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Agrégation Interne 1999
Corrigé des Exercices d’Optique
Exo n°1 : Etude d’un doublet.
1. Les deux sources de fréquences différentes sont incohérentes, donc on somme leurs intensités, soit :
I  I1  I 2 . Or : I1  2 I o 1  cos 1  , avec 1  2 

, & de même : I 2  2 I o 1  cos  2  ,
1

. En introduisant les nombres d'onde : I  2 I o 2  cos 21  cos 22  &
2
on transforme la somme de cosinus en produit : I  4 I o 1  cos  cos2o  , expression de
la forme générale I  2 I o 1  k . cos  o , avec k  cos qui doit donc correspondre au contraste des
franges. Il en résulte que les franges brillantes sont telles que cos 2o   1 , & que
les franges sombres sont telles que : cos2o   1 , d'où : I max  4 I o 1  cos  , & de
même : I min  4 I o 1  cos   , d'où on déduit le contraste des franges :
I
 I min
  max
 cos. D'où la courbe.
I max  I min
avec  2  2
Analogie : battements.
2. Le premier brouillage des franges est obtenu
quand le contraste  s’annule la première fois. Soit :

1

donc  
. Or  
, d'où
2
²
2


l'ordre d'interférence : p  
 491 .
 2
2k  1
1


    k      cos  0 donc I = 4Io = cste, disparition des franges,
 si  
2
2
2

 
écran uniformément éclairé (disparition des franges ou anti-coïncidence) ;
 si  
2k
   k    cosk  1 donc I = 4Io ou 0, on a une frange brillante ou
2
sombre, donc un maximum du contraste (zone de coïncidence). Les zones uniformément éclairées étant
plus faciles à déterminer que les zones de contraste maximal, on appellera e la distance mesurée à l'inter-

féromètre de Michelson entre deux anti-coïncidences, soit :   2e  1 2 (2e car aller-retour), soit


7
:   1 2  5,98.10 mm dans le cas du doublet du sodium (cf TP Michelson).
2e
Exo n°2 : Bilentilles de Billet.
1. L’objet est placé à une distance D = 2f de la lentille : il en résulte qu’on est dans les conditions de la
méthode de Silbermann, donc l’image est aussi à cette distance de la lentille. Ceci peut se retrouver par
application de la formule de Descartes des lentilles minces. Théorème de Thalès sur FC1C2 & FF1F2 :
rapport ½ donc : F1 F2  2a , & les images F1 & F2 sont à la distance D = 2D/2 de l’écran. On en
déduit (cf figure page suivante) : F’1F’2 = 3a (largeur du champ d’interférences). la différence de
marche est nulle en (F1, F2) ce qui traduit la condition de stigmatisme, d’où (cf figure) :
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D
2ax
. Si x  i sur l’écran, alors    , d’où : i 
.
2a
D
Par raison de symétrie, la frange centrale (en O, pour  = 0) est brillante donc le nombre de franges bril-
 M ( x )  MF2  MF1 
lantes doit être impair. En divisant la largeur du champ d’interférences par l’interfrange, on obtient le
nombre de franges brillantes en arrondissant à l’entier impair inférieur, ce qui donne : N 
6a ²
 31 .
D
3. Le chemin optique L2 du rayon R2 n’est pas modifié, & en ce qui concerne le rayon R1 on remplace
l’air par le verre sur une épaisseur e, donc :    L 1  ( n  1)e . Comme on a des lentilles, on
travaille dans les conditions de Gauss, & la lame à faces parallèles est attaquée en incidence quasi –
normale i = nr, & l’épaisseur de verre traversée vérifie :
e
 e . Alors la nouvelle ddm s’écrit :
cosr
2ax
 (n  1)e . La nouvelle frange centrale est en x1 telle que ' ( x1 )  0 &
D
(n  1)eD
donc x1 
 0 , donc le système de franges s’est déplacé vers le haut. On a :
2a
2ax
x  x1  0  e 
 24 m .
(n  1) D
2ax1
4. Technique : l’ordre d’interférence. La ddm vaut  
 7,2 m . Sur la frontière violette :
D
 2ax1
p1 

 18 , nombre entier, donc on a une frange brillante. L’ordre d’interférence p dimi1 D1
nue si la longueur d’onde  augmente, la première cannelure est obtenue pour p = 17,5 & la huitième
pour p = 10 ,5 (car p varie de 1 entre deux cannelures consécutives) qui est visible alors que la neuvième

7,2
7,2
(pour p = 9,5) ne l’est pas, donc : 9,5 
, soit :
 10,5 
 2 
2
10,5
9,5
0,686 m   2  0,758 m .
Tout ce domaine place la longueur d’onde 2 dans le rouge. La tolérance sur sa valeur n’est absolument
' 
pas une incertitude due à une imprécision de mesure mais est liée au caractère discontinu de la grandeur
« nombre de cannelures ». Ce phénomène est beaucoup plus fréquent en physique quantique (penser aux
inégalités de Heisenberg).
Exo n°3 : miroir de Lloyd.
1. Facteur de réflexion pour les amplitudes : r 
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1 n

 r .e jr ,  r     r  . D’où la ddm :
1 n
2
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
. Soit S’ le symétrique de S par rapport à OH (cf figure), alors :
2

  MS 'MS  . Les valeurs numériques montrent
2
que b << D, & S étant proche de (m), x sera petit d’où
2bx
DL : D²  ( x  b)²  D²  ( x  b)² 
, soit
D
2bx 

 . On en déduit le déphasage :
D
2
 4bx
  2 
  . Les deux vibrations étant de

D

 4bx

même intensité (car R  1), on a : I  2 I o 1  cos   2 I o 1  cos
   .
 D


 Franges brillantes : vibrations en phase, donc cos   1  I  I max  4 I o . Alors   2p ,
1  D

donc : x b   p  
.
2  2b

 Franges sombres : vibrations en opposition de phase, donc cos   1  I  I min  0 , les
D
franges sont noires. Alors   (2 p  1) , donc : x n  p
.
2b
On en déduit le contraste :   1 (traduit la cohé  ( SA  AM )  ( SM ) 
rence totale), & l’interfrange :
i
D
 0,6 mm , à peine visibles à l’œil nu.
2b
2. Source étendue incohérente : sommer les intensités. Nouvelle ddm :

. Il suffit de
2
2 xb  y  
changer b en b + y, d’où : ' 
 ,
D
2

 4x

ce qui conduit à : I '  2 I o 1  cos '  2 I o 1  cos
(b  y)    . L’énergie lumineuse Io
 D


de la source est maintenant uniformément répartie sur une largeur 2a, & donc la fente élémentaire de
dy
largeur dy contribue pour dI o  I o
. Elle est quasi-ponctuelle & donc le calcul précédent
2a
s’applique, elle contribue sur l’écran en M pour : dI '  2dI o 1  cos ' ( y ) . On obtient :
'  ( S1 A  AM )  ( S1 M ) 
2I
I' o
2a
a
2I o

 4x

 1  cos D (b  y)   dy = 2a

a 
raît une différence de sinus que l’on transforme en produit, ce qui donne :
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a
D

 4x

 y  4x sin  D (b  y)    . Il appa
  a

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 sin 4ax / D   4bx

I '  2 I o 1 
cos
   , donc de la forme I '  2 I o 1  k . cos  o  , avec :
4ax / D
 D


4bx
 4ax 
o 
  correspondant à la source ponctuelle de la première question, & k  sinc 

D
 D 
sin x
où la notation « sinc » (« sinus cardinal ») représente
.
x
Franges brillantes : cos  o  1 donc I’ = Imax = 2Io.(1 + k),
Franges sombres : cos  o  1 donc I’ = Imin = 2Io.(1 - k), d’où le contraste  = k (résultat classique). Remarquer qu’il dépend de x, ce qui est anormal pour l’incohérence spatiale (mais le miroir de
Lloyd est un système hybride).  s’annule si l’argument du sinus cardinal vaut , & donc on aura :
D i
Pour x = b, a = a1 si l’argument du sinus cardinal vaut , soit : a1 
  0,3 mm . On sait
4b 2
qu’on peut tolérer la moitié, d’où : 2a M  a1 .
Exo n°4 :
 a 
.
  
1. Question de cours. On a : a1 ()  Ao sinc 
2. Calcul de l'amplitude diffractée : O1O2 & O1H étant des plans d'onde, la
ddm vaut, d'après le théorème de Malus :   b. sin   b car  est nécessairement petit (soit parce que la figure de diffraction est ramenée à
distance finie dans le plan focal d'une lentille travaillant dans les conditions de Gauss, soit parce qu'on sait que l’intensité I () s'amortit en sinc²
() & donc I est négligeable là où  n'est pas petit). Alors
 2b
. Les fentes étant identiques diffractent toutes la même



 a 
amplitude, soit : a k  a1 ()  Ao sinc
 . En lumière cohérente, on somme les amplitudes ak.
  
Si on prend O1 comme origine des phases, ak est déphasée de (k - 1) sur a1, on a :
  2
a() 
N
N
 a k   a1 ().e  j (k 1) , on reconnaît une série géométrique de raison e  j , d’où :
k 1
a()  a1 ()
k 1
 jN
1 e
1  e  j
e  jN / 2 sin( N / 2)
 a1 ().
en symétrisant.
 j / 2 sin(  / 2)
e
 a  sin ² Nb /  
2
 a().a() *  I o sinc ²
, avec I o  Ao . La
.
   sin ²b /  
frange centrale est définie par   0    0 , donc I  N ² I o car alors (DL) le rapport des sinus tend
3. On a : I ()  a()
2
vers N.
4. La fonction I () se présente comme le produit de deux termes comportant des fonctions sinusoïdales
de  : il en résulte que l'un de ces termes enveloppe l'autre, c'est celui de plus grande période. Pour le
terme de diffraction, donc celui en sinc () : TD 
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
, & pour le terme d'interférences (celui en sinus),
2a
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la période est commandée par le dénominateur, donc T I 

. Or on a b >> a, d'où TD >> TI , & on
2b
obtient la propriété générale que le terme de diffraction enveloppe toujours le terme d'interférences, &
donc le champ d'interférences est en fait réduit à la frange centrale de diffraction.
Le tracé de la courbe I () nécessitant la connaissance de la position des franges d'interférences & de
diffraction, il est nécessaire de les déterminer.
Les franges noires de diffraction sont obtenues pour les valeurs nd annulant le terme de diffraction (exclure la valeur  = 0!).
5. En vertu de la remarque précédente, le terme de diffraction n'a pas d'autre extremum que  = 0 sur le
champ d'interférences, & donc on détermine la position des franges d’interférences sans se préoccuper
du terme de diffraction, ce qui se fait en dérivant le terme d'interférences. Son annulation conduit à trois
conditions :
b
b
Nb
Nb
0
 n . Alors
 Nn  sin
 0 , forme indéterminée & un




DL conduit à N², donc ce sont les franges brillantes (valeurs bi). Il en résulte que la courbe est ena
2
veloppée par la quantité : N I o sinc ²
.

b
Nb
Nb
 sin
 0 & sin
 0 : alors
 n avec n/N non entier. Pour ces valeurs ni, le




sin
terme d'interférences est nul, donc ce sont des franges noires.


2
&
, le théorème de Rolle impose un maximum (relaNb
Nb
tif) de I. On obtient les valeurs correspondantes de  en dérivant l’intensité & en excluant les valeurs
d  sin  Nb /  
b
Nb
déjà obtenues :
. On renonce à une résolu 0  N . tan
 tan


d  sin b /   



tion rigoureuse sur machine ; les franges noires sont équidistantes de
, & au nombre de (N - 1)
Nb

entre deux franges brillantes consécutives (distantes de ).
b
entre deux franges noires successives
Il en résulte qu'il existe (N - 2) maximums secondaires, qui doivent être sensiblement équidistants
(donc de

). Pour p maximums secondaires
( N  1)b
il y a (p + 1) intervalles entre eux, d'où la valeur de
ms. Les maximums secondaires n’existent donc que
pour N > 2. D’où la courbe.


 u , avec u  . Alors le terme d’interférences vaut :
b
b
Nn
sin  Nb /   sin Nn   Nbu /   (1) sin  Nbu /  
sin  Nbu /  



sin b /  
sin n  bu /  
bu / 
(1) n sin bu /  
6. Sur un maximum principal :   n
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car on peut développer le sinus du dessous, mais pas celui du dessus car N peut être grand. Alors
l’intensité s’écrit : I  a1 N ²
2
sin ²( Nbu / )
bu /  
2
 a12 sinc ²( Nbu / ) , & un maximum principal pré-
sente la structure d’une figure de diffraction.
7. D’où la courbe.
Exo n°5 :
1.Méthode de Bessel : pour une distance donnée D objet - écran, on constate qu'il existe deux positions
de la lentille, distantes de d, donnant une image nette. Ces deux positions sont symétriques par rapport
au milieu de D, ce qui se déduit par application du Principe du retour inverse. On pose :
O1A = x1, O1A' = x'1, O2A = x2, O2A' = x'2, O1O2 = d, AA' = D.
Retour inverse : x'2 = - x1 => (D - d) = - 2x1, (D + d) = 2x'1 => (D² - d²) = - 4x1x'1, & Descartes donne :
1
1
D 1
4D
D²  d ²
.


 

x'1 x1 x1 x'1 
D²  d ²
4D
Si on ne considère qu'une position de la lentille (par exemple O1), on a, en éliminant x1 :
D  x'1  x1  x'1  
²
, équation d'une hyperbole (cf figure). La branche en pointillé corresx'1 
pond à des images virtuelles, le minimum de D correspond à la méthode de Silbermann (question 2), &
on coupe par une horizontale dans la méthode de Bessel.
d d ( D²  d ²) dD 2 DdD 2d .d (d ) dD
. On réduit les termes :






D²  d ²
D D²  d ² D²  d ² D
 2 D ²  ( D ²  d ²) 
d
2d
d
1
2d
 2D
 dD

d (d ) .
 dD
 
d (d ) , soit



 D²  d ² D  D²  d ²
 ( D ²  d ²)D  D ²  d ²
On passe ensuite aux valeurs absolues, or d  D car les deux distances sont mesurées sur le même
Calcul d’erreurs :
banc d’optique, donc :
 D²  d ²
 D²  d ²  2dD 
(D  d ) 2

2d 
 D.

  D. ( D²  d ²)D   D ( D²  d ²)D .

(
D
²

d
²)
D
D
²

d
²




2. Méthode de Silbermann : on réalise une image renversée de même grandeur que l'objet ( = - 1). Il
faut en déduire la distance objet - image :
x'1  x1 
1 
1
1
1 1  1

   1   x1    1 ,
x'1 x1 x1    
 
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1 
D  x'1  x1  (   1) x1  (   1)  1 & donc D  4 si   1. C’est un cas particulier de
 
la méthode de Bessel quand d = 0.
D 
. Si on a   1   , en reportant dans D, on obtient :

D

1 
 1


Au
D   2   
 1   2     1 
   2    1  1    ²  .

1


1






second ordre, on obtient : D  4  ²  & l’écart n’est que du second ordre, dû au fait qu'on mesure
Calculs d’erreurs : D  4 
D autour de son extremum (cf figure), c'est là où on a la meilleure précision. Il en résulte que :
 D ² ²


 !!

D
4 4
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