Correction de l'examen  d'optique

Session de Juin 2003

Interférences en lumière blanche

1. La forme du spectre est la suivante :
   

   Les ondulations du spectre sont les cannelures. Le nombre de cannelures est du même ordre que $\Delta\nu/\delta\nu$.

2. Remarquer que $F$ se met sous la forme $F(\nu)=P(\nu-\nu_0)$ avec $P(\nu)=B(\nu)\cos^2 \pi\frac{\nu}{\delta\nu}$. Il vient
   
   $$\hat F(\tau)=\frac{B_0\Delta\nu}{2}\;\exp (-2 i \pi \nu_0\ta... ...1}{2}\delta\left(\tau+\frac{1}{\delta\nu}\right)\right)\right]$$
   
   

3. En lumière monochromatique l'intensité des franges s'écrit
   
   $$I(x)=I_0\; (1+\cos(2\pi\nu \frac{a x}{cD}))$$
   
   
   avec $I_0$ une constante. Sa valeur dépend des conventions prises pour le calcul : diffraction de Fraunhoffer par un écran constitué de 2 Diracs ou raisonnement par sommation de deux ondes planes d'amplitudes $\psi_0$. Je prendrai le deuxième cas, donc $I_0=2\vert\psi_0\vert^2$.
4. En lumière polychromatique on considère les contributions élémentaires $dI$ produites par chaque bande de fréquence de largeur $d\nu$

   
   

   $$dI(x)=2 F(\nu) d\nu \; (1+\cos(2\pi\nu \frac{a x}{cD}))$$
   
   
   et on somme sur $\nu$. Il vient

   
   

   $$I(x)=2\hat F(0)\left(1+{\cal R}e\frac{\hat F(\frac{ax}{cD})}{\hat F(0)}\right)$$
   
   
   soit

   
   

   $$I(x)=B_0\Delta\nu\; \left(1+\cos(2\pi \nu_0 \frac{ax}{cD})\;... ...ft[g(x)+\frac{1}{2}g(x-x_c)+\frac{1}{2}g(x+x_c)\right] \right)$$
   
   
   avec $g(x)=\exp(-\pi(\frac{a x}{cD})^2\Delta\nu^2)$ et $x_c=\frac{cD}{a\delta\nu}$

5. Aspect du champ d'interférences : la fonction $I(x)$ est constituée de 3 gaussiennes striées de franges.
   
   
   
   
   
   

6. Chaque gaussienne est de largeur $\frac{cD}{a\Delta\nu}$, l'interfrange est $i=\frac{cD}{a\nu_0}$. Le nombre de franges dans chaque gaussienne vaut donc $\frac{\nu_0}{\Delta\nu}=\frac{\lambda_0}{\Delta\lambda}=5$. Les gaussiennes latérales sont centrées sur la valeur $x_c$. Il n'y aura pas de recouvrement si $x_c$ est grand devant la largeur de chaque gaussienne, soit la condition $\delta\nu\ll\Delta\nu$.

Diffraction

1. Si $\vec r_1$, $\vec r_2$ et $\vec r_3$ désignent les positions des centres des trous sur le masque, son coef de transmission s'écrit, en posant $\vec r=(x,y)$

   
   

   $$t(x,y)=\prod\left(\frac{x}{a}\right)\prod\left(\frac{y}{a}\r... ...c r_1)+\delta(\vec r-\vec r_2)+\delta(\vec r-\vec r_3) \right]$$
   
   

   On peut choisir ou l'on veut l'origine des $\vec r$ sans changer l'intensité diffractée. Je choisis

   
   

   $$\vec r_1=\vec 0$$
   
   
   $$\vec r_2=b \hat x$$
   
   
   $$\vec r_3=b \cos \frac{\pi}{3} \hat x+b \sin \frac{\pi}{3} \hat y$$
   
   

2. Si $R$ désigne la distance entre le centre du masque et le point courant, l'intensité s'écrit
   
   $$I(\alpha,\beta)=\frac{\vert\psi_0\vert^2}{\lambda^2 R^2}\; \hat t\left(\frac{\alpha}{\lambda}, \frac{\beta}{\lambda} \right)$$
   
   

   En posant $\vec \theta=(\alpha,\beta)$ et $k=2\pi/\lambda$ il vient (avec mes conventions pour les $\vec r_i$)

   
   

   $$I(\alpha,\beta)=\frac{\vert\psi_0\vert^2 a^4}{\lambda^2 R^2}... ...vec\theta .\vec r_3)+2 \cos(k \vec\theta .(\vec r_2-\vec r_3))$$
   
   

3. L'intensité la somme de trois sinusoïdes correspondant à des franges d'young dont les bases sont $\vec b_1=\vec r_2$, $\vec b_2=\vec r_3$ et $\vec b_3=\vec r_2-\vec r_3$. Ce sont les vecteur qui joignent les sommets du triangle. On a donc la superposition d'autant de franges d'Young que de paires de trous dans le triangle.
4. Graphe de l'intensité en niveaux de gris :
   
   

   
   Les coupes sur les axes s'écrivent :

   
   

   $$I(\alpha,0)=\frac{\vert\psi_0\vert^2 a^4}{\lambda^2 R^2}\;\m... ...\alpha a/\lambda) (3+2 \cos(k \alpha b)+4 \cos(k \alpha b /2))$$
   
   
   
   

   
   

   $$I(0,\beta)=\frac{\vert\psi_0\vert^2 a^4}{\lambda^2 R^2}\;\mbox{sinc}^2(\pi\beta a/\lambda) (5+4\cos(k \beta b\sqrt{3}/2))$$
   
   
   
   
   

5. On place des lames cristallines sur chaque trou. L'amplitude provenant du trou numéro $k$ est ainsi multipliée par $e^{i \phi_k}$. Le tout est d'ajuster les $\phi_k$ pour trouver une amplitude nulle au centre ($\alpha=\beta=0$).

   L'amplitude au centre s'écrit

   
   

   $$f(0,0)=\frac{\psi_0 e^{i k R}}{i \lambda R}\; (e^{i \phi_1}+e^{i \phi_2}+e^{i \phi_3})$$
   
   

   annuler $f$ revient à annuler la somme de 3 nombres complexes de module 1, ce qui est possible si les phases $\phi_k$ sont régulièrement réparties sur $[0, 2\pi]$. On peut prendre $\phi_1=0$, $\phi_2=2\pi/3$ et $\phi_3=4 \pi/3$ (les racines troisièmes de l'unité). Donc un trou sans lame et deux trous avec des lames déphasant de $2\pi/3$ et $4 \pi/3$