Feuille d'entraînement : Interférences par division du front d'onde

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q9

   1. Théorème de Malus

   Dans un milieu transparent, homogène et isotrope, les rayons lumineux issus d'une même source ponctuelle sont les trajectoires orthogonales aux surfaces d'onde. Après un nombre quelconque de réflexions et de réfractions, cette orthogonalité est conservée. En particulier, le chemin optique entre deux surfaces d'onde est indépendant du rayon lumineux suivi.

   2. Expression de la différence de marche \delta_A

   L'étoile A se situe à l'infini sur l'axe optique du télescope : l'onde incidente est donc une onde plane dont la surface d'onde est normale à l'axe (Oz).

   • Par symétrie du dispositif par rapport à l'axe optique, les chemins optiques de l'étoile A jusqu'aux miroirs auxiliaires M'_1 et M'_2 sont strictement identiques :

     (A M_1 M'_1) = (A M_2 M'_2).
   • Les miroirs M'_1 et M'_2, séparés de la distance a selon l'axe (Ox), se comportent comme deux sources secondaires cohérentes et en phase, situées respectivement en x_1 = -a/2 et x_2 = +a/2 dans le plan d'entrée de la lentille équivalente.
   • Les rayons issus de ces deux miroirs qui convergent au point P(x) du plan focal image font un angle \alpha \simeq \frac{x}{f'} avec l'axe optique (dans les conditions de Gauss, \tan\alpha \simeq \alpha \ll 1).
   • D'après le théorème de Malus, la lentille transforme une onde plane incidente inclinée de l'angle \alpha en une onde sphérique convergeant en P. Tous les rayons de cette onde plane ont le même chemin optique jusqu'en P à partir d'un plan d'onde orthogonal à la direction \alpha.

   Le décalage de marche entre le rayon issu de M'_1 (x = -a/2) et celui issu de M'_2 (x = +a/2) correspond donc à la projection de leur écartement sur la direction de propagation :

   \delta_A = (A M_1 P) - (A M_2 P) = a \sin\alpha \simeq a \frac{x}{f'}.

   \boxed{\delta_A = \frac{a\,x}{f'}}

   3. Application numérique : calcul et commentaire de l'interfrange i

   L'interfrange i est la distance séparant deux franges brillantes consécutives, correspondant à une variation de \delta_A égale à \lambda_0 :

   \Delta \delta_A = \frac{a\,i}{f'} = \lambda_0 \implies \boxed{i = \frac{\lambda_0 f'}{a}}

   Avec \lambda_0 = 550\text{ nm} = 5{,}50 \cdot 10^{-7}\text{ m}, f' = 33\text{ m} et a = 2{,}50\text{ m} :

   \begin{aligned} i &= \frac{5{,}50 \cdot 10^{-7} \times 33}{2{,}50} = 2{,}20 \cdot 10^{-7} \times 33 = 7{,}26 \cdot 10^{-6}\text{ m} \simeq 7{,}3\ \mu\text{m}. \end{aligned}

   \boxed{i \simeq 7{,}3\ \mu\text{m}}

   Commentaire : Cette valeur est extrêmement faible, de l'ordre de grandeur de quelques micromètres seulement (comparable à la taille des pixels d'un capteur CCD actuel). Ces franges sont donc invisibles à l'œil nu et nécessitent un oculaire de fort grossissement (microscope d'observation) pour pouvoir être résolues et mesurées.

   Résultat

   $${\delta }_A=\frac{ax}{f^{\prime }}$$

   $$i=\frac{{\lambda }_0{f}^{\prime }}{a}$$

   $$i\simeq 7,3\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q3

   L'amplitude complexe de l'onde issue de \mathrm{M}_1 est choisie comme référence de phase : \underline{s}_1 = A_0. Celle issue de \mathrm{M}_2 présente un déphasage \phi par rapport à \mathrm{M}_1, soit \underline{s}_2 = A_0\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\phi}.

   L'amplitude complexe totale au point \mathrm{P} s'écrit donc :

   \underline{s}_{\mathrm{tot}} = \underline{s}_1 + \underline{s}_2 = A_0 \left(1 + \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\phi}\right) = 2 A_0 \cos\!\left(\frac{\phi}{2}\right) \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\phi/2}

   L'intensité lumineuse I_2(\phi), proportionnelle au carré du module de l'amplitude complexe, vaut :

   I_2(\phi) = |\underline{s}_{\mathrm{tot}}|^2 = 4 A_0^2 \cos^2\!\left(\frac{\phi}{2}\right)

   Le maximum de cette intensité est atteint pour \phi \equiv 0 \pmod{2\pi} et vaut \max(I_2) = 4 A_0^2.

   Par définition de l'intensité normalisée I_{n,2}(\phi) = \dfrac{I_2(\phi)}{\max(I_2)}, on obtient :

   \boxed{I_{n,2}(\phi) = \cos^2\!\left(\frac{\phi}{2}\right) = \frac{1 + \cos\phi}{2}}

   Cette fonction est paire, strictement positive, périodique de période 2\pi, maximale et égale à 1 en \phi = 2p\pi (p \in \mathbb{Z}), et nulle en \phi = (2p+1)\pi.

   Résultat

   $$I_{n,2}(\varphi )={\cos }^2\left(\frac{\varphi }{2}\right)=\frac{1+\cos \varphi }{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique B PC 2023, Q10

   À chaque impulsion \pi/2, le coefficient de transmission sans changement d'état électronique est t_a = t_b = \frac{1}{\sqrt{2}}. D'après les questions 8.a et 8.b :

   • à t = 0 et t = T, l'impulsion transfère +2\vec{v}_r (recul vers le haut, transition a \to b). Le coefficient de réflexion associé est :

     r_a(t) = -\frac{j}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-j\phi_{\mathrm{laser}}(t)}

   • à t = 2T et t = 3T, l'effet de recul est vers le bas (transition b \to a). L'inversion du sens relatif des lasers impose le changement \phi_{\mathrm{laser}} \to -\phi_{\mathrm{laser}} sur la matrice d'interaction, de sorte que le coefficient de réflexion vaut :

     r_b'(t) = -\frac{j}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{j\phi_{\mathrm{laser}}(t)}

   L'impulsion de Bloch (entre T et 2T) communique la même quantité de mouvement \Delta\vec{v} aux atomes des deux voies (tous dans l'état b) sans modifier leur état électronique ni créer de déphasage relatif.

   1. Voie I (trajet ABCD) : L'atome subit :

   • une réflexion en A (t = 0, transition a \to b) : facteur r_a(0) ;
   • une transmission en B (t = T, état b) : facteur t_b ;
   • une réflexion en C (t = 2T, transition b \to a) : facteur r_b'(2T) ;
   • une transmission en D (t = 3T, état a) : facteur t_a.

   En tenant compte de la phase de propagation accumulée \Phi_I (selon la convention d'évolution temporelle \mathrm{e}^{-j\Phi_I}) :

   \begin{aligned} \Psi_I &= \Psi_0 \, r_a(0) \, t_b \, r_b'(2T) \, t_a \, \mathrm{e}^{-j\Phi_I} \\ &= \Psi_0 \left(-\frac{j}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-j\phi_{\mathrm{laser}}(0)}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(-\frac{j}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{j\phi_{\mathrm{laser}}(2T)}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \mathrm{e}^{-j\Phi_I} \\ &= -\frac{1}{4}\Psi_0 \exp\left(-j\left[\Phi_I + \phi_{\mathrm{laser}}(0) - \phi_{\mathrm{laser}}(2T)\right]\right) \end{aligned}

   2. Voie II (trajet AB'C'D) : L'atome subit :

   • une transmission en A (t = 0, état a) : facteur t_a ;
   • une réflexion en B' (t = T, transition a \to b) : facteur r_a(T) ;
   • une transmission en C' (t = 2T, état b) : facteur t_b ;
   • une réflexion en D (t = 3T, transition b \to a) : facteur r_b'(3T).

   L'amplitude associée à cette voie s'écrit :

   \begin{aligned} \Psi_{II} &= \Psi_0 \, t_a \, r_a(T) \, t_b \, r_b'(3T) \, \mathrm{e}^{-j\Phi_{II}} \\ &= \Psi_0 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(-\frac{j}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-j\phi_{\mathrm{laser}}(T)}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(-\frac{j}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{j\phi_{\mathrm{laser}}(3T)}\right) \mathrm{e}^{-j\Phi_{II}} \\ &= -\frac{1}{4}\Psi_0 \exp\left(-j\left[\Phi_{II} + \phi_{\mathrm{laser}}(T) - \phi_{\mathrm{laser}}(3T)\right]\right) \end{aligned}

   3. Amplitude totale et probabilité de détection : L'amplitude totale au détecteur est \Psi_D = \Psi_I + \Psi_{II} :

   \boxed{\Psi_D = -\frac{1}{4}\Psi_0 \left( \mathrm{e}^{-j\left[\Phi_I + \phi_{\mathrm{laser}}(0) - \phi_{\mathrm{laser}}(2T)\right]} + \mathrm{e}^{-j\left[\Phi_{II} + \phi_{\mathrm{laser}}(T) - \phi_{\mathrm{laser}}(3T)\right]} \right)}

   La probabilité de détection vaut P = |\Psi_D|^2 = |\Psi_I + \Psi_{II}|^2. Comme |\Psi_I| = |\Psi_{II}| = \frac{1}{4}|\Psi_0|, on a :

   \begin{aligned} P &= |\Psi_I|^2 + |\Psi_{II}|^2 + 2\mathrm{Re}\left(\Psi_I^* \Psi_{II}\right) \\ &= \frac{1}{16}|\Psi_0|^2 + \frac{1}{16}|\Psi_0|^2 + \frac{2}{16}|\Psi_0|^2 \cos(\theta_{II} - \theta_I) \\ &= \frac{1}{8}|\Psi_0|^2 \left(1 + \cos(\theta_{II} - \theta_I)\right) \end{aligned}

   avec :

   \begin{aligned} \theta_{II} - \theta_I &= -\left(\Phi_{II} - \Phi_I\right) - \left[\phi_{\mathrm{laser}}(T) - \phi_{\mathrm{laser}}(3T) - \phi_{\mathrm{laser}}(0) + \phi_{\mathrm{laser}}(2T)\right] \\ &= -\Delta\Phi - \left[-\phi_{\mathrm{laser}}(0) + \phi_{\mathrm{laser}}(T) + \phi_{\mathrm{laser}}(2T) - \phi_{\mathrm{laser}}(3T)\right] \\ &= -(\Delta\Phi + \Delta\phi_{\mathrm{laser}}) \end{aligned}

   Par parité de la fonction cosinus, \cos(-(\Delta\Phi + \Delta\phi_{\mathrm{laser}})) = \cos(\Delta\Phi + \Delta\phi_{\mathrm{laser}}), d'où :

   \boxed{P = \frac{1}{8}|\Psi_0|^2 \left(1 + \gamma \cos(\Delta\Phi + \Delta\phi_{\mathrm{laser}})\right) \quad \text{avec} \quad \gamma = 1}

   Résultat

   $${\Psi }_D=-\frac{1}{4}{\Psi }_0\left({\mathrm{e}}^{-j\left[{\Phi }_I+{\varphi }_{\mathrm{laser}}(0)-{\varphi }_{\mathrm{laser}}(2T)\right]}+{\mathrm{e}}^{-j\left[{\Phi }_{II}+{\varphi }_{\mathrm{laser}}(T)-{\varphi }_{\mathrm{laser}}(3T)\right]}\right)$$

   $$P=\frac{1}{8}|{\Psi }_0{|}^2\left(1+\gamma \cos (\Delta \Phi +\Delta {\varphi }_{\mathrm{laser}})\right)\text{avec}\gamma =1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q10

   Les deux faisceaux issus de l'étoile A traversent respectivement les deux voies de l'interféromètre (miroirs \mathbf{M}_1 et \mathbf{M}_1' d'une part, \mathbf{M}_2 et \mathbf{M}_2' d'autre part). Issus d'une même source ponctuelle monochromatique à l'infini, ces deux faisceaux sont mutuellement cohérents et présentent au point P un déphasage :

   \Delta \phi_A = \frac{2\pi}{\lambda_0} \delta_A

   En utilisant l'expression de la différence de marche établie à la question Q9, \delta_A = \frac{a x}{f'}, il vient :

   \Delta \phi_A = \frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'}

   En l'absence de pertes au sein de l'instrument, chacun des deux bras transporte une intensité I_{0A}. La formule de Fresnel pour l'interférence de deux ondes cohérentes de même intensité donne ainsi directement l'intensité (ou éclairement) totale au point P :

   I_A(P) = I_{0A} + I_{0A} + 2\sqrt{I_{0A}\cdot I_{0A}}\cos(\Delta\phi_A) = 2I_{0A}\left(1 + \cos\Delta\phi_A\right)

   Soit, en remplaçant par l'expression du déphasage :

   \boxed{I_A(P) = 2I_{0A}\left[1 + \cos\left(\frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'}\right)\right]}

   On peut également l'écrire sous forme factorisée :

   I_A(P) = 4I_{0A}\cos^2\left(\frac{\pi a x}{\lambda_0 f'}\right)

   Résultat

   $$I_A(P)=2I_{0A}\left[1+\cos \left(\frac{2\pi ax}{{\lambda }_0{f}^{\prime }}\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q11

   Cohérence des sources A et B :

   Les étoiles A et B sont deux sources lumineuses macroscopiques totalement distinctes et indépendantes. Les trains d'ondes émis par chacune d'elles sont issus de désexcitations atomiques thermiques aléatoires et n'ont aucune relation de phase entre eux. Les sources A et B sont donc mutuellement incohérentes.

   Calcul de la différence de marche \delta_B :

   L'étoile B étant située à l'infini, elle émet une onde plane parvenant sur le dispositif sous une incidence \theta.

   Considérons une surface d'onde plane \Sigma_B associée à l'étoile B, orthogonale aux rayons incidents issus de B. Soient H_1 et H_2 les projetés orthogonaux respectifs des miroirs M_1 et M_2 sur cette surface d'onde. D'après le théorème de Malus :

   (B H_1) = (B H_2)

   Le chemin optique de l'étoile B jusqu'au point P en passant par le miroir M_i (i \in \{1, 2\}) s'écrit :

   (B M_i P) = (B H_i) + (H_i M_i) + (M_i P)

   La différence de marche pour l'étoile B vaut ainsi :

   \begin{aligned} \delta_B &= (B M_1 P) - (B M_2 P) \\ &= \big[(H_1 M_1) - (H_2 M_2)\big] + \big[(M_1 P) - (M_2 P)\big] \end{aligned}

   En aval des miroirs M_1 et M_2, le trajet géométrique jusqu'au point P est identique à celui suivi par la lumière issue de l'étoile A, de sorte que :

   (M_1 P) - (M_2 P) = (A M_1 P) - (A M_2 P) = \delta_A

   D'après la figure 4, pour un angle \theta > 0, l'onde plane issue de B atteint le miroir supérieur M_2 avant le miroir inférieur M_1. Le retard géométrique du rayon atteignant M_1 est donné par l'interception de la droite (M_1 M_2) de longueur b avec l'angle \theta :

   (H_1 M_1) - (H_2 M_2) = b \sin\theta \simeq b \theta

   car l'angle \theta est extrêmement petit (\theta \ll 1\text{ rad}).

   On en déduit l'expression de \delta_B :

   \boxed{\delta_B = \delta_A + b\theta}

   (ou de façon rigoureuse \delta_B = \delta_A + b\sin\theta).

   Résultat

   $${\delta }_B={\delta }_A+b\theta$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q12

   Les étoiles A et B étant deux sources mutuellement incohérentes (établi à la question précédente), les intensités s'ajoutent dans le plan focal :

   I(P) = I_A(P) + I_B(P)

   D'après les questions Q10 et Q11, l'intensité produite par l'étoile B seule s'écrit de manière analogue à celle de A, avec la différence de marche \delta_B = \delta_A + b\theta :

   \begin{aligned} I_A(P) &= 2I_{0A}\left[1 + \cos\left(\frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'}\right)\right] \\ I_B(P) &= 2I_{0B}\left[1 + \cos\left(\frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'} + \frac{2\pi b\theta}{\lambda_0}\right)\right] \end{aligned}

   L'intensité totale s'exprime ainsi :

   I(P) = 2(I_{0A} + I_{0B}) + 2I_{0A}\cos\theta_1 + 2I_{0B}\cos\theta_2

   en posant :

   \theta_1 = \frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'} \quad \text{et} \quad \theta_2 = \frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'} + \frac{2\pi b\theta}{\lambda_0}

   On applique la formule trigonométrique du formulaire avec a_1 = 2I_{0A} et a_2 = 2I_{0B} :

   a_1\cos\theta_1 + a_2\cos\theta_2 = a\cos\left[\frac{\theta_1+\theta_2}{2} + \varphi\right]

   où :

   \begin{aligned} a_1 + a_2 &= 2(I_{0A} + I_{0B}) \\ m &= \frac{2\sqrt{a_1 a_2}}{a_1 + a_2} = \frac{2\sqrt{I_{0A}I_{0B}}}{I_{0A} + I_{0B}} \\ \frac{\theta_1 - \theta_2}{2} &= -\frac{\pi b\theta}{\lambda_0} \end{aligned}

   L'amplitude a vaut donc :

   a = 2(I_{0A} + I_{0B}) \sqrt{1 - \frac{4I_{0A}I_{0B}}{(I_{0A} + I_{0B})^2}\sin^2\left(\frac{\pi b\theta}{\lambda_0}\right)}

   Par ailleurs, la phase moyenne s'écrit :

   \frac{\theta_1 + \theta_2}{2} + \varphi = \frac{2\pi a x}{\lambda_0 f'} + \frac{\pi b\theta}{\lambda_0} + \varphi = 2\pi\frac{a}{\lambda_0 f'}\left(x - x_0\right)

   avec x_0 = -\frac{\lambda_0 f'}{2\pi a}\left(\frac{\pi b\theta}{\lambda_0} + \varphi\right).

   En factorisant l'intensité totale par K = 2(I_{0A} + I_{0B}), on obtient la forme requise :

   I(P) = K\left[1 + \cos\left(2\pi\frac{x - x_0}{\Delta x}\right) V(\theta)\right]

   Par identification immédiate, on trouve :

   \boxed{K = 2(I_{0A} + I_{0B})}

   \boxed{\Delta x = \frac{\lambda_0 f'}{a}}

   \boxed{V(\theta) = \sqrt{1 - \frac{4I_{0A}I_{0B}}{(I_{0A} + I_{0B})^2}\sin^2\left(\frac{\pi b\theta}{\lambda_0}\right)}}

   Résultat

   $$K=2(I_{0A}+I_{0B})$$

   $$\Delta x=\frac{{\lambda }_0{f}^{\prime }}{a}$$

   $$V(\theta )=\sqrt{1-\frac{4I_{0A}{I}_{0B}}{(I_{0A}+I_{0B}{)}^2}{\sin }^2\left(\frac{\pi b\theta }{{\lambda }_0}\right)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q13

   1. Signification physique de \Delta x et x_0

   • \Delta x = \dfrac{\lambda_0 f'}{a} est l'interfrange de la figure d'interférence dans le plan focal image. Il représente la période spatiale d'oscillation de l'intensité lumineuse selon l'axe x. Il ne dépend que de l'écartement a des miroirs intérieurs M'_1 et M'_2, de la focale f' et de la longueur d'onde \lambda_0.
   • x_0 est l'abscisse de la frange centrale (maximum d'ordre zéro) de la figure résultante. Elle caractérise le décalage spatial de la figure d'interférence globale, induit par l'inclinaison angulaire \theta de l'étoile B pondérée par les intensités respectives des deux sources.

   2. Mesure de l'écartement angulaire \theta

   Le facteur de visibilité (ou contraste) des franges s'écrit :

   V(\theta) = \sqrt{1 - \frac{4I_{0A}I_{0B}}{(I_{0A} + I_{0B})^2}\sin^2\left(\frac{\pi b\theta}{\lambda_0}\right)}

   Dans le cas idéal de deux étoiles de même éclat (I_{0A} = I_{0B}), on a V(\theta) = \left|\cos\left(\dfrac{\pi b\theta}{\lambda_0}\right)\right|.

   En augmentant progressivement la distance b entre les miroirs externes M_1 et M_2, le contraste diminue jusqu'à s'annuler (ou atteindre un minimum prononcé si I_{0A} \neq I_{0B}) pour :

   \frac{\pi b_0 \theta}{\lambda_0} = \frac{\pi}{2} \iff \boxed{\theta = \frac{\lambda_0}{2b_0}}

   La mesure de la distance critique b_0 d'extinction des franges donne ainsi directement accès à la séparation angulaire \theta avec une résolution bien supérieure à celle fixée par le seul diamètre de l'ouverture du télescope, car b peut être nettement plus grand que le diamètre d.

   3. Distinction entre système binaire physique et alignement fortuit

   • Dans un vrai système binaire (lié par la gravitation), les deux astres sont en révolution orbitale autour de leur barycentre commun (étudié en partie I.A). L'écart angulaire \theta(t) ainsi que l'angle de position dans le plan du ciel varient de façon périodique dans le temps, avec la période orbitale T.
   • Pour un alignement fortuit (étoiles indépendantes situées à des distances de la Terre très différentes), le mouvement relatif apparent provient des vitesses propres respectives dans la Voie lactée : l'évolution de la séparation angulaire au cours des années est non périodique (déplacement relatif linéaire uniforme à l'échelle séculaire).

   Résultat

   $$\theta =\frac{{\lambda }_0}{2b_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q14

   Chaque faisceau réfléchi par un miroir auxiliaire (\mathbf{M}'_1 ou \mathbf{M}'_2) est limité par la largeur \ell du miroir, qui agit comme une ouverture diffractante de dimension \ell.

   D'après la théorie de la diffraction à l'infini (ou dans le plan focal d'une lentille de focale f'), la figure d'interférences à deux ondes est modulée par l'enveloppe de diffraction d'une ouverture de largeur \ell. La répartition d'intensité s'écrit classiquement sous la forme :

   I(x) = I_{\max} \, \mathrm{sinc}^2\!\left(\frac{\pi \ell x}{\lambda_0 f'}\right) \cos^2\!\left(\frac{\pi a x}{\lambda_0 f'}\right)

   Le premier minimum de l'enveloppe de diffraction est obtenu pour une demi-largeur angulaire \theta_{\mathrm{diff}} = \frac{\lambda_0}{\ell}, ce qui correspond dans le plan focal image à une abscisse :

   x_{\min} = f' \theta_{\mathrm{diff}} = \frac{\lambda_0 f'}{\ell}

   Par ailleurs, les franges brillantes d'interférence sont situées aux abscisses :

   x_p = p \, i = p \, \frac{\lambda_0 f'}{a} \quad (p \in \mathbb{Z})

   Pour observer au moins une dizaine de franges de part et d'autre de la frange centrale (p = 0), il faut que la dixième frange brillante (p = 10) soit située dans le lobe principal de diffraction, soit :

   x_{10} \leqslant x_{\min} \iff 10 \, \frac{\lambda_0 f'}{a} \leqslant \frac{\lambda_0 f'}{\ell}

   On en déduit la condition sur la largeur \ell :

   \boxed{\ell \leqslant \frac{a}{10}}

   Application numérique : Avec a = 2{,}50\text{ m} :

   \ell \leqslant \frac{2{,}50}{10} = 0{,}25\text{ m} = 25\text{ cm}

   Il faut donc choisir des miroirs auxiliaires de largeur \ell \leqslant 25\text{ cm} (soit au maximum 25\text{ cm}).

   Résultat

   $$\ell ⩽\frac{a}{10}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question