Feuille d'entraînement : Modèle scalaire de la lumière et cohérence

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique MP 2026, Q34

   D'après la question Q33, la différence de chemin optique entre le rayon sonde et le rayon de référence s'écrit :

   \delta = L_2 - L_1 = 2(D - d) + 2\bigl(z(t) - \epsilon\bigr)

   Les grandeurs z(t) et \epsilon sont de l'ordre du micromètre, ce qui est tout à fait négligeable devant les dimensions millimétriques à centimétriques du dispositif. La différence de marche géométrique s'écrit donc au repos :

   \delta \approx 2(D - d)

   Pour que deux ondes issues d'une même source puissent interférer avec un contraste non nul, la différence de marche doit rester inférieure à la longueur de cohérence L_c du train d'ondes émis par le laser :

   |\delta| \le L_c \iff 2|D - d| \le L_c

   La condition sur la distance D s'énonce donc :

   \boxed{|D - d| \le \frac{L_c}{2}}

   où L_c = c_0 \tau_c = \dfrac{c_0}{\Delta \nu} est la longueur de cohérence temporelle de la source.

   Ordre de grandeur : Pour une source laser usuelle, le spectre d'émission est très étroit (la largeur de raie \Delta \nu est comprise typiquement entre 1\text{ MHz} et 1\text{ GHz}). La longueur de cohérence correspondante vaut :

   L_c = \frac{c_0}{\Delta \nu} \sim 30\text{ cm à quelques mètres}

   (elle peut même dépasser plusieurs centaines de mètres pour des lasers stabilisés en fréquence).

   Par conséquent, la condition requise est simplement que :

   |D - d| \lesssim \text{quelques dizaines de centimètres}

   Le choix D \approx d = 1\text{ cm} assure une différence de marche quasi nulle (\delta \approx 0 \ll L_c), garantissant des interférences avec un contraste maximal.

   Résultat

   $$|D-d|\le \frac{L_c}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique MP 2026, Q46

   1. Durée typique d'intégration

   La moyenne temporelle de l'intensité lumineuse instantanée est réalisée par le détecteur lui-même, sur une durée caractéristique correspondant à son temps de réponse (ou temps de réaction), noté \tau_{\text{det}} = 5\text{ ns} d'après l'énoncé.

   Pour pouvoir moyenner les oscillations du champ électromagnétique tout en suivant la dynamique du signal utile, cette durée d'intégration \tau_{\text{det}} doit vérifier la double inégalité :

   T_l \ll \tau_{\text{det}} \ll T_D

   où :

   • T_l = \dfrac{1}{f_l} \approx \dfrac{1}{9{,}5 \times 10^{14}\text{ Hz}} \approx 1{,}05 \times 10^{-15}\text{ s} \approx 1\text{ fs} est la période optique ;

   • T_D = \dfrac{1}{|f_D|} est la période associée au battement Doppler, dont la valeur minimale vaut :

     T_{D,\min} = \frac{1}{\Delta f_D} \approx \frac{1}{4{,}0 \times 10^6\text{ s}^{-1}} \approx 250\text{ ns}

   On a bien :

   1\text{ fs} \ll 5\text{ ns} \ll 250\text{ ns}

   L'intégration temporelle doit donc être réalisée sur une durée typique \tau_{\text{det}} \sim 5\text{ ns} (ou plus généralement quelques nanosecondes).

   2. Origine de la variation temporelle de l'intensité mesurée

   L'expression de l'intensité instantanée obtenue à la question Q45 comporte deux types de termes oscillants :

   • des termes à très haute fréquence (de l'ordre de 2f_l \approx 2 \times 10^{15}\text{ Hz}), tels que \cos(2\phi_1), \cos(2\phi_2) et \cos(\phi_1 + \phi_2). Comme \tau_{\text{det}} \gg T_l, ces termes effectuent un nombre gigantesque d'oscillations (\sim 5 \times 10^6) sur la durée de mesure et leur moyenne temporelle s'annule rigoureusement :

     \langle\cos(2\phi_1)\rangle_{\tau_{\text{det}}} = \langle\cos(2\phi_2)\rangle_{\tau_{\text{det}}} = \langle\cos(\phi_1 + \phi_2)\rangle_{\tau_{\text{det}}} = 0

   • le terme d'interférence croisé \cos(\phi_2(t) - \phi_1(t)), dont la phase varie à la pulsation de battement \Delta\omega = 2\pi |f_D| \le 2\pi \times 4\text{ MHz}. Comme la période de ce battement vérifie T_D \ge 250\text{ ns} \gg \tau_{\text{det}} = 5\text{ ns}, cette composante varie très lentement à l'échelle du temps de réponse de la photodiode. Elle traverse donc le filtre moyenneur sans être atténuée :

     \langle\cos(\phi_2(t) - \phi_1(t))\rangle_{\tau_{\text{det}}} \approx \cos(\phi_2(t) - \phi_1(t))

   Il en résulte que l'intensité mesurée par la photodiode conserve le terme de battement :

   \boxed{I_{\text{mes}}(t) = I_0 \Big(1 + \cos(\phi_2(t) - \phi_1(t))\Big)}

   qui est bien une fonction lentement variable du temps, oscillant à la fréquence Doppler |f_D(t)| \le 4\text{ MHz}.

   Résultat

   $$I_{\text{mes}}(t)=I_0(1+\cos ({\varphi }_2(t)-{\varphi }_1(t)))$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q15

   Les deux radiations de longueurs d'onde \lambda_1 et \lambda_2 sont mutuellement incohérentes car de fréquences distinctes. L'intensité totale observée est donc la somme des intensités associées à chaque radiation :

   I(\delta) = I_1(\delta) + I_2(\delta)

   En notant I_0 l'intensité envoyée par chaque radiation sur chaque voie de l'interféromètre (d'après le résultat de la question Q14) :

   \begin{aligned} I_1(\delta) &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_1}\right)\right) \\ I_2(\delta) &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_2}\right)\right) \end{aligned}

   En sommant ces deux expressions :

   I(\delta) = 4I_0 + 2I_0 \left[\cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_1}\right) + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_2}\right)\right]

   L'identité trigonométrique \cos p + \cos q = 2\cos\left(\frac{p-q}{2}\right)\cos\left(\frac{p+q}{2}\right) conduit à :

   I(\delta) = 4I_0 \left[1 + \cos\left(\pi\delta\left(\frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2}\right)\right) \cos\left(\pi\delta\left(\frac{1}{\lambda_1} + \frac{1}{\lambda_2}\right)\right)\right]

   Comme \Delta\lambda = |\lambda_2 - \lambda_1| \ll \lambda_0, avec \lambda_0 = \frac{1}{2}(\lambda_1 + \lambda_2), on a au premier ordre en \Delta\lambda/\lambda_0 :

   \begin{aligned} \frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2} &= \frac{\lambda_2 - \lambda_1}{\lambda_1\lambda_2} \simeq \frac{\Delta\lambda}{\lambda_0^2} \\ \frac{1}{\lambda_1} + \frac{1}{\lambda_2} &= \frac{\lambda_1 + \lambda_2}{\lambda_1\lambda_2} \simeq \frac{2\lambda_0}{\lambda_0^2} = \frac{2}{\lambda_0} \end{aligned}

   On obtient ainsi l'expression de l'intensité observée :

   \boxed{I(\delta) = 4I_0 \left[1 + \cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right) \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}\right)\right]}

   Remarque : Si I_0 désigne l'intensité totale (somme des deux composantes) sur chaque voie, le préfacteur devient 2I_0.

   Facteur de contraste :

   Puisque \Delta\lambda \ll \lambda_0, le terme \cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right) varie très lentement par rapport aux oscillations rapides de \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}\right). Localement, les extrema de l'intensité s'écrivent :

   \begin{aligned} I_{\max} &= 4I_0\left(1 + \left|\cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right)\right|\right) \\ I_{\min} &= 4I_0\left(1 - \left|\cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right)\right|\right) \end{aligned}

   Le facteur de contraste C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}} vaut donc :

   \boxed{C(\delta) = \left|\cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right)\right|}

   Mesure de \lambda_0/\Delta\lambda :

   Le contraste s'annule (phénomène de « brouillage » des franges, où C=0 et le champ est uniforme) pour :

   \frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2} = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \iff \delta_k = \left(k + \frac{1}{2}\right)\frac{\lambda_0^2}{\Delta\lambda}

   La variation de différence de marche séparant deux brouillages consécutifs est donc :

   \Delta\delta_b = \delta_{k+1} - \delta_k = \frac{\lambda_0^2}{\Delta\lambda}

   On en déduit immédiatement :

   \boxed{\frac{\lambda_0}{\Delta\lambda} = \frac{\Delta\delta_b}{\lambda_0}}

   Expérimentalement, au centre du champ (\theta = 0), on a \delta = 2\Delta z (d'après la question Q12). La mesure du déplacement \Delta z_b = \frac{\Delta\delta_b}{2} du miroir mobile entre deux brouillages successifs permet donc de déterminer le rapport :

   \frac{\lambda_0}{\Delta\lambda} = \frac{2\Delta z_b}{\lambda_0}

   C'est également le nombre de franges qui défilent entre deux positions de brouillage consécutives.

   Résultat

   $$I(\delta )=4I_0\left[1+\cos \left(\frac{\pi \delta \Delta \lambda }{{\lambda }_0^2}\right)\cos \left(\frac{2\pi \delta }{{\lambda }_0}\right)\right]$$

   $$C(\delta )=\left|\cos \left(\frac{\pi \delta \Delta \lambda }{{\lambda }_0^2}\right)\right|$$

   $$\frac{{\lambda }_0}{\Delta \lambda }=\frac{\Delta {\delta }_b}{{\lambda }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique MP 2024, Q43

   Le temps de cohérence temporelle \tau_c d'une onde lumineuse est relié à l'extension spectrale en fréquence \Delta\nu par la relation d'ordre de grandeur :

   \tau_c \sim \frac{1}{\Delta\nu}

   La fréquence \nu et la longueur d'onde dans le vide \lambda étant reliées par \nu = \frac{c}{\lambda}, une différentiation donne |\mathrm{d}\nu| = \frac{c}{\lambda^2}|\mathrm{d}\lambda|, d'où pour une faible dispersion relative :

   \Delta\nu \simeq \frac{c\,\Delta\lambda}{\lambda_0^2}

   On en déduit l'expression du temps de cohérence en fonction des caractéristiques spectrales :

   \boxed{\tau_c \simeq \frac{\lambda_0^2}{c\,\Delta\lambda}}

   Application numérique : Avec \lambda_0 = 1{,}0\ \mu\mathrm{m} = 1{,}0 \times 10^{-6}\text{ m}, \Delta\lambda = 300\text{ nm} = 3{,}0 \times 10^{-7}\text{ m} et c \simeq 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   \begin{aligned} \Delta\nu &\simeq \frac{3{,}0 \times 10^8 \times 3{,}0 \times 10^{-7}}{(1{,}0 \times 10^{-6})^2} = 9{,}0 \times 10^{13}\text{ Hz} \\ \tau_c &\simeq \frac{1}{9{,}0 \times 10^{13}} \simeq 1{,}1 \times 10^{-14}\text{ s} \end{aligned}

   \boxed{\tau_c \simeq 1{,}1 \times 10^{-14}\text{ s} \approx 10\text{ fs}}

   Résultat

   $${\tau }_c\simeq \frac{{\lambda }_0^2}{c\Delta \lambda }$$

   $${\tau }_c\simeq 1,1\times 10^{-14}\text{ s}\approx 10\text{ fs}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q29

   a) Ordre de grandeur de \omega_1 et \omega_2 :

   Le domaine visible correspond à des longueurs d'onde dans le vide comprises entre 400\text{ nm} et 800\text{ nm}. Pour une longueur d'onde centrale typique \lambda \approx 600\text{ nm} = 6\cdot 10^{-7}\text{ m} :

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

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

   b) Durée \tau de la valeur moyenne :

   Pour une observation à l'œil nu, le détecteur intègre le flux lumineux sur sa durée de temps de réponse, qui est le temps de persistance rétinienne :

   \boxed{\tau \approx 0,1\text{ s}}

   Cette durée est gigantesque devant la période optique T = \frac{2\pi}{\omega} \sim 10^{-15}\text{ s} (\tau \sim 10^{14}\,T).

   c) Calcul de l'intensité et conditions d'interférence :

   D'après le principe de superposition, l'amplitude de l'onde totale au point P est :

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

   Le carré de l'amplitude vaut donc :

   s^2(P,t) = s_1^2(P,t) + s_2^2(P,t) + 2 s_1(P,t) s_2(P,t)

   En prenant la moyenne temporelle sur la durée \tau et en multipliant par la constante K :

   \begin{aligned} I(P) &= K \langle s^2(P,t)\rangle_\tau \\ &= K \langle s_1^2(P,t)\rangle_\tau + K \langle s_2^2(P,t)\rangle_\tau + 2K \langle s_1(P,t)s_2(P,t)\rangle_\tau \end{aligned}

   On pose classiquement :

   I_1 = K \langle s_1^2(P,t)\rangle_\tau = \frac{1}{2} K a_1^2 \quad \text{et} \quad I_2 = K \langle s_2^2(P,t)\rangle_\tau = \frac{1}{2} K a_2^2

   ainsi que le terme d'interférence :

   I_{12}(P) = 2K \langle s_1(P,t)s_2(P,t)\rangle_\tau

   On a bien la forme demandée :

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

   À l'aide de l'identité trigonométrique fournie, le produit s_1 s_2 s'écrit :

   \begin{aligned} s_1(P,t)s_2(P,t) = \frac{a_1 a_2}{2} \Big[ &\cos\big((\omega_1+\omega_2)t - (k_1 x_1 + k_2 x_2) + \varphi_1 + \varphi_2\big) \\ &+ \cos\big((\omega_1-\omega_2)t - (k_1 x_1 - k_2 x_2) + \varphi_1 - \varphi_2\big) \Big] \end{aligned}

   • Le terme à la pulsation \omega_1+\omega_2 \approx 2\cdot 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} oscille extrêmement vite : sa moyenne sur \tau \approx 0,1\text{ s} est rigoureusement nulle.
   • Le second terme oscille à la pulsation |\omega_1 - \omega_2|. Pour que sa moyenne temporelle ne s'annule pas, sa période d'oscillation doit être très supérieure au temps d'intégration \tau, ce qui impose en pratique l'égalité des fréquences : les sources doivent être synchrones (\omega_1 = \omega_2).
   • De plus, la différence de phase à l'émission (\varphi_1 - \varphi_2) doit demeurer constante sur la durée de mesure \tau : les sources doivent être mutuellement cohérentes.

   d) Formule de Fresnel :

   Dans le cas où \omega_1 = \omega_2 = \omega et \varphi_1 = \varphi_2, le vecteur d'onde commun est :

   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 de la radiation dans le vide.

   Le terme d'interférence devient indépendant du temps :

   I_{12}(P) = 2K \left\langle \frac{a_1 a_2}{2} \cos\big(k(x_2 - x_1)\big) \right\rangle_\tau = K a_1 a_2 \cos\left(\frac{2\pi n}{\lambda}(x_2 - x_1)\right)

   Comme I_1 = \frac{1}{2}K a_1^2 et I_2 = \frac{1}{2}K a_2^2, on identifie K a_1 a_2 = 2\sqrt{I_1 I_2}.

   En définissant la différence de chemin optique \delta(P) par :

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

   la parité de la fonction cosinus permet d'obtenir directement la formule de Fresnel :

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

   Résultat

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

   $$\tau \approx 0,1\text{ s}$$

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

   $$\delta (P)=n(x_2-x_1)(\text{ou }n(x_1-x_2))$$

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie MP 2023, Q29

   Considérons deux rayons parallèles incidents sous l'angle de rasance \theta par rapport aux plans cristallins séparés d'une distance a. Le milieu étant l'air ou le vide, l'indice optique vaut n = 1.

   Soit A_1 le centre diffuseur sur le premier plan et A_2 le centre diffuseur correspondant sur le second plan, situé sur la normale aux plans passant par A_1 (A_1A_2 = a).

   • Le plan d'onde incident passant par A_1 est perpendiculaire aux rayons incidents et coupe le rayon incident 2 au point H_1 ;
   • Le plan d'onde émergent passant par A_1 est perpendiculaire aux rayons diffractés et coupe le rayon émergent 2 au point H_2.

   Dans les triangles rectangles A_1 H_1 A_2 et A_1 H_2 A_2, l'angle \widehat{A_1 A_2 H_1} = \widehat{A_1 A_2 H_2} = \theta. On en déduit :

   H_1 A_2 = A_2 H_2 = a \sin\theta

   La différence de marche \delta = (L_2 - L_1) entre le rayon 2 et le rayon 1 s'écrit donc :

   \delta = H_1 A_2 + A_2 H_2

   \boxed{\delta = 2a \sin\theta}

   Le retard spatial \delta du rayon 2 se traduit par un déphasage \Delta\varphi(M) = \varphi_2(M) - \varphi_1(M) donné par :

   \Delta\varphi(M) = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta

   \boxed{\Delta\varphi(M) = \frac{4\pi a \sin\theta}{\lambda}}

   Résultat

   $$\delta =2a\sin \theta$$

   $$\Delta \phi (M)=\frac{4\pi a\sin \theta }{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie MP 2023, Q30

   Le principe de superposition donne le signal résultant au point M :

   s(t, M) = s_1(t, M) + s_2(t, M) = s_0 \cos(\omega t - \varphi_1(M)) + s_0 \cos(\omega t - \varphi_2(M))

   En utilisant la relation trigonométrique \cos p + \cos q = 2 \cos\left(\frac{p-q}{2}\right)\cos\left(\frac{p+q}{2}\right), il vient :

   s(t, M) = 2 s_0 \cos\left(\frac{\Delta\varphi(M)}{2}\right) \cos\left(\omega t - \frac{\varphi_1(M) + \varphi_2(M)}{2}\right)

   avec \Delta\varphi(M) = \varphi_2(M) - \varphi_1(M).

   D'après l'indication de l'énoncé, l'intensité lumineuse s'exprime par le double de la moyenne temporelle du carré du signal instantané :

   \begin{aligned} I(\theta) &= 2 \langle s^2(t, M) \rangle \\ &= 2 \times 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi(M)}{2}\right) \left\langle \cos^2\left(\omega t - \frac{\varphi_1(M) + \varphi_2(M)}{2}\right) \right\rangle \end{aligned}

   La moyenne temporelle d'un cosinus au carré sur une période étant égale à \frac{1}{2}, on obtient :

   I(\theta) = 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi(M)}{2}\right) = 2 s_0^2 \left( 1 + \cos(\Delta\varphi(M)) \right)

   En posant I_0 = s_0^2 (intensité associée à un rayon seul) et en utilisant l'expression du déphasage établie à la question Q29, \Delta\varphi(M) = \frac{4\pi a \sin\theta}{\lambda}, on aboutit à :

   \boxed{I(\theta) = 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{2\pi a \sin\theta}{\lambda}\right) = 2 s_0^2 \left[1 + \cos\left(\frac{4\pi a \sin\theta}{\lambda}\right)\right]}

   Résultat

   $$I(\theta )=4s_0^2{\cos }^2\left(\frac{2\pi a\sin \theta }{\lambda }\right)=2s_0^2\left[1+\cos \left(\frac{4\pi a\sin \theta }{\lambda }\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MP 2022, Q12

   a) Formule des réseaux et rôle du nombre d'antennes

   Considérons un réseau de sources ponctuelles identiques, synchrones et en phase, alignées le long d'un axe z avec un pas spatial d. Dans l'approximation de Fraunhofer (observation à l'infini ou à grande distance par rapport aux dimensions du réseau), les rayons émis vers le récepteur dans une direction faisant un angle \theta avec l'axe z (figure 7) sont parallèles.

   La différence de marche entre deux antennes consécutives O_n et O_{n+1} séparées de \vec{O_n O_{n+1}} = d\,\vec{e}_z s'écrit :

   \delta = \vec{O_n O_{n+1}} \cdot \vec{u} = d \cos\theta

   Le déphasage correspondant entre deux ondes consécutives est :

   \Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda}\delta = \frac{2\pi d}{\lambda}\cos\theta

   Les interférences sont constructives lorsque toutes les ondes arrivent en phase, soit \Delta\varphi = 2p\pi avec p \in \mathbb{Z}. On obtient ainsi la formule des réseaux :

   \boxed{d \cos\theta = p\lambda \quad (p \in \mathbb{Z})}

   Avantages d'un très grand nombre N d'antennes :

   • Directivité accrue : la largeur angulaire du lobe principal est inversement proportionnelle à la taille totale du réseau (\Delta\theta \sim \frac{\lambda}{N d}), ce qui permet de focaliser l'onde émise dans une direction spatiale extrêmement précise.
   • Gain en puissance : dans la direction de pointage, les amplitudes s'ajoutent en phase (s_{\text{tot}} = N s_0), si bien que l'intensité maximale est multipliée par N^2 (I_{\max} = N^2 I_0), concentrant l'énergie vers la cible et limitant les pertes dans les autres directions.

   b) Comparaison des intensités pour 1 et 4 antennes

   Pour une antenne unique isolée, le signal reçu est s_1(t) = s_0 \exp(i\omega t) (à un facteur de propagation commun près), d'où une intensité :

   I_1 = |s_0|^2 = I_0

   Pour N = 4 antennes émettant en phase, le signal résultant s'écrit :

   s_{\text{tot}}(t) = \sum_{n=0}^{3} s_0 \exp\big(i(\omega t - n\Delta\varphi)\big) = s_0 \exp(i\omega t) \sum_{n=0}^{3} \exp(-i n\Delta\varphi)

   En sommant cette suite géométrique de raison e^{-i\Delta\varphi} et en factorisant par l'angle moitié :

   \begin{aligned} \sum_{n=0}^{3} e^{-i n\Delta\varphi} &= \frac{1 - e^{-4i\Delta\varphi}}{1 - e^{-i\Delta\varphi}} = \frac{e^{-2i\Delta\varphi}(e^{2i\Delta\varphi} - e^{-2i\Delta\varphi})}{e^{-i\Delta\varphi/2}(e^{i\Delta\varphi/2} - e^{-i\Delta\varphi/2})} \\ &= e^{-i\frac{3}{2}\Delta\varphi}\,\frac{\sin(2\Delta\varphi)}{\sin(\Delta\varphi/2)} \end{aligned}

   En posant u = \frac{\Delta\varphi}{2} = \frac{\pi d}{\lambda}\cos\theta, l'intensité totale est donnée par :

   I_4(\theta) = I_0 \left(\frac{\sin(4u)}{\sin u}\right)^2

   Pour un pas d = \frac{\lambda}{2}, on a u = \frac{\pi}{2}\cos\theta. Au voisinage de \theta = \frac{\pi}{2}, on a \cos\theta \to 0, donc u \to 0. D'après l'indication du sujet, \lim_{u\to 0}\frac{\sin 4u}{\sin u} = 4. L'intensité au centre du faisceau vaut donc :

   \boxed{I_4\left(\frac{\pi}{2}\right) = 16\,I_0 = 16\,I_1}

   L'intensité dans la direction perpendiculaire à l'axe du réseau est 16 fois supérieure à celle produite par une antenne seule.

   Recherche d'autres maxima d'intensité :

   • Pour obtenir un autre maximum principal (pour lequel \left|\frac{\sin 4u}{\sin u}\right| = 4), il faudrait que u = p\pi avec p \in \mathbb{Z}^*. Cela impose :

     \frac{\pi}{2}\cos\theta = p\pi \implies \cos\theta = 2p

     Pour |p| \ge 1, |2p| \ge 2 > 1, ce qui est impossible car |\cos\theta| \le 1. Il n'existe donc aucun autre maximum principal.

   • Il existe uniquement des maxima secondaires d'intensité très faible. Le premier zéro du lobe principal a lieu pour 4u = \pm\pi \implies \cos\theta = \pm \frac{1}{2} (\theta = \frac{\pi}{3} ou \frac{2\pi}{3}). Le maximum secondaire situé vers u \approx \frac{3\pi}{8} présente une intensité :

     I_{\text{sec}} \approx \frac{I_0}{\sin^2(3\pi/8)} \approx 1{,}17\,I_0 \ll 16\,I_0

   Commentaire : le choix de la distance inter-éléments d = \frac{\lambda}{2} est une règle fondamentale dans la conception des réseaux d'antennes. Elle assure l'absence de lobes de réseau (grating lobes), c'est-à-dire de directions parasites où la totalité de la puissance constructive serait rayonnée, garantissant ainsi une émission univoque et hautement directive vers le satellite.

   Résultat

   $$d\cos \theta =p\lambda (p\in \mathbb{Z})$$

   $$I_4\left(\frac{\pi }{2}\right)=16I_0=16I_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie MP 2020, Q25

   Considérons deux ondes scalaires monochromatiques issues de la même source, se propageant dans les deux bras de l'interféromètre et parvenant au détecteur avec la même amplitude s_0. Leurs représentations réelles s'écrivent :

   s_1(t) = s_0 \cos(\omega t) \quad \text{et} \quad s_2(t) = s_0 \cos(\omega t - \Delta\varphi)

   où \Delta\varphi est le déphasage introduit par la différence de marche \delta :

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

   Par superposition, l'onde résultante s'écrit, grâce à la relation trigonométrique de factorisation :

   \begin{aligned} s(t) &= s_1(t) + s_2(t) \\ &= 2 s_0 \cos\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) \cos\left(\omega t - \frac{\Delta\varphi}{2}\right) \end{aligned}

   Le récepteur mesure un éclairement \acute{E} proportionnel à la moyenne temporelle du carré du signal, \langle s^2(t) \rangle :

   \acute{E} \propto \langle s^2(t) \rangle = 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) \underbrace{\left\langle \cos^2\left(\omega t - \frac{\Delta\varphi}{2}\right) \right\rangle}_{= \, 1/2} = 2 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right)

   L'éclairement maximal \acute{E}_0 est atteint lorsque \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) = 1, soit \acute{E}_0 \propto 2 s_0^2.

   On en déduit la formule de Fresnel pour deux ondes de même amplitude :

   \boxed{\acute{E} = \frac{\acute{E}_0}{2} \left[ 1 + \cos\left(\frac{2\pi \delta}{\lambda}\right) \right] = \acute{E}_0 \cos^2\left(\frac{\pi\delta}{\lambda}\right)}

   Résultat

   $$\acute{E}=\frac{{\acute{E}}_0}{2}\left[1+\cos \left(\frac{2\pi \delta }{\lambda }\right)\right]={\acute{E}}_0{\cos }^2\left(\frac{\pi \delta }{\lambda }\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q29

    D'après la définition de la finesse, la largeur spectrale à mi-hauteur de chaque mode de résonance s'écrit :

    \Delta\nu_{\mathrm{c}} = \frac{\mathrm{FSR}'_{\nu}}{\mathcal{F}}

    Une cavité de très grande finesse (\mathcal{F} \gg 1) permet donc de sélectionner des modes d'émission présentant une largeur spectrale \Delta\nu_{\mathrm{c}} extrêmement étroite, conférant au laser un rayonnement hautement monochromatique.

    En interférométrie, la cohérence temporelle de la source est caractérisée par son temps de cohérence \tau_{\mathrm{c}} \sim \dfrac{1}{\Delta\nu_{\mathrm{c}}} et sa longueur de cohérence spatiale associée :

    L_{\mathrm{c}} = c\,\tau_{\mathrm{c}} \sim \frac{c}{\Delta\nu_{\mathrm{c}}} = \frac{c\,\mathcal{F}}{\mathrm{FSR}'_{\nu}} = 2L\,\mathcal{F}

    Une très grande finesse assure ainsi une très grande longueur de cohérence L_{\mathrm{c}} :

    \boxed{\text{Une très grande finesse confère au faisceau laser une longueur de cohérence } L_{\mathrm{c}} \text{ très élevée.}}

    L'avantage direct en interférométrie est de pouvoir obtenir des figures d'interférence avec un excellent contraste pour des différences de marche très importantes (\delta \lesssim L_{\mathrm{c}}), ce qui est indispensable pour :

    • la métrologie de haute précision et la mesure de grandes distances sans perte de contraste ;
    • les détecteurs interférométriques géants d'ondes gravitationnelles (LIGO, Virgo).

    Résultat

    $$\text{Une treˋs grande finesse confeˋre au faisceau laser une longueur de coheˊrence }{L}_{\mathrm{c}}\text{ treˋs eˊleveˊe.}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question