狭缝远场衍射（夫琅禾费衍射）公式推理

上大物课过程中，想尝试用异于向量法的方法导出衍射条纹强度的结论，于是进行了如下计算：

基本假设

衍射光波长 $\lambda$ ，狭缝宽度 $a$ ，狭缝间距 $d$ ，偏角 $\theta$ ，单位长度上电磁波振幅为 $A_0$ ，远场衍射假设

单缝衍射模型

屏幕上以某点相位为 $0$，从该点开始向下距离为 $x$ 的点相位为 $\dfrac{2\pi}\lambda\,x\sin\theta$ ，故连续一段区间的缝隙，相同角度，电磁波振幅为：

$$A_0\int e^{i\tfrac{2\pi x\cdot\sin\theta}\lambda}\mathrm dx $$

这个积分乃直线上狭缝衍射的本质。求解此积分易得，该积分原函数为：

$$F(x) = A_0\dfrac{e^{i\tfrac{2\pi x\cdot\sin\theta}\lambda}}{2\pi i \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda}$$

应用于单缝衍射

$$ \begin{align} A &= | A_0\dfrac{e^{i\tfrac{2\pi a\sin\theta}\lambda}-1}{2\pi i \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda} | \\ &= A_0 \dfrac{\sin(\tfrac{\pi a\sin\theta}\lambda)}{\pi \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda}\end{align} $$

值得注意的是，此公式与书上的公式 $E= \;E_0 \dfrac{\sin(\tfrac{\pi a\sin\theta}\lambda)}{\pi a \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda}$ 不同，这是因为书上的 $E_0$ 为总入射能量对应的振幅，此处的 $A_0$ 为单位长度上收到的能量对应的振幅，因此两个公式在分母上有乘以 $a$ 的差距

应用于双缝衍射

$$ \begin{align}A &= | A_0\dfrac{(e^{i\tfrac{2\pi a\sin\theta}\lambda}-1)+(e^{i\tfrac{2\pi (a+d)\sin\theta}\lambda}-e^{i\tfrac{2\pi d\sin\theta}\lambda})}{2\pi i \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda} | \\ &= | A_0\dfrac{(e^{i\tfrac{2\pi a\sin\theta}\lambda}-1)\cdot(1+e^{i\tfrac{2\pi d\sin\theta}\lambda})}{2\pi i \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda} | \\ &= 2A_0 \dfrac{\sin(\tfrac{\pi a\sin\theta}\lambda)\cos(\tfrac{\pi d\sin\theta}\lambda)}{\pi \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda}\end{align} $$

与书中结论相同

应用于光栅衍射

$$\begin{align}A &= | A_0\frac{(e^{i\tfrac{2\pi a\sin\theta}\lambda}-1)\cdot(\sum\limits_{k=0}^{N-1} e^{i\tfrac{2k\pi d\sin\theta}\lambda})}{2\pi i \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda} | \\ &= A_0 \dfrac{\sin(\tfrac{\pi a\sin\theta}\lambda)}{\pi \cdot\tfrac{\sin\theta}\lambda}\sqrt{\left(\sum\limits_{k=0}^{N-1}\cos \tfrac{2k\pi d\sin\theta}\lambda\right)^2+\left(\sum\limits_{k=0}^{N-1}\sin \tfrac{2k\pi d\sin\theta}\lambda\right)^2}\end{align}$$

最后一个式子根号下的部分难以化简，暂时保留。

最终所得图像参见 https://www.desmos.com/calculator/2kczieuety?lang=zh-CN