Programme de colles — PTSI

Monochromatique, discret, continu. Une source monochromatique peut être vu comme faisant partie des sources discrètes mais reste néanmoins fictive, d'où cette classification dédiée. Un corps chauffé émet un spectre continu. Son rayonnement peut en première approximation être approché par celui du "corps noir" (modèle faisant le lien entre la température du corps et la lumière qu'il émet).

Les rayons lumineux se déplacent en ligne droite dans un milieu transparent, homogène, linéaire et isotrope. Au passage d'un dioptre il suivent les lois de Snell-Descartes.
Les lois qui en découlent ne peuvent expliquer les phénomènes de diffraction et d'interférence. Par exemple, la notion de rayon lumineux vu sous forme d'un pinceau lumineux rendu infiniment fin est rendu possible dans le modèle de l'optique géométrique : en réalité le phénomène de diffraction ne peut être évité. Pour étudier ces phénomènes l'optique ondulatoire est nécessaire et la notion de rayon lumineux est étendue : ce sont les directions perpendiculaires au plan d'onde.
Une condition nécessaire pour se placer dans le cadre de l'optique géométrique est de rendre négligeable les effets de diffraction : les systèmes optiques devront avoir une taille $\ell$ très grande devant les longueurs d'onde étudiées et les angles observés entre deux rayons très grands devant $\lambda/\ell$.

Avec un schéma comme celui du cours, $i_2 = 90°$ donne $i_{lim} = \asin(n_2/n_1)$, c'est l'angle limite d'incidence avant réflexion totale. Passé cette valeur, la loi de réfraction ne peut être vérifiée puisque $\sin(i_2)$ est borné par 1 et que $n_1\sin(i1) > n_2$ si $i_1>i_{lim}$.
Pour qu'il n'y ait pas de réflexion totale il faut que $n_1\sin(i1) < n_2$ quelque soit la valeur de $i_1$, donc $n_1<n_2$ garantie tous les cas de figure.

Traduire d'abord géométriquement la condition de perpendicularité par une relation entre $i_B$ et l'angle de réfraction $r$, puis injecter cette relation dans la loi de Snell-Descartes.

Le rayon réfléchi fait l'angle $i_B$ avec la normale, le rayon réfracté fait l'angle $r$ avec cette même normale, de l'autre côté de l'interface. L'angle entre ces deux rayons vaut $180^\circ - (i_B + r)$.

La condition de perpendicularité s'écrit donc
$$i_B + r = 90^\circ$$

La loi de Snell-Descartes pour la réfraction donne $\sin i_B = n \sin r$, soit
$$\sin i_B = n \sin(90^\circ - i_B) = n \cos i_B$$

d'où
$$\boxed{\tan i_B = n \quad \text{soit} \quad i_B = \arctan n}$$

Applications numériques : pour l'eau ($n = 1{,}33$), $i_B \approx 53^\circ$ ; pour le verre ($n = 1{,}50$), $i_B \approx 56^\circ$.

Interprétation : à cette incidence particulière, la lumière réfléchie est totalement polarisée perpendiculairement au plan d'incidence. Un filtre polarisant convenablement orienté supprime alors complètement le reflet — c'est ce que montrent les deux photographies, prises avec et sans filtre.

Le rayon entre en incidence normale : il n'est pas dévié à la traversée de la face supérieure. Exprimer ensuite l'angle d'incidence sur chaque face en fonction de $\alpha$, en se souvenant que deux faces faisant entre elles l'angle $\alpha$ ont des normales faisant également l'angle $\alpha$. Sur une face verre-air, la réflexion est totale si l'angle d'incidence dépasse l'angle limite $i_\ell$ tel que $\sin i_\ell = 1/n$.

1. Suivons le rayon issu du grimpeur.

— Entrée par la face supérieure : le rayon arrive en incidence normale, il n'est donc pas dévié et pénètre dans le verre en gardant sa direction.

— Réflexion sur la face inférieure : le rayon est porté par la normale à la face supérieure, et les normales aux deux faces font entre elles le même angle $\alpha$ que les faces. L'angle d'incidence sur la face inférieure vaut donc $\alpha = 30^\circ$. Le rayon réfléchi repart symétriquement par rapport à cette normale.

— Réflexion sur la face supérieure : le rayon réfléchi fait l'angle $\alpha$ avec la verticale d'un côté, la normale à la face supérieure fait l'angle $\alpha$ avec la verticale de l'autre côté. L'angle d'incidence vaut donc
$$\theta = 2\alpha = 60^\circ$$

— Sortie par la face verticale : après cette seconde réflexion, le rayon fait l'angle $\alpha = 30^\circ$ avec la face supérieure, laquelle est inclinée de $30^\circ$ : le rayon ressort donc horizontalement, en incidence normale sur la face verticale, sans être dévié.

Bilan : le rayon incident descendait à $60^\circ$ sous l'horizontale, le rayon émergent est horizontal. La ligne de visée est déviée de $60^\circ$ : l'assureur regarde à l'horizontale et voit le grimpeur situé $60^\circ$ au-dessus de lui, sans lever la tête. Les deux réflexions successives rétablissent par ailleurs le sens de l'image, qui n'apparaît pas inversée.

2. Sur la face supérieure, la lumière va du verre ($n$) vers l'air (indice 1) sous l'incidence $\theta = 2\alpha = 60^\circ$. La réflexion est totale si $\theta$ dépasse l'angle limite, c'est-à-dire si
$$\sin(2\alpha) > \frac{1}{n} \quad \text{soit} \quad n > \frac{1}{\sin 60^\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}}$$

$$\boxed{n > 1{,}15}$$

Comparaison : le verre ordinaire ($n \approx 1{,}5$) et le PMMA ($n \approx 1{,}49$) satisfont largement cette condition — l'eau elle-même ($n = 1{,}33$) conviendrait. La réflexion sur la face supérieure est donc totale sans aucun traitement.

Remarque : il en va tout autrement de la face inférieure, où l'incidence n'est que de $\alpha = 30^\circ$. Il faudrait alors $n > 1/\sin 30^\circ = 2$, valeur inaccessible aux verres courants (il faudrait du diamant, $n \approx 2{,}4$). C'est bien cette face-là, et elle seule, qui doit être métallisée pour réfléchir toute la lumière.

Le rayon subit deux réfractions successives : air → verre sur la face d'entrée, puis verre → liquide sur la face supérieure. Attention, l'angle d'incidence sur la face supérieure est le complémentaire de l'angle de réfraction sur la face d'entrée.

On note $r$ l'angle de réfraction dans le verre sur la face d'entrée :
$$\sin i = n_v \sin r$$

Les deux faces étant perpendiculaires, l'angle d'incidence sur la face supérieure vaut $\theta = 90^\circ - r$.

1. Dans la goutte, la loi de Snell-Descartes s'écrit $n_v \sin \theta = n_\ell \sin r'$, soit
$$\sin r' = \frac{n_v}{n_\ell} \cos r$$

Quand $i$ augmente, $r$ augmente, donc $\cos r$ diminue et $r'$ diminue : le faisceau réfracté dans la goutte se rapproche de la normale à la face supérieure.

Pour $i$ suffisamment petit, $\cos r$ est grand et la relation impose $\sin r' > 1$ : la réfraction est impossible, il y a réflexion totale sur la face supérieure et la goutte n'est pas éclairée. La goutte ne s'illumine qu'à partir de $i = i_\text{lim}$, ce qui prouve bien que pour $i < i_\text{lim}$ aucune lumière n'y pénètre.

2. À la limite $i = i_\text{lim}$, le rayon réfracté est rasant, $r' = 90^\circ$ :
$$n_\ell = n_v \cos r_\text{lim}$$

Or $\sin r_\text{lim} = \dfrac{\sin i_\text{lim}}{n_v}$, donc $\cos r_\text{lim} = \dfrac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}{n_v}$, d'où
$$\boxed{n_\ell = \sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}$$

3. L'angle d'incidence accessible varie de $0$ à $90^\circ$ :

— pour $i_\text{lim} = 0$ : $n_\ell = n_v = 1{,}50$ ;

— pour $i_\text{lim} = 90^\circ$ : $n_\ell = \sqrt{n_v^2 - 1} = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}12$.

L'appareil mesure donc des indices compris entre 1,12 et 1,50. La borne supérieure était prévisible : il faut $n_\ell < n_v$ pour qu'une réflexion totale soit possible à l'interface verre-liquide.

Le rayon arrive perpendiculairement à la table : il n'est pas dévié en entrant, il descend donc verticalement dans la pierre.

Faites une coupe et tracez la **normale** à une facette de culasse. Si la facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, sa normale fait le même angle $\alpha$ avec la verticale : l'angle d'incidence sur la première facette se lit alors directement.

Après cette réflexion, le rayon a tourné de $2\alpha$. Reportez cet écart sur la seconde facette de culasse, dont la normale est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté : une simple chasse aux angles donne la seconde incidence.

Il reste à écrire deux fois la même condition, $i > i_\ell$ avec $\sin i_\ell = \dfrac{1}{n}$.

### 1. Domaine des angles de culasse

**Entrée par la table.** L'incidence est normale : le rayon n'est pas dévié et se propage verticalement dans le diamant.

**Angle limite.** La réflexion totale interne se produit pour $i > i_\ell$ avec
$$\sin i_\ell = \frac{1}{n} = \frac{1}{2{,}42} = 0{,}413 \qquad\Longrightarrow\qquad i_\ell = 24{,}4^\circ$$

**Première facette de culasse.** La facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, donc sa normale fait l'angle $\alpha$ avec la verticale. Le rayon étant vertical :
$$i_1 = \alpha$$
Première condition : $\alpha > 24{,}4^\circ$.

**Seconde facette.** Après réflexion, le rayon repart en faisant un angle $2\alpha$ avec la verticale, dirigé vers la facette opposée. La normale de celle-ci est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté de la verticale : l'angle entre le rayon et cette normale vaut donc $2\alpha + \alpha = 3\alpha$. Comme $3\alpha$ dépasse $90^\circ$, l'angle d'incidence est son supplémentaire :
$$i_2 = 180^\circ - 3\alpha$$
Seconde condition : $180^\circ - 3\alpha > 24{,}4^\circ$, soit $\alpha < \dfrac{180^\circ - 24{,}4^\circ}{3} = 51{,}9^\circ$.

**Conclusion.**
$$\boxed{24{,}4^\circ < \alpha < 51{,}9^\circ}$$

### 2. Le cas $\alpha = 41{,}5^\circ$

$$i_1 = 41{,}5^\circ > 24{,}4^\circ \qquad\text{et}\qquad i_2 = 180^\circ - 3\times 41{,}5^\circ = 55{,}5^\circ > 24{,}4^\circ$$

Les deux réflexions sont bien totales : l'angle de taille usuel est **compatible** avec le domaine trouvé. Il s'en trouve même confortablement à l'intérieur, avec $17{,}1^\circ$ de marge sur la première condition et $10{,}4^\circ$ sur la seconde — c'est donc la seconde réflexion qui est la plus contraignante.

### Remarque : pourquoi $41{,}5^\circ$ et pas $30^\circ$ ?

La réflexion totale ne suffit pas à faire briller une pierre : encore faut-il que la lumière **ressorte par le haut**, vers l'observateur. Après les deux réflexions, on montre que le rayon fait avec la verticale l'angle $|180^\circ - 4\alpha|$. Pour qu'il franchisse la table, il faut que cet angle reste inférieur à $i_\ell$, soit
$$38{,}9^\circ < \alpha < 51{,}1^\circ$$
condition bien plus sévère que la précédente, et que $41{,}5^\circ$ satisfait (le rayon ressort à $14^\circ$ de la verticale). Le choix réel de l'angle de culasse résulte d'un compromis entre cet éclat, la dispersion des couleurs et la masse conservée lors de la taille.

L'image de l'homme par le miroir plan est son symétrique par rapport au plan du miroir. Tracer les deux rayons extrêmes : celui issu du sommet du crâne et celui issu des pieds, qui parviennent tous deux à l'œil.

On note $H = 1{,}80$ m la taille de l'homme, $y$ la hauteur de ses yeux et $d$ sa distance au miroir (supposé vertical).

Le miroir plan donne de tout point $P$ une image $P'$ symétrique par rapport au plan du miroir : $P'$ est donc à la même hauteur que $P$, à la distance $d$ derrière le miroir.

Pour voir le sommet du crâne $S$ (hauteur $H$), l'œil doit recevoir le rayon qui semble provenir de $S'$ : le segment reliant l'œil (hauteur $y$) à $S'$ coupe le miroir à la hauteur $\dfrac{H+y}{2}$.

De même, le rayon issu des pieds coupe le miroir à la hauteur $\dfrac{y}{2}$.

La hauteur minimale du miroir est donc
$$\ell = \frac{H+y}{2} - \frac{y}{2} = \frac{H}{2} = 0{,}90 \text{ m}$$

Le miroir doit s'étendre de la hauteur $y/2$ à la hauteur $(H+y)/2$ : avec des yeux à $y = 1{,}70$ m, son bord inférieur est à 0,85 m du sol et son bord supérieur à 1,75 m.

Remarque : le résultat ne dépend pas de la distance $d$. Reculer ne permet ni de se voir « en plus grand », ni de se contenter d'un miroir plus petit.

Un miroir plan dévie un rayon d'un angle $D = 180^\circ - 2i$, où $i$ est l'angle d'incidence. Chercher ensuite la relation entre les angles d'incidence sur les deux miroirs en utilisant le triangle formé par les deux miroirs et le rayon intermédiaire.

1. Le rayon arrive sur le miroir $M_1$ avec l'incidence $i$, se réfléchit vers le miroir $M_2$ avec l'incidence $i_2$, puis ressort.

Dans le triangle formé par les deux points d'impact et l'arête du dièdre, la somme des angles vaut $180^\circ$ :
$$90^\circ + (90^\circ - i) + (90^\circ - i_2) = 180^\circ$$

d'où la relation entre les deux incidences :
$$i_2 = 90^\circ - i$$

2. La déviation sur $M_1$ vaut $D_1 = 180^\circ - 2i$, celle sur $M_2$ vaut
$$D_2 = 180^\circ - 2 i_2 = 180^\circ - 2(90^\circ - i) = 2i$$

Les deux rotations s'effectuent dans le même sens, donc les déviations s'ajoutent :
$$D = D_1 + D_2 = 180^\circ - 2i + 2i = 180^\circ$$

$$\boxed{D = 180^\circ \quad \text{quel que soit } i}$$

Le rayon émergent est donc toujours antiparallèle au rayon incident : le dispositif renvoie la lumière exactement d'où elle vient. Généralisé à trois miroirs perpendiculaires (coin de cube), ce principe est utilisé pour les catadioptres des vélos et des panneaux routiers, ainsi que pour les réflecteurs déposés sur la Lune par les missions Apollo, qui permettent de mesurer la distance Terre-Lune au centimètre près.

Le rayon arrive perpendiculairement à la table : il n'est pas dévié en entrant, il descend donc verticalement dans la pierre.

Faites une coupe et tracez la **normale** à une facette de culasse. Si la facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, sa normale fait le même angle $\alpha$ avec la verticale : l'angle d'incidence sur la première facette se lit alors directement.

Après cette réflexion, le rayon a tourné de $2\alpha$. Reportez cet écart sur la seconde facette de culasse, dont la normale est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté : une simple chasse aux angles donne la seconde incidence.

Il reste à écrire deux fois la même condition, $i > i_\ell$ avec $\sin i_\ell = \dfrac{1}{n}$.

### 1. Domaine des angles de culasse

**Entrée par la table.** L'incidence est normale : le rayon n'est pas dévié et se propage verticalement dans le diamant.

**Angle limite.** La réflexion totale interne se produit pour $i > i_\ell$ avec
$$\sin i_\ell = \frac{1}{n} = \frac{1}{2{,}42} = 0{,}413 \qquad\Longrightarrow\qquad i_\ell = 24{,}4^\circ$$

**Première facette de culasse.** La facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, donc sa normale fait l'angle $\alpha$ avec la verticale. Le rayon étant vertical :
$$i_1 = \alpha$$
Première condition : $\alpha > 24{,}4^\circ$.

**Seconde facette.** Après réflexion, le rayon repart en faisant un angle $2\alpha$ avec la verticale, dirigé vers la facette opposée. La normale de celle-ci est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté de la verticale : l'angle entre le rayon et cette normale vaut donc $2\alpha + \alpha = 3\alpha$. Comme $3\alpha$ dépasse $90^\circ$, l'angle d'incidence est son supplémentaire :
$$i_2 = 180^\circ - 3\alpha$$
Seconde condition : $180^\circ - 3\alpha > 24{,}4^\circ$, soit $\alpha < \dfrac{180^\circ - 24{,}4^\circ}{3} = 51{,}9^\circ$.

**Conclusion.**
$$\boxed{24{,}4^\circ < \alpha < 51{,}9^\circ}$$

### 2. Le cas $\alpha = 41{,}5^\circ$

$$i_1 = 41{,}5^\circ > 24{,}4^\circ \qquad\text{et}\qquad i_2 = 180^\circ - 3\times 41{,}5^\circ = 55{,}5^\circ > 24{,}4^\circ$$

Les deux réflexions sont bien totales : l'angle de taille usuel est **compatible** avec le domaine trouvé. Il s'en trouve même confortablement à l'intérieur, avec $17{,}1^\circ$ de marge sur la première condition et $10{,}4^\circ$ sur la seconde — c'est donc la seconde réflexion qui est la plus contraignante.

### Remarque : pourquoi $41{,}5^\circ$ et pas $30^\circ$ ?

La réflexion totale ne suffit pas à faire briller une pierre : encore faut-il que la lumière **ressorte par le haut**, vers l'observateur. Après les deux réflexions, on montre que le rayon fait avec la verticale l'angle $|180^\circ - 4\alpha|$. Pour qu'il franchisse la table, il faut que cet angle reste inférieur à $i_\ell$, soit
$$38{,}9^\circ < \alpha < 51{,}1^\circ$$
condition bien plus sévère que la précédente, et que $41{,}5^\circ$ satisfait (le rayon ressort à $14^\circ$ de la verticale). Le choix réel de l'angle de culasse résulte d'un compromis entre cet éclat, la dispersion des couleurs et la masse conservée lors de la taille.

Soit A un point objet et A' son symétrique par rapport au plan du miroir. Considérons un rayon quelconque issu de A frappant le miroir en I. La loi de la réflexion impose que le rayon réfléchi soit symétrique du rayon incident par rapport à la normale en I.

Les triangles AHI et A'HI, où H est le projeté de A sur le miroir, sont symétriques par construction : le rayon réfléchi en I a donc exactement la direction de la droite (A'I). Son prolongement passe par A'.

Ce raisonnement ne fait aucune hypothèse sur l'inclinaison du rayon choisi : tous les rayons réfléchis semblent provenir de A', quelle que soit leur incidence. Le miroir plan est donc rigoureusement stigmatique, et c'est le seul système optique à l'être pour tous les points de l'espace.

Le centre de courbure du dioptre sphérique est le centre O de la face plane : la normale au point d'impact est donc portée par le rayon du cercle. Dans le triangle formé par ce centre, le point d'impact et le point A, la relation des sinus donne directement la position de A.

1. Le rayon est parallèle à l'axe optique, donc perpendiculaire à la face plane d'entrée. Il arrive en incidence normale et n'est pas dévié : il traverse la face plane sans changer de direction.

2. Sur le dioptre sphérique de sortie, la normale au point d'impact M est portée par le rayon du cercle, c'est-à-dire par la droite OM où O est le centre de la face plane. En notant $i_1$ l'angle d'incidence interne et $i_2$ l'angle de réfraction dans l'air, le rayon horizontal fait avec OM l'angle $i_1$ tel que
$$\sin i_1 = \frac{h}{R} \qquad \text{et} \qquad n \sin i_1 = \sin i_2 \quad \text{donc} \quad \sin i_2 = \frac{nh}{R}$$

3. Dans le triangle OMA, l'angle en O vaut $i_1$, l'angle en M vaut $180^\circ - i_2$ et donc l'angle en A vaut $i_2 - i_1$. La relation des sinus donne
$$\frac{\overline{\text{OA}}}{\sin(180^\circ - i_2)} = \frac{R}{\sin(i_2 - i_1)} \qquad \text{soit} \qquad \overline{\text{OA}} = R\,\frac{\sin i_2}{\sin(i_2 - i_1)}$$

et comme $\overline{\text{OS}} = R$ :
$$\boxed{\overline{\text{SA}} = R\left(\frac{\sin i_2}{\sin(i_2 - i_1)} - 1\right)} \qquad \text{avec} \quad \sin i_1 = \frac{h}{R}, \quad \sin i_2 = \frac{nh}{R}$$

Le point A dépend de $h$ : le système n'est pas rigoureusement stigmatique. C'est l'aberration de sphéricité.

4. Le punctum proximum d'un œil emmétrope est à 25 cm et sa résolution angulaire vaut environ $3 \times 10^{-4}$ rad, soit une minute d'arc. À 25 cm, l'écart minimal résolu est donc
$$\varepsilon = 0{,}25 \times 3\times 10^{-4} \approx 75\ \text{µm}$$

5. Pour $h$ petit, les angles sont petits : $i_1 \simeq h/R$, $i_2 \simeq nh/R$ et $i_2 - i_1 \simeq (n-1)h/R$, d'où la position paraxiale
$$\overline{\text{OA}}_{\text{par}} = \frac{nR}{n-1} = \frac{1{,}6 \times 100}{0{,}6} \approx 267\ \text{mm} \qquad \overline{\text{SA}}_{\text{par}} \approx 167\ \text{mm}$$

Les rayons marginaux coupent l'axe avant ce point, et forment dans le plan focal paraxial une tache dont le diamètre croît très vite avec $h$ :

$h = 2$ mm : tache de 2 µm ; $h = 5$ mm : 32 µm ; $h = 10$ mm : 260 µm ; $h = 20$ mm : 2,2 mm.

La condition $2|y| < \varepsilon = 75$ µm donne $h_m \approx 6{,}6$ mm, soit
$$h \in [-6{,}6\ \text{mm}\ ;\ 6{,}6\ \text{mm}] \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad \frac{h}{R} < 7\ %$$

Seule une étroite calotte centrale du dioptre, de rayon quinze fois plus petit que celui de la sphère, travaille dans les conditions du stigmatisme approché. C'est bien cette zone utile, et non l'épaisseur du verre, que désigne l'appellation « lentille mince ».

6. Pour un capteur de 5 µm de pixel, la même condition donne $h_m \approx 2{,}7$ mm, soit $h/R < 3\ %$. Le capteur étant quinze fois plus résolvant que l'œil, il est bien plus exigeant sur le diaphragme : c'est la raison pour laquelle on ferme le diaphragme d'un objectif photographique pour gagner en netteté.

7. La flèche HS vaut $R - \sqrt{R^2 - h^2} \simeq \dfrac{h^2}{2R}$, soit 0,22 mm pour $h = 6{,}6$ mm, à comparer à $\overline{\text{SA}} \approx 167$ mm. Elle est mille fois plus petite : dans les conditions du stigmatisme approché, il est légitime de confondre H, S et le centre optique O de la lentille équivalente. La distance focale image de la lentille hémisphérique est donc
$$f' = \overline{\text{SA}}_{\text{par}} = \frac{nR}{n-1} - R = \frac{R}{n-1} \approx 167\ \text{mm}$$

Pour une lentille convergente, un faisceau parallèle à l'axe converge réellement après la lentille : F' est situé après O dans le sens de propagation, donc $f' = \overline{\text{OF}'} > 0$, et la vergence $V = 1/f'$ est positive.

Pour une lentille divergente, le faisceau émergent diverge et seuls ses prolongements se croisent, avant la lentille : F' est situé avant O, donc $f' < 0$ et $V < 0$.

Le foyer objet F, symétrique de F' par rapport à O, est donc avant la lentille pour une convergente et après pour une divergente. Cette inversion est la source d'erreur la plus fréquente dans les constructions.

L'image A' du point objet ne se forme pas dans le plan focal, mais un peu après : la tache observée dans le plan focal est la section du faisceau convergent à cet endroit. Deux triangles semblables suffisent à la calculer.

2. La formule de Descartes donne la position de l'image : $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} - \dfrac{1}{D}$, soit $\overline{\text{OA}'} = \dfrac{f'D}{D-f'}$, située après le plan focal image.

Le faisceau émergent est un cône qui s'appuie sur toute la lentille (diamètre $L$) et converge en A'. Dans le plan focal, à la distance $f'$, le théorème de Thalès donne
$$\frac{\ell}{L} = \frac{\overline{\text{OA}'} - f'}{\overline{\text{OA}'}} = 1 - \frac{f'}{\overline{\text{OA}'}}$$

En remplaçant $\overline{\text{OA}'}$ par son expression, $\dfrac{f'}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{D-f'}{D} = 1 - \dfrac{f'}{D}$, d'où le résultat remarquablement simple
$$\boxed{\ell = \frac{L f'}{D}}$$

On peut le retrouver directement : $\ell = \alpha f'$ avec $\alpha = L/D$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.

3. La tache est indiscernable d'un point si $\ell < h$, soit
$$\frac{Lf'}{D} < h \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad D > \frac{Lf'}{h}$$

Plus le détecteur est résolvant (plus $h$ est petit), plus la distance à partir de laquelle l'objet peut être considéré comme à l'infini est grande. La notion d'infini n'a donc rien d'absolu : elle dépend de l'instrument d'observation.

4. Pour un objet réellement à l'infini, les rayons incidents sont parallèles et convergent exactement en F' : la tache est réduite à un point. La condition $D > Lf'/h$ exprime que l'objet, sans être à l'infini, se comporte comme s'il y était du point de vue du détecteur : les deux situations sont expérimentalement indiscernables.

5. La tache de diffraction due à la pupille circulaire de diamètre $L$ a un diamètre angulaire de l'ordre de $\lambda/L$, soit une taille dans le plan focal
$$\ell_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda f'}{L}$$

Avec $\lambda = 500$ nm, $f' = 100$ mm et $L = 2$ cm, cela donne quelques micromètres. Aucun détecteur associé à cette lentille ne peut donc résoudre mieux que cette taille : $h$ ne peut pas descendre en dessous de $\ell_{\text{diff}}$. En reportant dans la condition précédente, la distance à partir de laquelle l'objet est à l'infini reste bornée :
$$D > \frac{Lf'}{\ell_{\text{diff}}} \sim \frac{L^2}{\lambda}$$

soit quelques centaines de mètres pour les valeurs ci-dessus. C'est l'optique ondulatoire qui met une limite à un raisonnement d'optique géométrique.

6. Un objet est à l'infini lorsque la tache qu'il forme dans le plan focal image est trop petite pour être distinguée d'un point par le détecteur utilisé. Ce n'est pas une propriété de l'objet seul, mais du triplet objet-lentille-détecteur.

7. La formule de Descartes s'écrit $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} + \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}}$. Quand $\overline{\text{OA}} \to -\infty$, le terme $1/\overline{\text{OA}}$ tend vers zéro et $\overline{\text{OA}'} \to f'$ : l'image se forme dans le plan focal image. C'est la définition même du foyer image.

1. La formule de Descartes s'écrit directement $y - x = 1/f'$, soit
$$y = x + \frac{1}{f'}$$

L'ensemble des couples possibles est donc une droite de pente 1, d'ordonnée à l'origine $1/f'$ : positive pour une lentille convergente, négative pour une divergente. Toute la théorie des lentilles minces tient dans cette unique droite.

2. L'objet est réel si $\overline{\text{OA}} < 0$, donc si $x < 0$, et virtuel si $x > 0$. L'image est réelle si $y > 0$ et virtuelle si $y < 0$. Les quatre quadrants du plan correspondent donc aux quatre combinaisons, et les portions de la droite qui les traversent redonnent exactement les tableaux du cours.

3. Posons $\overline{\text{OA}} = -p$ avec $p > 0$ pour un objet réel, et $\overline{\text{OA}'} = p' > 0$ pour une image réelle. La formule de conjugaison devient
$$\frac{1}{p} + \frac{1}{p'} = \frac{1}{f'}$$

et la distance objet-image vaut $D = p + p'$. En multipliant les deux membres :
$$\frac{D}{f'} = (p + p')\left(\frac{1}{p} + \frac{1}{p'}\right) = 2 + \frac{p}{p'} + \frac{p'}{p} \geqslant 4$$

la dernière inégalité venant de $u + 1/u \geqslant 2$ pour tout $u > 0$, avec égalité si et seulement si $p = p'$. On a donc $D \geqslant 4f'$.

Conséquence pratique très utile en travaux pratiques : avec une lentille de focale 200 mm, il est impossible de former une image réelle si l'écran est à moins de 80 cm de l'objet, quelle que soit la position de la lentille. Et à la distance minimale, l'image est de même taille que l'objet.

Un objet à l'infini hors de l'axe envoie sur la lentille un faisceau de rayons parallèles entre eux, mais inclinés d'un angle $\theta$ sur l'axe optique.

Parmi ces rayons, celui qui passe par le centre optique O n'est pas dévié : il donne immédiatement la direction de l'image. Son intersection avec le plan focal image définit le foyer secondaire image B', et tous les autres rayons du faisceau émergent en passant par ce même point.

L'image est donc située dans le plan focal image, à la distance $f' \tan \theta$ de l'axe. Pour une lentille divergente, la construction est identique, mais le plan focal image est situé avant la lentille et B' est le point de convergence des prolongements des rayons émergents : l'image est virtuelle.

Le foyer image F' est par définition l'image d'un objet situé à l'infini sur l'axe optique. Par retour inverse de la lumière, un objet placé au foyer objet F a donc son image à l'infini sur l'axe optique.

Le faisceau émergent est un faisceau de rayons parallèles à l'axe. C'est le principe du collimateur, utilisé pour produire un faisceau parallèle à partir d'une source ponctuelle, et celui du projecteur.

Si le deuxième système est placé après A', les rayons issus de A' se croisent effectivement avant de l'atteindre : A' est un objet réel pour le deuxième système.

Si au contraire le deuxième système est placé avant A', les rayons sont interceptés avant de s'être croisés. Ils convergent vers un point situé après le système : A' est alors un objet virtuel pour celui-ci.

C'est la seule façon d'obtenir un objet virtuel en pratique : il faut interposer un système optique sur un faisceau convergent. Un objet virtuel n'existe donc jamais seul, il est toujours l'image donnée par un système placé en amont.

La Lune est un objet à l'infini : son image se forme dans le plan focal image. Le rayon passant par le centre optique n'étant pas dévié, il donne directement la taille de l'image.

La Lune étant à l'infini, son image se forme dans le plan focal image. Le rayon issu du bord de la Lune et passant par le centre optique n'est pas dévié : il fait donc l'angle $\alpha$ avec l'axe optique de part et d'autre de la lentille. La taille de l'image vaut
$$A'B' = f' \tan \alpha \simeq f' \alpha = 100 \times 10^{-2} = 1 \text{ mm}$$

Le Soleil a sensiblement le même diamètre angulaire que la Lune, environ $9 \times 10^{-3}$ rad — c'est précisément cette coïncidence qui rend possibles les éclipses totales. Son image mesure donc elle aussi environ 1 mm. Une focale de 100 mm est donc très insuffisante pour photographier les cratères lunaires : il faut viser le mètre.

Distance de la Lune : son diamètre angulaire vaut $\alpha = 2R/D$, d'où
$$D = \frac{2R}{\alpha} = \frac{2 \times 1700}{10^{-2}} = 3{,}4 \times 10^5 \text{ km}$$

La lumière met alors $t = D/c = 3{,}4 \times 10^8/3 \times 10^8 \approx 1{,}1$ s pour nous parvenir depuis la Lune.

Pour le Soleil, le même raisonnement exige de connaître son rayon, $R \approx 7 \times 10^5$ km, ce qui donne $D \approx 1{,}4 \times 10^8$ km et un temps de trajet
$$t = \frac{1{,}4 \times 10^{11}}{3 \times 10^8} \approx 470 \text{ s} \approx 8 \text{ min}$$

L'image A' du point objet ne se forme pas dans le plan focal, mais un peu après : la tache observée dans le plan focal est la section du faisceau convergent à cet endroit. Deux triangles semblables suffisent à la calculer.

2. La formule de Descartes donne la position de l'image : $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} - \dfrac{1}{D}$, soit $\overline{\text{OA}'} = \dfrac{f'D}{D-f'}$, située après le plan focal image.

Le faisceau émergent est un cône qui s'appuie sur toute la lentille (diamètre $L$) et converge en A'. Dans le plan focal, à la distance $f'$, le théorème de Thalès donne
$$\frac{\ell}{L} = \frac{\overline{\text{OA}'} - f'}{\overline{\text{OA}'}} = 1 - \frac{f'}{\overline{\text{OA}'}}$$

En remplaçant $\overline{\text{OA}'}$ par son expression, $\dfrac{f'}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{D-f'}{D} = 1 - \dfrac{f'}{D}$, d'où le résultat remarquablement simple
$$\boxed{\ell = \frac{L f'}{D}}$$

On peut le retrouver directement : $\ell = \alpha f'$ avec $\alpha = L/D$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.

3. La tache est indiscernable d'un point si $\ell < h$, soit
$$\frac{Lf'}{D} < h \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad D > \frac{Lf'}{h}$$

Plus le détecteur est résolvant (plus $h$ est petit), plus la distance à partir de laquelle l'objet peut être considéré comme à l'infini est grande. La notion d'infini n'a donc rien d'absolu : elle dépend de l'instrument d'observation.

4. Pour un objet réellement à l'infini, les rayons incidents sont parallèles et convergent exactement en F' : la tache est réduite à un point. La condition $D > Lf'/h$ exprime que l'objet, sans être à l'infini, se comporte comme s'il y était du point de vue du détecteur : les deux situations sont expérimentalement indiscernables.

5. La tache de diffraction due à la pupille circulaire de diamètre $L$ a un diamètre angulaire de l'ordre de $\lambda/L$, soit une taille dans le plan focal
$$\ell_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda f'}{L}$$

Avec $\lambda = 500$ nm, $f' = 100$ mm et $L = 2$ cm, cela donne quelques micromètres. Aucun détecteur associé à cette lentille ne peut donc résoudre mieux que cette taille : $h$ ne peut pas descendre en dessous de $\ell_{\text{diff}}$. En reportant dans la condition précédente, la distance à partir de laquelle l'objet est à l'infini reste bornée :
$$D > \frac{Lf'}{\ell_{\text{diff}}} \sim \frac{L^2}{\lambda}$$

soit quelques centaines de mètres pour les valeurs ci-dessus. C'est l'optique ondulatoire qui met une limite à un raisonnement d'optique géométrique.

6. Un objet est à l'infini lorsque la tache qu'il forme dans le plan focal image est trop petite pour être distinguée d'un point par le détecteur utilisé. Ce n'est pas une propriété de l'objet seul, mais du triplet objet-lentille-détecteur.

7. La formule de Descartes s'écrit $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} + \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}}$. Quand $\overline{\text{OA}} \to -\infty$, le terme $1/\overline{\text{OA}}$ tend vers zéro et $\overline{\text{OA}'} \to f'$ : l'image se forme dans le plan focal image. C'est la définition même du foyer image.

Trois rayons sont toujours constructibles depuis le point B : celui parallèle à l'axe (qui émerge par le foyer image), celui passant par le foyer objet (qui émerge parallèle à l'axe) et celui passant par le centre optique (non dévié). Deux suffisent. Pour un objet virtuel, ce sont les prolongements des rayons incidents qui se croisent en B : les rayons réels arrivent donc sur la lentille en se dirigeant vers B.

Pour le dernier cas, où un rayon quelconque est à prolonger, utiliser un foyer secondaire : tracer le rayon parallèle passant par le centre optique, il coupe le plan focal image au foyer secondaire par lequel passe le rayon émergent.

On note $f'$ la distance focale image et $\gamma_t = \overline{\text{OA}'}/\overline{\text{OA}}$ le grandissement transversal. La formule de Descartes $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} - \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}} = \dfrac{1}{f'}$ permet de vérifier chaque construction.

Lentille convergente (colonne de gauche), de haut en bas :

1. Objet réel avant F : image réelle, renversée, réduite. $\gamma_t < 0$. C'est le cas de l'appareil photographique.

2. Objet réel entre F et O : image virtuelle, droite, agrandie. $\gamma_t > 1$. C'est le cas de la loupe.

3. Objet virtuel entre O et F' : image réelle, droite, réduite. $\gamma_t$ compris entre 0 et 1.

4. Objet virtuel au-delà de F' : image réelle, droite, réduite. $\gamma_t$ compris entre 0 et 1.

5. Rayon quelconque à prolonger : construction par foyer secondaire image.

Lentille divergente (colonne de droite), de haut en bas :

1. Objet réel loin de la lentille : image virtuelle, droite, réduite. $0 < \gamma_t < 1$.

2. Objet réel proche de la lentille : image virtuelle, droite, réduite. $\gamma_t$ plus proche de 1 que dans le cas précédent.

3. Objet virtuel entre O et F : image réelle, droite, agrandie. $\gamma_t > 1$.

4. Objet virtuel au-delà de F : image virtuelle, renversée, réduite. $\gamma_t < 0$.

5. Rayon quelconque à prolonger : construction par foyer secondaire image, situé cette fois dans le plan focal image virtuel, avant la lentille.

Deux règles se dégagent, à retenir : une image droite ($\gamma_t > 0$) correspond toujours à un objet et une image de natures différentes (l'un réel, l'autre virtuel), et une seule situation donne une image renversée à partir d'un objet réel, celle de l'objet réel avant le foyer objet d'une lentille convergente.

Dans chaque cas, la démarche est la même : ramener la question à un rapport de deux grandeurs de même nature, une grandeur totale et une grandeur élémentaire — une surface totale divisée par une surface par personne, un volume divisé par un volume par balle.

Le résultat attendu est un ordre de grandeur : deux chiffres significatifs sont déjà trop. L'essentiel est de pouvoir justifier chaque estimation intermédiaire.

1. La tribune occupe $100 \times 37{,}5 = 3{,}8 \times 10^3$ m$^2$. Un spectateur assis occupe un siège d'environ 50 cm sur 80 cm, soit 0,4 m$^2$ ; en tenant compte des allées et des dégagements, on compte plutôt 2 personnes par mètre carré. D'où
$$N \approx 2 \times 3{,}8 \times 10^3 \approx 8 \times 10^3 \text{ places}$$

L'ordre de grandeur est $10^4$, ce qui est cohérent avec la capacité d'une tribune de stade municipal.

2. Une rue parisienne large fait une dizaine de mètres entre les trottoirs. Sur 2 km, le cortège occupe donc environ $2 \times 10^3 \times 10 = 2 \times 10^4$ m$^2$. Une foule dense mais qui avance correspond à 2 personnes par mètre carré, d'où
$$N \approx 4 \times 10^4 \text{ personnes}$$

L'ordre de grandeur est $10^4$ à $10^5$. C'est exactement ce type d'estimation qui explique les écarts, souvent d'un facteur 3 à 5, entre les chiffres de la police et ceux des organisateurs : ils ne diffèrent que par l'hypothèse sur la densité et sur la largeur occupée.

3. Un crâne est assimilable à une demi-sphère de rayon 9 cm, soit une surface $2\pi R^2 \approx 5 \times 10^2$ cm$^2$. En observant de près une chevelure, on compte une dizaine de cheveux par millimètre carré, soit environ 200 par centimètre carré. D'où
$$N \approx 5 \times 10^2 \times 200 \approx 10^5 \text{ cheveux}$$

La valeur admise est de 100 000 à 150 000 cheveux.

4. Un bus mesure environ 12 m de long, 2,5 m de large et 2,5 m de haut, soit 75 m$^3$ ; en retirant les sièges et les passages de roues, il reste de l'ordre de 50 m$^3$.

Une balle de golf a un diamètre de 4,3 cm, soit un volume $\frac{4}{3}\pi R^3 \approx 4 \times 10^{-5}$ m$^3$. Des sphères empilées au hasard n'occupent qu'environ 60 % de l'espace, d'où un volume effectif de $7 \times 10^{-5}$ m$^3$ par balle :
$$N \approx \frac{50}{7 \times 10^{-5}} \approx 7 \times 10^5 \text{ balles}$$

L'ordre de grandeur est $10^6$. Négliger la compacité de l'empilement n'aurait changé le résultat que de 60 %, ce qui est sans conséquence sur un ordre de grandeur : c'est l'estimation du volume utile du bus qui domine l'incertitude.

Pour la question 1, chercher $E$ sous la forme $E = C\,\rho^a r^b t^c$ avec $C$ une constante sans dimension, que l'on supposera égale à 1 pour l'application numérique.

Pour la question 3, une relation de la forme $r^n = k\,t^p$ devient une droite passant par l'origine si l'on porte $r^n$ en ordonnée et $t^p$ en abscisse. La pente de cette droite s'exprime alors simplement en fonction de $E$ et de $\rho$.

Attention aux unités : les temps du tableau sont en millisecondes, donc la pente obtenue est en $\mathrm{m^5 \cdot ms^{-2}}$. Comme $1\ \mathrm{ms^2} = 10^{-6}\ \mathrm{s^2}$, il faut multiplier par $10^6$ pour revenir aux unités SI.

1. On cherche $E = C\,\rho^a r^b t^c$ avec $C$ sans dimension. Les dimensions sont
$$\mathrm{dim}(E) = \mathrm{ML^{2}T^{-2}} \qquad \mathrm{dim}(\rho) = \mathrm{ML^{-3}} \qquad \mathrm{dim}(r) = \mathrm{L} \qquad \mathrm{dim}(t) = \mathrm{T}$$

L'équation aux dimensions s'écrit
$$\mathrm{ML^{2}T^{-2}} = \mathrm{M}^{a}\,\mathrm{L}^{-3a+b}\,\mathrm{T}^{c}$$

L'identification donne immédiatement $a = 1$, puis $-3 + b = 2$ soit $b = 5$, et enfin $c = -2$. D'où
$$\boxed{E = C\,\dfrac{\rho\, r^5}{t^2}}$$

2. Sur la photographie, la barre d'échelle de 100 m permet d'estimer le diamètre de la boule de feu à environ 210 m à $t = 15$ ms, soit un rayon $r \approx 105$ m. En supposant $C = 1$ :
$$E = \frac{1{,}2 \times 105^5}{(15 \times 10^{-3})^2} \approx 7 \times 10^{13} \text{ J}$$

Sachant qu'une tonne de TNT libère $4{,}18 \times 10^9$ J, cela correspond à environ 17 kilotonnes de TNT. L'essai Trinity, dont provient cette photographie, a effectivement dégagé une énergie estimée à 21 kilotonnes : l'accord est remarquable pour une méthode qui ne demande qu'une règle et une photographie.

3. La relation se réécrit $r^5 = \dfrac{E}{\rho}\,t^2$ en prenant $C = 1$. En portant $y = r^5$ en ordonnée et $x = t^2$ en abscisse, les points doivent s'aligner sur une droite passant par l'origine, de pente $a = E/\rho$.

L'ajustement sur les 25 mesures donne une pente $a = 5{,}70 \times 10^{7}$ $\mathrm{m^5 \cdot ms^{-2}}$, soit $5{,}70 \times 10^{13}$ $\mathrm{m^5 \cdot s^{-2}}$ après conversion, d'où
$$E = \rho\,a \approx 6{,}8 \times 10^{13} \text{ J} \approx 16 \text{ kilotonnes de TNT}$$

L'alignement des points est excellent sur quatre décades en temps, ce qui valide la dépendance prédite. On peut le confirmer autrement, en portant $\ln r$ en fonction de $\ln t$ : la pente vaut 0,404, à comparer à la valeur théorique $2/5 = 0{,}400$.

La méthode a ses limites : la constante $C$ a été supposée égale à 1, alors que rien ne le garantit — Taylor a calculé qu'elle valait environ 1,03 pour l'air, ce qui n'est qu'une chance. Et le modèle suppose que l'énergie de l'explosion est très grande devant l'énergie thermique de l'air déplacé, ce qui cesse d'être vrai aux temps longs, quand l'onde de choc s'affaiblit.

Commencer par faire l'inventaire des grandeurs et déterminer leur dimension, puis chercher un temps caractéristique sous la forme d'un produit de puissances de ces quatre grandeurs.

Pour la question 3, l'analyse dimensionnelle ne donne qu'un lien de proportionnalité, avec une constante inconnue. Faire le rapport entre les deux temps de cuisson permet de l'éliminer : on pourra noter $m_1$ et $m_2$ les deux masses pour ne pas les confondre.

Pour la question 4, il suffit de diviser le temps caractéristique par une masse.

1. Les dimensions des quatre grandeurs sont
$$\mathrm{dim}(m) = \mathrm{M} \qquad \mathrm{dim}(\rho) = \mathrm{ML^{-3}} \qquad \mathrm{dim}(\lambda) = \mathrm{MLT^{-3}\Theta^{-1}} \qquad \mathrm{dim}(c_p) = \mathrm{L^{2}T^{-2}\Theta^{-1}}$$

On cherche $T$ sous la forme $\mathrm{dim}(T) = \mathrm{dim}\left(m^\alpha\rho^\beta\lambda^\gamma c_p^\delta\right)$, soit
$$\mathrm{dim}(T) = \mathrm{M}^{\alpha + \beta + \gamma}\,\mathrm{L}^{\gamma+2\delta-3\beta}\,\mathrm{T}^{-3\gamma-2\delta}\,\Theta^{-\gamma-\delta}$$

L'identification avec la dimension d'un temps donne le système
$$\alpha + \beta + \gamma = 0 \qquad \gamma + 2\delta - 3\beta = 0 \qquad -3\gamma - 2\delta = 1 \qquad -\gamma - \delta = 0$$

La dernière équation donne $\delta = -\gamma$ ; en reportant dans la troisième, $-3\gamma + 2\gamma = 1$, soit $\gamma = -1$ et $\delta = 1$. La deuxième donne alors $\beta = 1/3$, et la première $\alpha = 2/3$. D'où
$$\boxed{\alpha = \dfrac{2}{3}, \quad \beta = \dfrac{1}{3}, \quad \gamma = -1, \quad \delta = 1} \qquad \text{soit} \qquad T \sim \dfrac{m^{2/3}\rho^{1/3}c_p}{\lambda}$$

2. La masse intervient à la puissance $2/3$.

3. Notons $m_1 = 800$ g et $m_2 = 1$ kg, dont le temps de cuisson est $T_2 = 32$ minutes. Le temps caractéristique s'écrit $T = k\,m^{2/3}$, où $k$ regroupe les autres grandeurs, constantes ici, ainsi que tous les facteurs numériques que l'analyse dimensionnelle ne donne pas. En faisant le rapport des deux temps, cette constante inconnue disparaît :
$$\boxed{\dfrac{T_1}{T_2} = \left(\dfrac{m_1}{m_2}\right)^{2/3}}$$

Application numérique : $T_1 = (0{,}8)^{2/3} \times 32 = 28$ min.

4. En notant $T_m$ le temps de cuisson par unité de masse, on a $\mathrm{dim}(T_m) = \mathrm{T\,M^{-1}}$. D'après la question 2, $T_m$ dépend donc de la masse à la puissance $2/3 - 1 = -1/3$ :
$$\boxed{T_m \sim m^{-1/3}\rho^{1/3}c_p\lambda^{-1}}$$

Plus le rôti est gros, plus le temps de cuisson par unité de masse est faible : le modèle prédit donc bien la tendance annoncée par le livre de recettes.

5. Le rapport des temps de cuisson par unité de masse est, d'après la recette, compris entre $16/12 = 1{,}3$ et $16/10 = 1{,}6$. Le modèle prévoit un rapport égal à celui des masses à la puissance $-1/3$, soit entre $1{,}8^{1/3} = 1{,}2$ et $2^{1/3} = 1{,}3$.

Les deux intervalles se recouvrent : le modèle est en accord avec le livre de recettes, il semble donc pertinent. Il reste néanmoins simpliste — on aurait pu ajouter d'autres paramètres, à commencer par la forme du rôti, puisqu'un rôti coupé en tranches cuit bien plus vite à masse égale.

Les facteurs $2\pi$ et $4\pi$ sont sans dimension et disparaissent de l'analyse. Dans la première relation, $L$ et $r$ étant tous deux des longueurs, leur rapport est sans dimension.

1. En isolant $\mu_0 = \dfrac{2\pi r F}{LI^2}$, le rapport $r/L$ est sans dimension et il reste
$$\mathrm{dim}(\mu_0) = \frac{\mathrm{dim}(F)}{\mathrm{dim}(I)^2} = \frac{\mathrm{MLT^{-2}}}{\mathrm{I^2}} = \mathrm{MLT^{-2}I^{-2}}$$

L'unité correspondante s'écrit $[\mu_0] = \mathrm{N \cdot A^{-2}}$, aussi notée $\mathrm{H \cdot m^{-1}}$ (henry par mètre).

2. En isolant $\varepsilon_0 = \dfrac{e^2}{4\pi F r^2}$, avec $\mathrm{dim}(e) = \mathrm{IT}$ :
$$\mathrm{dim}(\varepsilon_0) = \frac{\mathrm{I^2T^2}}{\mathrm{MLT^{-2}} \times \mathrm{L^2}} = \mathrm{M^{-1}L^{-3}T^{4}I^{2}}$$

L'unité correspondante s'écrit $[\varepsilon_0] = \mathrm{F \cdot m^{-1}}$ (farad par mètre).

3. Le produit des deux dimensions vaut
$$\mathrm{dim}(\varepsilon_0\mu_0) = \mathrm{M^{-1}L^{-3}T^{4}I^{2}} \times \mathrm{MLT^{-2}I^{-2}} = \mathrm{L^{-2}T^{2}}$$

C'est l'inverse du carré d'une vitesse. La grandeur cherchée est donc
$$\boxed{v = \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}}$$

L'application numérique donne $3{,}00 \times 10^8$ $\mathrm{m \cdot s^{-1}}$ : on retrouve la célérité de la lumière dans le vide. C'est ce résultat, obtenu par Maxwell en 1862 à partir de deux constantes mesurées dans des expériences d'électricité et de magnétisme sans aucun rapport apparent avec l'optique, qui l'a conduit à identifier la lumière à une onde électromagnétique.

Poser $f = C\,R^a \rho^b G^c$ avec $C$ sans dimension, puis écrire l'équation aux dimensions. Trois dimensions fondamentales interviennent — M, L et T — pour trois inconnues : le système est cette fois entièrement déterminé.

On cherche $f = C\,R^a \rho^b G^c$ avec $C$ une constante sans dimension. Les dimensions des grandeurs sont
$$\mathrm{dim}(f) = \mathrm{T^{-1}} \qquad \mathrm{dim}(R) = \mathrm{L} \qquad \mathrm{dim}(\rho) = \mathrm{ML^{-3}} \qquad \mathrm{dim}(G) = \mathrm{M^{-1}L^{3}T^{-2}}$$

L'équation aux dimensions s'écrit
$$\mathrm{T^{-1}} = \mathrm{L}^a \left(\mathrm{ML^{-3}}\right)^b \left(\mathrm{M^{-1}L^{3}T^{-2}}\right)^c = \mathrm{M}^{\,b-c}\,\mathrm{L}^{\,a-3b+3c}\,\mathrm{T}^{-2c}$$

L'identification donne
$$b - c = 0 \qquad a - 3b + 3c = 0 \qquad -2c = -1$$

d'où $c = \dfrac{1}{2}$, puis $b = \dfrac{1}{2}$ et enfin $a = 3b - 3c = 0$. On obtient
$$\boxed{f = C\sqrt{G\rho}}$$

Le rayon n'intervient pas : deux étoiles de même masse volumique vibrent à la même fréquence, quelle que soit leur taille. C'est un résultat que l'analyse dimensionnelle livre gratuitement, et qui serait très laborieux à établir par un calcul complet.

Application numérique pour le Soleil, de masse volumique moyenne $\rho \approx 1{,}4 \times 10^3$ $\mathrm{kg \cdot m^{-3}}$ : avec $G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ SI, on trouve $f \approx C \times 3 \times 10^{-4}$ Hz, soit une période de l'ordre de l'heure. Les oscillations solaires réellement observées ont une période de l'ordre de cinq minutes : l'ordre de grandeur est correct, ce qui valide le modèle de Rayleigh.

Dans chaque cas, la démarche est la même : ramener la question à un rapport de deux grandeurs de même nature, une grandeur totale et une grandeur élémentaire — une surface totale divisée par une surface par personne, un volume divisé par un volume par balle.

Le résultat attendu est un ordre de grandeur : deux chiffres significatifs sont déjà trop. L'essentiel est de pouvoir justifier chaque estimation intermédiaire.

1. La tribune occupe $100 \times 37{,}5 = 3{,}8 \times 10^3$ m$^2$. Un spectateur assis occupe un siège d'environ 50 cm sur 80 cm, soit 0,4 m$^2$ ; en tenant compte des allées et des dégagements, on compte plutôt 2 personnes par mètre carré. D'où
$$N \approx 2 \times 3{,}8 \times 10^3 \approx 8 \times 10^3 \text{ places}$$

L'ordre de grandeur est $10^4$, ce qui est cohérent avec la capacité d'une tribune de stade municipal.

2. Une rue parisienne large fait une dizaine de mètres entre les trottoirs. Sur 2 km, le cortège occupe donc environ $2 \times 10^3 \times 10 = 2 \times 10^4$ m$^2$. Une foule dense mais qui avance correspond à 2 personnes par mètre carré, d'où
$$N \approx 4 \times 10^4 \text{ personnes}$$

L'ordre de grandeur est $10^4$ à $10^5$. C'est exactement ce type d'estimation qui explique les écarts, souvent d'un facteur 3 à 5, entre les chiffres de la police et ceux des organisateurs : ils ne diffèrent que par l'hypothèse sur la densité et sur la largeur occupée.

3. Un crâne est assimilable à une demi-sphère de rayon 9 cm, soit une surface $2\pi R^2 \approx 5 \times 10^2$ cm$^2$. En observant de près une chevelure, on compte une dizaine de cheveux par millimètre carré, soit environ 200 par centimètre carré. D'où
$$N \approx 5 \times 10^2 \times 200 \approx 10^5 \text{ cheveux}$$

La valeur admise est de 100 000 à 150 000 cheveux.

4. Un bus mesure environ 12 m de long, 2,5 m de large et 2,5 m de haut, soit 75 m$^3$ ; en retirant les sièges et les passages de roues, il reste de l'ordre de 50 m$^3$.

Une balle de golf a un diamètre de 4,3 cm, soit un volume $\frac{4}{3}\pi R^3 \approx 4 \times 10^{-5}$ m$^3$. Des sphères empilées au hasard n'occupent qu'environ 60 % de l'espace, d'où un volume effectif de $7 \times 10^{-5}$ m$^3$ par balle :
$$N \approx \frac{50}{7 \times 10^{-5}} \approx 7 \times 10^5 \text{ balles}$$

L'ordre de grandeur est $10^6$. Négliger la compacité de l'empilement n'aurait changé le résultat que de 60 %, ce qui est sans conséquence sur un ordre de grandeur : c'est l'estimation du volume utile du bus qui domine l'incertitude.

Pour la question 2, il n'est pas nécessaire de connaître la définition d'une inductance ou d'une capacité : les deux informations de l'énoncé, $\mathrm{dim}(L\omega) = \mathrm{dim}(R)$ et $\mathrm{dim}(1/(C\omega)) = \mathrm{dim}(R)$, suffisent à tout exprimer en fonction de $\mathrm{dim}(R)$ et d'un temps.

1. En dimensions fondamentales, $\mathrm{dim}(\varepsilon_0) = \mathrm{M^{-1}L^{-3}T^{4}I^{2}}$. Pour $\mu_0$, exprimé en $\mathrm{N \cdot A^{-2}}$, on utilise le fait que le newton est l'unité d'une force, de dimension $\mathrm{MLT^{-2}}$, d'où $\mathrm{dim}(\mu_0) = \mathrm{MLT^{-2}I^{-2}}$. Le produit vaut
$$\mathrm{dim}(\varepsilon_0\mu_0) = \mathrm{M^{-1}L^{-3}T^{4}I^{2}} \times \mathrm{MLT^{-2}I^{-2}} = \mathrm{L^{-2}T^{2}}$$

C'est l'inverse du carré d'une vitesse. En multipliant par $c^2$, de dimension $\mathrm{L^2T^{-2}}$, on obtient bien une grandeur sans dimension : la relation est homogène.

2. a) De $\mathrm{dim}(L\omega) = \mathrm{dim}(R)$ et $\mathrm{dim}(\omega) = \mathrm{T^{-1}}$ on tire $\mathrm{dim}(L) = \mathrm{dim}(R)\,\mathrm{T}$, donc $\mathrm{dim}\left(\dfrac{L}{R}\right) = \mathrm{T}$.

De $\mathrm{dim}\left(\dfrac{1}{C\omega}\right) = \mathrm{dim}(R)$ on tire $\mathrm{dim}(C) = \dfrac{\mathrm{T}}{\mathrm{dim}(R)}$, donc $\mathrm{dim}(RC) = \mathrm{T}$.

Enfin $\mathrm{dim}(LC) = \mathrm{dim}(R)\,\mathrm{T} \times \dfrac{\mathrm{T}}{\mathrm{dim}(R)} = \mathrm{T^2}$, donc $\mathrm{dim}\left(\sqrt{LC}\right) = \mathrm{T}$.

b) De $P = RI^2$ on tire
$$\mathrm{dim}(R) = \frac{\mathrm{dim}(P)}{\mathrm{dim}(I)^2} = \frac{\mathrm{ML^2T^{-3}}}{\mathrm{I^2}} = \mathrm{ML^{2}T^{-3}I^{-2}}$$

c) En reportant dans les résultats de la question a) :
$$\mathrm{dim}(L) = \mathrm{dim}(R)\,\mathrm{T} = \mathrm{ML^{2}T^{-2}I^{-2}} \qquad \mathrm{dim}(C) = \frac{\mathrm{T}}{\mathrm{dim}(R)} = \mathrm{M^{-1}L^{-2}T^{4}I^{2}}$$

d) i) Le dénominateur additionne $R^2$ et $(L\omega)^2$, qui ont bien la même dimension, celle du carré d'une résistance. Le quotient vaut donc
$$\mathrm{dim}\left(\frac{L}{R^2}\right) = \frac{\mathrm{dim}(R)\,\mathrm{T}}{\mathrm{dim}(R)^2} = \frac{\mathrm{T}}{\mathrm{dim}(R)} = \mathrm{dim}(C)$$
La formule est homogène.

ii) $\mathrm{dim}(C\omega U) = \dfrac{\mathrm{T}}{\mathrm{dim}(R)} \times \mathrm{T^{-1}} \times \mathrm{dim}(U) = \dfrac{\mathrm{dim}(U)}{\mathrm{dim}(R)} = \mathrm{dim}(I)$. La formule est homogène.

iii) Le dénominateur est homogène, de la dimension d'un carré de résistance, mais le membre de droite est alors de dimension $\dfrac{\mathrm{dim}(U)}{\mathrm{dim}(R)^2} = \dfrac{\mathrm{dim}(I)}{\mathrm{dim}(R)}$, qui n'est pas celle d'une capacité. La formule n'est pas homogène.

Une lecture rapide permettait d'ailleurs de le soupçonner : la grandeur $C$ apparaît des deux côtés de l'égalité, ce qui est le signe d'une erreur de recopie — il s'agit vraisemblablement de l'expression de l'intensité dans un circuit RLC série.

Une somme n'est homogène que si tous ses termes ont la même dimension : c'est souvent le test le plus rapide, avant même de calculer quoi que ce soit.

Pour la dernière question, se souvenir que $RT$ n'a pas de dimension propre : c'est $nRT$ qui est une énergie, donc $RT$ est une énergie par mole.

1. La bonne réponse est d).

a) Le rapport $\dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2}$ est homogène à une résistance, pas à une tension.

b) Le numérateur additionne $R_1E_1$, de dimension $\mathrm{dim}(R)\,\mathrm{dim}(U)$, et $R_1(R_1+R_2)E_2$, de dimension $\mathrm{dim}(R)^2\mathrm{dim}(U)$ : la somme n'est pas homogène.

c) Le premier terme $\dfrac{R_1R_2I}{R_1+R_2}$ est bien une tension, mais le second, $R_3E$, est de dimension $\mathrm{dim}(R)\,\mathrm{dim}(U)$ : la somme n'est pas homogène.

d) Le numérateur est de dimension $\mathrm{dim}(U)/\mathrm{dim}(R) = \mathrm{dim}(I)$, le dénominateur de dimension $1/\mathrm{dim}(R)$. Le quotient est donc de dimension $\mathrm{dim}(I)\,\mathrm{dim}(R) = \mathrm{dim}(U)$ : la relation est homogène.

2. La bonne réponse est b).

a) $\dfrac{g}{h}$ est de dimension $\mathrm{T}^{-2}$, sa racine est l'inverse d'un temps.

b) $gh$ est de dimension $\mathrm{L^2T^{-2}}$, sa racine est bien une vitesse.

c) $mgh$ est une énergie : sa racine n'est pas une vitesse.

3. En notant $\mathrm{I}$ la dimension d'un courant et $\mathrm{Q = IT}$ celle d'une charge :
$$\mathrm{dim}(qn^*vbh) = \mathrm{IT} \times \mathrm{L^{-3}} \times \mathrm{LT^{-1}} \times \mathrm{L} \times \mathrm{L} = \mathrm{I}$$

La relation est bien homogène. Le signe moins n'intervient pas dans l'analyse dimensionnelle : il traduit seulement le signe négatif de la charge de l'électron.

4. La bonne réponse est b).

De $pV = nRT$ on tire que $nRT$ est une énergie, donc $RT$ est une énergie par mole. En divisant par la masse molaire $M$, $\dfrac{RT}{M}$ est une énergie par unité de masse, soit $\mathrm{L^2T^{-2}}$ : c'est le carré d'une vitesse.

a) $\dfrac{RT}{M}$ est un carré de vitesse, pas une vitesse.

b) $\sqrt{\dfrac{RT}{M}}$ est bien une vitesse.

c) $\dfrac{RT}{\rho}$ mélange une grandeur molaire et une grandeur massique : sa dimension est $\mathrm{L^5T^{-2}N^{-1}}$, ce n'est pas le carré d'une vitesse.

Pour la question 2, écrire l'équation aux dimensions des deux membres et identifier les exposants de M, L et T. Trois équations pour quatre inconnues : il manque une condition, que fournit la forme même de la loi cherchée — la masse $m$ du satellite n'y figure pas, et le membre de gauche ne dépend que de la trajectoire.

Pour l'application numérique, la donnée manquante est $GM_\odot \approx 1{,}33 \times 10^{20}$ m$^3\cdot$s$^{-2}$, produit qui se mesure bien plus précisément que $G$ et $M_\odot$ séparément.

1. De $F = \dfrac{GmM}{r^2}$ on tire $G = \dfrac{Fr^2}{mM}$, d'où
$$\mathrm{dim}(G) = \frac{\mathrm{MLT^{-2}} \times \mathrm{L^2}}{\mathrm{M^2}} = \mathrm{M^{-1}L^{3}T^{-2}}$$

L'unité SI associée s'écrit $[G] = \mathrm{m^3 \cdot kg^{-1} \cdot s^{-2}}$.

2. Le facteur $4\pi^2$ étant sans dimension, l'équation aux dimensions s'écrit
$$\frac{\mathrm{T}^\alpha}{\mathrm{L}^\beta} = \frac{1}{\left(\mathrm{M^{-1}L^{3}T^{-2}}\right)^\gamma \mathrm{M}^\delta} = \mathrm{M^{\gamma - \delta} L^{-3\gamma} T^{2\gamma}}$$

L'identification terme à terme donne
$$\gamma - \delta = 0 \qquad -\beta = -3\gamma \qquad \alpha = 2\gamma$$

soit $\delta = \gamma$, $\beta = 3\gamma$ et $\alpha = 2\gamma$. Les exposants ne sont donc déterminés qu'à un facteur multiplicatif près : l'analyse dimensionnelle seule ne peut pas trancher, puisque toute puissance de la relation reste dimensionnellement correcte. Le choix $\gamma = 1$, le plus simple, donne
$$\boxed{\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}}$$

C'est bien la troisième loi de Kepler. On retiendra que la période ne dépend pas de la masse $m$ du satellite, ce qui n'allait pas de soi.

3. La loi s'inverse en $R = \left(\dfrac{GM_\odot T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}$, avec $GM_\odot = 1{,}33 \times 10^{20}$ $\mathrm{m^3 \cdot s^{-2}}$.

Mars : $T = 686{,}9 \times 86400 = 5{,}94 \times 10^7$ s, d'où $R = 2{,}28 \times 10^{11}$ m, soit 1,52 UA.

Jupiter : $T = 3{,}75 \times 10^8$ s, d'où $R = 7{,}78 \times 10^{11}$ m, soit 5,20 UA.

Saturne : $T = 9{,}29 \times 10^8$ s, d'où $R = 1{,}43 \times 10^{12}$ m, soit 9,54 UA.

Ces trois valeurs sont celles des tables astronomiques. On mesure ici toute la puissance de la méthode : une simple mesure de durée, accessible à l'œil nu depuis l'Antiquité, donne la distance d'une planète au Soleil.