Zonas de Fresnel: una lente hecha de anillos opacos

En 1818 Siméon Denis Poisson creyó haber liquidado la teoría ondulatoria de Fresnel con una reducción al absurdo: si la luz fuera una onda, en el centro exacto de la sombra de un disco opaco tendría que haber un punto brillante. François Arago hizo el experimento. El punto estaba ahí. Y la teoría no dice sólo que existe: dice cuánto vale, y la respuesta es incómodamente redonda —exactamente la misma intensidad que habría sin poner el disco, sea cual sea su radio y a cualquier distancia—. Este artículo llega a ese número contando anillos, y por el camino construye una lente que no tiene vidrio.

Prerrequisitos: el artículo 02b completo, y sobre todo el número de Fresnel y la integral de difracción de Fresnel: aquí se vuelve a los mismos resultados por un camino geométrico. Del artículo 02, la integral de Huygens-Fresnel y el patrón de Airy.

Cortar el frente de onda en anillos

Ponte en el punto $P$ del eje, a distancia $z$ de una pantalla plana atravesada por una onda plana. Desde $P$ , los puntos del frente de onda no están todos a la misma distancia: el del centro está a $z$ , y uno a distancia $\rho$ del eje está a $\sqrt{z^2+\rho^2}$ . Divide el plano en anillos según ese camino extra, tomando como escalón media longitud de onda. El anillo $m$ —la $m$ -ésima zona de Fresnel— es el conjunto de puntos cuyo camino a $P$ está entre $z + (m-1)\lambda/2$ y $z + m\lambda/2$ .

Su radio exterior sale de igualar $\sqrt{z^2+r_m^2} = z + m\lambda/2$ :

r_m = \sqrt{m\lambda z + \frac{m^2\lambda^2}{4}} \;\approx\; \sqrt{m\lambda z}

La corrección es despreciable siempre que $m\lambda \ll z$ , que en óptica visible es casi siempre: para $m$ = 100 con un He-Ne a un metro, los dos valores difieren en la sexta cifra (7,95619 mm frente a 7,95613 mm). Con $\lambda$ = 633 nm y $z$ = 1 m salen $r_1$ = 0,796 mm, $r_2$ = 1,125 mm, $r_3$ = 1,378 mm, $r_{10}$ = 2,516 mm. Los radios crecen como la raíz del índice, y de ahí toda la geometría de este artículo.

Ahora la observación que lo hace útil. El área de la zona $m$ es

A_m = \pi\left(r_m^2 - r_{m-1}^2\right) = \pi\lambda z

— la misma para todas. A un metro con un He-Ne, 1,99 mm² por zona, la primera y la milésima. Todas las zonas mandan a $P$ la misma cantidad de luz; lo único que las distingue es que zonas consecutivas llegan en contrafase, por construcción, porque el escalón que las define es $\lambda/2$ . La contribución total es una serie alterna:

U = U_1 - U_2 + U_3 - U_4 + \dots

Los radios están a escala: crecen como √m, así que los anillos se estrechan hacia fuera exactamente lo necesario para que todos tengan la misma área. Nueve zonas en ambos dibujos.

¿Cuánto suma esa serie? Los términos son casi iguales —áreas idénticas, distancias y ángulos que cambian muy despacio—, así que cada uno está prácticamente a medio camino entre sus vecinos, $U_m \approx (U_{m-1}+U_{m+1})/2$ . Agrupando,

U = \frac{U_1}{2} + \left(\frac{U_1}{2} - U_2 + \frac{U_3}{2}\right) + \left(\frac{U_3}{2} - U_4 + \frac{U_5}{2}\right) + \dots \approx \frac{U_1}{2}

La onda libre, la que llega cuando no hay ninguna pantalla, vale la mitad de lo que aporta la primera zona sola. Es el resultado central del artículo y tiene una consecuencia inmediata y contraintuitiva: si tapas todo menos la primera zona, doblas la amplitud en $P$ y por tanto cuadruplicas la intensidad — habiendo bloqueado luz.

Y aquí conviene ser honesto: esa serie no converge. Si todos los términos fueran exactamente iguales,

U_1 - U_1 + U_1 - \dots

no tiene suma, y el agrupamiento de arriba es un truco de sumación, no una demostración. Lo que la cierra de verdad es física, no álgebra: el factor de oblicuidad y el

1/r

de la ondita hacen que

|U_m|

decrezca lentamente, y la serie alterna con términos decrecientes sí converge — a

U_1/2

en el límite en que el decrecimiento es lento. Es el mismo argumento que en el artículo 02b justificaba el factor

\cos\theta

. Cuando un cálculo de zonas te dé un infinito, la culpa es de haber olvidado que las zonas lejanas se ven de canto.

El puente con el número de Fresnel

Mira otra vez el radio de zona: $r_m = \sqrt{m\lambda z}$ equivale a $m = r_m^2/(\lambda z)$ . Ésa es, letra por letra, la definición del número de Fresnel del artículo 02b. De modo que

N_F = \frac{a^2}{\lambda z} = \text{número de zonas que caben en la abertura}

Y con eso, el resultado que allí salió de una integral sale ahora de contar. Una abertura de radio $a$ deja pasar $N_F$ zonas. Si $N_F$ es par, se emparejan todas y se cancelan: el centro está oscuro. Si es impar, sobra una zona entera sin pareja, cuya amplitud es el doble de la libre: el centro brilla cuatro veces más que sin pantalla. Es exactamente $I/I_{\text{libre}} = 4\sin^2(\pi N_F/2)$ , con sus 39,5 cm brillantes y sus 19,7 cm oscuros. Dos derivaciones independientes, el mismo número: eso es lo que hace creíble un resultado.

La mancha de Arago-Poisson

Ahora el caso complementario, que es el que enfadó a Poisson. Tapa un disco de radio $R$ en el centro. Lo que queda es todo el plano menos las primeras $N_R = R^2/(\lambda z)$ zonas, y por el mismo argumento de emparejamiento la suma de las zonas restantes es la mitad de la primera de ellas: algo distinto de cero, siempre. El eje nunca se apaga.

El principio de Babinet lo dice sin aproximar nada. El campo del disco es el campo libre menos el del agujero complementario, y el del agujero en el eje ya lo calculamos en el artículo 02b:

U_{\text{disco}}(0,z) = \underbrace{e^{ikz}}_{\text{libre}} - \underbrace{e^{ikz}\left(1-e^{i\pi N_R}\right)}_{\text{agujero de radio } R} = e^{ikz}\,e^{i\pi N_R}

\left|U_{\text{disco}}(0,z)\right|^2 = 1

Exactamente la intensidad libre. No «parecida», no «del orden de»: la misma, y además independiente de $R$ y de $z$ . Un disco de 1 mm o de 4 mm, a medio metro o a dos metros, dan lo mismo en el eje. La mancha de Arago-Poisson no es un residuo débil: es el agujero de la sombra por el que la teoría ondulatoria pasó a ser irrebatible.

Lo que sí depende de $R$ y de $z$ es su tamaño. Cerca del eje el perfil transversal es $I(\rho) \propto J_0^2\!\left(2\pi R\rho/\lambda z\right)$ , y el primer cero de $J_0$ está en 2,405:

\rho_0 = \frac{2{,}405\,\lambda z}{2\pi R}

Para un disco de 2 mm de radio a un metro con un He-Ne, $\rho_0$ = 121 µm. Ahí está la razón de que nadie la hubiera visto antes de buscarla a propósito: la mancha tiene la intensidad de la luz sin obstáculo, pero mide una décima de milímetro en mitad de una sombra de cuatro milímetros. Hay que saber dónde mirar.

La anécdota es mejor que la historia, y la historia se puede comprobar. La versión de manual —Poisson refuta, Arago experimenta, Poisson calla— es cierta en lo esencial, pero el punto brillante ya lo habían observado Delisle en 1715 y Maraldi poco después, cien años antes del concurso de la Academia. Se había publicado y se había olvidado. Que un resultado esté publicado no significa que esté incorporado: hizo falta una teoría que lo predijera para que dejara de ser una curiosidad y pasara a ser una prueba. Y hoy la mancha sigue trabajando: se usa para alinear ópticas con precisión micrométrica y para medir el tamaño de partículas, y se ha reproducido con electrones y, en 2009, con un haz de moléculas de deuterio — porque no es una propiedad de la luz, es una propiedad de las ondas. Con fullerenos todavía no: hay propuestas y cálculos de viabilidad, y el estorbo es que una molécula grande y polarizable siente la atracción de Casimir-Polder del borde del disco, que le desordena la fase justo donde más importa.

La placa zonal: enfocar tapando la mitad de la luz

Si las zonas pares son las que restan, tápalas. Lo que queda —zonas 1, 3, 5, …— llega todo en fase a $P$ , y las amplitudes se suman en vez de cancelarse. Eso es una placa zonal, y es una lente: concentra en un punto la luz de una onda plana, sin refractar nada.

Con $n$ zonas impares abiertas, la amplitud en el foco es $n\,U_1 = 2n\,U_{\text{libre}}$ , así que

\frac{I_{\text{foco}}}{I_{\text{libre}}} = 4n^2

El foco está donde las zonas se definieron, y como $r_1 = \sqrt{\lambda f}$ ,

f = \frac{r_1^2}{\lambda}

Un ejemplo que se puede imprimir en una transparencia: $r_1$ = 0,796 mm da $f$ = 1 m con un He-Ne. Con un diámetro total de 16 mm caben $(8\,\text{mm})^2/(\lambda f)$ = 101 zonas, de las que 51 quedan abiertas. Ganancia en el foco: $4\times 51^2$ = 10 404, cuatro órdenes de magnitud. La zona exterior mide $\Delta r_N = \lambda f/(2r_N)$ = 39,6 µm de ancho y su resolución es $1{,}22\,\Delta r_N$ = 48 µm. Una impresora láser de 1200 puntos por pulgada tiene el punto en 21 µm: pone menos de dos puntos en el anillo más fino, así que la placa sale, pero con los últimos anillos escalonados y su eficiencia mermada. La receta clásica es dibujarla diez veces mayor y reducirla en la cámara.

Y ahora la parte que los divulgadores se saltan: una placa zonal es una lente mala, y conviene saber en qué.

Tiene muchos focos. La transmitancia binaria es una onda cuadrada en la variable $\rho^2$ , y una onda cuadrada tiene armónicos: hay focos en $f$ , $f/3$ , $f/5$ … y también focos virtuales en $-f$ , $-f/3$ … Todos ellos existen a la vez y se superponen sobre el que quieres.
Manda casi toda la luz a otro sitio. Los coeficientes de esa onda cuadrada dan la eficiencia de difracción: sólo $1/\pi^2$ = 10,1 % de la intensidad incidente va al foco principal. Un 25 % atraviesa sin difractarse (el orden 0, que llega al detector como un velo de fondo), un 1,1 % va a cada uno de los órdenes ±3, y el 50 % restante lo absorben las zonas opacas. Una lente de vidrio con antirreflejo pasa del 99 %.
Es descaradamente cromática. $f = r_1^2/\lambda$ va como $1/\lambda$ , al revés que una lente de vidrio y mucho más fuerte. La condición para que el foco no se desparrame es $\Delta\lambda/\lambda < 1/N$ , porque la zona $N$ tiene que seguir cayendo donde le toca: la placa de rayos X de la sección siguiente, con sus 1000 zonas, exige monocromaticidad de una parte en mil.

De los tres, el segundo —y sólo el segundo— se arregla con una placa de fase: en vez de tapar las zonas pares, se les da un retardo de $\pi$ con un escalón de material. Entonces suman en lugar de faltar, la amplitud se dobla y la eficiencia del orden 1 sube a $4/\pi^2$ = 40,5 %, cuatro veces la binaria y sin perder nada por absorción. Y el orden 0 desaparece: la transmitancia vale +1 y −1 a partes iguales, su media es cero, y con ella se va el velo de fondo. Lo que no se arregla son los focos de orden 3, 5… ni el cromatismo, que son geometría pura.

Por qué esto importa: la lente que sí funciona con rayos X

Todo lo anterior parecería una curiosidad del siglo XIX si no fuera porque hay un régimen donde casi no hay alternativa. Para rayos X el índice de refracción de cualquier material es $n = 1-\delta$ con $\delta = r_e\lambda^2 n_e/2\pi$ , que para el silicio vale $1{,}8\times 10^{-3}$ a 2,4 nm y $3\times 10^{-6}$ a 0,1 nm. Dos problemas de golpe: $\delta$ es positivo, así que las lentes de rayos X salen del revés —convergen las bicóncavas—, y sobre todo el material absorbe. Una lente bicóncava de silicio de 50 µm de radio daría $f = R/2\delta$ = 14 mm sobre el papel, pero a 2,4 nm el haz se extingue dentro del propio material mucho antes de recorrerla. Los espejos, por su parte, sólo reflejan a incidencia rasante. La placa zonal no necesita que nada refracte: le basta con que unos anillos bloqueen o retarden. Es el objetivo estándar de los microscopios de rayos X blandos.

Los números de una placa real, para la «ventana del agua» ( $\lambda$ = 2,4 nm, unos 517 eV, donde el carbono absorbe y el agua no — se puede mirar una célula viva):

Magnitud	Relación	Valor
Diámetro	—	100 µm
Zona exterior	$\Delta r_N$	25 nm
Número de zonas	$N = D/(4\Delta r_N)$	1000
Distancia focal	$f = D\,\Delta r_N/\lambda$	1,04 mm
Apertura numérica	$\mathrm{NA} = \lambda/(2\Delta r_N)$	0,048
Resolución	$0{,}61\lambda/\mathrm{NA} = 1{,}22\,\Delta r_N$	30,5 nm
Profundidad de foco	$\pm\lambda/(2\,\mathrm{NA}^2)$	±0,52 µm
Monocromaticidad	$\Delta\lambda/\lambda < 1/N$	0,001

Fíjate en la fórmula de la resolución, porque es una de las más limpias de toda la óptica: $1{,}22\,\Delta r_N$ . La resolución de una placa zonal es la anchura de su anillo más fino, y no depende de la longitud de onda — $\lambda$ se cancela entre $\mathrm{NA}$ y el criterio de Rayleigh. Fabricar mejor litografía es, literalmente, ver más pequeño.

Cuando los bordes son rectos: las integrales de Fresnel

Las zonas circulares valen para aberturas circulares vistas desde el eje. Para un borde recto —una cuchilla, el canto de una mesa, una rendija ancha— la geometría es cartesiana y la integral de Fresnel se separa en un factor por eje. El del eje libre es una constante; el del eje que corta el borde lleva a las integrales de Fresnel:

C(w) = \int_0^w \cos\!\left(\frac{\pi t^2}{2}\right) dt, \qquad S(w) = \int_0^w \sin\!\left(\frac{\pi t^2}{2}\right) dt

con la variable adimensional que las hace universales:

w = x\sqrt{\frac{2}{\lambda z}}

Y aquí llega el objeto más elegante de la óptica clásica. Dibuja el punto $(C(w), S(w))$ en el plano al ir variando $w$ : sale la espiral de Cornu, que se enrolla sobre $(\tfrac12,\tfrac12)$ cuando $w\to\infty$ y sobre $(-\tfrac12,-\tfrac12)$ cuando $w\to-\infty$ . Su gracia: la amplitud difractada es la longitud de la cuerda que une los dos puntos de la espiral correspondientes a los extremos de la abertura. Sin calcular integrales, con una regla.

La línea de trazos es la cuerda entera —de un centro de la espiral al otro, longitud √2—: la onda sin obstáculo. La línea gruesa es media cuerda —del centro inferior al origen, longitud 1/√2—, que es lo que pasa justo en el borde de la sombra geométrica: la mitad de amplitud, un cuarto de intensidad. A la derecha, el perfil que resulta; los puntos marcados son ese ¼ y el primer máximo, 1,37 veces la onda libre.

Léelo en el dibujo. Sin obstáculo, la abertura va de $w=-\infty$ a $w=+\infty$ : la cuerda va de un centro al otro y mide $\sqrt{2}$ . Con un semiplano opaco y el punto de observación justo en el borde de la sombra geométrica, la abertura va de $0$ a $+\infty$ : la cuerda va del origen al centro superior y mide $1/\sqrt{2}$ , la mitad. Amplitud mitad, intensidad exactamente un cuarto:

\frac{I(w)}{I_{\text{libre}}} = \frac{1}{2}\left[\left(C(w)+\tfrac12\right)^2 + \left(S(w)+\tfrac12\right)^2\right], \qquad \frac{I(0)}{I_{\text{libre}}} = \frac14

Es un número redondo, universal —no depende de $\lambda$ ni de $z$ ni de nada— y falsable con un fotodiodo y una cuchilla de afeitar. Hacia el lado iluminado el patrón oscila y converge a 1, con un primer máximo de 1,37 veces la onda libre en $w$ = 1,2172 y un primer mínimo de 0,778 en $w$ = 1,8725. Hacia la sombra decae monótonamente, sin franjas. A $z$ = 1 m con un He-Ne, la escala $\sqrt{\lambda z/2}$ vale 0,563 mm, así que esa primera franja brillante cae a 0,685 mm del borde de la sombra. Es visible a simple vista si sabes que está.

Ejercicios

Ejercicio 1

Diseña una placa zonal binaria de amplitud con $f$ = 50 cm para un láser verde de 532 nm y un diámetro total de 10 mm. Calcula: (a) el radio de la primera zona; (b) cuántas zonas caben y cuántas quedan abiertas; (c) la ganancia de intensidad en el foco; (d) la anchura de la zona exterior y la resolución que se sigue de ella; (e) dónde están los dos focos secundarios siguientes. (f) De los 100 mW del láser que inciden sobre la placa, ¿cuántos llegan al foco principal? (g) Ahora haces dos cambios a la vez: cambias el láser por un LED verde de la misma longitud de onda central pero con 30 nm de anchura espectral, y sustituyes la placa de amplitud por una de fase. Uno de los dos cambios mejora la imagen y el otro la arruina: di cuál es cuál con números, comparando el desparrame del foco con la profundidad de foco $\pm\lambda/(2\,\mathrm{NA}^2)$ .

Solución

(a) $r_1 = \sqrt{\lambda f} = \sqrt{532\times10^{-9}\times 0{,}5} = 0{,}516$ mm.

(b) $N = r_N^2/(\lambda f) = (5\times10^{-3})^2/(2{,}66\times10^{-7}) = 94{,}0$ . Con 93 zonas completas quedan abiertas las impares 1, 3, …, 93: 47 zonas.

(c) $4n^2 = 4\times 47^2 = 8836$ , casi cuatro órdenes de magnitud.

(d) $\Delta r_N = \lambda f/(2r_N) = 26{,}6$ µm; resolución $1{,}22\,\Delta r_N = 32{,}5$ µm. Comprueba de paso que $\mathrm{NA} = r_N/f = 0{,}010$ coincide con $\lambda/(2\Delta r_N)$ : son la misma cosa dicha dos veces, y si no coinciden es que te has equivocado en una.

(e) $f/3$ = 16,7 cm y $f/5$ = 10 cm.

(f) El 10,1 % de 100 mW son 10,1 mW. Otros 25 mW —dos veces y media más potencia que la del foco— siguen rectos sin difractarse y hay que bloquearlos con un tope en el eje, o bañan la pantalla con un velo de fondo. La lección: la ganancia $4n^2$ es un factor de intensidad local, no de potencia — la placa concentra muchísimo lo poco que deja pasar.

(g) El LED la arruina. La condición es $\Delta\lambda/\lambda < 1/N = 1/94 = 0{,}0106$ , o sea $\Delta\lambda < 5{,}7$ nm; el LED trae 30 nm, 5,3 veces demasiado. En distancias: $f = r_1^2/\lambda$ con $r_1$ fijo da 486,3 mm en el rojo del LED (547 nm) y 514,5 mm en el azul (517 nm), un foco estirado a lo largo de 28,2 mm, mientras que la profundidad de foco es $\pm\lambda/(2\,\mathrm{NA}^2)$ = ±2,66 mm, 5,3 mm en total. Y el 5,3 no se repite por casualidad: dividiendo las dos expresiones sale $\Delta f/(2\,\mathrm{DOF}) = N\,\Delta\lambda/\lambda$ exactamente, que es la condición de arriba escrita como longitudes. Por eso una placa zonal de rayos X vive siempre detrás de un monocromador. La placa de fase la mejora. La eficiencia del orden 1 pasa de $1/\pi^2$ a $4/\pi^2$ : 40,5 mW en vez de 10,1 mW, cuatro veces, y además desaparecen los 25 mW del orden 0 que había que bloquear. El escalón que hace falta es el que retarda media longitud de onda: $d = \lambda/(2(n-1))$ = 532 nm de vidrio con $n$ = 1,5. Lo que la placa de fase no toca es el cromatismo — es geometría, no material —, así que con el LED sigue sin servir.

Ejercicio 2

Un cojinete esférico de 5 mm de diámetro se ilumina con un haz colimado de 532 nm y se observa la sombra en una pantalla a 1 m. (a) ¿Cuántas zonas de Fresnel tapa la bola? (b) ¿Qué radio tiene la mancha de Arago-Poisson? (c) Quieres una mancha de 1 mm de radio para fotografiarla sin aumento: ¿a qué distancia hay que poner la pantalla? (d) El cojinete no es un disco perfecto: su borde tiene rebabas de unas 20 µm. ¿Sobrevive la mancha? Justifícalo comparando con la anchura de la zona en el borde, $\lambda z/(2R)$ .

Solución

(a) $N_R = R^2/(\lambda z) = (2{,}5\times10^{-3})^2/(532\times10^{-9}) = 11{,}7$ zonas tapadas. Que sea un número no entero da igual: el resultado del eje no depende de él.

(b) $\rho_0 = 2{,}405\lambda z/(2\pi R) = 2{,}405\times 532\times10^{-9}\times 1/(2\pi\times 2{,}5\times10^{-3})$ = 81,5 µm.

(c) $\rho_0 \propto z$ , así que hay que multiplicar la distancia por $1000/81{,}5 = 12{,}3$ : 12,3 m. Y la intensidad de la mancha sigue siendo la misma que la del haz sin obstáculo — no se ha debilitado al crecer, sólo se ha ensanchado.

(d) La anchura de la zona en el borde del disco es $\lambda z/(2R)$ = 106 µm. Las rebabas de 20 µm son cinco veces menores: perturban una fracción pequeña de la zona que domina la interferencia y la mancha aguanta, algo más débil y sucia. Ésa es la razón por la que el experimento le salió a Arago con los medios de 1818: la tolerancia no la fija la longitud de onda, la fija la anchura de la zona, que es cien veces mayor. Si en cambio la deformación fuera de 200 µm —del orden de la zona entera— la mancha desaparecería, y ése es el motivo por el que un disco recortado con tijeras no sirve.

Ejercicio 3

Colocas el filo de una cuchilla de afeitar en un haz de He-Ne expandido y pones la pantalla a 50 cm. (a) Calcula el factor de escala $\sqrt{\lambda z/2}$ y sitúa en milímetros el primer máximo, el primer mínimo y el segundo máximo del patrón. (b) Usando la espiral de Cornu como regla —sin integrar—, argumenta por qué en el lado de la sombra no hay franjas y en el lado iluminado sí. (c) Si acercas la pantalla a 5 cm, ¿dónde cae la primera franja? ¿Qué te dice eso sobre por qué el borde de una sombra parece nítido de cerca?

Solución

(a) $\sqrt{\lambda z/2} = \sqrt{633\times10^{-9}\times 0{,}5/2} = 0{,}398$ mm. Primer máximo: $1{,}2172\times 0{,}398 = 0{,}484$ mm; primer mínimo: $1{,}8725\times 0{,}398 = 0{,}745$ mm; segundo máximo: $2{,}3445\times 0{,}398 = 0{,}933$ mm. Todas medidas hacia el lado iluminado desde el borde de la sombra geométrica.

(b) En la sombra, el punto móvil de la espiral recorre el brazo que se enrolla sobre $(-\tfrac12,-\tfrac12)$ , y la cuerda va siempre desde ahí hasta el centro superior fijo: al enrollarse, la cuerda se acorta monótonamente. No hay oscilación posible. En el lado iluminado el punto móvil ha pasado del origen y se enrolla sobre el centro superior rodeándolo: la cuerda unas veces se acorta y otras se alarga según en qué parte de la vuelta esté, y de ahí las franjas, cada vez más juntas y más débiles porque las vueltas se cierran.

(c) La escala va como $\sqrt{z}$ : a 5 cm vale 0,126 mm y la primera franja cae a 0,153 mm del borde. No es que la sombra sea más nítida de cerca — es que las franjas se aprietan contra el borde hasta no distinguirse. Con luz blanca y una fuente extendida, además, se promedian y desaparecen del todo. La «nitidez» de una sombra cotidiana es un problema de resolución del ojo y de coherencia de la fuente, no de que la difracción se apague.

Ejercicio 4

Una placa zonal se hace más fina cuanto más estrecho es su anillo exterior. Combina lo de aquí con el corte del espectro angular del artículo 02b. (a) ¿Cuál es el $\Delta r_N$ más pequeño que tiene sentido físico? (b) ¿Qué resolución daría, y por qué ese resultado no debería sorprenderte? (c) Las mejores placas fabricadas hoy para rayos X blandos rondan los 10–15 nm de zona exterior. Con $\lambda$ = 2,4 nm, ¿está el límite en la física o en la litografía? (d) ¿Qué pasaría con la profundidad de foco si se alcanzara el límite físico?

Solución

(a) $\mathrm{NA} = \lambda/(2\Delta r_N)$ y la apertura numérica en el vacío no puede pasar de 1, porque $\mathrm{NA} > 1$ exigiría frecuencias espaciales por encima de $1/\lambda$ , que son evanescentes y no llegan a ninguna parte. Luego $\Delta r_N \geq \lambda/2$ : para 2,4 nm, el anillo exterior no puede bajar de 1,2 nm.

(b) $1{,}22\,\Delta r_N \geq 0{,}61\lambda$ = 1,46 nm. No sorprende porque $0{,}61\lambda/\mathrm{NA}$ con $\mathrm{NA} = 1$ es el criterio de Rayleigh de siempre: la placa zonal no burla el límite de difracción, sólo lo alcanza sin usar vidrio.

(c) Con $\Delta r_N$ = 12 nm, $\mathrm{NA} = 0{,}10$ y la resolución es 14,6 nm — diez veces peor que el límite físico de 1,46 nm. El cuello de botella es la litografía, no la óptica: hacer anillos concéntricos de 12 nm de ancho, con la relación de aspecto suficiente para absorber rayos X, está en el borde de lo fabricable. Por eso la resolución de los microscopios de rayos X ha mejorado al ritmo de la nanofabricación y no al de la física.

(d) Se hundiría. $\pm\lambda/(2\,\mathrm{NA}^2)$ con $\mathrm{NA}=1$ da ±1,2 nm frente a los ±120 nm de la placa de 12 nm (y los ±0,52 µm de la placa de 25 nm de la tabla). Habría que colocar la muestra en el plano de foco con precisión atómica. Es el mismo compromiso resolución-profundidad de foco de cualquier microscopio, sólo que en rayos X duele más porque las muestras son gruesas.