Обратное пятно Пуассона

[arseniiv]

(Об оптике, а точнее о глазах)

Sicker в сообщении #1250092 писал(а):

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

Думал я думал, что же тут такое страшное с символами, и наконец заметил ^. Почто!?

Вот, держите $\cos\varphi = \frac L{\sqrt{L^2+x^2}}$ или даже $\cos\varphi = \dfrac L{\sqrt{L^2+x^2}}$ или $\cos\varphi = L/\sqrt{L^2+x^2}$, и не ломайте людям глаза.

[Sicker]

(Оффтоп)

arseniiv
а что за dfrac

[arseniiv]

(Оффтоп)

А перечитайте FAQ по формулам. Это дробь, набранная в контексте выключной формулы. Т. е. такая же как если бы она была $$\frac...$$.

[Sicker]

Munin
Ну что?

[Munin]

У меня выходной был.

[amon]

Sicker в сообщении #1250421 писал(а):

Ну что?

Извиняюсь, суета.

Sicker в сообщении #1250092 писал(а):

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

Это чудо откуда взялось? Вам надо использовать формулу

$$ u(r)=\int\limits_{S}u(r')\frac{\partial}{\partial n}\frac{e^{ikR}}{R}-\frac{e^{ikR}}{R}\frac{\partial u}{\partial n}dS $$

Интегрируем по отверстию, $R=r-r'$ - расстояние от точки на отверстии до точки наблюдения, $n$ - "нормаль к отверстию". И ответ будет

$$ u(r)=\operatorname{const}\int\limits_{S}\frac{e^{ik(r+R)}}{Rr}(\cos(\widehat{nr})-\cos(\widehat{nR}))dS $$

(Борн, Вольф, стр 350 (Теория дифракции Кирхгофа) изд. 1973 года.)

[Sicker]

amon в сообщении #1252063 писал(а):

Это чудо откуда взялось?

Обычное определение косинуса.

amon в сообщении #1252063 писал(а):

Вам надо использовать формулу

$$ u(r)=\int\limits_{S}u(r')\frac{\partial}{\partial n}\frac{e^{ikR}}{R}-\frac{e^{ikR}}{R}\frac{\partial u}{\partial n}dS $$

Ну я и использовал, только без второго члена, т.к. положил граничные условия на бесконечности нулевыми.

amon в сообщении #1252063 писал(а):

И ответ будет

$$ u(r)=\operatorname{const}\int\limits_{S}\frac{e^{ik(r+R)}}{Rr}(\cos(\widehat{nr})-\cos(\widehat{nR}))dS $$

А почему дальше не проинтегрировали? И у нас приближение квазиогеометрической оптики

-- 01.10.2017, 15:28 --

amon

А как вы ответите вопрос на стартовой странице?

[amon]

Продолжаем в стиле переписки Ивана Грозного с беглым князем Курбским.

Sicker в сообщении #1252206 писал(а):

А почему дальше не проинтегрировали?

Это Вы меня под бан за решение простой учебной задачи подставить пытаетесь ;) Ответ написан во всех учебниках. Надо (для дифракции Фраунгофера) считать все расстояния "по прямой", а углы отклонения малыми. Тогда получится (для простоты, для квадратного отверстия со стороной $a$) что-то вроде

$$ I=\frac{|u|^2}{\pi^2 R^2 k^2}\frac{\sin^2k\theta_x\;\sin^2k\theta_y}{\theta_x^2\theta_x^2} $$

То есть будет максимум в "классически доступной" области, хиленькие дополнительные пички в области геометрической тени и никакой цилиндрической волны. Это не удивительно, поскольку волна через центр отверстия проскакивает почти не замечая его, и все эффекты возникают, грубо говоря, от интерференции волн, возникающих на краях отверстия. Что бы этот эффект оказался заметен простым выпуклым морским глазом, надо либо сделать так, что бы площадь "краёв" была сравнима с площадью "не краёв" (как в дифракционной решетке), либо установить этот глаз там, где с точки зрения чистой геометрии вообще ни черта нет (за непрозрачным экраном). Иначе обычная геометрическая (которая не квази) оптика все забьёт, о чем Вам сказали практически сразу.

Рассуждения о зонах Френеля в случае дифракции Фраунгофера не очень катят, поскольку в этом случае волна в отверстии плоская, и слегка отклоняясь от оси отверстия мы по прежнему будем видеть все зоны, только под углом, что приведет только к уменьшению интенсивности (там такой угловой коэффициент есть, если помните). И только отойдя достаточно далеко мы заработаем хиленький максимум, большую часть которого съест тот самый угловой коэффициент. В исходном рассуждении Френеля предполагалось, что источник и приёмник находятся близко к экрану, и необходимо учитывать кривизну волнового фронта источника излучения.

[Sicker]

amon в сообщении #1253232 писал(а):

для дифракции Фраунгофера

Причем тут дифракция Фраунгофера? У меня дифракция Френеля в топике.

amon в сообщении #1253232 писал(а):

никакой цилиндрической волны.

Цилиндрическая волна будет превращаться в коническую на бесконечности.

[amon]

Sicker в сообщении #1254608 писал(а):

Цилиндрическая волна будет превращаться в коническую на бесконечности.

А ротор там случаем себя нигде не градуирует вдоль спина? Короче, читайте.

[Sicker]

amon
Вы даже не пытаетесь меня понять.
Я под цилиндрической волной имею ввиду такое распределение амплитуды света, которая получается при параллельном смещении амплитуд на экране перпендикулярно самому экрану.

-- 11.10.2017, 00:23 --

amon
Я думаю, что я все правильно понимаю.

[amon]

Sicker,
Я Вам дал хорошую ссылку ( с картинками!). Посмотрите на нее. Особенно на последнюю картинку, где про области геометрической оптики, ближнее поле и т.п. Вы увидите, что всё устроено не совсем так, как Вы себе представляете.

[Sicker]

amon
А как я себе представляю? Вы написали выражение для дифракции Фраунгофера, которое я и сам могу вывести.
И какое отношение оно имеет к топику?

-- 11.10.2017, 00:34 --

amon

Цитата:

Я вот обнаружил, что есть взять непроницаемый экран и абсолютно круглое излучающее отверстие, то в точке на оси этого круга от центра экрана будет скачок амплитуды поля, по сравнению с амплитудой в областях от центра (которая в случае постоянства амплитуды и фаз света в разных точках излучающего отверстия будет представлять собой простой цилиндр, при длине волны стремящейся к нулю). Это происходит потому, что амплитуда вклада от последней зоны Френеля не равна нулю, т.е. ряд обрывает до того, как он придет к некому среднему устоявшемуся значению, и эта последняя зона будет находиться на границе этого круга, а дальше свет обрывается.
Вот собственно, это верные рассуждения?

-- 11.10.2017, 00:39 --

amon
Я думаю чтобы нам сойтись надо сначала поставить постановку задачи. Пусть есть экран с круглым отверстием единичного радиуса. Амплитуда равна единице во всех точках этого отверстия. Длина волны стремиться к нулю. Как будет себя вести поле в полупространстве за излучающим отверстием? При условии, что оно на бесконечности ноль.
Вы согласны, что за пределами цилиндра с основанием совпадающим с этим излучающим отверстием амплитуда света будет нулевая, т.к. вклады от точек поверхности будут гасить друг друга, и точка со стационарным расстоянием до отверстия будет только непосредственно над этим отверстием, т.е. в нашем цилиндре?

[amon]

Sicker в сообщении #1254659 писал(а):

Я думаю чтобы нам сойтись надо сначала поставить постановку задачи.

Давайте. Если длина волны строгий ноль, то будет Ваша геометрическая оптика и никакой дифракции, но тогда непонятно, о чём мы уже четвертую страницу толкуем. Если длина волны конечна, но мала, то картинка будет такая. На малых расстояниях (пока расстояние $l$ до отверстия радиуса $r$ мало $l<r^2/\lambda$) на оси отверстия по мере удаления от него будут чередоваться светлые и тёмные участки. Дальше на оси амплитуда равна амплитуде точечного источника, расположенного в центре отверстия. Вблизи оси вдалеке будут слабенькие "боковые лепестки". Как это согласуется с Вашим исходным утверждением?

[Sicker]

amon в сообщении #1254666 писал(а):

на оси отверстия по мере удаления от него будут чередоваться светлые и тёмные участки.

Ну дык я про это и говорил
А вот если мы рассмотрим не на оси? Все таки полупространство это не ось.

-- 11.10.2017, 01:36 --

amon в сообщении #1254666 писал(а):

Вблизи оси вдалеке будут слабенькие "боковые лепестки".

Да, боковые лепестки на боковой поверхности цилиндра тоже будут.