Lusterka

XXII Ogólnopolski Sejmik Matematyków
Lusterka
(wersja 1.0)
Piotr Migdał
V LO w Bielsku-Białej
ul. Słowackiego 45
tel/fax (033) 822 18 09
opiekun:
mgr Tomasz Szymczyk
1
Spis treści
1 Podstawy i definicje
5
1.1
Stosowane oznaczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2
Pojęcie lusterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2.1
Definicja wiązki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2.2
Definicja lusterka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Dodawanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3.1
Definicja dodawania 2 lusterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3.2
Kolejność w sumowaniu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3.3
Sumowanie n lusterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.4
Odejmowanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.5
Operator zamiany stron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.3
2 Układy 2 lusterek
7
2.1
Wzory na dodawanie 2 lusterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
2.2
Wzory na odejmowanie 2 lusterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2.2.1
Odejmowanie prawostronne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2.2.2
Odejmowanie lewostronne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
Natężenie pomiędzy lusterkami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.3.1
Wyprowadzenie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.3.2
Równanie różnicowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2.3
3 Dyskretne układy lusterek
14
3.1
Układ pochłaniaczy
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
3.2
Układ szkieł . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
3.2.1
Dodawanie szkieł . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
3.2.2
Natężenie między szkłami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
Układy rozpraszaczy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
3.3.1
Dodawanie rozpraszaczy - odbijalność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
3.3.2
Dodawanie rozpraszaczy - przepuszczalność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
3.3
4 Ciągłe układy lusterek
21
4.1
Podstawy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
4.2
Równanie różniczkowe ciągłego układu lusterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
4.3
Rozwiązanie układu równań różniczkowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
4.3.1
Szczególny przypadek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
4.3.2
Pozostały przypadek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
4.4
Przepuszczalnośc i odbijalność
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
4.5
Przepuszczalnośc i odbijalność
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
5 Zakończenie
24
2
Streszczenie
Praca „Lusterka” zawiera wprowadzenie i analizę układów zawierających tzw. lusterka.
Lusterka są to obiekty odbijające lub przepuszczające wiązki (np. świetlne). Można je dodawać, pytając się
później o ich wypadkowe właściwości albo sprawdzając natężenie przechodzące przez ich wnętrze. Co jest istotne,
suma dwóch bądź więcej lusterek, oprócz wyszczególnionych przypadków gdy światło się gdzieś w środku „zapętla”,
jest też lusterkiem. Zwykle nie ma przeszkód by stworzyć nieskończony układ lusterek. Co więcej - czasem okazuje się
to owocne (np. % odbicia światła od nieskończonego szeregu tzw. rozpraszaczy można wyliczyć z pewnej granicy).
Da się także stworzyć ciągłe układy lusterek - każde nieskończenie mało zmienia wiązkę, ale jest ich nieskończenie
wiele. Okazuje się, że taki układ nie dość, że ma sens, to jeszcze wykazuje pewne ciekawe własności.
Przyjęte pojęcia oraz wykonane obliczenia mogą być użyteczne w analizie układów optycznych, kwantowym
opisie pola elektrycznego w dielektryku a także modelowaniu niektórych zjawisk losowych.
3
1
Podstawy i definicje
1.1
Stosowane oznaczenia
Dla zachowania przejrzystości i jednoznaczności pracy, konsekwentnie będą stosowane następujące oznaczenia:
• [. . .]
oznacza nawias funkcyjny i operatorowy. Zapis f [x] oznacza, że x jest argumentem funkcji/operatora f .
•
i
oznacza jednostkę urojoną, czyli
•
e
i2 = −1
oznacza podstawę logarytmu naturalnego,
1.2
1.2.1
e = 2.71828 . . .
Pojęcie lusterek
Definicja wiązki
Wiązka jest to obiekt zawierający 3 liczby - rodzaj c ∈ −1, +1, położenie n i natężenie a. Wiązke oznaczamy jako
Wc [n, a]. Natężenie wiązek tego samego rodzaju i majacych to samo położenie jest addytywne.
Wc [n, a + b] ⇐⇒ Wc [n, a] + Wc [n, b]
(1)
Stosujemy także następujący zapis.
Wc [n, a]
= aWc [n, 1]
(2)
Natężenie wiązki oznaczamy jako Ic [n, t], gdzie j pozostaje rodzajem, n położeniem, a t jest unikatowym indeksem
przy danych c i n. Całkowite natężenie oznaczamy jako Ic [n] i jest równe
X
Ic [n] :=
Ic [n, t]
(3)
wszystkie t
Przykład 1 Liczba neutronów przechodzących w jednostce czasu przez konkretną wysokość pionowej szczczeliny jest
wiązką. Rodzajem może być spin - góra lub dół.
1.2.2
Definicja lusterka
Lusterko A jest to obiekt działający na wiązkę, zawierający cztery liczby: r1 , r2 , p1 6= 0 i p2 6= 0. Jeśli 0 i 1 będą
odpowiednio położeniami wiązki tuż przed i tuż po lustrze oraz −1 i +1 będą oznaczały odpowiednio wiązkę biegnącą
w lewo i w prawo, to
A [W+ [0, 1]]
A [W− [1, 1]]
= W− [0, r1 ] + W+ [1, p1 ]
= W− [0, p2 ] + W+ [1, r2 ]
(4)
(5)
Lusterko A w działaniu na każdą inną wiązkę daje identyczność. W ogólności - każde lusterko działa tylko na wiązke
tuż przed lusterkiem skierowaną w prawo oraz tuż za - w lewo.
Lusterko A jest operatorem liniowym, czyli zawsze zachodzi
A [Wc [n, a]]
= aA [Wc [n, 1]]
(6)
Warto zauważyć, że gdy podziałamy A więcej razy na układ tylko z tym jedym lusterkiem, osiągniemy efekt jaky by
uzyskaliśmy działając tylko raz.
Wiązkę, która powstała z innej wiązki o przeciwnym kierunku lecz tym samym położeniu, nazywamy wiązką odbitą
od A. r1 i r2 nazywamy odbijalnością odpowiednio prawo- i lewostronną. Wiązkę, która powstała z innej wiązki o tym
samym kierunku lecz tym innym położeniu, nazywamy wiązką przechodzącą przez A. r1 i r2 nazywamy przepuszczalnością odpowiednio prawo- i lewostronną.
4
Po zastosowaniu lusterka wiązki W+ [0, 1] (wejście z lewej) i W− [1, 1] (wejście z prawej) zawsze będą znikały, tworząc
W− [0, x] (wyjście z lewej) i W+ [1, y] (wyjście z prawej). Możemy spisać zależność wyjścia od wejścia, korzystając z
natężeń.
I+ [1] =
I− [0] =
I+ [0] p1 + I− [1] r1
I+ [0] r2 + I− [1] p2
Warto zapisać powyższy związek w postaci iloczynu wektora i macierzy.
p1
(I+ [1] , I− [0]) = (I+ [0] , I− [1])
r2
(7)
(8)
r1
p2
(9)
Macierz z równania (7) nazywamy macierzą lusterka A, co zapisujemy jako
p1 r 1
M [A] :=
r2 p2
(10)
Do całkowitego opisu lusterka w układzie wystarczy podanie jego macierzy oraz położenia.
Przykład 2 Jeśli wiązką jest strumień światła (padający z lewej albo prawej strony), lusterkiem może być płytka z
kolorowego szkła. Część światła jest odbita, część przez nią przechodzi a reszta ulega pochłonięciu.
1.3
1.3.1
Dodawanie
Definicja dodawania 2 lusterek
Przez dodawanie dwóch lusterek A i B rozumiemy stworzenie takiego lusterka C, że dla położeń 0 (przed lusterkami),
1 (między lusterkami) i 2 (za lusterkami) zachodzi
nieskończona iteracja
}|
{
z
A [B [A [. . . [W+ [0, a]]]]]
A [B [A [. . . [W+ [2, b]]]]]
|
{z
}
nieskończona iteracja
⇐⇒
⇐⇒
C [W+ [0, a]]
C [W+ [2, b]]
oraz
(11)
(12)
By mogliśmy sumować lusterka A i B powyższa iteracja musi być zbieżna. Nic nie wskazuje na to, że tak być musi i,
jak się okazuje, nie każde 2 lusterka możemy zsumować.
1.3.2
Kolejność w sumowaniu
O ile kolejność występowania A i B w iteracji nie ma znaczenia, to w działanie na wiązki - ma (np. tylko pierwsze
lusterko działa na W+ [0, 1]). Wynika z tego, że w dodawaniu lusterek kolejność ma znaczenie.
C
D
= A+B
= B+A
(13)
(14)
Tutaj C na ogól nie będzie równe D.
Kolejność wykonywania działań nie ma tu znaczenia. Zachodzi w istocie
(A + B) + C
1.3.3
= A + (B + C)
(15)
Sumowanie n lusterek
W ogólnym przypadku, gdy chcemy dodać n lusterek, sumą jest
C
n elementów
z
}|
{
= A1 + A2 + A3 + . . . + An
5
(16)
Taką sumę możemy policzyć z tożsamości (gdzie A[x] = A1 [A2 [A3 [. . . An [x]]]])
nieskończona iteracja
z
}|
{
A [A [A [. . . [W+ [0, a]]]]]
A [A [A [. . . [W+ [n, b]]]]]
|
{z
}
nieskończona iteracja
⇐⇒
⇐⇒
C [W+ [0, a]]
C [W+ [n, b]]
oraz
(17)
(18)
Wynik dostaniemy taki sam jak dla rekurencyjnego dadawania lusterek. Poprawność powyższego wzoru wynika z braku
zależności, od numeru wykonywanego kroku w iteracji, macierzy lusterek jak i jego położenia. Nie ważne czy wiązka
padnie na dane lusterko w jakimś kroku jako cała, czy w dwóch różnych o rozdzielonych natężeniach.
1.4
Odejmowanie
Prawostronne odjęcie lusterka B od C daje A wtedy, gdy sumą A i B jest C
C−B =A
⇐⇒
C =A+B
(19)
Analogicznie definiujemy odejmowanie lewostronne
−A + C = B
1.5
⇐⇒
C =A+B
(20)
Operator zamiany stron
Operację zamiany stron S[A] definiujemy jako
M [S[A]] =
0
1
1
0
M [A]
0
1
1
0
(21)
Taki zapis mówi tyle, że zmieniamy miejscami i kierunkami wiązkę w prawo i w lewo, zarówno na wejściu jak i wyjściu.
Możemy zapisać także, jako proste wnioski definicji
M [A] =
S[A + B]
p 1 r1
r 2 p2
= S[B] + S[A]
p2
M [S[A]] =
r1
(22)
r2
p1
(23)
Automatycznie z tego wynika, że dla dowolnej liczby sumowanych lusterek zachodzi
n elementów
}|
{
z
S[A1 + A2 + A3 + . . . + An ]
n elementów
}|
{
z
= S[An ] + S[An−1 ] + S[An−2 ] + . . . + S[A1 ]
(24)
Lusterko A nazywamy symetrycznym wtedy i tylko wtedy, gdy M [A] = M [S[A]], czyli gdy r1 = r2 i p1 = p2 . Suma
dowolnej n takich samych, symetrycznych lusterek A jest lusterkiem symetrycznym (dość oczywiste).
2
Układy 2 lusterek
Zaopatrzenie w podstawowy zestaw pojęć możemy przystąpić do wykonywania prostych działań na układach lusterek.
2.1
Wzory na dodawanie 2 lusterek
Wykonujemy sumę
C
= A+B
6
(25)
przy czym znamy macierze M [A] oraz M [B] a chcemy wyznaczyć M [C].
p1 r 1
M [A] =
r2 p 2
P1 R1
M [B] =
R 2 P2
ψ 1 ρ1
M [C] =
ρ2 ψ 2
(26)
(27)
(28)
Położenia oznaczmy jako 0 (przed lusterkami), 1 (między lusterkami) i 2 (za lusterkami). Rozważmy co dzieje się z
wiązką W+ [0, 1]. Działa na nią A (krok 1), więc jest rozbijana na W− [0, r1 ] i W+ [1, p1 ]. Teraz działa B (krok 2), które
nie zmienia W− [0, r1 ], podczas gdy W+ [1, p1 ] przechodzi na W+ [2, p1 P1 ] i W− [1, p1 R1 ]. Następnie działa ponownie
A (krok 3), które to zmienia W− [1, p1 R1 ] na W− [0, p1 R1 p2 ] i W+ [1, p1 R1 r2 ]. Sytuacja wydaje się być beznadziejna,
jednak tak nie jest - w istocie doszliśmy z powrotem do kroku 2, z tym że natężenie wiązki odbitej zostało przemnożone
przez czynnik R1 r2 . Zapiszmy nasze postępowanie w formie równań.
(krok 1) A [W+ [0, 1]]
(krok 2) B [W+ [1, p1 ]]
(krok 3) A [W− [1, p1 R1 ]]
(krok 4) B [W+ [1, p1 R1 r2 ]]
przechodząca
odbita
z }| {
z }| {
W− [0, r1 ] + W+ [1, p1 ]
W− [1, p1 R1 ] + W+ [2, p1 P1 ]
W+ [1, p1 R1 r2 ] + W− [0, p1 R1 p2 ]
R1 r2 (W− [1, p1 R1 ] + W+ [2, p1 P1 ])
=
=
=
=
(29)
(30)
(31)
(32)
Krok 4 jest równoważny krokowi 2 pomnożonemu przez R1 r2 . Wynika z tego, że każdego (t + 2) kroku (przy czym
t ­ 2, numeracja przed wykonaniem operacji) mamy natężenia jak w kroku t, pomnożone przez odpowiedni czynnik.
Od razu wychodzi że
I+ [1, t + 2] = R1 r2 I+ [1, t]
I− [1, t + 3] = R1 r2 I− [1, t + 1]
(33)
(34)
Bezpośrednio znajdujemy z równań (29) i (30) I+ [1, 2] i I− [1, 3]
I+ [1, 2] = p1
I− [1, 3] = p1 R1
(35)
(36)
I+ [1, 2k] = p1 (R1 r2 )k−1
I− [1, 2k + 1] = p1 R1 (R1 r2 )k−1
(37)
(38)
Teraz możemy zapisać (k ­ 1)
Musimy zobaczyć na co przechodzi natężenie w środku (37) i (38), przy uwzględnieniu tylko miejsc 0 i 2.
I+ [2, 2k + 1] = P1 I+ [1, 2k] = p1 P1 (R1 r2 )k−1
I− [0, 2k + 2] = p2 I− [1, 2k + 1] = p1 p2 R1 (R1 r2 )k−1
(39)
(40)
Nic nie stoi na przeszkodzie, by zsumować otrzymane natężenia. Musimy jednak pamiętać o pierwszym odbiciu (nie
objęty powyższym wzorem) oraz o indeksach jakie możemy stosować (nietrudno sprawdzić, że k ­ 1). Dostajemy w
efekcie sumy
I+ [2]
=
∞
X
p1 P1 (R1 r2 )k−1 =
(41)
k=1
= p1 P1
∞
X
(R1 r2 )k =
(42)
k=0
1 − limk→∞ (R1 r2 )k
=
1 − R 1 r2
p1 P1
1 − R1 r2
= p1 P1
(43)
=
(44)
7
Skorzystaliśmy ze wzoru na sumę ciągu geometrycznego. Granica limk→∞ (R1 r2 )k jest tylko wtedy właściwa (i równa
zeru) gdy |R1 r2 | < 1. Okaże się to jedynym warunkiem sumowalności lusterek.
Przypominając, że odbicie z pierwszego kroku jest równe
I− [0, 2]
= r1
(45)
możemy analogicznie postępując obliczyć natężenie I− [0]
I− [0]
= r1 +
∞
X
p1 p2 R1 (R1 r2 )k−1 =
(46)
k=1
= r 1 + p1 p2 R 1
∞
X
(R1 r2 )k =
(47)
k=0
= r 1 + p1 p2 R 1
1 − limk→∞ (R1 r2 )k
=
1 − R 1 r2
p1 p2 R 1
=
1 − R 1 r2
r1 − R1 r1r2 + p1 p2 R1
1 − R 1 r2
(48)
= r1 +
(49)
=
(50)
Wiązką na wejściu było W+ [0, 1], a z zatem możemy zapisać
I+ [2]
I− [0]
p1 P1
I+ [0]
1 − R 1 r2
p1 p2 R 1
= r1 +
I+ [0]
1 − R 1 r2
=
(51)
(52)
Tym samym otrzymujemy wzory na ψ1 oraz ρ1
ψ1
ρ1
p1 P1
1 − R 1 r2
p1 p 2 R 1
= r1 +
1 − R 1 r2
=
(53)
(54)
Teraz kolej na obliczenie ψ2 oraz ρ2 . Możemy powtórzyć całe poprzednie rozumowanie, jednak istnieje prostszy sposób.
Sytuacja, jaką chcemy zbadać jest symetryczna do już wyliczonej. Wiązka pada z prawej strony, na przed sobą prawą
ścianę B, po czym - B. W takim razie zastosujmy do sumy operator zamiany stron
S[C] = S[A + B]
S[C] = S[B] + S[A]
Czyli dostajemy sumę lusterek S[B] i S[A], przy czym ich macierze to
P2 R2
S[M [B]] =
R1 P1
p2 r 2
S[M [A]] =
r1 p 1
ψ 2 ρ2
S[M [C]] =
ρ1 ψ 1
(55)
(56)
(57)
(58)
(59)
Wartości elementów ψ2 i ρ2 już znaleźliśmy w (53) i (54), przy czym stosowaliśmy inne oznaczenia. Jako, że nie ważne
jak nazwiemy zmienne, wynik nie może się zmienić, otrzymujemy
ψ2
ρ2
p2 P2
1 − R 1 r2
P1 P2 r2
= R2 +
1 − R 1 r2
=
8
(60)
(61)
Tym samym w pełni obliczyliśmy macierz sumy lusterek oraz znaleźliśmy warunek, dla którego iteracje (11) i (12) są
zbieżne. Zapiszmy to w pełnej formie, gdyż nie raz będziemy z tego korzystać. Zacznijmy od 3 warunków koniecznych
do spełnienia.
p 1 r1
M [A] =
(62)
r 2 p2
P1 R1
M [B] =
(63)
R2 P2
|R1 r2 | < 1
M [A + B]
p1 P1
1−R1 r2
P1 P2 r 2
R2 + 1−R
1 r2
=
Dla przejrzystości, czasem warto używać zapisu
!
p1 P1
p1 p2 R1
r
+
1
1−R1 r2
1−R1 r2
=
p2 P2
P1 P2 r 2
R2 + 1−R
1−R1 r2
1 r2
2.2
2.2.1
(64)
1
1 − R 1 r2
p1 p2 R1
1−R1 r2
p2 P2
1−R1 r2
r1 +
p1 P1
P1 P2 r2
!
p1 p2 R 1
p2 P2
(65)
+
0
R2
r1
0
(66)
Wzory na odejmowanie 2 lusterek
Odejmowanie prawostronne
Mając już wyznaczone wzory na dodawanie, można pokusić się o wyznaczenie wzorów na odejmowaniu 2 lusterek.
Nie jest to rzeczą trudną, gdyż tym razem nie musimy zagłębiać się w żadne iteracje. Co więcej - nie musimy nawet
wiedzieć co to lusterko czy wiązka. Wystarczy rozwiązać układ równań z danymi C i B oraz szukanym A. Oznaczenia
stosujemy jak poprzednio. Najwydogniej będzie nam rozpisać macierz M [C] na elementy.
ψ1
ρ1
ψ2
ρ2
p1 P1
1 − R 1 r2
p1 p2 R 1
= r1 +
1 − R 1 r2
p2 P2
=
1 − R 1 r2
P1 P2 r2
= R2 +
1 − R 1 r2
=
(67)
(68)
(69)
(70)
W rozwiązaniach będziemy zakładać, że mianowniki są niezerowe. Przekształcamy równanie (70) by ostrzymać r2 .
ρ2 − R2
=
ρ2 − R2
=
r2−1 − R1
=
r2−1
=
r2
=
P1 P2 r2
1 − R 1 r2
P1 P2
r2−1 − R1
P1 P2
ρ2 − R 2
P1 P2
+ R1
ρ2 − R 2
ρ2 − R 2
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
(71)
(72)
(73)
(74)
(75)
Znająć r2 można wyznaczyć p1 z równania (67).
p1
=
p1
=
p1
=
p1
=
ψ1
(1 − R1 r2 )
P1
ψ1
ρ2 − R 2
1 − R1
P1
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ1
P1 P2
1−1+
P1
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ1 P2
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
9
(76)
(77)
(78)
(79)
W bardzo podobny sposób obliczamy p2 z (69).
p2
=
p2
=
p2
=
p2
=
ψ2
(1 − R1 r2 )
P2
ρ2 − R 2
ψ2
1 − R1
P2
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ2
P1 P2
1−1+
P2
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ2 P1
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
(80)
(81)
(82)
(83)
W końcu przystępujemy do szukania r1 . Korzystamy z równania (68).
= ρ1 −
r1
p1 p2 R1
1 − R1 r2
(84)
By nie męczyć się niepotrzebnie skorzystamy z podstawienia równania (69).
r1
r1
r1
ψ 2 R1
p1
P2
ψ1 P2
ψ 2 R1
= ρ1 −
P2 P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ 1 ψ 2 R1
= ρ1 −
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
= ρ1 −
(85)
(86)
(87)
Teraz możemy zebrać wyniki w postaci równań na p1 , r1 , p2 i r2 , po prostu przepisując (75), (79), (83) i (87)
p1
r1
p2
r2
ψ1 P2
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ 1 ψ 2 R1
= ρ1 −
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ2 P1
=
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ρ2 − R 2
=
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
=
(88)
(89)
(90)
(91)
Możemy znowu (jak w przypadku dodawania) zastosować zapis macierzowy.
M [C − A]
2.2.2
ρ1 P1 P2 +R1 (ρ1 ρ2 −ρ1 R2 −ψ1 ψ2 )
P1 P2 +R1 ρ2 −R1 R2
ψ2 P1
P1 P2 +R1 ρ2 −R1 R2
=
ψ1 P2
P1 P2 +R1 ρ2 −R1 R2
ρ2 −R2
P1 P2 +R1 ρ2 −R1 R2
=
1
P1 P2 + R1 ρ2 − R1 R2
ψ1 P2
ρ2 − R 2
−ψ1 ψ2 R1
ψ 2 P1
!
=
+
0 ρ1
0 0
(92)
(93)
Odejmowanie lewostronne
Teraz kolej na znalezienie wzorów na odejmowanie lewostronne. Nie jest to rzecz trudna, jeśli już potrafimy odejmować
prawostronnie i zamieniać stronami. Spójrzmy, przy oznaczeniach jak poprzednio, na działanie
−A + C
= B
(94)
Dużo uprości nam życie zastosowanie operacji zamiany stron - w efekcie otrzymamy działanie, które już rozwiązaliśmy.
S[−A + C] = S[B]
S[C] − S[A] = S[B]
(95)
(96)
Oznaczenia są teraz zmienione, ale skoro „takie same równania mają takie same rozwiązania” (jak mawiał R. Feynman)
matematyczna istota problemu pozostaje niezminiona. Wystarczy w równaniach (88)-(91) dokonać następoującego
„przenazywania”:
C
B
A
→ S[C]
→ S[A]
→ S[B]
10
(97)
(98)
(99)
Tym sposobem otrzymujemy łatwo, szybko i przyjemnie rozwiązania
P1
R1
P2
R2
ψ 1 p2
p 1 p 2 + r 2 ρ1 − r 1 r 2
ρ1 − r 1
=
p 1 p 2 + r 2 ρ1 − r 1 r 2
ψ 2 p1
=
p 1 p 2 + r 2 ρ1 − r 1 r 2
ψ 1 ψ 2 r2
= ρ1 −
p 1 p 2 + r 2 ρ1 − r 1 r 2
=
(100)
(101)
(102)
(103)
I znowu w postaci macierzowej
M [−A − C]
=
=
2.3
2.3.1
ρ1 −r1
p1 p2 +r2 ρ1 −r1 r2
ψ2 p1
p1 p2 +r2 ρ1 −r1 r2
ψ1 p2
p1 p2 +r2 ρ1 −r1 r2
ψ2 ψ2 r2
ρ1 − p1 p2 +r
2 ρ1 −r1 r2
1
p 1 p 2 + r 2 ρ1 − r 1 r 2
ψ 1 p2
−ψ1 ψ2 r2
!
ρ1 − r 1
ψ 2 p1
=
(104)
+
0
ρ1
0
0
(105)
Natężenie pomiędzy lusterkami
Wyprowadzenie
W sumowaniu A z B obliczyliśmy całkowite natężenie wiązek wychodzących. Możemy też zsumować natężenia między
lusterkami. Nic trudnego - mamy już wzory (37) i (38) na I+ [1, 2k] i I− [1, 2k + 1]. Ciekawszym rozwiązaniem będzie
jenak znalezienie innego sposobu na obliczenie I+ [1] i I− [1].
Zwróćmy uwagę na jeden fakt. Jeśli świecimy z lewej stony, czyli wiązką I+ [0]W+ [0, 1], natężenie całkowite na wyjściu
z prawej I+ [2] będzie równe natężeniu I+ [1] razy czynnik P1 .
I+ [2, t + 1]
X
I+ [2, t + 1]
= P1 I+ [1, t]
X
=
(P1 I+ [1, t])
t
(106)
(107)
t
I+ [2] =
P1 I+ [1]
(108)
Czy w tym przypadku I− [0] będzie równe I− [1] razy p2 ? Zwykle nie. Nie możemy zapomnieć, że W− [0, a] są tworzone
nie tylko przez przejścia przez A, ale i początkowe odbicie. Wobec tego
I− [0] − r1 I+ [0] =
p2 I− [1]
(109)
Daje to zależności, przy I− [2] = 0
I+ [1] =
I− [1] =
I+ [2]
P1
I− [0] − r1 I+ [0]
p2
(110)
(111)
Dobrze, ale wypadałoby jeszcze zapisać natężenie na wyjściu I− [0] jako iloczyn I− [2] = 0 i stałej. Z definicji mamy
I− [0] = ρ1 I+ [0] oraz I+ [2] = ψ1 I+ [0], więc
I+ [1]
=
I− [1]
=
ψ1 I+ [0]
P1
(ρ1 − r1 ) I+ [0]
p2
(112)
(113)
Kolej na obliczenie analogicznych zależności dla padającej wiązki I− [2]W− [2, 1]. Do tego skorzystamy z operacji zamiany stron. Błyskawicznie otrzymujemy związki
I− [0] =
I+ [2] − R2 I− [2] =
11
p2 I− [1]
P1 I+ [1]
(114)
(115)
Daje to zależności, przy I+ [0] = 0 oraz podstawieniu I+ [2] = ρ2 I− [2] i I− [0] = ψ2 I− [2]
I− [1]
=
I+ [1] =
ψ2 I− [2]
p2
(ρ2 − R2 ) I− [2]
P1
(116)
(117)
Skoro W− [0, 1] nie może przejść na W+ [2, 1] (ani odwrotnie) oraz badaliśmy wpierw sytuację dla I− [2] = 0 (numerki),
a później dla I+ [0] = 0, pełny związek będzie scharakteryzowany przez
I+ [1] =
I− [1] =
I+ [1] =
I− [1] =
ψ1 I+ [0] (ρ2 − R2 ) I− [2]
+
P1
P1
ψ2 I− [2] (ρ1 − r1 ) I+ [0]
+
p2
p2
ρ2 − R 2
ψ1
I+ [0] +
I− [2]
P1
P1
ρ1 − r 1
ψ2
I+ [0] +
I− [2]
p2
p2
(118)
(119)
(120)
(121)
Jeśli przez M[M] (należy pamiętać, że M nie jest lusterkiem!) oznaczymy macierz zależności natężeń w środku od
natężeń wejściowych, czyli
(I+ [1], I− [1]) =
(I+ [0], I− [2]) M [M]
(122)
to będzie prawdziwy związek
M [M]
ψ1
P1
ρ2 −R2
P1
=
ρ1 −r1
p2
ψ2
p2
!
=
(123)
1
0
ψ1
ρ1 − r 1
P1
=
0 p12
ρ2 − R 2
ψ2
1
0
ψ 1 ρ1
0 r1
P1
=
−
0 p12
ρ2 ψ 2
R2 0
1
p1 P1
p1 p2 R 1
0 r1
0
+
−
P1 P2 r2
p2 P2
R2 0
R2
1 − R 1 r2
1
0
1
p1 P1
p1 p2 R 1
P1
=
0 p12
P1 P2 r2
p2 P2
1 − R 1 r2
1
p1
p1 R 1
P2 r2
P2
1 − R 1 r2
=
=
=
=
=
(124)
(125)
r1
0
1
P1
0
0
1
p2
=
(126)
(127)
(128)
Przykład 3 Natężenie w środku może nas interesować, gdy między lusterkami jest bardzo rzadki dym - praktycznie
nie zmienia on natężenia w układzie, ale świeci wprost proporcjonalnie do sumy natężeń w lewo i w prawo.
2.3.2
Równanie różnicowe
Przepiszmy równania (109) i (115), wyprowadzone przy okazji liczenia natężeń między lustarkami.
I− [0] − r1 I+ [0] =
I+ [2] − R2 I− [2] =
p2 I− [1]
P1 I+ [1]
(129)
(130)
Zwróćmy uwagę, że położenia mogą być ustalane względnie, liczy się tylko ich kolejność (pod warunkiem, że wszytskie
lusterka w ukłądzie śa takie same). Co więcej, równania (129) i (130) były wyprowadzane niezależnie, czyli możemy
przesunać położenie o inną stałą w pierwszym z nich niż w drugim.
I− [n] − r1 I+ [n] = p2 I− [n + 1]
I+ [n + 1] − R2 I− [n + 1] = P1 I+ [n]
(131)
(132)
Dostajemy w efekcie układ równań różnicowych, którym można opisać dowolną sumę jednakowych lusterer. Nie będziemy jednak go rozwiązywać (co nie jest trudne, ale czasochłonne), gdyż istnieją jeszcze ogólniejsze rozwiązania,
które zostaną poruszone przy ciągłych układach lusterek.
12
3
3.1
Dyskretne układy lusterek
Układ pochłaniaczy
Zdefiniujmy pochłaniacza jako lusterko z zerową odbijalnością. Tzn lusterko A jest pochłaniaczem wtedy i tylko wtedy
gdy r1 = r2 = 0.
p1 0
A jest pochłaniaczem ⇐⇒ M [A] =
(133)
0 p2
Chcemy dodać do siebie n pochłaniaczy A1 . . . An . Najprościej możemy to zrobić rekurencyjnie dodawanie dwóch
lusterek - wcześniej złożonego A[k] i Ak+1 .
ψ1 [1]
ρ1 [1]
ψ2 [1]
ρ2 [1]
=
=
=
=
ψ1 [k + 1]
=
ρ1 [k + 1]
=
ψ2 [k + 1]
=
ρ2 [k + 1]
=
p1,1
r1,1 = 0
p2,1
r2,1 = 0
p1 [k]P1,k
1 − R1,k r2 [k]
p1 [k]p2 [k]R1,k
r1 [n] +
1 − R1,k r2 [k]
p2 [k]P2,k
1 − R1,k r2 [k]
P1,k P2,k r2 [k]
R2 +
1 − R1,k r2 [k]
(134)
(135)
(136)
(137)
(138)
(139)
(140)
(141)
Prędko zauważamy, że skoro wszystkie odbijalności lusterek skłądowych r1,k i r2,k są zerowe, odbijalności sumy lusterek
też będą zerowe.
ρ1 [k] = 0
ρ2 [k] = 0
(142)
(143)
Zapisujemy w takim razie układ rekurencyjnych w czytelniejszej formie.
ψ1 [1] = p1,1
ψ2 [1] = p2,1
ψ1 [k + 1] = p1 [k]P1,k
ψ2 [k + 1] = p2 [k]P2,k
(144)
(145)
(146)
(147)
Błyskawicznie otrzymujemy rozwiązanie.
ψ1 [n]
ψ2 [n]
=
=
n
Y
k=1
n
Y
p1,k
(148)
p2,k
(149)
k=1
W tym przypadku otrzymanie rozwiązania z definicji dodawania nie jest trudne - po skończenie wielu krokach (dokładniej: n do n2 ) nic już nie będzie działo się z wiązkami (przejdą one przez układ). Skoro nie występują żadne
odbicia natężenie między pochłaniaczami o indeksach k i k + 1 będzie takie samo jak dla sumy k pierwszych lusterek
(w przypadku wiązek w prawo) oraz jak dla sumy n − k ostatnich lusterek.
I+ [k]
I− [k]
= I+ [0]
= I− [n]
k
Y
p1,i
i=1
n
Y
i=k+1
13
p1,i
(150)
(151)
Zajmijmy się bez staty ogólności natężeniem w prawo. Jak była już o tym mowa, natężenie zaraz po k-tym pochłaniaczu
nie zależy od tego, czy dalej jest jakiś układ (ani jaki on jest).
Gdy p1,k = p dla każdego k ∈
N+, natężenie spada wykładniczo wraz z indeksem pochłaniacza za którym jest mierzone
I+ [k]
3.2
= pk I+ [0]
(152)
Układ szkieł
Zdefiniujmy szkło jako lusterko z sumą odbijalności i przepuszczalności równą jedności, dla każdego kierunku. Tzn
lusterko A jest szkłem wtedy i tylko wtedy gdy p1 + r1 = 1 i p2 + r2 = 1.
p1
1 − p1
A jest szkłem ⇐⇒ M [A] =
(153)
1 − p2
p2
Na razie ograniczmy się do rozważania dodawania n symetrycznych, jednakowych szkieł, czyli spełniających p1,k =
p2,k = p0 .
Należy zwrócić uwagę na fakt, że suma swóch szkieł też jest szkłem - w żadnym kroku iteracji suma wszytskich natężeń
się nie zmienia.
3.2.1
Dodawanie szkieł
Możemy skorzystać ze wzoru na dodawanie 2 lusterek i iść nim rekurencyjnie, dodając dodatkowe szkła z prawej strony.
Wystarczy nam tylko jeden ze wzorów na dodawanie, gdyż mamy tylko jedną niezależną wielkość - p[1] = p0 jako daną,
a także jedną jako szukaną p[n] (skoro suma wszystkich natężeń się nie zmienia, 1 − p[n] pozostanie odbijalnością).
Przepisujemy równanie (67)
ψ1
=
p[n + 1]
=
p[n + 1]
=
p[n + 1]
=
p1 P1
1 − R 1 r2
p[n]p0
1 − (1 − p0 )(1 − p[n])
p0 p[n]
p0 + p[n] − p0 p[n]
p0
p0
+
1 − p0
p[n]
(154)
(155)
(156)
(157)
W tym momencie jednym rozwiązaniem jest wypisanie kilku pierwszych wyrazów, zgadnięcie wzoru i udowodnienie
go indukcyjnie. Drugim sposobem, dużo bardziej eleganckim, jest dokonanie następującego podstawienia (bez straty
ogólności dziedziny)
p[n] =
1
1 + f [n]
(158)
Powróćmy do rozwiązywanego równania (157), dokonując omawianego podstawinia
1
p0
=
1 + f [n + 1]
p0 (1 + f [n]) + 1 − p0
1
p0
=
1 + f [n + 1]
1 + p0 f [n])
1 + p0 f [n] = p0 (1 + f [n + 1])
1
f [n + 1] − f [n] =
−1
p0
(159)
(160)
(161)
(162)
Jest to równanie ciągu arytmetycznego.
f [n]
= f [1] +
14
1
− 1 (n − 1)
p0
(163)
Należy teraz sprawdzić, czemu równa się f [1].
1
1 + f [1]
1
p0
1
−1
p0
p[1] =
1 + f [1] =
f [1] =
(164)
(165)
(166)
Tym samym
f [n]
f [n]
1
1
−1 +
− 1 (n − 1)
p0
p0
1
=
−1 n
p0
=
(167)
(168)
Pozostaje już tylko znalezienie wzoru na p[n] z f [n], korzystając z (158)
p[n]
1
=
1+
p[n]
=
p[n]
=
p[n]
=
p[n]
=
n
p0
1
p0
−1 n
1
−n+1
1
n−p0 n+p0
p0
p0
n − p 0 n + p0
p0
(n − 1)(1 − p0 ) + 1
(169)
(170)
(171)
(172)
(173)
Daje to też, z braku strat całkowitego natężenia, r[n]
r[n]
r[n]
r[n]
r[n]
= 1 − p[n]
p0
= 1−
(n − 1)(1 − p0 ) + 1
p0
= 1−
(n − 1)(1 − p0 ) + 1
n(1 − p0 )
=
(n − 1)(1 − p0 ) + 1
(174)
(175)
(176)
(177)
Zapiszmy p[n] i r[n] przy pomocy r0 . Będzie wyglądało naprawdę ładnie!
3.2.2
p[n]
=
r[n]
=
1 − r0
(n − 1)r0 + 1
nr0
(n − 1)r0 + 1
(178)
(179)
Natężenie między szkłami
Mamy układ n szkieł o takiej samej przepuszczalności p, chcemy wyznaczyć natężenie między szkłami o indeksach k
i k + 1. Skorzystamy z już wyliczonej macierzy M [M] (128), do której podstawimy wzory (178) i (179).
1
p1
p1 R 1
M [M] =
=
(180)
P2 r2
P2
1 − R 1 r2
1
p[k]
p[k](1 − p[n − k])
=
(181)
p[n − k](1 − p[k])
p[n − k]
1 − (1 − p[n − k])(1 − p[k])
By nie wykonywań niektórych obliczeń dwa razy, obliczmy tylko pierwszy wers macierzy.
M [M][1, 1]
=
p[k]
p[k]
=
=
1 − (1 − p[n − k])(1 − p[k])
p[k] + p[n − k] − p[k]p[n − k]
15
(182)
=
=
=
p0
(k−1)(1−p0 )+1
p0
(k−1)(1−p0 )+1
+
p0
(n−k−1)(1−p0 )+1
−
p0
p0
(k−1)(1−p0 )+1 (n−k−1)(1−p0 )+1
(n − k − 1)(1 − p0 ) + 1
=
((n − k − 1)(1 − p0 ) + 1) + ((k − 1)(1 − p0 ) + 1) − p0
(n − k)(1 − p0 ) + p0
n(1 − p0 ) + p0
=
(183)
(184)
(185)
Liczymy teraz M [M][1, 2]
M [M][1, 2]
(n − k)(1 − p0 ) + p0
(1 − p[n − k]) =
n(1 − p0 ) + p0
(n − k)(1 − p0 ) + p0
(n − k)(1 − p0 )
=
n(1 − p0 ) + p0
(n − k − 1)(1 − p0 ) + 1
((n − k)(1 − p0 ) + p0 )
(n − k)(1 − p0 )
=
n(1 − p0 ) + p0
((n − k)(1 − p0 ) + p0 )
(n − k)(1 − p0 )
n(1 − p0 ) + p0
=
=
=
=
(186)
(187)
(188)
(189)
Korzystając z operacji zamiany stron (w tym przypadku, zamieni ona tylko k *
) (n − k)) wyznaczamy całą macierz
M [M]
!
(n−k)(1−p )
(n−k)(1−p )+p
0
M [M]
n(1−p0 )+p0
k(1−p0 )
n(1−p0 )+p0
=
0
0
n(1−p0 )+p0
k(1−p0 )+p0
n(1−p0 )+p0
Zapiszmy tą macierz przy pomocy r0 oraz wyciągając przed nią wspólny mianownik
1
(n − k)(1 − p0 ) + p0 (n − k)(1 − p0 )
=
M [M] =
k(1 − p0 )
k(1 − p0 ) + p0
n(1 − p0 ) + p0
1
(n − k)r0 + 1 − r0
(n − k)r0
=
kr0
kr0 + 1 − r0
nr0 + 1 − r0
(190)
(191)
(192)
Przyjrzyjmy się tej macierzy uważnie. W układzie szkieł z danymi n i p0 , natężenie zależy liniowo od położenia.
Cudownie!
3.3
Układy rozpraszaczy
Zdefiniujmy rozpraszacza jako lusterko z sumą odbijalności równą przepuszczalności, dla każdego kierunku. Tzn lusterko A jest rozpraszaczem wtedy i tylko wtedy gdy p1 = r1 i p2 = r2 .
r1 r1
A jest szkłem ⇐⇒ M [A] =
(193)
r2 r2
Na razie ograniczmy się do rozważania dodawania n symetrycznych, jednakowych rozpraszaczy, czyli z r1,k = r2,k = r0 .
3.3.1
Dodawanie rozpraszaczy - odbijalność
Aby dodać dowolną liczbę takich samych, symetrycznych pochłaniaczy do siebie, będziemy postępować podobnie jak
w poprzednim przypadku - starali się rozwiązać odpowiednie równanie rekurencyjne. Tym razem sprawa jest nieco
trudniejsza, gdyż w ogólności suma dwóch rozpraszaczy nie jest rozpraszaczem. Niemniej, do rozwiązania równania na
odbijalność nie musimy znać przepuszczalności sumy pochłaniaczy. Jak poprzednio, dodajemy po jednym lusterku po
prawej stronie, korzystając ze wzoru (70)
P1 P2 r2
1 − R 1 r2
r02 r[n]
r[n + 1] = r0 +
1 − r0 r[n]
r0 − r02 r[n] + r02 r[n]
r[n + 1] =
1 − r0 r[n]
r0
r[n + 1] =
1 − r0 r[n]
ρ2
= R2 +
16
(194)
(195)
(196)
(197)
Zapisujemy r[n] w postaci ilorazu kolejnych wyrazów ciągu f [n]
r[n]
f [n]
f [n + 1]
=
(198)
Podstawiamy powyższe (198) do (197)
f [n + 1]
f [n + 2]
=
f [n + 1]
f [n + 2]
=
r0
f [n]
1 − r0 f [n+1]
r0
f [n+1]−r0 f [n]
f [n+1]
r0 f [n + 1]
f [n + 1]
=
f [n + 2]
f [n + 1] − r0 f [n]
f [n + 1] − r0 f [n] = r0 f [n + 2]
1
f [n + 2] − f [n + 1] + f [n] = 0
r0
(199)
(200)
(201)
(202)
(203)
Jest to proste równanie różnicowe, które możemy rozwiązać metodą równania charakterystycznego (t.j. przyjmując
rozwiązanie wykładnicze, bez straty ogólności).
λ2 −
1
λ+1
r0
=
0
(204)
1
r0
±
q
λ
=
λ1
=
1
+
2r0
=
1
−
2r0
λ2
1
r02
2s
s
−4
(205)
1
−1
4r02
(206)
1
−1
4r02
(207)
Skoro istnieją 2 rozwiązania, ogólnym rozwiązaniem jest ich liniowa kombinacja.
s
s
!n
!n
1
1
1
1
+
−1
+ c2
−
−1
f [n] = c1
2r0
4r02
2r0
4r02
n
n q
q
−n
2
2
f [n] = (2r0 )
c1 1 + 1 − 4r0
+ c2 1 − 1 − 4r0
(208)
(209)
By wyznaczyć współczynniki c1 i c2 musimy znać 2 różne wyrazy ciągu f [n]. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że
f [1] =
1
(210)
Teraz należy wyznaczyć f [n], korzystając ze sposobu przedstawienia za pomocą niego r[1] (198)
f [1]
f [2]
1
f [2]
1
r0
r[1] =
r0
=
f [2] =
(211)
(212)
(213)
Korzystając z (209), (210) i (213) otrzymujemy układ równań na c1 i c2
1
1
r0
=
=
−1
(2r0 )
−2
(2r0 )
c1
1
1 !
q
q
1 + 1 − 4r02 + c2 1 − 1 − 4r02
(214)
2 !
q
2
1 − 1 − 4r0
(215)
c1 1 +
q
1−
4r02
17
2
+ c2
Jest to układ równań liniowych z 2 niewiadomymi, więc szybko otrzymujemy
c1
=
c2
=
r
p 0
1 − 4r02
−r
p 0
1 − 4r02
(216)
(217)
Tym samym mamy pełny wzór na f [n]
n
n !
q
q
r
0
p
f [n] = (2r0 )
1 + 1 − 4r02
−p
1 − 1 − 4r02
=
1 − 4r02
1 − 4r02
n n q
q
r
2
2
p0
1
+
1
−
4r
−
1
−
1
−
4r
=
0
0
(2r0 )n 1 − 4r02
−n
r0
(218)
(219)
Wreszcie możemy wyliczyć r[n]
n n p
p
2
2
1
−
4r
−
1
−
1
−
4r
0
0
(2r0 )
1−4r02
r[n] =
n+1 n+1 =
p
p
r0√
2
2
1 + 1 − 4r0
− 1 − 1 − 4r0
(2r0 )n+1 1−4r02
n
n
p
p
1 + 1 − 4r02 − 1 − 1 − 4r02
= 2r0 n+1 n+1
p
p
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02
r0
√
n
1+
Co jest ciekawe, dla 0 < r0 < 12 , r[n] ma dobrze określoną granicę w nieskończoności. Możemy ją obliczyć

n n 
p
p
2
2
1
+
1
−
4r
1
−
4r
−
1
−
0
0


r∞ = lim r[n] = lim 2r0 n+1 n+1  =
p
p
n→∞
n→∞
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02


√
√
n
n
1+ 1−4r02
1− 1−4r02
n −
n 
√
√

1+ 1−4r02
1+ 1−4r02


= lim 2r0
n+1
n+1  =
√
√
n→∞ 

1+ 1−4r02
1− 1−4r02
n −
n
√
√
2
2
1+
1+
1−4r0
(220)
(221)
(222)
(223)
1−4r0
→0


}|
{
!n
p




1 − 1 − 4r02


p
1
−


2
1 + 1 − 4r0


!n  =
= lim 2r0
p
1 − 1 − 4r2
n→∞ 

p
p


0
p
1 + 1 − 4r02 − 1 − 1 − 4r02


2


1 + 1 − 4r0
{z
}
|
z
(224)
→0
=
1
p
2r0
1 + 1 − 4r02
(225)
Można zapisać to jeszcze ładniej
r∞
=
2r
p 0
1 + 1 − 4r02
(226)
(227)
3.3.2
Dodawanie rozpraszaczy - przepuszczalność
Teraz wypadałoby zająć się przepuszczalnością sumy rozpraszaczy.
ψ1
=
p[n + 1]
=
18
p1 P1
1 − R 1 r2
r0 p[n]
1 − r0 r[ n]
(228)
(229)
Wzór na r[n] już znamy (221), więc możemy z niego skorzystać. Zanim jednak to zrobimy, skorzystajmy z podstawienia
q
χ =
(230)
1 − 4r02
r02
= −
χ2 − 1
4
(231)
Dzięki niemu będzie prościej przekształcić wzory (221) z (229)
p[n + 1]
=
1−
r0 p[n]
=
(1+χ)n −(1−χ)n
χ2 −1
2 (1+χ)n+1 −(1−χ)n+1
n+1
= r0 p[n]
(1 + χ)
(1 + χ −
χ2 −1
2 ) (1
(232)
n
2r0 p[n]
=
2r0 p[n]
χ2 −1
2 ) (1
n+1
+ χ) − (1 − χ −
n+1
=
n+1
− (1 − χ)
n
− χ)
=
(1 + χ)
− (1 − χ)
n
n =
(1 + 2χ + χ2 ) (1 + χ) − (1 − 2χ + χ2 ) (1 − χ)
n+1
− (1 − χ)
n+2
− (1 − χ)
(1 + χ)
(1 + χ)
(233)
(234)
n+1
n+2
(235)
Powróćmy do zwykłego zapisu, czyli wyraźmy spowrotem χ przez r0
n+1
p
− 1 − 1 − 4r02
= 2r0 p[n] n+2 n+2
p
p
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02
p[n + 1]
1+
p
1 − 4r02
n+1
Pamiętając, że p[1] = r0 , możemy wyrazić wzór na p[n]

k+1 k+1 
p
p
n−1
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02
Y

p[n] =
2r0 k+2 k+2  =
p
p
k=1
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02

k+1 k+1 
p
p
n−1
− 1 − 1 − 4r02
Y  1 + 1 − 4r02

= (2r0 )n−1

k+2 k+2 
p
p
k=1
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02
(236)
(237)
(238)
Nietrudno zauważyć, że k-ty mianownik skróci się z k + 1 licznikiem. W takim razie zostanie tylko licznik dla k = 1
oraz mianownik dla k = n − 1
2 2
p
p
1 + 1 − 4r02 − 1 − 1 − 4r02
p[n] = (2r0 )n−1 (239)
n+1 n+1 =
p
p
2
2
− 1 − 1 − 4r0
1 + 1 − 4r0
p
4 1 − 4r02 (2r0 )n−1
= (240)
n+1 n+1
p
p
1 + 1 − 4r02
− 1 − 1 − 4r02
Przykład 4 Pewna grubość mgły może być rozpraszaczem - tyle samo przepuszcza co odbija w stronę świecącego
latarką. Znając wzory na dodawanie rozpraszaczy można wyliczyć całkowite odbite natężenie - w szczególności w granicy.
4
4.1
Ciągłe układy lusterek
Podstawy
Okazuje się, że równie przyjemnie można zajmować się ciągłymi układami lusterek. Mamy nieskończenie wiele takich
samych lusterek D, każde o grubość dx oraz macierzy
1 + γ1 dx
λ1 dx
M [D] =
(241)
λ2 dx
1 + γ2 dx
19
By takie granice były rozsądne, dodanie dwóch lusterek D o grubości dx powinno dać także lusterko D o grubości
2dx. Na razię sumę nazwijmy C. Sprawdżmy, że w istocie C = D[2dx]
ψ1
ρ1
ψ2
ρ2
(1 + γ1 dx)2
1 − (λ1 dx)(λ2 dx)
(1 + γ1 dx)(1 + γ2 dx)(λ1 dx)
= λ1 dx +
1 − (λ1 dx)(λ2 dx)
(1 + γ2 dx)2
=
1 − (λ1 dx)(λ2 dx)
(1 + γ1 dx)(1 + γ2 dx)(λ2 dx)
= λ2 dx +
1 − (λ1 dx)(λ2 dx)
=
(242)
(243)
(244)
(245)
Wykonujemy mnożenia
ψ1
ρ1
ψ2
ρ2
1 + 2γ1 dx + γ12 dx2
1 − λ1 λ2 dx2
λ1 dx + λ1 γ1 dx2 + λ1 γ2 dx2 + λ1 γ1 γ2 dx3
= λ1 dx +
1 − λ1 λ2 dx2
2
2
1 + 2γ2 dx + γ2 dx
=
1 − λ1 λ2 dx2
λ2 dx + λ2 γ1 dx2 + λ2 γ2 dx2 + λ2 γ1 γ2 dx3
= λ2 dx +
1 − λ1 λ2 dx2
=
(246)
(247)
(248)
(249)
Usuwamy wyrazy wyższego rzędu niż liniowe - są nieskończenie mniejsze niż dx.
ψ1
ρ1
ψ2
ρ2
=
=
=
=
1 + γ1 2dx
λ1 2dx
1 + γ2 2dx
λ2 2dx
(250)
(251)
(252)
(253)
Rzeczywiście C = D[2dx].
W tym rozdziale będziemy „świecić” tylko z lewej strony wiązką o natężeniu 1. Dzięki liniowości i dowolności ustalanych
współczynników nie czyni to straty ogólności rozważanych problemów. Przyjmując za początek układu x = 0 a za
koniec x = h, możemy napisać
j+ [0] = 1
j− [h] = 0
(254)
(255)
j+ [h] = ψ
j− [0] = ρ
(256)
(257)
Przepuszczalnością i odbijalnością będą
4.2
Równanie różniczkowe ciągłego układu lusterek
Przepiszmy równanie różnicowe układu takich samych lusterek (131) i (132)
I− [n] − r1 I+ [n] = p2 I− [n + 1]
I+ [n + 1] − r2 I− [n + 1] = p1 I+ [n]
(258)
(259)
Spróbujmy zastosować go do opisu ciągłych układów. W tym celu zamiast I− [n] i I+ [n] piszemy odpowiednio j− [x]
i j+ [x] (kwestia nazwy), a zamiast 1 - dx. Nie jest to żadna herezja, gdyż po prostu zmieniliśmy odległości (różnice
położeń kolejnych) między lusterkami z 1 na dx. Od razu przepisujemy odpowiednie czynniki.
j− [x] − λ1 j+ [x]dx = (1 + γ2 dx)j− [x + dx]
j+ [x + dx] − λ2 j− [x + dx]dx = (1 + γ1 dx)j+ [x]
20
(260)
(261)
Taką postać da się znacznie uprościć, dzielimy całość przez dx, przenosimy kilka wyrazów
−λ1 j+ [x]
j− [x + dx] − j− [x]
+ γ2 j− [x + dx]
dx
=
j+ [x + dx] − j+ [x]
− λ2 j− [x + dx]
dx
= γ1 j+ [x]
(262)
(263)
Tym sposobem dostajemy pochodne j+ [x] i j− [x] po położeniu. Pamiętajmy, że j+ [x + dx] → j+ [x] oraz j− [x + dx] →
j− [x].
0
j+
[x]
0
−λ1 j+ [x] = j−
[x] + γ2 j− [x]
− λ2 j− [x] = γ1 j+ [x]
(264)
(265)
Porządkujemy układ równań
0
j+
[x]
0
j− [x]
4.3
= γ1 j+ [x] + λ2 j− [x]
= −λ1 j+ [x] − γ2 j− [x]
(266)
(267)
Rozwiązanie układu równań różniczkowych
Rozwiążmy układ równań (266) i (267) w najogólniejszym przypadku. Przepisujemy (266) w nieco innej formie
0
= j+
[x] − γ1 j+ [x]
λ2 j− [x]
(268)
Teraz różniczkujemy (266), po czym podstawiamy do niego j− [x] z (267)
00
0
0
j+
[x] = γ1 j+
[x] + λ2 j−
[x]
00
0
j+ [x] = γ1 j+ [x] + λ2 (−λ1 j+ [x] − γ2 j− [x])
00
0
j+
[x] = γ1 j+
[x] − λ1 λ2 j+ [x] − λ2 γ2 j− [x]
(269)
(270)
(271)
00
0
0
j+
[x] = γ1 j+
[x] − λ1 λ2 j+ [x] − γ2 j+
[x] − γ1 j+ [x]
00
0
0 = j+
[x] + (γ2 − γ1 )j+
[x] + (λ1 λ2 − γ1 γ2 )j+ [x]
(272)
(273)
Do (271) podstawiamy (268)
Musimy jednak tutaj uważać, gdyż istnieje pewien szczególny przypadek.
4.3.1
Szczególny przypadek
Spójrzmy na pewną możliwość.
γ2 − γ1
λ1 λ2 − γ1 γ2
= 0
= 0
(274)
(275)
Przekształćmy powyższe równania w dogodniejszą formę
γ1
γ12
= γ2
= λ1 λ2
(276)
(277)
Teraz równanie (273) przybierze postać
00
j+
[x]
= 0
(278)
= c1 + c2 x
(279)
Tym samym ogólnym rozwiązaniem będzie
j+ [x]
Z warunków początkowych wyliczamy związek współczynników
1
= c1 + c2
21
(280)
Znajdźmy teraz równanie na j− [x] z (268)
0
λ2 j− [x] = j+
[x] − γ1 j+ [x]
λ1 j− [x] = c2 − γ1 (c1 + c2 x)
λ1 j− [x] = 1 − c1 − γ1 c1 − (1 − c1 )γ1 x
(281)
(282)
(283)
Ponownie skorzystajmy z warunków brzegowych, tym razem dla j− [h]
λ1 0 = 1 − c1 − γ1 c1 − (1 − c1 )γ1 h
0 = − (1 + γ1 − γ1 h) c1 + 1 − γ1 h
1 − γ1 h
c1 =
1 + γ1 − γ1 h
(284)
(285)
(286)
Otrzymujemy tym samym
j+ [x]
λ1 j− [x]
1 − γ1 h
γ1
−
x
1 + γ1 − γ1 h 1 + γ1 − γ1 h
γ1
1 − γ1 h
γ1
= −
− γ1
+
γ1 x
1 + γ1 − γ1 h
1 + γ1 − γ1 h 1 + γ1 − γ1 h
=
(287)
(288)
Jeśli λ1 = 0, to by równanie (288) było spełnione dla każdego x, γ1 = 0, czyli
λ1 = 0
j+ [x] = 1
j− [x] = 0
(289)
(290)
(291)
Czyli dostajemy funkcje stałe, co aż takie ciekawe nie jest. Jeśli λ1 6= 0
j+ [x]
=
j− [x]
=
1
(1 − γ1 h − γ1 x)
1 + γ1 − γ1 h
γ1
1
(−2 + γ1 + γ1 x)
λ1 1 + γ1 − γ1 h
(292)
(293)
Wychodzi tutaj zależność liniowa. „Niebezpieczny” wyraz w mianowniku odpowiada wzjamennemu wzmacnianiu się
wiązek.
4.3.2
Pozostały przypadek
Zastosujmy oznaczenia
= γ2 − γ1
= λ1 λ2 − γ1 γ2
α
β
(294)
(295)
Rozwiążmy z równania charakterystycznego (273)
u2 + αu + β
=
u1
=
u1
=
0
(296)
p
−α − α2 − 4β
p2
−α + α2 − 4β
2
(297)
(298)
Tym samym otrzymujemy rozwiązanie
j+ [x]
j− [x]
= c1
=
e
1
λ2
√
−α−
c1
α2 −4β
x
2
e
√
−α+
α2 −4β
2
+ c2
!
p
−α − α2 − 4β
− γ1
2
(299)
e
√
−α− α2 −4β
x
2
+ c2
!
p
−α + α2 − 4β
− γ1
2
e
√
−α+ α2 −4β
2
!
(300)
Jeśli zastosujemy podstawienia
η
=
φ =
κ
=
p
α2 − 4β
2
α
+ γ1
2 √
e−h
22
α2 −4β
(301)
(302)
(303)
Znajdziemy współczynniki c1 i c2
4.4
c1
=
c2
=
η−φ
η(κ + 1) + φ(κ − 1))
η+φ
η 1 + κ1 + φ 1 − κ1
(304)
(305)
Przepuszczalnośc i odbijalność
Mając powyższe można wyliczyć ψ i ρ.
ψ
=
ρ =
4.5
e
α √
2 − 2 h κη
η(κ + 1) + φ(κ − 1)
(κ − 1)(η 2 − φ2 )
λ2 (η(κ + 1) + φ(κ − 1)))
(306)
(307)
Przepuszczalnośc i odbijalność
Ciekawy przypadek można otrzymać (k, L ∈
R), gdy
γ1 = γ2
λ 1 = λ2
ik
iL
=
=
(308)
(309)
W takim przypadku zachodzi pewna ciekawa właściwość, mianowicie
2
2
|ψ| + |ρ|
=
1
(310)
Przykład 5 Energia niesiona przez falę elektromagnetyczną jest wprost proporcjonalna do kwadratu jej pola elektrycz2
2
nego. Stosując opisy uwzględniające uśrednienie wynikające z okresowości fal świetlnych, związek |ψ| + |ρ| = 1 mówi,
że substanacja, przez którą przechodzi światło, jest przeźroczysta.
5
Zakończenie
Sądzę, że lusterka są ciekawym problemem do dalszej pracy, zwłaszcza że natknąłem się na wiele pytań, które dalej
pozostają bez odpowiedzi. Interesująca może być czasowa ewolucja wiązek w układzie lusterek, a takze rozwinięcie
problemu na więcej wymiarów.
i i
Wydaje się, że przypadek (w równaniach ciągłych) k i L może mieć ciekawe zastosowania w opisie zachowania światłą
w dielektrykach. Niestety, zabrakło mi czasu na przedstawienie wniosków, ani nawet większości wyliczeń.
Chciałbym podziękować Grzesiowi Łuczynie (V LO w Bielsku-Białej), za zasugrowanie podstawienia (230).
23