Øyets fysikk og anatomi

Oppgave 12.1.1:

1. a)

   Flatestyrken $P=\frac{n_2-n_1}{r}$ med radiene i meter gir

   $$P_1=\frac{1.376-1.000}{0.0077\mathrm{m}}=\frac{0.376}{0.0077}\approx 48.83\mathrm{D},P_2=\frac{1.336-1.376}{0.0068\mathrm{m}}=\frac{-0.040}{0.0068}\approx -5.88\mathrm{D}.$$

2. b)

   Den reduserte tykkelsen er $\frac{d}{n}=0.0005\mathrm{m}/1.376\approx 3.63\times {10}^{-4}\mathrm{m}$ og $P_1{P}_2\approx -287$, så tykkelsesleddet blir $-\frac{d}{n}{P}_1{P}_2\approx +0.10\mathrm{D}$:

   $$P=48.83-5.88+0.10\approx 43.05\mathrm{D}.$$

3. c)

   Tykkelsesleddet skalerer med den reduserte tykkelsen $d/n\approx 0.36\mathrm{mm}$, som er så liten at leddet bare bidrar med om lag $0.1\mathrm{D}$ mot flatesummens $42.95\mathrm{D}$ – hornhinnen er tynn nok til at flatestyrkene nesten adderes rett.

Oppgave 12.1.2:

1. a)

   Flatestyrken $P=\frac{n-1}{r}$ løst for $r$, og skarphetskravet $L=n^{\prime }/P$, gir

   $$r=\frac{n-1}{P}=\frac{1/3}{60{\mathrm{m}}^{-1}}=\frac{1}{180}\text{m}\approx 5.56\mathrm{mm},L=\frac{n^{\prime }}{P}=\frac{4/3}{60{\mathrm{m}}^{-1}}=\frac{1}{45}\text{m}\approx 22.22\mathrm{mm}.$$

2. b)

   Knutepunktet ligger radien bak flaten, så avstanden til netthinnen er

   $$L-r=\frac{n^{\prime }}{P}-\frac{n^{\prime }-1}{P}=\frac{1}{P}=\frac{1}{60\mathrm{D}}\approx 16.7\mathrm{mm},$$

   og tallmessig $22.22-5.56=16.7\mathrm{mm}$ – likheten med den fremre brennvidden $1/P$ i luft er eksakt, ikke et tallsammentreff.

3. c)

   De tre avstandene måles fra hvert sitt startpunkt i samme øye: aksiallengden $\text{AL}\approx 24\mathrm{mm}$ fra hornhinnens forkant, den reduserte lengden $L\approx 22.22\mathrm{mm}$ fra det ekvivalente bryteplanet vel $1.6\mathrm{mm}$ inne i øyet, og knutepunkt–netthinne $\approx 16.7\mathrm{mm}$ fra knutepunktet $N$ enda $r=5.56\mathrm{mm}$ lenger inn – ulike startpunkter gir ulike tall for samme øye.

Oppgave 12.1.3:

1. a)

   Forskyvningen er

   $$HN=f+f^{\prime }=-17.06+22.79=5.73\mathrm{mm},$$

   og den stemmer med plasseringene: hovedpunktene ved $1.5\mathrm{mm}$ pluss $5.73\mathrm{mm}$ gir $\approx 7.2\mathrm{mm}$, der knutepunktene ligger.

2. b)

   Med luft på begge sider er $f^{\prime }=-f$, så

   $$HN=f+f^{\prime }=f-f=0\mathrm{mm},$$

   og knutepunktet faller sammen med hovedpunktet, som for en linse i luft.

3. c)

   Forskyvningen $HN=f+f^{\prime }$ er null når og bare når $f^{\prime }=-f$, altså når mediet er likt foran og bak; det vandige mediet bak øyet gjør $\left|f^{\prime }\right|$ større enn $\left|f\right|$, summen blir positiv, og knutepunktene skyves de $5.73\mathrm{mm}$ bakover fra hovedpunktene.

Oppgave 12.1.4:

1. a)

   Påstanden holder ikke. Flatestyrken $P=\frac{n_2-n_1}{r}$ vokser med indeksspranget, ikke med hvor stor eller synlig komponenten er: ved hornhinnens fremflate er spranget $1.376-1.000=0.376$, mens øyelinsens flater skiller medier med indekser mellom $1.336$ og $1.406$ – sprang på høyst $0.05$–$0.07$. Derfor bryter den tynne hornhinnen om lag $43\mathrm{D}$ og den store linsen bare om lag $19\mathrm{D}$ av øyets $\sim 60\mathrm{D}$: hornhinnen står for nær tre firedeler av styrken.

2. b)

   Åpen deloppgave; ingen entydig fasit. Et vurderingsmoment: et godt talleksempel holder krumningsradien lik for de to flatene, slik at styrkeforholdet $P_a/P_b$ blir nøyaktig forholdet mellom indeksesprangene – da er det synlig at spranget alene avgjør.

3. c)

   Øyelinsens verdi ligger i at den er øyets justerbare komponent – den kan endre sin styrke og gi akkommodasjon, noe den sterke, men faste hornhinnen ikke kan.

Oppgave 12.2.1: Refleksbildets størrelse er $h^{\prime }=m\cdot h$ med $m=\frac{r}{2d}$, $h=10\mathrm{mm}$ og $d=80\mathrm{mm}$.

1. a)

   Bilde I: $m=\frac{7.7}{2\cdot 80}\approx 0.048$, så

   $$h^{\prime }=0.048\cdot 10\mathrm{mm}\approx 0.48\mathrm{mm}.$$

2. b)

   Bilde III avslappet: $m=\frac{10.0}{160}=0.0625$ gir $h^{\prime }=0.63\mathrm{mm}$. Maksimalt akkommodert: $m=\frac{5.3}{160}\approx 0.033$ gir $h^{\prime }\approx 0.33\mathrm{mm}$.

3. c)

   Bilde III krymper til om lag halvparten under akkommodasjon. Siden bildestørrelsen er proporsjonal med flatens radius, viser det at framflatens krumningsradius minker – linsen buler ut og øker styrken, akkurat slik Helmholtz-mekanismen krever. Formendringen kan altså måles utenfra, direkte på refleksen.

Oppgave 12.2.2:

1. a)

   Emmetrop gir $P_{\text{fjern}}=0$, så $P_{\text{nær}}=A=5.0\mathrm{D}$ og nærpunktet ligger i

   $$\frac{1}{5.0\mathrm{D}}=0.20\mathrm{m}=20\mathrm{cm}.$$

2. b)

   Akkommodasjonsbehovet er $A=1/d$:

   $$A_{\text{behov}}=\frac{1}{0.40}=2.5\mathrm{D}.$$

3. c)

   Halv-amplitude-regelen gir en behagelig andel på $\frac{1}{2}\cdot 5.0=2.5\mathrm{D}$ – akkurat lik behovet. Hun kan lese på $40\mathrm{cm}$, men ligger på selve terskelen: ingen reserve, så lengre økter blir slitsomme.

Oppgave 12.2.3:

1. a)

   Av $A=P_{\text{nær}}-P_{\text{fjern}}$ følger

   $$P_{\text{fjern}}=P_{\text{nær}}-A=9.0-6.0=3.0\mathrm{D}.$$

   Det avslappede øyet er innstilt for en objektvergens på $3.0\mathrm{D}$ – det ser skarpt bare på lys som divergerer fra et punkt i endelig avstand, ikke på parallelt lys.

2. b)

   Fjernpunktet ligger i $1/P_{\text{fjern}}$, altså i endelig avstand foran øyet – ikke i uendelig som hos emmetropen. Pasienten er myop.

3. c)

   En objektvergens $P$ svarer til avstanden $1/P$:

   $$\text{fjernpunkt}=\frac{1}{3.0\mathrm{D}}\approx 33.3\mathrm{cm},\text{nærpunkt}=\frac{1}{9.0\mathrm{D}}\approx 11.1\mathrm{cm}.$$

   Det lineære akkommodasjonsområdet er strekningen mellom dem:

   $$33.3-11.1=22.2\mathrm{cm}.$$

Oppgave 12.2.4:

1. a)

   Akkommodasjonsbehovet er $A=1/d$:

   $$A_{\text{behov}}=\frac{1}{0.33}\approx 3.0\mathrm{D}.$$

2. b)

   Gjennomsnittslinjen ved $t=48$ år:

   $$A=18.5-0.30\cdot 48=18.5-14.4=4.1\mathrm{D}.$$

3. c)

   Den behagelige andelen er $\frac{1}{2}\cdot 4.1\approx 2.1\mathrm{D}$, som er mindre enn behovet på $3.0\mathrm{D}$: nei, halvparten holder ikke. Hun er presbyop for denne leseavstanden – vedvarende lesing på $33\mathrm{cm}$ krever mer enn komfortreserven gir, så hun trenger lengre arbeidsavstand eller et lesetillegg.

4. d)

   Halv-amplitude-regelen krever $A=2\cdot 3.0=6.0\mathrm{D}$. Gjennomsnittslinjen når dit når

   $$18.5-0.30t=6.0⟹t=\frac{12.5}{0.30}\approx 41.7,$$

   altså ved om lag $42$ år. Kontroll: $A(41.7)=18.5-12.5=6.0\mathrm{D}$, og halvparten er nettopp behovet $3.0\mathrm{D}$.

Oppgave 12.2.5:

1. a)

   Den tålte defokusen er $\mathrm{\Delta }={\theta }_{\text{tol}}/D$ med $D$ i meter. Sollys-pupille:

   $$\mathrm{\Delta }=\frac{2.91\times {10}^{-4}\mathrm{rad}}{0.002\mathrm{m}}\approx 0.15\mathrm{D},$$

   innepupille:

   $$\mathrm{\Delta }=\frac{2.91\times {10}^{-4}\mathrm{rad}}{0.005\mathrm{m}}\approx 0.06\mathrm{D}.$$

2. b)

   Forbedringen skyldes ikke akkommodasjon: hos en presbyop er linsesubstansen og kapselen stivnet, så linsen buler ikke selv om ciliærmuskelen trekker seg sammen som før. Tallene forklarer i stedet det hun opplever – den lille sollys-pupillen tåler to–tre ganger så mye defokus som innepupillen, altså større dybdeskarphet. Det er pseudoakkommodasjon: pinhole-effekten erstatter litt av den tapte akkommodasjonen.

3. c)

   For eksempel: «Øynene dine akkommoderer ikke bedre i sol – linsen er like stiv der. Men i sterkt lys blir pupillen liten, og en liten pupille gir større dybdeskarphet, så du tåler mer uskarphet på nært. Det er lyset som hjelper, ikke linsen.»

Oppgave 12.3.1:

1. a)

   Fjernpunktavstanden er $k=1/K$ målt fra hornhinnen: $k=1/2.50\mathrm{D}=0.40\mathrm{m}$, så fjernpunktet ligger $40\mathrm{cm}$ foran øyet, og det er reelt – som det skal være ved myopi.

2. b)

   Øyet er for sterkt og avbilder bare divergerende fjernpunktslys skarpt; glasset må derfor spre parallelt lys, altså et minusglass. Bakre brennpunkt må ligge i fjernpunktet fordi glasset da omdanner parallelt lys fra det uendelige til lys som ser ut til å komme fra fjernpunktet – og fjernpunktslys er per definisjon det eneste det avslappede øyet fokuserer skarpt på netthinnen.

3. c)

   Nå er $k=1/2.00\mathrm{D}=0.50\mathrm{m}$, men med $K>0$ er fjernpunktet virtuelt: det ligger $50\mathrm{cm}$ bak hornhinnen. Glasset må få parallelt lys til å konvergere mot dette punktet, altså et plussglass.

Oppgave 12.3.2:

1. a)

   Skriv den nødvendige styrken som funksjon av lengden, $P(L)=n^{\prime }{L}^{-1}$. Derivasjon gir

   $$\frac{dP}{dL}=-\frac{n^{\prime }}{L^2}=-\frac{4/3}{{(\mathrm{0.022\hspace{0.17em}22}\mathrm{m})}^2}\approx -2700\mathrm{D}/\mathrm{m}=-2.7\mathrm{D}/\mathrm{mm}.$$

   Et øye som er én millimeter for langt, trenger altså om lag $2.7\mathrm{D}$ mindre styrke enn det har – det er om lag $2.7\mathrm{D}$ myopi, som skulle vises.

2. b)

   Ved $L=24.0\mathrm{mm}$ trenger øyet

   $$\frac{n^{\prime }}{L}=\frac{4/3}{0.0240\mathrm{m}}\approx 55.6\mathrm{D},$$

   men har $60\mathrm{D}$ – det er $4.4\mathrm{D}$ for sterkt for sin lengde. Brytningsfeilen er om lag $K\approx -4.4\mathrm{D}$ (myopi).

3. c)

   Følsomheten $n^{\prime }/L^2$ avtar når $L$ vokser, så gjennomsnittsraten over intervallet ($4.4\mathrm{D}/1.78\mathrm{mm}\approx 2.5\mathrm{D}/\mathrm{mm}$) er mindre enn startraten $2.7\mathrm{D}/\mathrm{mm}$. Styrken er normal og lengden feil, så dette er aksial ametropi.

Oppgave 12.3.3:

1. a)

   Hornhinneastigmatismen er forskjellen mellom de keratometriske styrkene: $K_1-K_2=44.00-41.50=2.50\mathrm{D}$. Den bratteste (sterkeste) meridianen ligger langs $180\mathrm{°}$, altså nær vannrett: astigmatismen er mot regelen.

2. b)

   Den mest myope meridianen fokuserer lengst fram: meridianen langs $180\mathrm{°}$ (prøveglass $-1.00\mathrm{D}$). Den minste forvirringssirkelen ligger i den dioptriske midten, ved den sfæriske ekvivalenten

   $$\text{SE}=\frac{-1.00+1.50}{2}=0.25\mathrm{D}.$$

3. c)

   Med den ene fokallinjen foran og den andre bak netthinnen straddler linjene netthinnen: astigmatismen er blandet. Det stemmer med meridianstyrkene – den ene er myop ($-1.00\mathrm{D}$), den andre hyperop ($1.50\mathrm{D}$).

Oppgave 12.3.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Ett vurderingsmoment: i b) skal minusstyrken i brilleplanet komme ut sterkere i tallverdi enn den okulære refraksjonen i samme meridian (jf. $P_{\text{eff}}=P/(1-dP)$) – kommer den ut svakere, er fortegnet i vertex-omregningen galt.

Oppgave 12.4.1:

1. a)

   Vinkelen sett fra knutepunktet er $\theta =s/16.7\mathrm{mm}$:

   $${\theta }_{\text{bredde}}=\frac{1.76\mathrm{mm}}{16.7\mathrm{mm}}\approx 0.105\text{rad}\approx 6.0\mathrm{°},{\theta }_{\text{høyde}}=\frac{1.92\mathrm{mm}}{16.7\mathrm{mm}}\approx 0.115\text{rad}\approx 6.6\mathrm{°}.$$

   (Kontroll: med skalaen $0.29\mathrm{mm}$ per grad blir $1.76/0.29\approx 6.1\mathrm{°}$ og $1.92/0.29\approx 6.6\mathrm{°}$ – samme svar innenfor avrundingen.)

2. b)

   Det ikke-seende området strekker seg litt utenfor selve papillen, så den perimetrisk målte blindflekken blir større enn papillens rene projeksjon gjennom knutepunktet.

3. c)

   Blindflekken ligger temporalt i synsfeltet: knutepunktet snur strålene, slik at nasalsiden av netthinnen – der papillen sitter – avbilder tinningsiden av synsfeltet, og omvendt.

Oppgave 12.4.2:

1. a)

   Med $\theta =1\mathrm{°}=0.0175\text{rad}$ gir netthinneskalaen

   $$s=16.7\mathrm{mm}\cdot 0.0175\approx 0.29\mathrm{mm}.$$

   (Kontroll: seksjonens eksempel ga at foveolas $0.35\mathrm{mm}$ svarer til $1.2\mathrm{°}$, og $0.35/1.2\approx 0.29\mathrm{mm}$ per grad.)

2. b)

   De $0.29\mathrm{mm}$ dekker det meste av foveolas $0.35\mathrm{mm}$: utfallet ligger midt i den rene tappesonen, så det er tappene som rammes.

3. c)

   Lesesynet krever den høye oppløsningen bare den tette tappespissen i fovea gir, mens netthinnen $15\mathrm{°}$ ute uansett har lav tapptetthet og grov oppløsning – der finnes ingen tilsvarende skarphet som kan gå tapt.

Oppgave 12.4.3:

1. a)

   I mørke bæres synet av stavene, og stavtettheten er null i netthinnens sentrum: foveola inneholder bare tapper, som trenger mer lys enn de svakeste stjernene gir. Ser han rett på stjernen, lander bildet altså på den delen av netthinnen som er dårligst utstyrt for mørkesyn.

2. b)

   Stjernebildet bør lande der stavtettheten topper seg, i om lag samme eksentrisitet som papillen, altså rundt $15\mathrm{°}$ til $17\mathrm{°}$ fra fovea. Med netthinneskalaen $s=16.7\mathrm{mm}\cdot \theta$, om lag $0.29\mathrm{mm}$ per grad, er det

   $$15\mathrm{°}\cdot 0.29\mathrm{mm}/\mathrm{°}\approx 4.4\mathrm{mm}\text{til}17\mathrm{°}\cdot 0.29\mathrm{mm}/\mathrm{°}\approx 4.9\mathrm{mm},$$

   altså $15\mathrm{°}$–$17\mathrm{°}$ eksentrisitet, om lag $4.4$–$4.9\mathrm{mm}$ fra fovea. (Kontroll: avstanden fovea–papille er målt til $4.76\mathrm{mm}$, og $4.76/16.7\approx 0.285$ rad $\approx 16.3\mathrm{°}$ – midt i intervallet.)

3. c)

   Duplisitetsteorien sier at to systemer deler arbeidet – tapper i lys, staver i mørke – og å se litt ved siden av flytter stjernebildet fra det tappedominerte sentrum til det stavdominerte området der mørkesynet faktisk bor.

Oppgave 12.4.4:

1. a)

   Ja, lysveien er riktig beskrevet: lyset passerer nervefiberlaget, gangliecellene, laget med bipolar-, horisontal- og amakrinceller og reseptorenes cellekjerner før det når yttersegmentene innerst mot pigmentepitelet. Men lagene er tynne og nær gjennomsiktige, så spredningen de påfører er liten.

2. b)

   Nettopp der skarpsynet er best, svikter konklusjonen: i fovea er de indre nervelagene skjøvet radialt til side, ut mot kanten av gropen, slik at tappene i skarpsynspunktet har en tilnærmet uhindret lysvei rett inn. Foveagropen er byggets eget svar på innvendingen.

3. c)

   I fovea er innvendingen opphevet av gropen; i resten av netthinnen ligger nervelagene foran reseptorene, men der er oppløsningskravet lavt og den lille spredningen uten praktisk betydning. Samtidig kjøper plasseringen noe vesentlig: yttersegmentene ligger inntil pigmentepitelet, som regenererer det blekede synspigmentet og rydder de utslitte skivene, med den blodrike årehinnen rett bak som forsyning til de energikrevende yttersegmentene.

Konklusjon: premisset er riktig – lyset går gjennom nervelagene først – men dommen «feilkonstruert» holder ikke: ordningen koster lite der oppløsningskravet er lavt, er opphevet av foveagropen der det er høyt, og gir reseptorene det vedlikeholdet og den energiforsyningen de er avhengige av.

Oppgave 12.5.1: Vi leser forholdet $S_{\text{tapp}}:M_{\text{tapp}}:L_{\text{tapp}}$ rett av kurvene i figur 12.11.

1. a)

   $450\mathrm{nm}$ ligger tett ved S-toppen på $440\mathrm{nm}$, mens M- og L-kurvene der så vidt har løftet seg fra null: S-tappen dominerer. Ved $650\mathrm{nm}$ er $S_{\text{tapp}}\approx 0$, og L-kurven ligger klart over M-kurven fordi L-toppen ($565\mathrm{nm}$) er nærmest: L-tappen dominerer.

2. b)

   Forholdet «$S_{\text{tapp}}\approx 0$, $M_{\text{tapp}}$ og $L_{\text{tapp}}$ omtrent like sterke» er nettopp trippelen lyset nær toppen av $V(\lambda )$ gir – området mellom M- og L-toppen. Det svarer til gulgrønt.

3. c)

   En enkelt tappetype leverer bare ett tall ut, og en svak stråle nær toppen kan gi nøyaktig samme respons som en sterk stråle langt fra toppen – bølgelengde og intensitet kan altså ikke skilles av én tapp alene; det krever sammenligning mellom tappetypene.

Oppgave 12.5.2: Vi setter tabellverdiene inn i $2L_{\text{tapp}}(\lambda )+M_{\text{tapp}}(\lambda )$.

1. a)

   Ved $510\mathrm{nm}$: $2\cdot 0.444+0.616=1.504$; ved $540\mathrm{nm}$: $2\cdot 0.881+0.995=2.757$; ved $555\mathrm{nm}$: $2\cdot 0.966+0.957=2.889$; ved $565\mathrm{nm}$: $2\cdot 0.994+0.873=2.861$; ved $600\mathrm{nm}$: $2\cdot 0.834+0.334=2.002$. $1.504$; $2.757$; $2.889$; $2.861$; $2.002$

2. b)

   Summen er størst ved $555\mathrm{nm}$ ($2.889>2.861$), som ligger mellom M-toppen ($540\mathrm{nm}$) og L-toppen ($565\mathrm{nm}$) – trukket mot den lange siden av den doble vekten på $L_{\text{tapp}}$.

3. c)

   Toppen ved $555\mathrm{nm}$ følger direkte av de målte tappfølsomhetene og vektingen $2L_{\text{tapp}}+M_{\text{tapp}}$ – $V(\lambda )$-kurvens topp er altså et resultat av fysiologien, ikke et valgt standardtall.

Oppgave 12.5.3: Skillet går mellom anomal trikromasi (tre tapptyper, én forskjøvet) og dikromasi (én tapptype mangler).

1. a)

   Pasient A har tre fungerende tapptyper og dermed et tredimensjonalt fargerom; han trenger tre primærfarger, men blander dem unormalt. Pasient B har bare to tapptyper og et todimensjonalt fargerom; to primærfarger rekker, og hele akser av farger kollapser til metamerer.

2. b)

   Tallet er kodet utelukkende i rød–grønn kromatisk kontrast, mens prikkenes lyshet varieres systematisk slik at figuren ikke ligger i lysstyrke; å skru på lysheten endrer derfor ingenting av signalet tallet er kodet i – bare et intakt rød–grønn-signal kan skille tall fra bakgrunn.

3. c)

   Nei. Ishihara prøver rød–grønn-aksen, mens en tritan-defekt sitter på gul–blå-aksen, som platene ikke tester; en tritan-pasient har intakt $L_{\text{tapp}}$–$M_{\text{tapp}}$-signal og leser platene normalt. Egne tritan-plater eller en fargesorteringstest som Farnsworth D-15 trengs.

Oppgave 12.5.4: Nøkkelen er at øyet komprimerer et helt spekter til trippelen $(S_{\text{tapp}},M_{\text{tapp}},L_{\text{tapp}})$.

1. a)

   De to prøvene har ulike reflektansspektre, men under butikklyset gir produktet av lyskildens spektrum og hver reflektans nøyaktig samme trippel $(S_{\text{tapp}},M_{\text{tapp}},L_{\text{tapp}})$ – de er metamerer, og ser identisk grå ut. Det som endret seg, er lyskildens spektralfordeling: i dagslys gir de samme to reflektansene ulike tripler, og likheten bryter sammen – et metamer-brudd. Likt: fargeinntrykket under butikklyset. Ulikt: selve spektrene, som hele tiden var forskjellige.

2. b)

   De tre tappene gir bare tre tall ut, mens et reflektansspekter har i prinsippet ett fritt tall per bølgelengde – langt flere frihetsgrader inn enn likninger ut. Kravet «samme trippel under én gitt lyskilde» er derfor bare tre likninger på et spekter med mange ukjente, og uendelig mange spektre oppfyller dem: velg ett spekter, og juster et annet – for eksempel med topper andre steder på aksen – til de tre eksitasjonene matcher, slik eksempelet i brødteksten gjorde numerisk med rødt og grønt mot gult. (Det konkrete valget av spektre kan gjøres på mange måter.)

3. c)

   En industriell fargematch er en match av tripler, ikke av spektre. Er spektrene ulike, finnes det alltid lyskilder der produktene lyskilde $\times$ reflektans gir ulike tripler, så matchen kan bare garanteres under lyskilden den ble laget for. Garantert match under alle lyskilder krever identiske reflektansspektre – og den grensen står og faller med at øyet bare har tre tapptyper: med flere «målekanaler» ville færre spektralpar sluppet gjennom som metamerer.

Oppgave 12.6.1: Vi holder hver adaptasjonsluminans opp mot grensene $0.005\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ og $5\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$.

1. a)

   gir skotopisk; (i $\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$) gir mesopisk; $50\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}>5\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ gir fotopisk.

2. b)

   Skotopisk bæres synet av stavene alene (tappene ligger under sin egen terskel); mesopisk av begge systemene samtidig; fotopisk av tappene alene (stavene er mettet).

3. c)

   Ved $0.001\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ – det skotopiske regimet. Der bæres synet av stavene, og Purkinje-forskyvningen flytter følsomhetstoppen fra $555\mathrm{nm}$ til $507\mathrm{nm}$: den skotopiske kurven $V^{\prime }(\lambda )$ veier langbølget lys nesten null (i seksjonens tabell $V^{\prime }(650)=0.000677$ mot $V(650)=0.107$), så det røde objektet framstår nærmest svart mens det blågrønne holder seg lyst.

Oppgave 12.6.2: Vi bruker $A_{\text{pupill}}=\frac{\pi }{4}{d}^2$.

1. a)

   Faktoren $\frac{\pi }{4}$ forkortes i forholdet:

   $$\frac{A_8}{A_2}=\frac{\frac{\pi }{4}{(8)}^2}{\frac{\pi }{4}{(2)}^2}=\frac{64}{4}=16\text{ ganger}.$$

   (Kontroll: $A_8=16\pi \approx 50.3{\mathrm{mm}}^2$ og $A_2=\pi \approx 3.1{\mathrm{mm}}^2$ – samme faktor.)

2. b)

   Antall tierpotenser er tierlogaritmen av faktoren:

   $${\log }_{10}(16)\approx 1.2\text{ tierpotenser},$$

   som stemmer, siden ${10}^{1.2}\approx 16$.

3. c)

   Av de om lag ti tierpotensene kan pupillen stå for $1.2/10=0.12$, altså om lag $12\mathrm{\%}$ – vel én tiendedel. Pupillen er dermed en rask forregulering og finjustering, ikke hovedmekanismen: de knapt ni gjenværende tierpotensene må bæres av den langsomme fotokjemiske blekingen og regenereringen og den nevrale omstillingen i netthinnen.

Oppgave 12.6.3:

1. a)

   Tre log-enheter er tre faktorer ti:

   $${10}^3=1000\text{ ganger}.$$

   (Kontroll: ${\log }_{10}(1000)=3$ – innsatt tilbake gir det nettopp de tre log-enhetene.)

2. b)

   Hun må vente til full mørkeadaptasjon, om lag $30\min$. Ved Kohlrausch-knekken ($8\min$) har stavterskelen bare så vidt krysset under tappplatået – stavene er da omtrent like følsomme som tappene, ikke mer. De om lag tre log-enhetene – faktoren tusen fra a) – ned til full stavterskel gjenstår, og de faller først i løpet av den påfølgende halvtimen.

3. c)

   Kurven følger til enhver tid det mest følsomme av to systemer med hver sin regenereringstakt. Tappenes pigment gjenoppbygges raskt, på et par minutter, og gir det tidlige platået – en grense tappene ikke kommer under. Stavenes rhodopsin regenereres langt langsommere, så stavterskelen starter høyt, men fortsetter å synke; i det den krysser under tappplatået, hopper den observerte terskelen over fra tappgrenen til stavgrenen. Bruddet – Kohlrausch-knekken – er altså byttet av bærende system, og det oppstår fordi de to pigmentene regenereres i ulik takt; ett system alene ville gitt en jevn kurve.

Oppgave 12.6.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Deloppgave c) har likevel en bestemt kjerne: den aldersøkte lysspredningen i øyets egne medier lar seg ikke fjerne – den er omtrent doblet ved 65 års alder – så sløringsluminansen kan bare omgås, for eksempel ved å øke vinkelavstanden $\theta$ til blenderen ($L_s\sim E_{\text{blender}}/{\theta }^2$). Vurderingsmoment for a) og b): en god besvarelse knytter hvert symptom og hvert tiltak til et bestemt ledd i årsakskjeden (mesopisk regime $\to$ mørkeadaptasjon/Kohlrausch $\to$ Purkinje $\to$ spredning i mediene $\to$ sløringsluminans $\to$ kontrasttap via $C^{\prime }=(L_t-L_b)/(L_b+L_s)$), i stedet for å liste begrepene løsrevet.