Projection de Lambert et préservation des aires

Nous allons nous convaincre que la projection de Lambert préserve les aires. Pour cela, nous allons regarder l’aire d’une petite région de la sphère délimitée par les parallèles de latitude \(\phi_1\) et \(\phi_2\) et les méridiens de longitude \(\theta_1\) et \(\theta_2\). Nous noterons \(R\) le rayon de la sphère et nous allons supposer que \(\phi_2-\phi_1\) et \(\theta_2-\theta_1\) sont positifs et petits.

Selon cette hypothèse, l’aire de cette région est à peu près celle d’un petit rectangle (voir figure). À la latitude \(\phi_1\), le rayon du parallèle est \(R \cos \phi_1\) (pourquoi?). Donc, par une règle de trois, la longueur d’un arc sous-tendu par l’angle \(\theta_2- \theta_1\) est \(R(\theta_2– \theta_1)\cos \phi_1\) puisque la longueur de l’arc est le produit du rayon et de l’angle en radians.

Quelle est maintenant la hauteur de ce rectangle? Puisque le méridien est un cercle de rayon \(R\) et que la hauteur du rectangle est un arc sous-tendu par un angle \(\phi_2 – \phi_1\), alors cette hauteur est environ \(R(\phi_2 – \phi_1)\). Au total, l’aire de notre petite région est approximativement:

\[R^2 (\theta_2 – \theta_1)(\phi_2– \phi_1)\cos \phi_1.\]

Calculons maintenant l’aire de sa projection sur le cylindre. Cette projection est maintenant un vrai rectangle. Le parallèle a été projeté sur un cercle de rayon R. Comme l’angle sous-tendant l’arc est resté le même, à savoir \(\theta_2– \theta_1\), la largeur du rectangle est \(R(\theta_2 – \theta_1). Pour la hauteur, il faut remarquer que la tangente au méridien à la latitude f1 fait un angle de:

\[\frac{\pi}{2}=\phi_1\]

avec l’horizontale. La projection sur la verticale d’un segment de longueur \(R(\phi_2 – \phi_/ )\) est donc:

\[R (\phi_2-\phi_1) \sin \left ( \frac{\pi}{2}-\phi_1 \right) = R(\phi_2-\phi_1) \cos \phi_1.\]

L’aire du rectangle sur la carte est alors:

\[R^2(\theta_2-\theta_1)(\phi_2-\phi_1) \cos \phi_1,\]

soit la même aire que la petite région sur la sphère! Ceci démontre que la projection de Lambert préserve les aires.

Théorème: La projection stéréographique est conforme

Remarquons d’abord qu’on peut projeter tout point $Q$ de l’espace sur le plan $\pi S$: sa projection est simplement le point d’intersection de la droite $NQ$ avec le plan $\pi S$. Regardons la figure ci-dessus. Prenons deux droites $(D_1)$ et $(D_2)$ tangentes à la sphère en $P$. Elles intersectent le plan $\pi S$ en $A$ et $B$ respectivement et se projettent suivant les droites $P’A$ et $P’B$ respectivement. Pour montrer que la projection est conforme, on doit montrer que $∠APB = ∠AP ‘B.$ Regardons les segments $A’N$ et $A’P$. Ils sont tous deux issus du même point $A’$ et se terminent tous deux à un point de tangence avec la sphère. Soit $O$ le centre de la sphère, alors les triangles $A’OP$ et $A’ON$ sont deux triangles rectangles de même hypoténuse $A’O$ ayant chacun un côté congru au rayon de la sphère: $|ON|= |OP|$. Donc, les troisièmes côtés $A’N$ et $A’P$ sont de même longueur. Il en est de même des segments $B’N$ et $B’P$. Donc, les triangles $A’B’N$ et $A ‘B ‘P$ sont congrus.

On en conclut que:

\[∠A’NB’ = ∠A’PB’. \:\:(1)\]

Regardons maintenant le plan engendré par les droites $(D_1)$ et $(D_2)$. Il coupe les deux plans parallèle s\pi S et \pi N selon des droites parallèles. Donc on a $AB//A’B’$, ce qui nous donne que les triangles $ABP$ et $A’B’P$ sont semblables. On en déduit que

\[\frac{|AB|}{|A’B’|}=\frac{|AP|}{|A’P’|}=\frac{|BP|}{|B’P’|}.\:\: (2)\]

On fait le même raisonnement avec les deux plans engendrés par les droites $(D_1)$ et $NP$ d’une part, et $(D_2)$ et $NP$ d’autre part. On en déduit d’une part la similitude des triangles $APP’$ et $A’PN,$ ce qui donne:

\[\frac{|AP|}{|A’P|}=\frac{|PP’|}{|PN|}=\frac{|P’A|}{|NA’|}.\:\:(3)\]

et, d’autre part celle des triangles $BPP’$ et $B’PN$, qui donne:

\[\frac{|BP|}{|B’P|}=\frac{|PP’|}{|PN|}=\frac{|P’B|}{|NB’|}.\:\: (4)\]

De (2), (3) et (4) on tire,

\[\frac{|AB|}{|A’B’|}=\frac{|P’A|}{|NA’|}=\frac{|P’B|}{|NB’|}\]

ce qui nous dit que les triangles $AP’B$ et $A’NB’$ sont semblables. Conséquemment, $∠A’NB’ = ∠AP ‘B$. Comme on a $∠A PB = ∠A ‘PB’$ (angles opposés par le sommet), on conclut finalement, en utilisant (1) que

\[∠APB = ∠A’P B’ = ∠A’NB’ = ∠AP’B.\]

Ceci complète la preuve que la projection stéréographique est conforme.

Théorème: La projection de Mercator est conforme

Comme on sait déjà que la transformation stéréographique est conforme, il suffit de voir que la transformation qui envoie $P’$ sur $P’ ‘$ est conforme. Nous allons donner une jolie manière de le montrer presque sans calculs. Cette méthode nous permettra en même temps de visualiser sur la carte obtenue par projection stéréographique les loxodromies de la carte de Mercator, c’est-à-dire les courbes qui sont représentées par des droites sur la carte de Mercator. On peut déjà remarquer que les méridiens (\(\theta\) constant) sont projetés sur des droites verticales et les parallèles (\(\phi\) constant) sur des droites horizontales. Et les autres? Prenons une droite d’équation

\[Y = x \tan \psi + b \]

qui fait un angle y avec l’horizontale sur la carte de Mercator. Sur le plan de la projection stéréographique, on a donc:

\[\ln \left ( \frac{r}{2}\right )=\theta \tan \psi+b\]

ou encore $r=Ce^{mq}$ avec $m=\tan \psi$ et $C=2e^b$. Les courbes de la forme $r = Ce^{m \theta}$ sont connues: ce sont les spirales logarithmiques comme les spirales du nautile et la spirale dorée.

Spirale logarithmique ou loxodromie sur une carte obtenue par projection stéréographique. Cette courbe fait un angle constant avec les rayons.

Sur cette carte les parallèles sont représentés par des cercles centrés à l’origine. Il faut donc voir que cette spirale fait un angle constant égal à y avec ces cercles.

Cette spirale possède une propriété remarquable: elle est invariante sous toute une famille de transformations T qui sont la composition d’une homothétie de rapport c et d’une rotation d’angle \(\alpha\). En coordonnées polaires, on obtient:

\[T (r, \theta) = (cr, \theta + \alpha) = (r’, \theta’).\]

Alors si $(r, \theta)$ est sur la spirale, on a:

\[\begin{array} {r c l} r’ = cr &= &cCe^{m\theta} \\ &=&cCe^{m(\theta’ – \alpha)} \\ &=& (ce^{–m\alpha}) Ce^{m \theta’} \end{array}\]

Loxodromie de la sphère: Les loxodromies sur la sphère font un angle constant avec tous les méridiens. Ces courbes ont été étudiées par Simon Stevin³ en 1608.

Donc, le point $(r’, \theta’)$ est encore sur la spirale si on choisit $ce^{–m \alpha} =1$. Remarquons que la transformation $T$ est conforme. Soit $(r, \theta)$ un point sur la spirale avec $\alpha = –\theta$. Alors l’image de $(r, \theta)$ est un point $(r’, \theta)$. L’angle entre la spirale et le cercle de rayon $r$ au point $(r, \theta)$ est donc le même que l’angle entre la spirale et le cercle de rayon $r’$ au point $(r’, 0).$ Avec un calcul minimal, nous venons de montrer que cette spirale fait un angle constant avec tout cercle centré à l’origine!Calculons maintenant cet angle. Un vecteur tangent au cercle de rayon $r’$ au point $(r’, 0)$ est $(0, 1)$. Prenons un accroissement infinitésimal $d\theta$ de l’angle. Puisqu’on est à distance $r’$ de l’origine, ceci correspond à un accroissement vertical approximatif de $r’d\theta.$ Regardons l’accroissement horizontal correspondant. On a $r = Ce^{m\theta},$ donc en dérivant on obtient:\[dr = Cme^{m\theta} d\theta = mr\: d\theta.\]En remplaçant la variable $r$ par sa valeur $r’$, on obtient que l’accroissement horizontal est $mr’d\theta.$ Finalement, la pente de l’accroissement est:\[\frac{r’d \theta}{mr’d \theta}=\frac{1}{m} = \frac{1}{\tan \psi} = \cot \psi = \tan \left ( \frac{\pi}{2}-\psi \right ). \]Donc, on a un angle de \(\displaystyle\frac{\pi}{2}-\psi\), avec l’horizontale, soit un angle de \(\psi\) avec le cercle de rayon $r’.$