Électronique I

Cinquième cours d'électrotechnique universitaire : électronique I — premier cours sur les composants. Les méthodes ondulatoires-1 et EE04 ont analysé des circuits constitués de composants idéaux ; ici, les composants eux-mêmes constituent l'objet d'étude, et la compétence fondamentale est la modélisation : choisir le modèle de dispositif le plus simple qui réponde à la question posée.

• Unité 5.1 introduit les semi-conducteurs et l'échelle de modèles de la diode.
• Unité 5.2 applique les diodes : redresseurs, alimentations et régulateurs Zener.
• Les unités 5.3–5.4 assurent le polarisation des deux familles de transistors (BJT, MOSFET).
• L'unité 5.5 effectue une linéarisation autour du point de polarisation : amplificateurs petit-signal.
• Les unités 5.6–5.7 ajoutent la rétroaction et la vision en domaine fréquentiel.

L'habitude de vérification : chaque point de polarisation est comparé aux zones de fonctionnement du composant (l'hypothèse rendant l'équation valide), chaque réponse petit signal à un cas limite. Chaque unité termine par les erreurs courantes et un résumé de trois lignes. Méthode : la polarisation directe (côté p positif) permet le flux de courant exponentiellement ; la polarisation inverse élargit la zone de déplétion et bloque. erreurs et un résumé en trois lignes.

Le silicium pur conduit mal ; le dopage ajoute des porteurs — les donneurs créent du type n (électrons), les accepteurs créent du type p (trous). Une jonction pn PN conduit dans un seul Pourquoi l'échelle fonctionne : différencier la loi de Shockley au point de fonctionnement la polarisation élargit la région de déplétion et bloque.

La diode possède une échelle de modèles — choisissez selon la question :

• Idéal : 0 V lorsqu'elle conduit, circuit ouvert lorsqu'elle est bloquée.
• Chute constante : 0.7 V lorsqu'elle conduit (silicium).
• Linéaire par morceaux : 0.7 V + résistance de pente $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$.
• La loi exponentielle de Shockley $i = I_{S}(e^{v/nV_{T}} - 1)$ lorsque la la forme de la courbe est importante, avec $V_{T} = kT/q \approx 26$ mV à température ambiante.

la courbe est un mur quasi vertical, donc c'est le résistor dans la boucle, et non la et la résistance dynamique de la diode est $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$ — quelques ohms à milliampères. Et parce que $i \propto e^{v/nV_{T}}$, dix fois le courant nécessite uniquement $\ln 10 \times nV_{T} = 2.303 \times 26 = 59.9$ mV de tension supplémentaire (n = 1) : la courbe est un mur quasi vertical, donc c'est la résistance dans la boucle, pas le diode, qui fixe le courant — ce qui est précisément quand le modèle à chute constante est précis.

Exemple résolu 1 (sélection de modèle, trois méthodes). Une source de 5 V alimente une diode en série avec 1 kΩ. Idéal : 5 mA. Chute constante : $(5 - 0.7)/1000 = 4.3$ mA. Vérité de Shockley ($I_{S} = 10^{-12}$ A, $nV_{T} = 26$ mV, bissection sur $I_{S}(e^{v/26\mathrm{m}} - 1) = (5 - v)/1000$): $v_{D} = 0.5775$ V, $i = 4.423$ mA. La réponse à chute constante est à 2.8% — car la résistance domine la boucle. Vérifiez pourquoi : le modèle à chute constante présente une erreur de $0.7 - 0.5775 = 0.12$ V sur la tension de la diode, et la résistance transforme cela en seulement $0.12/1000 = 0.12$ mA d'erreur de courant — 2.8 % de 4.42 mA.

Exemple résolu 2 (résistance dynamique, amplifiée). Au point de fonctionnement $r_{d} = nV_{T}/I_{D} = 26\,\mathrm{mV}/4.42\,\mathrm{mA} = 5.9\ \Omega$. Faisons maintenant fluctuer la source de $\pm 0.1$ V (signal faible) : le courant de fluctuation est $0.1/(1000 + 5.9) = 99.4\ \mu\mathrm{A}$ — à 0.6% près du seul résistance 100 µA. La tension continue de 5 V est appliquée aux bornes du couple presque inchangée ; la tension de 0.1 V voit une boucle ordinaire de $1\ \mathrm{k}\Omega + 5.9\ \Omega$. C'est tout le concept de signal faible de l'unité 5.5, rencontré d'abord au niveau de la diode : diviser le problème en un polarisation (où la loi non linéaire fixe le point) et une fluctuation (où la résistance linéarisée prend le relais).

Erreurs courantes. Utiliser le modèle exponentiel lorsque la résistance domine (bissection inutile ; le modèle à chute constante est l'outil approprié dans ce cas). En citant "$r_d$ = 26 mV" — c'est-à-dire $V_T$ ; la résistance est $V_T/I_D$, le courant au dénominateur. En négligeant n = 2 à haut courant (59.9 mV/décade devient 120 mV/décade).

Résumé : une diode est une valve unidirectionnelle avec une courbe de conduction quasi verticale ; la résistance en boucle fixe le courant ; $r_d = nV_T/I_D$ est la vue linéarisée ; choisissez le modèle dont la question a besoin et vérifiez la réponse par rapport au modèle supérieur.

Le redresseur demi-onde conduit pendant un demi-cycle ; le pont redresseur conduit pendant les deux (quatre diodes, deux conduisant à la fois, de sorte que la pont** conduit les deux polarités (quatre diodes, deux conduisant à la fois, donc la chute de tension des diodes coûte 1.4 V et chaque diode doit résister à une tension inverse crête d'un pic secondaire). Un condensateur de filtrage maintient la sortie entre les pics : l'ondulation $\Delta V \approx I_{load}/(f\cdot C)$ (demi-onde) ou $I_{load}/(2f\cdot C)$ (pleine onde) — le condensateur doit alimenter la charge tout au long de l'intervalle entre deux recharges.

Exemple corrigé 1 (alimentation pont, vérifiée). Un pont redresse une tension efficace de 12 V RMS, de fréquence 50 Hz ; la charge absorbe 100 mA et le condensateur vaut 2200 µF. Tension de sortie maximale : $12\sqrt{2} - 1.4 = 17.0 - 1.4 = 15.6$ V. Ondulation (pleine onde, rechargée toutes les 10 ms) : $\Delta V = 0.1/(100 \times 2200\mu) = 0.455$ V. La sortie oscille donc entre 15.6 et 15.1 V. Vérifications : ondulation ≪ pic (2.9% ✓ — hypothèse de la formule) ; en demi-onde, l'ondulation doublerait pour atteindre 0.91 V avec le même condensateur — le pont achète un facteur 2× pour quatre diodes ; PIV par diode ≈ 17.0 V (une pic secondaire) — spécifiez des diodes supportant cette valeur.

Exemple résolu 2 (régulateur Zener conçu aux deux extrémités, escaladé). Réguler 12 V vers le bas jusqu'à 5.1 V avec une diode Zener de 5.1 V ; la charge varie entre 0 et 10 mA, et le zener nécessite au moins 2 mA pour rester en claquage. Cas défavorable pour le courant Zener est la pleine charge : $R \le (12 - 5.1)/(10\mathrm{m} + 2\mathrm{m}) = 575\ \Omega$ → choisir 560 Ω. Vérifiez maintenant l'autre extrémité — sans charge : $I_{Z} = (12 - 5.1)/560 = 12.3$ mA, so $P_{Z} = 5.1 \times 12.3\mathrm{m} = 63$ mW et le résiste dissipe $(12-5.1)^{2}/560 = 85$ mW dans le cas défavorable. Charge maximale laissant $I_{Z} = 12.3 - 10 = 2.3$ mA ≥ 2 mA ✓. Les deux extrémités sont vérifiées — c'est une conception de régulateur complète : une inégalité issue de chaque extrémité de la plage de charge.

Erreurs courantes. Utiliser f au lieu de 2f pour l'ondulation du pont (le condensateur se recharge tous les demi-cycles). Oublier les 1.4 V des deux chutes de tension des diodes dans la sortie crête. Dimensionner la résistance Zener uniquement à la charge typique — le courant Zener doit être vérifié aux DEUX extrémités, ainsi que sa puissance à l'extrémité sans charge.

Résumé : pont = les deux demi-cycles, coût de 1.4 V, PIV un pic ; ondulation $I/(2fC)$ fixée par l'écart entre les recharges ; la Zener maintient la tension tandis que la résistance série absorbe le surplus — conçue aux deux extrémités de charge.

Le transistor bipolaire à jonction possède trois zones — blocage, actif (zone d'amplification : $I_C = \beta I_B$, $V_{BE} \approx 0.7$ V), et saturation ($V_{CE} < 0.2$ V, les deux jonctions polarisées directement). La polarisation consiste à placer fermement le point de repos (le point de polarisation, Q-point) dans la zone active et la rendant indépendante de β — le paramètre qui varie 2:1 entre des dispositifs du même numéro de pièce.

Exemple résolu 1 (polarisation par diviseur de tension, exact). $V_{CC} = 12$ V; $R_{1} = 68$ kΩ (vers $V_{CC}$), $R_{2} = 12$ kΩ (vers la masse), $R_{C} = 2.2$ kΩ, $R_{E} = 1$ kΩ, $\beta = 100$. Thévenin du diviseur : $V_{B} = 12 \times 12/80 = 1.8$ V, $R_{B} = 68\mathrm{k} \parallel 12\mathrm{k} = 10.2$ kΩ. Estimation rapide (ignorer le courant de base) : $V_{E} = 1.8 - 0.7 = 1.1$ V → $I_{E} \approx 1.1$ mA. Exact (boucle de base avec $I_E = (\beta+1)I_B$) : $I_B = (1.8 - 0.7)/(10.2\mathrm{k} + 101 \times 1\mathrm{k}) = 9.9\ \mu$A → $I_C = 0.989$ mA, $V_{CE} = 12 - 0.99\mathrm{m} \times 2.2\mathrm{k} - 0.99 = 8.8$ V — active ✓ ($V_{CE} \gg 0.2$ V). L'estimation rapide était trop élevée de 11% ; le coupable est le courant de base chargant le diviseur — exactement ce que la boucle exacte prend en compte.

Exemple résolu 2 (β doublé, l'objectif du circuit, augmenté.) Même circuit, $\beta = 200$ : $I_B = 1.1/(10.2\mathrm{k} + 201\mathrm{k}) = 5.2\ \mu$A → $I_C = 1.04$ mA, $V_{CE} = 8.7$ V — toujours actif ✓. Donc β × 2 a modifié le courant de collecteur de 5% (0.99 → 1.04 mA) et le point Q a très peu bougé. Le mécanisme : toute augmentation du courant de collecteur pousse la tension d'émetteur augmente, ce qui réduit $V_{BE}$ et limite le courant de base — négatif le rétroaction à l'intérieur du polarisation, fournie par $R_E$. Avec $R_E = 0$, la région active formule $I_C = \beta(1.8 - 0.7)/10.2\mathrm{k}$ prédit 10.8 mA à β = 100 et 21.6 mA à β = 200. La résistance de collecteur de 2.2 kΩ ne peut pas laisser passer aucune courant depuis 12 V, donc l'hypothèse active échoue : ce sont des candidats, pas des courants de saturation réels. La sensibilité de la formule au β reste claire, mais la vérification de région doit précéder l'acceptation d'un point Q. Les deux sources d'erreur sont maintenant quantifiées : 11% du diviseur de tension (corrigible avec un diviseur plus rigide), 5% provenant de la dispersion de β (absorbée par $R_E$).

Erreurs courantes. Vérifier $V_{CE} > 0$ au lieu de $> 0.2$ V (la saturation commence à environ 0.2 V). Calculer $V_C$ à partir du courant estimé de 1.1 mA, puis "vérifier" contre un point Q calculé à partir du courant exact — effectuez une chaîne, puis vérifiez-la. Croire que le seul diviseur rend la polarisation indépendante de β — c'est $R_E$ (avec le diviseur suffisamment rigide pour maintenir $V_B$) qui fait le travail.

Résumé : Théveniniser le diviseur, résoudre la boucle de base exactement, vérifier la région; $R_E$ achète l'indépendance vis-à-vis de β au prix de la marge dynamique ; estimer puis vérifier est parfait lorsque les deux sont clairement identifiés comme tels.

Le MOSFET est commandé en tension : la grille ne tire aucun courant continu, et en saturation (la région amplificateur — la nomination opposée à celle du BJT !) le modèle en loi de puissance donne

avec seuil $V_t$. Les trois régions : coupure ($v_{GS} < V_t$), triode/ohmique ($v_{DS} < v_{GS} - V_t$ — une résistance, pas un amplificateur), saturation (l'inégalité est satisfaite — une source de courant).

Exemple résolu 1 (supposer la saturation, puis vérifier). $V_{DD} = 10$ V, $\tfrac{1}{2}k_n(W/L) = 0.5$ mA/V², $V_t = 1.5$ V, $R_D = 3$ kΩ, grille maintenue à $V_G = 3$ V (diviseur — pas de courant continu en grille). Supposons la saturation : $I_D = 0.5 \times (3 - 1.5)^{2} = 1.125$ mA; $V_{DS} = 10 - 1.125\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = 6.6$ V. Check: $6.6 \ge 3 - 1.5 = 1.5$ ✓ — saturation est vérifiée, et le point Q est (1.125 mA, 6.6 V).

Exemple résolu 2 (la vérification échoue, cas aggravé). Élevez la grille à $V_G = 5$ V, same circuit. Assume saturation: $I_D = 0.5 \times 3.5^{2} = 6.1$ mA, $V_{DS} = 10 - 6.1\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = -8.4$ V — impossible (tension de drain négative), donc l'hypothèse est fausse : la résistance ne peut pas chuter de 18 V sur une source de 10 V. Résolvez en régime triode avec $i_D = 0.5(2 \times 3.5\, v_{DS} - v_{DS}^{2})$ et la ligne de charge $10 = 3\mathrm{k}\, i_D + v_{DS}$ : le polynôme du second degré donne $v_{DS} = 1.00$ V, $i_D = 3.00$ mA. Vérifications : région $1.0 < 3.5$ ✓ triode ; l'équation triode retourne $0.5(2 \times 3.5 \times 1 - 1) = 3.0$ mA ✓ cohérent avec la ligne de charge ; et la saturation à cette grille aurait exigulé 18.4 V d'alimentation. La leçon se généralise : le modèle est une hypothèse — c'est la vérification de région qui, le rend valide.

Erreurs courantes. Se fier au courant de saturation sans la vérification de région (l'exemple échoué ci-dessus aboutit à une réponse erronée si vous ne faites qu' vérifier $V_{DS} > 0$). Confondre les noms de régions avec le BJT (MOSFET saturation = amplificateur ; saturation du BJT = détérioré). Oublier que le courant de grille est nul en continu — le diviseur de tension n'est pas chargé, ce qui explique précisément pourquoi les diviseurs MOSFET peuvent utiliser des résistances de mégohms.

Résumé : loi quadratique en saturation, la frontière $v_{DS} = v_{GS} - V_t$ correspond au test ; supposer, résoudre, vérifier — et lorsque la vérification échoue, la loi quadratique triode prend le relais ; courant de grille nul en continu.

L'amplification est linéaire uniquement autour d'un point de polarisation (le point Q de l'unité 5.3). Le modèle petit-signal remplace chaque dispositif par ses paramètres linéarisés paramètres à ce point : BJT — $g_m = I_C/V_T$ (différencier la V_t) = $r_\pi = \beta/g_m$I_D/(V_$r_o$ - V_t){GS}r_o$. Les sources CC V_t) = 2I_D/(V_{GS} - V_t)$ (differentiate the square law), $r_o$. DC sources deviennent des courts-circuits ; les condensateurs de couplage deviennent des courts-circuits à la fréquence du signal.

Exemple résolu 1 (l'étage à émetteur commun). Au point de polarisation unitaire-5.3 $I_C = 0.99$ mA, $\beta = 100$ : $g_m = 0.99\mathrm{m}/26\mathrm{m} = 38.1$ mS ; $r_\pi = 100/38.1\mathrm{m} = 2.6$ kΩ. Gain en tension avec $R_E$ contourné and $r_o = 50$ kΩ: $A_v = -g_m(R_C \parallel r_o) = -38.1\mathrm{m} \times 2.11\mathrm{k} = -80$. Limiting checks: $r_o \to \infty$ gives $-g_m R_C = -84$ (r_o coûte 5%); et le gain doit être négatif — l'étage CE inverse.

Exemple résolu 2 (dégénérescence et comparaison MOSFET, amplifiée). Retirer le bypass pour que $R_E = 1$ kΩ soit inclus : le gain exact est $-g_m R_C/(1 + g_m R_E) = -84/(1 + 38.1) = -2.14$, contre $-R_C/R_E = -2.2$ textbook form — within 2.4% because $g_m R_E = 38 \gg 1$ (c'est la condition de validité de cette forme, maintenant visible). La dégénérescence a échangé 84 pour 2.2 — la linéarité et un gain stable achetés avec le même $R_E$ qui stabilisait le point de repos. Même chose dans le monde MOSFET : le point Q unitaire-5.4 donne $g_m = 2I_D/V_{ov} = 2 \times 1.125\mathrm{m}/1.5 = 1.5$ mS et un gain commun-source $-g_m R_D = -4.5$. Le BJT au même 1.125 mA a $43.3$ mS — 29× le transconductance du MOSFET — transconductance et gain en courant face à une résistance d'entrée infinie : le compromis fondamental.

Erreurs courantes. Calculer $g_m$ à partir du courant de polarisation estimé après la résolution exacte existe — une seule chaîne, un seul ensemble de paramètres. Utiliser $-R_C/R_E$ où $g_m R_E \sim 1$ (la forme nécessite $g_m R_E \gg 1$). Croyre que le modèle petit-signal est un circuit différent — c'est le même circuit, linéarisé au point Q.

Résumé : dériver la loi du dispositif au point Q pour obtenir $g_m$; $r_\pi = \beta/g_m$; gain contourné $-g_m R_C$, gain dégénéré $-R_C/R_E$ lorsque $g_m R_E \gg 1$; le BJT gagne en gm par milliampère, le MOSFET gagne sur la grille.

Les règles d'or de l'amplificateur 1 reviennent avec la vue à gain fini. Le contre-réaction ferme une boucle ; ce qui compte est le gain de boucle $A_{OL}\beta_{fb}$. Dérivation (étage inverseur) : si l'amplificateur opérationnel peut maintenir $v_- \approx v_+$, le résistor d'entrée transporte $(v_{in} - 0)/R_{in}$, le résistor de rétroaction transporte le même courant, et $v_o = -R_f v_{in}/R_{in}$. En écrivant l'équation exacte du nœud avec un gain en bouque ouverte $A_{OL}$ et en résolvant, on obtient

de sorte que la réponse des règles d'or est exacte dans la limite $A_{OL}\beta_{fb} \to \infty$ et s'écarte du facteur $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$ dans la réalité.

Exemple résolu 1 (les quatre topologies et le GBW). Inverseur $-R_f/R_{in}$ (résistance d'entrée $R_{in}$) ; non-inverseur $1 + R_f/R_{in}$ (résistance d'entrée → ∞) ; transimpédance $v_o = -I_p R_f$ (photodiode : $2\ \mu\mathrm{A} \times 1\ \mathrm{M}\Omega = 2$ V) ; somme $-(v_1 R_f/R_1 + v_2 R_f/R_2)$. Un amplificateur opérationnel avec gain-bande produit GBW = 1 MHz à boucle fermée 40 dB (100×) possède une bande passante 10 kHz; à 20 dB (10×), 100 kHz ✓ (le produit reste 1 MHz le long de l'hyperbole).

Exemple corrigé 2 (comment les règles d'or sont fausses, amplifié). Le facteur d'erreur $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$, calculé. Gain en boucle fermée 100 ($\beta_{fb} = 0.01$) : avec $A_{OL} = 10^{5}$, $A_{CL} = 100/(1 + 1/1000) = 99.90$ — une erreur de 0.1%, invisible sur un oscilloscope. Avec un amplificateur opérationnel fatigué ou à haute fréquence où $A_{OL}$ est tombé à $10^{3}$ (n'oubliez pas l'unité 5.7 : le gain en boucle ouverte s'est déjà atténué) : $A_{CL} = 100/1.1 = 90.9$ — une erreur de 9.1% Erreur. Les règles d'or sont donc une déclaration du gain de boucle : là où le gain de boucle est élevé, elles sont exactes, et près du point de coupure, elles s'éteignent doucement. Vérification : à 10 kHz avec GBW de 1 MHz, le gain en boucle ouverte est tombé à $10^{6}/10^{4} = 100$ — égal au gain en boucle fermée, gain de boucle 1, et c'est bien le −3 dB point de coupure trouvé dans l'exemple 1.

Erreurs courantes. Utiliser la formule inverseuse pour un étage non-inverseur ($1 + R_f/R_{in}$ diffère exactement de 1 — à gain unité, c'est tout). Oublier la résistance de rétroaction de l'étage transimpédance définit le gain à partir du courant, de sorte que la capacité de la photodiode façonne toujours le gain de bruit. courant*, de sorte que la capacité de la photodiode façonne encore le gain de bruit.

Résumé : le gain de boucle $A_{OL}\beta_{fb}$ est le compteur de vérité pour les règles d'or règles ; erreur $= 1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$ ; GBW est une hyperbole — gain en boucle fermée gain multiplié par la bande passante est conservé jusqu'à la fréquence de coupure, où les règles échouent.

Tout amplificateur est un passe-bande : les condensateurs de couplage définissent la basse fréquence de coupure $f_L = 1/(2\pi R_{eq}C)$ par étage ($R_{eq}$ = ce que le condensateur voit, sources mises à la masse), et en haute fréquence, la capacité Miller plus les pôles internes prennent le relais. La dérivation de Miller : un condensateur $C$ de la sortie à l'entrée d'un étage inverseur avec un gain $-A$ entraîne $i = C\,d(v_{in} - v_o)/dt = C(1 + A)\,dv_{in}/dt$ — le nœud d'entrée se comporte comme s'il voyait $C_M = C(1 + A)$ vers la masse. L'approximation du pôle dominant approximation : un seul pôle assure la majeure partie de la chute, $f_H \approx 1/(2\pi R_{eq}C_{eq})$.

Exemple corrigé 1 (le passe-bande complet, les deux fréquences de coupure). L'étage CE unit-5.5 étage : le condensateur de couplage voit $R_{eq} = R_B \parallel r_\pi = 10.2\mathrm{k} \parallel 2.6\mathrm{k} = 2.08$ kΩ, donc un condensateur de couplage de 10 µF donne $f_L = 1/(2\pi \times 2.08\mathrm{k} \times 10\mu) = 7.7$ Hz. Extrémité haute : $C_{gb} = 5$ pF entre base et collecteur où le gain de l'étage est −80: $C_M = 5\mathrm{p} \times 81 = 405$ pF, plus 20 pF de capacité parasite → $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 425\mathrm{p}) = 187$ kHz. L'étage transmet 7.7 Hz à 187 kHz avec un gain de −80. Vérifications : le condensateur de couplage voit la combinaison en parallèle (sources nulles), et non la somme — l'erreur classique $f_L$ ; et le −80 dans le facteur de Miller correspond au gain en bande passante, déjà en baisse près du Exemple résolu $f_H$ (la configuration en cascode et la cascade, augmentée). Une configuration en cascode point de lecture.

Exemple résolu 2 (le cascode et la cascade, améliorés). Un cascode maintient le collecteur quasi constant, annulant le gain à travers la 5 pF : $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 25\mathrm{p}) = 3.18$ MHz — 17× pour un seul transistor : Miller explique la maladie et le remède. Cascade plutôt : deux étages identiques de 187 kHz en série sont chacun atténués de 3 dB à cet endroit, donc le couple est atténué de 6 dB — le point global de −3 dB se situe à $187 \times \sqrt{2^{1/2} - 1} = 120$ kHz. Un amplificateur multietage compense le son gain deux fois — une fois par Miller, une fois en cascade.

Erreurs courantes. Additionner au lieu de mettre en parallèle les résistances lors du calcul de ce que le condensateur de couplage voit ; rapportant la fréquence de coupure par étage comme la coin du système (la cascade le réduit de $\sqrt{2^{1/n} - 1}$).

Résumé : $f_L$ provenant des condensateurs de couplage face à une résistance de source nulle ; le facteur de Miller multiplie par $(1 + |A|)$ ; le cascode l'élimine ; les cascades réduisent les coins de $\sqrt{2^{1/n} - 1}$.