Corrigé détaillé ENS Physique BCPST 2023

La relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique O s'écrit :

où f' > 0 pour une lentille mince convergente.

• Tracé a) : Objet situé en amont du foyer objet F (\overline{OA} < -f' < 0)

  L'inégalité \overline{OA} < -f' implique :

  \frac{1}{\overline{OA}} > -\frac{1}{f'} \implies \frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{f'} + \frac{1}{\overline{OA}} > 0

  Ainsi, \overline{OA'} > 0 : le point image A' se trouve en aval de la lentille. Les rayons émergents convergent et se coupent physiquement au point B', de sorte que l'image peut être recueillie sur un écran.

  \boxed{\text{Pour le tracé a), l'image } A'B' \text{ est réelle.}}

• Tracé b) : Objet situé entre le foyer objet F et la lentille (-f' < \overline{OA} < 0)

  L'encadrement -f' < \overline{OA} < 0 entraîne :

  \frac{1}{\overline{OA}} < -\frac{1}{f'} \implies \frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{f'} + \frac{1}{\overline{OA}} < 0

  Ainsi, \overline{OA'} < 0 : le point image A' se trouve en amont de la lentille. Les rayons émergents divergent et ce sont uniquement leurs prolongements géométriques vers l'arrière qui se coupent en B'.

  \boxed{\text{Pour le tracé b), l'image } A'B' \text{ est virtuelle.}}

Pour construire l'image du point B situé dans le plan focal objet (soit A = F), on utilise deux rayons caractéristiques issus de B :

1. le rayon incident parallèle à l'axe optique (\Delta), qui émerge de la lentille en passant par le foyer principal image F' ;
2. le rayon incident passant par le centre optique O de la lentille, qui émerge sans être dévié.

Puisque les deux rayons émergents sont parallèles entre eux, ils se coupent à l'infini : l'image A'B' est rejetée à l'infini.

1. Expression de g_t :

D'après la relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre :

d'où :

Le grandissement transversal s'écrit donc :

2. Tracé de g_t en fonction de \overline{OA} :

La fonction g_t(\overline{OA}) est une fonction homographique présentant :

• une asymptote horizontale g_t \to 0^- lorsque \overline{OA} \to -\infty ;
• une asymptote verticale en \overline{OA} = -f' avec \lim\limits_{\overline{OA} \to -f'^-} g_t = -\infty et \lim\limits_{\overline{OA} \to -f'^+} g_t = +\infty ;
• les points particuliers : g_t(-2f') = -1 et g_t(0) = 1.

3. Orientation de l'image (droite ou renversée) :

• L'image est renversée si g_t < 0, ce qui correspond à :

  \boxed{\overline{OA} \in ]-\infty, -f'[}

• L'image est droite si g_t > 0, ce qui correspond à :

  \boxed{\overline{OA} \in ]-f', 0[}

4. Taille de l'image (agrandie ou réduite) :

• L'image est agrandie si |g_t| > 1 :

  • Pour \overline{OA} \in ]-f', 0[, g_t > 1, donc |g_t| > 1.
  • Pour \overline{OA} \in ]-2f', -f'[, g_t < -1, donc |g_t| > 1.

  Ainsi, l'image est agrandie pour :

  \boxed{\overline{OA} \in ]-2f', -f'[ \,\cup\, ]-f', 0[}

• L'image est réduite si |g_t| < 1, c'est-à-dire -1 < g_t < 0 :

  \boxed{\overline{OA} \in ]-\infty, -2f'[}
• Pour \overline{OA} = -2f', |g_t| = 1 : l'image a la même taille que l'objet (montage 4f ou doublet symétrique).

5. Position de l'image si A = F :

Si A = F, alors \overline{OA} = -f'. On a :

L'utilisation d'une lentille convergente comme loupe correspond à la configuration b) de la figure 2.

En effet, dans cette configuration :

• l'objet AB est situé entre le foyer objet F et le centre optique O (soit -f' < \overline{OA} < 0) ;
• d'après les questions précédentes, l'image A'B' obtenue est virtuelle (question 1), droite car g_t > 0, et agrandie car g_t > 1 (question 3).

Cette configuration est celle requise dans les exemples mentionnés :

• Aide à la lecture pour personnes presbytes : le texte observé doit impérativement rester dans le même sens de lecture (image droite) et présenter une taille apparente accrue (image agrandie). Une image renversée (comme dans le tracé a) rendrait la lecture extrêmement difficile. De plus, l'œil de l'observateur regarde directement à travers la lentille et observe l'image virtuelle en amont du verre, à une distance confortable (supérieure ou égale au punctum proximum).
• Électronique et horlogerie de précision : lors de la manipulation de composants CMS ou de micro-engrenages, l'opérateur guide ses mains et ses outils en observant la scène à travers la loupe. Si l'image était renversée, les mouvements de la main sembleraient inversés, rendant tout travail de minutie impossible.

Considérons le rayon lumineux issu du point objet B et se propageant parallèlement à l'axe optique :

• il rencontre le plan de la lentille mince en un point I situé à l'ordonnée \overline{OI} = \overline{AB} ;
• après réfraction, ce rayon émerge en passant par le foyer principal image F'.

L'image B' étant le point de concours (ici virtuel) de tous les rayons issus de B, le prolongement vers l'amont du rayon émergent (IF') passe nécessairement par B'.

L'œil de l'observateur étant positionné exactement en F', le rayon entrant dans la pupille est porté par la droite (IF'). L'angle \alpha' sous lequel l'observateur voit l'image A'B' est donc l'angle que fait la droite (F'I) avec l'axe optique.

Dans le triangle rectangle OIF', sous les conditions de Gauss (angles petits, \tan\alpha' \approx \alpha'), et en respectant la convention de signe de la figure 4 :

Par définition, la puissance optique \mathcal{P} de l'instrument s'écrit :

En remplaçant \alpha' par son expression, on obtient :

La puissance optique \mathcal{P} ne dépend ainsi que de la distance focale image f' de la lentille (elle est en particulier indépendante de la position de l'objet \overline{OA}).

Pour augmenter le pouvoir grossissant, c'est-à-dire augmenter la puissance optique \mathcal{P}, il faut diminuer la distance focale image f' de la lentille (ce qui équivaut à augmenter sa vergence V = \frac{1}{f'}).

Appliquons la relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique à l'objectif de distance focale image f'_{\mathrm{obj}} = -\overline{O_{\mathrm{obj}} F_{\mathrm{obj}}} = 4\text{ mm} :

On en déduit l'expression littérale de la position de l'objet :

soit :

Avec \overline{O_{\mathrm{obj}} A'_1} = 160\text{ mm} et f'_{\mathrm{obj}} = 4\text{ mm}, il vient :

d'où :

Calculons maintenant le rapport demandé :

Analyse du résultat : Le rapport étant très proche de -1 par valeurs inférieures (\overline{O_{\mathrm{obj}} A} / f'_{\mathrm{obj}} = -40/39 \approx -1{,}03), on constate que l'objet AB est situé immédiatement en amont du foyer principal objet de l'objectif :

Cette proximité (A légèrement à gauche de F_{\mathrm{obj}}) est la condition indispensable pour que l'objectif forme une image intermédiaire A'_1 B'_1 réelle, très agrandie (de grandissement transversal g_{t,\mathrm{obj}} = \overline{O_{\mathrm{obj}} A'_1}/\overline{O_{\mathrm{obj}} A} = -39), située à grande distance de l'objectif (\overline{O_{\mathrm{obj}} A'_1} = 160\text{ mm} \gg f'_{\mathrm{obj}}).

Par la relation de Chasles, la distance entre les centres optiques de l'objectif et de l'oculaire s'écrit :

Or, d'après les données de l'énoncé :

• \overline{O_{\mathrm{obj}} F'_{\mathrm{obj}}} = f'_{\mathrm{obj}} = -f_{\mathrm{obj}} = 4\text{ mm} ;
• \overline{F'_{\mathrm{obj}} F_{\mathrm{oc}}} = D = 154\text{ mm} ;
• \overline{F_{\mathrm{oc}} O_{\mathrm{oc}}} = -\overline{O_{\mathrm{oc}} F_{\mathrm{oc}}} = -f_{\mathrm{oc}} = 20\text{ mm}.

Il vient :

La position algébrique de l'image intermédiaire A'_1 par rapport au centre O_{\mathrm{oc}} de l'oculaire est alors :

On en déduit la position de A'_1 par rapport au foyer objet de l'oculaire :

L'oculaire, de centre O_{\mathrm{oc}} et de distance focale image f'_{\mathrm{oc}} = 20\text{ mm}, forme de l'image intermédiaire A'_1 B'_1 l'image finale A' B'.

D'après la relation de conjugaison de Newton appliquée à l'oculaire :

En utilisant la valeur \overline{F_{\mathrm{oc}} A'_1} = +2\text{ mm} établie à la question Q7 :

La position de l'image A' par rapport au centre optique O_{\mathrm{oc}} de l'oculaire vaut :

On en déduit la position de A' par rapport au centre de l'objectif O_{\mathrm{obj}} à l'aide de la distance inter-lentilles \overline{O_{\mathrm{obj}} O_{\mathrm{oc}}} = 178\text{ mm} (établie à la question Q7) :

Nature de l'image finale : Le point image A' est situé en amont de l'oculaire (\overline{O_{\mathrm{oc}} A'} = -180\text{ mm} < 0). Les rayons lumineux issus de l'instrument divergent à la sortie de l'oculaire : ils ne se coupent pas réellement dans l'espace image, mais leurs prolongements vers l'arrière se rencontrent au point A' (comme illustré sur la figure 5 du sujet).

Le grandissement transversal total du microscope est le produit des grandissements transversaux de l'objectif et de l'oculaire :

D'après les questions Q6 et Q7 :

On en déduit :

Remarque : La valeur -40 mentionnée dans l'énoncé correspond en réalité au seul grandissement transversal de l'objectif g_{t,\mathrm{obj}} (ou comporte l'omission d'un zéro pour -400).

Calculons à présent la puissance optique \mathcal{P}_m. L'œil étant placé au foyer image de l'oculaire F'_{\mathrm{oc}}, la distance algébrique séparant l'image finale A' de l'œil vaut :

Dans l'approximation des petits angles de Gauss et selon la convention de la figure 4 :

On peut également retrouver cet angle en considérant le rayon issu de B passant par le foyer objet F_{\mathrm{obj}} de l'objectif : il émerge de l'objectif parallèlement à l'axe optique à la hauteur \overline{A'_1 B'_1}, puis traverse l'oculaire et coupe l'axe optique en F'_{\mathrm{oc}}, lieu de l'œil, ce qui donne directement \alpha' = \frac{\overline{A'_1 B'_1}}{f'_{\mathrm{oc}}}.

La puissance optique s'exprime donc par :

Numériquement :

L'énoncé fournissant les ordres de grandeur indicatifs pour la suite :

Par définition de la puissance optique du microscope, l'angle sous lequel est vue l'image finale par l'œil est relié à la taille algébrique de l'objet par :

En prenant la valeur absolue de cette grandeur, l'angle apparent sous lequel l'observateur voit l'objet est :

Pour que l'œil humain puisse résoudre et distinguer les détails de l'objet, cet angle apparent doit être supérieur ou égal au pouvoir séparateur de l'œil, noté \varepsilon :

La taille minimale du plus petit objet observable vérifie donc :

Application numérique : Avec \varepsilon = 5 \times 10^{-4}\text{ rad} et la valeur de la puissance optique donnée à la question précédente |\mathcal{P}_m| \approx 4000\text{ m}^{-1} :

En respectant deux chiffres significatifs :

La valeur fournie par le constructeur est |\overline{AB}|_{\min, \text{constr}} = 0{,}5\ \mu\text{m}, alors que la valeur déduite de la résolution de l'œ il à la question précédente est :

La taille minimale réellement résolue par le microscope est environ quatre fois plus grande que la limite imposée par le pouvoir séparateur de l'œ il : ce n'est donc pas l'œ il de l'observateur qui limite la résolution de l'instrument.

Cette différence s'explique par la nature ondulatoire de la lumière :

• Phénomène de diffraction (limite d'Abbe) : l'optique géométrique atteint ses limites lorsque la taille de l'objet devient de l'ordre de grandeur de la longueur d'onde de la lumière visible (\lambda \sim 0{,}5\ \mu\text{m}). En raison de la diffraction par la pupille de l'objectif, l'image d'un point n'est pas un point mais une tache de diffraction (tache d'Airy). D'après le critère de Rayleigh ou la formule d'Abbe, le plus petit écart séparable au niveau de l'objet est de l'ordre de :

  d_{\min} \sim \frac{\lambda}{2\,\mathrm{ON}}

  Pour la lumière visible et des ouvertures numériques usuelles dans l'air (\mathrm{ON} \lesssim 1), cette limite est de l'ordre de 0{,}3 à 0{,}5\ \mu\text{m}, ce qui correspond exactement à la valeur annoncée par le constructeur.

• Aberrations optiques : les aberrations géométriques et chromatiques résiduelles de l'objectif et de l'oculaire contribuent également à élargir la tache image.

Un double-brin d'ADN présente un diamètre caractéristique d'environ :

Or, d'après les questions précédentes (Q10 et Q11), la résolution spatiale d'un microscope optique conventionnel est limitée par le phénomène de diffraction à une dimension minimale de l'ordre de :

Comme d_{\mathrm{ADN}} \ll |\overline{AB}|_{\min}, les dimensions transverses d'un double-brin d'ADN sont deux ordres de grandeur en dessous de la limite de résolution optique.

1. Construction géométrique

Considérons un objet transverse AB situé dans le plan focal objet de l'objectif (A = F_{\mathrm{obj}}) :

• À travers l'objectif L_{\mathrm{obj}} :

  • Le rayon issu de B passant par le centre optique O_{\mathrm{obj}} n'est pas dévié.
  • Le rayon issu de B parallèle à l'axe optique émerge en passant par le foyer image F'_{\mathrm{obj}}.
  • Ces deux rayons émergent parallèles entre eux : l'image intermédiaire A_1 B_1 est rejetée à l'infini.

• À travers la lentille de tube L_t :

  • Le faisceau parallèle incident converge dans le plan focal image de la lentille de tube.
  • Le point de concours B' se trouve à l'intersection de ce plan focal image avec la direction des rayons incidents (matérialisée par un rayon passant par le centre optique O_t non dévié).
  • Le point A' est le foyer principal image de la lentille de tube : A' = F'_t.

2. Position de la surface sensible de la caméra

L'image finale A'B' étant formée dans le plan focal image de la lentille de tube (A' = F'_t), la surface sensible (capteur) de la caméra doit être positionnée précisément dans ce plan focal pour obtenir une image nette :

L'objet AB étant situé dans le plan focal objet de l'objectif (A = F_{\mathrm{obj}}), tous les rayons issus de B émergent de l'objectif parallèlement entre eux, inclinés d'un angle algébrique \alpha par rapport à l'axe optique (\Delta).

Le rayon issu de B passant par le centre optique O_{\mathrm{obj}} n'étant pas dévié, son angle avec l'axe optique vérifie dans le triangle rectangle (F_{\mathrm{obj}}, O_{\mathrm{obj}}, B), sous les conditions de Gauss :

Ce faisceau de rayons parallèles entre dans la lentille de tube. Le rayon du faisceau passant par le centre optique O_t de la lentille de tube n'est pas dévié. Il coupe l'axe focal image de la lentille de tube (situé à \overline{O_t A'} = f'_t, d'après la question Q13) au point B'. Dans le triangle rectangle (O_t, A', B'), on a :

En égalant les deux expressions de \alpha :

On en déduit le grandissement transversal g_m = \frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}} du système complet :

En valeur absolue, le grandissement vaut |g_m| = \frac{f'_t}{f'_{\mathrm{obj}}}.

L'énergie potentielle d'interaction U(R) présente un minimum d'énergie -E_0 en R = R_e, correspondant à la position d'équilibre stable de la molécule.

Sous l'hypothèse des petites oscillations (ou faibles écarts à l'équilibre), la distance internucléaire R reste très proche de la position d'équilibre :

Effectuons un développement de Taylor de U(R) au voisinage de R = R_e à l'ordre 2 :

La position R_e étant un extremum d'énergie potentielle (minimum), la dérivée première est nulle :

En posant U(R_e) = -E_0, l'expression approchée de l'énergie potentielle s'écrit :

L'énergie potentielle d'un ressort idéal de raideur k et de longueur au repos \ell_0 soumis à un allongement R est donnée (à une constante additive près) par :

Par identification, la liaison atomique se modélise par un ressort à comportement linéaire caractérisé par :

La force exercée sur le noyau B par le noyau A s'écrit alors :

ce qui correspond bien à la force de rappel d'un ressort élastique linéaire.

Dans le référentiel galiléen lié au centre de masse G, les positions le long de l'axe (Ox) orienté par \vec{e}_x s'écrivent :

La distance internucléaire est donc R = x_B - x_A = R_B + R_A.

D'après le modèle harmonique validé à la question précédente, la force de rappel élastique exercée par A sur B s'écrit :

D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton) :

1. Application du PFD au point matériel B :

Soit :

2. Application du PFD au point matériel A :

Soit :

3. Équation différentielle sur R(t) :

En soustrayant membre à membre les deux équations précédentes :

En introduisant la masse réduite \mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}, on a \frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}, d'où :

On obtient bien l'équation demandée :

avec :

4. Fréquence d'oscillation :

La fréquence des oscillations vibrationnelles est donnée par f = \frac{\omega_0}{2\pi} :

5. Domaine spectral associé :

Les transitions vibrationnelles des molécules correspondent classiquement à l'absorption ou à l'émission de rayonnement dans le domaine de l'infrarouge (IR), typiquement pour des longueurs d'onde :

1. Gamme de longueurs d'onde de la fluorescence :
   Le phénomène de fluorescence (notamment pour les fluorophores biologiques tels que l'ATTO565^{\mathrm{TM}}, comme l'illustre la figure 7) se situe essentiellement dans le domaine du visible (ainsi que dans le proche ultraviolet et le proche infrarouge), soit typiquement :

   \boxed{\lambda_{\mathrm{fluo}} \in [400\,\mathrm{nm}\,;\,750\,\mathrm{nm}]}

2. Comparaison avec le domaine vibrationnel :
   D'après la question Q16, les mouvements vibrationnels des molécules correspondent au domaine de l'infrarouge (\lambda_{\mathrm{vib}} \sim 1\,\mu\mathrm{m}\text{ à }25\,\mu\mathrm{m}). La longueur d'onde de fluorescence est donc nettement plus faible que celle associée aux mouvements de vibration :

   \lambda_{\mathrm{fluo}} < \lambda_{\mathrm{vib}}

3. Comparaison des énergies des photons :
   D'après la relation de Planck-Einstein, l'énergie E d'un photon associé à une onde de longueur d'onde dans le vide \lambda s'écrit :

   E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}

   où h désigne la constante de Planck et c la célérité de la lumière dans le vide.

   L'énergie d'un photon est inversement proportionnelle à sa longueur d'onde. Comme \lambda_{\mathrm{fluo}} < \lambda_{\mathrm{vib}}, on en déduit que :

   \boxed{E_{\mathrm{fluo}} > E_{\mathrm{vib}}}

   Les énergies des photons émis par fluorescence sont donc plus grandes que celles des photons associés aux mouvements vibrationnels.

Lors du phénomène de fluorescence, la molécule absorbe un photon d'énergie E_{\mathrm{abs}} = \frac{h c}{\lambda_{\mathrm{abs}}} et passe de son état électronique fondamental S_0 à un état électronique excité S_1.

Avant de se désexciter radiativement, la molécule subit une relaxation vibrationnelle rapide et non radiative (dissipation thermique) vers le niveau vibrationnel de plus basse énergie de l'état excité. La réémission radiative par fluorescence vers un niveau de l'état fondamental libère alors un photon d'énergie E_{\mathrm{em}} = \frac{h c}{\lambda_{\mathrm{em}}}.

En vertu du principe de conservation de l'énergie, une partie de l'énergie ayant été dissipée sous forme thermique, l'énergie du photon réémis est strictement inférieure à celle du photon absorbé :

Ce décalage spectral vers les plus grandes longueurs d'onde est appelé le déplacement de Stokes.

Le spectre d'absorption est donc décalé vers les plus courtes longueurs d'onde par rapport au spectre d'émission.

Sur la figure 7 (à droite), la courbe présentant son maximum à la plus faible longueur d'onde (pic vers 565\text{ nm}) est tracée en traits pointillés, tandis que celle située aux longueurs d'onde plus élevées (pic vers 590\text{ nm}) est en trait continu.

1. Commentaire de l'allure des spectres (figure 7) :

• Le spectre d'émission de l'atome d'hydrogène est un spectre de raies discrètes : il est constitué de composantes monochromatiques extrêmement fines et nettement séparées (série de Balmer dans le visible).
• Le spectre d'émission de la molécule d'\text{ATTO565}^{\mathrm{TM}} est un spectre de bande continu : l'émission s'étend continûment sur une large plage de longueurs d'onde (d'environ 550\text{ nm} à plus de 700\text{ nm}), avec un maximum d'intensité vers 590\text{ nm} et un épaulement vers 640\text{ nm}.

2. Origine physique de la différence :

• Atome d'hydrogène : L'atome ne possède que des degrés de liberté électroniques. Les niveaux d'énergie atomique sont purement discrets et bien espacés. Une transition radiative entre deux niveaux E_n et E_p produit un photon d'énergie strictement définie :

  h\nu = E_n - E_p

  ce qui conduit à des raies spectrales d'émission quasi-monochromatiques.

• Molécule complexe \text{ATTO565}^{\mathrm{TM}} : Une molécule possède des degrés de liberté électroniques, vibrationnels et rotationnels. À chaque niveau électronique est associée une multitude de sous-niveaux d'énergie de vibration (vus aux questions Q15 à Q17) et de rotation, très rapprochés. Les transitions radiatives mettent en jeu des changements simultanés d'états électronique et vibrationnel (transitions vibroniques). De plus, en solution, les interactions thermiques et les collisions avec le solvant provoquent un élargissement des transitions (élargissement homogène et inhomogène), qui fusionne l'ensemble de ces raies extrêmement denses en une bande d'émission continue et large.

1. Modèle mathématique

• Le graphique de gauche montre une décroissance monotone de l'intensité de fluorescence normalisée, partant de I(0) = 1{,}0.
• Le graphique de droite représente le logarithme népérien de l'intensité en fonction du temps. On observe une droite passant par l'origine (0,0) et de pente négative constante.

Une relation affine entre \ln(I) et t de la forme \ln(I(t)) = \ln(I_0) - \frac{t}{\tau} traduit une loi de décroissance exponentielle du premier ordre. Le modèle mathématique proposé s'écrit donc :

où I_0 = I(0) est l'intensité initiale à l'arrêt de l'excitation et \tau la durée de vie de l'état excité.

2. Évaluation numérique de la durée de vie \tau

D'après le modèle, la pente de la droite du graphe semi-logarithmique est :

En relevant deux points bien identifiés sur le graphique de droite :

• à t = 0\text{ ns}, \ln(I) = 0 ;
• à t = 16\text{ ns}, \ln(I) = -4{,}0 (on lit de même \ln(I) = -1{,}0 à t = 4\text{ ns}).

On en déduit :

On vérifie la cohérence sur le graphique linéaire de gauche : pour t = \tau = 4{,}0\text{ ns}, l'intensité normalisée vaut :

ce qui correspond précisément à la valeur lue à t = 4\text{ ns}.

Pour que la méthode de mesure de la fluorescence résolue en temps fonctionne et donne directement accès à la décroissance exponentielle propre de l'état excité, l'impulsion d'excitation doit pouvoir être assimilée à une excitation instantanée (modélisable par une distribution de Dirac \delta(t)).

La durée de l'impulsion d'excitation, notée \Delta t_{\text{imp}}, doit donc être très courte devant la durée de vie de fluorescence \tau de l'état excité :

Puisque la durée de vie vaut \tau \approx 4{,}0\text{ ns} (question 20), la durée de l'impulsion laser doit être typiquement sub-nanoseconde, c'est-à-dire dans le domaine picoseconde ou femtoseconde (\Delta t_{\text{imp}} \lesssim 100\text{ ps}).

Un filtre optique passe-bande ne laisse passer la lumière que dans un domaine spectral restreint autour d'une longueur d'onde centrale \lambda_0, et bloque (par réflexion ou absorption) les longueurs d'onde en dehors de cette bande passante.

Le coefficient de transmission en intensité T(\lambda) est défini par le rapport entre l'intensité lumineuse transmise et l'intensité incidente à la longueur d'onde \lambda :

Les caractéristiques clés de la courbe sont :

• une zone de transparence (bande passante) centrée en \lambda_0, où la transmission est maximale (T_{\max} \lesssim 1) ;
• une largeur de bande spectrale \Delta \lambda (souvent mesurée à mi-hauteur, \text{FWHM}) ;
• une zone d'atténuation (bandes d'arrêt) où T(\lambda) \approx 0 pour \lambda < \lambda_0 - \frac{\Delta\lambda}{2} et \lambda > \lambda_0 + \frac{\Delta\lambda}{2}.

D'après la question Q18, le spectre d'absorption de la molécule fluorescente \text{ATTO}565^{\mathrm{TM}} correspond à la courbe en pointillés de la figure 7. Ce spectre présente un maximum d'absorption situé à :

avec une absorption très importante sur la plage [520\text{ nm}, 575\text{ nm}].

Les filtres disponibles ont une largeur spectrale typique de \Delta\lambda = 40\text{ nm}. Le filtre centré sur :

possède une bande passante couvrant l'intervalle [530\text{ nm}, 570\text{ nm}].

Ce filtre est le plus approprié car :

• il englobe une large part de la zone de forte absorption de la molécule (incluant le voisinage immédiat du maximum à 565\text{ nm}), ce qui permet d'exciter efficacement un grand nombre de molécules ;
• sa coupure haute (\approx 570\text{ nm}) est située en deçà du maximum d'émission de fluorescence (\lambda_{\mathrm{em, max}} \approx 590\text{ nm}), ce qui évite que la lumière d'excitation n'éblouisse le capteur dans la bande d'émission et permet une séparation spectrale nette au moyen du miroir dichroïque.

D'après le schéma de la figure 9 :

• Le faisceau d'excitation, centré à \lambda_0 = 550\text{ nm} et de largeur \Delta \lambda = 40\text{ nm} (soit une bande [530\text{ nm}\,;\,570\text{ nm}]), doit être réfléchi par le miroir dichroïque vers l'échantillon. Le coefficient de réflexion doit donc y être maximal :

  R(\lambda) \approx 1 \quad \text{pour } \lambda \in [530\text{ nm}\,;\,570\text{ nm}].

• La fluorescence émise par la molécule \mathrm{ATTO565}^{\mathrm{TM}} présente un spectre compris essentiellement entre 570\text{ nm} et 700\text{ nm} (avec un maximum à 590\text{ nm}, d'après la figure 7). Ce signal doit être transmis vers la caméra sans être dévié :

  T(\lambda) \approx 1 \implies R(\lambda) \approx 0 \quad \text{pour } \lambda \ge 580\text{ nm}.

Le miroir dichroïque agit donc comme un filtre passe-bas en réflexion (ou passe-haut en transmission), avec une longueur d'onde de coupure \lambda_c située entre la bande d'excitation et le début de la bande d'émission, typiquement :

Le principe de la formation des images est le suivant :

• Les molécules fluorescentes émettant aux longueurs d'onde \lambda_1 et \lambda_2 sont situées au foyer objet F_{\text{obj}} de l'objectif. Par conséquent, les rayons émergeant de l'objectif forment un faisceau collimaté parallèle à l'axe optique de l'objectif.

• Ce faisceau arrive en incidence normale sur le réseau de diffraction. À la traversée du réseau, l'ordre 1 est diffracté sous un angle \theta_k tel que \sin\theta_k = \lambda_k/a. Comme \lambda_2 > \lambda_1, l'angle de diffraction vérifie :

  \theta_2 > \theta_1
• L'axe optique de la lentille tube étant aligné avec la direction de diffraction à \lambda_1 (\theta = \theta_1), le faisceau de longueur d'onde \lambda_1 entre parallèlement à son axe optique et converge au foyer image F'_t, formant l'image ponctuelle I_1 au centre du détecteur.
• Le faisceau à \lambda_2 forme un angle \theta_2 - \theta_1 > 0 avec l'axe optique de la lentille tube. Il converge donc en un point image I_2 situé dans le plan focal image de la lentille tube, séparé spatialement de I_1 sur la surface sensible de la caméra.

Le réseau comporte n = 500\text{ traits}\cdot\text{mm}^{-1} = 5{,}00 \times 10^5\text{ m}^{-1}. Le pas du réseau a vaut donc :

D'après la formule des réseaux donnée par l'équation (5), pour un faisceau incident en incidence normale et diffracté à l'ordre k = 1, l'angle de diffraction \theta vérifie :

Les angles de diffraction \theta_1 et \theta_2 associés respectivement à \lambda_1 et \lambda_2 s'écrivent :

La différence angulaire s'exprime donc rigoureusement par :

Comme l'écart \Delta\lambda = \lambda_2 - \lambda_1 = 40\text{ nm} est petit devant les longueurs d'onde considérées, on peut également différencier la relation des réseaux à a fixé :

Application numérique :

D'où la différence angulaire :

Avec deux chiffres significatifs :

D'après l'énoncé, la lentille de tube est orientée de façon à ce que le faisceau diffracté à l'ordre 1 pour \lambda_1 soit parallèle à son axe optique. Il converge donc en son foyer image F'_t, centre de la première tache.

Le faisceau diffracté à la longueur d'onde \lambda_2 fait un angle \Delta\theta = \theta_2 - \theta_1 avec l'axe optique de la lentille de tube. Ce faisceau collimaté converge dans le plan focal image de la lentille de tube à une distance d de l'axe optique donnée, dans les conditions de Gauss (\Delta\theta \ll 1), par :

Avec f'_t = 200\text{ mm} et la valeur obtenue à la question Q26 (\Delta\theta \approx 2{,}1 \times 10^{-2}\text{ rad}) :

Calculons à présent la taille de la surface sensible de la caméra. Le capteur est formé de 2000 \times 2000 pixels carrés de côté c = 5\,\mu\text{m}. Le côté L du capteur vaut :

La surface sensible est donc un carré de 10\text{ mm} \times 10\text{ mm}.

La distance entre les deux taches (d \approx 4{,}2\text{ mm}) est du même ordre de grandeur que la taille du capteur : elle représente environ 42\,\% du côté du détecteur (d < L). Les deux taches peuvent donc être observées simultanément sur le capteur, à condition de centrer convenablement l'image sur la caméra.

D'après le rappel de l'énoncé, la tache de diffraction associée à une molécule ponctuelle possède sur le capteur un rayon :

Les molécules émettent à \lambda_1 = 550\text{ nm} et \lambda_2 = 590\text{ nm}, soit une longueur d'onde moyenne \lambda \approx 570\text{ nm} = 0{,}57\,\mu\text{m}.

Avec g_m = 100 et \mathrm{ON} = 1{,}5, on obtient pour le rayon de la tache :

(ou plus précisément r_1 \approx 18\,\mu\text{m} pour \lambda_1 et r_2 \approx 20\,\mu\text{m} pour \lambda_2).

Le diamètre de la tache de diffraction vaut ainsi :

Chaque pixel étant un carré de côté p = 5\,\mu\text{m}, le nombre de pixels correspondant est :

• en rayon :

  N_r = \frac{r}{p} = \frac{19\,\mu\text{m}}{5\,\mu\text{m}} \approx 3{,}8 \approx 4\text{ pixels}

• en diamètre (taille totale de l'image) :

  N_D = \frac{D}{p} = \frac{38\,\mu\text{m}}{5\,\mu\text{m}} \approx 7{,}6 \approx 8\text{ pixels}

Chaque molécule fluorescente donne sur le capteur une tache circulaire de rayon :

Pour que les deux taches ne se chevauchent pas (ne se superposent pas), la distance d entre leurs centres doit être au moins égale à la somme de leurs rayons :

Comme \lambda_1 \approx \lambda_2 \approx \lambda, les deux rayons sont très proches (r_1 \approx r_2 \approx r), de sorte que la distance minimale correspond au diamètre 2r d'une tache :

Application numérique : Avec g_m = 100, \mathrm{ON} = 1{,}5, \lambda_1 = 550\text{ nm} et \lambda_2 = 590\text{ nm} :

soit :

En termes de pixels (avec un pixel de côté p = 5\,\mu\text{m} d'après l'énoncé) :

D'après la question 28, chaque tache de diffraction a un diamètre :

Pour que les deux images soient non superposées et séparées d'un pixel (p = 5\,\mu\mathrm{m}) entre leurs bords, la distance requise entre leurs centres doit être :

Or, le réseau de 500\text{ fentes}\cdot\mathrm{mm}^{-1} induit d'après la question 27 un écartement entre centres de :

La distance réelle est près de cent fois supérieure à la valeur visée : la dispersion introduite par ce réseau est beaucoup trop importante.

Considérons un dioptre plan séparant deux milieux d'indices respectifs n_1 et n_2. Un rayon lumineux incident se propageant dans le milieu d'indice n_1 rencontre la surface de séparation au point d'incidence I.

On définit le plan d'incidence comme le plan contenant le rayon incident et la normale au dioptre au point I. Les angles géométriques i_1, i'_1 et i_2 sont mesurés par rapport à cette normale.

Les trois lois de Snell-Descartes s'énoncent ainsi :

1. Loi de coplanarité : les rayons réfléchi et réfracté sont situés dans le plan d'incidence. De part et d'autre de la surface séparatrice, ils se trouvent du côté opposé au rayon incident par rapport à la normale.

2. Loi de la réflexion : l'angle de réflexion i'_1 est égal à l'angle d'incidence i_1 :

   \boxed{i'_1 = i_1}

3. Loi de la réfraction : l'angle de réfraction i_2 et l'angle d'incidence i_1 vérifient la relation :

   \boxed{n_1 \sin(i_1) = n_2 \sin(i_2)}

1. Schéma du prisme et tracé des rayons

2. Réfraction sur la face d'entrée

Le faisceau incident est normal à la face d'entrée plane du prisme, ce qui correspond à un angle d'incidence i_1 = 0. D'après la loi de Snell-Descartes :

Le faisceau n'est donc pas dévié et pénètre dans le prisme en se propageant en ligne droite le long de l'horizontale.

3. Réfraction sur la face de sortie

Dans le triangle formé par le sommet S, le point d'entrée et le point d'émergence I :

• l'angle au sommet vaut B ;
• le rayon étant perpendiculaire à la face d'entrée, il fait avec la face de sortie un angle égal à \frac{\pi}{2} - B.

La normale à la face de sortie étant orthogonale à cette face, l'angle d'incidence i_2 du faisceau sur le dioptre de sortie vérifie :

En appliquant la loi de Snell-Descartes pour la réfraction au dioptre verre-air (d'indices respectifs n et n_{\text{air}} = 1) :

soit :

D'après la relation établie à la question précédente :

Dans le cas d'un prisme cale (ou prisme de faible angle au sommet), l'angle B est très petit devant 1\text{ rad} (B \ll 1). On peut alors effectuer un développement limité au premier ordre de la fonction sinus :

L'indice optique du verre étant de l'ordre de n \approx 1{,}5, la quantité n \sin B \approx n B reste très petite devant 1. Par conséquent, l'angle émergent r est également très petit (r \ll 1\text{ rad}), ce qui permet d'écrire :

La relation se simplifie donc sous la forme linéaire :

où les angles r et B sont impérativement exprimés en radians (ou dans la même unité angulaire).

D'après la loi de Cauchy donnée dans l'énoncé :

La fonction \lambda \mapsto n(\lambda) est strictement décroissante sur le domaine visible (dispersion normale). Puisque \lambda_1 < \lambda_2, on a :

D'après la relation établie à la question Q32, l'angle d'émergence r sur la face de sortie vérifie :

La fonction sinus étant strictement croissante sur [0, \frac{\pi}{2}], il vient :

L'angle de déviation total du prisme sous incidence normale étant D = r - B, le rayon de longueur d'onde \lambda_1 est donc plus dévié vers la base du prisme que le rayon de longueur d'onde \lambda_2 :

Description des tracés à apporter au schéma :

• À l'intérieur du prisme : le faisceau arrive sous incidence normale sur la face d'entrée (i=0). Les deux composantes \lambda_1 et \lambda_2 pénètrent sans être déviées (r=0) et se propagent de manière superposée selon l'horizontale jusqu'à la face de sortie.
• Sur la face de sortie : la normale est inclinée d'un angle B par rapport à la direction de propagation interne. Les deux rayons subissent une réfraction vers le bas (vers la base du prisme, s'éloignant de la normale).
• À l'extérieur du prisme : le rayon correspondant à \lambda_1 (plus courte longueur d'onde) émerge en faisant un angle r_1 avec la normale plus grand que l'angle r_2 du rayon à \lambda_2. Le rayon à \lambda_1 est donc situé en dessous du rayon à \lambda_2.

D'après la question Q33, pour un prisme cale (B \ll 1), l'angle d'émergence sous incidence normale s'écrit au premier ordre :

En convertissant l'angle B en radians :

Calculons les angles de sortie pour chacune des deux longueurs d'onde :

• Pour \lambda_1 = 550\text{ nm}, avec n_1 = 1{,}627 :

  \begin{aligned} r_1 &= 1{,}627 \times 3{,}00^\circ = 4{,}881^\circ \approx 4{,}88^\circ \\ r_1 &\approx 1{,}627 \times 5{,}236 \times 10^{-2}\text{ rad} = 8{,}52 \times 10^{-2}\text{ rad} \end{aligned}

• Pour \lambda_2 = 590\text{ nm}, avec n_2 = 1{,}623 :

  \begin{aligned} r_2 &= 1{,}623 \times 3{,}00^\circ = 4{,}869^\circ \approx 4{,}87^\circ \\ r_2 &\approx 1{,}623 \times 5{,}236 \times 10^{-2}\text{ rad} = 8{,}50 \times 10^{-2}\text{ rad} \end{aligned}

La différence entre les angles de sortie vaut :

Numériquement, avec n_1 - n_2 = 1{,}627 - 1{,}623 = 0{,}004 :

avec r_1 = 4{,}88^\circ = 8{,}52 \times 10^{-2}\text{ rad} et r_2 = 4{,}87^\circ = 8{,}50 \times 10^{-2}\text{ rad}.

Les molécules fluorescentes étant situées dans le plan focal objet de l'objectif, la lumière émise en ressort sous la forme d'un faisceau parallèle (collimaté).

Après traversée du prisme, les faisceaux émergents associés aux longueurs d'onde \lambda_1 et \lambda_2 restent parallèles entre eux au sein de chaque faisceau, mais forment une déviation angulaire mutuelle \Delta r établie à la question précédente :

L'axe optique de la lentille de tube étant aligné avec le faisceau de longueur d'onde \lambda_1, celui-ci converge exactement au foyer image F'_t sur le capteur de la caméra.

Le faisceau de longueur d'onde \lambda_2 aborde la lentille de tube sous l'angle d'incidence \Delta r par rapport à son axe optique. Dans le cadre de l'approximation de Gauss (\Delta r \ll 1\text{ rad}), les rayons convergent dans le plan focal image à une distance \Delta x de l'axe optique donnée par :

Application numérique : Avec f'_t = 200\text{ mm} = 0{,}200\text{ m} et \Delta r \approx 2{,}09 \times 10^{-4}\text{ rad} (obtenu à la question Q35 avec B = 3^\circ = \frac{\pi}{60}\text{ rad} et n_1 - n_2 = 0{,}004) :

D'après la question Q28, le diamètre de la tache de diffraction associée à chaque molécule vaut :

Pour que deux images soient non superposées et que leurs bords soient séparés d'un pixel (p = 5\,\mu\text{m}), la distance entre leurs centres doit valoir :

Or, le prisme cale introduit un écart entre les centres des deux taches (question Q36) de :

L'espace entre les bords des deux taches est alors :

Contrairement au réseau de diffraction qui produisait une dispersion excessive (d \approx 4{,}2\text{ mm} = 840\text{ pixels}, question Q27), ce dispositif à prisme sépare les deux longueurs d'onde au plus juste, maximisant ainsi le champ de vue utile sur le capteur tout en évitant les risques de chevauchement avec d'autres molécules environnantes.

Examinons la répartition de l'énergie pour chacun des deux éléments dispersifs :

• Le réseau de diffraction en transmission répartit le flux incident d'une longueur d'onde donnée entre de multiples directions correspondant aux différents ordres de diffraction k \in \mathbb{Z} (k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots). Une part importante de l'énergie est transmise dans l'ordre 0 (non dispersé) ainsi que dans les ordres supérieurs. Comme seule la lumière diffractée dans l'ordre k = 1 est dirigée vers la lentille de tube et collectée par la caméra, tous les photons diffractés dans les autres ordres sont perdus pour la détection.
• Le prisme, quant à lui, fonctionne par réfraction à travers deux dioptres plans. Pour chaque longueur d'onde incidente, il ne produit qu'un unique faisceau réfracté émergeant du prisme (aux pertes par réflexion vitreuse près, qui peuvent être rendues minimes par un traitement antireflet).

Par conséquent, la quasi-totalité de l'énergie lumineuse émise par la molécule à une longueur d'onde donnée est dirigée vers le capteur dans le cas du prisme, tandis qu'une fraction seulement est collectée avec le réseau.