Feuille d'entraînement : Interférences lumineuses

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q26

   Le dispositif expérimental de spectrométrie par transformée de Fourier comprend les sous-ensembles suivants :

   • La source collimatée : une source lumineuse placée au foyer objet d'une lentille convergente de collimation L_c, délivrant un faisceau de rayons parallèles (incidence normale sur les miroirs).

   • L'interféromètre de Michelson en configuration lame d'air :

     • Une lame séparatrice semi-réfléchissante (S_p), inclinée à 45^\circ par rapport aux axes des faisceaux, qui sépare le faisceau incident en deux ondes de même amplitude (l'une transmise vers le miroir M_2, l'autre réfléchie vers le miroir M_1).
     • Deux miroirs plans orthogonaux de haute réflectivité : le miroir M_1 (usuellement fixe) et le miroir M_2 (mobile en translation selon son axe pour faire varier l'épaisseur d).
     • (Une lame compensatrice C_p, de même épaisseur et de même indice que S_p, peut être adjointe pour égaliser les trajets de verre dans les deux bras).

   • Le dispositif de détection en sortie :

     • Une lentille convergente de focalisation L.
     • Une photodiode placée au foyer image F' de L, recueillant le flux de l'anneau central (correspondant à l'incidence normale).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q27

   L'interféromètre de Michelson est réglé en lame d'air d'épaisseur d, éclairé sous incidence normale (i = 0) par des rayons parallèles focalisés au foyer image F' de la lentille de sortie. L'indice de l'air étant n = 1, la différence de marche entre les deux ondes associées aux deux bras s'écrit :

   \delta = 2d \cos i = 2d

   Le déphasage correspondant entre les deux faisceaux est :

   \Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda_m}\delta = \frac{4\pi d}{\lambda_m}

   D'après la formule de Fresnel pour l'interférence de deux ondes, l'intensité lumineuse au point F' s'exprime par :

   \boxed{I(F') = \frac{I_{\max}}{2}\left[1 + \cos\left(\frac{4\pi d}{\lambda_m}\right)\right] = I_{\max}\cos^2\left(\frac{2\pi d}{\lambda_m}\right)}

   Le contraste (ou facteur de visibilité) des franges est défini par :

   C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}}

   Pour obtenir un contraste maximal (C = 1, soit I_{\min} = 0), il est nécessaire que les deux ondes qui interfèrent aient la même amplitude (I_1 = I_2). Cette condition est réalisée si la lame séparatrice est parfaitement semi-réfléchissante et sans pertes (facteurs de transmission et de réflexion énergétiques égaux : R = T = 1/2) et si les deux miroirs présentent le même facteur de réflexion. La présence d'une lame compensatrice identique garantit en outre la parfaite symétrie optique des deux bras.

   Résultat

   $$I(F^{\prime })=\frac{I_{\max }}{2}\left[1+\cos \left(\frac{4\pi d}{{\lambda }_m}\right)\right]=I_{\max }{\cos }^2\left(\frac{2\pi d}{{\lambda }_m}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q29

   Dans l'interféromètre de Michelson réglé en lame d'air sous incidence normale, la différence de marche introduite entre les deux bras à l'instant t vaut :

   \delta(t) = 2\,d(t) = 2\,v_0 t

   L'amplitude des oscillations du signal s(t) (le contraste des franges) décroît avec le temps en raison de la cohérence temporelle limitée de la source.

   Sur l'interférogramme de la figure 7b, l'amplitude de modulation, maximale à t = 0 (valeur crête-à-crête de 2 unités), est divisée par deux vers t_{1/2} \approx 30\text{ s} à 35\text{ s}, et les interférences sont quasiment éteintes pour t_{\text{ext}} \approx 60\text{ s}.

   En choisissant la demi-largeur de l'enveloppe temporelle (atténuation de moitié du contraste), on estime le temps caractéristique d'interférence à \Delta t \approx 30\text{ s}. La longueur de cohérence L_c correspondante s'exprime par :

   L_c \approx 2\,v_0\,\Delta t

   Avec v_0 = 7,0\cdot 10^{-7}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \Delta t \approx 30\text{ s} :

   L_c \approx 2 \times 7,0\cdot 10^{-7} \times 30 = 4,2\cdot 10^{-5}\text{ m}

   En conservant un seul chiffre significatif :

   \boxed{L_c \approx 4\cdot 10^{-5}\text{ m}}

   (Remarque : si l'on prend le temps d'extinction quasi-totale des franges à t \approx 60\text{ s}, on trouve L_c \approx 8\cdot 10^{-5}\text{ m}, ce qui donne le même ordre de grandeur).

   La longueur de cohérence est liée au temps de cohérence \tau_c par :

   L_c = c\,\tau_c

   D'après la relation fournie, la largeur spectrale en fréquence vérifie :

   \Delta\nu \approx \frac{1}{\tau_c} = \frac{c}{L_c}

   Par ailleurs, la fréquence \nu et la longueur d'onde dans le vide \lambda sont reliées par \nu = \frac{c}{\lambda}. En différentiant au voisinage de la longueur d'onde moyenne \lambda_m :

   |\Delta\nu| \approx \frac{c}{\lambda_m^2}\,\Delta\lambda \implies \Delta\lambda \approx \frac{\lambda_m^2}{c}\,\Delta\nu \approx \frac{\lambda_m^2}{L_c}

   En utilisant la valeur \lambda_m \approx 5\cdot 10^{-7}\text{ m} déterminée à la question Q28 :

   \Delta\lambda \approx \frac{(5\cdot 10^{-7})^2}{4\cdot 10^{-5}} \approx \frac{2,5\cdot 10^{-13}}{4\cdot 10^{-5}} \approx 6\cdot 10^{-9}\text{ m}

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\Delta\lambda \approx 6\text{ nm}}

   Résultat

   $$L_c\approx 4\cdot 10^{-5}\text{ m}$$

   $$\Delta \lambda \approx 6\text{ nm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q9

   La lame L_1 (séparatrice) possède deux faces planes et parallèles :

   • la face avant (ou face d'entrée), tournée vers la source (monochromateur) et le miroir mobile ;
   • la face arrière, tournée vers le miroir fixe et l'oculaire.

   La lame compensatrice L_2, de même épaisseur e et de même indice n que L_1, est disposée parallèlement à L_1 sur le trajet du bras vertical (vers le miroir mobile). Tout faisceau effectuant un aller-retour vers le miroir mobile traverse donc deux fois la lame L_2.

   Détaillons le nombre de traversées de verre d'épaisseur e pour chaque voie :

   • Voie 2 (miroir mobile) : Le faisceau incident se réfléchit directement sur la face avant semi-réfléchissante de L_1 (0 traversée de L_1). Il monte vers le miroir mobile en traversant L_2 (1 traversée), s'y réfléchit, retraverse L_2 au retour (1 traversée), puis traverse l'épaisseur de L_1 pour émerger vers l'oculaire (1 traversée).

     N_2 = 1 \text{ (dans } L_1\text{)} + 2 \text{ (dans } L_2\text{)} = 3 \text{ traversées.}

   • Voie 1 (miroir fixe) : Le faisceau incident traverse L_1 (1 traversée) vers le miroir fixe, s'y réfléchit, rentre par la face arrière de L_1 et traverse son épaisseur jusqu'à la face semi-réfléchissante (1 traversée), s'y réfléchit (réflexion interne) et retraverse L_1 pour sortir par la face arrière vers l'oculaire (1 traversée).

     N_1 = 3 \text{ (dans } L_1\text{)} = 3 \text{ traversées.}

   Grâce à ce choix, les deux trajets parcourent rigoureusement la même épaisseur géométrique de verre (3e/\cos r).

   Si la couche semi-réfléchissante était déposée sur la face arrière, la voie 1 ne traverserait L_1 qu'une seule fois au total (N_1 = 1), tandis que la voie 2 traverserait L_1 trois fois et L_2 deux fois (N_2 = 5), ce qui accentuerait la dissymétrie au lieu de la compenser.

   \boxed{\text{La couche semi-réfléchissante est déposée sur la face avant de } L_1 \text{ (tournée vers le monochromateur).}}

   Résultat

   $$\text{La couche semi-reˊfleˊchissante est deˊposeˊe sur la face avant de }{L}_1\text{ (tourneˊe vers le monochromateur).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q11

   Dans la configuration en lame d'air à faces parallèles, la différence de marche pour des rayons faisant un angle i avec la normale aux miroirs s'écrit :

   \delta(i) = 2 e \cos i

   où e est l'épaisseur de la lame d'air équivalente (séparation entre le miroir mobile et l'image du miroir fixe par la séparatrice L_1).

   Au centre du champ d'observation, les rayons émergent parallèlement à l'axe optique, soit sous une incidence normale i = 0. La différence de marche au centre vaut donc :

   \delta_0 = 2 e

   L'ordre d'interférence au centre est donné par :

   p_0 = \frac{\delta_0}{\lambda_0} = \frac{2e}{\lambda_0}

   Lorsque l'opérateur déplace le miroir mobile d'une distance \Delta z parallèlement à l'axe (O, \vec{e}_z), c'est-à-dire orthogonalement à sa surface réfléchissante, l'épaisseur de la lame d'air varie de \Delta e = \Delta z. La variation de différence de marche au centre s'élève donc à :

   \Delta \delta_0 = 2 \Delta z

   Chaque variation d'une unité de l'ordre d'interférence (\Delta p_0 = 1) correspond au passage d'une nouvelle frange sombre (ou brillante) au centre du champ. Par conséquent, le nombre \Delta N de franges sombres qui défilent au centre vérifie :

   \boxed{\Delta N = \frac{2 \Delta z}{\lambda_0}}

   Résultat

   $$\Delta N=\frac{2\Delta z}{{\lambda }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q12

   Dans le modèle équivalent de l'interféromètre de Michelson réglé en lame d'air, le système est équivalent à deux miroirs parallèles plans M_1 et M'_2 distants de e = \Delta z, éclairés par une onde plane faisant un angle d'incidence \theta avec la normale commune aux miroirs.

   La différence de marche \delta(\theta) entre les deux rayons émergeant parallèlement sous l'angle \theta s'écrit :

   \delta(\theta) = (AB + BC) - AH

   Par trigonométrie élémentaire dans les triangles rectangles ABB' (où B' est le projeté de A sur M_1) et ACH :

   \begin{aligned} AB = BC &= \frac{e}{\cos\theta} \\ AC &= 2e \tan\theta \\ AH &= AC \sin\theta = 2e \frac{\sin^2\theta}{\cos\theta} \end{aligned}

   On en déduit :

   \delta(\theta) = \frac{2e}{\cos\theta} - \frac{2e\sin^2\theta}{\cos\theta} = 2e \frac{1 - \sin^2\theta}{\cos\theta} = 2e\cos\theta

   En prenant en compte le déplacement \Delta z depuis le contact optique (e = \Delta z) :

   \boxed{\delta(\theta) = 2\Delta z\cos\theta}

   L'ordre d'interférence en un point associé à l'inclinaison \theta vaut :

   p(\theta) = \frac{\delta(\theta)}{\lambda_0} = \frac{2\Delta z_{\max}\cos\theta}{\lambda_0}

   Au centre du champ (\theta = 0), l'ordre d'interférence est maximal :

   p(0) = \frac{2\Delta z_{\max}}{\lambda_0}

   La fonction \cos\theta étant strictement décroissante au voisinage de \theta = 0, l'ordre d'interférence diminue lorsqu'on s'écarte du centre. La première frange de même nature que le centre correspond à une diminution de l'ordre d'une unité entière :

   p(0) - p(\Delta\theta) = 1 \iff \delta(0) - \delta(\Delta\theta) = \lambda_0

   Soit :

   2\Delta z_{\max}\left(1 - \cos\Delta\theta\right) = \lambda_0

   Pour les faibles inclinaisons observées (\Delta\theta \ll 1), un développement limité au second ordre donne 1 - \cos\Delta\theta \simeq \frac{(\Delta\theta)^2}{2}, d'où :

   2\Delta z_{\max}\left(\frac{(\Delta\theta)^2}{2}\right) = \Delta z_{\max} (\Delta\theta)^2 = \lambda_0

   On obtient finalement l'angle \Delta\theta sous la forme :

   \boxed{\Delta\theta = \sqrt{\frac{\lambda_0}{\Delta z_{\max}}}}

   Résultat

   $$\delta (\theta )=2\Delta z\cos \theta$$

   $$\Delta \theta =\sqrt{\frac{{\lambda }_0}{\Delta z_{\max }}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q29

   a) Dans le domaine visible, la longueur d'onde dans le vide est comprise entre \lambda_0 = 400\text{ nm} et \lambda_0 = 800\text{ nm}. La pulsation associée vaut \omega = \frac{2\pi c}{\lambda_0}. Pour \lambda_0 \approx 600\text{ nm} :

   \omega \approx \frac{2\pi \times 3{,}0 \cdot 10^8}{6{,}0 \cdot 10^{-7}} \approx 3 \cdot 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{\omega_1, \, \omega_2 \sim 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}}

   b) Le récepteur étant l'œil nu, la durée d'intégration \tau correspond au temps de persistance rétinienne :

   \boxed{\tau \sim 0{,}1\text{ s} \quad (\approx 50 \text{ à } 100\text{ ms})}

   Cette durée est extrêmement grande devant les périodes optiques T_i = \frac{2\pi}{\omega_i} \sim 10^{-15}\text{ s} (\tau \gg T_i).

   c) Le principe de superposition donne l'amplitude totale en P :

   s(P, t) = s_1(P, t) + s_2(P, t)

   En élevant au carré et en appliquant la moyenne temporelle :

   \langle s^2(P, t) \rangle_\tau = \langle s_1^2(P, t) \rangle_\tau + \langle s_2^2(P, t) \rangle_\tau + 2\langle s_1(P, t)s_2(P, t) \rangle_\tau

   En multipliant par la constante de sensibilité K, il vient :

   I(P) = I_1 + I_2 + I_{12}(P)

   avec les intensités propres de chaque onde :

   I_1 = K\langle s_1^2 \rangle_\tau = \frac{1}{2}Ka_1^2 \quad \text{et} \quad I_2 = K\langle s_2^2 \rangle_\tau = \frac{1}{2}Ka_2^2

   car \langle \cos^2(\omega_i t + \dots) \rangle_\tau = \frac{1}{2} puisque \tau \gg T_i.

   Le terme d'interférence s'écrit :

   \begin{aligned} I_{12}(P) &= 2K \langle s_1(P,t) s_2(P,t) \rangle_\tau \\ &= K a_1 a_2 \Big\langle \cos\big((\omega_1+\omega_2)t - (k_1 x_1 + k_2 x_2) + \varphi_1 + \varphi_2\big) \\ &\quad\quad\quad\quad + \cos\big((\omega_1-\omega_2)t - k_1 x_1 + k_2 x_2 + \varphi_1 - \varphi_2\big) \Big\rangle_\tau \end{aligned}

   Le terme à très haute fréquence \omega_1 + \omega_2 \approx 2\cdot 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} a une moyenne temporelle strictement nulle sur \tau \sim 0{,}1\text{ s}. Le terme en \omega_1 - \omega_2 n'a une moyenne non nulle que si sa période d'oscillation est très grande devant \tau, c'est-à-dire si :

   \boxed{\omega_1 = \omega_2 \quad (\text{ou } |\omega_1 - \omega_2| \ll \frac{2\pi}{\tau})}

   De plus, pour observer une figure stable dans le temps, la différence de phase à l'origine \varphi_1 - \varphi_2 doit être constante dans le temps (ondes mutuellement cohérentes).

   d) Avec \omega_1 = \omega_2 = \omega, k_1 = k_2 = k = \frac{n\omega}{c} = \frac{2\pi n}{\lambda} (où \lambda = \frac{2\pi c}{\omega} est la longueur d'onde dans le vide) et \varphi_1 = \varphi_2, le terme d'interférence devient :

   I_{12}(P) = K a_1 a_2 \cos\big(k(x_2 - x_1)\big) = 2 \sqrt{\frac{1}{2}Ka_1^2} \sqrt{\frac{1}{2}Ka_2^2} \, \cos\left(\frac{2\pi}{\lambda} n(x_2 - x_1)\right)

   En identifiant avec l'expression demandée :

   \boxed{I(P) = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2}\cos\left(\frac{2\pi}{\lambda}\delta(P)\right)}

   où la différence de marche optique \delta(P) s'exprime par :

   \boxed{\delta(P) = n(x_2 - x_1)}

   (ou par parité de la fonction cosinus, \delta(P) = n(x_1 - x_2)).

   Résultat

   $${\omega }_1,{\omega }_2\sim 10^{15}\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$\tau \sim 0,1\text{ s}(\approx 50\text{ aˋ }100\text{ ms})$$

   $${\omega }_1={\omega }_2(\text{ou }|{\omega }_1-{\omega }_2|\ll \frac{2\pi }{\tau })$$

   $$I(P)=I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\cos \left(\frac{2\pi }{\lambda }\delta (P)\right)$$

   $$\delta (P)=n(x_2-x_1)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q14

   La différence de marche entre les deux rayons interférant au point M s'écrit :

   \delta(M) = [S P_1 M] - [S P_2 M] = \left([S P_1] + [P_1 M]\right) - \left([S P_2] + [P_2 M]\right)

   1. Trajet aller (de la source S aux miroirs P_1 et P_2) : La source ponctuelle S est située au foyer objet de la lentille \mathcal{L}_2. Le faisceau émerge de \mathcal{L}_2 sous forme d'une onde plane se propageant parallèlement à l'axe optique (Ox). Les surfaces d'onde incidentes sont donc des plans normaux à (Ox).
   Comme les pixels P_1 et P_2 sont situés dans un même plan orthogonal à l'axe optique, ils appartiennent à la même surface d'onde incidente. Les chemins optiques depuis la source S sont donc identiques :

   [S P_1] = [S P_2]

   2. Trajet retour (des miroirs P_1 et P_2 au point M) et théorème de Malus : Les rayons réfléchis et diffractés par P_1 et P_2 qui convergent au point M de l'écran forment un faisceau de rayons parallèles entre eux avant la traversée de \mathcal{L}_2 (question Q13). D'après le théorème de Malus, les rayons lumineux sont orthogonaux aux surfaces d'onde. Le plan perpendiculaire à ce faisceau parallèle passant par le point P_2 et coupant le rayon issu de P_1 en H constitue une surface d'onde de ce faisceau réfléchi.
   La lentille \mathcal{L}_2 réalisant la conjugaison stigmatique entre ce faisceau incident parallèle et son point de convergence M dans le plan focal image, le chemin optique séparant la surface d'onde (P_2 H) du point M est le même pour tous les rayons :

   [P_2 M] = [H M]

   Le milieu de propagation étant l'air d'indice n = 1, le chemin optique [P_1 M] se décompose ainsi :

   [P_1 M] = [P_1 H] + [H M] = P_1 H + [P_2 M]

   On en déduit immédiatement :

   \delta(M) = [P_1 M] - [P_2 M] = P_1 H

   3. Expression en fonction de y et f'_2 : Soit \theta l'angle algébrique que font les rayons parallèles réfléchis avec l'axe (Ox).

   • Dans le triangle P_1 P_2 H, rectangle en H, la droite (P_1 P_2) est portée par l'axe vertical (Oy) (orthogonal à (Ox)) et le segment [P_1 H] est porté par le rayon incliné de \theta par rapport à (Ox). L'angle \widehat{H P_1 P_2} vaut donc \frac{\pi}{2} - \theta. Il vient :

     P_1 H = P_1 P_2 \cos\!\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = a \sin \theta

   • Par ailleurs, le rayon parallèle passant par le centre optique O_2 n'est pas dévié et rencontre l'écran au point M d'ordonnée y. L'écran étant situé dans le plan focal à la distance f'_2 du centre optique, on a :

     \tan \theta = \frac{y}{f'_2}

   Dans le cadre de l'approximation paraxiale (points voisins de l'axe, |y| \ll f'_2), l'angle \theta est petit, de sorte que \sin \theta \approx \tan \theta \approx \frac{y}{f'_2}.

   On obtient finalement :

   \boxed{\delta(M) = \frac{a y}{f'_2}}

   Résultat

   $$\delta (M)=\frac{ay}{f_2^{\prime }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q15

   Par définition, l'ordre d'interférence p(M) au point M pour une lumière de longueur d'onde \lambda s'exprime par le rapport de la différence de marche \delta(M) à la longueur d'onde :

   p(M) = \frac{\delta(M)}{\lambda}

   En utilisant le résultat de la question Q14 (\delta(M) = \frac{a y}{f'_2}), on obtient :

   \boxed{p(M) = \frac{a y}{\lambda f'_2}}

   Description de la figure d'interférence :

   • La différence de marche \delta(M), et donc l'ordre d'interférence p(M), dépend uniquement de la coordonnée y du point M et est indépendant de la coordonnée z.
   • Les lignes d'égale différence de marche (ou d'égal éclairement) sont donc les droites d'équation y = \text{constante}.
   • La figure d'interférence est par conséquent constituée de franges rectilignes, parallèles entre elles et à l'axe (Oz), alternant des zones d'intensité maximale (franges brillantes pour p \in \mathbb{Z}) et d'intensité minimale (franges sombres pour p \in \mathbb{Z} + \frac{1}{2}). Au centre de l'écran (y = 0), p(0) = 0 : la frange centrale est brillante.

   Interfrange : L'interfrange i est défini comme la distance séparant les centres de deux franges brillantes (ou deux franges sombres) consécutives le long de la direction de variation maximale de l'éclairement (ici selon l'axe Oy). Cela correspond à une variation de l'ordre d'interférence de \Delta p = 1 :

   \Delta p = 1 \iff \frac{a \cdot i}{\lambda f'_2} = 1

   D'où l'expression de l'interfrange :

   \boxed{i = \frac{\lambda f'_2}{a}}

   Résultat

   $$p(M)=\frac{ay}{\lambda f_2^{\prime }}$$

   $$i=\frac{\lambda f_2^{\prime }}{a}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q16

    Les deux faisceaux issus de la même source ponctuelle (S) et réfléchis par les miroirs P_1 et P_2 sont mutuellement cohérents et présentent la même intensité lumineuse I_0.

    Le déphasage entre ces deux ondes au point M s'écrit :

    \Delta\phi(M) = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta(M) = \frac{2\pi a y}{\lambda f'_2} = 2\pi\,\frac{y}{i}

    où i = \dfrac{\lambda f'_2}{a} est l'interfrange déterminé à la question Q15.

    D'après la formule de Fresnel pour deux ondes de même éclairement I_0 :

    \begin{aligned} I(y) &= I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0}\cos\big(\Delta\phi(M)\big) \\ &= 2 I_0 \left[1 + \cos\left(\frac{2\pi a y}{\lambda f'_2}\right)\right] \end{aligned}

    soit, sous forme factorisée :

    \boxed{I(y) = 4 I_0 \cos^2\left(\frac{\pi a y}{\lambda f'_2}\right) = 4 I_0 \cos^2\left(\pi\,\frac{y}{i}\right)}

    Cette fonction présente les caractéristiques suivantes :

    • Elle est paire et périodique de période i = \dfrac{\lambda f'_2}{a} ;
    • L'éclairement maximal vaut I_{\max} = 4 I_0, atteint pour y = k\,i (k \in \mathbb{Z}) ;
    • L'éclairement minimal est nul : I_{\min} = 0, atteint pour y = \left(k + \dfrac{1}{2}\right)i ;
    • La valeur moyenne spatiale est \langle I \rangle = 2 I_0.

    Résultat

    $$I(y)=4I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi ay}{\lambda f_2^{\prime }}\right)=4I_0{\cos }^2\left(\pi \frac{y}{i}\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question