Формулы Френеля

[TripleLucker]

Теперь точно все понял. Только вот интересно, что преобразовав сначала свою формулу к формуле из учебника через закон Снеллиуса, а затем еще два раза применяя этот закон, я в итоге получаю другой тангенс (который получили Вы, и который в задачнике, и который правильный ответ). А если сразу приравнять, то простой ответ. Как понять-то, почему именно этот нужен?

[Munin]

Если вы применением правильных (и применимых) формул получаете другой ответ, то где-то у вас в процессе ошибки. И обычно в более короткой и прозрачной цепочке выкладок ошибок меньше.

[TripleLucker]

Ну, возможно, только одна неточность. У меня все получилось, как у svv, и правильно. А вот если взять мою начальную формулу, заменить $cos\alpha_2 = sin\alpha_1$, т.к. угол Бюргерса. Приравнять к $0$ числитель и поделить на $cos\alpha_1$, то получится простой ответ, без разностей в числителе и знаменателе. Я что-то путаю или вру где-то? Я даже и не знаю что-то.

[svv]

TripleLucker в сообщении #1101110 писал(а):

Дж. Дженкинс

TripleLucker в сообщении #1101394 писал(а):

угол Бюргерса

Однако, тенденция. Теперь понятно, какие фамилии Вам кажутся благозвучными.

TripleLucker в сообщении #1100953 писал(а):

Я получил формулу для отношения амплитуд волн, но я не могу ее привести к такому виду. У меня получилась такая:
$\frac{E_R}{E_0}=\frac{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}cos\alpha-\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}sin\alpha}{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}cos\alpha+\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}sin\alpha}$.
Я попытался попреобразовывать, но не вышло. Да и к тому же, если мой числитель приравнять к $0$, то получится простой ответ, там даже преобразовать не надо. Но я тут не должен был наврать в изначальной формуле, я сверил условия на $E$ и $H$ с учебником и просто выразил.

Чтобы разобраться, как у Вас получилась такая формула, я спросил Вас, какой учебник, нашёл там формулу (7.58), получил свой результат. Сначала думал, что Вы тоже опирались на (7.58).

А как Вы на самом деле получили формулу из цитаты? Исходили из каких-то промежуточных формул в учебнике (тогда каких?) или вообще весь вывод проделали сами?

[TripleLucker]

svv в сообщении #1101415 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1101110 писал(а):

Дж. Дженкинс

TripleLucker в сообщении #1101394 писал(а):

угол Бюргерса

Однако, тенденция. Теперь понятно, какие фамилии Вам кажутся благозвучными.

TripleLucker в сообщении #1100953 писал(а):

Я получил формулу для отношения амплитуд волн, но я не могу ее привести к такому виду. У меня получилась такая:
$\frac{E_R}{E_0}=\frac{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}cos\alpha-\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}sin\alpha}{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}cos\alpha+\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}sin\alpha}$.
Я попытался попреобразовывать, но не вышло. Да и к тому же, если мой числитель приравнять к $0$, то получится простой ответ, там даже преобразовать не надо. Но я тут не должен был наврать в изначальной формуле, я сверил условия на $E$ и $H$ с учебником и просто выразил.

Чтобы разобраться, как у Вас получилась такая формула, я спросил Вас, какой учебник, нашёл там формулу (7.58), получил свой результат. Сначала думал, что Вы тоже опирались на (7.58).

А как Вы на самом деле получили формулу из цитаты? Исходили из каких-то промежуточных формул в учебнике (тогда каких?) или вообще весь вывод проделали сами?

Мне очень стыдно с этими фамилиями. ._. В прошлом семестре была теория пластичности, и там был вектор Бюргерса, поэтому я непроизвольно написал его. А насчет формулы: опять же, в "Джексоне" записаны два краевых условия и из них просто выражается моя формула, безо всяких преобразований. На семинаре у нас такие же условия были, просто отсутствовала магнитная проницаемость. А уж из нее я получил (7.58) (умножил на дробь из косинусов/синусов и применил закон Снеллиуса).

[svv]

TripleLucker в сообщении #1101586 писал(а):

"Джексоне" записаны два краевых условия

Так, может, Вы приведёте номера этих формул в книге? (а в крайнем случае и сами формулы) Я ж без Ваших пояснений как в потёмках.

[TripleLucker]

svv в сообщении #1101613 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1101586 писал(а):

"Джексоне" записаны два краевых условия

Так, может, Вы приведёте номера этих формул в книге? (а в крайнем случае и сами формулы) Я ж без Ваших пояснений как в потёмках.

А все оттуда же, (7.57), прямо перед приведенной вами (7.58).

[svv]

Теперь понял. Вы берёте формулы (7.57). Первым делом исключаете $E'_0=E_0+E''_0$. Получается (уже в наших обозначениях):

$$\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}(E_0-E_R)\cos\alpha_1=\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}(E_0+E_R)\cos\alpha_2$$

Дальше Вы заменяете $\cos\alpha_2$ на $\sin\alpha_1$:

$$\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}(E_0-E_R)\cos\alpha_1=\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}(E_0+E_R)\sin\alpha_1\,,$$

и отсюда получается Ваша формула

$$\frac{E_R}{E_0}=\dfrac{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}\cos\alpha_1-\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}\sin\alpha_1}{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}\cos\alpha_1+\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}\sin\alpha_1}\,.$$

Поясните, пожалуйста, смысл вот этой фразы:

TripleLucker в сообщении #1101394 писал(а):

заменить $cos\alpha_2 = sin\alpha_1$, т.к. угол Брюстера

Тут и сидит проблема.

[TripleLucker]

Угол Брюстера означает, что $\alpha_1+\alpha_2 = \pi/2$, так ведь? Ну и по формулам приведения синус на косинус менять можно, на семинарах мы так делали.

[svv]

У меня выполнение $\alpha_1+\alpha_2 = \pi/2$, когда $\alpha_1$ — угол Брюстера, не вызывает сомнений, только если выполняются оба условия:
$\bullet$ мы имеем дело с TM-поляризацией;
$\bullet$ $\mu_1=\mu_2$.

В самом начале следующего параграфа Джексон пишет:

Цитата:

Полагая для простоты $\mu'=\mu$, мы видим из (7.60), что отраженной волны не будет, когда $i+r=\pi/2$.

Но, как видите, он, во-первых, берёт упрощённый (но не наш) случай $\mu'=\mu$. Во-вторых, он ссылается на формулу (7.60), которая получена не для нашей TE-поляризации. И то и другое не способствует уверенности в том, что соотношение универсально.

В нашем же случае возьмём формулы (7.55) и (7.57). Потребуем, чтобы $E''_0=0$. Тогда из первой формулы (7.57) будет следовать $E_0=E'_0$, и амплитуды во второй формуле (7.57) сократятся. Получится система из двух уравнений, в которую входят только неизвестные углы и известные проницаемости:

$$\begin{array}{c}\sqrt{\varepsilon_1\mu_1}\sin\alpha_1=\sqrt{\varepsilon_2\mu_2}\sin\alpha_2\\\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}\cos\alpha_1=\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}\cos\alpha_2\end{array}$$

Допустим, выполняется $\alpha_1+\alpha_2 = \pi/2$. Тогда

$$\begin{array}{c}\sin\alpha_2=\cos\alpha_1\\\cos\alpha_2=\sin\alpha_1\end{array}$$

Исключая таким образом из нашей системы $\alpha_2$, получим:

$$\begin{array}{c}\sqrt{\varepsilon_1\mu_1}\sin\alpha_1=\sqrt{\varepsilon_2\mu_2}\cos\alpha_1\\\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}\cos\alpha_1=\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}\sin\alpha_1\end{array}$$

Умножая обе левые части и обе правые, получим

$$\varepsilon_1\sin\alpha_1\cos\alpha_1=\varepsilon_2\sin\alpha_1\cos\alpha_1\,,$$

откуда следует $\varepsilon_1=\varepsilon_2$, хотя диэлектрические проницаемости не обязаны подчиняться этому условию. Противоречие.

[TripleLucker]

svv в сообщении #1101898 писал(а):

У меня выполнение $\alpha_1+\alpha_2 = \pi/2$, когда $\alpha_1$ — угол Брюстера, не вызывает сомнений, только если выполняются оба условия:
$\bullet$ мы имеем дело с TM-поляризацией;
$\bullet$ $\mu_1=\mu_2$.

В самом начале следующего параграфа Джексон пишет:

Цитата:

Полагая для простоты $\mu'=\mu$, мы видим из (7.60), что отраженной волны не будет, когда $i+r=\pi/2$.

Но, как видите, он, во-первых, берёт упрощённый (но не наш) случай $\mu'=\mu$. Во-вторых, он ссылается на формулу (7.60), которая получена не для нашей TE-поляризации. И то и другое не способствует уверенности в том, что соотношение универсально.

В нашем же случае возьмём формулы (7.55) и (7.57). Потребуем, чтобы $E''_0=0$. Тогда из первой формулы (7.57) будет следовать $E_0=E'_0$, и амплитуды во второй формуле (7.57) сократятся. Получится система из двух уравнений, в которую входят только неизвестные углы и известные проницаемости:

$$\begin{array}{c}\sqrt{\varepsilon_1\mu_1}\sin\alpha_1=\sqrt{\varepsilon_2\mu_2}\sin\alpha_2\\\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}\cos\alpha_1=\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}\cos\alpha_2\end{array}$$

Допустим, выполняется $\alpha_1+\alpha_2 = \pi/2$. Тогда

$$\begin{array}{c}\sin\alpha_2=\cos\alpha_1\\\cos\alpha_2=\sin\alpha_1\end{array}$$

Исключая таким образом из нашей системы $\alpha_2$, получим:

$$\begin{array}{c}\sqrt{\varepsilon_1\mu_1}\sin\alpha_1=\sqrt{\varepsilon_2\mu_2}\cos\alpha_1\\\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}\cos\alpha_1=\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}\sin\alpha_1\end{array}$$

Умножая обе левые части и обе правые, получим

$$\varepsilon_1\sin\alpha_1\cos\alpha_1=\varepsilon_2\sin\alpha_1\cos\alpha_1\,,$$

откуда следует $\varepsilon_1=\varepsilon_2$, хотя диэлектрические проницаемости не обязаны подчиняться этому условию. Противоречие.

А, тогда все понятно, нам не говорили, что это должно выполняться, чтобы сумма была равна 90 градусам. Спасибо в очередной раз.