Bølgeoptikk

Oppgave 10.1.1:

1. a)

   Vi setter rett inn i stripeavstanden $\mathrm{\Delta }y=\lambda L/d$:

   $$\mathrm{\Delta }y=\frac{600\times {10}^{-9}\mathrm{m}\cdot 1.5\mathrm{m}}{0.30\times {10}^{-3}\mathrm{m}}=3.0\times {10}^{-3}\mathrm{m}=3.0\mathrm{mm}.$$

2. b)

   Stripeavstanden $\mathrm{\Delta }y=\lambda L/d$ er proporsjonal med $L$: flytter du skjermen lenger unna, vokser $\mathrm{\Delta }y$, og stripene blir glisnere.

Oppgave 10.1.2:

1. a)

   Maksimumsbetingelsen $d\sin \theta =m\lambda$ løst for $m$ ved $\theta =6.0\mathrm{°}$:

   $$m=\frac{d\sin \theta }{\lambda }=\frac{0.012\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot \sin 6.0\mathrm{°}}{600\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\approx \frac{0.012\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot 0.105}{600\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\approx 2.09.$$

   Ordenstallet må være et helt tall, så det høyeste innenfor $6.0\mathrm{°}$ er $m=2$. (Kontroll: $m=2$ gir $\sin \theta =2\lambda /d=0.10$, altså $\theta \approx 5.7\mathrm{°}$, som ligger innenfor; $m=3$ ville gitt $\theta \approx 8.6\mathrm{°}$.)

2. b)

   For $m=1$ er

   $$\sin \theta =\frac{\lambda }{d}=\frac{600\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{0.012\times {10}^{-3}\mathrm{m}}=0.050,\theta =2.9\mathrm{°}.$$

3. c)

   Av $\sin \theta =m\lambda /d$ ser vi at dobbelt så stor $d$ halverer $\sin \theta$ for hver orden: alle stripene rykker inn mot midten, og mønsteret blir smalere.

Oppgave 10.1.3:

1. a)

   Nei. De to laserpennene er to uavhengige kilder uten fast faseforhold: faseforskjellen mellom dem skifter tilfeldig og raskt, så interferensmønsteret finnes i hvert øyeblikk, men flakker for fort til å ses. Øyet oppfatter bare gjennomsnittet – en jevn belysning. Kildene er inkoherente, og stabile striper krever koherente kilder.

2. b)

   Young delte bølgefronten fra én kilde på to nære spalter. De to spaltene arver samme fase fra den felles bølgefronten: hvordan enn primærkilden fluktuerer, fluktuerer de to spaltene i takt, og faseforskjellen mellom dem ligger fast. Dermed står stripemønsteret stille – nettopp det faste faseforholdet de to uavhengige laserpennene mangler.

Konklusjon: to uavhengige kilder er inkoherente og gir ingen stabile striper; én kilde delt på to spalter gir to koherente kilder med fast faseforhold, og derfor et stabilt mønster.

Oppgave 10.1.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: sjekk at studentens tall henger sammen – innsetting av valgt $d$, $L$ og $\mathrm{\Delta }y$ i $\lambda =\mathrm{\Delta }yd/L$ skal gi tilbake startbølgelengden, som må ligge i det synlige området ($400$–$700\mathrm{nm}$), og kommentaren skal peke på at den store faktoren $L/d$ blåser nanometerskalaen opp til millimeter.

Oppgave 10.2.1: Vi setter inn i minimabetingelsen $a\sin \theta =m\lambda$.

1. a)

   Med $m=1$:

   $$\sin {\theta }_1=\frac{\lambda }{a}=\frac{600\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{0.10\times {10}^{-3}\mathrm{m}}=0.0060,{\theta }_1=\arcsin (0.0060)\approx 0.34\mathrm{°}.$$

2. b)

   Med $m=2$ dobles $\sin \theta$, og siden vinkelen er så liten at $\sin \theta$ og $\theta$ er praktisk talt like, dobles også vinkelen:

   $$\sin {\theta }_2=\frac{2\lambda }{a}=0.012,{\theta }_2\approx 0.69\mathrm{°}.$$

Oppgave 10.2.2: Småvinkeltilnærmingen er trygg, siden $\sin \theta =\lambda /a=0.0025$, så vi bruker skjermposisjonen $y_1=\lambda L/a$.

1. a)

   $$y_1=\frac{\lambda L}{a}=\frac{500\times {10}^{-9}\mathrm{m}\cdot 2.0\mathrm{m}}{0.20\times {10}^{-3}\mathrm{m}}=5.0\mathrm{mm}.$$

2. b)

   Sentralmaksimumet strekker seg fra minimumet på den ene siden av midten til minimumet på den andre:

   $$w=2y_1=10\mathrm{mm}.$$

3. c)

   Bredden $w=2\lambda L/a$ er omvendt proporsjonal med spaltebredden: halveres $a$, dobles $w$, til $20\mathrm{mm}$ – uten ny regning, siden $\lambda$ og $L$ står urørt i formelen.

Oppgave 10.2.3:

1. a)

   Sentralbredden er $w=2\lambda L/a$; løst for spaltebredden:

   $$a=\frac{2\lambda L}{w}=\frac{2\cdot 600\times {10}^{-9}\mathrm{m}\cdot 1.5\mathrm{m}}{6.0\times {10}^{-3}\mathrm{m}}=0.30\mathrm{mm}.$$

   Kontroll: med $a=0.30\mathrm{mm}$ blir $w=2\lambda L/a=6.0\mathrm{mm}$, som målt.

2. b)

   Diffraksjonen gjør avbøyningsvinkelen $\lambda /a$ større jo smalere spalten er, og skjermavstanden $L$ strekker denne vinkelen ut til en lengde på skjermen. Mønsteret «forstørrer» altså forholdet mellom bølgelengden og spaltebredden: her er $w/a=6.0/0.30=20$, så en bredde på noen tidels millimeter avleses som centimetre på skjermen – godt innenfor det en millimeterskala klarer.

Oppgave 10.2.4: Vi bruker Rayleigh-kriteriet $\theta \approx 1.22\lambda /D$ og buelengdeformelen $s=r\theta$, som krever radianer.

1. a)

   $$\theta \approx 1.22\cdot \frac{550\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{0.050\mathrm{m}}\approx 1.34\times {10}^{-5}\mathrm{rad}\approx 2.8\text{buesekunder},$$

   der vi har brukt at $1$ radian $\approx 206265$ buesekunder.

2. b)

   Billyktene skilles så vidt når vinkelavstanden deres er grensevinkelen, $s/r=\theta$:

   $$r=\frac{s}{\theta }\approx \frac{1.5\mathrm{m}}{1.34\times {10}^{-5}}\approx 1.1\times {10}^5\mathrm{m}=110\mathrm{km}.$$

3. c)

   Pupillens grense er $0.92$ bueminutter $=55$ buesekunder, mot kikkertens $2.8$:

   $$\frac{55}{2.8}\approx 20\text{ganger finere}.$$

   Forholdet kan leses rett ut av diametrene fordi $\theta \approx 1.22\lambda /D$ har samme $\lambda$ og samme faktor $1.22$ for begge – grensen skalerer som $1/D$, og $50\mathrm{mm}/2.5\mathrm{mm}=20$. Grensen i b) nås ikke i praksis blant annet fordi uroen i atmosfæren (og feil i optikken) begrenser oppløsningen lenge før diffraksjonen – diffraksjonsgrensen er en øvre grense for hva åpningen kan yte, ikke en garanti.

Oppgave 10.2.5:

1. a)

   Sentralmaksimumets fulle bredde er $w=2\lambda L/a$; løst for bølgelengden:

   $$\lambda =\frac{aw}{2L}.$$

   Måler du $w$ på veggen og $L$ med målebåndet, gir spaltebredden $a$ dermed bølgelengden direkte.

2. b)

   Flere valg er gyldige; her er ett: en rød laserpeker har $\lambda$ omkring $650\mathrm{nm}$, og den smaleste spalten gir bredest mønster. Med $a=0.05\mathrm{mm}$ og $L=1.0\mathrm{m}$ blir

   $$w\approx \frac{2\cdot 650\times {10}^{-9}\mathrm{m}\cdot 1.0\mathrm{m}}{0.05\times {10}^{-3}\mathrm{m}}=26\mathrm{mm}\ge 20\mathrm{mm},$$

   og $\sin \theta =\lambda /a\approx 0.013$ – under en grad, så småvinkeltilnærmingen holder godt. Begrunnelse: smal spalte og romslig $L$ gir et mønster stort nok til å måles med millimeterpresisjon, uten at vinklene vokser ut av småvinkelregimet. Ethvert valg som oppfyller begge kravene godtas.

3. c)

   Vurderingen avhenger av utstyret, men normalt dominerer $w$: kantene på sentralmaksimumet er diffuse minima, så $w$ avleses på et par centimeter med kanskje en millimeters slingring – noen prosent relativ usikkerhet – mens $L$ måles over en meter med målebånd (godt under én prosent), og $a$ er oppgitt for spalten. Siden $\lambda =aw/(2L)$ er av første potens i alle tre – proporsjonal med $a$ og $w$, omvendt proporsjonal med $L$, slår den største relative usikkerheten rett gjennom i $\lambda$.

Oppgave 10.3.1:

1. a)

   Rayleigh-grensevinkelen:

   $$\theta \approx 1.22\cdot \frac{550\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{5.0\times {10}^{-3}\mathrm{m}}\approx 1.34\times {10}^{-4}\mathrm{rad},$$

   om lag ${0.46}^{\prime }$.

2. b)

   Den lille vinkelen gir $L\approx s/\theta$:

   $$L\approx \frac{1.2\mathrm{m}}{1.34\times {10}^{-4}}\approx 8.9\times {10}^3\mathrm{m}=8.9\mathrm{km}.$$

3. c)

   Ved en så stor pupille som $5.0\mathrm{mm}$ er øyet ikke diffraksjonsbegrenset: aberrasjonene vokser med pupillen og gjør den virkelige uskarphetsflekken større enn Airy-skiven, så lyktene smelter sammen på langt kortere hold enn diffraksjonsgrensen tilsier.

Oppgave 10.3.2:

1. a)

   Vinkelradien:

   $$\theta \approx 1.22\cdot \frac{550\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{2.5\times {10}^{-3}\mathrm{m}}\approx 2.68\times {10}^{-4}\mathrm{rad},$$

   altså om lag ${0.92}^{\prime }$.

2. b)

   Buelengden med $r=16.7\mathrm{mm}$:

   $$s=r\theta \approx 16.7\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot 2.68\times {10}^{-4}\approx 4.5\mathrm{\mu }\mathrm{m}.$$

3. c)

   Radien $4.5\mathrm{\mu }\mathrm{m}$ er nesten to tappavstander ($2\cdot 2.5\mathrm{\mu }\mathrm{m}=5.0\mathrm{\mu }\mathrm{m}$) – samme skala som det korteste skillet tapp–mellomrom–tapp. Optikken tegner altså akkurat så fint som mosaikken kan avlese: de to grensene møtes rundt normalvisus.

Oppgave 10.3.3:

1. a)

   Ved $D=2.0\mathrm{mm}$ er Airy-radien $5.6\mathrm{\mu }\mathrm{m}>2.5\mathrm{\mu }\mathrm{m}$: den optiske lysflekken er grovest, så det er diffraksjonen som begrenser.

2. b)

   Ved $D=6.0\mathrm{mm}$ er Airy-radien : nå er tappmosaikken den grovere av de to.

3. c)

   Aberrasjonene – de klassiske avbildningsfeilene fra kapittelet om geometrisk optikk – vokser med pupillen, og ved $6.0\mathrm{mm}$ er det de som binder: den virkelige uskarphetsflekken er da langt større enn den lille Airy-skiven tilsier. Synet er derfor skarpest ved en mellomstor pupille – optimumet ligger omkring $2$–$4\mathrm{mm}$, der diffraksjon og aberrasjoner balanserer, slik seksjonen beskriver.

Oppgave 10.3.4:

1. a)

   Vi regner begge leddene i bueminutter for hvert hull, f.eks. for $D=0.5\mathrm{mm}$: ${\theta }_{\text{geo}}\approx 0.5\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot 0.5\mathrm{D}\cdot 3438\approx {0.86}^{\prime }$ og ${\theta }_{\text{diff}}\approx \frac{1.22\cdot 550\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{0.5\times {10}^{-3}\mathrm{m}}\cdot 3438\approx {4.61}^{\prime }$. Tilsvarende for de to andre:

   	$D=0.5\mathrm{mm}:$	${\theta }_{\text{geo}}\approx {0.86}^{\prime },{\theta }_{\text{diff}}\approx {4.61}^{\prime },{\theta }_{\text{tot}}\approx {5.5}^{\prime },$
   	$D=1.0\mathrm{mm}:$	${\theta }_{\text{geo}}\approx {1.72}^{\prime },{\theta }_{\text{diff}}\approx {2.31}^{\prime },{\theta }_{\text{tot}}\approx {4.0}^{\prime },$
   	$D=2.0\mathrm{mm}:$	${\theta }_{\text{geo}}\approx {3.44}^{\prime },{\theta }_{\text{diff}}\approx {1.15}^{\prime },{\theta }_{\text{tot}}\approx {4.6}^{\prime }.$

2. b)

   Hullet på $1.0\mathrm{mm}$ gir minst samlet uskarphet, ${4.0}^{\prime }$ mot ${5.5}^{\prime }$ og ${4.6}^{\prime }$.

3. c)

   Optimum:

   $$D_{\text{opt}}=\sqrt{\frac{1.22\cdot 550\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{0.5\mathrm{D}}}\approx 1.16\times {10}^{-3}\mathrm{m}\approx 1.2\mathrm{mm}.$$

   Det kliniske pinhole på om lag $1.2\mathrm{mm}$ treffer altså optimum for nettopp små brytningsfeil som $0.5\mathrm{D}$: et mindre hull ville økt diffraksjonsleddet $1.22\lambda /D$, et større ville sluppet mer av den geometriske defokusen $D\mathrm{\Delta }$ gjennom.

Oppgave 10.3.5:

1. a)

   Objektivets grensevinkel:

   $$\theta \approx 1.22\cdot \frac{550\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{10\times {10}^{-3}\mathrm{m}}\approx 6.71\times {10}^{-5}\mathrm{rad}\approx {0.23}^{\prime }.$$

2. b)

   Forstørrelsen skal løfte ${0.23}^{\prime }$ opp til øyets grense på $1^{\prime }$:

   $$M\approx \frac{1^{\prime }}{{0.23}^{\prime }}\approx 4.3\times .$$

3. c)

   Påstanden er gal forbi denne grensen: ved forstørrelse utover om lag $4.3\times$ blåses den samme Airy-flekken bare opp uten at ny detalj kommer til – tom forstørrelse. Skal kollegaen se finere detalj, må objektivdiameteren $D$ gjøres større: det er $D$ som står i nevneren i $1.22\lambda /D$, så bare en større apertur senker grensevinkelen – forstørrelsen står der ikke i det hele tatt.

Oppgave 10.4.1: Vi setter rett inn i Malus’ lov $I=I_0{\cos }^2\theta$ med $I_0=500\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$ og de eksakte cosinusverdiene fra kapittelet om trigonometri og geometri.

1. a)

   Med ${\cos }^{2}0\mathrm{°}=1$, ${\cos }^{2}45\mathrm{°}=\frac{1}{2}$ og ${\cos }^{2}90\mathrm{°}=0$ blir

   $$I(0\mathrm{°})=500\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2},I(45\mathrm{°})=500\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}\cdot \frac{1}{2}=250\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2},I(90\mathrm{°})=0\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}.$$

2. b)

   Kravet $I=\frac{1}{2}{I}_0$ gir ${\cos }^2\theta =\frac{1}{2}$, altså $\cos \theta =\frac{\sqrt{2}}{2}$, som mellom $0\mathrm{°}$ og $90\mathrm{°}$ gir $\theta =45\mathrm{°}$ – i samsvar med a), der nettopp $45\mathrm{°}$ ga halvparten.

Oppgave 10.4.2: Vi kjeder de to trinnene som i seksjonens andre eksempel: først halveres det upolariserte lyset, så gjelder Malus’ lov for den andre polarisatoren med $\theta =45\mathrm{°}$.

1. a)

   Den første polarisatoren halverer det upolariserte lyset:

   $$I_1=\frac{1}{2}\cdot 620\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}=310\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}.$$

2. b)

   Lyset som treffer den andre, er polarisert langs den førstes akse, så med ${\cos }^{2}45\mathrm{°}=\frac{1}{2}$:

   $$I_2=I_1{\cos }^{2}45\mathrm{°}=310\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}\cdot \frac{1}{2}=155\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}.$$

3. c)

   Brøkdelen er produktet av de to faktorene, $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ – og kontrollen stemmer: $\frac{1}{4}\cdot 620\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}=155\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$.

Oppgave 10.4.3: Fullstendig polarisering ved refleksjon betyr at innfallsvinkelen er Brewster-vinkelen, og fra luft er $\tan {\theta }_B=n$.

1. a)

   Vi snur formelen:

   $$n=\tan 57.0\mathrm{°}\approx 1.54.$$

   Det er litt over bokens verdi for kroneglass ($n=1.523$, med ${\theta }_B\approx 56.7\mathrm{°}$) – rimelig, siden en større brytningsindeks gir en større Brewster-vinkel.

2. b)

   Reflektert lys ved Brewster-vinkelen er polarisert parallelt med flaten, og flaten er horisontal, så gjenskinnet svinger horisontalt.

3. c)

   Malus’ lov gir null gjennomslupet lys når transmisjonsaksen står vinkelrett på svingeplanet ($\theta =90\mathrm{°}$, ${\cos }^{2}90\mathrm{°}=0$), så aksen må stå vertikalt – slik polariserte solbriller er bygd.

Oppgave 10.4.4: Vi følger lyset trinn for trinn og bruker Malus’ lov ved hver overgang.

1. a)

   Den første polarisatoren halverer det upolariserte lyset og sender det ut polarisert langs sin akse: $I_1=\frac{1}{2}{I}_0$. Den mellomste aksen står $45\mathrm{°}$ på den første, så $I_2=I_1{\cos }^{2}45\mathrm{°}=\frac{1}{2}{I}_0\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}{I}_0$, og lyset er nå polarisert langs den mellomste aksen. Den siste aksen står $45\mathrm{°}$ på den mellomste, så

   $$I_3=I_2{\cos }^{2}45\mathrm{°}=\frac{1}{4}{I}_0\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}{I}_0,$$

   som skulle vises.

2. b)

   En polarisator slipper ikke bare gjennom en del av lyset – den dreier også svingeplanet: lyset ut svinger langs polarisatorens egen akse. Uten midtfilteret treffer lyset den siste polarisatoren med svingeplanet vinkelrett på aksen (${\cos }^{2}90\mathrm{°}=0$), og alt stoppes. Med midtfilteret er svingeplanet dreid $45\mathrm{°}$, og lyset har dermed en komponent langs den siste aksen som slipper gjennom. Det ekstra filteret gir mer lys fordi det endrer polariseringstilstanden mellom de to kryssede.

Oppgave 10.4.5:

1. a)

   Påstanden er bare halvt riktig. For upolarisert dagslys stemmer den: en ideell polarisator slipper gjennom halvparten, $I=\frac{1}{2}{I}_0$, akkurat som et jevnt grått glass. Men gjenskinnet fra en våt, horisontal vei treffer øyet nær Brewster-vinkelen og er da helt eller delvis horisontalt polarisert; med vertikal transmisjonsakse gir Malus’ lov $\theta =90\mathrm{°}$ og ${\cos }^{2}90\mathrm{°}=0$ – gjenskinnet slukkes, mens resten av synsfeltet bare halveres. Glasset gjør altså noe et grått glass ikke kan: det demper gjenskinnet selektivt.

2. b)

   Åpen deloppgave – flere gyldige tester finnes; et godt svar angir både testen (for eksempel å rotere glasset foran et kjent polarisert gjenskinn) og hva man forventer å se i begge utfall, polariserende og ikke.

3. c)

   Åpen deloppgave – følger av testen i b); det bærende vurderingsmomentet er at transmisjonsaksen identifiseres ved slukking: i orienteringen som gir minimum, står aksen vinkelrett på kildens svingeplan.

Oppgave 10.5.1: Vi bruker ${\lambda }_n=\lambda /n$, bølgefront-kontinuiteten for frekvensen, og at en strekning $t$ rommer $t/{\lambda }_n=nt/\lambda$ bølgelengder.

1. a)

   ${\lambda }_n={\displaystyle \frac{\lambda }{n}}={\displaystyle \frac{550\mathrm{nm}}{1.523}}\approx 361\mathrm{nm}$.

2. b)

   Like mange bølgetopper må forlate grenseflaten per sekund som ankommer den, ellers ville bølgen rives i stykker ved flaten. Nei, frekvensen er uendret. Det er farten og bølgelengden som krymper i takt, $v=c/n$ og ${\lambda }_n=\lambda /n$.

3. c)

   I glasset: ${\displaystyle \frac{nt}{\lambda }}={\displaystyle \frac{1.523\cdot 2000\mathrm{nm}}{550\mathrm{nm}}}\approx 5.5$ bølgelengder. I luft: ${\displaystyle \frac{t}{\lambda }}={\displaystyle \frac{2000\mathrm{nm}}{550\mathrm{nm}}}\approx 3.6$ bølgelengder. Omtrent $5.5$ bølgelengder i glasset mot $3.6$ i luft – $n=1.523$ ganger så mange.

Oppgave 10.5.2: Vi bruker Fresnel-formelen $R={\left({\displaystyle \frac{n_2-n_1}{n_2+n_1}}\right)}^2$ ved vinkelrett innfall.

1. a)

   $R={\left({\displaystyle \frac{1.498-1}{1.498+1}}\right)}^2={\left({\displaystyle \frac{0.498}{2.498}}\right)}^2\approx 0.0397\approx 4.0\mathrm{\%}$.

2. b)

   To flater med hver sin refleks: $2\cdot 3.97\mathrm{\%}\approx 7.9\mathrm{\%}$ – omtrent åtte prosent av lyset går tapt i reflekser.

3. c)

   CR-39 gir $4.0\mathrm{\%}$ per flate mot kroneglassets $4.3\mathrm{\%}$; lavere brytningsindeks gir mindre Fresnel-refleks. CR-39-glasset speiler minst ubelagt.

Oppgave 10.5.3: Vi teller halvbølgetapene og bruker kvartbølgebetingelsen $t={\lambda }_{\text{design}}/(4n_b)$.

1. a)

   Siden , reflekteres lyset mot et tettere medium ved begge flatene – luft mot ${\text{MgF}}_2$ og ${\text{MgF}}_2$ mot glass – så begge reflekser får halvbølgetap. To halvbølgetap – likt antall, så utslukking krever $2n_{b}t=\left(m+\frac{1}{2}\right)\lambda$.

2. b)

   Tynnest for $m=0$, altså $2n_{b}t={\lambda }_{\text{design}}/2$:

   $$t=\frac{{\lambda }_{\text{design}}}{4n_b}=\frac{460\mathrm{nm}}{4\cdot 1.38}\approx 83\mathrm{nm}.$$

   Kontroll: bølgelengden i belegget er $460\mathrm{nm}/1.38\approx 333\mathrm{nm}$, og en kvart av den er nettopp $83\mathrm{nm}$.

3. c)

   For grønt lys ($550\mathrm{nm}$) gir $460\mathrm{nm}$-belegget $2n_{b}t/\lambda =230\mathrm{nm}/550\mathrm{nm}\approx 0.42$, et stykke fra den halve bølgelengden utslukkingen krever – mens et $550\mathrm{nm}$-belegg treffer $0.5$ eksakt der. Dårligere for grønt lys: utslukkingen treffer eksakt bare ved designbølgelengden.

Oppgave 10.5.4: Vi teller halvbølgetapene og bruker forsterkningsbetingelsen for ulikt antall.

1. a)

   Forsiden (luft $\to$ lipid, $1.00\to 1.48$) reflekterer mot et tettere medium og får halvbølgetap; baksiden (lipid $\to$ vandig lag, $1.48\to 1.336$) mot et tynnere og får ingen. Ett halvbølgetap – forsterkning krever $2n_{f}t=\left(m+\frac{1}{2}\right)\lambda$.

2. b)

   I orden $m=0$:

   $$t=\frac{\lambda }{4n_f}=\frac{600\mathrm{nm}}{4\cdot 1.48}\approx 101\mathrm{nm}.$$

3. c)

   $101\mathrm{nm}$ ligger i øvre del av intervallet $13$–$170\mathrm{nm}$, så ja, anslaget er innenfor. Én forenkling som gjør det usikkert: innfallet er antatt vinkelrett – skrått innfall forkorter veiforskjellen ($2n_{f}t\cos {\theta }_2$) og forskyver anslaget; alternativt at lipidlaget er antatt som et plant, homogent lag med sikkert kjent $n_f$.

Oppgave 10.5.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Et godt svar tallfester minst tre av punktene a)–d) med seksjonens egne tall (f.eks. restrefleks om lag $1.2\mathrm{\%}$ mot $4.3\mathrm{\%}$ ubelagt ved designbølgelengden) og munner ut i en formulering der «fjerner alle» er erstattet med en presis, avgrenset påstand om demping.