Feladat:	5379. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Nemeskéri Dániel ,  Papp Marcell Imre
Füzet:	2022/március, 180 - 181. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Polárszűrők
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2022/január: 5379. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Először lássuk be, hogy abban az esetben lesz maximális az intenzitás, amikor a szomszédos polárszűrők egymással bezárt szöge ugyanakkora. (A polárszűrők polarizációs irányának egymással bezárt szögét a rövidebb szóhasználat kedvéért egyszerűen a polárszűrők szögének fogjuk nevezni.) Tekintsünk először két szomszédos polárszűrőt, amelyek ${\phi }_1$, illetve ${\phi }_2$ szöggel forgatják el a rájuk eső, $I_0$ intenzitású fény polarizációs síkját, és legyen ezen két szög összege egy adott ${\phi }_0$ érték. Malus törvénye szerint a két szűrőn áthaladó fény végső intenzitása $I=I_0\text{cos}{}^2{\phi }_1\text{cos}{}^2{\phi }_2$. Ennek a kifejezésnek keressük (a ${\phi }_1+{\phi }_2={\phi }_0$ feltétel mellett) a maximumát. Ez a szélsőérték ugyanott van, ahol $\text{cos}{\phi }_1\cdot \text{cos}{\phi }_2$ a legnagyobb értéket veszi fel. Differenciálszámítás (deriválás) helyett elemi úton, trigonometrikus átalakítással is megtalálhatjuk a szélsőérték helyét: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}{\phi }_1\cdot \text{cos}{\phi }_2=\frac{1}{2}\left[\text{cos}\left({\phi }_1+{\phi }_2\right)+\text{cos}\left({\phi }_1-{\phi }_2\right)\right]=\frac{\text{cos}{\phi }_0}{2}+\frac{\text{cos}\Delta \phi }{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a két szög összege állandó, így csak a két szög $\Delta \phi ={\phi }_1-{\phi }_2$ különbségének függvényében változik a szorzat értéke. Ennek akkor van maximuma, ha $\text{cos}\Delta \phi =1$, vagyis $\Delta \phi =0$, azaz ${\phi }_1={\phi }_2$. Ha tehát csak két polárszűrőnk van, akkor adott nagyságú szögelfordításhoz a két szűrőt azonos szögben kell egymáshoz, illetve a rájuk eső fény polarizációs síkjához képest elforgatni, hogy az intenzitáscsökkenés a lehető legkisebb legyen. Mi a helyzet $n$ darab polárszűrő beiktatása esetén? Ekkor is kiválaszthatunk 2 szűrőt. Ahhoz, hogy a rajtuk áthaladó fény intenzitása (a szögek összegének adott értéke mellett) maximális legyen, a polárszűrőket azonos szögű elfordítással kell egymás után elhelyezni. Mivel ez minden párra igaz, így a legkedvezőbb esetben az összes polárszűrő egymáshoz viszonyított elfordulása azonos nagyságú lesz: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\phi }_1={\phi }_2=\text{...}={\phi }_n=\frac{{45}^{\circ }}{n}\mathrm{.}}\end{array}$ A kérdés tehát: legalább hány darab ideális polárszűrő szükséges, hogy egymáshoz képest (az elsőt pedig a beeső fény polarizációs irányához képest) ${45}^{\circ }/n$ szögben elforgatva az intenzitásveszteség kevesebb legyen, mint 10%? Írjuk fel újra Malus törvényét: $\begin{array}{c}{\displaystyle I_0\cdot \left(\text{cos}{}^2{\phi }_1\right)\cdot \left(\text{cos}{}^2{\phi }_2\right)\cdot \text{...}\cdot \left(\text{cos}{}^2{\phi }_n\right)=I_0\text{cos}{}^{2n}\left(\frac{{45}^{\circ }}{n}\right)\ge 0\mathrm{,}9I_0\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle f_n\equiv \text{cos}{}^{2n}\left(\frac{{45}^{\circ }}{n}\right)\ge 0\mathrm{,}9.}\end{array}$ Numerikusan kapjuk, hogy: Tehát legalább 6 db polárszűrőre van szükségünk, és $\frac{{45}^{\circ }}{6}=7\mathrm{,}{5}^{\circ }$-kal kell minden szűrőt az előzőhöz képest elforgatni, illetve az elsőt a beeső, lineárisan polarizált fény polarizációs síkjához képest beállítani.   Nemeskéri Dániel (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., 11. évf.)   Megjegyzés. Azt, hogy optimális esetben a polárszűrőket egymáshoz képest ugyanakkora szöggel elforgatva kell beállítani, más módszerrel, a Jensen-egyenlőtlenség${}^{*}$0 alkalmazásával is beláthatjuk. Állítás. Ha egy (véges vagy végtelen) $I$ intervallumon az $f$ függvény konkáv, $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n\in I\mathrm{,}{p}_1\mathrm{,}{p}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{p}_n}\end{array}$ pozitív számok, amelyekre $p_1+p_2+\text{...}+p_n=1$ teljesül, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(p_1{a}_1+p_2{a}_2+\text{...}+p_n{a}_n\right)\ge p_{1}f\left(a_1\right)+p_{2}f\left(a_2\right)+\text{...}+p_{n}f\left(a_n\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $f$ szigorúan konkáv, akkor egyenlőség csak az $a_1=a_2=\text{...}=a_n$ esetben teljesül. Ha $f$ konvex, akkor az állítás fordított irányú egyenlőtlenséggel teljesül. Mivel a koszinuszfüggvény a $[\mathrm{0,}\frac{\pi }{4}]$ tartományon alulról konkáv, fennáll, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\left(\frac{{\phi }_1+{\phi }_2+\text{...}+{\phi }_n}{n}\right)\ge \frac{\text{cos}{\phi }_1+\text{cos}{\phi }_2+\text{...}+\text{cos}{\phi }_n}{n}\mathrm{,}}\end{array}$ továbbá a számtani-mértani közepek egyenlőtlensége szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{cos}{\phi }_1+\text{cos}{\phi }_2+\text{...}+\text{cos}{\phi }_n}{n}\ge \sqrt[n]{\text{cos}{\phi }_1\text{cos}{\phi }_2\cdot \text{...}\cdot \text{cos}{\phi }_n}\mathrm{.}}\end{array}$ Így tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}{}^{2n}\left(\frac{{45}^{\circ }}{n}\right)\ge \text{cos}{}^2{\phi }_1\text{cos}{}^2{\phi }_2\cdot \text{...}\cdot \text{cos}{}^2{\phi }_n\mathrm{,}}\end{array}$ ami éppen a bizonyítandó állítás.   Papp Marcell Imre (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., 11. évf.) 0 ${}^{*}$ Lásd pl. https://abesenyei.web.elte.hu/theses/molnar.pdf