Feuille d'entraînement : Optique ondulatoire

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PC 2026, Q48

   Le réseau étant éclairé sous incidence normale par une onde plane, les ondes incidentes arrivent en phase sur chaque fente.

   Considérons deux fentes consécutives distantes de a = \frac{1}{n}, émettant deux rayons parallèles faisant un angle \theta avec la normale au réseau (figure 9) :

   • En amont d'un plan d'onde orthogonal aux rayons diffractés sous l'angle \theta, la différence de marche géométrique entre les deux rayons issus de deux fentes successives vaut :

     \delta = a \sin\theta
   • D'après le théorème de Malus, la lentille convergente n'introduit aucun déphasage supplémentaire entre les surfaces d'onde et le point de convergence M situé dans son plan focal image.

   La différence de marche en M entre deux rayons consécutifs s'écrit donc :

   \boxed{\delta = a \sin\theta = \frac{\sin\theta}{n}}

   Puisque le point M est situé dans le plan focal image à une ordonnée x du foyer image principal, la direction de diffraction fait un angle \theta tel que :

   \tan\theta = \frac{x}{f'}

   Dans les conditions de Gauss (angles petits), on effectue l'approximation paraxiale :

   \sin\theta \approx \tan\theta \approx \frac{x}{f'}

   La différence de marche devient :

   \delta \approx \frac{x}{n f'}

   Le déphasage \varphi entre deux rayons consécutifs de longueur d'onde \lambda_0 est relié à la différence de marche par la relation \varphi = \frac{2\pi}{\lambda_0}\delta, ce qui conduit directement à :

   \boxed{\varphi = \frac{2\pi x}{\lambda_0 n f'}}

   Résultat

   $$\delta =a\sin \theta =\frac{\sin \theta }{n}$$

   $$\phi =\frac{2\pi x}{{\lambda }_{0}n{f}^{\prime }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2026, Q1

   Dans l'interféromètre de Michelson réglé en lame d'air, le système est équivalent à deux miroirs plans parallèles, notés M_1' (image de M_1) et M_2, séparés par une couche d'air d'indice n = 1 et d'épaisseur e.

   Un rayon incident arrive avec un angle d'incidence i par rapport à la normale aux miroirs :

   • Une partie se réfléchit sur le premier miroir M_1' au point A pour former le rayon (1) ;
   • L'autre partie atteint le miroir M_2 au point B, s'y réfléchit et émerge en C parallèlement au rayon (1) pour former le rayon (2).

   Les deux rayons étant parallèles, ils interfèrent à l'infini (ou dans le plan focal image d'une lentille convergente). La surface d'onde commune est le plan orthogonal aux rayons émergents passant par le point C, dont la trace est le segment [CH], où H est le projeté orthogonal de C sur le rayon (1).

   L'indice du milieu étant n = 1 et les déphasages à la réflexion étant négligés selon l'énoncé, la différence de marche \delta entre le rayon (2) et le rayon (1) s'écrit :

   \delta = (AB + BC) - AH

   D'après les relations trigonométriques dans le triangle rectangle formé par la normale issue de B et les points A et C :

   \begin{aligned} AB = BC &= \frac{e}{\cos i} \\ AC &= 2 e \tan i \end{aligned}

   Dans le triangle rectangle AHC, l'angle \widehat{ACH} vaut i, d'où :

   AH = AC \sin i = 2 e \tan i \sin i = \frac{2 e \sin^2 i}{\cos i}

   On en déduit l'expression de la différence de marche :

   \begin{aligned} \delta &= \frac{2e}{\cos i} - \frac{2e\sin^2 i}{\cos i} \\ &= \frac{2e}{\cos i} (1 - \sin^2 i) \\ &= \frac{2e\cos^2 i}{\cos i} \end{aligned}

   \boxed{\delta = 2e\cos i}

   Résultat

   $$\delta =2e\cos i$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique PC 2026, Q6

   Dans la configuration du coin d'air à incidence quasi-normale, la différence de marche entre les deux rayons réfléchis s'écrit :

   \delta(y) = 2\,e_0(y)

   Pour un petit angle \alpha \ll 1, l'épaisseur locale du coin d'air varie linéairement avec la distance y à l'arête O :

   e_0(y) = \alpha\,y \implies \delta(y) = 2\alpha\,y

   Les lignes d'égale différence de marche vérifient \delta(y) = \text{cste}, soit y = \text{cste}.

   Les franges d'interférences sont donc des droites rectilignes et parallèles à l'arête du coin d'air. On les appelle des franges d'égale épaisseur (ou franges de Fizeau).

   Dans le plan des miroirs, deux franges brillantes (ou sombres) consécutives correspondent à une variation de différence de marche \Delta \delta = \lambda. L'interfrange i_{\text{miroir}} sur le miroir vérifie donc :

   \Delta \delta = 2\alpha\,\Delta y = \lambda \implies i_{\text{miroir}} = \Delta y = \frac{\lambda}{2\alpha}

   L'écran étant le plan conjugué du miroir M_2 par la lentille convergente (\mathcal{L}'), le grandissement transversal en valeur absolue est donné par :

   |\gamma| = \left|\frac{\overline{O_{\mathcal{L}'}A'}}{\overline{O_{\mathcal{L}'}A}}\right| = \frac{D'}{D}

   L'interfrange i_e mesuré sur l'écran est donc :

   i_e = |\gamma|\,i_{\text{miroir}} = \frac{D'}{D}\,\frac{\lambda}{2\alpha}

   \boxed{i_e = \frac{D'\lambda}{2\alpha D}}

   Résultat

   $$i_e=\frac{D^{\prime }\lambda }{2\alpha D}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique PC 2026, Q8

   Soient \underline{s}_1(t) = s_0\,\text{e}^{j\omega t} et \underline{s}_2(t) = s_0\,\text{e}^{j(\omega t - \Delta\phi)} les signaux lumineux complexes associés aux deux rayons interférant en un point de l'écran, où s_0 est l'amplitude commune et \Delta\phi le déphasage optique induit par la différence de marche \delta(x) :

   \Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta(x)

   L'amplitude complexe totale s'écrit :

   \underline{s}_{\text{tot}} = \underline{s}_1 + \underline{s}_2 = s_0\,\text{e}^{j\omega t}\left(1 + \text{e}^{-j\Delta\phi}\right)

   L'éclairement \mathcal{E} résultant est proportionnel au carré moyen du signal réel, soit au module au carré de l'amplitude complexe :

   \begin{aligned} \mathcal{E} &= K\,\langle s_{\text{tot}}^2(t) \rangle = \frac{K}{2}\,\left|\underline{s}_{\text{tot}}\right|^2 \\ &= \frac{K}{2}\,s_0^2\,\left|1 + \text{e}^{-j\Delta\phi}\right|^2 \\ &= \frac{K}{2}\,s_0^2\,\left(2 + 2\cos\Delta\phi\right) \end{aligned}

   L'éclairement apporté par une seule onde étant \mathcal{E}_0 = \frac{K}{2}\,s_0^2, on obtient la formule de Fresnel :

   \boxed{\mathcal{E} = 2\mathcal{E}_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta(x)}{\lambda}\right)\right)}

   En utilisant le résultat de la question Q7, \delta(x) = \delta_0 + 2x, l'argument du cosinus devient :

   \frac{2\pi\delta(x)}{\lambda} = \frac{4\pi x}{\lambda} + \frac{2\pi\delta_0}{\lambda}

   Par identification avec l'expression proposée :

   \mathcal{E} = \frac{\mathcal{E}_{\max}}{2}\left(1 + \cos\left(\frac{4\pi x}{\lambda} + \Psi\right)\right)

   on en déduit :

   \boxed{\mathcal{E}_{\max} = 4\mathcal{E}_0} \quad \text{et} \quad \boxed{\Psi = \frac{2\pi\delta_0}{\lambda}}

   Résultat

   $$\mathcal{E}=2{\mathcal{E}}_0\left(1+\cos \left(\frac{2\pi \delta (x)}{\lambda }\right)\right)$$

   $${\mathcal{E}}_{\max }=4{\mathcal{E}}_0$$

   $$\Psi =\frac{2\pi {\delta }_0}{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q42

   Considérons deux rayons émergents consécutifs k et k+1. Entre sa première émergence partielle (rayon k) et son émergence suivante (rayon k+1), l'onde effectue un aller-retour à l'intérieur de la lame de liquide d'épaisseur h et d'indice n, sous l'angle de réfraction \beta.

   Soit B_1 le point d'émergence du rayon k et B_2 celui du rayon k+1 sur la seconde interface.

   • La longueur géométrique du trajet supplémentaire dans le liquide (entre B_1 et B_2 via la première interface) vaut :

     L_{\text{liq}} = \frac{2h}{\cos\beta}

   • La distance séparant les deux points d'émergence sur l'interface est :

     B_1 B_2 = 2h\tan\beta

   • Le rayon k a déjà émergé dans l'air (n_{\text{air}} = 1) sous l'angle \alpha et avance d'une projection orthogonale sur le plan d'onde :

     L_{\text{air}} = B_1 B_2 \sin\alpha = 2h\tan\beta \sin\alpha

   La différence de chemin optique \delta entre le rayon k+1 et le rayon k s'écrit donc :

   \delta = n L_{\text{liq}} - n_{\text{air}} L_{\text{air}} = \frac{2nh}{\cos\beta} - 2h\tan\beta \sin\alpha

   D'après la loi de Snell-Descartes à la réfraction, \sin\alpha = n\sin\beta, d'où :

   \begin{aligned} \delta &= \frac{2nh}{\cos\beta} - \frac{2nh\sin^2\beta}{\cos\beta} \\ &= \frac{2nh}{\cos\beta}(1 - \sin^2\beta) \\ &= 2nh\cos\beta \end{aligned}

   L'énoncé précisant que les coefficients de réflexion et de transmission en amplitude sont réels et positifs, aucune phase supplémentaire n'est introduite lors des réflexions internes. Le déphasage à l'infini \varphi = \varphi_{k+1} - \varphi_k entre deux rayons consécutifs est donc purement d'origine géométrique :

   \varphi = \frac{2\pi}{\lambda}\delta

   \boxed{\varphi = \frac{4\pi n h \cos\beta}{\lambda}}

   Résultat

   $$\phi =\frac{4\pi nh\cos \beta }{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q43

   D'après l'énoncé, chaque rayon émergent k subit deux réflexions internes supplémentaires à l'interface liquide-air par rapport au rayon k-1. Chaque réflexion interne introduit un facteur multiplicatif r sur l'amplitude, soit un facteur r^2 par aller-retour. De plus, à chaque aller-retour dans la lame, le retard de phase augmente de \varphi = \varphi_{k+1} - \varphi_k.

   La relation entre deux rayons émergents successifs s'écrit donc :

   \underline{s}_{k+1}(\vec{r}, t) = r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\,\underline{s}_k(\vec{r}, t)

   Par récurrence immédiate à partir du premier rayon transmis \underline{s}_1(\vec{r}, t), l'amplitude complexe du rayon k au point M à l'infini s'exprime par :

   \boxed{\underline{s}_k(\vec{r}, t) = \underline{s}_1(\vec{r}, t)\left(r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\right)^{k-1}}

   L'amplitude complexe résultante \underline{s} transmise par le film s'obtient par superposition d'une infinité d'ondes émergentes :

   \underline{s} = \sum_{k=1}^{\infty} \underline{s}_k = \underline{s}_1 \sum_{k=1}^{\infty} \left(r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\right)^{k-1} = \underline{s}_1 \sum_{p=0}^{\infty} \left(r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\right)^p

   Le facteur de réflexion en amplitude vérifie 0 < r < 1, d'où pour la raison q = r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi} :

   |q| = |r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}| = r^2 < 1

   La série géométrique converge donc absolument, et sa somme vaut :

   \sum_{p=0}^{\infty} q^p = \frac{1}{1-q} = \frac{1}{1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}}

   On en déduit bien l'amplitude complexe de l'onde transmise :

   \boxed{\underline{s} = \sum_{k=1}^{\infty} \underline{s}_k = \frac{\underline{s}_1}{1 - r^2 \exp(-\mathrm{i}\varphi)}}

   Résultat

   $${\underline{s}}_k(\vec{r},t)={\underline{s}}_1(\vec{r},t){\left(r^2{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\phi }\right)}^{k-1}$$

   $$\underline{s}=\sum _{k=1}^{\infty }{\underline{s}}_k=\frac{{\underline{s}}_1}{1-r^2\exp (-\mathrm{i}\phi )}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q44

   Le premier rayon transmis émerge après avoir traversé les deux dioptres séparant l'air et le liquide sans subir de réflexion interne. Chacune des deux traversées introduit un facteur de transmission en amplitude t (réel), de sorte que :

   \underline{s}_1 = t^2 s_0

   D'après la question Q43, l'amplitude complexe transmise totale s'écrit :

   \underline{s} = \frac{\underline{s}_1}{1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}}

   L'intensité lumineuse transmise \mathcal{I} = \underline{s} \times \underline{s}^* = |\underline{s}|^2 vaut donc :

   \mathcal{I} = \frac{|\underline{s}_1|^2}{|1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2} = \frac{t^4 |s_0|^2}{|1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2}

   L'intensité de l'onde incidente étant \mathcal{I}_0 = |s_0|^2, et la relation de conservation de l'énergie imposant t^2 = 1 - r^2, le numérateur est :

   |\underline{s}_1|^2 = (1 - r^2)^2 \mathcal{I}_0

   Développons le dénominateur :

   \begin{aligned} |1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2 &= (1 - r^2 \cos\varphi)^2 + (r^2 \sin\varphi)^2 \\ &= 1 - 2r^2 \cos\varphi + r^4 (\cos^2\varphi + \sin^2\varphi) \\ &= 1 + r^4 - 2r^2 \cos\varphi \end{aligned}

   En utilisant la relation trigonométrique de l'énoncé, \cos\varphi = 1 - 2\sin^2(\varphi/2) :

   \begin{aligned} |1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2 &= 1 + r^4 - 2r^2 \left(1 - 2\sin^2(\varphi/2)\right) \\ &= (1 - r^2)^2 + 4r^2 \sin^2(\varphi/2) \\ &= (1 - r^2)^2 \left[ 1 + \frac{4r^2}{(1 - r^2)^2} \sin^2(\varphi/2) \right] \end{aligned}

   En injectant cette factorisation dans l'expression de \mathcal{I}, les termes (1 - r^2)^2 se simplifient :

   \mathcal{I} = \frac{(1 - r^2)^2 \mathcal{I}_0}{(1 - r^2)^2 \left[ 1 + \frac{4r^2}{(1 - r^2)^2} \sin^2(\varphi/2) \right]}

   On retrouve bien la fonction d'Airy :

   \boxed{\mathcal{I} = \frac{\mathcal{I}_0}{1 + m \sin^2(\varphi/2)}}

   avec le coefficient de finesse :

   \boxed{m = \frac{4r^2}{(1 - r^2)^2}}

   Résultat

   $$\mathcal{I}=\frac{{\mathcal{I}}_0}{1+m{\sin }^2(\phi /2)}$$

   $$m=\frac{4r^2}{(1-r^2{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q2

   La source ponctuelle \mathrm{S} étant située à l'infini, elle émet des ondes planes. L'éclairage se faisant sous incidence normale, le plan contenant les miroirs \mathrm{M}_1 et \mathrm{M}_2 est perpendiculaire aux rayons incidents. Par conséquent, les deux rayons incidents sont en phase au niveau des miroirs :

   (\mathrm{SM}_1) = (\mathrm{SM}_2)

   Après réflexion, les rayons diffractés se propagent dans la direction faisant un angle \theta avec la normale \vec{u}_y. Le vecteur unitaire directeur des rayons diffractés est :

   \vec{u} = \sin\theta\,\vec{u}_x + \cos\theta\,\vec{u}_y

   Soit \mathrm{H} le projeté orthogonal de \mathrm{M}_1 sur le rayon diffracté passant par \mathrm{M}_2. Le plan orthogonal aux rayons diffractés passant par \mathrm{M}_1 et \mathrm{H} constitue une surface d'onde pour l'onde diffractée vers le point \mathrm{P} à l'infini, ce qui implique (\mathrm{M}_1\mathrm{P}) = (\mathrm{HP}).

   Puisque le rayon issu de \mathrm{M}_2 est orienté vers les x croissants (\theta > 0), \mathrm{M}_2 est situé en aval du plan d'onde passant par \mathrm{M}_1. Le rayon passant par \mathrm{M}_1 parcourt donc une distance supplémentaire par rapport à celui passant par \mathrm{M}_2 :

   (\mathrm{M}_1\mathrm{P}) - (\mathrm{M}_2\mathrm{P}) = \vec{\mathrm{M}_1\mathrm{M}_2}\cdot\vec{u} = (a\,\vec{u}_x)\cdot(\sin\theta\,\vec{u}_x + \cos\theta\,\vec{u}_y) = a\sin\theta

   La différence de marche \delta s'écrit alors :

   \delta = (\mathrm{SM}_1\mathrm{P}) - (\mathrm{SM}_2\mathrm{P}) = (\mathrm{M}_1\mathrm{P}) - (\mathrm{M}_2\mathrm{P})

   \boxed{\delta = a\sin\theta}

   Le déphasage \phi correspondant est relié à la différence de marche \delta par \phi = \frac{2\pi}{\lambda}\delta, d'où :

   \boxed{\phi = \frac{2\pi a}{\lambda}\sin\theta}

   Résultat

   $$\delta =a\sin \theta$$

   $$\varphi =\frac{2\pi a}{\lambda }\sin \theta$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q5

   D'après la question Q4, l'amplitude complexe de l'onde issue du k-ième miroir s'écrit :

   \underline{s}(k) = A_0\,\mathrm{e}^{i(k-1)\phi} \quad \text{pour } k \in \{1, \dots, N\}

   Par le principe de superposition, l'amplitude complexe totale au point \mathrm{P} est la somme des N amplitudes :

   \underline{s}_{\text{tot}} = \sum_{k=1}^N \underline{s}(k) = A_0 \sum_{j=0}^{N-1} \left(\mathrm{e}^{i\phi}\right)^j

   Pour \phi \not\equiv 0 \pmod{2\pi}, on utilise la formule de la somme des termes d'une suite géométrique de raison q = \mathrm{e}^{i\phi} \neq 1 :

   \begin{aligned} \sum_{j=0}^{N-1} \mathrm{e}^{ij\phi} &= \frac{1 - \mathrm{e}^{iN\phi}}{1 - \mathrm{e}^{i\phi}} \\ &= \frac{\mathrm{e}^{iN\phi/2} \left(\mathrm{e}^{-iN\phi/2} - \mathrm{e}^{iN\phi/2}\right)}{\mathrm{e}^{i\phi/2} \left(\mathrm{e}^{-i\phi/2} - \mathrm{e}^{i\phi/2}\right)} \\ &= \mathrm{e}^{i(N-1)\frac{\phi}{2}} \frac{-2i\sin(N\phi/2)}{-2i\sin(\phi/2)} \\ &= \mathrm{e}^{i(N-1)\frac{\phi}{2}} \frac{\sin(N\phi/2)}{\sin(\phi/2)} \end{aligned}

   L'intensité lumineuse I_N(\phi), proportionnelle au carré du module de l'amplitude résultante, s'écrit donc :

   I_N(\phi) = |\underline{s}_{\text{tot}}|^2 = A_0^2 \left| \mathrm{e}^{i(N-1)\frac{\phi}{2}} \frac{\sin(N\phi/2)}{\sin(\phi/2)} \right|^2

   \boxed{I_N(\phi) = A_0^2 \left( \frac{\sin(N\phi/2)}{\sin(\phi/2)} \right)^2}

   Normalisation de l'intensité :

   Par l'inégalité triangulaire appliquée à l'amplitude complexe, on a pour tout \phi :

   |\underline{s}_{\text{tot}}| \leqslant \sum_{k=1}^N |\underline{s}(k)| = N A_0

   L'égalité est atteinte lorsque toutes les ondes interfèrent de façon purement constructive, c'est-à-dire lorsque tous les termes sont en phase : \phi = 2p\pi avec p \in \mathbb{Z}.

   En effet, au voisinage de \phi \to 0 (ou \phi \to 2p\pi), les équivalents usuels donnent :

   \sin\left(\frac{N\phi}{2}\right) \underset{\phi \to 0}{\sim} \frac{N\phi}{2} \quad \text{et} \quad \sin\left(\frac{\phi}{2}\right) \underset{\phi \to 0}{\sim} \frac{\phi}{2}

   d'où :

   \lim_{\phi \to 0} \frac{\sin(N\phi/2)}{\sin(\phi/2)} = N

   Le maximum absolu de l'intensité est donc :

   \max(I_N) = N^2 A_0^2

   L'intensité normalisée I_{n,N}(\phi) = \frac{I_N(\phi)}{\max(I_N)} s'écrit donc soigneusement :

   \boxed{I_{n,N}(\phi) = \left( \frac{\sin(N\phi/2)}{N\sin(\phi/2)} \right)^2}

   Résultat

   $$I_N(\varphi )=A_0^2{\left(\frac{\sin (N\varphi /2)}{\sin (\varphi /2)}\right)}^2$$

   $$I_{n,N}(\varphi )={\left(\frac{\sin (N\varphi /2)}{N\sin (\varphi /2)}\right)}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q9

    D'après la question Q6, l'angle de diffraction \theta_p^\lambda du p-ième pic principal associé à la longueur d'onde \lambda vérifie :

    \sin(\theta_p^\lambda) = \frac{p\lambda}{a} \iff \theta_p^\lambda = \arcsin\left(\frac{p\lambda}{a}\right)

    Pour une variation élémentaire \delta\lambda > 0, au premier ordre en \delta\lambda, la différentiation de cette relation donne :

    \cos(\theta_p^\lambda)\,\delta\theta_p = \frac{p}{a}\,\delta\lambda

    soit une dispersion angulaire :

    \theta_p^{\lambda+\delta\lambda} - \theta_p^\lambda \simeq \frac{p}{a\cos(\theta_p^\lambda)}\,\delta\lambda

    Le critère de résolution s'écrit :

    \theta_p^{\lambda+\delta\lambda} - \theta_p^\lambda \geqslant \frac{\delta\theta_p^\lambda}{2}

    En utilisant l'expression de la largeur angulaire établie à la question Q7, \delta\theta_p^\lambda = \frac{2\lambda}{Na\cos(\theta_p^\lambda)}, il vient :

    \frac{p}{a\cos(\theta_p^\lambda)}\,\delta\lambda \geqslant \frac{\lambda}{Na\cos(\theta_p^\lambda)}

    Puisque a\cos(\theta_p^\lambda) > 0 et p > 0, on obtient directement :

    \delta\lambda \geqslant \frac{\lambda}{pN}

    Le critère est donc bien respecté pour \delta\lambda \geqslant \delta\lambda_{\min} avec :

    \boxed{\delta\lambda_{\min} = \frac{\lambda}{pN}}

    On en déduit l'expression du pouvoir de résolution du réseau :

    \boxed{P_r = \frac{\lambda}{\delta\lambda_{\min}} = pN}

    Résultat

    $$\delta {\lambda }_{\min }=\frac{\lambda }{pN}$$

    $$P_r=\frac{\lambda }{\delta {\lambda }_{\min }}=pN$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question