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title: "Télédétection et SIG"
book: "Sciences de la Terre et de l’Univers à l’université — 3e année"
subject: earth
language: fr
chapter: 25
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/earth/5/fr/chapter/25-teledetection-et-sig
license: CC-BY-NC-SA-4.0
credit: "One Earth and Space Sciences Book, One Course (one-course.com)"
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# Chapitre 25 — Télédétection et SIG

En 1997, le sol d’une région sauvage de la chaîne des Cascades, près de l’ensemble de volcans appelé les Three Sisters, commença à se soulever. En 2001, son centre se trouvait $15\,\mathrm{cm}$ plus haut. Aucun volcan ne s’élève directement au-dessus du soulèvement. La dernière éruption de la zone remontait à 1 500 ans. Le soulèvement n’a été repéré par personne qui le parcourait : il apparut sous la forme d’une cible d’anneaux colorés lorsque des images radar de la région, prises depuis l’orbite à plusieurs années d’intervalle, étaient combinées. Les anneaux situaient le magma intrusif entre 6 et $7\,\mathrm{km}$ de profondeur ; en mars 2004, un essaim de plus de 300 petits séismes s’est produit à proximité de leur centre. Ce chapitre explique comment un satellite mesure une variation de quelques centimètres depuis des centaines de kilomètres d’altitude, ce que voient du sol les autres capteurs en orbite, et comment les cartes qu’ils produisent sont combinées dans un système d’information géographique.

**Tu sais déjà.**

Le spectre électromagnétique, la loi de Planck du corps noir, l’émissivité et la loi de Kirchhoff, la réflectance et l’interférence des ondes figurent dans les volumes de physique. La télédétection, les images satellitaires, les projections cartographiques et le positionnement par satellite figurent dans les manuels scolaires. Les fenêtres atmosphériques et les bandes photométriques figurent dans le volume de première année, dans son chapitre sur les télescopes ; le modèle numérique de terrain et le système d’information géographique qui le stocke figure dans son chapitre sur les cartes géologiques ; la première carte radar du déplacement d’un séisme, dans son chapitre sur la source sismique. La source de Mogi d’un réservoir magmatique en gonflement figure dans le volume de deuxième année, dans son chapitre sur les éruptions volcaniques.

## 25.1 Signatures spectrales et capteurs optiques

La lumière solaire qui atteint le sol est en partie absorbée et en partie réfléchie, dans des proportions qui dépendent de la longueur d’onde et de la composition du sol. Un capteur en orbite mesure la lumière réfléchie dans quelques intervalles de longueurs d’onde, ses bandes, et les rapports entre les bandes identifient la surface.

**Définition 25.1 (Signature spectrale).**

La *signature spectrale* d’un matériau est sa réflectance en fonction de la longueur d’onde, $R(\lambda)$, la fraction du rayonnement incident qu’elle réfléchit. Dans l’infrarouge thermique, où les surfaces émettent plutôt qu’elles ne réfléchissent, la signature est l’émissivité $\varepsilon(\lambda)$ ; pour un échantillon opaque, $\varepsilon = 1 - R$.

![Spectres de réflectance en laboratoire de cinq surfaces (ECOSTRESS Spectral Library, reproduits avec l’aimable autorisation du Jet Propulsion Laboratory, California Institute of Technology), avec en grisé les six bandes réfléchies 2 à 7 de l’imageur Landsat 8 et 9. L’herbe verte est sombre dans le visible, très claire dans le proche infrarouge ; la kaolinite est claire partout sauf une étroite absorption à 2.2\, µ m ; l’hématite absorbe le bleu et le vert et réfléchit le rouge ; l’eau réfléchit quelques pour cent à toute longueur d’onde.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/fig-6b2ccb7b3f5c.svg)

*Spectres de réflectance en laboratoire de cinq surfaces (ECOSTRESS Spectral Library, reproduits avec l’aimable autorisation du Jet Propulsion Laboratory, California Institute of Technology), avec en grisé les six bandes réfléchies 2 à 7 de l’imageur Landsat 8 et 9. L’herbe verte est sombre dans le visible, très claire dans le proche infrarouge ; la kaolinite est claire partout sauf une étroite absorption à $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; l’hématite absorbe le bleu et le vert et réfléchit le rouge ; l’eau réfléchit quelques pour cent à toute longueur d’onde.*

Les signatures de la figure ci-dessus forment le vocabulaire de la télédétection optique. La chlorophylle des feuilles absorbe fortement entre 0.4 et $0.7\,\text{µ}\mathrm{m}$, pour la photosynthèse, tandis que les cellules des feuilles réfléchissent fortement entre 0.7 et $1.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ : l’herbe verte réfléchit $5\,\%$ de la lumière rouge de la bande 4 et $50\,\%$ du proche infrarouge de la bande 5, un saut qu’aucune roche ni aucun sol ne produit. Au-delà, deux creux profonds vers 1.4 et $1.9\,\text{µ}\mathrm{m}$ correspondent à l’absorption de l’eau liquide. Le sable brun s’éclaircit régulièrement vers l’infrarouge. La kaolinite, une argile, est blanche dans le visible et présente une étroite absorption à $2.20\,\text{µ}\mathrm{m}$, dans la bande 7, ce qui la rend plus sombre là que dans la bande 6 ; un [capteur hyperspectral](#def-b3-remote-sensing-gis-sensors) résout sa forme et permet de distinguer une argile d’une autre. L’hématite absorbe le bleu et le vert : d’où sa couleur rouge.

**Définition 25.2 (Résolution spatiale, spectrale et radiométrique ; temps de revisite).**

La *résolution spatiale* d’une image est la taille au sol d’un de ses pixels. Sa *résolution spectrale* est le nombre et la largeur de ses bandes, sa *résolution radiométrique* le nombre de niveaux dans lesquels chaque mesure est enregistrée, $2^b$ pour $b$ bits. Le *temps de revisite* d’un satellite est un intervalle de temps séparant deux de ses observations d’un même lieu.

Ces quatre ne peuvent pas être toutes fines à la fois : des pixels plus petits et des bandes plus étroites captent chacun moins de lumière, et une fauchée étroite met plus de temps à couvrir la Terre. L’imageur de Landsat 8, lancé en 2013, compte neuf bandes, la plupart d’entre elles avec des pixels de $30\,\mathrm{m}$ et une bande panchromatique à $15\,\mathrm{m}$ ; elle enregistre 4096 niveaux (12 bits), là où les instruments des Landsat 1 à 7 en enregistraient 256. Depuis une orbite héliosynchrone à $705\,\mathrm{km}$ d’altitude, il image une fauchée de $185\,\mathrm{km}$ de large et repasse au-dessus du même sol tous les 16 jours ; Landsat 9, sur la même orbite à 8 jours d’écart, divise par deux l’attente. Chaque satellite Sentinel-2 dispose d’un imageur multispectral de 13 bandes, dont les pixels mesurent 10, 20 ou $60\,\mathrm{m}$, sur une fauchée de $290\,\mathrm{km}$ ; avec deux satellites sur la même orbite, le [temps de revisite](#def-b3-remote-sensing-gis-resolutions) à l’équateur est de 5 jours.

**Définition 25.3 (Capteurs multispectraux et hyperspectraux).**

Un *capteur multispectral* enregistre de quelques à quelques dizaines de bandes, séparées par des intervalles. Un *capteur hyperspectral* enregistre de nombreuses bandes étroites et contiguës, si bien que chaque pixel porte un spectre presque continu, qui peut être comparé à une bibliothèque spectrale telle que celle de la figure ci-dessus.

Entre le sol et le capteur se trouve l’atmosphère. Elle diffuse vers le capteur de la lumière solaire qui n’a jamais touché le sol, surtout aux courtes longueurs d’onde, la luminance de trajet, et elle absorbe une partie de ce que le sol réfléchit en dehors des fenêtres atmosphériques.

**Définition 25.4 (Correction atmosphérique).**

La *correction atmosphérique* est la conversion de la luminance mesurée au sommet de l’atmosphère en réflectance de la surface, en retirant la luminance de trajet et en compensant l’absorption le long des deux trajets de la lumière, à l’aller et au retour.

La correction la plus simple soustrait, dans chaque bande, la valeur des pixels les plus sombres de la scène, eau claire profonde ou ombre, qui ne devraient presque rien réfléchir : ce qu’ils montrent est la luminance de trajet. Des corrections plus soignées modélisent les molécules, les aérosols et la vapeur d’eau de l’atmosphère.

**Définition 25.5 (Indice de végétation par différence normalisée).**

L’*indice de végétation par différence normalisée* (NDVI) d’un pixel est

$$
\mathrm{NDVI} = \frac{R_\mathrm{NIR} - R_\mathrm{red}}{R_\mathrm{NIR} + R_\mathrm{red}} ,
$$

calculé à partir de ses réflectances dans une bande proche infrarouge et une bande rouge.

L’indice est compris entre $-1$ et $+1$. Un sol sans feuilles vertes donne une valeur proche de zéro, roche nue, sable ou neige $0.1$ et moins, arbustes et prairies 0.2 à 0.3, forêts humides tempérées et tropicales 0.6 à 0.8 ; les feuilles vertes les plus denses approchent 0.8 à 0.9. D’après les spectres de la figure ci-dessus, par les bandes 4 et 5, l’herbe donne 0.82, le sable brun 0.15 et l’eau $-0.01$. Étant un rapport, l’indice ne change pas lorsque les deux bandes sont atténuées dans la même proportion, par une pente tournée à l’opposé de la lumière ou par un voile fin et uniforme : il mesure la végétation, et non l’éclairement. Une luminance de trajet additive, plus forte dans le rouge, la modifie, ce qui explique que l’indice soit calculé à partir de réflectances corrigées (voir l’[Exercice 25.12](#exo-b3-remote-sensing-gis-12)).

## 25.2 L’infrarouge thermique

Aux températures du sol, voisines de $300\,\mathrm{K}$, la loi de Planck place le maximum d’émission d’un corps noir vers $9.7\,\text{µ}\mathrm{m}$, dans la fenêtre atmosphérique de l’infrarouge thermique. Là, le capteur mesure ce que la surface émet, et non ce qu’elle réfléchit. Le capteur thermique de Landsat 8 possède deux bandes, de 10.6 à 11.19 et de 11.5 à $12.51\,\text{µ}\mathrm{m}$, avec des pixels de $100\,\mathrm{m}$.

**Définition 25.6 (Température de brillance).**

La *température de brillance* $T_b$ d’une surface à la longueur d’onde $\lambda$ est la température du corps noir qui émettrait la luminance spectrale $L$ mesurée sur elle à cette longueur d’onde. La *température cinétique* est la température thermodynamique de la surface, celle qu’indiquerait un thermomètre.

**Proposition 25.7 (Température de brillance à partir d’une luminance).**

Avec $c_1 = 2hc^2$ et $c_2 = hc/k$, une luminance spectrale $L$ à la longueur d’onde $\lambda$ a pour [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness)

$$
T_b = \frac{c_2}{\lambda \ln\!\left(1 + \dfrac{c_1}{\lambda^5 L}\right)} .
$$

Une surface d’émissivité $\varepsilon < 1$ à la température cinétique $T$ émet $L = \varepsilon B_\lambda(T)$ et a $T_b < T$.

**Démonstration.** La loi de Planck donne $B_\lambda(T) = c_1\lambda^{-5}/(e^{c_2/\lambda T} -
1)$. En posant $B_\lambda(T_b) = L$ et en résolvant, $e^{c_2/\lambda T_b} = 1 +
c_1/(\lambda^5L)$, ce qui est la formule. $B_\lambda$ croît avec la température, donc $\varepsilon B_\lambda(T) < B_\lambda(T)$ implique $T_b < T$. ∎

L’écart a son importance. Au centre de la bande 10, $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, une surface à $300\,\mathrm{K}$ d’émissivité 0.95 a une [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) de $296.6\,\mathrm{K}$, une de 0.99 $299.3\,\mathrm{K}$ : un centième d’émissivité vaut plus d’un demi-kelvin. Les spectres de laboratoire donnent, dans la bande 10, une émissivité de 0.98 pour l’herbe, 0.99 pour l’eau et 0.97 pour le sable brun. Cartographier une température depuis l’orbite exige donc l’émissivité de chaque pixel, ainsi qu’une correction de l’émission et de la absorption de l’air interposé.

![À gauche, loi de Planck pour des surfaces à 300 et 400\, K et pour la lave d’une éruption à 1170\, C (1443\, K), avec la bande 7 de l’infrarouge à ondes courtes et la bande thermique 10 de Landsat 8 grisées. À droite, la température de brillance dans la bande 10 d’un pixel dont une fraction f est à 370\, K et le reste à 290\, K, comparée à la température moyenne pondérée par les surfaces : la partie chaude compte davantage que sa surface.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/fig-cd130b295a93.svg)

*À gauche, loi de Planck pour des surfaces à 300 et $400\,\mathrm{K}$ et pour la lave d’une éruption à $1170\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ($1443\,\mathrm{K}$), avec la bande 7 de l’infrarouge à ondes courtes et la bande thermique 10 de Landsat 8 grisées. À droite, la [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) dans la bande 10 d’un pixel dont une fraction $f$ est à $370\,\mathrm{K}$ et le reste à $290\,\mathrm{K}$, comparée à la température moyenne pondérée par les surfaces : la partie chaude compte davantage que sa surface.*

La lave à $1170\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a son maximum vers $2.0\,\text{µ}\mathrm{m}$ : une coulée de lave fraîche, bien plus petite qu’un pixel, illumine les bandes de l’infrarouge à ondes courtes d’un imageur optique, de jour comme de nuit. Un pixel est rarement uniforme, et la loi de Planck n’est pas linéaire en température.

**Proposition 25.8 (Un pixel mixte).**

Un pixel dont une fraction $f$ émet comme un corps noir à $T_h$ et le reste à $T_0 < T_h$ a pour luminance $L = fB_\lambda(T_h) + (1 - f)B_\lambda(T_0)$, et, pour $0 < f < 1$, sa [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) dépasse la température moyenne pondérée par les surfaces $fT_h + (1 - f)T_0$.

**Démonstration.** La luminance est la moyenne pondérée par les surfaces des luminances. Écrivons $B_\lambda(T)
= c_1\lambda^{-5}g(c_2/\lambda T)$ avec $g(x) = 1/(e^x - 1)$ ; en la variable $T$, avec $x = c_2/\lambda T$, la dérivée seconde de $g(c_2/\lambda T)$ vaut $(x g''(x) + 2g'(x))\,x/T^2$, positive lorsque $x(e^x + 1)
> 2(e^x - 1)$, soit $x > 2\tanh(x/2)$, ce qui vaut pour tout $x > 0$ : $B_\lambda$ est convexe en $T$. Par convexité, la moyenne des luminances dépasse la luminance de la température moyenne, et $B_\lambda$ croît avec $T$, donc $T_b > fT_h + (1 - f)T_0$. ∎

Un pixel comportant $5\,\%$ de sol de fumerolle à $370\,\mathrm{K}$ sur un fond à $290\,\mathrm{K}$ a une température moyenne de $294\,\mathrm{K}$, mais une [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) de $295.3\,\mathrm{K}$ ; à $10\,\%$, $300.4\,\mathrm{K}$. Les points chauds ressortent dans une image thermique, et leur température ne se lit pas dans une seule bande : deux bandes de longueurs d’onde différentes donnent deux équations pour $f$ et $T_h$.

## 25.3 Radar et lidar

Un capteur optique ou thermique est passif : il mesure la lumière que le sol renvoie. Un radar ou un [lidar](#def-b3-remote-sensing-gis-lidar) est actif : il envoie une impulsion et chronomètre son écho. Les micro-ondes traversent les nuages, et le radar apporte sa propre illumination, de sorte qu’il observe de jour comme de nuit, quel que soit le temps.

**Définition 25.9 (Radar à synthèse d’ouverture ; rétrodiffusion radar).**

Un *radar à synthèse d’ouverture* (SAR) est un radar porté par une trajectoire qui regarde de côté, et qui combine les échos qu’il enregistre depuis un même point du sol sur une longueur de sa trajectoire, en conservant leurs phases, comme s’ils avaient été reçus par une seule antenne aussi longue que cette longueur. La *rétrodiffusion radar* d’une surface est la fraction de la puissance qu’elle reçoit et qu’elle renvoie vers l’antenne.

![La géométrie d’un radar à visée latérale, dans le plan perpendiculaire à sa trajectoire. Le faisceau éclaire une fauchée d’un côté du nadir ; un point du sol est vu à la portée oblique R sous l’angle d’incidence , le long de la ligne de visée (LOS). Les échos sont triés par leur retard en travers de la trajectoire, en portée, et par l’historique de phase de l’ouverture synthétique le long de celle-ci, en azimut.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/fig-37a986f03c51.svg)

*La géométrie d’un radar à visée latérale, dans le plan perpendiculaire à sa trajectoire. Le faisceau éclaire une fauchée d’un côté du nadir ; un point du sol est vu à la portée oblique $R$ sous l’angle d’incidence $\theta$, le long de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) (LOS). Les échos sont triés par leur retard en travers de la trajectoire, en portée, et par l’historique de phase de l’ouverture synthétique le long de celle-ci, en azimut.*

**Proposition 25.10 (Résolution en azimut).**

Une antenne réelle de longueur $L$ à la portée oblique $R$ ne sépare deux points du sol, le long de sa trajectoire, que s’ils sont séparés de plus d’environ $R\lambda/L$. Un [radar à synthèse d’ouverture](#def-b3-remote-sensing-gis-sar) avec la même antenne atteint environ $L/2$, quelle que soit la portée.

**Démonstration.** Le faisceau d’une antenne de longueur $L$ s’étale sur un angle d’environ $\lambda/L$ ; il éclaire donc une bande longue de $R\lambda/L$ le long de la trajectoire, et l’antenne réelle ne peut pas distinguer deux points qui s’y trouvent. Un point reste dans le faisceau tant que l’antenne parcourt cette même longueur $\ell = R\lambda/L$ : c’est l’ouverture synthétique. Combiner les échos sur $\ell$ revient à une antenne de longueur $\ell$ ; le trajet de chaque écho est parcouru deux fois, aller et retour, ce qui divise par deux le faisceau de l’antenne synthétique, qui vaut $\lambda/(2\ell)$, et la résolution est $R\lambda/(2\ell) =
L/2$. Un point plus éloigné reste plus longtemps dans le faisceau, et la plus longue ouverture compense exactement la plus grande portée. ∎

Le radar de chaque satellite Sentinel-1 fonctionne en bande C, à $5.405\,\mathrm{GHz}$, soit une longueur d’onde d’environ $5.55\,\mathrm{cm}$, avec une antenne de $12.3\,\mathrm{m}$ de long, à $693\,\mathrm{km}$ d’altitude. Une antenne réelle de cette taille verrait des détails non plus fins qu’environ $4\,\mathrm{km}$ le long de la trajectoire ; l’ouverture synthétique ramène $L/2$ à environ $6\,\mathrm{m}$. Sur les terres, il fonctionne surtout en mode à large fauchée, qui balaie trois sous-fauchées pour couvrir $250\,\mathrm{km}$, sous des angles d’incidence compris entre 29 et $46{}^{\circ}$, avec des cellules de 5 par $20\,\mathrm{m}$. Un satellite repasse sur la même orbite tous les $12$ jours.

La rétrodiffusion dépend de la rugosité de la surface à l’échelle de la longueur d’onde et de son humidité. Un lac calme renvoie l’impulsion ailleurs, comme un miroir, et apparaît noir ; une coulée de lave rugueuse, une canopée forestière ou une ville faite de murs et d’angles en renvoie une grande part et apparaît claire.

**Définition 25.11 (Lidar).**

Un *lidar* mesure des distances par le temps de trajet des impulsions laser réfléchies par le sol, la végétation ou l’eau.

**Proposition 25.12 (Temps de vol).**

Une impulsion qui revient au bout d’un temps $t$ après son émission a rencontré une surface à la distance $ct/2$ ; une incertitude $\delta t$ sur le temps est une incertitude $c\,\delta t/2$ sur la distance.

**Démonstration.** La lumière se propage à $c$ à l’aller et au retour, soit une distance $2d = ct$. ∎

L’altimètre laser d’ICESat-2, situé à environ $500\,\mathrm{km}$ d’altitude, tire $10\,000$ impulsions par seconde à $532\,\mathrm{nm}$ dans six faisceaux, un tous les $0.7\,\mathrm{m}$ le long du sol, dans une empreinte de $11\,\mathrm{m}$ de large. Parmi les quelque 300 billions de photons qui partent avec chaque impulsion, seule une douzaine revient, et chacun est chronométré à $800\,\mathrm{ps}$ : soit $12\,\mathrm{cm}$ de portée. Au-dessus d’une forêt, certains photons reviennent de la canopée et d’autres du sol à travers leurs trouées : la différence donne la hauteur des arbres, et les photons du sol seuls donnent une carte du relief sous-jacent. Les [lidars](#def-b3-remote-sensing-gis-lidar) embarqués sur avion cartographient de la même façon le sol sous la végétation.

## 25.4 Interférométrie radar

L’écho enregistré par un radar a une amplitude, la force du signal de retour, et une phase, qui compte la distance aller-retour en unités de la longueur d’onde. La phase d’une seule image est inutile : chaque pixel contient de nombreux diffuseurs dont les échos s’additionnent avec des phases aléatoires. Mais si le sol ne change pas entre-temps, les mêmes diffuseurs redonnent la même somme.

**Définition 25.13 (Interférométrie radar ; interférogramme ; ligne de visée).**

L’*interférométrie radar* (InSAR) combine deux images radar du même sol, prises depuis presque la même position à deux dates, pixel par pixel. Leur *interférogramme* est la carte de la différence de leurs phases, connue modulo $2\pi$ et représentée par un cycle de couleurs, un cycle étant une *frange*. La *ligne de visée* est la direction allant du sol vers l’antenne ; le radar ne mesure que la composante d’un déplacement le long de celle-ci. Le *déroulement de phase* est la reconstruction de la phase continue à partir de la phase enroulée, en ajoutant à chaque pixel le multiple de $2\pi$ qui fait varier la phase de façon régulière par rapport à ses voisins.

**Théorème 25.14 (Une frange).**

Entre deux acquisitions prises depuis la même position, un déplacement du sol qui raccourcit de $\Delta r$ la distance à l’antenne modifie la phase de son écho de $\Delta\phi = 4\pi\Delta r/\lambda$. Une frange, soit une variation de $2\pi$, correspond à un déplacement de $\lambda/2$ le long de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar).

**Démonstration.** L’écho parcourt la distance $2r$, aller et retour, et sa phase vaut $2\pi\cdot 2r/\lambda$, auquel s’ajoute une constante fixée par les diffuseurs, identique dans les deux images. La différence vaut $4\pi\Delta r/\lambda$, et elle vaut $2\pi$ pour $\Delta r = \lambda/2$. ∎

Pour Sentinel-1, une frange mesure $27.7\,\mathrm{mm}$ ; pour les anciens satellites européens et canadiens, de longueur d’onde $5.66\,\mathrm{cm}$, $28.3\,\mathrm{mm}$, soit le cycle de couleurs de la photographie ci-dessous. En pratique, les positions des deux passages diffèrent d’une centaine de mètres au plus (Sentinel-1 est maintenu à moins de $120\,\mathrm{m}$ d’une orbite de référence), et la différence de phase contient aussi le relief, que retire un modèle numérique de terrain ; la vapeur d’eau de l’atmosphère retarde différemment les ondes aux deux dates ; et là où le sol change entre les deux passages, surtout la végétation, les phases perdent leur cohérence et les franges se dissolvent dans le bruit. La plus grande longueur d’onde en bande L, $23.53\,\mathrm{cm}$, traverse mieux la végétation que la bande C.

**Proposition 25.15 (Une source de Mogi vue selon la ligne de visée).**

Au-dessus d’une source de Mogi de variation de volume $\Delta V$ à la profondeur $z_0$, à la distance horizontale $r$, le sol se soulève de $u_z$, comme dans le volume de deuxième année, et se déplace vers l’extérieur de

$$
u_r = \frac{(1 - \nu)\,\Delta V}{\pi}\,\frac{r}{(r^2 + z_0^2)^{3/2}} = \frac{r}{z_0}\,u_z .
$$

Vu sous l’incidence $\theta$ depuis un satellite situé à l’est, la variation de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) vaut $d = u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$, où $u_E$ est le déplacement vers l’est. Le long de la ligne nord–sud passant par le centre, $d = u_z\cos\theta$.

**Démonstration.** La formule radiale est la compagne de la formule verticale de la même solution. Le vecteur unitaire allant du sol vers le satellite est $(\sin\theta, 0, \cos\theta)$ selon l’est, le nord et le haut, et la variation de la distance est l’opposé de la projection du déplacement sur ce vecteur ; le raccourcissement vaut $d$. Sur la ligne nord–sud, le mouvement vers l’extérieur est dirigé vers le nord ou vers le sud, perpendiculairement à ce vecteur, et $u_E = 0$. ∎

![Une source de Mogi à 4\, km de profondeur qui gonfle de 107\, m3 (= 0.25), vue en bande C de Sentinel-1 sous une incidence de 35 depuis un satellite situé à l’est. À gauche, la phase enroulée : chaque cycle de couleurs représente 27.7\, mm de mouvement vers le satellite, soit quatre cycles et demi du bord au centre. À droite, le déplacement vertical et le déplacement vers l’est le long de la ligne est–ouest passant par le centre, ainsi que la variation de la ligne de visée le long de cette ligne et de la ligne nord–sud : le mouvement vers l’extérieur, en direction du satellite, s’ajoute au soulèvement du côté est et se retranche du côté ouest.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/fig-9f38d4b7f2b2.svg)

*Une source de Mogi à $4\,\mathrm{km}$ de profondeur qui gonfle de $10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ ($\nu = 0.25$), vue en bande C de Sentinel-1 sous une incidence de $35{}^{\circ}$ depuis un satellite situé à l’est. À gauche, la phase enroulée : chaque cycle de couleurs représente $27.7\,\mathrm{mm}$ de mouvement vers le satellite, soit quatre cycles et demi du bord au centre. À droite, le déplacement vertical et le déplacement vers l’est le long de la ligne est–ouest passant par le centre, ainsi que la variation de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) le long de cette ligne et de la ligne nord–sud : le mouvement vers l’extérieur, en direction du satellite, s’ajoute au soulèvement du côté est et se retranche du côté ouest.*

Les franges se comptent à partir d’une partie de l’image qui n’a pas bougé. Leur nombre donne le mouvement au centre ; la largeur du motif donne la profondeur, comme pour le profil de soulèvement du volume de deuxième année, le long de la ligne nord–sud où le mouvement horizontal est invisible pour le radar. La première carte de ce type, celle du déplacement lié à un grand séisme californien de 1992, est parue dans le volume de première année ; depuis, les [interférogrammes](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) ont cartographié le glissement de séismes, l’affaissement de bassins dont les aquifères sont pompés, $3\,\mathrm{cm}$ sur quelque $8\,\mathrm{km}$ dans une vallée californienne en 1997, et le gonflement de volcans comme les Three Sisters.

![Ci-dessus, l’interférogramme du centre volcanique des Three Sisters, Oregon, 1995–2001, drapé sur le relief : chaque cycle de couleurs représente 28.3\, mm de variation de distance, et l’œil de cercles concentriques au centre marque le soulèvement. Ci-dessous, les mêmes données déroulées et figurées en relief : la distance au satellite diminue de jusqu’à 130\, mm au centre. U.S. Geological Survey (Wicks et al., 2002), domaine public.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/img-2b569fb46b71.jpg)

*Ci-dessus, l’[interférogramme](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) du centre volcanique des Three Sisters, Oregon, 1995–2001, drapé sur le relief : chaque cycle de couleurs représente $28.3\,\mathrm{mm}$ de variation de distance, et l’œil de cercles concentriques au centre marque le soulèvement. Ci-dessous, les mêmes données déroulées et figurées en relief : la distance au satellite diminue de jusqu’à $130\,\mathrm{mm}$ au centre. U.S. Geological Survey (Wicks et al., 2002), domaine public.*

**Au laboratoire — Une station au sol.**

![](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/img-0afab0d2db35.jpg)

*Une station au sol de satellites au crépuscule : une grande antenne de poursuite et son bâtiment d’exploitation (Illustration générée par IA.)*

Un satellite d’imagerie enregistre bien plus de données qu’il n’en peut émettre pendant qu’il survole la zone qu’il image. Le radar d’un satellite Sentinel-1 peut imager pendant jusqu’à une demi-heure à chaque orbite et stocke ses données à bord, jusqu’à 1410 gigabits ; il les envoie vers le sol sur deux canaux de 260 mégabits par seconde chacun, de sorte qu’un stock plein met quelque 45 minutes à se vider. Une station au sol les reçoit : lorsque le satellite se lève au-dessus de l’horizon, l’antenne parabolique s’oriente vers lui, le suit à travers le ciel et le lâche à son coucher, tandis que les opérateurs vérifient que le flux arrive en entier. Les données partent ensuite vers un centre de traitement, où les échos bruts deviennent des images.

## 25.5 Systèmes d’information géographique

Les images des satellites, le modèle numérique de terrain, la carte géologique, les puits et les routes sont des couches d’un même système d’information géographique, qui les stocke dans un référentiel commun de coordonnées et calcule avec elles.

**Définition 25.16 (Données raster et données vectorielles).**

Les *données raster* représentent une couche par une grille de cellules, chacune portant une seule valeur : une réflectance, une altitude, une classe. Les *données vectorielles* représentent la couche par des points, des lignes et des polygones définis par les coordonnées de leurs sommets, chacun accompagné d’une ligne d’attributs dans une table.

![La même carte en données vectorielles (à gauche : un polygone, une ligne et deux points, exacts en position, chacun avec ses attributs) et en données raster (à droite : une valeur par cellule, le lac par les cellules dont le centre tombe à l’intérieur du lac, la rivière et les puits par les cellules qu’ils traversent). Un raster est facile à calculer, cellule par cellule ; une couche vectorielle conserve les formes et la topologie à toute échelle.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/fig-38a196dc9c4e.svg)

*La même carte en [données vectorielles](#def-b3-remote-sensing-gis-data-models) (à gauche : un polygone, une ligne et deux points, exacts en position, chacun avec ses attributs) et en [données raster](#def-b3-remote-sensing-gis-data-models) (à droite : une valeur par cellule, le lac par les cellules dont le centre tombe à l’intérieur du lac, la rivière et les puits par les cellules qu’ils traversent). Un raster est facile à calculer, cellule par cellule ; une couche vectorielle conserve les formes et la topologie à toute échelle.*

**Définition 25.17 (Géoréférencement).**

Le *géoréférencement* est l’attribution de coordonnées cartographiques dans une projection énoncée, à chaque pixel d’une image ou à chaque sommet d’un dessin, le plus souvent en ajustant une transformation à des points de contrôle au sol dont les positions sont connues dans les deux systèmes.

Pour un raster orienté vers le nord dans un repère projeté, la transformation est affine : la cellule de la colonne $i$ et de la ligne $j$ a son coin en $E = E_0 + i\,\Delta$, $N = N_0 - j\,\Delta$, où $\Delta$ est la taille de la cellule. Une image satellite est d’abord rééchantillonnée dans une telle grille ; les couches dans des projections différentes sont projetées dans une même projection avant d’être combinées.

**Méthode 25.18 (Pente, orientation et ombrage à partir d’un modèle numérique de terrain).**

Sur une grille d’altitudes $z_{i,j}$ de pas $\Delta$ ($i$ vers l’est, $j$ vers le nord), estimer le gradient par différences centrées,

$$
\frac{\partial z}{\partial x} \approx \frac{z_{i+1,j} - z_{i-1,j}}{2\Delta} ,
\qquad
\frac{\partial z}{\partial y} \approx \frac{z_{i,j+1} - z_{i,j-1}}{2\Delta} .
$$

La *pente* est $S = \arctan|\nabla z|$ ; l’*orientation* est l’azimut de la plus grande descente, soit la direction de $-\nabla z$, $A =
\operatorname{atan2}(-\partial z/\partial x, -\partial z/\partial y)$ mesuré dans le sens horaire à partir du nord. L’*ombrage* pour une lumière d’azimut $A_0$ à l’angle zénithal $Z$ vaut $\cos Z\cos S + \sin Z\sin S
\cos(A_0 - A)$, le cosinus de l’angle entre la lumière et la normale au sol, ramené à zéro lorsqu’il est négatif.

La différence centrée est exacte pour un plan et entachée d’une erreur de $\Delta^2 z'''/6$ sinon ; le relief ombré des monts Varden dans le volume de première année a été calculé ainsi, éclairé depuis le nord-ouest. Les dérivées amplifient les erreurs de la grille : un modèle présentant des décrochements entre ses lignes les montre sous forme de rayures sur sa carte de pente.

**Définition 25.19 (Algèbre de cartes).**

L’*algèbre de cartes* est le calcul d’une nouvelle couche raster cellule par cellule à partir d’une ou plusieurs couches de la même grille : par arithmétique (le NDVI à partir de deux bandes), par comparaison (les cellules plus pentues que $15{}^{\circ}$), par opérations logiques (et, ou, non), ou à partir d’un voisinage de la cellule (la pente).

**Définition 25.20 (Zone tampon ; superposition).**

La *zone tampon* d’un objet à la distance $d$ est la région de la carte située à moins de $d$ de lui. Une *superposition* combine deux couches ou plus d’une même zone en une seule, chaque endroit du résultat portant les attributs de tous ; la sélection des endroits qui satisfont plusieurs conditions à la fois, c’est l’usage le plus courant.

![Une session SIG sur les monts Varden, à partir de leur modèle numérique de terrain, sur une grille de 100\, m. (a) La pente, jusqu’à 23 sur les flancs de la vallée ; (b) l’orientation, la direction vers laquelle le sol fait face, les deux rives de la rivière se faisant face ; (c) deux couches, les cellules plus pentues que 15 et l’affleurement du schiste jurassique ; (d) leur superposition avec la zone tampon de 1\, km de la rivière (en tirets) : les 0.32\, km2 de schiste pentu au-dessus de la rivière, un premier crible pour les terrains susceptibles de glisser.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/earth-5/b3-remote-sensing-gis/fig-60eb1022df0f.svg)

*Une session SIG sur les monts Varden, à partir de leur modèle numérique de terrain, sur une grille de $100\,\mathrm{m}$. (a) La pente, jusqu’à $23{}^{\circ}$ sur les flancs de la vallée ; (b) l’orientation, la direction vers laquelle le sol fait face, les deux rives de la rivière se faisant face ; (c) deux couches, les cellules plus pentues que $15{}^{\circ}$ et l’affleurement du schiste jurassique ; (d) leur [superposition](#def-b3-remote-sensing-gis-operations) avec la [zone tampon](#def-b3-remote-sensing-gis-operations) de $1\,\mathrm{km}$ de la rivière (en tirets) : les $0.32\,\mathrm{km}^{2}$ de schiste pentu au-dessus de la rivière, un premier crible pour les terrains susceptibles de glisser.*

La figure ci-dessus déroule toute la chaîne : l’[algèbre de cartes](#def-b3-remote-sensing-gis-map-algebra) appliquée à la grille d’altitudes donne la pente et l’orientation ; une comparaison transforme la pente en une couche de cellules pentues ; la carte géologique fournit le schiste ; la [zone tampon](#def-b3-remote-sensing-gis-operations) de la rivière donne une troisième couche ; leur intersection, une [superposition](#def-b3-remote-sensing-gis-operations) à l’aide de l’opérateur logique *et*, ne laisse que 32 cellules sur les 8181. La réponse ne vaut que par la qualité des couches : sur une grille plus grossière, les pentes sortent plus douces et moins de cellules passent.

**Définition 25.21 (Classification supervisée ; matrice de confusion).**

Une *classification supervisée* attribue chaque pixel d’une image à l’une des classes d’un ensemble, à partir de règles ou de statistiques apprises sur des pixels d’apprentissage dont la classe est connue sur le terrain. Sa *matrice de confusion* compte, pour un ensemble distinct de pixels de référence, combien de pixels de chaque classe réelle ont été attribués à chaque classe : $n_{ij}$ pixels classés en $i$ appartiennent en réalité à $j$.

La diagonale contient les pixels bien classés. Avec $N$ pixels de référence, l’*exactitude globale* vaut $\sum_i n_{ii}/N$. L’*exactitude utilisateur* d’une classe, $n_{ii}$ rapporté au total de sa ligne, est la probabilité qu’un pixel que la carte désigne comme $i$ est réellement de classe $i$ ; son *exactitude producteur*, $n_{ii}$ rapporté au total de sa colonne, la probabilité qu’un $i$ réel ait été cartographié comme $i$. Le *coefficient kappa* compare l’exactitude globale $p_o$ à l’exactitude $p_e = \sum_i (\text{ligne}_i)(\text{colonne}_i)/N^2$ qu’une attribution aléatoire avec les mêmes totaux atteindrait : $\kappa = (p_o - p_e)/(1 -
p_e)$.

| classé \ référence | eau | forêt | roche nue | total |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| eau | 45 | 2 | 0 | 47 |
| forêt | 3 | 38 | 7 | 48 |
| roche nue | 0 | 5 | 30 | 35 |
| total | 48 | 45 | 37 | 130 |

Dans cet exemple fictif, 113 pixels sur 130 sont bien classés, soit une exactitude globale de $86.9\,\%$. La forêt a une exactitude utilisateur de $38/48 = 79\,\%$ mais une exactitude producteur de $38/45 =
84\,\%$ : sept pixels de roche nue, peut-être à l’ombre, ont été classés comme forêt. Une attribution aléatoire atteindrait $p_e = 0.338$, et $\kappa =
0.80$.

## 25.6 Exercices

**Exercice 25.1 ★.**

Un champ présente des réflectances de 0.06 dans la bande rouge et de 0.42 dans la bande proche infrarouge d’un imageur ; un champ labouré voisin présente 0.21 et 0.28. Calculer le NDVI des deux et dire ce que suggère chaque valeur.

**Solution de Exercice 25.1.**

Champ : $(0.42 - 0.06)/(0.42 + 0.06) = 0.75$, végétation verte dense, une culture en pleine feuillaison. Champ labouré : $(0.28 - 0.21)/(0.28 + 0.21) = 0.14$, presque nu, un sol qui s’éclaircit légèrement vers l’infrarouge.

**Exercice 25.2 ★.**

L’imageur Landsat 8 couvre une fauchée large de $185\,\mathrm{km}$, avec des pixels de $30\,\mathrm{m}$ et sa bande panchromatique, avec des pixels de $15\,\mathrm{m}$. (a) Combien de pixels comptent une ligne traversant la fauchée dans chaque cas ? (b) Combien de niveaux donnent 12 bits, et 8 bits ? (c) Quel est le [temps de revisite](#def-b3-remote-sensing-gis-resolutions) de Landsat 8 seul, et de Landsat 8 et 9 ensemble ?

**Solution de Exercice 25.2.**

(a) $185000/30 \approx 6170$ pixels ; $185000/15 \approx 12300$ dans la bande panchromatique. (b) $2^{12} = 4096$ niveaux ; $2^8 = 256$. (c) 16 jours à lui seul ; avec Landsat 9 sur la même orbite, à 8 jours d’intervalle, 8 jours.

**Exercice 25.3 ★.**

(a) Sur un [interférogramme](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) Sentinel-1 ($\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$) d’un bassin en subsidence, six franges séparent le bord stable du centre. Quelle est la variation de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) au centre ? (b) Que vaudrait une frange pour un satellite plus ancien de longueur d’onde $5.66\,\mathrm{cm}$ ?

**Solution de Exercice 25.3.**

(a) Une frange vaut $\lambda/2 = 27.7\,\mathrm{mm}$ ; six franges correspondent à $166\,\mathrm{mm}$ de variation selon la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar), ici un éloignement par rapport au satellite, puisque le bassin s’affaisse. (b) $56.6/2 = 28.3\,\mathrm{mm}$.

**Exercice 25.4 ★.**

Un altimètre laser est à $500\,\mathrm{km}$ au-dessus du sol. (a) Combien de temps met une impulsion pour revenir ? (b) Si chaque photon est repéré à $800\,\mathrm{ps}$ près, quelle est la précision d’une mesure de distance ?

**Solution de Exercice 25.4.**

(a) $t = 2d/c = 2\times5 \times 10^{5}/3.00 \times 10^{8} = 3.34\,\mathrm{ms}$. (b) $c\,\delta t/2 = 3.00 \times 10^{8}\times8 \times 10^{-10}/2 = 0.12\,\mathrm{m}$ ; une surface échantillonnée par de nombreux photons est bien mieux localisée, la précision décroissant comme l’inverse de la racine carrée de leur nombre.

**Exercice 25.5 ★★.**

Un pixel de la bande 10 de Landsat 8 (prendre $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$) présente, après [correction atmosphérique](#def-b3-remote-sensing-gis-atm-correction), une radiance spectrale de $9.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$. (a) Calculer sa [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness). (b) La surface est un champ d’herbe d’émissivité 0.98 : quelle est sa température cinétique ?

**Solution de Exercice 25.5.**

(a) En unités SI $L = 9.0 \times 10^{6}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\mathrm{m}^{-1}$. Avec $c_1 =
2hc^2 = 1.191 \times 10^{-16}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{sr}^{-1}$, $c_2 = 0.014\,388\,\mathrm{m}\,\mathrm{K}$, $\lambda^5 = (1.09 \times 10^{-5})^5 = 1.539 \times 10^{-25}$, $c_1/(\lambda^5L) = 86.0$, et $T_b = c_2/(\lambda\ln 87.0) = 295.6\,\mathrm{K}$. (b) La température cinétique vérifie $0.98\,B_\lambda(T) = L$, c’est-à-dire $B_\lambda(T) = L/0.98$ : la même formule donne $T = 296.9\,\mathrm{K}$, soit $1.3\,\mathrm{K}$ de plus.

**Exercice 25.6 ★★.**

Le radar Sentinel-1 vole à $693\,\mathrm{km}$ d’altitude avec une antenne de $12.3\,\mathrm{m}$ de long, à $\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$. (a) En négligeant la courbure de la Terre, calculer la portée oblique vers un point vu sous une incidence de $35{}^{\circ}$. (b) Quelle résolution en azimut donnerait une antenne réelle de cette longueur à cette distance, et que donne l’ouverture synthétique ? (c) Quelle est la longueur de cette ouverture synthétique ?

**Solution de Exercice 25.6.**

(a) $R = 693/\cos35{}^{\circ} = 846\,\mathrm{km}$. (b) Antenne réelle : $R\lambda/L =
8.46 \times 10^{5}\times0.0555/12.3 = 3.8\,\mathrm{km}$ ; ouverture synthétique : $L/2 =
6.2\,\mathrm{m}$, environ 600 fois plus fine. (c) L’ouverture synthétique est la longueur de trajectoire sur laquelle un point reste dans le faisceau, $R\lambda/L =
3.8\,\mathrm{km}$.

**Exercice 25.7 ★★.**

Une fenêtre $3\times3$ d’un modèle numérique de terrain à cellules de $30\,\mathrm{m}$ donne, le nord en haut,

$$
\begin{matrix} 412 & 418 & 425 \\ 405 & 410 & 418 \\ 398 & 401 & 409 \end{matrix}
\qquad (\mathrm{m}).
$$

Par différences centrées dans la cellule centrale, calculer la pente, l’orientation et l’ombrage du relief pour une lumière venant du nord-ouest, à $45{}^{\circ}$ au-dessus de l’horizon.

**Solution de Exercice 25.7.**

$\partial z/\partial x = (418 - 405)/60 = 0.217$ (est moins ouest), $\partial z/\partial y = (418 - 401)/60 = 0.283$ (nord moins sud) ; $|\nabla z| = 0.357$, soit une pente de $\arctan 0.357 = 19.6{}^{\circ}$. Le sol monte vers le nord-est, il est donc orienté vers le sud-ouest : $A =
\operatorname{atan2}(-0.217, -0.283) = 217{}^{\circ}$. Ombrage : $\cos45{}^{\circ}
\cos19.6{}^{\circ} + \sin45{}^{\circ}\sin19.6{}^{\circ}\cos(315{}^{\circ} - 217{}^{\circ}) =
0.666 - 0.033 = 0.63$, un peu plus sombre qu’un sol plat (0.71) : la pente tourne légèrement le dos à une source lumineuse située au nord-ouest.

**Exercice 25.8 ★★.**

Une carte d’occupation des sols est vérifiée par rapport à 160 pixels de référence (lignes : la carte ; colonnes : la réalité ; classes eau, forêt, cultures, zone urbaine) :

$$
\begin{pmatrix} 48 & 3 & 1 & 0 \\ 4 & 37 & 6 & 1 \\ 2 & 5 & 29 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & 19 \end{pmatrix} .
$$

Calculer l’exactitude globale, les exactitudes utilisateur et producteur de chaque classe, et le coefficient kappa. Quelle classe est la plus souvent manquée ?

**Solution de Exercice 25.8.**

Totaux par ligne 52, 48, 38, 22 ; totaux par colonne 54, 46, 38, 22 ; diagonale 133 sur 160 : exactitude globale $83.1\,\%$. Exactitudes de l’utilisateur : eau $48/52 = 0.92$, forêt $37/48 = 0.77$, cultures $29/38 = 0.76$, zone urbaine $19/22 = 0.86$. Exactitudes du producteur : eau $48/54 = 0.89$, forêt $37/46 = 0.80$, cultures $29/38 = 0.76$, zone urbaine $19/22 = 0.86$. $p_e = (52\cdot54 + 48\cdot46 +
38\cdot38 + 22\cdot22)/160^2 = 0.271$, $\kappa = (0.831 - 0.271)/(1 -
0.271) = 0.77$. Les cultures sont le plus souvent omises : 9 des 38 pixels réellement cultivés ont été classés ailleurs, surtout en forêt.

**Exercice 25.9 ★★.**

Un pixel thermique de $100\,\mathrm{m}$ contient une coulée de lave fraîche à $1443\,\mathrm{K}$, couvrant $4\,\%$ de sa surface ; le reste est du sol à $290\,\mathrm{K}$ ; considérer les deux comme des corps noirs. (a) Calculer la [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) du pixel à $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$ et la comparer à la température moyenne. (b) Calculer le rapport des radiances de corps noir de la lave et du sol à $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$, ainsi que la [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) du pixel dans cette bande. Quelle bande détecte mieux la lave ?

**Solution de Exercice 25.9.**

(a) $L = 0.04\,B_\lambda(1443) + 0.96\,B_\lambda(290)$ à $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, $28.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$, dont la [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) vaut $396\,\mathrm{K}$, à comparer avec une température moyenne de $0.04\times1443 + 0.96\times290 = 336\,\mathrm{K}$. (b) À $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$, $B_\lambda(1443)/B_\lambda(290) = 6.8 \times 10^{7}$ : la lave domine entièrement le pixel, et sa [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) est $845\,\mathrm{K}$. La bande infrarouge à ondes courtes détecte les petits points chauds bien mieux ; la bande thermique, sensible à l’ensemble du pixel, est celle qui mesure le sol qui les entoure.

**Exercice 25.10 ★★★.**

Deux [interférogrammes](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) de la même déformation sont produits à partir de deux passages, l’un avec le satellite à l’est du sol et l’autre avec le satellite à l’ouest, tous deux sous une incidence de $35{}^{\circ}$. En un point, la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) raccourcit de $64\,\mathrm{mm}$ sur le premier et de $38\,\mathrm{mm}$ sur le second. En supposant nul le mouvement nord–sud, calculer les déplacements vertical et vers l’est. Pourquoi un seul passage ne suffit-il pas ?

**Solution de Exercice 25.10.**

Avec le satellite à l’est, $d_1 = u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$ ; à l’ouest, $d_2 = -u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$. En additionnant et en soustrayant, $u_z = (d_1 + d_2)/(2\cos\theta) = 102/1.638 = 62.3\,\mathrm{mm}$ et $u_E =
(d_1 - d_2)/(2\sin\theta) = 26/1.147 = 22.7\,\mathrm{mm}$. Un seul passage fournit une équation pour deux inconnues : tout mélange de soulèvement et de déplacement vers l’est de même projection sur la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) produit les mêmes franges.

**Exercice 25.11 ★★★.**

Le [déroulement de phase](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) échoue lorsque la phase saute de plus de $\pi$ entre pixels voisins. (a) Montrer que la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) doit varier de moins de $\lambda/4$ d’un pixel au suivant, soit $13.9\,\mathrm{mm}$ pour Sentinel-1. (b) Pour une source de Mogi à $z_0 = 4\,\mathrm{km}$ avec $\Delta V =
10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ et $\nu = 0.25$, vue à la verticale, montrer que le gradient maximal de $u_z$ se situe en $r = z_0/2$, et en calculer la valeur. (c) Quelle est la plus grande taille de pixel qui permet de résoudre les franges ?

**Solution de Exercice 25.11.**

(a) D’après le [Théorème 25.14](#thm-b3-remote-sensing-gis-fringe), $\Delta\phi =
4\pi\Delta r/\lambda < \pi$ impose $\Delta r < \lambda/4 =
13.9\,\mathrm{mm}$. (b) $u_z = k z_0(r^2 + z_0^2)^{-3/2}$ avec $k = (1 -
\nu)\Delta V/\pi$ ; $\mathrm du_z/\mathrm dr = -3kz_0r(r^2 + z_0^2)^{-5/2}$, dont la dérivée s’annule où $(r^2 + z_0^2) = 5r^2$, soit en $r = z_0/2$. On a alors

$$
\left|\frac{\mathrm du_z}{\mathrm dr}\right| = \frac{3k}{2z_0^3}\Big(\frac54\Big)^{-5/2}
= \frac{0.859\,k}{z_0^3} = \frac{0.859\times2.39 \times 10^{6}}{6.4 \times 10^{10}} = 3.2 \times 10^{-5},
$$

$32\,\mathrm{mm}$ par kilomètre. (c) $13.9/32 = 0.43\,\mathrm{km}$ : des pixels de taille inférieure à environ $430\,\mathrm{m}$, condition largement respectée par Sentinel-1.

**Exercice 25.12 ★★★.**

(a) Montrer que le NDVI est compris entre $-1$ et $+1$ pour des réflectances positives ou nulles, et qu’il reste inchangé lorsque les deux réflectances sont multipliées par un même facteur. (b) L’herbe présente des réflectances de 0.051 (rouge) et 0.502 (proche infrarouge). Une image non corrigée ajoute une radiance de trajet équivalente à 0.03 dans le rouge et 0.01 dans le proche infrarouge. Calculer le NDVI avec et sans cette contribution. (c) Quelles conséquences cela a-t-il pour une carte du NDVI établie à partir d’images non corrigées par temps brumeux ?

**Solution de Exercice 25.12.**

(a) Pour $N, R \ge 0$ non simultanément nuls, $|N - R| \le N + R$, donc $|\mathrm{NDVI}|
\le 1$ ; remplacer $N$ et $R$ par $aN$ et $aR$ revient à multiplier le numérateur et le dénominateur par $a$. (b) Sans correction : $(0.502 - 0.051)/(0.502 + 0.051) =
0.816$ ; avec correction : $(0.512 - 0.081)/(0.512 + 0.081) = 0.727$. (c) La luminance de trajet abaisse l’indice de la végétation verte, d’environ un dixième ici, et d’une quantité qui varie avec la brume : une carte d’images non corrigées montrerait autant la météo que la végétation, et les comparaisons entre dates seraient dénuées de sens.

## 25.7 Problème : un flanc en gonflement au mont Halvren

**Problème 25.1.**

Problème du week-end — végétation, chaleur et radar interférogramme sur un volcan fictif

Le mont Halvren, volcan fictif, a produit des coulées de lave en 1890, en 1960 et en 2005 sur ses flancs boisés. Un champ de fumerolles dégage de la vapeur à son sommet. Des données satellitaires d’une année récente sont fournies ci-dessous.

**Partie I — Végétation sur les coulées de lave.** Réflectances corrigées dans les bandes rouge et proche infrarouge :

| surface | forêt | coulée de 1890 | coulée de 1960 | coulée de 2005 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| rouge | 0.04 | 0.07 | 0.11 | 0.12 |
| proche infrarouge | 0.38 | 0.30 | 0.21 | 0.14 |

1. Calculer le NDVI des quatre surfaces.
2. Classer les coulées selon la [restauration](https://one-course.com/books/earth/5/fr/chapter/7-mecanismes-de-deformation-et-zones-de-cisaillement#def-b3-deformation-mechanisms-recrystallisation) de leur végétation. Ce classement est-il celui de leurs âges ?
3. Pourquoi le NDVI de la coulée de 2005 n’est-il pas nul, alors que presque rien ne pousse dessus ?
4. Pourquoi le NDVI est-il plus fiable que la seule réflectance dans le proche infrarouge sur les flancs raides et inégalement éclairés d’un volcan ?

**Partie II — Le champ de fumerolles.** Dans la bande thermique (prendre $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$), la radiance corrigée de un pixel de $100\,\mathrm{m}$ du plateau sommital, loin des fumerolles, est $8.40\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$, et celle du pixel au-dessus du champ de fumerolles $9.95\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$.

5. Calculer les [températures de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) des deux pixels.
6. La roche du plateau a une émissivité de 0.97. Quelle est sa température cinétique ?
7. Les évents des fumerolles et le sol chaud qui les entoure sont à $370\,\mathrm{K}$ . En les traitant, ainsi que le reste du pixel, comme des corps noirs, le reste étant à la radiance du plateau, quelle fraction du pixel occupent-ils et quelle aire cela représente ?
8. Pourquoi la température moyenne du pixel, pondérée par les surfaces, est-elle inférieure à sa [température de brillance](#def-b3-remote-sensing-gis-brightness) ?

**Partie III — L’interférogramme.** Deux images Sentinel-1 ($\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$, incidence $35{}^{\circ}$, satellite à l’est) prises à 48 jours d’intervalle montrent un motif en œil-de-bœuf sur le flanc est. Depuis une zone stable jusqu’au centre du motif, on compte cinq franges entières et quatre dixièmes d’une sixième, toutes dans le sens du mouvement vers le satellite.

9. Pourquoi deux images doivent-elles être prises depuis une position presque identique, et combien de cycles orbitaux d’un même satellite les séparent ?
10. Calculer la variation de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) au centre.
11. Au centre, le sol ne se déplace que verticalement. Calculer le soulèvement en ce point.
12. Expliquer pourquoi le motif n’est pas circulaire, et de quel côté, est ou ouest, les franges sont les plus serrées.
13. Le long de la ligne nord–sud passant par le centre, la variation de la [ligne de visée](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) tombe à la moitié de sa valeur centrale à $3.4\,\mathrm{km}$ du centre. Pourquoi utiliser cette ligne, et quelle profondeur donne-t-elle pour une source de Mogi ?
14. Combien de franges séparent le centre de ce point situé à mi-hauteur ?
15. La vapeur d’eau de l’air peut retarder différemment les ondes radar aux deux dates et former ses propres franges. Comment un second [interférogramme](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) , construit à partir d’un autre couple de dates, aiderait-il à les distinguer ?

**Partie IV — Le volume.** Prendre $\nu = 0.25$.

16. À partir de $u_z(0) = (1 - \nu)\Delta V/(\pi z_0^2)$ , calculer la variation de volume de la source.
17. L’exprimer comme un taux moyen par jour et par an sur les 48 jours.
18. Calculer le plus grand déplacement horizontal et l’endroit où il se produit.
19. Si le réservoir était une sphère de rayon $z_0/3$ , quel serait son volume et quelle fraction de celui-ci représente la variation ?
20. La taille finie d’une sphère de rayon $z_0/3$ modifie le soulèvement d’environ $3\,\%$ . Modifie-t-elle sensiblement la réponse à la question 16 compte tenu de la précision du comptage des franges ?
21. Quelle autre observation, issue des parties I et II ou du terrain, appuierait l’interprétation d’un réservoir en cours de remplissage ?
22. Donner la variation de volume du réservoir sous le mont Halvren, en millions de mètres cubes, à deux chiffres significatifs.

**Solution de Problème 25.1.**

**1.** Forêt $(0.38 - 0.04)/0.42 = 0.81$ ; coulée de 1890 $0.23/0.37 =
0.62$ ; de 1960 $0.10/0.32 = 0.31$ ; de 2005 $0.02/0.26 = 0.08$.

**2.** 1890, puis 1960, puis 2005 : la coulée la plus ancienne est la plus verte, dans l’ordre des âges ; elle n’a pas encore atteint la forêt.

**3.** La roche nue réfléchit un peu plus dans le proche infrarouge que dans le rouge, comme le sable brun de la figure du chapitre ; les lichens et les premières plantes ajoutent un peu : 0.08 est la valeur d’un sol presque nu.

**4.** Une pente orientée à l’opposé de la lumière assombrit les deux bandes dans la même proportion ; le rapport les annule, alors que la seule réflectance dans le proche infrarouge confondrait une forêt ombragée avec une végétation clairsemée.

**5.** Par la [Proposition 25.7](#prop-b3-remote-sensing-gis-planck-inversion) avec $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$ : le plateau à $291.1\,\mathrm{K}$, le pixel de la fumerolle à $302.3\,\mathrm{K}$.

**6.** $0.97\,B_\lambda(T) = 8.40 \times 10^{6}$ donne $T = 293.0\,\mathrm{K}$.

**7.** $B_\lambda(370\,\mathrm{K}) =
22.48\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$; $f = (9.95 - 8.40)/(22.48
- 8.40) = 0.110$, soit environ $1100\,\mathrm{m}^{2}$ du pixel de $10^{4}\,\mathrm{m}^{2}$.

**8.** Le rayonnement est une fonction convexe de la température ([Proposition 25.8](#prop-b3-remote-sensing-gis-mixed)) : la partie chaude ajoute plus de rayonnement que sa part de température, si bien que le pixel paraît plus chaud que sa moyenne, $0.110\times370 + 0.890\times291.1 = 299.8\,\mathrm{K}$ contre $302.3\,\mathrm{K}$.

**9.** La phase de chaque écho dépend du trajet exact ; un fort changement de point de vue modifie la somme des échos des diffuseurs, et l’[interférogramme](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) perd sa cohérence ; il ajoute en outre une phase due au relief. $48/12 = 4$ cycles pour un seul satellite.

**10.** $5.4\times27.73 = 149.7\,\mathrm{mm}$ vers le satellite.

**11.** $u_z = 149.7/\cos35{}^{\circ} = 182.8\,\mathrm{mm}$.

**12.** Le sol se déplace vers l’extérieur en plus de monter : du côté est le mouvement vers l’extérieur va vers le satellite et s’ajoute au soulèvement, du côté ouest, il se retranche ([Proposition 25.15](#prop-b3-remote-sensing-gis-mogi-los)). La variation tombe plus vite vers l’ouest, où les franges sont serrées ; le motif est étiré vers l’est.

**13.** Sur cette ligne, le déplacement horizontal est nord–sud, perpendiculaire à la visée, si bien que le radar ne voit que $u_z\cos\theta$, qui a la forme du soulèvement. Le soulèvement se réduit de moitié en $r = 0.766\,z_0$, donc $z_0 =
3.4/0.766 = 4.44\,\mathrm{km}$.

**14.** La moitié de 5.4 : 2.7 franges.

**15.** Une déformation est la même sur les deux [interférogrammes](#def-b3-remote-sensing-gis-insar) après mise à l’échelle par les intervalles de temps, ou continue de croître de couple en couple ; un motif atmosphérique change d’une date à l’autre et suit souvent le relief. Un second couple montrant la même figure en cible confirme la déformation.

**16.** $\Delta V = \pi u_z(0)z_0^2/(1 - \nu) = \pi\times0.1828\times
4436^2/0.75 = 1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$.

**17.** $1.51 \times 10^{7}/48 = 3.1 \times 10^{5}\,\mathrm{m}^{3}$ par jour, $1.1 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$ par an si le rythme se maintenait.

**18.** $u_r \propto r/(r^2 + z_0^2)^{3/2}$ est maximal là où sa dérivée s’annule, $r^2 + z_0^2 = 3r^2$, $r = z_0/\sqrt2 = 3.14\,\mathrm{km}$ ; là, $u_r = 70\,\mathrm{mm}$, soit $38\,\%$ du soulèvement central.

**19.** Rayon $1.48\,\mathrm{km}$, volume $\frac43\pi(1.48)^3 =
13.6\,\mathrm{km}^{3}$ ; la variation représente $1.51 \times 10^{7}/1.36 \times 10^{10} =
0.11\,\%$ de celui-ci.

**20.** Non : un dixième de frange représente $2\,\%$ du comptage, et la profondeur, lue sur une demi-largeur de $3.4\,\mathrm{km}$, éventuellement jusqu’à $0.1\,\mathrm{km}$, intervient au carré, soit $6\,\%$ ; la correction de $3\,\%$ est comprise dans cette incertitude.

**21.** Le réchauffement du champ de fumerolles (partie II) au fil du temps, une hausse des petits séismes sous le renflement, une évolution des gaz émis, et le soulèvement mesuré par positionnement par satellite ou par nivellement en quelques points du flanc.

**22.** Le réservoir sous le mont Halvren a augmenté de **15 millions $\mathrm{m}^{3}$** ($1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$).