3.67. Посередине между точечным источником и экраном помещен непрозрачный диск радиусом $R.$ Плоскость диска параллельна экрану, а его ось проходит через источник. На экране в точке O — светлое пятно. В центре диска сделали круглое отверстие. При каком минимальном радиусе отверстия в точке O будет темно? Каким при этом должен быть радиус диска?

Воспользуемся результатами задачи 3.53.

$$E_{O}=\frac{kE_{S}}{i\left(a+b\right)}{\displaystyle e^{ik\left(a+b\right)}\intop_{0}^{\Delta}} \cos \psi e^{ikR}\,dR. $$

В этом интеграле можно увидеть принцип Бабине. Действительно, устремив $\Delta \to \infty$ и разбив интеграл на две части придём к выражению: $$ E_{O}=\frac{kE_{S}}{i\left(a+b\right)}e^{ik\left(a+b\right)} \left( {\displaystyle \intop_{0}^{R_1}} \cos \psi e^{ikR}\,dR + {\displaystyle \intop_{R_1}^{\infty}} \cos \psi e^{ikR}\,dR \right)=E_0 . $$ Т.е. $$ E_1+E_2=E_0, $$ где $E_1$ — от диска, а $E_2$ — от внешней части.

В нашем случае диск закрыт, тогда поле от внешней части можно найти как $$ E_2=E_0-E_1=E_0-E_0 \cos \psi (1-e^{ik\Delta })\approx $$ $$ E_0-E_0(1-e^{ik\Delta })= E_0\cdot e^{ik\Delta }. $$ Поле в центре не равно нулю — значит в центре присутствует светлое пятно — пятно Пуассона.

Из задачи 3.53. $$r^{2}= \left. \frac{2ab}{a+b}\Delta \right|_{b=a} = a\Delta .$$ Тогда $$ E_2= E_0\cdot e^{i\frac{kr^2}{a} }= E_0\cdot e^{i\varphi _1}. $$ Если откроем часть в центре внутреннего диска, то дополнительно появится волна $$ E'=E_0(1- e^{i\varphi _2}). $$

По условию, надо найти углы что бы в центре не было света: $$ E_2+E'=E_0 e^{i\varphi _1} + E_0(1- e^{i\varphi _2}) =0. $$ Тогда должно выполняться $$ 1=\cos \varphi _2 - \cos \varphi _1; \hspace{10pt} \sin \varphi _1 = \sin \varphi _2 . $$ Следовательно, $$\varphi _1= \pi - \varphi _2 + 2\pi m$$ и тогда $$\cos \varphi _2 = \frac 12,$$ так, что $$\varphi _2= \left\{\pm \frac \pi 3\right\}= \left\{\frac \pi 3; \frac{5\pi} 3\right\}.$$ Вспоминая, что $$ \varphi _2=\frac{kR^2_{\text{отв}}}{a}=\frac{2\pi R^2_{\text{отв}}}{a\lambda }=\left\{\frac \pi 3; \frac{5\pi} 3\right\}, $$ тогда $$ R_{\text{отв}}=\left\{\sqrt{\frac{a\lambda }{6}}; \sqrt{\frac{5a\lambda }{6}}\right\} . $$ Теперь для первого угла $$\varphi _1= \pi - \left\{\frac \pi 3; \frac{5\pi} 3\right\} + 2\pi m = \left\{\frac{2 \pi}3 + 2\pi m; \frac{4\pi} 3 + 2\pi m\right\} $$ Следовательно, $$ R_{\text{диск}}=\left\{\sqrt{a\lambda(m+\frac{1 }{3})}; \sqrt{a\lambda(m+\frac{2 }{3})}\right\} . $$