terre parcourt son orbite dans le sens inverse des aiguilles d’une montre (flèche) ; les points marquent sa position aux équinoxes et aux solstices. Le périhélie tombe quelques jours après le solstice de décembre, l’aphélie quelques jours après le solstice de juin. Schéma.

Vue depuis la Terre, le Soleil se déplace le long de l’écliptique, et sa longitude vraie $\lambda$ est l’angle compté à partir de l’équinoxe de printemps : $\lambda = 90{}^{\circ}$ au solstice de juin, $270{}^{\circ}$ au solstice de décembre. La Terre est au périhélie lorsque le Soleil se trouve dans la direction opposée à celle du périhélie, soit $\lambda = \varpi + 180{}^{\circ}$ ; aujourd’hui $\varpi = 101.37{}^{\circ}$ et le périhélie tombe à $\lambda = 281.37{}^{\circ}$ , environ onze jours après le solstice de décembre, vers le 3 janvier.

Définition 25.2 (Paramètres de Milankovitch)

Les paramètres de Milankovitch sont les trois grandeurs orbitales qui fixent la répartition de l’ensoleillement sur la Terre selon les saisons et les latitudes : l’excentricité $e$ , l’obliquité $\varepsilon$ et la précession climatique $e\sin\varpi$ . La théorie de Milankovitch affirme que leurs variations lentes rythment la croissance et la fonte des calottes glaciaires du Quaternaire, par l’intermédiaire de l’insolation estivale aux hautes latitudes nord.

Chacun de ces paramètres varie selon son propre rythme. L’excentricité a des périodes principales voisines de $95\,000$ , $99\,000$ , $124\,000$ et $131\,000$ ans, qui se combinent en un cycle d’environ $100\,000$ ans, et une période de $405\,000$ ans, la plus stable de toutes ; sur le dernier million d’années, elle a varié de $0.0046$ à $0.0565$ , et aujourd’hui, à $0.0172$ , elle diminue lentement. L’obliquité varie avec une période principale de $40\,978$ ans, entre $22.1{}^{\circ}$ et $24.5{}^{\circ}$ sur le dernier million d’années ; à $23.44{}^{\circ}$ , elle diminue, après son dernier maximum vers $10\,000$ ans avant aujourd’hui. L’axe oscille en environ $25\,770$ ans, tandis que l’orbite tourne en environ $112\,000$ ans ; ensemble, ils font passer le périhélie par les saisons, avec des périodes principales voisines de $19\,000$ , $22\,400$ et $23\,700$ ans.

Les trois paramètres de Milankovitch sur le dernier million d’années : (a) l’excentricité ; (b) l’obliquité ; (c) la précession climatique, dont l’enveloppe est l’excentricité. Données : Berger et Loutre (1991), NOAA NCEI Paleoclimatology, consultées le 23 octobre 2026.

La précession climatique oscille vite, mais seulement dans la mesure où l’excentricité le permet : lorsque l’orbite est presque circulaire, comme il y a $400\,000$ ans, peu importe où tombe le périhélie. La figure le montre clairement : l’enveloppe du panneau (c) est le panneau (a).

25.2 Rayonnement solaire issu de l’orbite

L’insolation journalière rappelée plus haut demande un ingrédient de plus : la distance du Soleil à un jour donné.

Proposition 25.3 (Distance et longitude du Soleil)

Lorsque la longitude vraie du Soleil vaut $\lambda$ , la distance Terre–Soleil vaut

\frac{r}{a} = \frac{1 - e^2}{1 - e\cos(\lambda - \varpi)} .

Au solstice de juin ( $\lambda = 90{}^{\circ}$ ), au premier ordre en $e$ , $(a/r)^2 \approx 1 - 2e\sin\varpi$ ; au solstice de décembre, $(a/r)^2 \approx 1 + 2e\sin\varpi$ .

Démonstration. Sur une ellipse dont le Soleil occupe un foyer, $r/a = (1 - e^2)/(1 + e\cos v)$ , où l’anomalie vraie $v$ est l’angle, vu du Soleil, entre le périhélie et la Terre. La Terre est vue du Soleil dans la direction opposée à celle sous laquelle le Soleil est vu depuis la Terre, si bien que sa longitude vue du Soleil vaut $\lambda + 180{}^{\circ}$ , et $v = \lambda + 180{}^{\circ} - \varpi$ , $\cos v = -\cos(\lambda - \varpi)$ . Pour $\lambda = 90{}^{\circ}$ , $\cos(\lambda - \varpi) = \sin\varpi$ et $(a/r)^2 = (1 - e\sin\varpi)^2/(1 - e^2)^2 = 1 - 2e\sin\varpi + O(e^2)$ ; pour $\lambda = 270{}^{\circ}$ , le signe change. ∎

La précession climatique est donc le bon indice : elle mesure à quel point la Terre est plus proche du Soleil, ou plus éloignée, au solstice de juin. Lorsque $e\sin\varpi$ est grand et positif, comme aujourd’hui et bien davantage il y a $116\,000$ ans, l’été boréal tombe près de l’aphélie et il est faible ; lorsqu’il est grand et négatif, comme il y a environ $10\,000$ ans, l’été boréal tombe près du périhélie.

Exemple 25.4 (Le Soleil de juin à $65{}^{\circ}$ N, aujourd’hui)

Aujourd’hui $e = 0.017236$ , $\varpi = 101.37{}^{\circ}$ , $\varepsilon = 23.446{}^{\circ}$ , et les tables utilisent $S_0 = 1360\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Au solstice de juin $\delta = \varepsilon$ ; à $\varphi = 65{}^{\circ}$ , $\cos h_0 = -\tan65{}^{\circ}\tan23.446{}^{\circ} = -0.9301$ , donc $h_0 = 158.44{}^{\circ} = 2.7654\,\mathrm{rad}$ : le Soleil est au-dessus de l’horizon pendant $2 \times 158.44/360 \times 24 = 21.1$ heures. Le facteur entre parenthèses de la formule d’insolation vaut $2.7654 \times 0.9063 \times 0.3979 + 0.4226 \times 0.9174 \times 0.3674 = 1.1397$ , et à la distance moyenne $\bar Q = 432.90 \times 1.1397 = 493.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Le facteur de distance vaut $(a/r)^2 = 0.9671$ , donc $\bar Q = 477.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ .

La seconde loi de Kepler ajoute une nuance. Près de l’aphélie, la Terre se déplace plus lentement : la saison qui tombe là est plus faible, mais dure plus longtemps. Aujourd’hui, les étés boréaux durent environ 4.5 jours de plus que les hivers boréaux, et les printemps environ trois jours de plus que les automnes.

Proposition 25.5 (Les moyennes annuelles ne dépendent pas de la précession)

L’énergie reçue par unité de surface au sommet de l’atmosphère entre deux longitudes données du Soleil ne dépend pas de $\varpi$ , et l’insolation annuelle moyenne à toute latitude est celle d’une orbite circulaire de rayon $a$ multipliée par $1/\sqrt{1 - e^2}$ . Au pôle, la moyenne annuelle vaut

\bar Q_{\text{pôle}} = \frac{S_0\sin\varepsilon}{\pi\sqrt{1 - e^2}} ,

qui croît avec l’obliquité.

Démonstration. Par la seconde loi de Kepler, le rayon balaie une aire à la vitesse constante $\pi ab/T$ , et l’aire balayée pendant que la Terre tourne de $\mathrm d\lambda$ vaut $\frac12 r^2\,\mathrm d\lambda$ , donc $\mathrm dt = T r^2\,\mathrm d\lambda/(2\pi ab)$ , avec $b = a\sqrt{1 - e^2}$ . L’insolation à une latitude donnée et pour une longitude donnée du Soleil vaut $(a/r)^2$ fois sa valeur $Q_a(\lambda)$ à la distance $a$ , si bien que l’énergie reçue est $\int Q_a(\lambda)(a/r)^2\,\mathrm dt = \frac{T}{2\pi\sqrt{1 - e^2}}\int Q_a(\lambda)\,\mathrm d\lambda$ : la distance s’est éliminée, et avec elle $\varpi$ . Sur toute l’année, $\lambda$ parcourt $360{}^{\circ}$ et la moyenne vaut $\frac{1}{2\pi\sqrt{1-e^2}}\int_0^{2\pi} Q_a\,\mathrm d\lambda$ . Au pôle Nord $Q_a = S_0\sin\delta = S_0\sin\varepsilon\sin\lambda$ pour $0 < \lambda < \pi$ et 0 sinon ; l’intégrale vaut $2S_0\sin\varepsilon$ . ∎

La précession déplace le rayonnement solaire d’une saison à l’autre, sans jamais le faire entrer ni sortir d’une année ; l’excentricité modifie le total annuel d’un facteur $1/\sqrt{1 - e^2}$ , de $0.16\,\%$ au plus sur le dernier million d’années ; l’obliquité déplace le rayonnement entre les latitudes, en élevant la moyenne annuelle aux pôles et en l’abaissant légèrement à l’équateur. Seuls le régime saisonnier et la répartition latitudinale changent beaucoup, et c’est ce que montre la figure ci-dessous.

(a) Insolation journalière moyenne au solstice de juin, aujourd’hui et il y a 10\,000 ans, lorsque l’été boréal tombait près du périhélie et que l’obliquité était plus forte : environ 50\, W\, m-2 de plus dans les hautes latitudes nord. (b) Insolation annuelle moyenne pour les deux obliquités extrêmes du dernier million d’années, avec l’excentricité actuelle : une inclinaison plus grande envoie plus de rayonnement vers les pôles et un peu moins vers les tropiques. Calculé à partir des éléments orbitaux avec S_0 = 1360\, W\, m-2. — (a) Insolation journalière moyenne au solstice de juin, aujourd’hui et il y a $10\,000$ ans, lorsque l’été boréal tombait près du périhélie et que l’obliquité était plus forte : environ $50\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de plus dans les hautes latitudes nord. (b) Insolation annuelle moyenne pour les deux obliquités extrêmes du dernier million d’années, avec l’excentricité actuelle : une inclinaison plus grande envoie plus de rayonnement vers les pôles et un peu moins vers les tropiques. Calculé à partir des éléments orbitaux avec $S_0 = 1360\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ .

25.3 Calcul de la courbe d’insolation

La courbe d’insolation construite par Milankovitch est aujourd’hui un calcul de routine. Les éléments orbitaux du passé se calculent en intégrant les mouvements des planètes ; tabulés tous les mille ans, ils servent de données d’entrée. Pour chaque âge, la méthode ci-dessous donne l’insolation à toute latitude et pour toute saison.

Méthode 25.6 (Insolation du passé)

Lire $e$ , $\varpi$ et $\varepsilon$ pour l’âge voulu.
Choisir la saison par la longitude vraie du Soleil $\lambda$ : $90{}^{\circ}$ pour le solstice de juin ; le mi-juillet des tables correspond à $\lambda = 120{}^{\circ}$ .
Calculer $\delta$ à partir de $\sin\delta = \sin\varepsilon\sin\lambda$ , puis l’angle horaire du coucher du Soleil $h_0$ à la latitude $\varphi$ (jour ou nuit polaire si $|\tan\varphi\tan\delta| > 1$ ).
Calculer le facteur de distance $(a/r)^2$ avec la Proposition 25.3.
Multiplier : $\bar Q = (S_0/\pi)(a/r)^2(h_0\sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\sin h_0)$ .

Appliquée aux 1001 âges du dernier million d’années, la méthode reproduit l’insolation de mi-juillet tabulée à $65{}^{\circ}$ N à $0.012\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ près, soit l’arrondi des tables, et reproduit exactement les valeurs de juin tabulées pour aujourd’hui. Les tables placent l’origine des temps en 1950.

En haut : insolation journalière moyenne à 65 N sur les 400\,000 dernières années, de mi-juillet telle que tabulée par Berger et Loutre (gris, épais) et telle que calculée par la méthode ci-dessus (rouge), et au solstice de juin (bleu, pointillé). En bas : valeurs calculées moins valeurs tabulées de mi-juillet, en W\, m-2. — En haut : insolation journalière moyenne à $65{}^{\circ}$ N sur les $400\,000$ dernières années, de mi-juillet telle que tabulée par Berger et Loutre (gris, épais) et telle que calculée par la méthode ci-dessus (rouge), et au solstice de juin (bleu, pointillé). En bas : valeurs calculées moins valeurs tabulées de mi-juillet, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ .

Deux traits ressortent. La courbe est dominée par la précession climatique, avec des pics espacés d’environ $20\,000$ ans, dont la hauteur croît et décroît avec l’excentricité ; l’obliquité ajoute une modulation plus lente. Et les variations sont grandes : sur les $800\,000$ dernières années, la valeur de mi-juillet a varié de 388 à $497\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ .

25.4 Théorie de Milankovitch et cycles glaciaires

Histoire des sciences — Ensoleillement à soixante-cinq degrés nord

Milutin Milankovitch, né en 1879, a bâti une théorie mathématique du climat à partir des variations saisonnières et latitudinales de l’ensoleillement. En combinant les trois variations orbitales, il calcula l’insolation des différentes latitudes et les températures de surface qui en découlent pour les $600\,000$ années précédant 1800. Sur la suggestion du climatologue Köppen, il retint comme grandeur décisive l’insolation estivale à $65{}^{\circ}$ N : les grandes calottes glaciaires s’étaient développées près de cette latitude, et des étés frais fondent moins la neige de l’hiver, si bien que la neige s’accumule d’une année sur l’autre. Il tenait l’obliquité pour le plus important des trois paramètres. Pendant une cinquantaine d’années, la théorie fut largement ignorée ; Milankovitch mourut en 1958. En 1976, Hays, Imbrie et Shackleton trouvèrent dans les sédiments des grands fonds, pour les derniers $450\,000$ ans, des pics spectraux de la variabilité climatique vers $23\,000$ , $42\,000$ et $100\,000$ ans, les périodes de la précession, de l’obliquité et de l’excentricité, et conclurent que les variations de l’orbite terrestre sont la cause fondamentale des âges glaciaires du Quaternaire.

La figure ci-dessous reprend leur test sur les enregistrements du Chapitre 24. Elle compare les spectres d’amplitude, c’est-à-dire la force de chaque période, de l’insolation de juillet à $65{}^{\circ}$ N et de l’empilement benthique, dans deux fenêtres de $700\,000$ ans.

Spectres d’amplitude, chacun normalisé à son propre maximum, de l’insolation de mi-juillet à 65 N sur les derniers 700\,000 ans et de l’empilement benthique LR04 sur la même fenêtre et sur 1\,250\,000 à 1\,950\,000 ans avant aujourd’hui (tendance retirée, fenêtre atténuée). L’insolation a sa puissance aux périodes de la précession, voisines de 19 à 24 mille ans, et à la période de l’obliquité ; le volume de glace récent culmine vers 100\,000 ans, là où l’insolation n’a presque rien ; l’ancien volume de glace culmine à 41\,000 ans. — Spectres d’amplitude, chacun normalisé à son propre maximum, de l’insolation de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N sur les derniers $700\,000$ ans et de l’empilement benthique LR04 sur la même fenêtre et sur $1\,250\,000$ à $1\,950\,000$ ans avant aujourd’hui (tendance retirée, fenêtre atténuée). L’insolation a sa puissance aux périodes de la précession, voisines de 19 à 24 mille ans, et à la période de l’obliquité ; le volume de glace récent culmine vers $100\,000$ ans, là où l’insolation n’a presque rien ; l’ancien volume de glace culmine à $41\,000$ ans.

Glaciaires, interglaciaires et terminaisons

Définition 25.7 (Période glaciaire ; interglaciaire ; terminaison glaciaire)

Dans l’enregistrement du Quaternaire, une période glaciaire est un intervalle où de grandes calottes glaciaires recouvrent les continents de l’hémisphère Nord, ce que traduisent un $\delta^{18}$ O benthique élevé et un niveau marin bas ; un interglaciaire est un intervalle où la glace continentale de l’hémisphère Nord est faible hors du Groenland, comme aujourd’hui. Une terminaison glaciaire est l’une des grandes transitions qui mettent fin à un cycle glaciaire, du plein glaciaire aux conditions interglaciaires, beaucoup plus vite que la croissance qui l’a précédée.

Sur le dernier demi-million d’années, la période dominante du climat est voisine de $100\,000$ ans, bien que le forçage à cette période, qui provient de l’excentricité seule, soit négligeable à côté de celui de l’obliquité et de la précession. Les cycles sont aussi dissymétriques : le $\delta^{18}$ O benthique enregistre une accumulation de glace par paliers pendant environ $90\,000$ ans, puis une décroissance en environ $10\,000$ ans, en dents de scie dont les fronts descendants sont les terminaisons. Le dernier interglaciaire, d’environ $129\,000$ à $116\,000$ ans, s’acheva lorsque l’insolation estivale à $65{}^{\circ}$ N tomba à l’une de ses valeurs les plus basses des derniers $800\,000$ ans : la valeur de juin atteignit son minimum, $438.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , il y a $116\,000$ ans, et la valeur de mi-juillet son second minimum, $392.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , il y a $114\,000$ ans. Le dernier maximum glaciaire survint environ $95\,000$ ans plus tard.

Avec quelle rapidité une calotte glaciaire peut-elle suivre son forçage ? Le modèle le plus simple traite le volume de glace $V$ comme tendant vers le volume $V_{\mathrm{eq}}$ que soutiendrait l’insolation actuelle, avec un temps de réponse $\tau$ :

\frac{\mathrm dV}{\mathrm dt} = \frac{V_{\mathrm{eq}}(t) - V}{\tau} .

Proposition 25.8 (Une réponse retardée)

Pour un forçage $V_{\mathrm{eq}} = A\sin\omega t$ , la solution du modèle à retard tend vers

V = \frac{A}{\sqrt{1 + \omega^2\tau^2}}\,\sin\bigl(\omega(t - t_{\ell})\bigr),\qquad t_{\ell} = \frac{\arctan(\omega\tau)}{\omega} :

la glace suit presque entièrement un forçage lent et seulement faiblement un forçage rapide, toujours en retard. La réponse à une somme de sinusoïdes est la somme des réponses : le modèle ne crée aucune période qui manque à son forçage.

Démonstration. Essayons $V = B\sin\omega t + C\cos\omega t$ : en substituant, $\omega B\tau = -C$ et $-\omega C\tau = A - B$ , donc $B = A/(1 + \omega^2\tau^2)$ , $C = -\omega\tau A/(1 + \omega^2\tau^2)$ , une amplitude $\sqrt{B^2 + C^2} = A/\sqrt{1 + \omega^2\tau^2}$ et un retard de phase $\arctan(\omega\tau)$ . Toute autre solution diffère de celle-ci d’un multiple de $\mathrm e^{-t/\tau}$ , qui s’éteint. L’équation est linéaire, donc les solutions s’additionnent. ∎

Le modèle à retard, piloté par l’insolation de mi-juillet à 65 N (moins d’ensoleillement, plus de glace), comparé à l’empilement benthique, les trois séries étant normalisées (moyenne 0, écart type 1) ; des valeurs positives signifient plus de glace. Le modèle suit les oscillations de précession de l’empilement mais n’a aucun de ses grands cycles en dents de scie. Le temps de réponse de 10\, ka est un choix du modèle. — Le modèle à retard, piloté par l’insolation de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N (moins d’ensoleillement, plus de glace), comparé à l’empilement benthique, les trois séries étant normalisées (moyenne 0, écart type 1) ; des valeurs positives signifient plus de glace. Le modèle suit les oscillations de précession de l’empilement mais n’a aucun de ses grands cycles en dents de scie. Le temps de réponse de $10\,\mathrm{ka}$ est un choix du modèle.

Sur les derniers $800\,000$ ans, le modèle à retard est corrélé à l’empilement avec $r = 0.42$ , et l’insolation seule avec seulement $0.23$ : le retard aide, mais une calotte glaciaire linéaire ne peut pas produire des cycles de $100\,000$ ans à partir d’un forçage qui n’en a aucun. Les terminaisons doivent faire intervenir un comportement non linéaire qui amplifie une faible poussée de l’insolation. Les candidats sont des rétroactions qui agissent sur l’ensemble du climat : la rétroaction glace–albédo de la Définition 18.8, puisqu’une planète couverte de neige et de glace réfléchit davantage le rayonnement solaire ; et le dioxyde de carbone, qui, dans les carottes de glace antarctiques, augmente à l’échelle de millénaires chaque fois que la circulation de retournement de l’Atlantique s’affaiblit, comme c’est le cas lorsque l’eau de fonte des calottes glaciaires se déverse dans l’Atlantique Nord. Au-delà d’un seuil de dioxyde de carbone, les conditions interglaciaires peuvent se stabiliser.

Définition 25.9 (Transition du Pléistocène moyen)

La transition du Pléistocène moyen est le passage, d’environ $1\,250\,000$ à $700\,000$ ans, de cycles glaciaires d’environ $41\,000$ ans, de faible amplitude, à des cycles quasi périodiques d’environ $100\,000$ ans, de grande amplitude, avec des calottes glaciaires plus épaisses, sans aucun changement correspondant du forçage orbital.

Avant la transition, les calottes glaciaires suivaient l’obliquité, comme le montre le spectre en pointillé de la figure ci-dessus ; un décompte trouve une terminaison glaciaire dans 67, 88 et $52\,\%$ des cycles d’obliquité du Quaternaire ancien, moyen et récent. La théorie orbitale seule ne peut pas expliquer le changement ; les candidats sont la dynamique des calottes glaciaires elles-mêmes, peut-être après l’enlèvement du régolithe meuble sur lequel elles glissaient, et une diminution progressive du dioxyde de carbone pendant les minima glaciaires. Aucune explication n’est encore généralement admise.

25.5 Le dioxyde de carbone dans les cycles glaciaires

Les carottes de glace antarctiques montrent que le dioxyde de carbone suit les cycles glaciaires : entre 188 et $194\,\mathrm{ppm}$ au dernier maximum glaciaire, entre 266 et $282\,\mathrm{ppm}$ au dernier interglaciaire ; la série composite du Chapitre 24 donne $189.7\,\mathrm{ppm}$ pour 19 à $23\,\mathrm{ka}$ , et $279.4\,\mathrm{ppm}$ sur les deux mille ans précédant l’industrialisation. Son forçage radiatif croît à peu près comme le logarithme de la concentration, $3.93\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ par doublement.

Exemple 25.10 (L’orbite face au dioxyde de carbone)

De $189.7\,\mathrm{ppm}$ à $279.4\,\mathrm{ppm}$ , le forçage vaut $3.93\log_2(279.4/189.7) = 3.93 \times 0.559 = 2.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , sur tout le globe et pendant toute l’année. L’orbite, sur le dernier million d’années, a modifié la moyenne globale et annuelle de l’insolation d’au plus $340.54 - 340.00 = 0.54\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , mais l’insolation de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N d’environ $109\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ .

L’orbite est un métronome, non un moteur. Elle redistribue le rayonnement solaire entre les saisons et les latitudes et fixe le calendrier ; les calottes glaciaires, par leur albédo et leur lenteur, et le dioxyde de carbone, par son forçage global, transforment un signal régional en un changement global du climat.

Exercices

Données des exercices, sauf indication contraire : $S_0 = 1360\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (la valeur des tables) ; une année tropique de $365.2422$ jours ; les éléments orbitaux des tables, dont ceux d’aujourd’hui sont $e = 0.017236$ , $\varpi = 101.37{}^{\circ}$ , $\varepsilon = 23.446{}^{\circ}$ .

Exercice 25.1 ★

Prendre $e = 0.0167$ . (a) Calculer le rapport de la distance à l’aphélie $a(1 + e)$ à la distance au périhélie $a(1 - e)$ . (b) Exprimer leur différence en pourcentage de $a$ . (c) De quel facteur le rayonnement solaire au périhélie est-il supérieur à celui de l’aphélie ?

Solution

Solution de Exercice 25.1.

(a) $1.0167/0.9833 = 1.0340$ : l’aphélie est $3.4\,\%$ plus loin que le périhélie. (b) $a(1 + e) - a(1 - e) = 2ea = 0.0334\,a$ , soit $3.34\,\%$ de $a$ , proche des 3.4 pour cent généralement cités. (c) Le rayonnement solaire décroît comme le carré inverse de la distance : $1.0340^2 = 1.069$ , soit environ $7\,\%$ de rayonnement en plus au périhélie.

Exercice 25.2 ★

Les tables donnent $e = 0.017236$ , $\varpi = 101.37{}^{\circ}$ aujourd’hui ; $e = 0.019971$ , $\varpi = 293.86{}^{\circ}$ il y a $10\,000$ ans ; $e = 0.019249$ , $\varpi = 359.99{}^{\circ}$ il y a $6000$ ans. (a) Calculer la précession climatique pour chaque âge. (b) Pour chacun, donner la longitude du Soleil au périhélie. (c) À quel âge le périhélie était-il le plus proche du solstice de juin, et à quel âge était-il le plus proche de l’équinoxe de septembre ?

Solution

Solution de Exercice 25.2.

(a) Aujourd’hui $0.017236 \times \sin101.37{}^{\circ} = 0.017236 \times 0.9804 = 0.01690$ ; il y a $10\,000$ ans $0.019971 \times \sin293.86{}^{\circ} = 0.019971 \times (-0.9145) = -0.01826$ ; il y a $6000$ ans $0.019249 \times \sin359.99{}^{\circ} \approx 0$ , valeurs des tables. (b) La longitude du Soleil au périhélie est $\varpi + 180{}^{\circ}$ : $281.37{}^{\circ}$ aujourd’hui, $473.86{}^{\circ}$ $-$ $360{}^{\circ}$ $=$ $113.86{}^{\circ}$ il y a $10\,000$ ans, $179.99{}^{\circ}$ il y a $6000$ ans. (c) Il y a $10\,000$ ans, le périhélie tombait $24{}^{\circ}$ après le solstice de juin, le plus proche des trois de celui-ci, pendant l’été boréal ; il y a $6000$ ans, il tombait à l’équinoxe de septembre, où la précession climatique est nulle.

Exercice 25.3 ★

L’axe de rotation précesse avec une période d’environ $25\,770$ ans par rapport aux étoiles, tandis que l’orbite tourne avec une période d’environ $112\,000$ ans. Supposer que les deux mouvements déplacent le périhélie par rapport à l’équinoxe dans le même sens, de sorte que leurs fréquences s’ajoutent. (a) Combiner les deux fréquences pour trouver la période avec laquelle le périhélie parcourt les saisons. (b) Comparer cette période aux périodes principales de la précession climatique, $19.0$ , $22.4$ et $23.7$ milliers d’années.

Solution

Solution de Exercice 25.3.

(a) Les fréquences s’ajoutent : $1/25.77 + 1/112 = 0.03880 + 0.00893 = 0.047\,73\,\mathrm{ka}^{-1}$ , soit une période de $1/0.04773 = 21.0$ milliers d’années. (b) Le résultat tombe dans l’intervalle des périodes principales, de 19.0 à 23.7 milliers d’années. Un seul nombre ne peut pas les reproduire : la rotation de l’orbite est elle-même la somme de plusieurs mouvements de fréquences différentes, dont chacun se combine avec la précession de l’axe pour donner une période de la précession climatique ; la moyenne est la valeur de $23\,000$ ans généralement citée.

Exercice 25.4 ★

Avec la Proposition 25.5 et $e = 0.0167$ , calculer l’insolation annuelle moyenne au pôle Nord pour des obliquités de $22.1{}^{\circ}$ et $24.5{}^{\circ}$ . De quel pourcentage croît-elle entre les deux ?

Solution

Solution de Exercice 25.4.

$\sqrt{1 - 0.0167^2} = 0.99986$ . Pour $22.1{}^{\circ}$ : $1360 \times 0.37622/(\pi \times 0.99986) = 162.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; pour $24.5{}^{\circ}$ : $1360 \times 0.41469/(\pi \times 0.99986) = 179.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Le rapport est $\sin24.5{}^{\circ}/\sin22.1{}^{\circ} = 1.102$ : la moyenne annuelle au pôle croît de $10.2\,\%$ , soit environ $16.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , entre les deux extrêmes.

Exercice 25.5 ★★

(a) Calculer exactement le facteur de distance $(a/r)^2$ au solstice de juin, aujourd’hui et il y a $116\,000$ ans ( $e = 0.043988$ , $\varpi = 92.71{}^{\circ}$ ), et comparer avec l’approximation $1 - 2e\sin\varpi$ . (b) Calculer les deux au solstice de décembre. (c) Pourquoi l’approximation est-elle moins bonne il y a $116\,000$ ans ?

Solution

Solution de Exercice 25.5.

(a) Au solstice de juin $(a/r)^2 = \bigl((1 - e\sin\varpi)/(1 - e^2)\bigr)^2$ . Aujourd’hui $e\sin\varpi = 0.016898$ et $(0.983102/0.999703)^2 = 0.9671$ , contre $1 - 0.033796 = 0.9662$ ; il y a $116\,000$ ans $e\sin\varpi = 0.043939$ et $(0.956061/0.998065)^2 = 0.9176$ , contre $1 - 0.087878 = 0.9121$ . (b) Au solstice de décembre $(a/r)^2 = \bigl((1 + e\sin\varpi)/(1 - e^2)\bigr)^2$ : aujourd’hui $1.0347$ contre $1.0338$ , il y a $116\,000$ ans $1.0940$ contre $1.0879$ . (c) Les termes négligés sont d’ordre $e^2$ : $(1 - x)^2/(1 - e^2)^2 \approx 1 - 2x + x^2 + 2e^2$ avec $x = e\sin\varpi$ , ici environ $3e^2$ . Ils valent $3 \times 0.0172^2 = 0.0009$ aujourd’hui et $3 \times 0.0440^2 = 0.0058$ il y a $116\,000$ ans, proches des écarts trouvés, $0.0009$ et $0.0055$ : l’approximation est six fois moins bonne lorsque l’excentricité est deux fois et demie plus grande.

Exercice 25.6 ★★

Reprendre pas à pas l’Exemple 25.4 : l’angle horaire du coucher du Soleil à $65{}^{\circ}$ N au solstice de juin, la durée du jour, l’insolation à la distance moyenne, puis l’insolation d’aujourd’hui.

Solution

Solution de Exercice 25.6.

Au solstice de juin $\delta = \varepsilon = 23.446{}^{\circ}$ . $\cos h_0 = -\tan65{}^{\circ}\tan23.446{}^{\circ} = -2.14451 \times 0.43369 = -0.93006$ , donc $h_0 = 158.44{}^{\circ} = 2.7654\,\mathrm{rad}$ . Le jour dure $2 \times 158.44/15 = 21.13$ heures (la Terre tourne de $15{}^{\circ}$ par heure). Avec $\sin65{}^{\circ} = 0.90631$ , $\cos65{}^{\circ} = 0.42262$ , $\sin\delta = 0.39788$ , $\cos\delta = 0.91744$ et $\sin h_0 = 0.36742$ , le facteur entre parenthèses vaut $2.7654 \times 0.90631 \times 0.39788 + 0.42262 \times 0.91744 \times 0.36742 = 0.99720 + 0.14246 = 1.13966$ . À la distance moyenne $\bar Q = (1360/\pi) \times 1.13966 = 432.90 \times 1.13966 = 493.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; avec le facteur de distance de l’Exercice 25.5, $493.4 \times 0.9671 = 477.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Pour vérification, les mêmes étapes à $60{}^{\circ}$ N donnent $475.96\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , là où les tables donnent $475.95$ .

Exercice 25.7 ★★

(a) En partant de $\mathrm dt = T(r/a)^2\,\mathrm d\lambda/(2\pi\sqrt{1 - e^2})$ et de $(r/a)^2 \approx 1 + 2e\cos(\lambda - \varpi)$ , montrer que la demi-année allant de l’équinoxe de mars à celui de septembre dure environ $T/2 + (2T/\pi)\,e\sin\varpi$ . (b) Calculer de combien de jours elle dépasse l’autre demi-année aujourd’hui. (c) Comparer avec les 4.5 jours dont les étés boréaux dépassent les hivers, et les trois jours dont les printemps dépassent les automnes.

Solution

Solution de Exercice 25.7.

(a) L’équinoxe de mars est $\lambda = 0$ , celui de septembre $\lambda = \pi$ . Avec $\sqrt{1 - e^2} \approx 1$ , la durée vaut $\frac{T}{2\pi}\int_0^{\pi}\bigl(1 + 2e\cos(\lambda - \varpi)\bigr)\,\mathrm d\lambda = \frac{T}{2\pi}\bigl(\pi + 2e[\sin(\lambda - \varpi)]_0^{\pi}\bigr) = \frac{T}{2\pi}(\pi + 4e\sin\varpi) = \frac T2 + \frac{2T}{\pi}e\sin\varpi$ . (b) L’autre demi-année est plus courte de la même quantité, donc la différence vaut $(4T/\pi)\,e\sin\varpi = (4 \times 365.2422/\pi) \times 0.016898 = 465.04 \times 0.016898 = 7.86$ jours. (c) Le printemps et l’été ensemble dépassent l’automne et l’hiver de $4.5 + 3 = 7.5$ jours ; les deux écarts cités sont arrondis, et l’accord se situe dans cet arrondi.

Exercice 25.8 ★★

Au cours du dernier million d’années, l’excentricité a varié de $0.0046$ à $0.0565$ . (a) Calculer l’insolation moyenne globale et annuelle $S_0/(4\sqrt{1 - e^2})$ aux deux extrêmes. (b) De combien, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ et en pourcentage, l’orbite a-t-elle modifié cette valeur ? (c) Comparer avec l’intervalle de l’insolation de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N, de 388 à $497\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ .

Solution

Solution de Exercice 25.8.

(a) Pour $e = 0.0046$ : $\sqrt{1 - e^2} = 0.999989$ et $340/0.999989 = 340.004\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Pour $e = 0.0565$ : $\sqrt{1 - 0.003192} = 0.998403$ et $340/0.998403 = 340.544\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . (b) La différence vaut $0.54\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , soit $0.16\,\%$ . (c) L’insolation de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N a varié de $497 - 388 = 109\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , soit environ $25\,\%$ de sa moyenne et deux cents fois la variation de la moyenne annuelle globale : l’orbite agit sur le climat en déplaçant le rayonnement entre les saisons et les latitudes, non en modifiant le total.

Exercice 25.9 ★★

Avec le modèle à retard et $\tau = 10\,\mathrm{ka}$ , calculer l’amplitude relative et le retard de la masse de glace pour un forçage sinusoïdal de périodes 23, 41 et $100$ milliers d’années. Quelle bande la calotte glaciaire favorise-t-elle, et pourquoi ?

Solution

Solution de Exercice 25.9.

Avec $\omega = 2\pi/P$ et $\tau = 10\,\mathrm{ka}$ : pour $P = 23$ , $\omega\tau = 2.732$ , une amplitude relative $1/\sqrt{1 + 7.464} = 0.344$ et un retard $\arctan(2.732)/\omega = 1.2199/0.2732 = 4.47$ ka ; pour $P = 41$ , $\omega\tau = 1.532$ , amplitude $0.546$ , retard $0.9926/0.1532 = 6.48$ ka ; pour $P = 100$ , $\omega\tau = 0.628$ , amplitude $0.847$ , retard $0.5610/0.0628 = 8.93$ ka. La calotte glaciaire favorise le forçage lent : elle suit $85\,\%$ d’un cycle de $100\,000$ ans mais seulement un tiers d’un cycle de précession, car elle n’a pas le temps de croître ou de décroître avant qu’un forçage rapide ne s’inverse. Elle agit comme un filtre passe-bas.

Exercice 25.10 ★★★

L’insolation de mi-juillet à $65{}^{\circ}$ N n’a presque aucune puissance à $100\,000$ ans, pourtant le volume de glace des derniers $700\,000$ ans y concentre l’essentiel de sa puissance. (a) Montrer que si le forçage vaut $A_1\sin \omega_1 t + A_2\sin\omega_2 t$ , le modèle à retard ne répond qu’aux fréquences $\omega_1$ et $\omega_2$ . (b) Montrer qu’une réponse contenant le terme $V^2$ , par exemple $\mathrm dV/\mathrm dt = (V_{\mathrm{eq}} - V)/\tau + kV^2$ , peut créer les fréquences $\omega_1 - \omega_2$ et $\omega_1 + \omega_2$ , en substituant la solution linéaire dans $V^2$ . (c) Deux termes de précession de périodes $23.7$ et $19.0$ milliers d’années battent avec quelle période ? Que conclure concernant les cycles de $100\,000$ ans ?

Solution

Solution de Exercice 25.10.

(a) L’équation est linéaire : si $V_1$ répond à $A_1\sin\omega_1t$ et $V_2$ à $A_2\sin\omega_2t$ , $V_1 + V_2$ répond à leur somme. Par la Proposition 25.8, $V_1$ et $V_2$ sont des sinusoïdes de fréquences $\omega_1$ et $\omega_2$ (une fois le transitoire éteint), si bien que la réponse ne contient aucune autre fréquence. (b) Avec $V \approx B_1\sin(\omega_1t - \phi_1) + B_2\sin(\omega_2t - \phi_2)$ ,

\begin{aligned} V^2 &= \tfrac12(B_1^2 + B_2^2) - \tfrac12B_1^2\cos(2\omega_1t - 2\phi_1) - \tfrac12B_2^2\cos(2\omega_2t - 2\phi_2)\\ &\quad + B_1B_2\bigl[\cos\bigl((\omega_1 - \omega_2)t - \phi_1 + \phi_2\bigr) - \cos\bigl((\omega_1 + \omega_2)t - \phi_1 - \phi_2\bigr)\bigr], \end{aligned}

donc le terme $kV^2$ force l’équation aux fréquences de différence et de somme, et aux fréquences doubles. (c) $1/(1/19.0 - 1/23.7) = 1/(0.05263 - 0.04219) = 95.8$ milliers d’années ; la paire 19.0 et 22.4 donne 125 milliers d’années. Les fréquences de différence des termes de précession tombent dans la bande de l’excentricité, comme il se doit, puisque la précession climatique est $e\sin\varpi$ . Une calotte glaciaire non linéaire pourrait donc tirer un rythme de $100\,000$ ans de la précession ; une calotte linéaire ne le peut pas. Les cycles de $100\,000$ ans sont la preuve d’un comportement non linéaire, bien que ce calcul seul ne dise pas lequel.

Exercice 25.11 ★★★

Au pôle Nord, l’énergie reçue par mètre carré pendant le jour polaire vaut $E = \int S_0(a/r)^2 \sin\delta\,\mathrm dt$ sur la demi-année où $\delta > 0$ . (a) Montrer, avec la démonstration de Proposition 25.5, que $E = S_0T\sin\varepsilon/(\pi\sqrt{1 - e^2})$ . (b) Calculer $E$ en $\mathrm{GJ}\,\mathrm{m}^{-2}$ pour $\varepsilon = 22.1{}^{\circ}$ et $24.5{}^{\circ}$ , avec $e = 0.0167$ et $T$ = 365.25 jours. (c) La précession n’apparaît pas dans $E$ . Pourquoi peut-elle néanmoins modifier la fonte d’une calotte glaciaire ?

Solution

Solution de Exercice 25.11.

(a) Comme dans la démonstration de la Proposition 25.5, $(a/r)^2\,\mathrm dt = T\,\mathrm d\lambda/(2\pi\sqrt{1 - e^2})$ , et $\sin\delta = \sin\varepsilon\sin\lambda$ est positif pour $0 < \lambda < \pi$ . Donc $E = \frac{S_0T\sin\varepsilon}{2\pi\sqrt{1 - e^2}}\int_0^{\pi}\sin\lambda \,\mathrm d\lambda = S_0T\sin\varepsilon/(\pi\sqrt{1 - e^2})$ . (b) $T = 365.25 \times 86400 = 3.1558 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ , $S_0T/\pi = 1.3661 \times 10^{10}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; pour $22.1{}^{\circ}$ , $E = 1.3661 \times 10^{10} \times 0.37622/0.99986 = 5.14\,\mathrm{GJ}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; pour $24.5{}^{\circ}$ , $5.67\,\mathrm{GJ}\,\mathrm{m}^{-2}$ , soit $10\,\%$ de plus. (c) La précession fixe la façon dont la même énergie se répartit dans le temps : un été au périhélie est plus court et plus intense, un été à l’aphélie plus long et plus faible. La fonte ne commence qu’au-dessus de $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ , si bien qu’un été court et intense peut faire fondre davantage qu’un été long et frais recevant le même total.

Exercice 25.12 ★★★

(a) Calculer le forçage radiatif de la hausse du dioxyde de carbone de $189.7\,\mathrm{ppm}$ à $279.4\,\mathrm{ppm}$ , avec $3.93\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ par doublement et une loi logarithmique. (b) Les intervalles donnés pour le dernier maximum glaciaire et le dernier interglaciaire sont de 188 à $194\,\mathrm{ppm}$ et de 266 à $282\,\mathrm{ppm}$ : calculer le forçage le plus faible et le plus fort qu’ils permettent. (c) Comparer avec la variation de l’insolation annuelle globale de l’Exercice 25.8 et avec l’amplitude de l’insolation estivale à $65{}^{\circ}$ N. Lequel est le déclencheur, et lequel l’amplificateur ?

Solution

Solution de Exercice 25.12.

(a) $3.93\log_2(279.4/189.7) = 3.93\log_2 1.4729 = 3.93 \times 0.5586 = 2.20\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . (b) La plus petite hausse va de 194 à $266\,\mathrm{ppm}$ : $3.93\log_2 1.3711 = 3.93 \times 0.4554 = 1.79\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; la plus grande, de 188 à $282\,\mathrm{ppm}$ : $3.93\log_2 1.5 = 3.93 \times 0.5850 = 2.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . (c) Le forçage du dioxyde de carbone vaut environ quatre fois la plus grande variation de l’insolation annuelle globale, $0.54\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , et il agit partout et toute l’année ; l’insolation estivale à $65{}^{\circ}$ N varie d’environ $109\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , mais en une seule latitude et une seule saison. L’orbite est le déclencheur, par les étés des calottes glaciaires nord ; le dioxyde de carbone, avec la rétroaction glace–albédo, est un amplificateur qui étend le changement à tout le globe.

Problème 25.1

Problème du week-end — Rayonnement solaire à $65{}^{\circ}$ N

Le dernier interglaciaire s’est achevé il y a environ $116\,000$ ans. Quel ensoleillement l’été à la latitude des grandes calottes glaciaires de l’hémisphère Nord a-t-il reçu alors, par rapport à aujourd’hui ? Utiliser les données des exercices. Les tables donnent, il y a $116\,000$ ans, $e = 0.0440$ , $\varpi = 92.7{}^{\circ}$ , $\varepsilon = 22.52{}^{\circ}$ ; aujourd’hui, arrondies de la même façon, $e = 0.0172$ , $\varpi = 101.4{}^{\circ}$ , $\varepsilon = 23.45{}^{\circ}$ .

Partie I — L’orbite alors et aujourd’hui.

Calculer la précession climatique alors et aujourd’hui.
Calculer les distances au périhélie et à l’aphélie, en unités de $a$ , alors et aujourd’hui.
À quelle longitude du Soleil la Terre était-elle au périhélie, alors et aujourd’hui ? Près de quel solstice ?
De quel facteur le rayonnement solaire au périhélie était-il supérieur à celui de l’aphélie, alors et aujourd’hui ?
L’obliquité était-elle plus grande ou plus petite qu’aujourd’hui ? Qu’est-ce que cela signifie pour les étés des hautes latitudes ?
Calculer la moyenne globale et annuelle de l’insolation alors et aujourd’hui. La différence est-elle significative ?

Partie II — La distance au solstice de juin.

Montrer à partir de la Proposition 25.3 qu’au solstice de juin $r/a = (1 - e^2)/(1 - e\sin\varpi)$ .
Calculer $r/a$ au solstice de juin, alors et aujourd’hui.
Calculer $(a/r)^2$ alors et aujourd’hui.
Comparer avec l’approximation $1 - 2e\sin\varpi$ .
De quel pourcentage le rayonnement du solstice était-il plus faible qu’à la distance moyenne, alors et aujourd’hui ?

Partie III — Ensoleillement à $65{}^{\circ}$ N.

Donner la déclinaison du Soleil au solstice de juin, alors et aujourd’hui.
Calculer l’angle horaire du coucher du Soleil à $65{}^{\circ}$ N ce jour-là, alors et aujourd’hui.
En déduire la durée du jour.
Calculer l’insolation journalière moyenne à la distance moyenne.
Calculer l’insolation journalière moyenne, alors et aujourd’hui.
Les tables donnent, pour le mi-juillet, 397.60 et $426.76\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Pourquoi les valeurs au solstice sont-elles plus élevées ?
Lequel pèse le plus dans la différence entre alors et aujourd’hui, l’obliquité ou la distance ?

Partie IV — La réponse de la calotte glaciaire.

Dans le modèle à retard avec $\tau = 10\,\mathrm{ka}$ , quelle fraction d’un changement brusque de $V_{\mathrm{eq}}$ la calotte glaciaire a-t-elle atteinte après 5, 10 et $20\,\mathrm{ka}$ ?
L’insolation de juin à $65{}^{\circ}$ N est passée d’un maximum, survenu il y a environ $128\,000$ ans, à le minimum survenu il y a $116\,000$ ans, soit une demi-période de précession. Pour une sinusoïde de période $23\,\mathrm{ka}$ , quelle fraction du forçage la calotte glaciaire suit-elle, et avec quel retard ?
Pourquoi une calotte glaciaire ne peut-elle pas atteindre, en un cycle de précession, la taille qu’une faible insolation estivale soutiendrait ?
La glace a mis environ $90\,000$ ans à se former jusqu’au dernier maximum glaciaire, et environ $10\,000$ ans à fondre. Pourquoi le modèle à retard ne peut-il pas produire cette dissymétrie ?
Le dioxyde de carbone se situait entre 266 et $282\,\mathrm{ppm}$ au dernier interglaciaire, et entre 188 et $194\,\mathrm{ppm}$ au dernier maximum glaciaire. Comment aide-t-il un changement régional de l’ensoleillement à devenir un changement global du climat ?
En résumé : quelle était l’insolation journalière moyenne à $65{}^{\circ}$ N au solstice de juin lorsque le dernier interglaciaire s’est achevé, il y a $116\,000$ ans ?

Solution

Solution de Problème 25.1.

1. Alors $0.0440 \times \sin92.7{}^{\circ} = 0.0440 \times 0.99889 = 0.04395$ ; aujourd’hui $0.0172 \times \sin101.4{}^{\circ} = 0.0172 \times 0.98027 = 0.01686$ , environ 2.6 fois moins. 2. Alors $1 - 0.0440 = 0.956$ et $1 + 0.0440 = 1.044$ ; aujourd’hui $0.9828$ et $1.0172$ . 3. En $\lambda = \varpi + 180{}^{\circ}$ : alors $272.7{}^{\circ}$ , aujourd’hui $281.4{}^{\circ}$ , toutes deux proches du solstice de décembre ( $\lambda = 270{}^{\circ}$ ) ; alors, le périhélie tombait moins de trois jours après ce solstice, et l’aphélie au solstice de juin. 4. Alors $(1.044/0.956)^2 = 1.0921^2 = 1.193$ , aujourd’hui $(1.0172/0.9828)^2 = 1.0350^2 = 1.071$ : $19\,\%$ de rayonnement en plus au périhélie alors, $7\,\%$ aujourd’hui. 5. Plus petite, $22.52{}^{\circ}$ contre $23.45{}^{\circ}$ : le Soleil d’été était plus bas aux hautes latitudes, et les hautes latitudes recevaient moins de rayonnement en été et sur l’année. 6. Alors $340/\sqrt{1 - 0.001936} = 340/0.999032 = 340.33\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; aujourd’hui $340/0.999852 = 340.05\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . L’écart, $0.28\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ou moins d’un millième, est négligeable. 7. En $\lambda = 90{}^{\circ}$ , $\cos(90{}^{\circ} - \varpi) = \sin\varpi$ dans Proposition 25.3. 8. Alors $(1 - 0.001936)/(1 - 0.04395) = 0.998064/0.956049 = 1.04395$ ; aujourd’hui $(1 - 0.000296)/(1 - 0.01686) = 0.999704/0.983139 = 1.01685$ . 9. Alors $1/1.04395^2 = 0.91758$ ; aujourd’hui $1/1.01685^2 = 0.96714$ . 10. Alors $1 - 2 \times 0.04395 = 0.91210$ ; aujourd’hui $1 - 2 \times 0.01686 = 0.96628$ : l’approximation se trompe de $0.0055$ alors, de $0.0009$ aujourd’hui. 11. Alors $1 - 0.91758 = 8.2\,\%$ plus faible, aujourd’hui $3.3\,\%$ . 12. Au solstice $\delta = \varepsilon$ : $22.52{}^{\circ}$ alors, $23.45{}^{\circ}$ aujourd’hui. 13. Alors $\cos h_0 = -2.14451 \times 0.41462 = -0.88916$ , $h_0 = 152.77{}^{\circ} = 2.6663\,\mathrm{rad}$ ; aujourd’hui $\cos h_0 = -2.14451 \times 0.43378 = -0.93023$ , $h_0 = 158.47{}^{\circ} = 2.7659\,\mathrm{rad}$ . 14. $2h_0/15{}^{\circ}$ par heure : alors $20.37$ heures, aujourd’hui $21.13$ heures. 15. Alors $2.6663 \times 0.90631 \times 0.38301 + 0.42262 \times 0.92375 \times 0.45759 = 0.92554 + 0.17864 = 1.10418$ ( $1.104\,17$ sans arrondi), et $432.90 \times 1.10417 = 478.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; aujourd’hui $2.7659 \times 0.90631 \times 0.39795 + 0.42262 \times 0.91741 \times 0.36697 = 0.99757 + 0.14228 = 1.13985$ ( $1.139\,82$ sans arrondi), et $432.90 \times 1.13982 = 493.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . 16. Alors $478.0 \times 0.91758 = 438.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; aujourd’hui $493.4 \times 0.96714 = 477.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , soit $38.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de plus qu’alors. 17. À mi-juillet, la longitude du Soleil vaut $120{}^{\circ}$ : $\sin\delta = \sin\varepsilon\sin120{}^{\circ}$ , une déclinaison d’environ $20{}^{\circ}$ au lieu de $23{}^{\circ}$ , donc un jour plus court et un Soleil plus bas : à $65{}^{\circ}$ N, l’insolation journalière moyenne est maximale près du solstice, lorsque la déclinaison est la plus grande. 18. Avec la distance d’aujourd’hui, le seul changement d’obliquité coûte $(493.4 - 478.0) \times 0.96714 = 14.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; avec l’ancienne obliquité, la seule distance coûte $478.0 \times (0.96714 - 0.91758) = 23.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ . Les deux s’additionnent à $38.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; la distance compte pour environ trois cinquièmes. 19. Après un changement brusque, la calotte glaciaire a atteint $1 - \mathrm e^{-t/\tau}$ de celui-ci : $1 - \mathrm e^{-0.5} = 0.39$ après $5\,\mathrm{ka}$ , $1 - \mathrm e^{-1} = 0.63$ après $10\,\mathrm{ka}$ , $1 - \mathrm e^{-2} = 0.86$ après $20\,\mathrm{ka}$ . 20. $\omega\tau = 2\pi \times 10/23 = 2.732$ : la calotte glaciaire suit $1/\sqrt{1 + 2.732^2} = 0.34$ du forçage, avec un retard de $\arctan(2.732)/\omega = 4.5$ ka. 21. Une demi-période de précession, soit environ 11 à $12\,\mathrm{ka}$ , est à peu près égale à un temps de réponse : avant que la calotte glaciaire ait couvert les deux tiers du chemin, l’insolation s’inverse et la ramène en arrière. 22. Dans le modèle linéaire, la glace croît et décroît au même rythme pour des forçages de même taille : un forçage croissant et un forçage décroissant donnent des réponses symétriques. Une accumulation lente suivie d’un effondrement rapide exige une réponse qui dépend de l’état ou du sens du changement, c’est-à-dire une réponse non linéaire. 23. Le dioxyde de carbone a augmenté de $3.93\log_2(266/194) = 1.8$ à $3.93\log_2(282/188) = 2.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ du glaciaire à l’interglaciaire : un forçage sur tout le globe et pendant toute l’année. Libéré lorsque la circulation atlantique s’affaiblit, il porte le changement des étés boréaux à toute la planète et, avec l’albédo de la glace qui se réduit, l’amplifie. 24. Lorsque le dernier interglaciaire s’est achevé, l’insolation journalière moyenne du solstice de juin à $65{}^{\circ}$ N était d’environ $439\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ , $39\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de moins qu’aujourd’hui et sa plus faible valeur du cycle.

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