Обратное пятно Пуассона

[Sicker]

Munin
$G(r)=\frac{1}{2\pi}\frac{e^{ikr}}{r}$

[Munin]

Теперь вот это:

Sicker в сообщении #1249518 писал(а):

Просто беру предел произведения площади первой зоны Френеля в случае круговой заслонки, и функции Грина, которая показывает вклад от бесконечно малой площадки.

[Sicker]

Пусть у нас есть круговая заслонка радиуса $R$, и пусть поле интенсивности вне нее на экране будет постоянно.
Теперь площадь первой зоны Френеля в этом случае будет $\frac{\alpha}{k}R$,где $\alpha$ можно сделать равным единице при выборе определенного $R$

-- 22.09.2017, 15:15 --

Ну и теперь умножаем на функцию Грина и получаем что-то вроде $e^{ikr}\cos(\varphi)$

[Munin]

Формулами-формулами, как начали.

[Sicker]

Munin
Ну а я что написал

[Munin]

Слова. Жду формул. Писать их за вас я не намерен.

[Sicker]

Munin
Пусть у нас есть круглая заслонка на экране радиуса $R$, и мы ищем поле на оси, проходящей через центр этой заслонки, в точке на расстоянии $L$ от центра круга заслонки. Вне заслонки поле, с неизменной фазой в пространстве экрана, интенсивность которого зависит от расстояния $r$ от центра заслонки как $E_0(r)=e^{-r^2}$ (хотя может быть любой другой закон, главное чтобы поле убывало на бесконечности в аппроксимации какой-то степенной функции для сходимости интеграла)
Тогда поле в точке на расстоянии L от экрана будет вычислять как $E=-\frac{ik}{2\pi}\int_{R}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{L^2+x^2}Le^{-x^2}dx\rightarrow \frac{LR}{L^2+R^2}e^{ik\sqrt^{L^2+R^2}}$ при $k\rightarrow\infty$

[Munin]

Sicker в сообщении #1250033 писал(а):

$\dfrac{e^{ikx}}{L^2+x^2}$

Так, это откуда?

[Sicker]

Munin в сообщении #1250049 писал(а):

Так, это откуда?

$G(r)=-\frac{ik}{2\pi}\frac{e^{ikr}}{r}\cos(\varphi)$

[Munin]

А квадрат-то откуда?

[Sicker]

Munin
Расписал косинус.

[Munin]

Распишите ещё раз.

[Sicker]

Munin
$\cos(\varphi)=\frac{L}{\sqrt^{L^2+x^2}}$

[Munin]

Так. Запишите этот интеграл с самого начала, и только потом упрощайте. Упрощайте последовательно короткими шагами.

[Sicker]

Munin
$E=\int_{R}^{\infty} G(\sqrt{x^2+L^2})\cdot 2\pi x\cdot e^{-x^2}dx=\int_{R}^{\infty} -\frac{ik}{2\pi}\frac{e^{ikx}}{\sqrt{x^2+L^2}}\cdot \frac{L}{\sqrt{x^2+L^2}}\cdot 2\pi x e^{-x^2}dx=-ik\int_{R}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{L^2+x^2}Lxe^{-x^2}dx$