Où sont les franges ? Non-localisation et forme

La stratégie. La différence de marche est une différence de deux distances : ses lignes de niveau sont des hyperboles, et la forme des franges est l'intersection de l'écran avec cette famille de surfaces. L'expression $ax/D$ en est une approximation, que l'on chiffre.

1) Des hyperboloïdes, en nombre fini. Dans le triangle $S_1{S}_{2}M$, l'inégalité triangulaire donne $|S_{2}M-S_{1}M|\le S_1{S}_2=a$, avec égalité seulement si $M$ est sur la droite $(S_1{S}_2)$, à l'extérieur du segment. Dans un plan contenant $(S_1{S}_2)$, le lieu $S_{2}M-S_{1}M=c$, avec $0<|c|<a$, est une branche d'hyperbole de foyers $S_1$ et $S_2$ (définition bifocale) ; par invariance autour de $(S_1{S}_2)$, le lieu $\delta =p\lambda$ est une nappe d'hyperboloïde de révolution d'axe $(S_1{S}_2)$, du côté de $S_1$ si $p>0$ (le point est plus près de $S_1$). Pour $p=0$, c'est le plan médiateur de $[S_1{S}_2]$. La condition $|\delta |\le a$ impose $$|p|\le \frac{a}{\lambda }=\frac{1,0\times 10^{-3}}{0,50\times 10^{-6}}=2000.$$ Il y a donc $4001$ surfaces brillantes, de $p=-2000$ à $p=2000$ (les deux extrêmes dégénérant en demi-droites de l'axe, au-delà des trous) : un nombre énorme parce que $a\gg \lambda$, mais fini.

2) Les ondes centimétriques. À grande distance, $S_{1}M$ et $S_{2}M$ sont pratiquement parallèles à $IM$ ; si $\theta$ est l'angle entre $IM$ et le plan médiateur (positif du côté de $S_1$), $\delta$ est la projection de $\overrightarrow{S_2{S}_1}$ sur cette direction : $\delta =a\sin \theta$. Les maxima sont dans les directions $\sin \theta =p\lambda /a$, avec $|p|\le a/\lambda =10/2,8=3,57$, donc $p\in \{-3,\dots ,3\}$ :

$$\theta =0,\pm 16,3^{\circ },\pm 34,1^{\circ },\pm 57,1^{\circ }.$$ On détecte sept maxima, et pas un de plus : les directions asymptotiques des hyperboloïdes de la question 1. Comparaison : l'approximation $\theta \approx p\lambda /a$ donnerait $48^{\circ }$ au lieu de $57,1^{\circ }$ pour $p=3$ ; avec $a/\lambda \approx 3,6$, la loi linéaire ne vaut plus rien. En optique, $a/\lambda \approx 2000$ et l'on n'observe que $|p|\ll a/\lambda$ : elle est excellente.

3) Pourquoi les franges ne sont pas localisées. La source est ponctuelle et monochromatique : en tout point $M$ du recouvrement, les deux ondes viennent du même point source, ont la même pulsation, et leur déphasage $2\pi \delta (M)/\lambda$ est défini et constant dans le temps. La formule de Fresnel s'applique en tout point, avec un contraste égal à $1$ partout : aucune région n'est privilégiée, et un écran placé n'importe où dans le champ d'interférences coupe la famille de surfaces $\delta =p\lambda$ selon des franges contrastées. Elles sont non localisées. Au chapitre suivant, c'est l'étendue de la source qui localisera les franges.

En reculant l'écran, $i=\lambda D/a$ croît comme $D$ : la figure se dilate, à interfrange angulaire $\lambda /a$ constant ; l'éclairement diminue en $1/D^2$, mais le contraste reste $1$ : les franges ne se brouillent pas.

4) Forme des franges sur un écran parallèle. Avec $S_1(a/2,0,0)$, $S_2(-a/2,0,0)$ et $M(x,y,D)$ : $$S_2{M}^2-S_1{M}^2={\left(x+\frac{a}{2}\right)}^2-{\left(x-\frac{a}{2}\right)}^2=2ax.$$ En factorisant le premier membre, $(S_{2}M-S_{1}M)(S_{2}M+S_{1}M)=2ax$, d'où, sans approximation : $$\delta =\frac{2ax}{S_{1}M+S_{2}M}.$$ Pour $a\ll D$, $\delta \approx \frac{ax}{\sqrt{D^2+x^2+y^2}}$. Près de $O$ ($|x|,|y|\ll D$), $\delta \approx ax/D$ ne dépend que de $x$ : les franges sont les droites $x=\mathrm{cte}$, perpendiculaires à la direction $S_1{S}_2$, équidistantes, d'interfrange $\lambda D/a$. Avec des fentes, allongées selon $y$, les franges sont parallèles aux fentes. Loin de $O$, la condition $\delta =\mathrm{cte}$ s'écrit $x^2(1-s^2)-s^2{y}^2=s^2{D}^2$, avec $s=\delta /a$ : ce sont des hyperboles, intersections des hyperboloïdes avec un plan parallèle à leur axe. Seule la frange d'ordre $0$, trace du plan médiateur, reste rigoureusement droite.

Validité de $ax/D$. Pour $y=0$, $\delta \approx \frac{ax}{D}{\left(1+\frac{x^2}{D^2}\right)}^{-1/2}\approx \frac{ax}{D}-\frac{a{x}^3}{2D^3}$. L'erreur relative vaut $x^2/(2D^2)$, et l'erreur absolue, rapportée à $\lambda$ : $$\frac{a{x}^3}{2D^3\lambda }=\frac{1,0\times 10^{-3}\times (5,0\times 10^{-2}{)}^3}{2\times 1,0\times 0,50\times 10^{-6}}=0,125.$$ En ce point, l'ordre vaut $ax/(\lambda D)=100$ : à la centième frange, l'approximation se trompe d'un huitième de frange (le calcul exact donne $0,1248$). Dans un champ éclairé de l'ordre du centimètre, l'erreur est cent fois plus petite.

5) L'écran perpendiculaire à $S_1{S}_2$ : des anneaux. Un plan perpendiculaire à l'axe de révolution coupe chaque hyperboloïde selon un cercle centré sur l'axe : les franges sont des anneaux concentriques, centrés sur la droite $(S_1{S}_2)$. Sur cette droite, au-delà de $S_1$, $\delta =a$ : l'ordre y est maximal, $p=a/\lambda =2000$, et il décroît quand on s'éloigne de l'axe. Avec des trous percés dans un écran opaque, la droite $(S_1{S}_2)$ est dans le plan de cet écran : on ne voit que des arcs d'anneaux. Deux sources alignées avec la direction d'observation, c'est la géométrie du Michelson en lame d'air, au chapitre suivant.

Ce que l'exercice installe. La forme des franges se déduit de la famille de surfaces $\delta =p\lambda$, coupée par l'écran. Les franges d'Young sont non localisées parce que la source est ponctuelle ; rectilignes, perpendiculaires à $S_1{S}_2$ et équidistantes parce que l'écran est loin et qu'on regarde près de l'axe, à une précision que l'on sait chiffrer.