Problème : dispersion intermodale et débit maximal d'une fibre à saut d'indice

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La vitesse de la lumière $c/n$ dans un milieu d'indice $n$ (chapitre 1), la condition de guidage $\cos r\ge n_2/n_1$ établie à l'exercice 6. La stratégie : les rayons vont tous à la même vitesse $c/n_1$, mais pas sur la même longueur ; l'écart des longueurs donne l'écart des durées.

1) Le rayon axial. Il parcourt la longueur $L$ à la vitesse $c/n_1$ : $$t_{\min }=\frac{L{n}_1}{c}.$$ Pour $L=1\mathrm{km}$ : $t_{\min }=\frac{10^3\times 1,50}{3,0\times 10^8}=5,0\times 10^{-6}\mathrm{s}$, cinq microsecondes.

2) Le rayon le plus incliné. La longueur parcourue. Un rayon d'inclinaison $r$ avance, entre deux réflexions, d'une longueur $\ell$ le long de son trajet et de $\ell \cos r$ le long de l'axe. La réflexion sur une paroi parallèle à l'axe conserve l'angle $r$ avec l'axe : sur chaque segment du zigzag, le rapport « longueur parcourue sur avancée axiale » vaut $1/\cos r$. En sommant sur tous les segments (le dernier, éventuellement incomplet, compris), pour une avancée axiale totale $L$, la longueur parcourue vaut $${\ell }_{\mathrm{tot}}=\frac{L}{\cos r},$$ indépendamment du nombre de réflexions et du point d'entrée.

La durée. La durée de parcours $\frac{L{n}_1}{c\cos r}$ croît avec $r$ ; elle est maximale pour le rayon guidé le plus incliné, $\cos r_{\max }=n_2/n_1$ : $$t_{\max }=\frac{L{n}_1}{c\cos r_{\max }}=\frac{L{n}_1}{c}\cdot \frac{n_1}{n_2}=\frac{L{n}_1^2}{n_{2}c}.$$ Pour $L=1\mathrm{km}$ : $t_{\max }=5,0\times 10^{-6}\times 1,50/1,48=5,068\times 10^{-6}\mathrm{s}$.

3) La dispersion intermodale. $$\Delta t=t_{\max }-t_{\min }=\frac{L{n}_1}{c}\left(\frac{n_1}{n_2}-1\right)=\frac{L{n}_1(n_1-n_2)}{n_{2}c}.$$ Homogénéité. Une longueur divisée par une vitesse, multipliée par un nombre sans dimension : une durée. Cas limite. $n_2\to n_1$ : $\Delta t\to 0$, mais aussi $r_{\max }\to 0$ et $\mathrm{ON}\to 0$ — plus de dispersion, parce que plus aucun rayon incliné n'est guidé. Application numérique pour $L=1\mathrm{km}$ : $$\Delta t=\frac{10^3\times 1,50\times 0,02}{1,48\times 3,0\times 10^8}=6,76\times 10^{-8}\mathrm{s}\approx 68\mathrm{ns},$$ soixante-huit nanosecondes par kilomètre, à comparer aux cinq microsecondes du trajet : un écart relatif de $1,35\%$, égal à $(n_1-n_2)/n_2$.

Le rayon axial. Un rayon unique a une durée de parcours unique : il ne disperse pas. La dispersion intermodale n'est pas une propriété d'un rayon, c'est l'écart entre les durées des différents rayons (des différents « modes ») qui transportent la même impulsion. Mais toute source réelle remplit le cône d'acceptance.

4) Le débit maximal. À la sortie, chaque impulsion brève est devenue une impulsion de durée $\Delta t$. Deux impulsions successives, émises à l'intervalle $1/B$, restent distinctes si elles ne se chevauchent pas, c'est-à-dire si $1/B\gtrsim \Delta t$ : $$B\lesssim \frac{1}{\Delta t}=\frac{n_{2}c}{L{n}_1(n_1-n_2)},BL\lesssim \frac{n_{2}c}{n_1(n_1-n_2)}.$$ Le produit débit fois longueur ne dépend que des indices : doubler la longueur divise par deux le débit possible. Applications numériques : $1/\Delta t=1/(6,76\times 10^{-8})=1,48\times 10^7$ bits par seconde, soit environ 15 mégabits par seconde sur un kilomètre ; $BL=1,48\times 10^{10}\mathrm{bit}{\mathrm{s}}^{-1}\mathrm{m}$, environ $15$ mégabits par seconde fois kilomètre. À $B=100$ mégabits par seconde : $$L_{\max }=\frac{1,48\times 10^{10}}{10^8}=148\mathrm{m}:$$ une fibre à saut d'indice de ce type ne suffit même pas à câbler un bâtiment en réseau rapide.

5) Le compromis ouverture et débit. Dans $\Delta t=\frac{L{n}_1(n_1-n_2)}{n_{2}c}$, on écrit $n_1-n_2=\frac{n_1^2-n_2^2}{n_1+n_2}=\frac{{\mathrm{ON}}^2}{n_1+n_2}$, et $n_1+n_2\approx 2n_1$ : $$\Delta t=\frac{L{n}_1{\mathrm{ON}}^2}{n_{2}c(n_1+n_2)}\approx \frac{L{\mathrm{ON}}^2}{2n_{2}c}.$$ Pour $n_2=1,48$ : $\frac{10^3\times 0,0596}{2\times 1,48\times 3,0\times 10^8}=6,71\times 10^{-8}\mathrm{s}$, à $0,7\%$ de la valeur exacte. Le script suivant compare plusieurs gaines :

import numpy as np

n1, c, L = 1.50, 3.0e8, 1.0e3      # coeur, c (m/s), L (m)
print("n2    ON     theta_a  dt(ns/km)  BL(Mbit/s.km)")
for n2 in (1.49, 1.48, 1.45, 1.40):
    ON = np.sqrt(n1**2 - n2**2)            # ouverture numerique
    th = np.degrees(np.arcsin(ON))         # demi-angle (deg)
    dt = L * n1 * (n1 - n2) / (n2 * c)     # dispersion (s)
    BL = (1 / dt) * (L / 1e3) / 1e6        # debit x longueur
    print(f"{n2:.2f}  {ON:.3f}  {th:5.1f}"
          f"    {dt*1e9:6.1f}     {BL:5.1f}")

Il affiche :

n2    ON     theta_a  dt(ns/km)  BL(Mbit/s.km)
1.49  0.173   10.0      33.6      29.8
1.48  0.244   14.1      67.6      14.8
1.45  0.384   22.6     172.4       5.8
1.40  0.539   32.6     357.1       2.8

Passer de $n_2=1,48$ à $n_2=1,49$ divise l'écart d'indice par deux : la dispersion est divisée par deux ($33,6$ au lieu de $67,6$ nanosecondes par kilomètre), le débit doublé ; mais l'ouverture numérique tombe de $0,244$ à $0,173$ et le demi-angle d'acceptance de $14,1^{\circ }$ à $10,0^{\circ }$ — la fibre collecte deux fois moins de lumière (l'angle solide du cône varie comme ${\mathrm{ON}}^2$) et supporte moins bien les courbures (le rayon de courbure minimal varie comme $1/(n_1-n_2)$). Capter beaucoup de lumière et transmettre vite sont incompatibles : les deux dépendent de la même quantité ${\mathrm{ON}}^2$, dans des sens opposés. Un grand cône d'acceptance, c'est précisément une grande dispersion des inclinaisons, donc des longueurs de trajet.

6) La liaison transocéanique. Avec $L=6,0\times 10^6\mathrm{m}$ : $$\Delta t=\frac{6,0\times 10^6\times 1,50\times 0,02}{1,48\times 3,0\times 10^8}=4,1\times 10^{-4}\mathrm{s}=0,41\mathrm{ms},$$ soit zéro virgule quarante et une milliseconde (et non des secondes : $68\mathrm{ns}$ par kilomètre fois $6000\mathrm{km}$ redonnent bien $0,41\mathrm{ms}$). Le débit maximal vaut $$B\lesssim \frac{1}{4,05\times 10^{-4}}=2,5\times 10^3\mathrm{bit}{\mathrm{s}}^{-1},$$ soit deux virgule cinq kilobits par seconde — environ deux mille cinq cents bits par seconde, le débit d'un modem téléphonique des années quatre-vingt. C'est dérisoire : une fibre à saut d'indice est inutilisable pour une liaison transocéanique. On emploie en réalité des fibres monomodes (cœur de quelques micromètres, un seul mode guidé, donc plus de dispersion intermodale) ou, sur des distances moyennes, des fibres à gradient d'indice — deux dispositifs qu'on cite sans les étudier, le programme ne les traitant pas. S'y ajoutent des amplificateurs optiques répartis, environ tous les $80\mathrm{km}$, pour compenser l'atténuation.

Le résultat établi — dispersion intermodale et débit maximal d'une fibre à saut d'indice. Dans une fibre à saut d'indice de longueur $L$, les rayons guidés arrivent étalés sur la durée $$\Delta t=\frac{L{n}_1(n_1-n_2)}{n_{2}c}\approx \frac{L{\mathrm{ON}}^2}{2n_{2}c},$$ ce qui limite le débit binaire à $B\lesssim 1/\Delta t$ : le produit débit fois longueur, $BL\lesssim n_{2}c/[n_1(n_1-n_2)]$, ne dépend que des indices, et il est d'autant plus petit que l'ouverture numérique est grande.

Ce que le problème installe. Le raisonnement « même vitesse, longueurs différentes » : l'étalement d'une impulsion se calcule par la différence des durées extrêmes, chaque durée par la longueur du trajet déplié. Et la conclusion physique, qu'on retrouvera en ondes et en électronique : un canal qui étale les impulsions de $\Delta t$ ne transmet pas plus de $1/\Delta t$ informations par seconde. Avec l'exercice 6, la séance a établi les deux expressions que le programme exige pour la fibre — le cône d'acceptance et la dispersion intermodale — et montré qu'elles sont les deux faces d'une même quantité, l'ouverture numérique.