El campo cercano: la difracción antes de Fourier

Ilumina un agujero de 0,5 mm de radio con un He-Ne y pon la pantalla a 39,5 cm: el centro de la mancha brilla cuatro veces más que si quitaras la pantalla agujereada y dejaras pasar el haz entero. Acércala a 19,7 cm y ese mismo centro se apaga. A 13,2 cm vuelve a cuadruplicarse. Ni la óptica geométrica ni la transformada de Fourier del artículo anterior predicen nada de esto: la primera dice «disco iluminado» y la segunda dice «lóbulo central de un Airy», y las dos se equivocan. Falta el trozo de la difracción que ocurre entre medias, y es un trozo que se calcula.

Prerrequisitos: el artículo 02 completo, y en particular la integral de Huygens-Fresnel y la expansión de la distancia

r

en serie: aquí se retoma exactamente en el punto donde aquella derivación tiró un término. Del artículo 01, la frecuencia espacial y la transformada de Fourier en dos dimensiones.

Un solo número decide qué difracción vas a ver

Vuelve a la expansión del artículo 02. La distancia de un punto $(x', y')$ de la abertura a un punto de la pantalla se desarrolló en serie y aparecieron tres términos: una fase global, un término cruzado —el que se convierte en la transformada de Fourier— y un término cuadrático en las coordenadas de la abertura, $x'^2/2z$ , que se declaró despreciable. Todo el contenido de este artículo está en preguntar cuándo.

Mide ese término en el borde de la abertura, donde es mayor. Para una abertura de semianchura $a$ —el radio del agujero, o la mitad del ancho de la rendija—, la diferencia de camino entre el borde y el centro es:

\Delta = \sqrt{z^2 + a^2} - z \approx \frac{a^2}{2z}

Divídela por $\lambda/2$ , que es la unidad natural: media longitud de onda de camino extra es una inversión de fase. El cociente es el número de Fresnel:

N_F = \frac{a^2}{\lambda z} = \frac{\Delta}{\lambda/2}

$N_F$ no es un parámetro más: es el número de medias ondas de camino extra que la abertura le regala al punto del centro de la pantalla. Y de él cuelgan los tres regímenes de la difracción, sin más:

Régimen	Condición	Qué ves
Sombra geométrica	$N_F \gg 1$	La proyección de la abertura, con franjas finas pegadas al borde
régimen de Fresnel	$N_F \sim 1$	Ni sombra ni transformada: un patrón que cambia de forma con la distancia
campo lejano (Fraunhofer)	$N_F \ll 1$	La transformada de Fourier de la abertura, que ya sólo cambia de tamaño

Con números, que es donde se ve. Un agujero de $a$ = 0,5 mm de radio iluminado con un He-Ne ( $\lambda$ = 633 nm) tiene $a^2/\lambda$ = 0,395 m, y eso fija toda la escala:

Distancia $z$	$N_F$	Dónde estás
1 mm	395	Sombra geométrica
1 cm	39,5	Sombra geométrica
10 cm	3,95	Fresnel
39,5 cm	1	Fresnel
4 m	0,099	Fraunhofer aceptable
100 m	0,0039	Fraunhofer de libro

De paso, esto explica por qué no ves difracción al mirar por una puerta. Una puerta de 1 m de ancho, a 3 m, con luz de 550 nm: $N_F = 1{,}5 \times 10^5$ . Cinco órdenes de magnitud dentro de la sombra geométrica. Necesitarías alejarte $4{,}5 \times 10^5$ m —450 km— para que la puerta empezara a comportarse como la rendija del artículo anterior.

Cuidado con el convenio de $a$ , porque hay dos. El artículo 02 escribió la condición de Fraunhofer como

z \gg a^2/\lambda

con

a

el tamaño de la abertura; aquí

a

es la semianchura. Son la misma frase con distinto grosor: si

a_{\text{ancho}} = 2a

, entonces

z \gg a_{\text{ancho}}^2/\lambda

equivale a

N_F \ll 1/4

, un criterio cuatro veces más exigente que

N_F \ll 1

. Ninguno de los dos es «el correcto»: son cotas de orden de magnitud y la literatura usa las dos. Lo que no se puede hacer es mezclarlas dentro de un mismo cálculo. En este artículo y en el siguiente,

a

es siempre la semianchura.

La integral de Fresnel: lo que queda cuando no tiras el término cuadrático

Si el término cuadrático no es despreciable, se queda. Conservándolo, la integral de Huygens-Fresnel se convierte en la integral de difracción de Fresnel:

U(x,y,z) = \frac{e^{ikz}}{i\lambda z} \iint U(x',y')\, \exp\!\left[\frac{i\pi}{\lambda z}\left((x-x')^2 + (y-y')^2\right)\right] dx'\,dy'

De la integral exacta a la de Fresnel, y las dos aproximaciones que hay dentro

Partimos de la misma integral del artículo 02, con $r = \sqrt{z^2 + (x-x')^2 + (y-y')^2}$ . Llamemos $\rho^2 = (x-x')^2 + (y-y')^2$ y desarrollemos la raíz:

r = z\sqrt{1 + \frac{\rho^2}{z^2}} = z + \frac{\rho^2}{2z} - \frac{\rho^4}{8z^3} + \dots

Hay dos aproximaciones distintas y conviene no confundirlas.

1. La aproximación parabólica (o «de Fresnel»): quedarse hasta $\rho^2/2z$ en la fase. Es lícita mientras el término siguiente mueva la fase menos de un radián: $k\rho^4/(8z^3) < 1$ , o sea $z^3 \gg \frac{\pi}{4\lambda}\rho_{\max}^4$ . Para nuestra abertura de 0,5 mm de radio con $\rho_{\max} = 2a = 1$ mm, eso da $z$ mayor que 10,7 mm. Por debajo de esa distancia ni siquiera la integral de Fresnel vale, y hay que ir al espectro angular. Por encima, el error de fase cae rápido: a 10,7 mm es de 1,0 rad, a 10 cm de $1{,}2\times 10^{-3}$ rad.

2. La aproximación de amplitud: sustituir $1/r$ por $1/z$ . Ésta es mucho más benigna, porque un error relativo del 1 % en una amplitud es un error del 1 % en el resultado, mientras que el mismo 1 % en una fase de $10^4$ radianes lo arruina todo. La fase es lo que hay que cuidar: es la lección general de toda la óptica ondulatoria.

Con las dos, y absorbiendo $e^{ikz}$ como fase global, queda la integral de arriba. Fíjate en que es una convolución: el campo de salida es el de entrada convolucionado con el núcleo $h(x,y) = \frac{e^{ikz}}{i\lambda z}e^{i\pi(x^2+y^2)/\lambda z}$ . Ese núcleo es la respuesta impulsional de la propagación libre, y volverá con otro nombre en el artículo 05.

Ahora desarrolla el cuadrado dentro de la exponencial, $(x-x')^2 = x^2 - 2xx' + x'^2$ , y saca fuera de la integral todo lo que no dependa de $(x', y')$ :

U(x,y,z) = \frac{e^{ikz}\,e^{i\pi(x^2+y^2)/\lambda z}}{i\lambda z} \iint \underbrace{U(x',y')\,e^{i\pi(x'^2+y'^2)/\lambda z}}_{\text{la abertura, con una fase pegada}} e^{-\frac{2\pi i}{\lambda z}(xx' + yy')} dx'\,dy'

Léelo despacio, porque es la frase entera del artículo: la difracción de Fresnel es la transformada de Fourier de la abertura multiplicada por una fase cuadrática. Fraunhofer no es una teoría distinta; es este mismo resultado cuando esa fase se puede sustituir por 1. Y sabemos exactamente cuánto vale esa fase en el borde de la abertura:

\phi_{\text{borde}} = \frac{\pi a^2}{\lambda z} = \pi N_F

Un número de Fresnel de 0,1 deja una fase residual de 0,31 rad —18°— sin corregir en el borde, y por eso $N_F \ll 1$ es la condición de Fraunhofer y no una regla mnemotécnica. Con $N_F = 1$ la fase residual es $\pi$ : el borde de la abertura llega al centro de la pantalla en contrafase con el centro de la abertura, y ya no hay transformada de Fourier que valga.

Lo que el número predice: el centro se enciende y se apaga

La integral de Fresnel tiene solución cerrada en un caso, y es justo el más vistoso: el eje de un agujero circular iluminado por una onda plana. Poniendo $x = y = 0$ y pasando a coordenadas polares,

U(0,z) = \frac{e^{ikz}}{i\lambda z}\, 2\pi \int_0^a e^{i\pi \rho^2/\lambda z}\, \rho\, d\rho = e^{ikz}\left(1 - e^{i\pi N_F}\right)

y por tanto, normalizando a la intensidad que habría sin la pantalla:

\frac{I(0,z)}{I_{\text{libre}}} = \left|1 - e^{i\pi N_F}\right|^2 = 4\sin^2\!\left(\frac{\pi N_F}{2}\right)

Intensidad en el eje detrás de un agujero circular, en unidades de la intensidad que habría sin la pantalla. Las distancias son las de un agujero de 0,5 mm de radio con un He-Ne. Hacia la izquierda del gráfico (N pequeño) empieza Fraunhofer, donde la intensidad axial cae ya sin volver a subir.

Es un resultado incómodo y por eso vale la pena: la pantalla con el agujero puede dejar pasar más luz al centro que ninguna pantalla en absoluto, cuatro veces más, y también puede apagarlo del todo. No se viola nada — la energía se redistribuye, no se crea; lo que gana el centro lo pierde el anillo de alrededor. Y las distancias son las del segundo párrafo de este artículo: brillante en $N_F$ impar (39,5 · 13,2 · 7,9 · 5,6 cm), oscuro en $N_F$ par (19,7 · 9,9 · 6,6 · 4,9 cm). El artículo 02c vuelve a esta misma fórmula por otro camino —contando zonas— y de ahí saldrá una lente hecha de anillos opacos.

El espectro angular: la formulación de la que todo esto es un límite

Huygens-Fresnel, tal como se enunció en el artículo 02, tiene un cabo suelto: el factor de oblicuidad $\cos\theta$ aparece sin más justificación que la de que hace falta. Y tiene otro peor: es una hipótesis sobre cómo se propaga la luz, no una consecuencia de las ecuaciones de Maxwell. Existe una formulación que no tiene ninguno de los dos problemas y que es, además, mucho más fácil de programar.

La idea es la del artículo 01, aplicada al campo en el plano de la abertura: descomponerlo en ondas planas. El espectro angular del campo de entrada es su transformada de Fourier,

A(u,v;0) = \iint U(x,y,0)\, e^{-2\pi i(ux+vy)}\, dx\,dy

y aquí viene lo bueno. Cada componente $(u,v)$ es una onda plana que viaja en la dirección de cosenos directores $(\lambda u, \lambda v)$ , y una onda plana en el vacío sabe propagarse sola: basta multiplicarla por $e^{i k_z z}$ . Como $k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = k^2$ , el campo a distancia $z$ es

U(x,y,z) = \iint A(u,v;0)\; \underbrace{e^{\,2\pi i z\sqrt{1/\lambda^2 - u^2 - v^2}}}_{H(u,v;z)}\; e^{2\pi i(ux+vy)}\, du\,dv

$H(u,v;z)$ es la función de transferencia de propagación, y esta expresión no es una aproximación: es la solución exacta de la ecuación de Helmholtz con la condición de contorno dada, dentro de la teoría escalar. Propagar la luz una distancia $z$ es, literalmente, transformar Fourier, multiplicar por una fase y antitransformar. Así es como lo hace todo simulador de óptica difractiva que se haya escrito.

Y ahora se entiende la jerarquía entera. Desarrolla la raíz para ángulos pequeños, $\sqrt{1/\lambda^2 - u^2 - v^2} \approx 1/\lambda - \frac{\lambda}{2}(u^2+v^2)$ , y la función de transferencia se convierte en $H \approx e^{ikz}e^{-i\pi\lambda z(u^2+v^2)}$ , que es exactamente la transformada de Fourier del núcleo de Fresnel de la sección anterior. Fresnel es el espectro angular paraxializado. Y Fraunhofer es Fresnel con la fase cuadrática del plano de entrada puesta a 1. Tres nombres, una teoría, dos aproximaciones sucesivas:

Las distancias citadas son las de un agujero de 0,5 mm de radio con luz de 633 nm. Cada caja se obtiene de la anterior tirando un término, y cada término tirado se paga con una condición sobre z.

El factor de oblicuidad, de paso, deja de ser un misterio: si en vez de postular onditas esféricas se resuelve el problema de contorno como es debido —la solución de Rayleigh-Sommerfeld—, sale $\cos\theta$ exactamente, sin ponerlo a mano. Huygens-Fresnel es una aproximación de Rayleigh-Sommerfeld, no al revés.

Lo que no llega: las ondas evanescentes

Hay una consecuencia del espectro angular que la integral de Fresnel no puede ni formular, porque se la ha comido la aproximación paraxial. Mira la raíz otra vez: cuando $u^2 + v^2 > 1/\lambda^2$ , el radicando es negativo, $k_z$ es imaginario puro y la exponencial deja de oscilar para decaer:

H(u,v;z) = e^{-2\pi z\sqrt{u^2+v^2-1/\lambda^2}} \qquad (u^2+v^2 > 1/\lambda^2)

Ésas son las ondas evanescentes, y su frontera es nítida: la frecuencia espacial de corte es $1/\lambda$ , que con un He-Ne vale 1,58 ciclos por micrómetro. Todo detalle de periodo mayor que $\lambda$ se propaga —el de 2 µm sale a 18,5° del eje, el de 700 nm a 64,7°— y todo detalle de periodo menor que $\lambda$ se queda pegado al objeto. Con qué violencia:

Periodo del detalle	Longitud de decaimiento (1/e)	Amplitud a 1 µm
300 nm	54,2 nm	$1\times 10^{-8}$
200 nm	33,6 nm	$1\times 10^{-13}$
100 nm	16,1 nm	$1\times 10^{-27}$

Un detalle de 100 nm ya ha perdido el 99,8 % de su amplitud a 100 nm del objeto. A un micrómetro no queda absolutamente nada: $10^{-27}$ no es un número pequeño, es un cero. Aquí está el límite de difracción, y no viene de la lente: la información de los detalles finos nunca llega al sitio donde se pone la lente. Ninguna óptica, por buena que sea, puede recoger lo que no ha salido del objeto. Recuperar esa información exige ir a buscarla a menos de una longitud de onda del objeto — que es exactamente lo que hacen el SNOM y toda la plasmónica.

Dos «campos cercanos» que no son el mismo, y este sitio usa los dos. El campo cercano de este artículo es el régimen de Fresnel: vive a

N_F \sim 1

, que para una abertura de medio milímetro son decenas de centímetros. El campo cercano de la plasmónica y de la nanofotónica es la zona evanescente: vive a

z \lesssim \lambda

, decenas de nanómetros. Entre uno y otro hay siete órdenes de magnitud. Comparten nombre porque los dos son «lo que pasa antes de que la onda se organice», y comparten formulación —los dos salen del espectro angular—, pero un microscopio de campo cercano no tiene nada que ver con la difracción de Fresnel de un agujero. Cuando leas «campo cercano», mira siempre respecto a qué.

Talbot: la rejilla que se copia a sí misma sin lente

El régimen de Fresnel tiene un fenómeno propio, imposible tanto en la sombra geométrica como en Fraunhofer, y que además se calcula en tres líneas con la herramienta recién montada. Henry Fox Talbot lo describió en 1836 y hoy se llama efecto Talbot: ilumina una rejilla periódica de periodo $d$ con una onda plana y, a ciertas distancias, aparece en el aire una imagen perfecta de la rejilla. Sin lente, sin nada.

La razón es que una rejilla de periodo $d$ sólo tiene frecuencias espaciales $u_m = m/d$ . La función de transferencia de Fresnel le pega a cada una la fase $-\pi\lambda z\, u_m^2 = -\pi\lambda z\, m^2/d^2$ . Si esa fase es múltiplo de $2\pi$ para todos los órdenes a la vez, el campo se reconstruye idéntico. Basta con que lo sea para $m$ = 1, porque el $m^2$ hace el resto:

\frac{\pi\lambda z_T}{d^2} = 2\pi \quad\Longrightarrow\quad z_T = \frac{2d^2}{\lambda}

Con una rejilla de 20 µm de periodo y un He-Ne, $z_T$ = 1,26 mm. A la mitad de esa distancia, $z_T/2$ = 0,63 mm, las fases de los órdenes impares quedan invertidas y aparece la rejilla desplazada medio periodo: los huecos donde estaban las barras. El efecto es la firma inequívoca del régimen de Fresnel, porque depende de la fase cuadrática que Fraunhofer tira: en campo lejano la rejilla no se copia jamás, sólo se abre en órdenes. Y se usa: los interferómetros Talbot-Lau miden frentes de onda y hacen imagen de contraste de fase con rayos X sin ninguna óptica refractiva.

Ejercicios

Ejercicio 1

El artículo 03 resuelve, para una rendija de $a_{\text{ancho}} = 0{,}5$ mm con $\lambda = 633$ nm, que la transición ocurre en $z_F = a_{\text{ancho}}^2/\lambda = 0{,}40$ m y recomienda $z > 4$ m para estar «claramente en Fraunhofer». (a) Traduce ese $z = 4$ m al número de Fresnel de este artículo (ojo: $a = a_{\text{ancho}}/2$ ). (b) ¿Qué fase residual queda sin corregir en el borde de la rendija? (c) Si te conformas con una fase residual de 0,1 rad, ¿a qué distancia tienes que poner la pantalla? (d) Ahora al revés: acerca la pantalla a $z$ = 5 mm. Usa el criterio de la derivación ( $\rho_{\max} = 2a$ ) para decidir si la integral de Fresnel todavía sirve ahí, y compara esa respuesta con la que da el número de Fresnel. Los dos criterios contestan a preguntas distintas: di a cuál contesta cada uno.

Solución

(a) Con $a = 0{,}25$ mm, $a^2/\lambda = (2{,}5\times10^{-4})^2/(633\times10^{-9}) = 0{,}0987$ m, así que $N_F = 0{,}0987/4 = 0{,}0247$ .

(b) $\phi = \pi N_F = 0{,}0776$ rad, unos 4,4°. Con esa fase residual, el factor $e^{i\phi}$ que se ha sustituido por 1 difiere de 1 en un 7,8 % en el borde: el patrón medido se parecerá a la transformada de Fourier dentro de ese orden de error, no mejor.

(c) $\pi a^2/(\lambda z) = 0{,}1$ da $z = 10\pi a^2/\lambda = 3{,}10$ m — algo menos que los 4 m recomendados allí. Y la comparación es instructiva: «un factor 10 sobre $z_F$ » equivale a $z = 40\,a^2/\lambda$ con la semianchura, mientras que el criterio de fase pide $31{,}4\,a^2/\lambda$ . Es decir que el margen de seguridad de 10 se lo come casi entero el factor 4 del convenio, sin que nadie lo haya escrito. De ahí la nota de más arriba: el criterio no cambia de física, cambia de factor, y el factor le cuesta metros de banco óptico a quien lo monta.

(d) Con $\rho_{\max} = 2a = 0{,}5$ mm, $z_{\min} = \left(\pi\rho_{\max}^4/4\lambda\right)^{1/3} = 4{,}26$ mm. A 5 mm estás por encima, pero por poco: el término cuártico que se ha tirado deja $\pi\rho_{\max}^4/(4\lambda z^3) = 0{,}62$ rad de fase sin corregir, así que la integral de Fresnel da la forma del patrón y no sus detalles; para números fiables ahí hay que ir al espectro angular, que no aproxima nada. El número de Fresnel, en cambio, vale $N_F = a^2/\lambda z = 19{,}8$ : sombra geométrica con franjas en el borde. Y ahí está la diferencia, que es la lección del ejercicio: $N_F$ dice qué patrón vas a ver; el criterio cuártico dice si la fórmula con la que piensas calcularlo sigue siendo legal. Son independientes, y confundirlos es la manera habitual de publicar una simulación de Fresnel fuera de su rango de validez.

Ejercicio 2

Monta la integral tú. Un agujero anular —opaco hasta un radio $b$ , transparente entre $b$ y $a$ — se ilumina con una onda plana. (a) Repite el cálculo del campo en el eje que se hizo en el texto, ahora con el límite inferior en $b$ , y demuestra que $U(0,z) = e^{ikz}\left(e^{i\pi N_b} - e^{i\pi N_a}\right)$ con $N_a = a^2/\lambda z$ y $N_b = b^2/\lambda z$ . (b) Elige $a$ y $b$ para que a $z$ = 1 m con un He-Ne el eje reciba cuatro veces la intensidad libre. (c) ¿Cuánta luz has dejado pasar, comparada con el agujero completo de radio $a$ ?

Solución

(a) La primitiva es la misma: $\int_b^a e^{i\pi\rho^2/\lambda z}\rho\,d\rho = \frac{\lambda z}{2\pi i}\left(e^{i\pi N_a} - e^{i\pi N_b}\right)$ . Multiplicando por $2\pi/(i\lambda z)$ queda $-\left(e^{i\pi N_a} - e^{i\pi N_b}\right) = e^{i\pi N_b} - e^{i\pi N_a}$ .

(b) El módulo es máximo, y vale 2, cuando las dos exponenciales están en contrafase: $N_a - N_b$ impar. Lo más simple es $N_b = 0$ ( $b$ = 0) y $N_a = 1$ , que es el agujero sin anillo, o $N_b = 1,\; N_a = 2$ : opaco hasta $b = \sqrt{\lambda z} = 0{,}796$ mm y transparente hasta $a = \sqrt{2\lambda z} = 1{,}125$ mm. Intensidad en el eje: $|{-1} - 1|^2 = 4$ .

(c) El anillo tiene área $\pi(a^2-b^2) = \pi\lambda z$ = 1,99 mm², y el agujero completo de radio $a$ tiene $\pi a^2 = 2\pi\lambda z$ = 3,98 mm². Has dejado pasar la mitad de la luz y has puesto en el eje la misma intensidad. Ése es exactamente el truco del artículo siguiente: bloquear luz para concentrarla. Y no es magia: al tapar la segunda zona has eliminado la parte del frente de onda que llegaba en contrafase, que no aportaba nada al centro, restaba.

Ejercicio 3

Un objeto tiene detalles con un periodo de 200 nm y se ilumina con un He-Ne ( $\lambda = 633$ nm). (a) Calcula $k_z$ para esa frecuencia espacial y comprueba que es imaginario. (b) Halla la distancia a la que la amplitud de esa componente cae a 1/e y a la que cae al 1 %. (c) Un objetivo seco de NA = 0,9 se coloca a 0,2 mm del objeto. ¿Qué fracción de esa componente le llega? (d) ¿Contradice esto el límite de Abbe $d_{\min} = \lambda/(2\,\mathrm{NA})$ del artículo 04?

Solución

(a) $u = 1/\Lambda = 5\times10^6$ m⁻¹ y $1/\lambda = 1{,}58\times10^6$ m⁻¹. Como $u > 1/\lambda$ , la raíz es imaginaria: $k_z = 2\pi i\sqrt{u^2 - 1/\lambda^2} = i\,2{,}98\times10^7$ m⁻¹.

(b) Longitud de decaimiento $1/(2{,}98\times10^7) = 33{,}6$ nm. Al 1 % (factor $e^{-4{,}605}$ ): $33{,}6 \times 4{,}605 = 155$ nm.

(c) $e^{-2\times10^{-4}/33{,}6\times10^{-9}} = e^{-5952}$ . No hay forma decente de escribir ese número. La respuesta física es cero: la componente de 200 nm ya no existe a dos micras del objeto, y el objetivo está cien veces más lejos que eso.

(d) No lo contradice: lo explica. Abbe con NA = 0,9 y $\lambda = 633$ nm da $d_{\min} = 352$ nm — y hemos comprobado que el detalle de 200 nm, bastante más fino que ese límite, no llega. La versión de Abbe del artículo 04 cuenta el límite desde el lado de la lente (qué ángulos es capaz de recoger); el espectro angular lo cuenta desde el lado del objeto (qué ángulos han salido siquiera). Son la misma frontera vista desde los dos extremos del microscopio, y por eso el NA lleva dentro el índice $n$ : en aceite, $\lambda$ es menor y la frontera evanescente se corre a detalles más finos.

Ejercicio 4

Una red de Ronchi de 50 líneas por milímetro se ilumina con un láser verde de 532 nm. (a) Calcula la distancia de Talbot. (b) ¿A qué distancia habría que ponerse para ver el patrón de Fraunhofer de la misma red, si el haz ilumina una zona de 2 mm de diámetro? (c) Con esos dos números en la mano, explica por qué el efecto Talbot no puede existir en campo lejano.

Solución

(a) 50 líneas/mm es un periodo $d$ = 20 µm. $z_T = 2d^2/\lambda = 2(20\times10^{-6})^2/(532\times10^{-9}) = 1{,}50$ mm. (Con el He-Ne del texto, 1,26 mm: la autoimagen se aleja cuando la longitud de onda baja, porque $z_T \propto 1/\lambda$ .)

(b) Ahora la abertura relevante es el haz, no el periodo: $a$ = 1 mm da $a^2/\lambda = 1{,}88$ m, y Fraunhofer pide bastante más, digamos 20 m. Entre 1,5 mm y 20 m hay un factor $1{,}3\times10^4$ .

(c) Reconstruir la rejilla exige que todos los órdenes vuelvan a estar en fase, y la fase que los separa es precisamente $-\pi\lambda z\,m^2/d^2$ : el término cuadrático. En Fraunhofer ese término se ha declarado despreciable — es la definición del régimen —, así que los órdenes ya no pueden volver a juntarse: se han separado angularmente y se van cada uno por su lado. Dicho de otro modo, el efecto Talbot es la fase cuadrática de Fresnel hecha visible, y sólo puede existir donde esa fase importa. Si en el laboratorio ves autoimágenes, estás en Fresnel; no hay más que discutir.