Feuille d'entraînement : Lentilles, miroirs et formation des images

10 questions · filière MPSI · durée estimée environ 31 min

Énoncés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2026, Q14· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
L'objet $A B$ , de taille $\overline{A B} = 1 cm$ , est maintenant placé à $25 cm$ en avant de $L_{1}$ . Où se trouve son image et quelle est sa taille $\overline{A_{1} B_{1}}$ ?
A) $\overline{O_{1} A_{1}} = - 25 cm$ B) $\overline{O_{1} A_{1}} = - 50 cm$ C) $\overline{A_{1} B_{1}} = 0, 5 cm$ D) $\overline{A_{1} B_{1}} = 2 cm$
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2025, Q7· Application directe· Incontournable· ≈ 2 min
On souhaite former un système afocal. Indiquer la ou les réponses correctes pour que ce soit possible : A) Il suffit que $V_{2} > V_{1}$ B) Il faut nécessairement $∣ V_{1} ∣ < ∣ V_{2} ∣$ C) Il faut nécessairement $V_{1} < - V_{2}$ D) Aucune condition sur les vergences n'est nécessaire, seules comptent les positions des lentilles.
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q8· Application directe· Incontournable· ≈ 2 min
Quelle condition la distance entre les lentilles doit-elle vérifier pour que le système soit afocal ? A) $d = (\frac{1}{V _{2}} - \frac{1}{V _{1}})$ B) $d = (\frac{1}{V _{1}} + \frac{1}{V _{2}})$ C) $d = (V_{1} + V_{2})^{- 1}$ D) $d = (V_{2} - V_{1})^{- 1}$
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q1· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
L'objet $A B$ est placé à grande distance du périscope (suffisamment loin pour que $d$ puisse être considéré infini). On note $e_{0}$ la valeur de $e$ permettant à l'œil d'observer $A B$ à travers $S_{p}$ sans accommoder. Exprimer $e_{0}$ :
A) $e_{0} = f_{1}^{'} - f_{2}^{'}$ B) $e_{0} = f_{1}^{'}$ C) $e_{0} = f_{2}^{'}$ D) $e_{0} = f_{1}^{'} + f_{2}^{'}$
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2023, Q8· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Après avoir effectué la mise au point à l'infini, on souhaite photographier un objet $A_{o}$ , supposé ponctuel, situé sur l'axe optique à $4, 10 m$ de la lentille. Dans quel sens, et de quelle distance, faut-il déplacer l'écran afin de réaliser la mise au point ?
A) Il faut déplacer l'écran de $2, 5 mm$ en le rapprochant de l'objectif. B) Il faut déplacer l'écran de $2, 5 mm$ en l'éloignant de l'objectif. C) Il ne faut pas déplacer l'écran. D) Il faut déplacer l'écran de $4 mm$ en l'éloignant de l'objectif.
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2026, Q13· Application directe· ≈ 2 min
L'image est située en avant de $L_{1}$ (i.e à gauche de $L_{1}$ lorsque la lumière arrive par la gauche). Que peut-on affirmer?
A) L'objet est réel. B) L'objet est virtuel. C) L'image est réelle. D) L'image est virtuelle.
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2026, Q15· Application directe· ≈ 3 min
On accole à $L_{1}$ une deuxième lentille identique, sans modifier la position de $A B$ . Où se forme l'image?
A) $\overline{O_{1} A_{1}} = 12, 5 cm$ B) $\overline{O_{1} A_{1}} = 25 cm$ C) $\overline{O_{1} A_{1}} = 50 cm$ D) $\overline{O_{1} A_{1}}$ est infinie.
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2025, Q9· Application directe· ≈ 3 min
Dans toute la suite de l'exercice les lentilles $L_{1}$ et $L_{2}$ sont choisies et positionnées de façon à former un système afocal noté ( $Σ$ ). On l'utilise pour former l'image d'un objet transversal (perpendiculaire à l'axe optique), placé à une distance finie devant la lentille $L_{1}$ . Dans cette situation, on peut affirmer que : A) L'image est plus petite que l'objet et elle est de même sens que l'objet. B) L'image est plus petite que l'objet et elle est de sens inverse à celui de l'objet. C) L'image est plus grande que l'objet et elle est de sens inverse à celui de l'objet. D) Le grandissement transversal du système dépend de la position de l'objet, donc les caractéristiques (taille et sens) de l'image dépendent de cette position.
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2024, Q2· Intermédiaire· ≈ 4 min
L'objet étant encore à l'infini, on règle $S_{p}$ de telle sorte que $e = e_{0} - ϵ$ où $ϵ > 0$ et $ϵ ≪ e_{0}$ . Que peut-on affirmer?
A) L'image de $A B$ par $S_{p}$ est réelle. B) L'image de $A B$ par $S_{p}$ est virtuelle. C) L'œil peut observer une image nette à travers $S_{p}$ . D) L'œil ne peut pas observer d'image nette à travers $S_{p}$ .
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2024, Q3· Intermédiaire· ≈ 5 min
L'objet est maintenant placé à distance finie. On note $A_{1} B_{1}$ l'image de $A B$ par le système ${M_{1}, M_{2}, L_{1}}$ et $p_{1}^{'} = \overline{O_{1} A_{1}}$ . Exprimer $p_{1}^{'}$ :
A) $p_{1}^{'} = \frac{f _{1}^{'} ( a + b + d )}{a + b + d - f _{1}^{'}}$ B) $p_{1}^{'} = \frac{f _{1}^{'} ( a + b + d )}{a + b + d + f _{1}^{'}}$ C) $p_{1}^{'} = \frac{f _{1}^{'} ( a + b + e )}{a + b + d + f _{1}^{'}}$ D) $p_{1}^{'} = \frac{f _{1}^{'} d}{d - f _{1}^{'}}$

Corrigés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2026, Q14
L'objet AB est situé à 25\text{ cm} en avant de la lentille convergente \mathcal{L}_1 (dont la distance focale est f'_1 = 50\text{ cm}), ce qui correspond à :
\overline{O_1 A} = -25\text{ cm}
D'après la relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique :
\frac{1}{\overline{O_1 A_1}} - \frac{1}{\overline{O_1 A}} = \frac{1}{f'_1}
On en déduit l'expression de la position de l'image A_1 :
\begin{aligned} \frac{1}{\overline{O_1 A_1}} &= \frac{1}{\overline{O_1 A}} + \frac{1}{f'_1} \\ &= -\frac{1}{25} + \frac{1}{50} = -\frac{1}{50}\text{ cm}^{-1} \end{aligned}
Soit :
\boxed{\overline{O_1 A_1} = -50\text{ cm}}
L'image est donc virtuelle, située à 50\text{ cm} en amont de la lentille.
Le grandissement transversal s'écrit :
\gamma_1 = \frac{\overline{A_1 B_1}}{\overline{AB}} = \frac{\overline{O_1 A_1}}{\overline{O_1 A}} = \frac{-50\text{ cm}}{-25\text{ cm}} = +2
Avec une taille d'objet \overline{AB} = 1\text{ cm}, la taille de l'image vaut :
\boxed{\overline{A_1 B_1} = \gamma_1 \overline{AB} = 2\text{ cm}}
Les propositions B et D sont donc exactes.
Résultat
$\overline{O_{1} A_{1}} = - 50 cm$ $\overline{A_{1} B_{1}} = γ_{1} \overline{A B} = 2 cm$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2025, Q7
Un système optique centré est afocal si l'image d'un objet situé à l'infini sur l'axe est rejetée à l'infini sur l'axe. Pour une association de deux lentilles minces \mathrm{L}_1 et \mathrm{L}_2, cela impose la coïncidence du foyer principal image de \mathrm{L}_1 avec le foyer principal objet de \mathrm{L}_2 :
F'_1 = F_2
La distance entre les centres optiques des deux lentilles s'écrit alors :
d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} + \overline{\mathrm{F}_2\mathrm{O}_2}
Or, par définition des distances focales, pour la lentille mince \mathrm{L}_2 de distance focale image f'_2, on a \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{F}_2} = -f'_2, soit \overline{\mathrm{F}_2\mathrm{O}_2} = f'_2. On en déduit :
d = f'_1 + f'_2 = \frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_2}
L'énoncé précise que la lumière se propage de \mathrm{L}_1 vers \mathrm{L}_2, de sorte que la distance algébrique doit être strictement positive :
d > 0 \iff \frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_2} > 0 \iff \frac{1}{V_2} > -\frac{1}{V_1}
Comme V_2 > 0 et V_1 < 0, la quantité -V_1 = |V_1| est strictement positive. Par décroissance de la fonction inverse sur \mathbb{R}_+^*, l'inégalité précédente équivaut à :
V_2 < -V_1 \iff V_1 < -V_2
Cette condition est nécessaire pour pouvoir placer \mathrm{L}_2 après \mathrm{L}_1.
Par conséquent, seule l'affirmation C est exacte.
\boxed{\text{Réponse C}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponse C$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q8
Par définition, un système formé de deux lentilles minces coaxiales est afocal si le foyer principal image de la première lentille coïncide avec le foyer principal objet de la seconde :
\mathrm{F}'_1 = \mathrm{F}_2
En introduisant ce point par la relation de Chasles, la distance algébrique entre les deux centres optiques s'écrit :
\begin{aligned} d &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} \\ &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} + \overline{\mathrm{F}'_1\mathrm{O}_2} \\ &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} + \overline{\mathrm{F}_2\mathrm{O}_2} \\ &= \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} - \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{F}_2} \end{aligned}
Pour une lentille mince plongée dans l'air, le foyer objet et le foyer image sont symétriques par rapport au centre optique, de sorte que \overline{\mathrm{O}_2\mathrm{F}_2} = -f'_2. De plus, \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{F}'_1} = f'_1. On a donc :
d = f'_1 + f'_2
Comme les vergences sont définies par V_1 = \frac{1}{f'_1} et V_2 = \frac{1}{f'_2}, on en déduit immédiatement :
\boxed{d = \left(\frac{1}{V_1} + \frac{1}{V_2}\right)}
La proposition B est donc la réponse exacte.
Résultat
$d = (\frac{1}{V _{1}} + \frac{1}{V _{2}})$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q1
Un œil emmétrope (dépourvu de défaut d'accommodation) observe sans accommoder lorsque l'objet qu'il regarde est situé à l'infini (au punctum remotum de l'œil). L'œil étant placé juste derrière la lentille \mathcal{L}_2, l'image finale A_2 B_2 de l'objet AB à travers l'ensemble du périscope \mathcal{S}_p doit donc être rejetée à l'infini.
L'objet AB étant lui-même situé à l'infini (d \to \infty), le système optique global doit être afocal.
Les miroirs plans \mathcal{M}_1 et \mathcal{M}_2 n'ont aucune vergence et ne font que replier l'axe optique. Ainsi :
- L'objet AB étant à l'infini, son image intermédiaire A_1 B_1 à travers \{\mathcal{M}_1, \mathcal{M}_2, \mathcal{L}_1\} se forme dans le plan focal image de la lentille \mathcal{L}_1, soit au foyer image F'_1 :
  \overline{O_1 F'_1} = f'_1
- Pour que la seconde lentille \mathcal{L}_2 donne de A_1 B_1 une image finale à l'infini, l'image intermédiaire doit être située dans le plan focal objet de \mathcal{L}_2, ce qui impose la coïncidence des foyers :
  F'_1 \equiv F_2
La distance entre les centres optiques s'écrit alors selon la relation de Chasles :
\begin{aligned} e_0 = \overline{O_1 O_2} &= \overline{O_1 F'_1} + \overline{F'_1 O_2} \\ &= \overline{O_1 F'_1} + \overline{F_2 O_2} \\ &= \overline{O_1 F'_1} - \overline{O_2 F_2} \end{aligned}
Pour une lentille mince dans les conditions de Gauss, le foyer objet et le foyer image sont symétriques par rapport au centre optique, d'où :
\overline{O_2 F_2} = -\overline{O_2 F'_2} = -f'_2
On en déduit :
e_0 = f'_1 - (-f'_2) = f'_1 + f'_2
\boxed{\text{D}}
Résultat
$D$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2023, Q8
Lors de la mise au point à l'infini (question précédente Q7), l'écran est situé dans le plan focal image, à la distance :
\overline{OF'} = f' = \frac{1}{V} = \frac{1}{10\,\delta} = 0{,}10\text{ m} = 10\text{ cm}
Pour photographier un objet ponctuel A_o situé sur l'axe optique à 4{,}10\text{ m} en amont de la lentille, on a :
\overline{OA_o} = -4{,}10\text{ m}
La position du foyer objet F étant \overline{OF} = -f' = -0{,}10\text{ m}, la position de l'objet par rapport au foyer objet s'écrit :
\overline{FA_o} = \overline{FO} + \overline{OA_o} = 0{,}10 - 4{,}10 = -4{,}00\text{ m}
D'après la relation de conjugaison de Newton :
\overline{FA_o} \cdot \overline{F'A_i} = -{f'}^2
On en déduit la position de la nouvelle image A_i par rapport au foyer image F' :
\begin{aligned} \overline{F'A_i} &= -\frac{{f'}^2}{\overline{FA_o}} \\ &= -\frac{(0{,}10\text{ m})^2}{-4{,}00\text{ m}} \\ &= +\frac{1{,}0 \times 10^{-2}}{4{,}00}\text{ m} \\ &= +2{,}5 \times 10^{-3}\text{ m} = +2{,}5\text{ mm} \end{aligned}
Comme \overline{F'A_i} > 0, l'image se forme en aval de F' : l'écran doit donc être reculé de 2{,}5\text{ mm}, c'est-à-dire éloigné de l'objectif.
La proposition correcte est la B.
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2026, Q13
La lumière se propageant de la gauche vers la droite :
- Tout point situé à gauche de la lentille \mathcal{L}_1 correspond à une abscisse algébrique négative relative au centre O_1.
- L'espace image réel est situé à droite de la lentille (en aval). Par conséquent, une image située en avant (à gauche) de la lentille \mathcal{L}_1 (\overline{O_1 A_1} < 0) est formée par l'intersection des prolongements des rayons émergents : l'image est virtuelle.
Déterminons à présent la nature de l'objet A. La formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique O_1 pour la lentille convergente \mathcal{L}_1 de distance focale f'_1 > 0 s'écrit :
\frac{1}{\overline{O_1 A_1}} - \frac{1}{\overline{O_1 A}} = \frac{1}{f'_1}
On en déduit la position de l'objet :
\frac{1}{\overline{O_1 A}} = \frac{1}{\overline{O_1 A_1}} - \frac{1}{f'_1}
L'image étant située à gauche de la lentille, on a \overline{O_1 A_1} < 0, d'où :
\frac{1}{\overline{O_1 A_1}} < 0
De plus, la lentille étant convergente, f'_1 = 50\text{ cm} > 0, donc -\frac{1}{f'_1} < 0. On a ainsi :
\frac{1}{\overline{O_1 A}} < 0 \implies \overline{O_1 A} < 0
Le point objet A est donc nécessairement situé à gauche de la lentille, dans l'espace où les rayons incidents proviennent physiquement : l'objet est réel.
Les réponses correctes sont donc A et D.
\boxed{\text{A et D}}
Résultat
$A et D$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2026, Q15
Lorsque deux lentilles minces sont accolées, la vergence de l'ensemble est égale à la somme des vergences de chaque lentille :
V_{\text{eq}} = V_1 + V_2
Les deux lentilles étant identiques et de distance focale f'_1 = 50\text{ cm}, on a :
V_{\text{eq}} = 2V_1 = \frac{2}{f'_1} \implies f'_{\text{eq}} = \frac{f'_1}{2} = \frac{50}{2} = 25\text{ cm}
D'après la question Q14, l'objet AB est toujours placé à 25\text{ cm} en avant de la lentille, soit :
\overline{O_1 A} = -25\text{ cm}
On remarque immédiatement que \overline{O_1 A} = -f'_{\text{eq}} = \overline{O_1 F_{\text{eq}}}. Le point objet A est donc confondu avec le foyer objet F_{\text{eq}} du système équivalent.
En appliquant la relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique :
\begin{aligned} \frac{1}{\overline{O_1 A_1}} - \frac{1}{\overline{O_1 A}} &= \frac{1}{f'_{\text{eq}}} \\ \frac{1}{\overline{O_1 A_1}} &= \frac{1}{25} + \frac{1}{-25} = 0 \end{aligned}
L'image est donc rejetée à l'infini : \overline{O_1 A_1} est infinie.
\boxed{\text{Réponse D}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponse D$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2025, Q9
Considérons un objet transversal AB perpendiculaire à l'axe optique, dont le système afocal (\Sigma) = \mathrm{L}_1 + \mathrm{L}_2 donne l'image intermédiaire A_1 B_1 par \mathrm{L}_1, puis l'image finale A'B' par \mathrm{L}_2.
Le grandissement transversal du système est le produit des grandissements transversaux de chaque lentille :
\gamma = \frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}} = \gamma_1 \cdot \gamma_2
En utilisant les formules de Newton avec origines aux foyers :
\gamma_1 = -\frac{\overline{\mathrm{F}'_1 A_1}}{f'_1} \quad \text{et} \quad \gamma_2 = \frac{f'_2}{\overline{\mathrm{F}_2 A_1}}
Le système étant afocal, les foyers coïncident (\mathrm{F}'_1 = \mathrm{F}_2), d'où \overline{\mathrm{F}'_1 A_1} = \overline{\mathrm{F}_2 A_1}. Le grandissement transversal global s'écrit donc :
\gamma = -\frac{f'_2}{f'_1} = -\frac{V_1}{V_2}
Ce grandissement est une constante, rigoureusement indépendante de la position de l'objet sur l'axe optique (la proposition D est donc fausse).
Déterminons les caractéristiques de l'image :
- Sens de l'image : par hypothèse, V_1 < 0 (lentille divergente, f'_1 < 0) et V_2 > 0 (lentille convergente, f'_2 > 0). Par conséquent :
  \gamma = -\frac{f'_2}{f'_1} > 0
  L'image est donc de même sens que l'objet (image droite).
- Taille de l'image : d'après la question précédente (Q8), la condition d'existence d'un tel système afocal avec d = \overline{\mathrm{O}_1\mathrm{O}_2} > 0 impose :
  d = f'_1 + f'_2 > 0 \implies f'_2 > -f'_1 = |f'_1|
  On en déduit que :
  |\gamma| = \frac{f'_2}{|f'_1|} > 1
  L'image est donc plus grande que l'objet.
L'image est donc plus grande que l'objet et de même sens que celui-ci.
Aucune des propositions A, B, C ou D n'étant correcte, il convient de cocher la case E conformément aux consignes de l'épreuve.
\boxed{\text{Réponse E}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponse E$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2024, Q2
L'objet AB étant situé à l'infini, son image par les deux miroirs plans reste à l'infini. La lentille convergente \mathcal{L}_1 en donne donc une image intermédiaire A_1 B_1 située dans son plan focal image :
\overline{O_1 A_1} = f'_1
Cette image A_1 B_1 joue le rôle d'objet pour la lentille divergente \mathcal{L}_2. La position algébrique de cet objet par rapport à O_2 s'écrit, en utilisant la relation de Chasles et le fait que e = e_0 - \epsilon avec e_0 = f'_1 + f'_2 (d'après la question Q1) :
\begin{aligned} \overline{O_2 A_1} &= \overline{O_2 O_1} + \overline{O_1 A_1} \\ &= -e + f'_1 \\ &= -(f'_1 + f'_2 - \epsilon) + f'_1 \\ &= -f'_2 + \epsilon \end{aligned}
Appliquons la formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique pour la lentille \mathcal{L}_2 :
\begin{aligned} \frac{1}{\overline{O_2 A_2}} - \frac{1}{\overline{O_2 A_1}} = \frac{1}{f'_2} \implies \frac{1}{\overline{O_2 A_2}} &= \frac{1}{f'_2} + \frac{1}{-f'_2 + \epsilon} \\ &= \frac{-f'_2 + \epsilon + f'_2}{f'_2(-f'_2 + \epsilon)} \\ &= \frac{\epsilon}{f'_2(-f'_2 + \epsilon)} \end{aligned}
Sachant que \epsilon \ll |f'_2|, le dénominateur est équivalent à -{f'_2}^2 < 0. On obtient ainsi :
\overline{O_2 A_2} \approx -\frac{{f'_2}^2}{\epsilon} < 0
L'image finale A_2 B_2 est située en amont de \mathcal{L}_2, dans l'espace où la lumière incidente se propage : les rayons émergent de \mathcal{L}_2 en divergeant depuis A_2 B_2. L'image finale est donc virtuelle, ce qui valide l'affirmation B (et invalide A).
Pour l'œil emmétrope placé juste derrière \mathcal{L}_2, cette image virtuelle joue le rôle d'un objet réel situé à la distance D = |\overline{O_2 A_2}| \approx \frac{{f'_2}^2}{\epsilon} devant lui. Comme \epsilon \to 0^+, la distance D est grande et se situe largement au-delà du punctum proximum (d_m \approx 25\text{ cm}). Cet objet se trouve donc dans la plage d'accommodation de l'œil (entre son PP et son PR = \infty). L'œil peut accommoder légèrement pour en former une image nette sur la rétine, ce qui valide l'affirmation C (et invalide D).
\boxed{\text{B et C}}
Résultat
$B et C$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2024, Q3
Les miroirs plans \mathcal{M}_1 et \mathcal{M}_2 réalisent un stigmatisme rigoureux. Le trajet de la lumière le long de l'axe optique s'effectue successivement de A à S_1 (distance d), de S_1 à S_2 (distance a), puis de S_2 à O_1 (distance b).
En « dépliant » l'axe optique le long du trajet des rayons lumineux, l'ensemble \{\mathcal{M}_1, \mathcal{M}_2\} donne de l'objet A une image A_0 située en amont de la lentille \mathcal{L}_1 à la distance :
O_1 A_0 = A S_1 + S_1 S_2 + S_2 O_1 = d + a + b
L'axe optique étant orienté dans le sens de propagation de la lumière (vers l'aval), la position algébrique de cet objet pour la lentille \mathcal{L}_1 est :
\overline{O_1 A_0} = -(a + b + d)
La relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre appliquée à la lentille mince convergente \mathcal{L}_1 s'écrit :
\frac{1}{\overline{O_1 A_1}} - \frac{1}{\overline{O_1 A_0}} = \frac{1}{f'_1}
Soit, avec p'_1 = \overline{O_1 A_1} :
\begin{aligned} \frac{1}{p'_1} - \frac{1}{-(a+b+d)} &= \frac{1}{f'_1} \\ \frac{1}{p'_1} + \frac{1}{a+b+d} &= \frac{1}{f'_1} \\ \frac{1}{p'_1} &= \frac{1}{f'_1} - \frac{1}{a+b+d} = \frac{a+b+d-f'_1}{f'_1(a+b+d)} \end{aligned}
On en déduit :
\boxed{p'_1 = \frac{f'_1(a+b+d)}{a+b+d-f'_1}}
La proposition A est donc exacte (et les propositions B, C, D sont fausses).
Résultat
$p_{1}^{'} = \frac{f _{1}^{'} ( a + b + d )}{a + b + d - f _{1}^{'}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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