Préambule : Cet article fait suite à la version collège du même nom. Les prérequis sont : théorème des accroissements finis et fonctions trigonométriques inverses.
Ici nous ferons l'hypothèse que la Terre est sphérique et mais plus l'hypothèse que les rayons du soleil sont parallèles. Le but de ce calcul est d'estimer l'erreur commise en supposant dans un premier temps qu'ils étaient parallèles.
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En $A$ se trouve Syène (aujourd'hui Assouan). Le jour du solstice d'été à 12h, le soleil est à la verticale de la ville (car elle se trouve sur le tropique du Cancer). Erastothène le sait car le soleil éclaire le fond du puit.
En $B$ à la base de la bibliothèque d'Alexandrie (certains disent un bâton mais ils n'ont aucun sens du romanesque). $B'$ est le haut de la tour. $B''$ est l'ombre de la haut de la tour sur la Terre.
En $S$ se trouve le soleil en $O$ le centre de la terre de rayon $R$. On note par $\gamma$ l'angle $\widehat{OSB'}$. On a $\alpha:=\widehat{SOB}$ et $\beta:=\widehat{OB'B''}$. Les angles sont donnés en radians. On note par $\overset{\huge\frown}{AB\:}$ la longueur de l'arc de cercle allant de $A$ à $B$. Cette longueur est une donnée connue et $\beta$ aussi.
Etape 1 : L'angle $\widehat{DB'B}= \pi - \beta$. Donc, en considérant le triangle $OB'S$, comme la somme des angles fait $\pi$, on voit que $\alpha+\gamma +(\pi -\beta) = \pi$. En particulier
$\alpha = \beta - \gamma$.
Etape 2 : On en déduit:
\[R = \displaystyle \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\alpha} = \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta - \gamma}= \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta}\frac{1}{1-\frac{\gamma}{\beta}} = \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta}(1+o(1)),\]
quand $\gamma\to 0$. Comme $\gamma$ est très petit et fini, il faut estimer le $o(1)$ avec plus de finesse. On utilise le théorème des accroissements finis avec $f(x)=1/(1-x)$ qui est $\mathcal{C}^1(]-1/2, 1/2[)$ et les points $0$ et $\gamma/\beta$ (qui appartient bien à cet interval car $\gamma$ est très petit à la fin). Comme
\[\max_{x\in ]-1/2, 1/2[}|f'(x)|\leq 4,\]
On en déduit que
\[\displaystyle \left|R - \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} \right| = \left|\frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} f\left(\frac{\gamma}{\beta}\right) - \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} f(0) \right|\leq 4\frac{\gamma}{\beta}.\]
Etape 3 : On estime $\gamma$ sans faire intervenir le rayon de la Terre.
Une mauvaise façon de faire est d'utiliser la loi des sinus dans le triangle $OB'S$, on a :
On déduit alors que :
\[R = \displaystyle \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\alpha} = \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta - \gamma}= \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta}\frac{1}{1-\frac{\gamma}{\beta}} = \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta}(1+o(1)),\]
quand $\gamma\to 0$. Comme $\gamma$ est très petit et fini, il faut estimer le $o(1)$ avec plus de finesse. On utilise le théorème des accroissements finis avec $f(x)=1/(1-x)$ qui est $\mathcal{C}^1(]-1/2, 1/2[)$ et les points $0$ et $\gamma/\beta$ (qui appartient bien à cet interval car $\gamma$ est très petit à la fin). Comme
\[\max_{x\in ]-1/2, 1/2[}|f'(x)|\leq 4,\]
On en déduit que
\[\displaystyle \left|R - \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} \right| = \left|\frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} f\left(\frac{\gamma}{\beta}\right) - \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} f(0) \right|\leq 4\frac{\gamma}{\beta}.\]
Etape 3 : On estime $\gamma$ sans faire intervenir le rayon de la Terre.
Une mauvaise façon de faire est d'utiliser la loi des sinus dans le triangle $OB'S$, on a :
$\displaystyle \frac{OB'}{\sin(\gamma)} = \frac{OS}{\sin(\pi - \beta)}=\frac{OS}{\sin(\beta)}$.
On déduit alors que :
$\displaystyle \sin(\gamma)= \frac{OB'\times \sin(\beta)}{OS}.$
et
$\displaystyle \gamma= \arcsin\left(\frac{OB'\times \sin(\beta)}{OS}\right),$
On introduit alors $D$, le point de coordonnées $(R, \overset{\huge\frown}{AB\:}+BB')$.
On a que $\gamma':= \widehat{ASD}$ est plus grand que $\gamma$. De plus le triangle $ASD$ est rectangle en $A$. On a que
\[\gamma' = \displaystyle\arctan\left(\frac{DA}{AS}\right).\]
On conclue alors que
\[\displaystyle \left|R - \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} \right| \leq 4\frac{\arctan\left(\frac{DA}{AS}\right)}{\beta}.\]
car $\gamma$ est très petit et en particulier dans $]-\pi, \pi[$ (ce qui permet de passer à la fonction inverse). En faisant comme cela on voit que $\gamma$ dépend de $R$, ce qui est très mauvais car on cherche à l'estimer.
On introduit alors $D$, le point de coordonnées $(R, \overset{\huge\frown}{AB\:}+BB')$.
\[\gamma' = \displaystyle\arctan\left(\frac{DA}{AS}\right).\]
On conclue alors que
\[\displaystyle \left|R - \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} \right| \leq 4\frac{\arctan\left(\frac{DA}{AS}\right)}{\beta}.\]
On prend alors les valeurs numériques suivantes :
\[AS = 152 \times 10^9 m, AB = 850\, 000 m, BB' = 90 m\]
On a pris une distance terre-soleil valable pour le solstice d'été, la distance moderne mesurée entre Alexandrie et Assouan, la hauteur de la tour de la bibliothèque d'Alexandrie (prise au hasard !!). On rappelle aussi qu'Eratostène avait mesuré $\beta = 7,2$ degrés. On a :
\[4\frac{\arctan\left(\frac{DA}{AS}\right)}{\beta} \simeq 1,8\cdot 10^{-4}.\]
Cela prouve que
\[R= \frac{\overset{\huge\frown}{AB\:}}{\beta} \text{ à } 2\cdot 10^{-4} \text{ près.}\]
On laisse au lecteur le soin d'améliorer cette borne en utilisant un peu mieux que $\gamma/\beta<1/2$ mais l'on voit que cela n'est franchement pas nécessaire à la vue de la méthode de calcul peu précise.
On laisse au lecteur le soin d'améliorer cette borne en utilisant un peu mieux que $\gamma/\beta<1/2$ mais l'on voit que cela n'est franchement pas nécessaire à la vue de la méthode de calcul peu précise.
L'hypothèse faite par Eratosthène de prouver que les rayons du soleil sont parallèles est donc totalement justifiée. On obtient à nouveau
\[R\simeq 6\, 764 km.\]
Pour améliorer le résultat il faudrait un calcul de l'angle $\beta$ plus précis.
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