OPTIQUE ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Spé ψ
ψψ
ψ 2013-2014 page 1/6 Devoir n°7
Spé ψ
ψψ
ψ 2013-2014 Devoir n°7
OPTIQUE
CCP MP 1998-2012
1-a) L'indice absolu d'un milieu transparent est le rapport n
c
c
=
0
de la célérité des ondes
électromagnétiques dans le vide à celle dans le milieu.
Pour un verre ordinaire, n = 1,5.
b) L'optique géométrique est un modèle qui convient lorsque les dispositifs sont de
dimension caractéristique très grande devant la longueur d'onde. Il n’y a alors pas de phénomè-
nes de diffraction.
c) Un système optique qui présente la symétrie de révolution par rapport à un axe est
un système centré. L'axe de révolution s'appelle l'axe optique.
d) L'approximation de Gauss consiste à ne prendre en compte que les rayons pro-
ches de l'axe optique et peu inclinés par rapport à cet axe. Il y a alors stigmatisme approché
(l’image d’un objet ponctuel est ponctuelle) et aplanétisme (l’image d’un objet placé dans un plan
perpendiculaire à l’axe optique est dans un plan perpendiculaire à l’axe optique).
2-a) Par définition, le foyer image du miroir M
P
est l’image par le miroir d’un point A à
l’infini sur l’axe optique. On a alors
1
S A
= ∞
et l’on obtient
1 1
1
2
p
S C
S F =.
A.N.
1
30
2
p
S F
−
= =
–15 m compte tenu de l’orientation.
Le foyer image F
P
est donc à 15 m à gauche du sommet S
1
.
b Par définition, le foyer image du télescope est l’image par le télescope d’un point A
à l’infini sur l’axe optique ; F
C
est donc l’image de F
P
par le miroir M
S
. La formule de conjugaison
donne alors
2 2 2 2
1 1 2
P C
S F S F S C
+ = . Comme
2 2 1 1
P P
S F S S S F
= + on trouve numériquement
(
)
(
)
2
9 15
P
S F = + + − = –6 m. Par ailleurs
2 2
32 m
S C = − d’après l’orientation donc
2
1 2 1
32 6
C
S F = −
− −
(
)
16 6
16 6
−
=
⋅
. On en déduit
2
96
10
C
S F = = 9,6 m .
On obtient alors
1 1 2 2
C C
S F S S S F
= + soit numériquement
(
)
(
)
1
9 9,6
C
S F = − + = 0,6 m.
Le foyer image du télescope est placé à 0,6 m à droite de S
1
.
3-a) L’onde incidente sur le diaphragme provient d’une étoile supposée très loin donc les
rayons sont parallèles entre eux et l’onde incidente sur le diaphragme est plane.
En un point du plan focal image de la lentille équivalente convergent tous les rayons qui,
avant cette lentille, sont parallèles entre eux dans une direction
'
u
et forment donc, après le dia-
phragme , une onde plane.
Ondes incidentes et émergente sont planes : on est bien dans les conditions de Fraunhofer.
L’argument de l’exponentielle
(
)
2
ux vy
∆ϕ = π + est le déphasage entre deux rayons is-
sus du diaphragme donc parallèles entre eux et convergeant en P ; l’un passant par le point M de
coordonnées
(
)
,
x y
dans le plan du diaphragme et l’autre passant par le point O du diaphragme pris
comme origine.

Spé ψ
ψψ
ψ 2013-2014 page 2/6 Devoir n°7
La partie réelle de
(
)
exp 2
i ux
π est
(
)
(
)
cos 2
ux
π qui est une fonction sinusoïdale de la
variable d’espace x, de période spatiale 1/u dont l’inverse u est bien une fréquence spatiale . Il en
est de mêle de v pour la variable spatiale y.
b) Comme
(
)
, 1
x y
=
P en tout point M du diaphragme et
(
)
, 0
x y
=
P en dehors du
diaphragme, on peut écrire
( ) ( )
[ ] [ ]
/ 2 / 2
/ 2 / 2
, , exp 2 exp 2
L
OL
u v u v i ux dx i vy dy
ε
−ε −
ψ = ψ π π
∫ ∫
.
La longueur L étant très grande devant λ, on sait que
[ ]
/ 2
/ 2
exp 2
L
L
i vy dy L
−
π =
∫
si v = 0 et 0
sinon.
Il reste donc
( ) ( )
[ ]
/ 2
/ 2
, 0 , 0 exp 2
O
u u L i ux dx
ε
−ε
ψ = ψ π
∫
( )
[
]
[
]
exp 2 / 2 exp 2 / 2
, 0 2
O
i u i u
u L i u
π ε − − π ε
= ψ π
( )
(
)
2 sin
, 0 2
O
i u
u L i u
π ε
= ψ π
( )
(
)
sin
, 0
O
u
u L
u
π ε
= ψ ε
π ε
.
On en déduit
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
2
* * 2
, 0 , 0 , 0 , 0 sin c
O O
I u u u u u L u
= ψ ⋅ψ = ψ ψ ε π ε
.
En notant
(
)
(
)
*
, 0 , 0
O O
K u u= ψ ψ , on obtient bien
( ) ( ) ( )
22
sin c
I u K L u
= ε π ε
.
La courbe
(
)
(
)
/ 0
I u I est tracée ci-contre :
Les zéros de la fonction correspondent à '
n
u n
π ε = π
(avec n non nul) donc le premier maximum secondaire corres-
pond approximativement à
1
3 / 2
u
π ε = π
soit
( ) ( )
2
1
2
/ 0 3 I u I =
π
= 0,045.
N.B. en fait, on a I
1
/I(0) = 0,0495.
c) Le premier zéro de la fonction correspond à
1
'u
π ε = π
soit
1
' 1/
u
= ε
. Si ε << λ,
on a 1/λ << 1/ε et
1
' 1/
u
λ
≫
. L’intensité est pratiquement la même quelle que soit u’ donc la dif-
fraction est isotrope.
4-a) La largeur des fentes est très petite donc on
considère la diffraction comme isotrope. Les fentes
d’Young sont éclairées par une onde plane de direction
parallèle à l’axe optique de la lentille et donc perpendicu-
laire au plan des fentes. On observe dans le plan focal
image de la lentille. On a donc le schéma ci-contre :
Au point P de l’écran convergent les rayons qui
ont été diffractés dans la direction θ par les deux fentes
qui constituent deux sources cohérentes. Les deux fentes sont de
même largeur et créent le même éclairement lorsqu’elles sont seules.
L’éclairement crée par les deux ensemble est donc, au point P,
( )
(
)
0
2 1 cos 2 P I P I
δ
=+π
λ
.
Or la différence de marche entre deux rayons qui convergent
au point P est
(
)
(
)
sinP a
δ = θ
car la lentille n’introduit pas de diffé-
a
F
1
F
2
f’
X
P
θ
δ
(P)
θ
d
F
1
F
2
f ’
u
(
)
(
)
/ 0
I u I
1/
ε
–1/
ε
2/
ε
–2/
ε

Spé ψ
ψψ
ψ 2013-2014 page 3/6 Devoir n°7
rence de marche entre deux rayons qui incident parallèlement à l’axe sur elle.
La lentille étant utilisée dans les conditions de Gauss, l’angle θ est très petit devant 1 donc
(
)
(
)
2
P a o
δ = θ + θ
.
Mais l’abscisse du point P sur l’écran vérifie
( )
( )
2
tan
'
Xo
f
= θ = θ + θ
. La différence de
marche en M s’écrit donc
( )
'
X
P a
f
δ = et l’éclairement
( )
0
2 1 cos 2
'
Xa
I X I
f
= + π
λ
.
b) Les sources sont dans un plan parallèle à l’écran donc on observe des franges rec-
tilignes périodiquement réparties. On peut donc définir l’interfrange
'
f
i
a
λ
=.
A.N.
(
)
( )
9
2
635 10 24
70 10
i
−
−
×
=× = 2,18 ×
××
× 10
–5
m ou encore 21,8 µ
µµ
µ m .
5-a) L’étoile E1 est à l’infini donc l’onde qu’elle émet arrive sur les fentes en étant plane.
Mais l’angle d’incidence n’est pas nul par rapport à la normale au plan des fentes. Il existe donc un
déphasage supplémentaire ∆ϕ à rajouter au calcul fait précédemment. On peut donc écrire
( )
1
2 1 cos 2 '
E S
Xa
I X I f
= + π + ∆ϕ
λ
.
∆ϕ est le déphasage introduit avant le plan des fen-
tes entre deux rayons issus de E1 et passant par les centres
des fentes F1 et F2 soit 2sin
2
a
π θ
∆ϕ =
λ
.
Par ailleurs,
1
tan 2
S
S
x
D
θ
=
  . En supposant θ petit, on
peut faire les développements
( )
2
sin 2 2 o
θ θ
= + θ
et
( )
2
tan 2 2 o
θ θ
= + θ
. Il vient donc, au premier ordre en θ,
1
2
S
S
x
a
D
π
∆ϕ = λ. On a donc finalement
( )
1
1
2
2 1 cos 2 '
S
E S
S
x
Xa
I X I a
f D
π
= + π +
λ λ
ou encore
( )
1
1
2
2 1 cos '
S
E S
S
x
a X
I X I f D
π
= + +
λ
.
Pour l’étoile E2, le rayon passant par F2 est en avance sur celui passant par F1 donc le dépha-
sage supplémentaire est opposé soit
2
2
S
S
x
a
D
π
∆ϕ = − λ. Mais
2 1
S S
x x
= donc on peut écrire
( )
2
1
2
2 1 cos '
S
E S
S
x
a X
I X I f D
π
= + −
λ
.
b) Les deux étoiles sources sont incohérentes donc l’intensité crée est la somme des
intensités crée par chacune. Cette intensité résultante est uniforme lorsque une frange lumineuse
crée par E1 se superpose à une frange noire crée par E2. Par exemple, on a une frange brillante pour
E1 en X si
1
2
2
'
S
S
x
a X
n
f D
π
+ = π
λ
  (avec n entier relatif) ou encore
1
'
S
S
x
X
n
f D a
λ
+ = et une frange noire
(
)
sin / 2
aθ
E
1
D
S
F
1
Ω
θ
/2 a
x
x
S
O
F
2
x
S1

Spé ψ
ψψ
ψ 2013-2014 page 4/6 Devoir n°7
pour E2 si
1
2
'
S
S
x
a X
m
f D
π
− = π
λ
  (avec m entier relatif non nul) ou encore
1
' 2
S
S
x
X m
f D a
λ
− =
  . On en
déduit
1
2
2
S
S
x
m
n
D a a
λ λ
= − ou encore
1
2 2
S
S
D
m
a n
x
λ
= − . La plus petite valeur de a correspondant au
brouillage des franges est donc telle que n = 0 et m = 1 soit
1
1
4
S
S
D
a
x
λ
=. Comme on a montré
1
2
S
S
x
D
θ
≈
à la question précédente, il vient
1
2
a
λ
=
θ
.
c) A.N.
9
2
635 10
2 116,5 10
−
−
×
θ = × = 2,72×10–7 rad soit θ = 54,5 milliseconde d’arc .
Un écart de 116,5 cm ≈ 1,2 m entre deux fentes d’un écran paraît difficile à réaliser en prati-
que et encore plus si cet écart est variable. Mais l’inconvénient majeur est que l’interfrange i de-
vient trop petit pour être visible et donc distinguer lorsqu’il y a brouillage.
N.B. C’est Michelson qui a trouvé le moyen de résoudre
ces deux difficultés en dissociant les causes des deux déphasa-
ges. Le déphasage 2
'
a X
f
π
λ induisant la valeur de l’interfrange i,
il maintient deux fentes peu séparées. Mais le déphasage
1
2 '
S
S
x
a
D
π
λ induisant la possibilité du brouillage, il réalise l’écart
a’ à l’aide de deux miroirs plans mobiles positionnés avant le
plan des fentes sur une poutre. La lumière réfléchie par ces mi-
roirs est réfléchies par deux autres miroirs plans fixes vers les
fentes
6-a) Notons β l’angle entre OE1 et OΩ. On a
( )
1
tan
S
S
x
D
β = . L’étoile E1 étant pratiquement à
l’infini, les rayons issus de E1 passant par T1 et par T2 sont parallèles entre eux et font l’angle α + β
avec Oz. D’après le théorème de Malus, les chemins
optiques E1T1 et E1H1 sont égaux et il reste
1 2 1 1
E T E T
−
2 1
T H
=
(
)
sina
= α + β
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
sin cos cos sina
= α β + α β
.
E1 étant proche de Ω, l’angle β est très petit de-
vant π/2 et l’on peut faire les développement limités au
premier ordre sin(β) = β + o(β), tan(β) = β + o(β) et cos
(β) = 1 + o(β). On peut donc écrire
(
)
(
)
(
)
1
sin cosa
δ = α + α β
(
)
(
)
(
)
1
sin cos /
S S
a x D
= α + α .
On obtient donc
(
)
(
)
1 1
sin cos /
S S
a a x D
δ = α + α
.
L’abscisse x2 étant une grandeur algébrique (et
non une distance), on obtient l’expression de δ2 en
remplaçant xS1 par xS2 soit
(
)
(
)
2 2
sin cos /
S S
a a x D
δ = α + α
T
2
O
T
1
D
E
1
(x
1
)
x
S
Ω
α
E
2
(x
2
)
β
H
1
z

Spé ψ
ψψ
ψ 2013-2014 page 5/6 Devoir n°7
En tenant compte du chemin optique supplémentaire Lf pour le rayon passant par T1, les dif-
férences de phase spatiales vérifient 2
k f
k
L
δ −
∆φ = π
λ
( ) ( )
2sin cos
Sk
f
S
x
a a L
D
π
= α + α −
λ
qui est
bien de la forme
( )
2sin
Sk
k f
S
b x
a L
D
⋅
π
∆φ = + α −
λ
en posant
(
)
cosb a
= α
.
b) Les deux étoiles forment des sources incohérentes donc l’intensité totale est la
somme des intensités crées par chacune, soit I = I1 + I2
(
)
(
)
(
)
1 2
2 1 cos 1 cos
S
I
= + ∆φ + + ∆φ
1 2 1 2
2 2 2 cos cos
2 2
S
I
∆φ + ∆φ ∆φ − ∆φ
= + soit
1 2 1 2
4 1 cos cos
2 2
S
I I
∆φ + ∆φ ∆φ − ∆φ
= +
.
D’après leurs expressions, on obtient
(
)
( )
1 2
1 2
22 sin 2
S S
f
S
b x x
a L
D
⋅ +
π
∆φ + ∆φ = + α −
λ
et
(
)
1 2
1 2
2
S S
S
b x x
D
⋅ −
π
∆φ − ∆φ =
λ
. Comme xS2 = –xS1, il reste
( )
( )
1 2
22 sin 2
f
b L
π
∆φ + ∆φ = α −
λ et il
vient donc
( )
( )
(
)
1 2
2
4 1 cos sin cos
S S
S f
S
b x x
I I a L D
⋅ −
π π
= + α −
λ λ
.
c) Si α= π/4, il vient
2 2 2
4 1 cos cos
2 2
S f
a
I I a L
π π
= + − θ
λ λ
en posant
1 2
S S
S
x x
D
−
θ = . Si a varie, l’intensité I varie. La fonction
( )
1
2 2
cos 2
f
f a a L
π
= −
λ
a une période
1
2
2
L= λ alors
que la fonction
( )
2
2
cos 2
a
f a
π
= θ
λ
de période
2
4
2
L
λ
=θ.
Comme θ est très petit devant un, on a L2 >> L1. L’allure de la
courbe sera donc celle d’un battement.
d) On peut considérer f2 comme pratiquement
constant sur un grand nombre de périodes de f1. Sur ces périodes, I varie de
MIN
2
4 1 cos 2
S
a
I I
π
= − θ
λ
à
MAX
2
4 1 cos 2
S
a
I I
π
= + θ
λ
. On peut donc définir le
contraste
MAX MIN
MAX MIN
I I
I I
−
γ = +. On trouve 2
cos 2
a π
γ = θ
λ
.
Si l’on observe une étoile simple, xS1 – xS2 = 0 c’est-à-dire θ = 0 donc γ = 1 : l’intensité varie
de manière purement sinusoïdale avec a. On peut donc distinguer une étoile double d’une simple.
N.B. En réalité, une étoile simple n’est pas ponctuelle et l’éclairement passera par un mini-
mum à cause de la largeur de l’étoile. Le calcul fait apparaître alors une fonction de a qui n’est pas
un cosinus mais qui est minimale pour certaines valeurs de a dépendant de θ qui représente ici la
largeur angulaire de l’étoile.
a
I
(a)
8I
S