Loxodromie : naviguer à cap constant

Ce qu'on a le droit d'utiliser. En coordonnées sphériques, le programme demande le vecteur position $\overrightarrow{OM}=r{\overrightarrow{u}}_r$ et le déplacement élémentaire $$\mathrm{d}\overrightarrow{OM}=\mathrm{d}r{\overrightarrow{u}}_r+r\mathrm{d}\theta {\overrightarrow{u}}_{\theta }+r\sin \theta \mathrm{d}\phi {\overrightarrow{u}}_{\phi },$$ et rien de plus : ni vitesse ni accélération en sphériques. C'est exactement ce que demande l'exercice : toute la route s'obtient en intégrant un déplacement élémentaire.

1) Degrés de liberté et déplacement élémentaire. Sur la sphère, $r=R$ est fixé : il reste deux degrés de liberté, la latitude et la longitude . Avec $\mathrm{d}r=0$ : $$\mathrm{d}\overrightarrow{OM}=R\mathrm{d}\theta {\overrightarrow{u}}_{\theta }+R\sin \theta \mathrm{d}\phi {\overrightarrow{u}}_{\phi }.$$ Le vecteur ${\overrightarrow{u}}_{\theta }$ est tangent au méridien, dans le sens des $\theta$ croissants, c'est-à-dire en s'éloignant du pôle Nord : il pointe vers le sud. Le vecteur ${\overrightarrow{u}}_{\phi }$ est tangent au parallèle, dans le sens des longitudes croissantes : il pointe vers l'est. Avec $\theta =\pi /2-\lambda$, on a $\mathrm{d}\theta =-\mathrm{d}\lambda$ et $\sin \theta =\cos \lambda$, d'où $$\mathrm{d}\overrightarrow{OM}=R\mathrm{d}\lambda (-{\overrightarrow{u}}_{\theta })+R\cos \lambda \mathrm{d}\phi {\overrightarrow{u}}_{\phi }.$$ La composante vers le nord est $R\mathrm{d}\lambda$, la composante vers l'est est $R\cos \lambda \mathrm{d}\phi$. Le point délicat est le facteur $\cos \lambda$ : un degré de longitude est d'autant plus court qu'on est près du pôle, parce que les méridiens s'y resserrent.

2) L'équation de la route. Le cap $\alpha$ est l'angle entre la route et le méridien (le nord). Un déplacement de longueur $\mathrm{d}\ell$ a donc une composante $\mathrm{d}\ell \cos \alpha$ vers le nord et $\mathrm{d}\ell \sin \alpha$ vers l'est : $$R\mathrm{d}\lambda =\mathrm{d}\ell \cos \alpha ,R\cos \lambda \mathrm{d}\phi =\mathrm{d}\ell \sin \alpha .$$ En divisant la seconde par la première, $\cos \lambda \frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}\lambda }=\tan \alpha$, soit $$\mathrm{d}\phi =\tan \alpha \frac{\mathrm{d}\lambda }{\cos \lambda }.$$

3) La longitude en fonction de la latitude. En intégrant depuis l'équateur, $\alpha$ étant constant : $$\phi (\lambda )=\tan \alpha \ln \tan \left(\frac{\pi }{4}+\frac{\lambda }{2}\right).$$ Pour $\alpha =45^{\circ }$ ($\tan \alpha =1$) et $\lambda =60^{\circ }$ : $\ln \tan 75^{\circ }=\ln 3,732\approx 1,317\mathrm{rad}$, soit $$\phi \approx 75,5^{\circ }\text{ E}.$$ Le navire a parcouru en longitude plus que ce qu'il a gagné en latitude, bien qu'il fasse route exactement au nord-est : c'est l'effet du resserrement des méridiens.

4) Une infinité de tours sur une route finie. Quand $\lambda \to \pi /2$ (le pôle), $\tan (\pi /4+\lambda /2)\to +\infty$, donc $\phi \to +\infty$ : la longitude croît sans borne, le navire tourne une infinité de fois autour du pôle. Mais la longueur se calcule par la composante nord seule : $\mathrm{d}\ell =\frac{R\mathrm{d}\lambda }{\cos \alpha }$, d'où $$L={\int }_0^{\pi /2}\frac{R\mathrm{d}\lambda }{\cos \alpha }=\frac{\pi R}{2\cos \alpha }.$$ Pour $\alpha =45^{\circ }$ : $L=\frac{\pi \times 6371}{2\times 0,7071}\approx 14153\mathrm{km}$ (une intégration numérique le long de la route donne la même valeur). C'est la structure de l'exercice 3 : une infinité de tours de longueur totale finie. L'infinité est très lente : $\phi /(2\pi )$ vaut $0,39$ tour à $80^{\circ }$ N, $0,75$ à $89^{\circ }$ N, $1,5$ à $89,99^{\circ }$ N, à un kilomètre du pôle.

5) Cas limites et homogénéité. Pour $\alpha =0$, la route est le méridien et $L=\pi R/2\approx 10008\mathrm{km}$ : le quart de méridien, qui définissait historiquement dix millions de mètres. Pour $\alpha \to \pi /2$, $L\to \infty$ : le navire longe l'équateur sans monter ($\mathrm{d}\lambda =\mathrm{d}\ell \cos \alpha \to 0$). Homogénéité : $L$ est un rayon multiplié par un facteur sans dimension.

Commentaire. Sur la carte de Mercator, d'abscisse $X=\phi$ et d'ordonnée $Y=\ln \tan (\pi /4+\lambda /2)$, la question 3 montre qu'une loxodromie est la droite $X=\tan \alpha Y$ : on y trace la route à la règle. Ce n'est pas le plus court chemin (l'arc de grand cercle), mais c'est le plus simple à tenir.

Ce que l'exercice installe. Les sphériques au niveau exact du programme : le déplacement élémentaire, lu géométriquement (chaque terme est une longueur le long d'une ligne de coordonnée), identifié à ce que la situation impose (ici le cap), puis intégré pour obtenir une trajectoire et une longueur.