Problème : l'âge de la Terre selon Kelvin

La stratégie. Le gradient de surface est d'autant plus faible que la couche refroidie est épaisse, et cette épaisseur croît comme $\sqrt{Dt}$ : mesurer le gradient, c'est mesurer le temps. L'analyse d'échelle donne l'ordre de grandeur ; la solution fournie fixe le préfacteur ; les hypothèses se vérifient ensuite une à une, et c'est là que le modèle tombe.

1) Le flux géothermique. La température croît vers le bas : $\frac{\partial T}{\partial x}=G>0$, donc $$j_x=-\lambda G=-2,5\times 0,0365=-0,091\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}.$$ $j_x<0$ : l'énergie monte vers la surface. Puissance totale : $4\pi R_T^2\times 0,091=4,7\times 10^{13}\mathrm{W}$, soit $47\mathrm{TW}$ ; avec la valeur moyenne mesurée aujourd'hui ($0,087\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$, qui inclut les océans), $44\mathrm{TW}$ : l'estimation de Kelvin avait le bon ordre de grandeur. C'est quatre mille fois moins que le flux solaire ($340/0,091$) : le climat de surface ne doit rien à la chaleur interne, et la surface est bien « froide », maintenue à une température fixée par le Soleil.

2) Le modèle. Conduction pure, une dimension, sans source : $$\frac{\partial T}{\partial t}=D\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x^2},T(x,0)=T_0(x>0),$$ $$T(0,t)=0{}^{\circ }\mathrm{C},T(x,t)\to T_0(x\to +\infty ).$$ La dernière condition traduit que les profondeurs que le refroidissement n'a pas encore atteintes sont restées à $T_0$.

3) Analyse d'échelle. Au bout de $t$, la température passe de $0$ à $T_0$ sur une épaisseur $\ell \sim \sqrt{Dt}$ : le gradient de surface vaut, en ordre de grandeur, $G\sim \frac{T_0}{\sqrt{Dt}}$, d'où $$t\sim \frac{T_0^2}{D{G}^2}=\frac{3870^2}{1,2\times 10^{-6}\times 0,0365^2}=9,4\times 10^{15}\mathrm{s}\approx 3\times 10^8\mathrm{ans}.$$ Le gradient diminue avec le temps comme $\frac{1}{\sqrt{t}}$ : la Terre se refroidit de moins en moins vite. L'âge varie comme $\frac{1}{G^2}$ : une erreur de $10\%$ sur le gradient en fait $20\%$ sur l'âge.

4) La solution de Kelvin. On pose $u=\frac{x}{2\sqrt{Dt}}$ ; $\frac{\mathrm{d}\mathrm{erf}}{\mathrm{d}u}=\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-u^2}$ (dérivée d'une intégrale par rapport à sa borne). Avec $\frac{\partial u}{\partial t}=-\frac{u}{2t}$ et $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{2\sqrt{Dt}}$ : $$\frac{\partial T}{\partial t}=T_0\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-u^2}\left(-\frac{u}{2t}\right),\frac{\partial T}{\partial x}=T_0\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-u^2}\frac{1}{2\sqrt{Dt}},$$ $$\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x^2}=T_0\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-u^2}(-2u)\frac{1}{4Dt}=\frac{1}{D}{T}_0\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-u^2}\left(-\frac{u}{2t}\right)=\frac{1}{D}\frac{\partial T}{\partial t}.$$ L'équation est satisfaite. En surface, $u=0$ et $T=T_0\mathrm{erf}(0)=0$ ; pour $x>0$ fixé et $t\to 0^{+}$, ou pour $x\to +\infty$, $u\to +\infty$ et $T\to T_0$ : les conditions sont satisfaites. Le gradient de surface vaut $$G(t)=\frac{\partial T}{\partial x}(0,t)=\frac{T_0}{\sqrt{\pi Dt}},\text{d’ouˋ}{t}_K=\frac{T_0^2}{\pi D{G}^2}.$$ C'est l'estimation d'échelle, avec le préfacteur $\frac{1}{\pi }$. Numériquement : $$t_K=\frac{3870^2}{\pi \times 1,2\times 10^{-6}\times 0,0365^2}=3,0\times 10^{15}\mathrm{s}\approx 9,4\times 10^7\mathrm{ans},$$ une centaine de millions d'années (Kelvin, avec ses données exactes, trouvait $98$ millions et donnait une fourchette de $20$ à $400$ millions pour couvrir l'incertitude sur $T_0$ et sur les roches). Avec $G=30\mathrm{K}\mathrm{k}{\mathrm{m}}^{-1}$ : $1,4\times 10^8$ ans. La résolution du même problème par le schéma d'Euler explicite, en variables sans dimension, redonne le préfacteur $\frac{1}{\sqrt{\pi }}=0,5642$ du gradient à quatre chiffres.

5) Valider les hypothèses. (a) $\sqrt{D{t}_K}=\sqrt{1,2\times 10^{-6}\times 3,0\times 10^{15}}=60\mathrm{km}$ (la figure montre que la roche est encore presque à $T_0$ vers $200\mathrm{km}$). C'est cent fois moins que le rayon terrestre : à cette échelle, la courbure de la surface est négligeable, et le problème est unidimensionnel et plan. C'est pourquoi on n'a pas eu besoin de la géométrie sphérique. (b) Une oscillation de surface de période $\tau$ ne pénètre que sur $\sqrt{D\tau }$ : $0,32\mathrm{m}$ pour un jour, $6\mathrm{m}$ pour un an. Les mesures dans les mines, à des centaines de mètres, ne les voient pas : à l'échelle du problème, la surface est à température fixe (sa moyenne annuelle, voisine de $10{}^{\circ }\mathrm{C}$ plutôt que $0$, ne change $T_0$ que de $0,3\%$). (c) $\lambda$ varie d'un facteur deux selon les roches et avec $T$, et $T_0$ est mal connue (elle entre au carré) : d'où la fourchette de Kelvin, mais pas un facteur cinquante.

6) Pourquoi c'est faux. Pour obtenir $4,54\times 10^9$ ans, quarante-huit fois $t_K$, il faudrait un gradient $\sqrt{48}=6,9$ fois plus faible, $5\mathrm{K}\mathrm{k}{\mathrm{m}}^{-1}$ : incompatible avec toutes les mesures. Le calcul est juste ; ce sont deux hypothèses physiques qui tombent :

• la convection du manteau (objection de John Perry, 1895) : si l'intérieur est fluide sur les temps géologiques, il se brasse et reste chaud ; seule une couche externe d'environ $100\mathrm{km}$ conduit, entre la surface et un intérieur gardé à la température initiale de Kelvin ($3900{}^{\circ }\mathrm{C}$). Le gradient y vaut alors $\frac{3900}{10^5}\approx 0,04\mathrm{K}{\mathrm{m}}^{-1}$, la valeur mesurée, et il est stationnaire : il ne dit plus rien de l'âge, la convection renouvelant la chaleur sous la couche conductrice ;
• la radioactivité des roches, découverte après le calcul de Kelvin, produit de l'énergie dans la croûte : une partie du flux de surface ne vient pas du refroidissement initial (un terme source, hors du cadre de ce TD : on s'en tient au qualitatif).

Le résultat obtenu — l'âge de la Terre selon Kelvin. Un demi-espace initialement à $T_0$, dont la surface est maintenue à $0$ et qui se refroidit par conduction seule, présente au bout du temps $t$ un gradient de surface $G=\frac{T_0}{\sqrt{\pi Dt}}$ : la couche refroidie a pour épaisseur $\sqrt{Dt}$. Le gradient mesuré donne l'âge $t_K=\frac{T_0^2}{\pi D{G}^2}$, de l'ordre de $10^8$ ans avec les données de Kelvin, et proportionnel à $\frac{1}{G^2}$.

Ce que le problème installe. La loi d'échelle $L\sim \sqrt{Dt}$ transforme une mesure de gradient en durée ; une solution fournie se vérifie par dérivation et fixe le préfacteur ($\frac{1}{\pi }$). Le modèle se valide hypothèse par hypothèse (le plan suffit, la surface est à température fixe). Une mathématique juste sur un modèle physique faux donne un résultat faux : c'est alors une hypothèse qu'il faut chercher.