El cálculo de Jones

Una lámina de cuarto de onda de cuarzo para 633 nm tiene 17,4 μm de espesor: menos de dos centésimas de milímetro de cristal convierten luz lineal en circular y de vuelta. Todo lo que hace ese trozo de cuarzo cabe en cuatro números — una matriz 2×2 — y toda la óptica de polarización de un montaje se reduce a multiplicar esas matrices en el orden en que la luz se encuentra los elementos. Ése es el cálculo de Jones, publicado por R. Clark Jones en 1941 con veinticinco años, y sigue siendo la herramienta con la que se diseña un modulador o un aislador.

Prerrequisitos: El artículo 01 entero, en especial la parametrización (

\alpha

\delta

) y el convenio de quiralidad. De Fundamentos, la notación compleja. Álgebra de matrices 2×2: producto, no conmutatividad, autovectores.

El vector de Jones

Si la luz está totalmente polarizada, sus dos componentes tienen amplitudes y una fase relativa bien definidas y estables. Eso es exactamente lo que guarda un vector complejo de dos elementos, el vector de Jones:

\mathbf{J} = \begin{pmatrix} A_x \\ A_y\,e^{i\delta} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{E}(z,t) = \operatorname{Re}\!\left[\mathbf{J}\,e^{i(kz-\omega t)}\right]

La intensidad es $I = \mathbf{J}^\dagger\mathbf{J} = |A_x|^2 + |A_y|^2$ , y como la fase global no es observable se suele normalizar a $I = 1$ . Los seis estados que se usan todo el rato:

Estado	Vector de Jones	Qué es
H	(1, 0)	lineal horizontal
V	(0, 1)	lineal vertical
D	(1, 1)/√2	lineal a +45°
A	(1, −1)/√2	lineal a −45°
R	(1, −i)/√2	circular dextrógira
L	(1, +i)/√2	circular levógira

De dónde sale el −i de la dextrógira, sin fiarse de ninguna tabla

Toma $\mathbf{J}_R = (1, -i)/\sqrt2$ y evalúa el campo real en $z = 0$ con el convenio del módulo, $\mathbf{E} = \operatorname{Re}[\mathbf{J}e^{-i\omega t}]$ :

E_x = \tfrac{1}{\sqrt2}\cos\omega t, \qquad E_y = \operatorname{Re}\!\left[\tfrac{-i}{\sqrt2}e^{-i\omega t}\right] = -\tfrac{1}{\sqrt2}\sin\omega t

En $\omega t = 0$ el campo apunta a $+x$ ; en $\omega t = 90°$ , a $-y$ . El observador que recibe la onda de frente tiene $x$ a su derecha e $y$ hacia arriba, así que ve el campo pasar de «derecha» a «abajo»: horario, es decir dextrógira. Dos líneas, y ya no hace falta recordar ninguna regla mnemotécnica.

Comprobación barata de que la pareja está bien construida: $\mathbf{J}_R^\dagger\mathbf{J}_L = \tfrac12(1\cdot 1 + (+i)(+i)) = \tfrac12(1-1) = 0$ . R y L son ortogonales, como lo son H y V, y como lo son D y A. Cualquier pareja ortogonal sirve de base.

Las matrices: proyectar, retardar, girar

Un elemento óptico lineal y sin difracción actúa sobre $\mathbf{J}$ como una matriz de Jones 2×2 compleja. Sólo hacen falta tres familias.

Polarizador

Con el eje de transmisión en $x$ es una proyección pura; girado un ángulo $\theta$ se conjuga con la matriz de rotación $R(\theta)$ :

P(0) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}, \qquad P(\theta) = R(\theta)P(0)R(-\theta) = \begin{pmatrix} \cos^2\theta & \sin\theta\cos\theta \\ \sin\theta\cos\theta & \sin^2\theta\end{pmatrix}

Es idempotente: $P^2 = P$ . Dos polarizadores iguales y alineados hacen lo mismo que uno. Y no es unitaria: absorbe, y lo que absorbe no vuelve. Aplicada a H, $|P(\theta)\,\mathbf{J}_H|^2 = \cos^2\theta$ — la ley de Malus reaparece como un caso particular, que es la señal de que la maquinaria es la correcta.

Retardador

Un cristal birrefringente tiene dos ejes con índices distintos: el eje rápido (índice menor) y el lento. Las dos componentes viajan a velocidades distintas y salen con una diferencia de fase acumulada, la retardancia:

\delta = \frac{2\pi}{\lambda}\,\Delta n\, d, \qquad \Delta n = n_{\text{lento}} - n_{\text{rápido}}

Con el eje rápido en $x$ y el convenio $e^{i(kz-\omega t)}$ —donde propagar multiplica por $e^{ink_0d}$ , así que el eje lento acumula más fase—:

W(\delta,\theta) = R(\theta)\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & e^{i\delta}\end{pmatrix}R(-\theta)

Es unitaria: $W^\dagger W = \mathbb{1}$ . No absorbe nada; sólo redistribuye la fase entre los dos ejes, y por eso es reversible — un segundo retardador con $-\delta$ deshace exactamente lo que hizo el primero. Los dos casos con nombre propio:

lámina de cuarto de onda ( $\delta = 90°$ , $\Delta n\,d = \lambda/4$ ): convierte lineal a ±45° del eje rápido en circular, y circular en lineal. Es la que fabrica y deshace la quiralidad.
lámina de media onda ( $\delta = 180°$ , $\Delta n\,d = \lambda/2$ ): la matriz se vuelve $\text{diag}(1,-1)$ en su base, que es una reflexión respecto al eje rápido. Manda una lineal a $\theta$ a la lineal $2\alpha - \theta$ si el eje está a $\alpha$ , y cambia la quiralidad de una circular.

Rotador

La actividad óptica —cuarzo cortado perpendicular al eje, una disolución de azúcar— gira el plano de polarización un ángulo $\varphi$ sin tocar la forma de la elipse:

\Omega(\varphi) = \begin{pmatrix}\cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi\end{pmatrix}

Ojo con la trampa: un rotador y una lámina de media onda no son lo mismo, aunque las dos «giran» una polarización lineal. El rotador gira $\varphi$ siempre, venga la lineal como venga; la $\lambda/2$ refleja, y por eso a dos lineales distintas las gira ángulos distintos. Sobre luz circular, además, el rotador no hace absolutamente nada (una circular es autovector suyo, con autovalor $e^{\mp i\varphi}$ ) mientras que la $\lambda/2$ la invierte. Compruébalo en el banco.

La misma matriz $\Omega(\varphi)$ vale para el giro de Faraday de un vidrio metido en un campo magnético, pero con una diferencia que decide aplicaciones enteras: la actividad óptica es recíproca —la luz que vuelve por el mismo camino deshace el giro— y Faraday no, porque el sentido lo fija el campo y no el haz: a la vuelta el giro se dobla. Ésa, y no ninguna propiedad de los retardadores, es la asimetría con la que se construye un aislador óptico.

Banco de Jones: un elemento a la vez

Estado de entrada

Elemento

Eje rápido 0°

La elipse antes y después del elemento

J_salida = (0.707, 0.707i)

Entra lineal a +45°; sale circular levógira, con el 100.0 % de la intensidad. Este elemento es unitario: no absorbe nada, sólo redistribuye la fase entre los dos ejes.

Componer: el orden es el orden en que la luz los encuentra

Si el haz atraviesa el elemento 1, luego el 2 y luego el 3, el vector de salida es

\mathbf{J}_{\text{sal}} = M_3\,M_2\,M_1\,\mathbf{J}_{\text{ent}}

— es decir, la matriz del último elemento va a la izquierda. Se escribe al revés de como se dibuja el montaje, y ése es el error de signo más común del tema después de la quiralidad. Y como las matrices no conmutan, no es una cuestión de gusto.

Ejemplo resuelto · El polarizador circular antirreflejo

Problema. Las pantallas de móvil llevan una lámina que elimina el reflejo especular de los metales interiores. Es un polarizador lineal a 0° seguido de una $\lambda/4$ con el eje rápido a 45°. Demuestra con matrices de Jones que (a) suprime totalmente el reflejo del espejo, y (b) montada al revés no funciona.

Solución. A la ida, sobre luz natural: el polarizador la deja en $\mathbf{J}_H$ con el 50 % de la intensidad, y la lámina la manda a circular. Aplicando $W(90°, 45°)$ a $(1,0)$ sale $\tfrac12(1+i,\ 1-i)$ , cuyas dos componentes tienen el mismo módulo y difieren en fase $-90°$ : es dextrógira.

El espejo hace dos cosas a la vez. En el marco de vuelta ( $x' = x$ , $y' = -y$ , $z' = -z$ ) su matriz es $\text{diag}(1,-1)$ — y eso convierte la dextrógira en levógira. Pero en ese mismo marco el eje rápido de la lámina ya no está a +45°, sino a −45°: la reflexión invierte el sentido de los ángulos. Ése es el paso que casi todo el mundo se salta, y sin él el resultado sale mal.

Aplicando $W(90°, -45°)$ a la levógira sale $(0,\ -1)$ —módulo 1, como exige que todo lo que hay entre los dos polarizadores sea unitario—: luz lineal vertical, exactamente cruzada con el polarizador de entrada. El polarizador la absorbe entera. Supresión total, y no aproximada: el producto completo de los cuatro elementos es la matriz nula.

P(0)\,W(90°,-45°)\,\text{diag}(1,-1)\,W(90°,45°)\,P(0) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}

(b) Con el apilamiento invertido —lámina primero, polarizador después— la luz que sale es lineal, no circular, y el espejo no puede invertir ninguna quiralidad: el reflejo vuelve a salir. Numéricamente, la fracción circular a la salida pasa de 1 a 0,5, que es lo que da una lineal descompuesta en R y L.

Resultado. Lo que compra el apilamiento no es un filtro mejor: es una etiqueta. A la ida la luz se marca con una quiralidad; el espejo, y sólo el espejo, se la cambia; a la vuelta esa marca la delata y el polarizador la mata. El precio es que la pantalla pierde más de la mitad de su brillo propio, y ésa es la razón de que en un móvil al sol se vea peor de lo que la tecnología permitiría. Cuando en el artículo 04 aparezca el LCD, esta misma lámina reaparecerá como una pieza del panel.

Cuánto cuesta una lámina de verdad

La retardancia depende del material y del espesor, y ahí empiezan los compromisos. En cuarzo a 633 nm, $n_o = 1{,}5427$ y $n_e = 1{,}5518$ , luego $\Delta n = 0{,}0091$ , y una $\lambda/4$ de orden cero pide

d = \frac{\lambda}{4\,\Delta n} = \frac{633\ \text{nm}}{4\times 0{,}0091} = 17{,}4\ \mu\text{m}

Diecisiete micras de cuarzo es una lámina que se rompe al mirarla. De ahí las tres soluciones que se ven en cualquier catálogo:

Orden múltiple: se hace $\Delta n\,d = (m + \tfrac14)\lambda$ con $m = 10$ , es decir 713 μm — manejable. Funciona a la longitud de onda de diseño y en ninguna otra: a 650 nm, 17 nm más allá, esa lámina da −6,5° de retardancia en vez de 90°, o sea prácticamente nada. La de orden cero, a esa misma longitud de onda, todavía da 87,7°.
Orden cero compuesta: dos láminas gruesas con los ejes cruzados, de forma que los retardos se resten. Con $d_1 = 500$ μm y $d_2 = 482{,}6$ μm la diferencia son las 17,4 μm que hacen falta, y la lámina es robusta y de banda ancha. La tolerancia sí es exigente: para que la retardancia sea correcta a $\lambda/100$ hay que controlar la diferencia de espesores a 0,70 μm.
Rombo de Fresnel: no usa birrefringencia en absoluto, sino el desfase que la reflexión total interna introduce entre s y p. Es la solución acromática de verdad, y se cuenta con números en el artículo 04.

Un detalle que parece un tecnicismo y decide una medida. Una lámina de orden múltiple no es «un poco peor» que una de orden cero: es peor de forma periódica. Su retardancia recorre una vuelta entera cada pocos nanómetros, así que hay longitudes de onda donde vuelve a valer exactamente $\lambda/4$ y otras, muy cerca, donde vale cero. A 700 nm la de orden 10 da 96,8° —mejor que los 81,4° de la de orden cero— y a 650 nm da −6,5°. Fiarse de ella fuera de su longitud de diseño no es arriesgado: es aleatorio. Y la dependencia con la temperatura y con el ángulo de incidencia se multiplica por el mismo factor $m$ .

Ejercicios

Ejercicio 1

Escribe la matriz $P(30°)$ explícitamente con sus cuatro números. (a) Aplícala a $\mathbf{J}_H = (1,0)$ y calcula la intensidad transmitida; compárala con Malus. (b) Aplícala a $\mathbf{J}_R$ y a $\mathbf{J}_L$ . (c) Comprueba que $P(30°)^2 = P(30°)$ y di qué significa físicamente.

Solución

$\cos^2 30° = 0{,}75$ , $\sin^2 30° = 0{,}25$ , $\sin 30°\cos 30° = 0{,}433$ , luego $P(30°) = \begin{pmatrix}0{,}75 & 0{,}433\\ 0{,}433 & 0{,}25\end{pmatrix}$ .

(a) $P(30°)(1,0) = (0{,}75,\ 0{,}433)$ , con $I = 0{,}75^2 + 0{,}433^2 = 0{,}5625 + 0{,}1875 = 0{,}75$ . Coincide con $\cos^2 30°$ , como debía.

(b) $P(30°)(1,-i)/\sqrt2 = (0{,}75 - 0{,}433i,\ 0{,}433 - 0{,}25i)/\sqrt2$ , de intensidad 0,5. Con L sale también 0,5. Una circular da 0,5 pase lo que pase con el ángulo, igual que la luz natural — y sin embargo son cosas completamente distintas, como se verá en el artículo 03. Un solo polarizador no las distingue; ése es el motivo de que el polarímetro necesite una lámina.

(c) El producto da la misma matriz. Físicamente: una vez proyectada, la luz ya está en el subespacio del polarizador y volver a proyectarla no le quita nada más. Es lo que separa una proyección de una atenuación: un filtro gris al 75 % aplicado dos veces deja el 56 %.

Ejercicio 2

Demuestra, multiplicando matrices, que una lámina $\lambda/2$ con el eje rápido a $\alpha$ convierte la lineal a $\theta$ en la lineal a $2\alpha - \theta$ . Después: (b) ¿qué par ( $\alpha$ , ángulo de giro) hace falta para llevar una lineal horizontal a vertical? ¿Y para girarla 10°? Compara el coste con el de la cadena de polarizadores del artículo 01. (c) Demuestra, multiplicando las dos matrices, que dos láminas $\lambda/2$ con los ejes a $\alpha_1$ y $\alpha_2$ equivalen exactamente al rotador $\Omega(2(\alpha_2-\alpha_1))$ , y comprueba qué le hacen a una circular.

Solución

En la base propia de la lámina, $W = \text{diag}(1,-1)$ (quitando la fase global). Escribe la entrada en esa base girándola: $R(-\alpha)(\cos\theta, \sin\theta) = (\cos(\theta-\alpha), \sin(\theta-\alpha))$ . La lámina cambia el signo de la segunda componente: $(\cos(\theta-\alpha), -\sin(\theta-\alpha)) = (\cos(\alpha-\theta), \sin(\alpha-\theta))$ . Deshaciendo el giro con $R(\alpha)$ queda $(\cos(2\alpha-\theta), \sin(2\alpha-\theta))$ . Es una lineal a $2\alpha - \theta$ : la reflexión del ángulo de entrada respecto al eje rápido.

(b) De horizontal ( $\theta = 0$ ) a vertical hace falta $2\alpha = 90°$ , o sea $\alpha = 45°$ . Para girar 10°, $\alpha = 5°$ .

(c) Con $W(\alpha) = R(\alpha)D R(-\alpha)$ y $D = \text{diag}(1,-1)$ , el producto es $R(\alpha_2)D\,R(\alpha_1-\alpha_2)\,D\,R(-\alpha_1)$ . La clave es que $D\,R(\varphi)\,D = R(-\varphi)$ , así que el centro colapsa a $R(\alpha_2-\alpha_1)$ y queda $R(\alpha_2)R(\alpha_2-\alpha_1)R(-\alpha_1) = R(2(\alpha_2-\alpha_1))$ : el rotador exacto, sin ninguna aproximación y sin fase global sobrante. Sobre una circular no hace nada —una circular es autovector de $\Omega$ —, mientras que cada lámina por separado le habría cambiado la quiralidad. Se la cambian dos veces.

Y aquí está la segunda lección, que es la que justifica el artículo entero: la lámina $\lambda/2$ gira 90° sin perder nada, porque su matriz es unitaria. La cadena de polarizadores del artículo 01 necesitaba 246 láminas para conservar el 99 %. La diferencia no es de ingeniería, es de naturaleza: absorber tira fotones, retardar sólo les cambia la fase.

Ejercicio 3

Calcula $W(90°,0°)\,\mathbf{J}_D$ y $W(90°,0°)\,\mathbf{J}_R$ (lámina $\lambda/4$ con el eje rápido horizontal). Identifica los estados de salida. Después demuestra que dos láminas $\lambda/4$ iguales y alineadas equivalen a una $\lambda/2$ , y usa eso para explicar por qué una $\lambda/4$ «deshace» la circular que ella misma creó sólo si se le da la vuelta al signo del retardo.

Solución

$W(90°,0°) = \text{diag}(1, i)$ . Sobre $\mathbf{J}_D = (1,1)/\sqrt2$ da $(1, i)/\sqrt2 = \mathbf{J}_L$ : circular levógira. Sobre $\mathbf{J}_R = (1,-i)/\sqrt2$ da $(1, -i\cdot i)/\sqrt2 = (1,1)/\sqrt2 = \mathbf{J}_D$ : lineal a +45°. Con L saldría A, la lineal a −45°.

Dos láminas iguales alineadas: $\text{diag}(1,i)\cdot\text{diag}(1,i) = \text{diag}(1,-1)$ , que es la $\lambda/2$ . Los retardos se suman.

De ahí la respuesta: pasar dos veces por la misma $\lambda/4$ no devuelve la lineal de partida, la manda a la lineal perpendicular (o a la de −45°, según el caso). Para deshacer de verdad hace falta $-\delta$ , y eso se consigue girando la lámina 90° —lo que intercambia eje rápido y lento— o, como en el ejemplo resuelto, dejando que la reflexión invierta el marco. Esa asimetría es la que hace que el orden del apilamiento antirreflejo no sea arbitrario. Cuidado con extenderla al aislador óptico: un retardador es recíproco, y lo que allí bloquea un retorno cualquiera —no sólo el de un espejo— es el rotador de Faraday, que no lo es.

Ejercicio 4

Un cristal de calcita tiene $\Delta n = 0{,}172$ a 589 nm, y una lámina de mica tiene $\Delta n = 0{,}0042$ . (a) Calcula el espesor de una $\lambda/4$ de orden cero de cada material. (b) Explica por qué las láminas retardadoras se hacen de mica o de cuarzo y nunca de calcita, aunque la calcita sea el cristal birrefringente por excelencia. (c) ¿Qué tolerancia de espesor admite cada una si se quiere la retardancia con un error menor que $\lambda/50$ ? (d) Una $\lambda/4$ de cuarzo de orden múltiple con $m = 5$ diseñada a 633 nm: calcula su espesor y la retardancia que da a 550 nm, y compárala con la de la de orden cero a esa misma longitud de onda.

Solución

(a) $d = \lambda/(4\Delta n)$ . Calcita: 589/(4×0,172) = 856 nm — menos de una micra. Mica: 589/(4×0,0042) = 35,1 μm. (A 633 nm salen 920 nm y 37,7 μm.)

(b) Porque 856 nm de calcita no es una lámina, es una película: no se puede cortar, pulir ni manipular, y su espesor habría que controlarlo a nanómetros. La mica se exfolia naturalmente en hojas de decenas de micras, justo el orden que hace falta, y el cuarzo se pule bien. La birrefringencia grande es una virtud para separar haces y un defecto para retardarlos: es el mismo compromiso que decide el artículo 04.

(c) La retardancia es $\Delta n\,d/\lambda$ en ondas, así que un error $\lambda/50$ —0,02 ondas— admite $\Delta d = 0{,}02\lambda/\Delta n$ . Calcita: 68 nm. Mica: 2,8 μm. Cuarzo: 1,3 μm. El material con menos birrefringencia es el más fácil de fabricar, y por eso el catálogo está lleno de cuarzo y de polímero, no de calcita.

(d) $\Delta n\,d = (5+\tfrac14)\times 633 = 3323$ nm, luego $d = 3323/0{,}0091 = 365$ μm — una lámina que se puede coger con la mano. A 550 nm ese mismo camino son 6,042 ondas, y la lámina hace lo que sobra de la vuelta entera: 15,2°, cuando hacían falta 90. La de orden cero (158,25 nm de camino) da 0,288 ondas, 103,6°, y se queda a 13,6° de su diseño. Los dos errores no son independientes: el de la lámina de orden 5 es exactamente $(m+\tfrac14)/\tfrac14 = 21$ veces el otro —285°—, sólo que, al pasarse de media vuelta, se lee como si esa lámina no retardase casi nada. Ésa es toda la diferencia entre las dos: no se fabrican distinto, se estropean distinto al cambiar de color.