Radiometri og fotometri

Oppgave 11.1.1: Alle tre deloppgavene bruker romvinkeldefinisjonen $\mathrm{\Omega }=A/r^2$.

1. a)

   Hele kuleflaten har areal $O=4\pi r^2$, så

   $$\mathrm{\Omega }=\frac{O}{r^2}=\frac{4\pi r^2}{r^2}=4\pi \approx 12.57\mathrm{sr}$$

2. b)

   En halvkule dekker halvparten av kuleflaten, altså $A=2\pi r^2$:

   $$\mathrm{\Omega }=\frac{2\pi r^2}{r^2}=2\pi \approx 6.28\mathrm{sr}$$

3. c)

   Med $A=1{\mathrm{cm}}^2=1\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$ og $r=2\mathrm{m}$:

   $$\mathrm{\Omega }=\frac{A}{r^2}=\frac{1\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2}{{(2\mathrm{m})}^2}=2.5\times {10}^{-5}\mathrm{sr}$$

   Den flate tilnærmingen er forsvarlig fordi detektorarealet er forsvinnende lite mot $r^2$ ($1\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2\ll 4{\mathrm{m}}^2$) – da avviker den flate skiven ubetydelig fra kuleflatebiten, slik seksjonen viste for pupillen.

Oppgave 11.1.2: Pupillearealet regnes med sirkelformelen $A=\frac{\pi }{4}{d}^2$ og settes inn i $\mathrm{\Omega }=A/r^2$.

1. a)

   Med $d=4\mathrm{mm}=0.004\mathrm{m}$:

   $$A=\frac{\pi }{4}{d}^2=\frac{\pi }{4}{(0.004\mathrm{m})}^2\approx 1.257\times {10}^{-5}{\mathrm{m}}^2$$

   altså om lag $12.6{\mathrm{mm}}^2$.

2. b)

   Med $r=0.50\mathrm{m}$:

   $$\mathrm{\Omega }=\frac{A}{r^2}\approx \frac{1.257\times {10}^{-5}{\mathrm{m}}^2}{{(0.50\mathrm{m})}^2}\approx 5.03\times {10}^{-5}\mathrm{sr}$$

   Arealet er forsvinnende lite mot $r^2=0.25{\mathrm{m}}^2$, så den flate tilnærmingen holder.

3. c)

   Romvinkelen avtar med kvadratet av avstanden, $\mathrm{\Omega }\propto 1/r^2$, så en dobling av $r$ deler $\mathrm{\Omega }$ på fire:

   $$\mathrm{\Omega }=\frac{1.257\times {10}^{-5}{\mathrm{m}}^2}{{(1\mathrm{m})}^2}\approx 1.26\times {10}^{-5}\mathrm{sr}$$

   – en fjerdedel av verdien i b). Pupillen fanger dermed bare en fjerdedel så stor del av kildens stråling.

Oppgave 11.1.3: Påstanden er gal. Strålingsfluksen ${\mathrm{\Phi }}_e$ teller alle watt likt over hele spekteret, mens lysfluksen ${\mathrm{\Phi }}_v$ veier hver bølgelengde med øyets følsomhetskurve $V(\lambda )$ – og utenfor det synlige båndet er $V(\lambda )=0$. To kilder med nøyaktig samme ${\mathrm{\Phi }}_e$ kan derfor gi vidt ulik ${\mathrm{\Phi }}_v$: en kilde som legger strålingen sin i det infrarøde, gir null lumen uansett hvor mange watt den sender ut, mens en kilde som legger de samme wattene i det synlige båndet, gir en stor lysfluks – det er nettopp forskjellen mellom glødelampen og LED-pæren i seksjonen. Forutsetningen som må til: to kilder med lik strålingsfluks gir lik lysfluks bare dersom de også har samme fordeling av strålingen over bølgelengdene, slik at vektingen med $V(\lambda )$ slår likt ut for begge. Konklusjon: like mange watt gir like mye lys bare ved likt spektrum; i alle andre tilfeller kan forholdet mellom watt og lumen være hva som helst fra null og opp til grensen satt av $K_m$.

Oppgave 11.1.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: eksempelet skal ha to kilder med samme strålingsfluks ${\mathrm{\Phi }}_e$ der den ene ligger i det synlige båndet ($V(\lambda )>0$) og den andre utenfor $380$–$780\mathrm{nm}$ ($V(\lambda )=0$, altså ${\mathrm{\Phi }}_v=0\mathrm{lm}$), og forklaringen skal bruke nettopp denne vektingen til å vise at watt alene ikke forteller hvor mye lys øyet får.

Oppgave 11.2.1: Alt følger av avstandskvadratloven $E_v=I_v/r^2$ med $I_v=144\mathrm{cd}$ og vinkelrett innfall.

1. a)

   $E_v={\displaystyle \frac{I_v}{r^2}}={\displaystyle \frac{144\mathrm{cd}}{{(2\mathrm{m})}^2}}=36\mathrm{lx}$

2. b)

   Ved $3\mathrm{m}$: $E_v={\displaystyle \frac{144\mathrm{cd}}{{(3\mathrm{m})}^2}}=16\mathrm{lx}$. Ved $4\mathrm{m}$: $E_v={\displaystyle \frac{144\mathrm{cd}}{{(4\mathrm{m})}^2}}=9\mathrm{lx}$.

3. c)

   Forholdet er $36\mathrm{lx}/9\mathrm{lx}=4$ – fordobling av avstanden fra $2\mathrm{m}$ til $4\mathrm{m}$ firedeler altså belysningsstyrken, slik $1/r^2$-avhengigheten krever.

4. d)

   Løs avstandskvadratloven for $r$:

   $$r=\sqrt{\frac{I_v}{E_v}}=\sqrt{\frac{144\mathrm{cd}}{4\mathrm{lx}}}=6\mathrm{m}$$

   Kontroll: $144\mathrm{cd}/{(6\mathrm{m})}^2=4\mathrm{lx}$.

Oppgave 11.2.2: Som i seksjonens eksempel må lysfluksen først fordeles over kulas $4\pi$ steradianer før avstandskvadratloven kan brukes.

1. a)

   $I_v={\displaystyle \frac{{\mathrm{\Phi }}_v}{4\pi }}={\displaystyle \frac{1500\mathrm{lm}}{4\pi }}\approx 119.4\mathrm{cd}$

2. b)

   $E_v={\displaystyle \frac{I_v}{r^2}}={\displaystyle \frac{119.4\mathrm{cd}}{{(2\mathrm{m})}^2}}\approx 29.8\mathrm{lx}$

3. c)

   Lysfluksen ${\mathrm{\Phi }}_v$ er helheten – alt lyset, fordelt over kulas $4\pi$ steradianer – mens avstandskvadratloven $E_v=I_v/r^2$ krever lyset per steradian, altså lysstyrken $I_v$. Delingen på $4\pi$ er nettopp overgangen fra helhet til per-steradian for en isotrop kilde. Hopper du over steget og setter $1500$ rett inn, får du $1500/4=375\mathrm{lx}$ – en faktor $4\pi \approx 12.6$ for stort, fordi du da later som om hele fluksen går i én steradian.

Oppgave 11.2.3: Påstanden er ikke riktig. Ved dobbelt avstand gir avstandskvadratloven

altså en firedel av utgangspunktet, ikke halvparten. Resonnementet svikter i antakelsen om at lyset avtar lineært med avstanden – «dobbelt så langt, halvparten så lyst». Men den samme lysfluksen må dekke en kuleflate som vokser som $r^2$: dobles avstanden, firedobles arealet fluksen fordeles over, og belysningsstyrken faller derfor til en firedel.

Oppgave 11.2.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: anslagene skal være forenlige med seksjonens luminanstabell, tallet på tierpotenser skal være ${\log }_{10}$ av forholdet mellom lyseste og mørkeste verdi, desibeltallet ti ganger dette – og sammenligningen skal sette spennet opp mot øyets fulle arbeidsområde på rundt femten tierpotenser.

Oppgave 11.3.1:

1. a)

   Kilden er monokromatisk, så integralet er en avlesning: ${\mathrm{\Phi }}_v=K_{m}V(\lambda ){\mathrm{\Phi }}_e=683\mathrm{lm}{\mathrm{W}}^{-1}\cdot 0.503\cdot 3\mathrm{W}\approx 1031\mathrm{lm}$.

2. b)

   Vekten er den samme, $V(610\mathrm{nm})=0.503$, og ${\mathrm{\Phi }}_e$ og $K_m$ er uendret – regnestykket blir identisk: ${\mathrm{\Phi }}_v\approx 1031\mathrm{lm}$.

3. c)

   $V(\lambda )$ stiger fra null opp til toppen $1$ ved $555\mathrm{nm}$ og faller så mot null igjen. Enhver vekt under $1$ nås derfor to ganger, én gang på hver flanke: $510\mathrm{nm}$ ligger på den stigende og $610\mathrm{nm}$ på den fallende flanken, i samme høyde $0.503$. Med lik strålingsfluks og felles $K_m$ gir de to bølgelengdene da nøyaktig samme lysfluks.

Oppgave 11.3.2:

1. a)

   Begge er monokromatiske med samme ${\mathrm{\Phi }}_e$, så i forholdet ${\mathrm{\Phi }}_{v,\text{grønn}}/{\mathrm{\Phi }}_{v,\text{rød}}=K_{m}V(510\mathrm{nm}){\mathrm{\Phi }}_e/\left(K_{m}V(650\mathrm{nm}){\mathrm{\Phi }}_e\right)$ faller $K_m$ og ${\mathrm{\Phi }}_e$ ut:

   $$\frac{{\mathrm{\Phi }}_{v,\text{grønn}}}{{\mathrm{\Phi }}_{v,\text{rød}}}=\frac{V(510\mathrm{nm})}{V(650\mathrm{nm})}=\frac{0.503}{0.107}\approx 4.7$$

2. b)

   $510\mathrm{nm}$ ligger høyt på kurven, nær halvveis til toppen, mens $650\mathrm{nm}$ ligger langt ute i den røde flanken der øyet bare utnytter vel en tiendedel av strålingen. Hver watt fra den grønne pekeren veies altså nesten fem ganger tyngre enn hver watt fra den røde – derfor ser den grønne tydelig kraftigere ut.

3. c)

   Radiometrisk måling teller strålingen på fysikkens premisser, i watt, uavhengig av øyet; fotometrisk måling veier den samme strålingen med $V(\lambda )$ og teller bare det øyet faktisk utnytter. To kilder kan derfor være radiometrisk like, men fotometrisk svært ulike – skillet ligger i vektfunksjonen, ikke i strålingen selv.

Oppgave 11.3.3: Påstanden er delvis riktig – riktig i tall, feil i begrep. $K_{cd}=683\mathrm{lm}{\mathrm{W}}^{-1}$ er en definert konstant: eksakt, fastsatt av SI-systemet i 2019, og knyttet til én bestemt frekvens, $540\mathrm{THz}$. $K_m\approx 683\mathrm{lm}{\mathrm{W}}^{-1}$ er derimot en målt størrelse: det høyeste punktet på den fotopiske kurven $V(\lambda )$, ved $555\mathrm{nm}$. At tallene sammenfaller, er ikke en tilfeldighet, men et bevisst kalibreringsvalg: frekvensen $540\mathrm{THz}$ svarer til vakuumbølgelengden $\lambda =c/f\approx 555.17\mathrm{nm}$, som med luftens brytningsindeks om lag $1.000277$ blir $555.02\mathrm{nm}$ i luft – nettopp toppen av kurven $V(\lambda )$ er tabellert mot. Definisjonen er altså lagt slik at den treffer kurvemaksimet, og derfor er de to tallene (nesten) like. Delvis riktig: tallmessig sammenfaller de ved et bevisst valg, men begrepsmessig er $K_{cd}$ en definert konstant og $K_m$ et målt kurvemaksimum – ikke to navn på én størrelse.

Oppgave 11.3.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Et godt svar kan kontrolleres slik: lysutbyttet for strålingen skal være det ${\mathrm{\Phi }}_e$-vektede gjennomsnittet av $K_{m}V(\lambda )$ over de to linjene, og må derfor lande mellom $K_{m}V({\lambda }_{\text{flanke}})$ og $K_{m}V({\lambda }_{\text{topp}})$ – alltid under taket på $683\mathrm{lm}{\mathrm{W}}^{-1}$ når noe av strålingen ligger utenfor toppen, og forklaringen skal peke på nettopp denne vektingen.

Oppgave 11.4.1: Sett luminansen rett inn i relasjonen for en lambertsk flate, $M_v=\pi L_v$.

Oppgave 11.4.2: Høyden er $h=1.2\mathrm{m}$ og den horisontale avstanden $1.6\mathrm{m}$.

1. a)

   Pytagoras gir avstanden fra lampa til punktet:

   $$r=\sqrt{{(1.2\mathrm{m})}^2+{(1.6\mathrm{m})}^2}=\sqrt{4.00{\mathrm{m}}^2}=2.0\mathrm{m}$$

2. b)

   Bordets normal peker rett opp, så

   $$\cos \theta =\frac{h}{r}=\frac{1.2\mathrm{m}}{2.0\mathrm{m}}=0.60$$

3. c)

   Cosinus-innfallsloven med begge delsvarene innsatt:

   $$E_v=\frac{I_v}{r^2}\cos \theta =\frac{250\mathrm{cd}}{{(2.0\mathrm{m})}^2}\cdot 0.60=62.5\mathrm{lx}\cdot 0.60=37.5\mathrm{lx}$$

Oppgave 11.4.3: Begge flatene følger kjeden innfall $\to$ eksitans $\to$ luminans: $L_v=\rho E_v/\pi$.

1. a)

   For arket og pulten:

   	$L_{v,\text{ark}}$	$={\displaystyle \frac{0.80\cdot 500\mathrm{lx}}{\pi }}={\displaystyle \frac{400\mathrm{lm}{\mathrm{m}}^{-2}}{\pi }}\approx 127\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$
   	$L_{v,\text{pult}}$	$={\displaystyle \frac{0.25\cdot 500\mathrm{lx}}{\pi }}={\displaystyle \frac{125\mathrm{lm}{\mathrm{m}}^{-2}}{\pi }}\approx 39.8\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$

2. b)

   Forholdet mellom luminansene:

   $$\frac{L_{v,\text{ark}}}{L_{v,\text{pult}}}=\frac{0.80}{0.25}=3.2$$

   Arket framstår $3.2$ ganger lysere enn pulten.

3. c)

   Begge luminansene har formen $L_v=\rho E_v/\pi$ med samme $E_v$ og samme faktor $\pi$. I forholdet

   $$\frac{L_{v,\text{ark}}}{L_{v,\text{pult}}}=\frac{{\rho }_{\text{ark}}{E}_v/\pi }{{\rho }_{\text{pult}}{E}_v/\pi }=\frac{{\rho }_{\text{ark}}}{{\rho }_{\text{pult}}}$$

   strykes $E_v$ og $\pi$, og bare reflektansene står igjen. Under lik belysning bestemmes altså lyshetsforholdet mellom to lambertske flater av reflektansene alene.

Oppgave 11.4.4: Påstanden er feil. Studenten har rett i første halvdel: etter cosinus-emisjonsloven $I_v(\theta )=I_v(0)\cos \theta$ sender en flatebit av tavla mindre lys mot et øye som ser den fra skrå side. Men samtidig ser det skrå øyet bare det projiserte arealet $dA\cos \theta$ av flatebiten. Det øyet oppfatter som flatens lyshet er luminansen – lysstyrke per projisert areal – og der stryker de to cosinusfaktorene hverandre ut:

uavhengig av $\theta$. Studenten forveksler dermed lysstyrken $I_v$ (som faktisk avtar med $\cos \theta$) med luminansen $L_v$ (som er det øyet oppfatter, og som er konstant). Konklusjon: en matt, lambertsk tavle ser like lys ut fra alle betraktningsvinkler – den ser ikke lysere ut rett forfra.

Oppgave 11.4.5: Tavlas normal peker vannrett mot lampa, og $h=1.5\mathrm{m}$ er avstanden fra lampa til sentrum.

1. a)

   I sentrum er innfallet vinkelrett, $\cos \theta =1$:

   $$E_v=\frac{I_v}{r^2}=\frac{300\mathrm{cd}}{{(1.5\mathrm{m})}^2}\approx 133\mathrm{lx}$$

2. b)

   Punktet $1.0\mathrm{m}$ over sentrum: Pytagoras og $\cos \theta =h/r$ som i eksempelet med bordlampa.

   	$r$	$=\sqrt{{(1.5\mathrm{m})}^2+{(1.0\mathrm{m})}^2}=\sqrt{3.25{\mathrm{m}}^2}\approx 1.80\mathrm{m}$
   	$\cos \theta$	$={\displaystyle \frac{1.5\mathrm{m}}{1.80\mathrm{m}}}\approx 0.832$
   	$E_v$	$={\displaystyle \frac{300\mathrm{cd}}{3.25{\mathrm{m}}^2}}\cdot 0.832\approx 76.8\mathrm{lx}$

   Jevnheten blir

   $$\frac{76.8\mathrm{lx}}{133\mathrm{lx}}\approx 0.58=58\mathrm{\%}$$

3. c)

   Vurdering: $58\mathrm{\%}$ betyr at kanten bare får litt over halvparten av sentrumsbelysningen – en tydelig synlig ujevnhet, ikke akseptabel for en tavle som skal leses over hele flaten. Ett konkret tiltak er å montere lampa lenger fra tavla. Da vokser $r$ relativt sett mindre fra sentrum til kant, og innfallsvinkelen $\theta$ ved kanten blir mindre, så $\cos \theta$ nærmer seg $1$ – begge faktorene i $E_v=(I_v/r^2)\cos \theta$ trekker mot jevnere belysning. (Prisen er at hele tavla får lavere $E_v$, som eventuelt må kompenseres med en sterkere kilde.)

4. d)

   Åpen deloppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: sjekk ved regning at studentens egne tall faktisk gir kant-til-sentrum-forhold over $0.70$ – for eksempel gir avstand $2.0\mathrm{m}$ og kantpunkt $1.0\mathrm{m}$ fra sentrum jevnheten ${(2.0\mathrm{m}/\sqrt{5.0{\mathrm{m}}^2})}^3\approx 0.72$.

Oppgave 11.5.1: Vi bruker $\text{td}=L_v\cdot A_{\text{pupill}}$ med $A_{\text{pupill}}=\frac{\pi }{4}{d}^2$, $L_v$ i $\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ og arealet i ${\mathrm{mm}}^2$.

1. a)

   Pupillearealet er $A_{\text{pupill}}=\frac{\pi }{4}{(4\mathrm{mm})}^2\approx 12.57{\mathrm{mm}}^2$, så

   $$\text{td}=L_v\cdot A_{\text{pupill}}=100\cdot 12.57\approx 1257\mathrm{td}.$$

2. b)

   Med $d=8\mathrm{mm}$ er $A_{\text{pupill}}=\frac{\pi }{4}{(8\mathrm{mm})}^2\approx 50.27{\mathrm{mm}}^2$, og

   $$\text{td}=100\cdot 50.27\approx 5027\mathrm{td},$$

   altså $4$ ganger verdien i a). Faktoren kommer uten ny regning: diameteren dobles, og arealet – og dermed troland-tallet – vokser med kvadratet, ${(8/4)}^2=4$.

Oppgave 11.5.2:

1. a)

   $$C=\frac{L_t-L_b}{L_b}=\frac{25-200}{200}=-0.875.$$

   Fortegnet forteller at optotypen er mørkere enn bakgrunnen.

2. b)

   $15\mathrm{\%}$ av $200\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ er $30\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$, og optotypens $L_t=25\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ ligger under denne grensen. Tavlen er innenfor kravet. Det samme leses av kontrasten: $\left|C\right|=0.875\ge 0.85$.

Oppgave 11.5.3: Desibelskalaen $\text{dB}=10{\log }_{10}(L_{v,\text{max}}/L_v)$ løses for luminansen, $L_v=L_{v,\text{max}}/{10}^{\text{dB}/10}$, og apostilb regnes om med $1\mathrm{asb}=\frac{1}{\pi }\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$.

1. a)

   Sted A: $L_v=\mathrm{10\hspace{0.17em}000}\mathrm{asb}/{10}^{10/10}=1000\mathrm{asb}\approx 318\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$. Sted B: $L_v=\mathrm{10\hspace{0.17em}000}\mathrm{asb}/{10}^{20/10}=100\mathrm{asb}\approx 31.8\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$. (Kontroll: $10{\log }_{10}(10000/1000)=10$ og $10{\log }_{10}(10000/100)=20$, som oppgitt.)

2. b)

   Sted B. Skalaen er referert til den sterkeste stimulusen, så fordi $L_v$ står i nevneren, betyr et høyere desibeltall en svakere stimulus. Sted B oppfatter en stimulus på $100\mathrm{asb}$ – ti ganger svakere enn den svakeste sted A ser – og har derfor best følsomhet.

3. c)

   Av skalaen er

   $${\text{dB}}_B-{\text{dB}}_A=10{\log }_{10}\left(\frac{L_{v,\text{max}}}{L_B}\right)-10{\log }_{10}\left(\frac{L_{v,\text{max}}}{L_A}\right)=10{\log }_{10}\left(\frac{L_A}{L_B}\right),$$

   og med ${\text{dB}}_B-{\text{dB}}_A=10\mathrm{dB}$ gir det $L_A/L_B={10}^{10/10}=10$ – som stemmer med a): $1000/100=10$. Det er den samme $10\mathrm{dB}$-per-tierpotens-sammenhengen som for lydintensitetsnivået $L=10{\log }_{10}(I/I_0)$ i kapittelet om bølger; bare referansen er en annen.

Oppgave 11.5.4:

1. a)

   Ytterverdiene nås når $\sin (bx)=\pm 1$: $L_{\text{max}}=L_0+a=140\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ og $L_{\text{min}}=L_0-a=60\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$.

2. b)

   $$C=\frac{L_{\text{max}}-L_{\text{min}}}{L_{\text{max}}+L_{\text{min}}}=\frac{140-60}{140+60}=\frac{80}{200}=0.40,$$

   og $a/L_0=40/100=0.40$ gir det samme. Det er ingen tilfeldighet: $L_{\text{max}}-L_{\text{min}}=2a$ og $L_{\text{max}}+L_{\text{min}}=2L_0$, så brøken kollapser til $a/L_0$ for ethvert sinusgitter.

3. c)

   I et gitter er lyse og mørke striper likeverdige – det finnes ingen stor, jevn bakgrunn som et lite mål ligger på, og dermed ingen naturlig $L_b$ å sette i nevneren i Weber-kontrasten. Michelson-kontrasten behandler $L_{\text{max}}$ og $L_{\text{min}}$ symmetrisk og bruker mønsterets egen middelluminans som referanse; den er derfor det naturlige målet for periodiske mønstre, mens Weber-kontrasten hører til situasjonen med ett mål mot én bakgrunn.

Oppgave 11.5.5:

1. a)

   Nei: $L_b=55\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ ligger under den nedre grensen på $80\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$.

2. b)

   $$C=\frac{L_t-L_b}{L_b}=\frac{9-55}{55}=-\frac{46}{55}\approx -0.84,$$

   og : kontrastkravet er ikke tilfredsstilt. Prosentgrensen gir samme konklusjon: $15\mathrm{\%}$ av $55\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ er $8.25\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$, og optotypens $9\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ ligger over.

3. c)

   Kravene gjelder tavlens luminans – hvor lys flaten ser ut. Luminansmeteret skjærer ut et fast målefelt og rapporterer nettopp $L_v$ i $\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ for den flekken det peker på, så bakgrunn og optotyp kan måles hver for seg. Luxmeteret måler i stedet belysningsstyrken $E_v$ i lux – hvor mye lys som faller inn på en flate, summert over hele halvkula – og sier ikke hvor lys tavlen selv ser ut. Det er riktig instrument for rombelysningen, men feil størrelse for tavlekravene.

4. d)

   Flere tiltak og tallsett er gyldige; her er ett: skift ut den svake lyskilden i tavlens lyskasse, slik at bakgrunnsluminansen løftes inn i det påkrevde området. Med for eksempel $L_b=240\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ og $L_t=24\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$ er bakgrunnen innenfor $80$–$320\mathrm{cd}{\mathrm{m}}^{-2}$, optotypen utgjør $10\mathrm{\%}$ av bakgrunnen (kravet er høyst $15\mathrm{\%}$), og Weber-kontrasten blir

   $$C=\frac{24-240}{240}=-0.90,\left|C\right|=0.90\ge 0.85.$$

   Begge kravene er dermed tilfredsstilt.