Exercices corrigés : images et couleurs, synthèses additive et soustractive (Première spécialité)

a) La synthèse additive AJOUTE des lumières sur une même zone : l'œil reçoit la somme de ce que chaque diode envoie. Le jaune s'obtient avec R et V allumés ensemble, le cyan avec V et B, le magenta avec R et B. Sur le cercle, chaque secondaire est placée ENTRE les deux primaires qui la composent : J entre R et V, C entre V et B, M entre B et R. C'est la seule chose à mémoriser, le reste se déduit. Remarquez qu'aucune diode jaune n'existe dans la lampe : le jaune que vous voyez n'est pas une lumière de longueur d'onde jaune, c'est un rouge et un vert qui arrivent ensemble sur la rétine.

b) Le rouge a besoin de V et B pour compléter le trio R, V, B : sa complémentaire est donc le cyan, puisque cyan $=$ V $+$ B, et rouge $+$ cyan $=$ R $+$ V $+$ B $=$ blanc. De même la complémentaire du bleu est le jaune, R $+$ V. Sur le cercle, deux couleurs complémentaires sont DIAMÉTRALEMENT opposées : R face à C, B face à J, V face à M. La règle n'est pas une convention de dessin, elle découle de la construction : en face d'une primaire se trouve la secondaire faite des deux AUTRES primaires. Le piège classique consiste à répondre « vert » comme complémentaire du rouge, par souvenir de la peinture : en lumière, rouge et vert donnent du jaune, pas du blanc.

c) Les trois canaux ont en commun $40\ \%$ : cette part commune R $40$, V $40$, B $40$ est du BLANC. Il reste R $60$, V $60$, B $0$, c'est-à-dire $60\ \%$ de jaune. La lumière est un mélange de blanc et de jaune : l'œil voit un jaune PÂLE, dit désaturé. La méthode vaut pour tout réglage : on retire d'abord le minimum commun des trois canaux, qui donne le blanc, et on lit la couleur sur ce qui reste. Répondre « blanc » parce que les trois canaux sont allumés, ou « jaune » en oubliant le blanc, c'est perdre la moitié de la question.

d) Le reste coloré du c) est du jaune ; pour le neutraliser il faut lui ajouter sa COMPLÉMENTAIRE, le bleu, en même quantité : $60$ points de bleu. Le canal B passe de $40$ à $100\ \%$ et les trois canaux sont égaux, donc la lumière est blanche. Vérification : blanc $40\ \%$ + jaune $60\ \%$ + bleu $60\ \%$ = blanc $40\ \%$ + blanc $60\ \%$ = blanc $100\ \%$. On aurait aussi pu baisser R et V à $40\ \%$, mais l'énoncé interdit de toucher à ces deux canaux, et le blanc obtenu serait moins lumineux. C'est exactement ce que fait le réglage de « température de couleur » d'un éclairage : ajouter du bleu refroidit un blanc jaunâtre.

e) Minimum commun : $20$. Blanc $20\ \%$, reste R $50$, V $0$, B $0$ : $50\ \%$ de rouge. Un rouge additionné de blanc est un rouge pâle, qu'on appelle rose. La part de blanc vaut donc $20\ \%$. Pour obtenir un blanc à $70\ \%$, il faudrait ajouter $50$ points de cyan, c'est-à-dire monter V et B de $20$ à $70\ \%$ chacun. Le rose n'a pas de longueur d'onde propre, il n'apparaît dans aucun arc-en-ciel : c'est une couleur que seul un mélange peut produire, preuve de plus que la couleur perçue se lit sur les primaires qui arrivent à l'œil et non sur une longueur d'onde unique.

a) Un filtre ne fabrique aucune couleur : il TRIE, en retirant par absorption les primaires qu'il ne laisse pas passer. Le filtre magenta absorbe le vert et transmet $90\ \%$ du rouge et du bleu : il sort $0{,}9\times 100=90$ unités de R et $90$ unités de B, soit $180$ unités au total. Cette lumière R $+$ B est magenta. Les $100$ unités de vert, plus les $10$ unités perdues sur chacune des deux autres primaires, soit $120$ unités, ont été absorbées par le filtre et le chauffent : $180+120=300$, le bilan est complet.

b) Le filtre jaune reçoit R $90$ et B $90$. Il transmet le rouge, $0{,}9\times 90=81$ unités, et absorbe le bleu. Le vert qu'il aurait laissé passer n'est plus là : un filtre ne peut transmettre que ce qu'il REÇOIT. Il sort donc une lumière rouge de $81$ unités. On retrouve la règle de la synthèse soustractive : magenta et jaune ont en commun le seul rouge, et c'est lui qui survit. L'erreur typique consiste à écrire « magenta $+$ jaune », puis à additionner des couleurs, ce qui n'a aucun sens pour deux filtres traversés à la suite : on ne superpose pas deux lumières, on enlève deux fois.

c) Jaune d'abord : il sort R $90$ et V $90$. Le filtre magenta absorbe alors le vert et transmet $0{,}9\times 90=81$ unités de rouge. Le résultat est le même, une lumière rouge de $81$ unités. C'est général : chaque filtre agit sur chaque primaire indépendamment, et une primaire arrive sur l'écran si et seulement si TOUS les filtres la laissent passer. Sa puissance est multipliée par $0{,}9$ à chaque filtre, et le produit $0{,}9\times 0{,}9$ ne dépend pas de l'ordre. On peut donc raisonner primaire par primaire, dans n'importe quel ordre : c'est la méthode la plus sûre dès qu'il y a plus de deux filtres.

d) La lampe émet $300$ unités, l'écran en reçoit $81$ : la fraction transmise vaut $\dfrac{81}{300}=0{,}27$, soit $27\ \%$. Les deux tiers de la perte viennent des primaires entièrement absorbées (le vert par le magenta, le bleu par le jaune), le reste des $10\ \%$ perdus sur le rouge à chaque traversée. Voilà pourquoi une lumière filtrée est toujours plus sombre que la lumière de départ : la synthèse soustractive ne peut que retirer de la puissance.

e) Le filtre cyan laisse passer V et B et absorbe le rouge : il reçoit du rouge seulement, il l'absorbe, et plus rien n'arrive. L'écran est noir. Magenta, jaune et cyan ensemble ne laissent passer aucune primaire, puisque chacune est absorbée par l'un des trois. Deuxième situation : une lumière cyan, V $100$ et B $100$, arrive sur le filtre jaune, qui transmet R et V. Il n'y a pas de rouge à transmettre, le bleu est absorbé, et il reste $0{,}9\times 100=90$ unités de vert : l'écran est vert. Même filtre, autre éclairage, autre résultat : un filtre jaune ne « donne » pas du jaune, il retire le bleu de ce qu'il reçoit.

a) La lumière qui arrive sur la feuille n'a que trois destins : elle est renvoyée (diffusée ou réfléchie), transmise ou absorbée. La puissance se conserve, donc pour chaque primaire renvoyée $+$ transmise $+$ absorbée $=100$. Rouge : $100-80-5=15$ ; vert : $100-50-30=20$ ; bleu : $100-10-25=65$. Le bleu est la primaire que l'or absorbe le plus, c'est la clé des deux questions suivantes. Écrire une ligne d'absorption sans vérifier que chaque colonne fait $100$ est l'erreur la plus fréquente sur ce type de tableau.

b) L'observateur côté lampe reçoit la lumière RENVOYÉE : R $80$, V $50$, B $10$. On la décompose comme une lumière de lampe : le minimum commun, $10$, est du blanc ; il reste R $70$ et V $40$, soit $40$ de jaune (R $+$ V) et $30$ de rouge seul. Du jaune additionné d'un peu de rouge est un jaune orangé : c'est la couleur de l'or. La feuille n'est pas « jaune par nature » ; elle est jaune orangé parce qu'elle absorbe surtout le bleu, complémentaire du jaune, et renvoie le reste.

c) À travers la feuille, l'œil ne reçoit que la lumière TRANSMISE : R $5$, V $30$, B $25$. Minimum commun $5$ : du blanc ; il reste V $25$ et B $20$, soit $20$ de cyan et $5$ de vert. La lampe paraît bleu-vert, presque cyan, et très sombre, puisque la feuille ne transmet que $5+30+25=60$ unités sur $300$. C'est un fait d'observation connu des doreurs : l'or battu est verdâtre par transparence. La même feuille a donc DEUX couleurs, selon qu'on regarde la lumière renvoyée ou la lumière transmise. Parler de « la couleur d'un objet » sans dire comment il est regardé est une réponse incomplète.

d) Puissance absorbée : $15+20+65=100$ unités sur $300$ reçues, soit $\dfrac{100}{300}=\dfrac{1}{3}$. Au soleil, en admettant la même répartition, la feuille absorbe $\dfrac{1}{3}\times 600=200\ \mathrm{W/m^{2}}$. Cette énergie n'est pas perdue au sens physique : elle est convertie en énergie thermique et la feuille s'échauffe. Absorber, ce n'est pas faire disparaître la lumière, c'est en convertir l'énergie ; c'est aussi pour cela qu'un vêtement sombre, qui absorbe beaucoup, chauffe plus au soleil qu'un vêtement clair. Vérification globale : renvoyé $140$, transmis $60$, absorbé $100$, total $300$.

a) Un objet éclairé ne produit aucune lumière : il renvoie dans toutes les directions, par diffusion, une partie de ce qu'il reçoit et absorbe le reste. La bande blanche reçoit R, V et B et les diffuse tous les trois : l'œil reçoit du blanc. La bande rouge reçoit aussi R, V et B, mais elle absorbe V et B et ne diffuse que R : l'œil reçoit du rouge. La couleur d'un objet est donc la trace d'un TRI, et la phrase « l'objet est rouge » veut seulement dire « il diffuse le rouge quand on lui en envoie ». Pour prévoir sa couleur sous un autre éclairage, on garde la règle : primaires diffusées $=$ primaires REÇUES qu'il sait diffuser.

b) La lumière jaune contient R et V. Bande verte : elle reçoit R et V, diffuse V, paraît verte. Bande blanche : elle diffuse tout ce qu'elle reçoit, R et V, paraît JAUNE. Bande rouge : elle diffuse R, paraît rouge. Sous ce projecteur, le drapeau devient vert, jaune, rouge : c'est la bande BLANCHE qui change de couleur, et c'est normal, une surface blanche prend toujours la couleur de la lumière qui l'éclaire. Les deux autres semblent inchangées parce que le jaune contient justement les primaires qu'elles diffusent.

c) La lumière cyan contient V et B. Bande verte : diffuse V, paraît verte. Bande blanche : diffuse V et B, paraît cyan. Bande rouge : elle ne sait diffuser que R, or elle n'en reçoit pas ; elle absorbe V et B et ne renvoie rien : elle paraît NOIRE. Le noir n'est pas une couleur que l'objet posséderait, c'est l'absence de lumière renvoyée. Répondre « rouge » parce que « la bande est rouge » revient à oublier que l'objet ne peut renvoyer que ce qu'il reçoit : c'est l'erreur qui coûte le plus de points sur ce chapitre.

d) Lumière bleue : la bande verte ne diffuse pas le bleu, la bande rouge non plus : les deux sont noires, donc identiques, alors que la bande blanche paraît bleue. Lumière rouge : la bande blanche diffuse R, la bande rouge aussi : toutes deux paraissent rouges et se confondent, tandis que la bande verte est noire. Pour la vérification, en lumière verte ce sont la bande verte et la bande blanche qui se confondent. Chaque primaire efface donc une frontière du drapeau : une lumière monochrome appauvrit toujours la palette des couleurs perçues, ce que l'on exploite au théâtre pour faire disparaître un décor.

e) Bande rouge en lumière cyan : elle ne reçoit pas de rouge, elle diffuse $0{,}08\times 50=4$ unités de vert et $0{,}04\times 50=2$ unités de bleu, soit $6$ unités. Bande blanche : $0{,}90\times 50+0{,}90\times 50=90$ unités. Rapport : $\dfrac{6}{90}\approx 0{,}067$, soit environ $6{,}7\ \%$. La bande rouge renvoie quinze fois moins de lumière que sa voisine : elle paraît presque noire, avec une très légère teinte bleu-vert. Le modèle « la bande rouge est noire en lumière cyan » est donc confirmé à quelques pour cent près, et l'on sait maintenant ce que « presque » veut dire.

a) Wifi à $2{,}4\ \mathrm{GHz}$ : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{2{,}4\times 10^{9}}=0{,}125\ \mathrm{m}=12{,}5\ \mathrm{cm}$. Wifi à $5{,}0\ \mathrm{GHz}$ : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{5{,}0\times 10^{9}}=0{,}060\ \mathrm{m}=6{,}0\ \mathrm{cm}$. Les deux sont entre $1\ \mathrm{mm}$ et $1\ \mathrm{m}$ : ce sont des micro-ondes. Le piège est d'oublier la conversion des gigahertz : avec $2{,}4$ au lieu de $2{,}4\times 10^{9}$ on trouve $1{,}25\times 10^{8}\ \mathrm{m}$, un tiers de la distance Terre-Lune, résultat qu'un simple regard sur la frise suffit à rejeter. Retenez aussi le sens de variation : fréquence plus grande, longueur d'onde plus petite, puisque leur produit vaut toujours $c$.

b) Four : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{2{,}45\times 10^{9}}\approx 0{,}122\ \mathrm{m}=12{,}2\ \mathrm{cm}$, pratiquement la longueur d'onde du wifi à $2{,}4\ \mathrm{GHz}$. Rapport des puissances : $\dfrac{1\,000}{0{,}10}=10\,000=10^{4}$. Les deux appareils utilisent la même bande de fréquences, réservée aux usages domestiques ; la cage métallique du four retient l'essentiel de son rayonnement, mais la fuite d'une infime fraction d'une puissance dix mille fois plus grande suffit à brouiller la box voisine. La nature de l'onde est la même : ce qui sépare une box d'un four, c'est la puissance, pas le type d'onde. Le wifi à $5\ \mathrm{GHz}$, lui, n'est pas gêné.

c) IRM : $f=64\ \mathrm{MHz}=6{,}4\times 10^{7}\ \mathrm{Hz}$, $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{6{,}4\times 10^{7}}\approx 4{,}69\ \mathrm{m}$, au-delà de $1\ \mathrm{m}$ : ce sont des ondes radio, du même domaine que la radio FM. L'IRM n'utilise donc aucun rayonnement ionisant : c'est une imagerie par ondes radio dans un champ magnétique intense, et c'est l'une des raisons pour lesquelles elle peut être répétée sans risque lié aux rayonnements.

d) Radiographie : $f=\dfrac{c}{\lambda}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{3{,}0\times 10^{-11}}=1{,}0\times 10^{19}\ \mathrm{Hz}$. Sur la frise, $3\times 10^{-11}\ \mathrm{m}$ est entre $10^{-11}$ et $10^{-8}\ \mathrm{m}$ : rayons X. Caméra thermique : $\lambda=10\ \mathrm{\mu m}=1{,}0\times 10^{-5}\ \mathrm{m}$, $f=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}0\times 10^{-5}}=3{,}0\times 10^{13}\ \mathrm{Hz}$ : infrarouge, le domaine du rayonnement émis par les corps à température ambiante, d'où l'image « thermique ». Diviser par une puissance de dix négative revient à multiplier par la puissance opposée : c'est le calcul de puissances qui coûte des points ici, pas la physique.

e) $\dfrac{1{,}0\times 10^{19}}{6{,}4\times 10^{7}}\approx 1{,}6\times 10^{11}$ : un facteur de l'ordre de $10^{11}$, soit onze ordres de grandeur. Un même phénomène physique, l'onde électromagnétique, couvre donc une plage immense, et c'est pourquoi on dessine sa frise en échelle LOGARITHMIQUE : chaque graduation multiplie la longueur d'onde par dix. Sur une échelle linéaire, tout le domaine visible tiendrait dans une épaisseur de trait. Classement par fréquence croissante : IRM, wifi $2{,}4\ \mathrm{GHz}$ et four, wifi $5\ \mathrm{GHz}$, caméra thermique, radiographie.

a) On lit l'abscisse du sommet de chaque courbe : S culmine vers $445\ \mathrm{nm}$, dans le bleu ; M vers $535\ \mathrm{nm}$, dans le vert ; L vers $565\ \mathrm{nm}$, dans le jaune-vert. Les noms S, M et L signifient courte, moyenne et longue longueur d'onde. Remarquez que les courbes M et L se chevauchent largement : il n'existe pas de « cône du rouge » qui ne répondrait qu'au rouge. Une même radiation excite presque toujours deux types de cônes, et c'est le RAPPORT de leurs réponses qui code la teinte.

b) Avec $I=1$, les réponses valent les sensibilités : L $0{,}91$, M $0{,}44$, S pratiquement $0$. Le cerveau reçoit donc le triplet $(0{,}91\ ;\ 0{,}44\ ;\ 0)$ : beaucoup de L, moitié moins de M, aucun S. Ce triplet est interprété comme du jaune. Retenez que « jaune » désigne ici une sensation, produite par un triplet de réponses, et non une propriété de la longueur d'onde $580\ \mathrm{nm}$ elle-même.

c) Les réponses s'ajoutent, radiation par radiation. Cône L : $4{,}0\times 0{,}18+0{,}32\times 0{,}61=0{,}72+0{,}195\approx 0{,}92$. Cône M : $4{,}0\times 0{,}03+0{,}32\times 0{,}99=0{,}12+0{,}317\approx 0{,}44$. Cône S : $0{,}32\times 0{,}01\approx 0{,}003$, négligeable. Le triplet $(0{,}92\ ;\ 0{,}44\ ;\ 0)$ est presque identique à celui du b), à un centième près sur L. Le cerveau recevant les mêmes trois nombres, il perçoit la même couleur : l'œil ne peut PAS distinguer ce mélange de rouge et de vert du jaune monochromatique. Deux lumières de compositions différentes et de même couleur perçue sont dites métamères. C'est ce qui justifie la synthèse additive : R $+$ V donne du jaune parce que le mélange produit les mêmes réponses qu'une radiation jaune, pas parce que les longueurs d'onde se mélangent.

d) Sans cônes L, la personne ne dispose que des réponses M et S. La lumière du b) lui donne M $0{,}44$ et S $0$. Une lumière à $530\ \mathrm{nm}$ d'intensité $I$ donne M $0{,}99\,I$ et S $0{,}01\,I$, presque nul. Il faut $0{,}99\,I=0{,}44$, soit $I=\dfrac{0{,}44}{0{,}99}\approx 0{,}44$. Avec cette intensité, les deux lumières produisent les mêmes réponses : la personne ne peut pas distinguer le jaune d'un vert moins intense. C'est la confusion rouge-vert typique de ce daltonisme : avec deux types de cônes au lieu de trois, beaucoup plus de lumières deviennent métamères.

e) Puisque le cerveau ne reçoit que trois nombres, deux lumières qui produisent les mêmes trois réponses sont perçues identiques, quelle que soit leur composition réelle. Un écran n'a donc pas besoin de reproduire le spectre d'un objet : il lui suffit de régler trois primaires, R, V et B, pour obtenir le même triplet de réponses. C'est le sens du mot trichromie : la vision humaine des couleurs est à trois dimensions. Le « presque » vient de ce que certains triplets, ceux des couleurs très saturées, ne sont atteignables par aucun mélange de trois primaires données. Le piège de rédaction est d'écrire que l'œil « voit les longueurs d'onde » : il ne voit que les réponses de ses trois cônes.

a) Montage 1, primaire par primaire. Rouge : transmis par J, absorbé par B. Vert : transmis par J, absorbé par B. Bleu : absorbé par J, il n'arrive même pas à B. Aucune primaire ne franchit les deux filtres : l'écran est NOIR. Deux filtres de couleurs complémentaires placés à la suite arrêtent toute la lumière. L'erreur à ne pas commettre : écrire « jaune $+$ bleu $=$ blanc » en appliquant la règle des lumières à des filtres traversés successivement ; chaque filtre agit sur ce que l'autre a laissé, et ce qui reste est le produit des deux tris.

b) Montage 2 : la moitié de la lumière, $50$ unités par primaire, traverse J et en ressort R $0{,}9\times 50=45$ et V $45$ : un faisceau jaune. L'autre moitié traverse B et en ressort B $45$ : un faisceau bleu. Les deux faisceaux se SUPERPOSENT sur l'écran, qui reçoit R $45$, V $45$, B $45$ : trois primaires égales, donc du blanc, mais moins lumineux, un gris clair. Fraction transmise : $\dfrac{45\times 3}{300}=\dfrac{135}{300}=0{,}45$, soit $45\ \%$. Mêmes filtres, mêmes couleurs, résultats opposés : ce n'est pas la couleur des filtres qui décide, c'est la GÉOMÉTRIE du montage.

c) Le montage 1 retire deux fois de la lumière au même faisceau : c'est la synthèse SOUSTRACTIVE. Le montage 2 ajoute sur l'écran deux lumières venues de deux chemins différents : c'est la synthèse ADDITIVE, même si chaque faisceau a été, lui, obtenu par filtrage. La question à se poser devant toute situation est toujours la même : la lumière qui arrive à l'œil est-elle une SOMME de lumières arrivant ensemble, ou une lumière unique à laquelle on a retiré des primaires ? Somme : additive. Retraits successifs : soustractive.

d) Dans un mélange de peintures, chaque grain de pigment agit sur la lumière déjà filtrée par ses voisins : c'est une synthèse soustractive, et la lumière renvoyée ne contient que ce que les deux pigments diffusent TOUS LES DEUX. Jaune (R, V) et « bleu » du peintre (V, B) ont en commun le seul V : le mélange est vert. Ce « bleu » est en fait un cyan, ce qui explique la règle des peintres jaune $+$ bleu $=$ vert. Si la seconde peinture ne diffusait vraiment que B, les deux pigments n'auraient aucune primaire en commun et le mélange serait noir, ou très sombre avec des pigments réels. La règle des peintres n'est donc pas fausse, elle repose sur un mot mal choisi.

e) Les carreaux sont côte à côte, comme les deux moitiés du disque du montage 2. De loin, l'œil reçoit en même temps, dans la même petite zone de sa rétine, la lumière diffusée par des carreaux jaunes (R, V) et par des carreaux bleus (B) : il en fait la SOMME. R $+$ V $+$ B, en quantités comparables, donne du blanc ; comme chaque carreau ne renvoie qu'une partie de la lumière reçue, ce blanc est terne : la mosaïque paraît grise. C'est une synthèse additive par juxtaposition, le principe même du pointillisme en peinture. Un mélange de ces deux peintures dans un pot aurait donné du noir, et la même mosaïque vue de près montre ses deux couleurs : c'est la distance qui fait basculer d'un modèle à l'autre.

a) Un filtre ne produit aucune lumière, il ne peut rien ajouter. Le filtre jaune ABSORBE le bleu et transmet le rouge et le vert, dont la superposition est perçue jaune. La preuve se lit dans l'exercice 2 : éclairé en lumière cyan, le même filtre donne du VERT, ce qui serait incompréhensible s'il « ajoutait du jaune ». Énoncé correct : « un filtre jaune retire le bleu de la lumière qu'il reçoit ». Sur une copie, le verbe compte : « colore » ou « ajoute » coûte le point de justification même quand la couleur finale est juste.

b) Deux projecteurs sur un même écran, c'est une superposition de lumières : synthèse ADDITIVE. Jaune $=$ R $+$ V, bleu $=$ B, la somme vaut R $+$ V $+$ B : du blanc. Jaune et bleu sont complémentaires, diamétralement opposés sur le cercle chromatique de l'exercice 1. Le vert de la peinture vient d'une synthèse SOUSTRACTIVE, et d'un « bleu » de peintre qui est en réalité un cyan (exercice 7). Confondre les deux modèles est l'erreur de fond du chapitre : on additionne des lumières, on soustrait avec des filtres et des pigments.

c) Si la feuille absorbait tout, elle ne renverrait rien et paraîtrait NOIRE. Elle paraît blanche parce qu'elle DIFFUSE, dans toutes les directions, les trois primaires qu'elle reçoit, en proportions égales. L'exercice 4 le confirme : la bande blanche prend la couleur de n'importe quel éclairage, jaune sous lumière jaune, cyan sous lumière cyan, parce qu'elle renvoie tout ce qui lui arrive. Énoncé correct : « un objet blanc diffuse toutes les radiations visibles ; un objet noir les absorbe toutes ».

d) Le wifi est une onde électromagnétique, exactement comme la lumière visible : seules la fréquence et la longueur d'onde diffèrent, $12{,}5\ \mathrm{cm}$ contre quelques centaines de nanomètres. Dans le vide, TOUTES les ondes électromagnétiques se propagent à la même célérité, $c=3{,}00\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$, et la relation $\lambda=\dfrac{c}{f}$ s'applique à toutes, comme dans l'exercice 5. L'œil ne voit pas le wifi parce que ses cônes n'y sont pas sensibles, pas parce que l'onde serait d'une autre nature. La phrase juste : « le wifi est une onde électromagnétique du domaine des micro-ondes, invisible pour l'œil ».

e) L'œil ne possède que TROIS types de cônes, S, M et L, et le cerveau ne reçoit que leurs trois réponses. L'exercice 6 le montre : un mélange de $630\ \mathrm{nm}$ et de $530\ \mathrm{nm}$ bien dosé donne les réponses $0{,}92$ et $0{,}44$, presque celles d'une radiation à $580\ \mathrm{nm}$, $0{,}91$ et $0{,}44$ : l'œil ne fait pas la différence. C'est précisément parce que la vision est trichrome qu'un écran à trois primaires imite le jaune. L'affirmation inverse la cause et la conséquence : trois primaires suffisent parce qu'il n'y a que trois capteurs.

a) En lumière blanche, la feuille diffuse R $10$, V $50$, B $5$. Le minimum commun $5$ est du blanc ; il reste R $5$ et V $45$, soit $5$ de jaune et $40$ de vert : la feuille paraît verte, d'un vert un peu jaune. Elle absorbe $85+30+90=205$ unités sur $300$, soit $\dfrac{205}{300}\approx 0{,}683$, environ $68{,}3\ \%$. La couleur verte des feuilles est donc la trace de ce que la chlorophylle utilise MAL : on voit le vert parce qu'il est renvoyé au lieu d'être absorbé.

b) Le panneau envoie $70\ \%$ de $300$, soit $210$ unités de rouge, $30\ \%$, soit $90$ unités de bleu, et pas de vert. La feuille absorbe $85\ \%$ du rouge et $90\ \%$ du bleu : $0{,}85\times 210+0{,}90\times 90=178{,}5+81=259{,}5$ unités sur $300$, soit $86{,}5\ \%$. À puissance lumineuse égale, le panneau magenta fournit à la photosynthèse $259{,}5$ unités contre $205$ pour la lampe blanche, près de $27\ \%$ de plus. Attention à ne pas appliquer les pourcentages d'absorption à $100$ unités par primaire : ils s'appliquent à ce que la feuille REÇOIT dans chaque primaire, ici $210$ et $90$.

c) Lumière diffusée sous le panneau : $0{,}10\times 210+0{,}05\times 90=21+4{,}5=25{,}5$ unités, presque entièrement du rouge avec un peu de bleu, et aucun vert puisque le panneau n'en envoie pas. La feuille paraît pourpre sombre, loin du vert habituel, et elle renvoie beaucoup moins de lumière qu'en lumière blanche ($65$ unités). C'est le phénomène de l'exercice 4 : un objet ne peut renvoyer que ce qu'il reçoit, et une feuille « verte » sans vert à diffuser change de couleur.

d) Feuille jaunie sous le panneau : $0{,}60\times 210+0{,}05\times 90=126+4{,}5=130{,}5$ unités, presque tout du rouge. Rapport : $\dfrac{130{,}5}{25{,}5}\approx 5{,}1$. Sous l'éclairage magenta, une feuille jaunie paraît d'un rouge vif, cinq fois plus lumineuse que ses voisines saines, sombres. Paradoxalement, cet éclairage qui dénature toutes les couleurs fait très bien ressortir ce défaut précis : la couleur perçue ne dit pas ce qu'est l'objet, elle dit ce qu'il renvoie de la lumière qu'on lui donne.

e) La feuille n'absorbe que $30\ \%$ du vert qu'elle reçoit, contre $85$ et $90\ \%$ du rouge et du bleu : de l'énergie électrique convertie en lumière verte serait en grande partie renvoyée sans servir à la photosynthèse. Le panneau concentre donc sa puissance dans les deux primaires que la feuille absorbe le mieux. En contrepartie, les couleurs perçues sont fausses : pour juger une maladie autre qu'un jaunissement, le cultivateur doit allumer une lampe BLANCHE, qui rend à chaque feuille sa couleur habituelle. La même lumière n'est pas optimale pour la plante et pour l'œil : l'une absorbe, l'autre ne voit que ce qui est diffusé.

a) 4G : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{8{,}00\times 10^{8}}=0{,}375\ \mathrm{m}=37{,}5\ \mathrm{cm}$. 5G : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{3{,}5\times 10^{9}}\approx 0{,}0857\ \mathrm{m}\approx 8{,}6\ \mathrm{cm}$. Les deux longueurs d'onde sont comprises entre $1\ \mathrm{mm}$ et $1\ \mathrm{m}$ : avec la convention de l'exercice 5, ce sont des micro-ondes, même si l'on parle couramment de « radio » pour les réseaux mobiles. Sur une copie, on justifie un domaine en comparant la valeur calculée aux bornes données, jamais par le nom usuel de l'appareil. Le piège de conversion est le même qu'au wifi : $800\ \mathrm{MHz}=8{,}00\times 10^{8}\ \mathrm{Hz}$, et non $8\times 10^{5}$.

b) 4G : $\dfrac{37{,}5}{4}\approx 9{,}4\ \mathrm{cm}$ ; 5G : $\dfrac{8{,}57}{4}\approx 2{,}1\ \mathrm{cm}$. Les deux sont plus courtes que les $15\ \mathrm{cm}$ du téléphone, et l'on peut même loger plusieurs antennes 5G. La taille d'une antenne est donc fixée par la longueur d'onde, et c'est ce qui a rendu possibles les téléphones de poche : aux fréquences de la radio FM, de l'ordre de $100\ \mathrm{MHz}$, une antenne quart d'onde mesurerait $75\ \mathrm{cm}$. Plus la fréquence monte, plus l'antenne raccourcit, puisque $\lambda$ et $f$ varient en sens contraires.

c) NFC : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}356\times 10^{7}}\approx 22{,}1\ \mathrm{m}$, dans le domaine des ondes radio. Une antenne quart d'onde mesurerait $\dfrac{22{,}1}{4}\approx 5{,}5\ \mathrm{m}$ : impossible à loger dans un téléphone. Le NFC ne fonctionne donc pas en rayonnant une onde vers le loin : une petite bobine du téléphone et une bobine du terminal sont couplées par le champ magnétique qui règne tout près d'elles, et ce couplage s'effondre dès que la distance dépasse quelques centimètres, très petite devant $\lambda$. C'est pourquoi il faut presque poser le téléphone sur le terminal, et c'est aussi une sécurité : un paiement ne se déclenche pas à distance.

d) GPS : $\lambda=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}575\times 10^{9}}\approx 0{,}190\ \mathrm{m}=19{,}0\ \mathrm{cm}$, une micro-onde. Durée de trajet : $t=\dfrac{d}{c}=\dfrac{2{,}02\times 10^{7}}{3{,}00\times 10^{8}}\approx 0{,}0673\ \mathrm{s}=67{,}3\ \mathrm{ms}$. Une erreur d'horloge de $1\ \mathrm{\mu s}=10^{-6}\ \mathrm{s}$ se traduit par une erreur de distance $c\times\Delta t=3{,}00\times 10^{8}\times 10^{-6}=300\ \mathrm{m}$. C'est pourquoi les satellites portent des horloges atomiques : une précision de quelques mètres exige des durées connues à quelques nanosecondes. L'onde électromagnétique est ici un chronomètre, puisque sa célérité est connue et la même pour tous les satellites.

e) $f=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{8{,}50\times 10^{-7}}\approx 3{,}53\times 10^{14}\ \mathrm{Hz}$. La longueur d'onde, $850\ \mathrm{nm}$, dépasse la borne rouge du visible, $800\ \mathrm{nm}$ : c'est de l'infrarouge. Les cônes n'y sont pas sensibles, donc l'utilisateur ne voit pas le capteur s'allumer quand il approche le téléphone de son oreille, alors qu'une photodiode, elle, le détecte. Le rapport des fréquences avec la 4G vaut $\dfrac{3{,}53\times 10^{14}}{8{,}00\times 10^{8}}\approx 4{,}4\times 10^{5}$ : un même téléphone utilise des ondes séparées par plus de cinq ordres de grandeur, toutes de même nature et toutes à la célérité $c$.