\documentclass[a4paper,11pt,twoside]{article}

\newcounter{tmp}
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%\definecolor{chromeyellow}{rgb}{1.0, 0.65, 0.0}

\usepackage{placeins}



\reference{TD 02}
% Titre :
\title{Optique géométrique}

\begin{document}
\maketitle






\section{Exercices d'applications}

\begin{ex}{Images et objets virtuels ou réels (*)}
\
\begin{figure}[ht]
  \centering
  \includegraphics{Exo1.eps}
\end{figure}

Pour répondre aux questions, il suffit d'avoir en tête cette suite de conjugaison :

$$
A \overset{(L)}{\longrightarrow} A' \overset{(M)}{\longrightarrow} A'' \overset{(L)}{\longrightarrow} A'''
$$
Après la réflexion sur (M), la lumière change de sens, changeant du même coup les côtés des images réelles et
virtuelles.

\begin{enumerate}[leftmargin=0mm,align=right]
  \item A est un objet réel pour (L) et pour l'ensemble (L+M). Par contre, ce n'est \textbf{rien} pour (M)
  car aucun rayon ne peut parvenir directement sur (M)
  
  \item Le point A' est une image pour (L) et un objet pour (M). Il n'est rien pour l'ensemble (L+M).
  
  \item Le point A' est une image réelle pour (L) et un objet virtuel pour (M).
  
  \item Le point A'' est une image réelle pour (M) et un objet réel pour (L). Le sens de propagation de la lumière a changé après la réflexion sur le miroir...
  
  \item Le point A''' est une image virtuelle pour (L) et pour l'ensemble (L+M).
\setcounter{tmp}{\value{enumi}}
\end{enumerate}

\end{ex}
%\vspace{0.2cm}

\begin{ex}{Constructions de rayons }
\
\textit{Cf cours}
\end{ex}
%\vspace{0.2cm}
\begin{ex}{Avec une lentille seule}
\

\begin{enumerate}
\item \attention pour les vergences \textbf{tout en mètre !!!}\\
$f'=2,0$cm=$2,0\;10^{-2}$m soit $v=1/(2\;10^{-2})=5\delta$.
\item \textit{C'est le cas $1$ des tracé de rayons} \attention à bien placer les points.
\item \textit{Cf après pour les valeurs}
\item On écrit la relation de conjugaison et le grandissement pour la lentille :
$$
\dfrac{1}{\overline{OA'}}-\dfrac{1}{\overline{OA}}=\dfrac{1}{f'}\;\textrm{ et }\overline{A'B'}=\gamma\overline{AB}\textrm{ avec } \dfrac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}
$$
\textit{C'est le credo des relations de conjugaison !!}\\

\begin{itemize}
\item On trouve $\overline{OA'}=\dfrac{\overline{OA}f'}{\overline{OA}+f'}$ avec $\overline{OA}=-5,0$cm.\\
\textbf{AN : } $\overline{OA}=3,3$cm et $OA=\overline{OA}$.

\item On a alors $\gamma=\dfrac{f'}{\overline{OA}+f'}$ et donc $\gamma=-0,66$ et $\overline{A'B'}=\gamma\overline{AB}=-0,66$cm.\\
On remarque que $\overline{A'B'}<0$ : l'image et à l'envers.
\end{itemize}

\item On refait pareil et on trouve $\overline{OA'}=-10$cm : l'image est à gauche de la lentille, elle est virtuelle.
\end{enumerate}
\end{ex}


\section{Etude de systèmes optiques}



\begin{ex}{La lunette astronomique}
\

\attention \textit{Avant de commencer les questions on prend le temps d'analyser le système optique et d'écrire la chaîne de conjugaison}
$$
A_\infty B_\infty \overset{(L_1)}{\longrightarrow} A_1B_1 \overset{(L_2)}{\longrightarrow} A'B'
$$

\begin{enumerate}
\item $\;$
\begin{enumerate}
 \item
 
  Pour observer sans accomoder, l'image finale en sortie de la lunette doit être à l'infini : $A'=A'_\infty$. Or pour obtenir une telle image, l'objet qui lui donne naissance doit être dans le plan focale objet de l'oculaire. Donc $A_1=F_2$.\\
 Par ailleurs l'objet initial $A$ est à l'infini. Son image $A_1$ par l'objectif sera donc au niveau du poitn focale image : $A_1=F_1'$.\\
 
 On a donc $A_1=F_2=F_1'$ donc les deux lunettes doivent être séparée de $$
 \overline{O_1O_2}=\overline{O_1F_1'}+\overline{F_1'O_2}=\overline{O_1F_1'}+\overline{F_2O_2}= f_1'+f_2'
 $$ 
 \attention c'est important de prendre le temps d'écrire ainsi les distances (\textit{cf exercice suivant}).

\item 

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[use optics,scale=1]

 \edef\tailleLentille{2}
 \edef\tailleSchem{3} %distance en plus de chaque côté des lentilles de l'axe optique

 \edef\fobj{4}
 \edef\foc{1}
 
 \edef\Theta{7} %angle d'incidence en degré
 \edef\N{3} %nombre de rayons - DOIT ETRE IMPAIR POUR LA DEFINITION DE L'ANGLE SUR LE SCHEMA, il faut qu'un rayon passe par le center
 \edef\ImpactRayEntree{0.7} % les rayon  taperont la lentille à entre \ImpactRay * la taille des lentilles /2 et son opposé
 \edef\ImpactRaySortie{0.4} % symétrique du précédent pour les rayons de sortie


\node[lens, object height=\tailleLentille cm, focal length=\fobj cm] (L2) at (0,0) {$O_1$};
\node[above] at (L2.north) {L$_1$} ;
\node[lens, object height=\tailleLentille cm, focal length=\foc cm,anchor=west focal] (L3) at (L2.east focal) {$O_2$};
\node[above] at (L3.north) {L$_2$} ;
\node (nord_foc) at ($ (L2.east focal)+(0,\tailleLentille/2) $) {};
\node (sud_foc) at ($(L2.east focal)+(0,-\tailleLentille/2)$) {};
\draw[dashed,->] (L2.east focal)node[above]{$F_1'=A_1=F_2$} -- (sud_foc)node[below]{$B_1$} ;

\draw[dashed] ($(L2.center)+(-\tailleSchem,0)$) -- ($(L3.center)+(\tailleSchem,0)$) ; %axe optique

\coordinate (oprime) at ($(L2.east focal)+(0,{-\fobj*tan(\Theta)})$) ; %objet intermédiaire
\node at (oprime) {$\bullet$} ;


  \foreach \x in {1,2,...,\N}
  {   \pgfmathparse{\ImpactRayEntree*\tailleLentille/2*(\N+1-2*\x)/(\N-1)}
      \xdef\hauteur{\pgfmathresult}  ;
      \draw[->-,red] ($(L2.center)+(-\tailleSchem,{\hauteur+\tailleSchem*tan(\Theta)})$) -- ($(L2.center) + (0,\hauteur)$) ;
      \draw[->-,red] ($(L2.center) + (0,\hauteur)$) -- (oprime);
   }

  \foreach \x in {1,2,...,\N}
  {   \pgfmathparse{\ImpactRaySortie*\tailleLentille/2*(\N+1-2*\x)/(\N-1)}
      \xdef\hauteur{\pgfmathresult}  ;
      \draw[->>-,red] (oprime) -- ($(L3.center) + (0,\hauteur)$);
      \draw[->>-,red] ($(L3.center) + (0,\hauteur)$) -- ($(L3.center)+(\tailleSchem,{\hauteur+\tailleSchem*tan(\Theta*\fobj/\foc)})$) ;
     }

\draw[thick,blue] ($(L2.center)+(-4/5*\tailleSchem,0)$) arc (180:180-\Theta:{4/5*\tailleSchem}) node[above] {$\alpha$} ;
\draw[thick,blue] ($(L3.center)+(4/5*\tailleSchem,0)$) arc (0:{\Theta*\fobj/\foc}:{4/5*\tailleSchem}) node[above] {$\alpha'$} ;

\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Si on souhaite imprimer une image sur une pellicule celle-ci doit être réelle et on pllace la pellicule où elle se trouve.\\
Ici, il faut placer la pellicule au niveau de l'image intermédiaire $A_1B_1$.
\end{enumerate}

\item $\;$
\begin{enumerate}
\item L'image finale est droite.
\item \textit{Ici, on a besoin de faire un peu de géométrie ... $\Rightarrow$ des triangles rectangles !!}\\
 On considère les triangles $O_1A_1B_1$ et $O_2A_1B_1$. 
 $$
 \tan \alpha = \dfrac{A_1B_1}{O_1A_1}=\dfrac{A_1B_1}{f_1'}\textrm{ et }  \tan \alpha' = \dfrac{A_1B_1}{O_2A_1}=\dfrac{A_1B_1}{f_2'}
 $$
 On en déduit $G= f'_1/f'_2 = 4$.
 \end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{ex}

\begin{ex}{La lunette de Galilée}
\

\attention \textit{Avant de commencer les questions on prend le temps d'analyser le système optique et d'écrire la chaîne de conjugaison}
$$
A_\infty B_\infty \overset{(L_1)}{\longrightarrow} A_1B_1 \overset{(L_2)}{\longrightarrow} A'B'
$$
\textit{Cet exercice est similaire au précédent sauf que l'oculaire est une lentille divergente désormais.}
\begin{enumerate}
\item Comme avant on a $A_1=F_2=F_1'$ donc les deux lunettes doivent être séparée de $$
 \overline{O_1O_2}=\overline{O_1F_1'}+\overline{F_1'O_2}=\overline{O_1F_1'}+\overline{F_2O_2}= f_1'+f_2'
 $$ 
 On remarque alors que, $f_2'<0$, $\overline{O_1O_2}$ est plus petit que pour une lunette astronomique.
 

\item \attention \textit{La correction n'est pas à l'échelle !}
\begin{center}

\begin{tikzpicture}[scale=1] %axe optique
\draw[thin,->](-2.5,0)--++(12,0)node[above right,fill=white]{\tiny +};

\coordinate (O1) at (0,0);%centre optique de la première lentille
\coordinate (O2) at (6,0);%centre optique de la première lentille

\def \fUn{8}; %focale de la première lentille
\def \fDe{-2};%focale de la première lentille
\draw[shift={(O1)},ultra thick,<->,>=latex] (0,-2)--++(0,4) node[above]{$L_1$};%lentille convergente
\draw[shift={(O2)},ultra thick,>-<,>=latex] (0,-2)--++(0,4) node[above]{$L_2$};%lentille divergente
\draw [thick,red, simple] (-2,0.5) --(0,0)--++($3*(0,0)-3*(-2,0.5)$) ; %rayon rouge qui passe par le centre O1

\draw [dashed,red] (4,0.5) -- (6,-1.5); %prolongement pointillé du rayon rouge divergent
\draw [dashed,red] (4,0.5)--++($0.5*(4,0.5)-0.5*(6,-1.5)$) ;%prolongement pointillé du rayon rouge divergent
\draw [dashed,red] (6,-1.5) --++ ($0.35*(6,-1.5)-0.35*(0,0)$); %prolongement donnant l'image intermédiaire
\draw [thick,red, simple](6,-1.5)--++($0.9*(6,-1.5)-0.9*(4,0.5)$) ; %rayon rouge divergent de l'oculaire

\draw [thick,blue, simple] (-2,1) --(0,0.5); %rayon bleu avant O1
\draw [thick,blue, simple] (0,0.5)--++($-0.75*(0,0.5)+0.75*(8,-2)$); %rayon bleu jusqu'à L2
\draw [dashed,blue] (0,0.5)++($-0.75*(0,0.5)+0.75*(8,-2)$)--++($-0.3*(0,0.5)+0.3*(8,-2)$); %prolongement bleu donnant image intermédiaire
\draw [thick,blue, simple](6,-1.38)--++($0.9*(6,-1.38)-0.9*(4,0.62)$) ;%rayon bleu divergent de l'oculaire
\draw [dashed,blue] (4,0.62) -- (6,-1.38); %prolongement pointillé du rayon bleu divergent
\draw [dashed,blue] (4,0.62)--++($0.5*(4,0.62)-0.5*(6,-1.38)$) ; %prolongement pointillé du rayon bleu divergent

%Points particuliers
\foreach \x/\z in {O1/\fUn}{\draw[shift={(\x)}] (0,0) node[above right] {$O_1$};
}
\foreach \x/\z in {O2/\fDe}{
\draw[shift={(\x)}] (0,0) node[above right] {$O_2$ };
\draw[shift={(\x)}] (\z,2pt) --++ (0,-4pt) node[below] {$F_2'$};
\draw[shift={(\x)}] ({-\z},2pt) --++ (0,-4pt) node[above] {$F_2=A_1=F_1'$};
}


%image intermédiaire
\draw[|->, thick,dashed] (8,0)node[above left]{ }--++(0,-2) node[below]{$B_1$};
\draw [thick,blue, simple] (O2)--(9,-3); %rayon passant par O2
%angle alpha
\draw [thick,blue, simple] (4,2)-- (O2); %rayon passant par O2
%angle alpha
\draw (-1.2,0) to [bend left] (-1.2,0.3);
\node at (-1.4,0.15) [] {$\alpha$};
%angle alpha prim
\draw (5.0,0) to [bend left] (4.9,-0.27);
\node at (5.3,-0.2) [] {$\alpha'$};
\begin{scope}[shift=({1.4,0})]
\draw (5.0,0) to [bend left] (4.9,-0.27);
\fill [white] (5.3,-0.2) rectangle++ (0.15,-0.15) (5.3,-0.2) rectangle++ (-0.15,-0.15) (5.3,-0.2) rectangle++ (-0.15,0.15) (5.3,-0.2) rectangle++ (0.15,0.15);
\node at (5.3,-0.2) [] {$\alpha'$ };
\end{scope}

\end{tikzpicture}
\end{center}

\item L'image finale est alors renversée.
\item C'est la même démarche que l'exercice précédent. On prend les deux triangles $O_1A_1B_1$ et $O_2A_1B_1$ et on trouve 
$$
G=\dfrac{f_1'}{f_2'}=\dfrac{v_2}{v_1}
$$
\item Une lunette de Galilée est similaire à une lunette astronomique à ceci près que l'acart entre les deux lentilles est plus petit :
\begin{itemize}
\item astronomique $\overline{O_1O_2}=f_1'+f_2'$ avec $f_1',f_2'>0$
\item Galilée $\overline{O_1O_2}=f_1'+f_2'$ avec $f_1'>0$ mais $f_2'<0$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{ex}



\begin{ex}{L'oeil(*)}


\begin{enumerate}



On s'intéresse maintenant à un sujet myope possédant donc un cristallin trop convergent. Lorsqu'il regarde à l'infini,
l'image se forme à 0,5 mm en avant de la rétine (toujours située à $d= 11$ mm de O).
\item Donner la vergence $V$ du cristallin de l'oeil myope.
 Pour corriger ce problème, cette personne est dotée de lunettes dont chaque verre est assimilé à une lentille mince de vergence V' constante et de centre optique O', placé à 2 cm de O.

  \item Calculer la vergence V' des verres de lunettes. (\textit{on pensera à faire un schéma du système, écrire la chaine de conjugaison, etc ...})

\end{enumerate}

\begin{enumerate}
  
  \item On connaît les distances de l'objet ($\overline{OA}= —D$) et de l'image au centre optique,
  donc on utilise la formule de grandissement avec origine en O :
  $$
  \gamma=\frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\frac{d}{-D}=-11.10^{-3}
  $$
On en déduit la taille de l'image : $\overline{A'B'} = \gamma\overline{AB} = 1,1$ mm.

  \item Pour calculer la vergence du système, on applique la relation de Descartes : 
  $$
  V=\frac{1}{f'}=\frac{1}{\overline{OA'}}-\frac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{d}-\frac{1}{-D}=92 \mbox{ $\delta$}
  $$
  
  \item Deux points $A$ et $B$ seront indiscernable si la taille de l'image $A'B'$ est inférieur à la taille d'un détecteur, ici un cône : $A'B'<\delta$. On se place dans le cas de l'égalité (\textit{c'est plus simple}) $\overline{A'B'}=-\delta$ (\textit{image à l'envers}) et donc $\gamma=\overline{AB}{-\delta}$.\\
  Comme :  $\gamma=\dfrac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}\;\Rightarrow \;\overline{OA}=\overline{OA'}/\gamma=\dfrac{-d\delta}{AB}$

  \item On applique de nouveau la loi de Descartes :
  $$
  V=\frac{1}{\overline{OA'}}-\frac{1}{\overline{OA}}=\frac{1}{11.10^{-3}}-\frac{1}{-25.10^{-2}}=95 \mbox{ $\delta$}
  $$
 
On trouve que le cristallin s'est contracté (la vergence a augmenté) pour voir plus près. 
\item C'est comme la question $2$. L'image d'un objet
à l'infini se forme dans le plan focal image de la lentille donc à une distance $f'$ de 0 soit 
$f' = 11- 0,5 = 10,5$ mm soit $V = 95,2$ $\delta$.

\item On appelle (L$_D$) le verre de lunette et R le point d'intersection de l'axe optique avec la rétine. Pour que
le myope voit net l'objet à l'infini, on doit avoir la suite de conjugaisons suivante : 
$$
\begin{array}{ccccc}
		& {\small L_D} & & {\rm \small cristallin} &\\[-2mm]
\infty & \longrightarrow & F'_D & \longrightarrow & R
\end{array}
$$
Il faut donc trouver la position de l'antécédent de R par le cristallin. Avec $\overline{OR}= d$,
la relation de Descartes donne :
$$
V=\frac{1}{d}-\frac{1}{\overline{OF'_D}} \Longrightarrow \overline{OF'_D}=\frac{d}{1-Vd}=-23,3\;cm
$$

On remarque que $F'_D$ est à 23,3 cm avant O donc à 21,3 cm avant L$_D$, ce qui correspond bien à
une lentille divergente de distance focale image $f'_D = -21,3$ cm, donc de vergence :

\centering

$V'=\frac{1}{f'_D}= - 4,7 \; \delta$

\setcounter{tmp}{\value{enumi}}
\end{enumerate}

\end{ex}
\vspace{0.2cm}



\section{Objectif TP}

\begin{ex}{Autocollimation}
\

\begin{enumerate}

\item On a le schéma de conjugaison suivant : 
$$
AB\xrightarrow{\mathcal{L}_1}A_1B_1\xrightarrow{M}A_2B_2\xrightarrow{\mathcal{L}_1}A'B'
$$
\begin{itemize}
\item $AB$ étant dans le plan focal objet, $A_1B_2$ est à l'infini. 
\item par symétrie, la réflexion dans le miroir place $A_2B_2$ à l'infini également\\
\attention à cause du miroir, lors de la réflexion, le sens de l'axe optique est inversé !! 
\item donc $A'B'$ est dans le plan focal image, mais l'axe optique étant inversé par rapport au début, il se trouve au niveau de $AB$
\end{itemize}

On trouve alors un grandissement transversale $\gamma=-1$ : l'image à la même taille mais est à l'envers.
\end{enumerate}
\end{ex}
\vspace{0.2cm}



\begin{ex}{Choix d'une lentille de projection }
\

\textit{Exercice similaire à l'exemple du cours, bien retravailler ce dernier avant de se lancer ...}\\

\begin{enumerate}

\item $\ ;$
\begin{enumerate}
\item Avec les notations de l'exercice (\attention $\overline{OA}=-x$), la relation de conjugaison de Descartes d'écrit comme :
$$
\dfrac{1}{D-x}-\dfrac{1}{-x}=\dfrac{1}{f'}\;\Rightarrow\; x^2-Dx+Df'=0 \textrm{ soit } x = \dfrac{D\pm\sqrt{D(D-4f')}}{2}
$$
L'écart entre les deux positions est alors : 
$$\Delta x=  \dfrac{D+\sqrt{D(D-4f')}}{2}- \dfrac{D-\sqrt{D(D-4f')}}{2} = \sqrt{D(D-4f')}$$

\item Grandissement $\gamma=\dfrac{\overline{OA'}}{\overline{OA}}=\dfrac{D-x}{-x}$ donc (pour la valeur "$+$") :
$$
\gamma=-\dfrac{D- \dfrac{D+\sqrt{D(D-4f')}}{2}}{ \dfrac{D+\sqrt{D(D-4f')}}{2}}=-\dfrac{D- \sqrt{D(D-4f')}}{D+ \sqrt{D(D-4f')}}
$$

De la même façon avec la solution "-" : $\gamma=-\dfrac{D+ \sqrt{D(D-4f')}}{D- \sqrt{D(D-4f')}}$.\\
On remarque que les deux grandissement sont l'inverse l'un de l'autre.
\item Pour avoir la meilleur projection, il faut choisir la position qui donne le grandissement le plus grand.
\end{enumerate}

\item $\ ;$
\begin{enumerate}
\item Pour avoir l'image à l'endroit, le grandissement étant négatif, il faut mettre l'objet à l'envers. Ici :
$$
\gamma = - \dfrac{80}{5}=-16
$$
\item On a $\gamma=\dfrac{\overline{OA'}}{\overline{OA}} =\dfrac{D-x}{-x}$ donc $x=D/(1-\gamma)$.
\item \textit{.... On n'a pas encore utilisé la relation de conjugaison de Descartes ...}
$$
\dfrac{1}{D-x}-\dfrac{1}{-x}=\dfrac{1}{f'}\;\Rightarrow \dfrac{1}{D-D/(1-\gamma)}-\dfrac{1}{-D/(1-\gamma)}=\dfrac{1}{f'}
$$
On résout et on trouve $f'$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{ex}




\end{document}