Распределение энергии в оптических покрытиях

[Psih]

Вот здесь Каряев, научный руководитель которого Путилин, приводит следующий график на странице 183, рис.5.
"Распределение амплитуды напряженности электрического поля |E|"
Мне нужно узнать, как был расчитан этот график и насколько корректно. Насколько я понял, это график элемента матрицы $M(\sum h_j)_{11}$ от толщины каждого слоя. Я построил сам такой график в маткаде для 14-ти слоёв и у меня получилось следующее:


Прав ли я?

[Парджеттер]

Гм-гм. А что это за статья такая? Не научная, наверное. Потому что вроде бы это всё давно известно.
А вообще, синусоидальные конструкции немного иначе считают вблизи условия синхронизма. Впрочем, неважно.

Psih в сообщении #356930 писал(а):

Мне нужно узнать, как был расчитан этот график и насколько корректно.

Я у Путилина встречал какой-то неправильный график когда-то. На всякий случай, опишите, как Вы корректно строили. Может как-то иначе, нежели я себе представляю.

Насколько я помню, задача для брэгговского отражателя решается примерно так. Сначала определяется суммарная матрица системы из граничных условий (на выходе отсутствует отраженная волна), а затем, зная эту матрицу, можно посчитать поле в любом слое (надо еще на матрицы домножать), но т.к. координаты обнуляются в начале каждого слоя, надо писать некоторую процедуру.

[Psih]

Считал в маткаде. Для примера возьмём 2-х слойное покрытие:

$${\operatorname{n} _s} = 1$$

- показатель преломления подложки

$${n_a} = 1$$

- показатель преломления среды

$$n1 = 2$$

- показатель преломления первого слоя

$$n2 = 1.6$$

- показатель преломления второго слоя
Теперь считаем матрицу для каждого слоя:
$\[ M1(\lambda ,d1) = \left( {\begin{array}{*{20}c} {\cos (\frac{{2\pi }} {\lambda }n1d1)} & {\frac{i} {{n1}}\sin (\frac{{2\pi }} {\lambda }n1d1)} \\ {in1\sin (\frac{{2\pi }} {\lambda }n1d1)} & {\cos (\frac{{2\pi }} {\lambda }n1d1)} \\ \end{array} } \right) \] $

Матрица для первого слоя

$\[ M2(\lambda ,d2) = \left( {\begin{array}{*{20}c} {\cos (\frac{{2\pi }} {\lambda }n2d2)} & {\frac{i} {{n2}}\sin (\frac{{2\pi }} {\lambda }n2d2)} \\ {in2\sin (\frac{{2\pi }} {\lambda }n2d2)} & {\cos (\frac{{2\pi }} {\lambda }n2d2)} \\ \end{array} } \right) \] $

Матрица для второго слоя.
Теперь их перемножаем:
$\[ Q(\lambda ,d1,d2) = M1(\lambda ,d1)M2(\lambda ,d2) \]$

Интересующую нас матрицу мы нашли. Теперь же, считаем, что элемент с индексом 22 и есть амплитуда напряжённости электрического поля.
Дальше она находится от толщины покрытия следующим образом:

$\[ d01(z) = if\left( {z \leqslant 100,z,100} \right) \]$

Здесь смысл в следующем. d01 - это толщина первого слоя, а переменная z - толщина всего стека слоёв.
оператор if делает следующее: если z меньше заданного числа, то толщина первого слоя равна этому числу z. Если z больше заданного числа, то мы уже находимся во втором слое, и толщина первого слоя должна оставаться постоянной, следовательно при z больше заданного числа,$ \[ d01 = 100 \]$
здесь 100 - толщина первого слоя.

Аналогично для второго слоя:
$\[ d02(z) = if(100 \leqslant z \leqslant 100 + 50,z - 100,if(z < 100,0,50)) \] $
Если z меньше толщины первого слоя (100), то толщина второго слоя 0, если больше, то она равна z.
Теперь находим E и можно строить график:
$\[ \begin{gathered} e(\lambda ,d1,d2) = Q(\lambda ,d1,d2)_{2,2} \hfill \\ E(\lambda ,d1,d2) = (\left| {e(\lambda ,d1,d2)} \right|)^2 \hfill \\ \end{gathered} \] $

В маткаде график получается следующим для двухслойного покрытия с толщиной первого 100нм, второго - 50, показатели преломления указаны выше:


Как видно из графика, амплитуда напряжённости электрического поля выше 1. Такое возможно?
И корректен ли мой расчёт?

[Парджеттер]

Psih в сообщении #356999 писал(а):

Теперь же, считаем, что элемент с индексом 22 и есть амплитуда напряжённости электрического поля.

Стоп. Это откуда взялось?

[Psih]

Цитата:

Стоп. Это откуда взялось?

Это предположение, вопрос в том, насколько верное?
В книге М. Борна "Основы оптики", стр 72 говорится о матрице Q следующее:

Цитата:

смысл матрицы М ясен: она связывает x и y компоненты электрического (или магнитного) векторов на плоскости z=0 c этими компонентами на произвольной плокости z=const. Таким образом, мы видим, что для полного определения поля достаточно знать U и V.

Ранее, на странице 68 вводится функция U следующим образом:

Цитата:

Будем искать решение уравнения (3) в виде произведения двух функций, одна из которых зависит лишь от y, а другая только от z:
$\[ E_x (y,z) = Y(y)U(z) \]$

Если предположить, что $\[ Y(y) = const \] $
то получается, что $\[ E_x (z) = U(z) \]$

U(z) и V(z) связаны с матрицей следующим образом (стр 72):

$\[ Q = NQ_0 \] $

где

$\[ Q = \left[ {\begin{array}{*{20}c} {U(z)} \\ {V(z)} \\ \end{array} } \right],Q_0 = \left[ {\begin{array}{*{20}c} {U_0 } \\ {V_0 } \\ \end{array} } \right],N = \left[ {\begin{array}{*{20}c} {F(z)} & {f(z)} \\ {G(z)} & {g(z)} \\ \end{array} } \right] \]$

откуда $\[ U(z) = F(z)U_0 + f(z)V_0 \]$

Соответсвенно, если второе слагаемое равно нулю или константе (не знаю почему), то $\[ U(z) = F(z) \]$


В матрице Q в моём случае, элемент $\[ F(z) = q_{22} (z) \]$

Вот собственно так.
Если ход мыслей моих неверен, то как помогите разробраться, как всё-таки найти распределение амплитуды напряжённости электрического поля в многослойном покрытии.

[Парджеттер]

Psih в сообщении #357325 писал(а):

Это предположение, вопрос в том, насколько верное?

Навскидку? Абсолютно неверное.

Psih в сообщении #357325 писал(а):

Если предположить, что $\[ Y(y) = const \] $

А это с какой радости? Эта функция есть вполне конкретное решение дифференциального уравнения.

Psih в сообщении #357325 писал(а):

Если ход мыслей моих неверен, то как помогите разробраться, как всё-таки найти распределение амплитуды напряжённости электрического поля в многослойном покрытии.

Давайте сначала попробуем разобраться с многослойными однородными покрытиями (Вы же их пока считали). Матричный метод в этом случае дает следующие вещи
1. Поля на входе в систему $E_0$ и $H_0$ и поля на выходе из системы $E_m, H_m$ связаны некой матрицей

$$\left (\begin{array}{c}{E_0 \\ H_0} \end{array} \right ) = M \left (\begin{array}{c}{E_m \\ H_m} \end{array} \right )$$

2. Матрица $M$ есть произведение всех матриц однородных слоев, которые Вы сами написали как выглядят.

$$M=M_1 \cdot M_2 \cdot \dots M_m$$

Для того, чтобы что-то вообще посчитать внутри системы, надо решить граничную задачу - разложить $E$ и $H$ на падающую и отраженную волны (это в Борне довольно бегло описано, но описано). После чего надо вспомнить, что на последней границе отсутствует отраженная волна, т.к. там полубесконечная среда. То, что падает - нам известно. Остается решить систему уравнений с двумя неизвестными. Таким образом, мы находим поля на входе и выходе из системы. А дальше уже можно пользоваться матричным методом в открытую - зная поля на входе, умножаем на нужные матрицы и получаем поле в искомой точке.

[Psih]

У путилина написано, что $\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {r_{{\text{0}}^ - } = \frac{{{\rm E}_{0^ - }^{(r)} }} {{{\rm E}_{0^ - }^{(t)} }} = \frac{{n_0 \left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) - \left( {n_m m_{22} + im_{21} } \right)}} {{n_0 \left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) + \left( {n_m m_{22} + im_{21} } \right)}}} \\ {t_{{\text{0}}^ - } = \frac{1} {{{\rm E}_{0^ - }^{(t)} }} = \frac{{2n_0 }} {{n_0 \left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) + \left( {n_m m_{22} + im_{21} } \right)}}} \\ \end{array} } \right. \] $
Значит
$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {{\rm E}_{{\text{0}}^{\text{ - }} }^{(t)} = \frac{1} {2}\left[ {\left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) + \frac{1} {{n_{\text{0}} }}\left( {m_{21} + in_m m_{22} } \right)} \right]} \\ {{\rm E}_{{\text{0}}^{\text{ - }} }^{(r)} = \frac{1} {2}\left[ {\left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) - \frac{1} {{n_{\text{0}} }}\left( {m_{21} + in_m m_{22} } \right)} \right]} \\ \end{array} } \right. \] $

Тогда получается, что искомое значение амплитуды напряженности электрического поля |E| есть:
$\[ \left| E \right| = {\rm E}_{{\text{0}}^{\text{ - }} }^{(r)} + {\rm E}_{{\text{0}}^{\text{ - }} }^{(t)} \] $

Так?

[Парджеттер]

Psih в сообщении #357589 писал(а):

У путилина написано, что $\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {r_{{\text{0}}^ - } = \frac{{{\rm E}_{0^ - }^{(r)} }} {{{\rm E}_{0^ - }^{(t)} }} = \frac{{n_0 \left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) - \left( {n_m m_{22} + im_{21} } \right)}} {{n_0 \left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) + \left( {n_m m_{22} + im_{21} } \right)}}} \\ {t_{{\text{0}}^ - } = \frac{1} {{{\rm E}_{0^ - }^{(t)} }} = \frac{{2n_0 }} {{n_0 \left( {m_{11} + in_m m_{12} } \right) + \left( {n_m m_{22} + im_{21} } \right)}}} \\ \end{array} } \right. \] $

Путилин тут считает, что прошедшее излучение равно 1. То есть меряется прошедшее излучение. Это обычно не совсем корректно. В стандартной ситуации мы знаем $E_0^t$, т.е. падающее излучение, но не знаем отраженного и прошедшего через систему. Советую Вам самостоятельно проделать полный вывод.

Psih в сообщении #357589 писал(а):

Тогда получается, что искомое значение амплитуды напряженности электрического поля |E| есть:
$\[ \left| E \right| = {\rm E}_{{\text{0}}^{\text{ - }} }^{(r)} + {\rm E}_{{\text{0}}^{\text{ - }} }^{(t)} \] $

Это в любом случае так.

[Psih]

Цитата:

После чего надо вспомнить, что на последней границе отсутствует отраженная волна, т.к. там полубесконечная среда. То, что падает - нам известно. Остается решить систему уравнений с двумя неизвестными.

Какая это будет система?
Такая?
$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {E_0 = m_{11} E_m + m_{12} H_m } \\ {H_0 = m_{21} E_m + m_{22} H_m } \\ \end{array} } \right. \]$
Далее раскладывая в левой части E0 и зная $\[ {E_0^t } \]$
Кстати, вы говорите, что

Цитата:

В стандартной ситуации мы знаем $\[ {E_0^t } \]$ , т.е. падающее излучение

Если мы его знаем, то чему оно равно? Мы его принимаем его за единицу 1 ?
Т.о.
Система будет:
$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {E_0^t + E_o^r = m_{11} E_m + m_{12} H_m } \\ {H_0 = m_{21} E_m + m_{22} H_m } \\ \end{array} } \right. \]$
Если в ней неизвестные $\[ {E_m } \]$ и $\[ {H_m } \]$
То как найти $\[ {H_0 } \]$ и $\[ {E_o^r } \]$
?

[Парджеттер]

Psih в сообщении #357868 писал(а):

Такая?
$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {E_0 = m_{11} E_m + m_{12} H_m } \\ {H_0 = m_{21} E_m + m_{22} H_m } \\ \end{array} } \right. \]$

В смысле правильно ли Вы умножили матрицу на столбец? Правильно.

Psih в сообщении #357868 писал(а):

Если мы его знаем, то чему оно равно? Мы его принимаем его за единицу 1 ?

Нет, зачем? $E_0^t$. Просто всё через него выражается, а если на него поделить, то получим коэффициенты отражения и пропускания, чем обычно и интересуются.

Psih в сообщении #357868 писал(а):

Т.о.
Система будет:
$\[ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {E_0^t + E_o^r = m_{11} E_m + m_{12} H_m } \\ {H_0 = m_{21} E_m + m_{22} H_m } \\ \end{array} } \right. \]$
Если в ней неизвестные $\[ {E_m } \]$ и $\[ {H_m } \]$
То как найти $\[ {H_0 } \]$ и $\[ {E_o^r } \]$

Во-первых, Вы в системе не раскрыли прошедшую волну (хотя бы для формальности), а во-вторых $H$ выражается через $E$. $H_0$, кстати, тоже неизвестный компонент. Я поэтому и говорил Вам - запишите всё аккуратно - запишите уравнения Максвелла, и получите все связи.