Stokes y la esfera de Poincaré

Un polarizador solo no distingue la luz natural de la circular: las dos transmiten el 50 %, se ponga como se ponga. Y sin embargo son cosas distintísimas — una tiene un estado bien definido y la otra no tiene ninguno. Para separarlas hace falta una lámina de cuarto de onda y una medida más, y de esas medidas salen cuatro números que sí lo describen todo: los parámetros de Stokes, publicados por George Gabriel Stokes en 1852, ochenta y nueve años antes que Jones.

Prerrequisitos: Los artículos 01 y 02 completos. Del 01, la luz natural como mezcla incoherente y la ley de Malus; del 02, el vector de Jones, la lámina

\lambda/4

y el hecho de que un retardador es unitario.

Dónde se rompe Jones

El vector de Jones supone una relación de fase fija entre $E_x$ y $E_y$ . La luz natural no la tiene: su desfase se reordena cada 3,4 fs. Y no hay ningún vector de dos componentes que represente eso, porque cualquier vector de Jones describe luz totalmente polarizada, incluida la suma $(1,0) + (0,1) = (1,1)$ , que no es luz natural sino lineal a 45°.

Sumar Jones es sumar amplitudes, y eso es lo que hacen dos haces coherentes. Dos haces incoherentes suman intensidades. El cálculo de Jones no tiene sitio donde poner esa diferencia — de hecho no tiene sitio donde poner la palabra «incoherente».

El test de un minuto para saber si Jones vale. Si el haz sale de un láser monomodo y sólo ha atravesado elementos deterministas, Jones vale. Si ha pasado por una fibra de telecomunicaciones —donde la birrefringencia fluctúa con la temperatura y con la curvatura—, por una superficie rugosa, por un tejido biológico, por la atmósfera, por un scattering múltiple, o si viene de una fuente térmica, no vale, y usarlo produce números que parecen correctos y no lo son. Regla práctica: en cuanto en el problema aparezca un promedio, hace falta Stokes — es el mismo promedio que define la coherencia, y no es casualidad: la matriz de coherencia y el vector de Stokes son el mismo objeto escrito de dos maneras.

Los cuatro parámetros, definidos por lo que se mide

Los parámetros de Stokes se definen —y ésta es su virtud— como diferencias de intensidades, todas medibles con un fotodiodo:

S_0 = I_{0°} + I_{90°}, \quad S_1 = I_{0°} - I_{90°}, \quad S_2 = I_{45°} - I_{135°}, \quad S_3 = I_{R} - I_{L}

$S_0$ es la intensidad total, $S_1$ mide el exceso de horizontal sobre vertical, $S_2$ el de +45° sobre −45° y $S_3$ el de dextrógira sobre levógira. En términos del campo:

S_1 = \langle |E_x|^2\rangle - \langle |E_y|^2\rangle, \quad S_2 = 2\langle \operatorname{Re}(E_xE_y^*)\rangle, \quad S_3 = 2\langle \operatorname{Im}(E_xE_y^*)\rangle

Los corchetes son promedios temporales, y ahí es donde entra todo lo que Jones no sabía escribir. Para un estado puro se recuperan los seis casos conocidos, todos con $S_0 = 1$ : H → (1, 0, 0), V → (−1, 0, 0), D → (0, 1, 0), A → (0, −1, 0), R → (0, 0, 1), L → (0, 0, −1). Y la luz natural es, sencillamente, (0, 0, 0): las tres diferencias se anulan.

El signo de $S_3$ es la trampa del tema, así que queda atado aquí: sale de que $\mathbf{J}_R = (1,-i)/\sqrt2$ da $2\operatorname{Im}(E_xE_y^*) = +1$ con el convenio $e^{i(kz-\omega t)}$ del artículo 01. Cambia el convenio temporal y cambia ese signo, no la física — pero cámbialo en todas partes a la vez, porque la mitad de la literatura usa el otro.

La desigualdad que separa lo puro de lo mezclado

Para un estado puro, sin promediar, un cálculo directo da $S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 = (|E_x|^2+|E_y|^2)^2 = S_0^2$ : la igualdad es exacta. Compruébalo con H: $1^2 = 1^2$ ; con R: $0 + 0 + 1^2 = 1$ .

Al promediar sobre una mezcla, la desigualdad de Cauchy-Schwarz aplicada a los promedios da

S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 \le S_0^2

con igualdad si y sólo si el estado es puro. El motivo es geométrico: los tres últimos parámetros son las componentes de un vector, y promediar vectores de módulo constante que apuntan a sitios distintos da un vector más corto. Cuanto más desordenada la mezcla, más corto; si las direcciones se reparten uniformemente, cero.

Ésta es exactamente la desigualdad que hace falta y que Jones no puede ni enunciar, porque todo vector de Jones satura la igualdad por construcción.

El grado de polarización, y la descomposición que lo hace útil

El grado de polarización es la longitud relativa de ese vector:

p = \frac{\sqrt{S_1^2+S_2^2+S_3^2}}{S_0}, \qquad 0 \le p \le 1

Con dos parientes que se usan por separado: el grado de polarización lineal, $\sqrt{S_1^2+S_2^2}/S_0$ , y el circular, $|S_3|/S_0$ . Y ahora el resultado que convierte el número en una herramienta: todo haz se descompone, de forma única, en una parte de luz natural y una parte totalmente polarizada:

\begin{pmatrix}S_0\\S_1\\S_2\\S_3\end{pmatrix} = \underbrace{(1-p)S_0\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}_{\text{natural}} + \underbrace{\begin{pmatrix}pS_0\\S_1\\S_2\\S_3\end{pmatrix}}_{\text{puro}}

La segunda pieza cumple $(pS_0)^2 = S_1^2+S_2^2+S_3^2$ por construcción: es un estado puro y tiene su vector de Jones. Así que Jones no se tira, se encapsula — vale para la fracción $p$ del haz, y lo que Stokes añade es saber cuánta es esa fracción.

Ejemplo resuelto · Un polarímetro de seis medidas, con los números

Problema. Un fotodiodo detrás de un polarizador giratorio da, en unidades arbitrarias: $I_{0°}=6{,}0$ , $I_{90°}=2{,}0$ , $I_{45°}=5{,}0$ , $I_{135°}=3{,}0$ . Con una $\lambda/4$ delante (eje rápido horizontal) y el polarizador a 45° y a 135°: $I_R=4{,}5$ e $I_L=3{,}5$ . Caracteriza el haz.

Solución. Antes de calcular nada, la comprobación que se salta todo el mundo: las tres parejas tienen que sumar lo mismo. 6,0+2,0 = 8,0; 5,0+3,0 = 8,0; 4,5+3,5 = 8,0. Son tres medidas independientes de $S_0$ , y si no coinciden hay una fuga de luz, una deriva de la fuente o un polarizador que no es lo que dice ser. Con eso:

\mathbf{S} = (8{,}0,\ 4{,}0,\ 2{,}0,\ 1{,}0)

$\sqrt{16+4+1} = \sqrt{21} = 4{,}583$ , luego $p = 4{,}583/8 = 0{,}573$ . El grado lineal es $\sqrt{20}/8 = 0{,}559$ y el circular, $1/8 = 0{,}125$ . El azimut y la elipticidad de la parte polarizada:

\psi = \tfrac12\arctan\!\frac{S_2}{S_1} = 13{,}3°, \qquad \chi = \tfrac12\arcsin\!\frac{S_3}{\sqrt{S_1^2+S_2^2+S_3^2}} = 6{,}3°

Y la descomposición: 3,42 unidades de luz natural más 4,58 de luz totalmente polarizada, en una elipse dextrógira ( $S_3 > 0$ ) con el eje mayor a 13,3° de la horizontal y un cociente de ejes $\tan\chi = 0{,}110$ — casi una recta.

Resultado. Lo que se ha ganado es un diagnóstico, no un número. Si este haz sale de una fibra, el 43 % despolarizado no se recupera con ningún elemento óptico: es información perdida en el promedio, y sólo se arregla aguas arriba (fibra mantenedora de polarización, o un tramo más corto). La parte polarizada, en cambio, se lleva a donde se quiera con dos láminas. Saber cuál de las dos cosas tienes delante es la única razón por la que existe un polarímetro.

La esfera de Poincaré

Normaliza los tres últimos parámetros a $S_0$ . La desigualdad $s_1^2+s_2^2+s_3^2 \le 1$ dice que el estado vive en una bola de radio 1, y ésa es la esfera de Poincaré:

La superficie ( $p = 1$ ) es la luz totalmente polarizada.
El centro ( $p = 0$ ) es la luz natural.
El interior, a radio $p$ , la luz parcialmente polarizada.
El ecuador son los estados lineales; los polos, los circulares.

Las coordenadas son las de la elipse, con los ángulos duplicados: longitud $2\psi$ y latitud $2\chi$ .

s_1 = p\cos 2\chi\cos 2\psi, \qquad s_2 = p\cos 2\chi\sin 2\psi, \qquad s_3 = p\sin 2\chi

Ese factor dos no es una convención: es la razón de que la esfera funcione. Dos estados ortogonales se cruzan a 90° en el plano físico y salen antipodales en la esfera — H y V, D y A, R y L —, que es donde tienen que estar dos cosas mutuamente excluyentes. Con ángulos sin duplicar, H y V caerían a 90° una de otra y la geometría no diría nada.

La esfera de Poincaré

Azimut ψ 30°

Elipticidad χ 15°

Grado de polarización p 1.00

Longitud 2ψ, latitud 2χ, radio p

S / S₀ = (1, 0.433, 0.750, 0.500)

Luz con la parte polarizada elíptica dextrógira. Grado lineal 0.866, grado circular 0.500, total 1.000. Sobre la superficie, y sólo ahí, el haz se puede describir con un vector de Jones.

Qué hace cada elemento sobre la esfera

Aquí la esfera deja de ser un dibujo y se vuelve una herramienta de cálculo.

Un retardador es una rotación rígida. Una lámina de retardancia $\delta$ gira toda la esfera un ángulo $\delta$ alrededor del eje que une sus dos autoestados. Con el eje rápido horizontal, los autoestados son H y V, el eje de giro es $S_1$ y las ecuaciones son $s_1' = s_1$ , $s_2' = s_2\cos\delta + s_3\sin\delta$ , $s_3' = -s_2\sin\delta + s_3\cos\delta$ . Como es una rotación, conserva el radio: un retardador no cambia el grado de polarización. Jamás.
Una lámina $\lambda/2$ es un giro de 180°. Y por eso girarla $\alpha$ en el banco gira la polarización lineal $2\alpha$ en el plano físico, es decir 4α sobre la esfera. Con $\alpha = 22{,}5°$ la lámina lleva H a D: 45° en el plano, 90° sobre el ecuador.
Un polarizador es una proyección brutal. Manda cualquier punto de la bola a un único punto de la superficie —el de su eje— y ajusta la intensidad. Destruye toda la información salvo un número, y no es reversible.
Un despolarizador tira del punto hacia el centro. Es la única de las cuatro operaciones que Jones no puede escribir de ninguna manera.

Mueller: la matriz que sí sabe despolarizar

Si Stokes es un vector de cuatro componentes reales, un elemento óptico es una matriz de Mueller 4×4 real. El polarizador ideal a $\theta$ y el retardador con eje rápido horizontal:

M_{\text{pol}}(\theta) = \tfrac12\begin{pmatrix} 1 & c & s & 0\\ c & c^2 & cs & 0\\ s & cs & s^2 & 0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix},\quad M_{\text{ret}}(\delta) = \begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&\cos\delta&\sin\delta\\0&0&-\sin\delta&\cos\delta\end{pmatrix}

con $c = \cos 2\theta$ y $s = \sin 2\theta$ . La primera fila de $M_{\text{pol}}$ es, ella sola, la ley de Malus generalizada:

I(\theta) = \tfrac12\left(S_0 + S_1\cos 2\theta + S_2\sin 2\theta\right)

que contiene la de Malus como caso particular (mete H, $\mathbf{S}=(1,1,0,0)$ , y sale $\cos^2\theta$ ) y la luz natural también (mete (1,0,0,0) y sale $\tfrac12$ para todo $\theta$ ). Y de ella salen dos resultados operativos que se usan a diario:

I_{\max,\min} = \tfrac12\left(S_0 \pm \sqrt{S_1^2+S_2^2}\right), \qquad V \equiv \frac{I_{\max}-I_{\min}}{I_{\max}+I_{\min}} = \frac{\sqrt{S_1^2+S_2^2}}{S_0}

La visibilidad de un polarizador que gira es exactamente el grado de polarización lineal. Con el haz del ejemplo: $I_{\max}=6{,}24$ a 13,3°, $I_{\min}=1{,}76$ a 103,3°, $V = 0{,}559$ . Y aquí está la trampa que hay que ver: ese 0,559 no es el grado de polarización, que vale 0,573. Un polarizador giratorio, por bien que se mida, es ciego a $S_3$ : la luz circular le parece luz natural. Ésa es la razón física de que el polarímetro necesite la lámina, y no una sofisticación del montaje.

Lo que Mueller no cierra, dicho como problema abierto. No toda matriz 4×4 real es una matriz de Mueller física: hay que exigir que no genere $p > 1$ ni intensidades negativas para ningún estado de entrada, y caracterizar exactamente ese conjunto —el problema de las condiciones de Mueller— no es trivial y sigue produciendo literatura. En la práctica una matriz medida experimentalmente casi siempre sale ligeramente no física por el ruido, y hay que proyectarla al conjunto admisible antes de interpretarla. Quien tome una matriz de Mueller de un ajuste y la use sin ese paso puede acabar informando de una despolarización negativa.

Ejercicios

Ejercicio 1

Un haz mide $I_{0°}=7{,}0$ , $I_{90°}=3{,}0$ , $I_{45°}=6{,}0$ , $I_{135°}=4{,}0$ , $I_R=5{,}0$ , $I_L=5{,}0$ . (a) Haz la comprobación de consistencia. (b) Calcula $\mathbf{S}$ , $p$ , $\psi$ y $\chi$ . (c) Descomponlo en parte natural y parte pura, y escribe el vector de Jones de la parte pura. (d) ¿Cuánto marcaría el fotodiodo con el polarizador a 22,5°?

Solución

(a) 7+3 = 6+4 = 5+5 = 10. Consistente.

(b) $\mathbf{S} = (10,\ 4,\ 2,\ 0)$ . $\sqrt{16+4} = 4{,}472$ , $p = 0{,}447$ . Como $S_3 = 0$ , $\chi = 0$ : la parte polarizada es lineal, con $\psi = \tfrac12\arctan(2/4) = 13{,}3°$ .

(c) Natural: $(1-0{,}447)\times 10 = 5{,}53$ . Pura: 4,47, con $\mathbf{S}_{\text{pura}} = (4{,}47,\ 4,\ 2,\ 0)$ — comprueba que $4{,}47^2 = 4^2+2^2$ . Su vector de Jones es el de una lineal a 13,3°: $(\cos 13{,}3°, \sin 13{,}3°) = (0{,}973,\ 0{,}230)$ , con intensidad 4,47.

(d) $I = \tfrac12(10 + 4\cos 45° + 2\sin 45°) = \tfrac12(10 + 2{,}83 + 1{,}41) = 7{,}12$ .

La segunda lección: $\psi = 13{,}3°$ pero $I_{\max}$ está a 13,3° y no a 22,5°, aunque $I_{45°} > I_{0°}$ invite a pensar que el máximo está entre los dos. El máximo de $\tfrac12(S_0 + S_1\cos2\theta + S_2\sin2\theta)$ está en $2\theta = \arctan(S_2/S_1)$ , y ese factor 2 es el mismo que duplica los ángulos en la esfera.

Ejercicio 2

Demuestra, aplicando la matriz de Mueller del retardador, que ningún retardador puede cambiar el grado de polarización. Después construye un contraejemplo aparente: un haz con $p = 0{,}5$ al que una $\lambda/4$ convierte una parte lineal en circular. ¿Qué ha cambiado y qué no? Por último, di qué elementos sí pueden subir $p$ y a qué precio.

Solución

$M_{\text{ret}}$ deja $S_0$ y $S_1$ intactos y aplica a $(S_2, S_3)$ una rotación plana de ángulo $\delta$ . Una rotación conserva el módulo: $S_2'^2 + S_3'^2 = S_2^2 + S_3^2$ . Luego $S_1'^2+S_2'^2+S_3'^2$ no cambia y $p$ tampoco. Geométricamente: el punto se mueve sobre su cáscara de radio $p$ , nunca la atraviesa.

El contraejemplo no lo es. Toma $\mathbf{S} = (1,\ 0,\ 0{,}5,\ 0)$ ( $p = 0{,}5$ , parte polarizada lineal a 45°). Una $\lambda/4$ con el eje rápido horizontal da $(1,\ 0,\ 0,\ -0{,}5)$ : ahora la parte polarizada es circular levógira. Ha cambiado qué estado puro lleva dentro; no ha cambiado cuánta luz está polarizada. Es la diferencia entre girar el radio y acortarlo.

Subir $p$ exige tirar luz: un polarizador lo lleva a 1 de golpe, a costa de perder toda la componente ortogonal. Otra vía es filtrar en frecuencia o en modo —quedarse con la parte del haz cuya polarización sí está correlacionada—, y también cuesta intensidad. No existe ningún elemento pasivo y sin pérdidas que aumente el grado de polarización, y la razón es de entropía, no de ingeniería.

Ejercicio 3

Diseña el analizador circular: demuestra, multiplicando matrices de Mueller, que una $\lambda/4$ con el eje rápido a 0° seguida de un polarizador a 45° mide $\tfrac12(S_0+S_3)$ , y que a 135° mide $\tfrac12(S_0-S_3)$ . Compruébalo con el haz del ejemplo resuelto ( $\mathbf{S} = (8, 4, 2, 1)$ ) y explica por qué el orden lámina-polarizador no se puede invertir.

Solución

La lámina con $\delta = 90°$ manda $(S_0,S_1,S_2,S_3) \to (S_0,\ S_1,\ S_3,\ -S_2)$ . Con el haz del ejemplo: $(8,\ 4,\ 1,\ -2)$ .

Después, la ley de Malus generalizada con ese vector: $I(\theta) = \tfrac12(S_0 + S_1\cos2\theta + S_3\sin2\theta)$ . A $\theta = 45°$ ( $\cos 90° = 0$ , $\sin 90° = 1$ ) queda $\tfrac12(S_0+S_3) = \tfrac12(8+1) = 4{,}5$ . A 135°, $\tfrac12(S_0-S_3) = 3{,}5$ . Son exactamente los $I_R$ e $I_L$ del enunciado del ejemplo: el montaje se ha reconstruido a partir de las matrices.

Y el orden no es invertible por una razón que se ve en la esfera: la lámina rota la bola para traer el eje $S_3$ hasta el plano ecuatorial, que es el único plano al que el polarizador es sensible. Al revés, el polarizador proyecta primero y aplasta $S_3$ a cero; después la lámina gira un punto que ya no lleva información circular. Un polarímetro es siempre «rotar y luego proyectar», nunca al revés.

Ejercicio 4

Una fibra monomodo larga entrega luz con $p = 0{,}30$ y la parte polarizada a 30° de la horizontal, sin componente circular. (a) Escribe $\mathbf{S}$ normalizado. (b) Calcula $I_{\max}$ , $I_{\min}$ y la visibilidad al girar un polarizador. (c) Si detrás se pone un modulador que sólo funciona con luz lineal y horizontal, ¿qué fracción de la potencia llega útil, y qué fracción llegaría si la fibra no despolarizase? (d) Sitúa los dos casos en la esfera.

Solución

(a) $2\psi = 60°$ , $\chi = 0$ , luego $\mathbf{S} = (1,\ 0{,}30\cos 60°,\ 0{,}30\sin 60°,\ 0) = (1,\ 0{,}150,\ 0{,}260,\ 0)$ .

(b) $\sqrt{S_1^2+S_2^2} = 0{,}30$ , así que $I_{\max} = 0{,}650$ a 30° e $I_{\min} = 0{,}350$ a 120°. Visibilidad 0,30 — igual que $p$ , porque aquí no hay componente circular.

(c) El polarizador horizontal del modulador transmite $\tfrac12(1 + 0{,}150) = 0{,}575$ , un 57,5 %. Con la fibra ideal ( $p=1$ , misma orientación) sería $\tfrac12(1+\cos 60°) = 0{,}75$ , y con una lámina que además girase esos 30°, el 100 %. Reparte los 42,5 puntos que faltan y verás cuál de las dos pérdidas importa: una $\lambda/2$ a 15° pone la parte polarizada en horizontal y sube el haz real de 57,5 % a $\tfrac12(1+0{,}30) = 65$ %, o sea que la desalineación valía 7,5 puntos, y ésos se recuperan enteros; los 35 restantes son despolarización pura y no los recupera ningún elemento pasivo. (Con el haz ideal la desalineación habría costado 25 puntos: cuanto menos polarizado está el haz, menos importa hacia dónde apunta.)

(d) El caso real es un punto interior, a radio 0,30 y longitud 60° sobre el plano ecuatorial; el ideal, el punto de la superficie en esa misma dirección. La lámina mueve puntos por su cáscara; nada los saca hacia fuera. Esa distinción —lo que se arregla girando y lo que no— es la que decide si un enlace necesita fibra mantenedora de polarización, que cuesta cinco veces más.