Diffraction, Fraunhofer et Young

Bonjour,
Je n'ai pas bien compris le $\int^{+\infty}_{-\infty} \frac{1}{\sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}} e^{i\alpha \sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}} dx$. Il n'est pas censé y avoir du $f$ là-dedans ? J'aurais plutôt vu quelque chose comme $\int^{+\infty}_{-\infty} \frac{1}{\sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}} e^{i\alpha \sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}} f(x) \,dx$.

Et des fentes "infinitésimales", ça parle de leur largeur à chacune ou de la distance entre les deux fentes ?
Que les fentes aient des largeurs infinitésimales n'implique pas que $P_1=P_2$.

Ok. Bon déjà, $\alpha$ c'est la pulsation spatiale de l'onde (je ne souviens plus si c'est vraiment ça le terme propre). Donc, en notant $\nu$ la fréquence de l'onde, $\alpha = 2\pi \frac\nu c$ avec $c$ la vitesse de la lumière.

Edit : On peut aussi écrire $\alpha = \frac{2\pi}\lambda$ avec $\lambda$ la longueur d'onde.

(Je rajoute que $D$ grand n'est pas équivalent à $a$ petit car en pratique $\lambda <a$. Donc en faisant $a\ll \lambda,D$, on renverse carrément cette inégalité et c'est ça qui détruit les interférences. Je voulais l'écrire et j'ai oublié.)

Je n'ai pas répondu à ce que tu disais sur Fourier, parce que je l'ai sauté en fait. 8-)
Tu n'as pas précisé comment tu arrives à du Fourier, est-ce que c'est ainsi ? :$$
\begin{eqnarray*}
\Big| \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}} e^{i\alpha \sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}} f(x) \,{\rm d}x \Big|
&\underset{D\to\infty}\approx& \Big| \int_{-\infty}^\infty \frac1D e^{i\alpha (D + \frac{(x-\xi)^2}{2D})} f(x) \,{\rm d}x \Big| \\
&=& \frac1D \Big| \int_{-a}^a e^{\frac{i\alpha}{2D} (x^2-2x\xi)} f(x) \,{\rm d}x \Big| \\[1mm]
&\approx& \frac1D \Big| \int_{-a}^a e^{-\frac{i\alpha}{D} x\xi} f(x) \,{\rm d}x \Big| \\[1mm]
&=& \frac1D \Big| \hat f \Big(\frac{\alpha\xi}{D}\Big) \Big|
\end{eqnarray*}
$$ où l'approximation $ x^2 \approx 0$ (en fait $x^2 \ll x\xi $) pour $x\in[-a,a]$ est valable quand $\xi \gg a$ (de toute façon, vu la taille des taches d'interférences qu'on va obtenir sur un écran aussi loin, il ne faut pas prendre $\xi$ trop petit).

Du coup, effectivement, la seule différence entre les termes donnés par chaque fente est une différence de phase. C'est dû à l'approximation $1/\sqrt{D^2 + (x-\xi)^2}\approx 1/D$. En effet, c'est ce facteur d'origine géométrique qui contrôlait la différence d'intensité de la lumière provenant de chaque fente en fonction de $\xi$ et qui faisait que l'intensité de la lumière venant de la fente de gauche est plus forte en face de la fente de gauche (tache $P_1$ décalée vers la gauche). Mais, par diffraction, la lumière se propage après les fentes dans plusieurs directions, ce qui fait diminuer l'intensité lumineuse avec la distance aux fentes. Donc lorsque $D\gg a$, les distances entre un point de l'écran et chacune des fentes sont quasiment les mêmes, d'où les taches $P_1$ et $P_2$ deviennent identiques. Dans le calcul, on n'a gardé que le facteur de différence de marche (l'exponentielle) qui induit une différence de phase.
Bref, blablabla... je suis d'accord avec toi sur l'interprétation de Fourier.

Cependant, en pratique, l'écran n'est pas vraiment à l'infini, il est juste derrière une lentille. Au niveau différence de marche, ça ne change rien, mais ça change l'intensité. Le facteur $1/\sqrt{D^2 + (x-\xi)^2} $ n'est plus pertinent car la distance réelle aux fentes est beaucoup plus petite que $D$ ($D$ n'est plus que la distance effective entre l'écran et les fentes du point de vue optique) et la lumière ne se disperse pas autant. Il faudrait remplacer ce facteur par une fonction grosso modo en cloche avec un maximum en $x-\xi=0$ (je ne connais pas son expression exacte). Et alors, les profils $P_1$ et $P_2$ ne sont pas confondus, mais bien décalés de $a$ (ce qui ne veut pas dire que les deux taches sont facilement distinguables à l'œil nu, comme je le disais dans un précédent message). Ça réhabilite l'image que tu critiquais. (Par contre $P_1$ et $P_2$ sont inversés parce que la lentille met les images tête bêche. :-D)

Donc dans le cas d'un montage pratique avec lentilles, on ne peut pas remplacer le facteur $1/\sqrt{D^2 + (x-\xi)^2} $ par $1/D$ car la dépendance en $\xi $ ne disparaît pas. Donc on ne peut plus faire l'approximation par la transformée de Fourier de façon exacte (enfin, "exacte" ^^... comme une bonne approximation). Est-ce que c'est un problème ? Pas tellement. Ça ne change pas la prédiction des interférences et ça ne condamne pas le calcul de la largeur des taches d'interférences sur l'écran. En revanche, l'intensité venant des deux fentes en un point de l'écran étant différentes, la qualité des interférences sera moindre que ce qu'on prédisait avec Fourier... mais comme $a$ est petit, ça ne devrait pas se voir à l'œil nu.

Non, je ne proposais pas de continuer les calcul pour les lentilles car ça m'a l'air trop compliqué.

C'est légitime de faire les calculs pour $\xi\gg a\geqslant x$ car l'échelle de grandeur intéressante pour $\xi$ est celle de l'interfrange sur l'écran, or celle-ci est proportionnelle à $D$ et $D\to\infty$.

C'est quoi le "terme final de ton dernier message" dont tu parles ?

D'ailleurs, je ne sais toujours pas de quelle manière tu étais tombé sur la transformée de Fourier toi.

Pour que ça ne soit pas trivial, ce serait bien que $\frac{\alpha}{D}$ soit proche de $1$, non ?

Non, jamais de la vie, pour une bonne raison : la dimension de $\frac{\alpha}{D}$ c'est une longueur puissance $-2$. Pour le comparer à 1, il faudrait que ce soit sans dimension.

L'ordre de grandeur pertinent pour $f$ est $a$ (c'est la seule longueur qui a un lien avec $f$). Comme $\hat f$ prend en argument des inverses de longueurs, l'ordre de grandeur pertinent pour $\hat f$ ne peut pas être autre chose que $\frac1a$. Parmi $\alpha$, $D$ et $\xi$, les ordres de grandeurs de $\alpha$ et $D$ sont fixés (ce sont des données) et $\xi$ est libre. Donc il faut regarder ce qui se passe pour certains ordres de grandeur de $\xi$ dépendant de $(a,\alpha,D)$ qui seront plus pertinents. Du coup, ce qui est pertinent pour regarder $\hat f(\frac{\alpha\xi}D)$ c'est $\frac1\alpha \asymp \frac{\alpha\xi}D$ (j'utilise $\asymp$ pour signaler un ordre de grandeur comparable, pour ne pas confondre avec $\approx$ qui est plus précis). C'est-à-dire $\xi \asymp \frac{D}{\alpha \,a}\asymp\frac{\lambda D}a$. Et devine quoi ? $\frac{\lambda D}a$ s'avère être exactement l'interfrange !

Maintenant j'espère que tu comprends mieux ce que je disais quand je parlais "d'ordre de grandeur pertinent pour $\xi$". Si $\xi \ll\frac{\lambda D}a$, alors on est en plein milieu de la tache centrale et on est trop zoomé pour voir les interférences. Et si $\xi \gg\frac{\lambda D}a$, on est à une échelle beaucoup plus grande que l'interfrange, donc on ne distingue plus les franges d'interférences.

Ah, je crois que j'ai compris : tu dis qu'il est plus pertinent de demander que $\frac{\xi}{D}$ ne soit pas trop petit ?

Oui (tu). Quand $D\gg a$, les rayons se propagent en gros en rayonnant depuis quasiment un même point, donc $\frac{\xi}D$ est la grandeur pertinente pour les positions sur l'écran, plus que $\xi$.