Birrefringencia y aplicaciones

Un romboedro de calcita de 10 mm desdobla lo que se mire a través de él en dos imágenes separadas 1,1 mm — a simple vista, sin ningún instrumento. Es el experimento que Rasmus Bartholin publicó en 1669 y que nadie supo explicar durante ciento cincuenta años. La explicación es que la calcita tiene dos índices de refracción a la vez, 1,658 y 1,486, y que la luz elige uno u otro según cómo esté polarizada. Todo este artículo sale de ahí.

Prerrequisitos: Los artículos 01 a 03. Del 02, la retardancia

\delta = 2\pi\Delta n\,d/\lambda

y las láminas

\lambda/4

\lambda/2

. Ayuda, pero no hace falta, el Módulo 06, artículo 03, que este artículo cierra por debajo.

El origen: la permitividad es un tensor

En un medio isótropo $\mathbf{D} = \varepsilon\mathbf{E}$ con $\varepsilon$ escalar, y por eso las dos polarizaciones son equivalentes. En un cristal, los enlaces no son iguales en todas las direcciones y $\varepsilon$ es un tensor simétrico de rango 2. Siempre se puede diagonalizar, y en sus ejes principales:

\mathbf{D} = \varepsilon_0\,\text{diag}(n_1^2,\, n_2^2,\, n_3^2)\,\mathbf{E}

Si los tres índices son iguales, el cristal es isótropo (cúbico: sal, diamante, silicio). Si dos coinciden, es uniáxico, y la dirección distinta es el eje óptico — el caso de la calcita, el cuarzo, el BBO y el hielo. Si los tres son distintos, es biáxico (mica, aragonito), y entonces hay dos ejes ópticos y la cosa se complica bastante; aquí nos quedamos en el uniáxico, que cubre casi toda la instrumentación.

La consecuencia inmediata: $\mathbf{D}$ y $\mathbf{E}$ dejan de ser paralelos. Y como Maxwell obliga a que $\mathbf{D} \perp \mathbf{k}$ pero el flujo de energía va con $\mathbf{S} = \mathbf{E}\times\mathbf{H}$ , el rayo y el frente de onda apuntan a sitios distintos. De ahí sale el walk-off, y se ve más abajo con números.

Rayo ordinario y rayo extraordinario

En un uniáxico, para cada dirección de propagación $\mathbf{k}$ hay dos modos, con polarizaciones ortogonales y con índices distintos:

El rayo ordinario tiene $\mathbf{D}$ perpendicular al plano que forman $\mathbf{k}$ y el eje óptico. Ve siempre el mismo índice $n_o$ , vaya por donde vaya, y por eso se llama ordinario: obedece a Snell como cualquier vidrio.
El rayo extraordinario tiene $\mathbf{D}$ en ese plano, y ve un índice que depende del ángulo $\theta$ entre $\mathbf{k}$ y el eje óptico:

\frac{1}{n_e^2(\theta)} = \frac{\cos^2\theta}{n_o^2} + \frac{\sin^2\theta}{n_e^2}

Ésta es la ecuación del elipsoide de índices, y es la misma que aparece en el Módulo 06, artículo 03 para calcular el ángulo de corte de un cristal no lineal. Allí se usaba sin deducir; aquí se ve de dónde sale. Los dos casos límite son la comprobación obligatoria: $n_e(0°) = n_o$ (propagando a lo largo del eje óptico no hay birrefringencia: el cristal se comporta como un vidrio) y $n_e(90°) = n_e$ (la birrefringencia es máxima). Un cristal es negativo si $n_e < n_o$ —calcita, BBO, KDP— y positivo si $n_e > n_o$ —cuarzo, rutilo, hielo.

Índice extraordinario y desvío del rayo

Cristal

n_o (ordinario) 1.658

n_e (a 90°) 1.486

Ángulo θ 41.9°

Índice que ve el rayo extraordinario

Ángulo de walk-off, en grados

Cristal uniáxico negativo (Δn = -0.1720). A θ = 41.9°, el rayo extraordinario ve n = 1.5747 y se desvía 6.26° respecto al ordinario: en 10 mm de cristal las dos imágenes se separan 1.097 mm. El máximo está en θ = 41.9° y vale 6.26°.

Walk-off: el rayo no va por donde va la fase

Para el rayo extraordinario, el vector de Poynting forma un ángulo $\rho$ con $\mathbf{k}$ . El walk-off vale

\tan\rho(\theta) = \tfrac12\,n_e^2(\theta)\left(\frac{1}{n_e^2}-\frac{1}{n_o^2}\right)\sin 2\theta

Se anula en $\theta = 0°$ y en $\theta = 90°$ —las dos direcciones «limpias»— y pasa por un máximo en medio. Y aquí hay una trampa que conviene decir en voz alta: el máximo no está en $\arctan(n_o/n_e)$ , que es lo que uno escribe por simetría, sino en

\theta_{\max} = \arctan\!\left(\frac{n_e}{n_o}\right), \qquad \tan\rho_{\max} = \frac{n_o^2-n_e^2}{2\,n_o n_e}

Dónde está el máximo, derivando de verdad

Con $r = n_o^2/n_e^2$ y $t = \tan\theta$ , la expresión de arriba se reescribe (basta sustituir $n_e^2(\theta)$ y usar $\sin 2\theta = 2t/(1+t^2)$ ):

\tan\rho = \frac{(r-1)\,t}{1+r\,t^2}

Derivando respecto a $t$ , el numerador es $(r-1)(1 - r\,t^2)$ , que se anula en $t = 1/\sqrt{r} = n_e/n_o$ . Sustituyendo: $\tan\rho_{\max} = (r-1)/(2\sqrt{r}) = (n_o^2-n_e^2)/(2n_on_e)$ .

Para la calcita: $\theta_{\max} = \arctan(1{,}4864/1{,}6584) = 41{,}9°$ y $\rho_{\max} = 6{,}26°$ . Con la fórmula invertida saldrían 48,1° y 6,12°: un 2 % de error en el ángulo, que en un cristal de 10 mm son 25 μm de separación. La diferencia la cazó un barrido numérico, no una lectura — que es exactamente para lo que sirven los barridos.

Los 6,26° de la calcita son el walk-off más grande de los cristales corrientes, y son la razón de la imagen doble: en 10 mm de cristal cortado a 41,9° del eje óptico, los dos rayos se separan $10\,\text{mm}\times\tan 6{,}26° = 1{,}10$ mm. Para separar 1 mm hacen falta 9,1 mm de cristal. Y las dos imágenes están polarizadas perpendicularmente entre sí: un romboedro de calcita es un divisor de haz por polarización, con extinción de 10⁻⁶, que es lo que se aprovecha en los prismas de Glan-Thompson, Wollaston y Rochon.

Láminas retardadoras: por qué las buenas no son de calcita

Una lámina retardadora se corta con el eje óptico en el plano de la cara, es decir $\theta = 90°$ . Ahí el walk-off es cero —los dos rayos salen superpuestos— y la birrefringencia es máxima. Toda la física está en el producto $\Delta n\,d$ , y el material sólo decide el espesor:

Material	Δn	Espesor de una λ/4 a 633 nm
Calcita (589 nm)	0,172	920 nm
Nemático 5CB	0,18	879 nm
MgF₂	0,0119	13,3 μm
Cuarzo	0,0091	17,4 μm
Mica (moscovita)	0,0042	37,7 μm

La calcita, que era la mejor para separar, es la peor para retardar: 920 nm no es una lámina, es una película. El cuarzo y la mica dan espesores manipulables, y aun así 17 μm de cuarzo se rompe, de donde salen las dos primeras soluciones del artículo 02 —orden múltiple y orden cero compuesta— y la tercera, que no usa birrefringencia en absoluto.

El rombo de Fresnel, o cómo retardar sin cristal

En reflexión total interna los coeficientes de Fresnel son complejos de módulo 1: no se pierde nada, pero s y p salen con fases distintas. La diferencia vale

\tan\frac{\Delta}{2} = \frac{\cos\theta\sqrt{\sin^2\theta - 1/n^2}}{\sin^2\theta}

y para $n = 1{,}51$ alcanza un máximo de 45,9° a 51,3°. Como 45,9° > 45°, existen dos ángulos —48,6° y 54,6°— donde la reflexión da exactamente 45°; con dos reflexiones internas seguidas, 90°: una lámina de cuarto de onda hecha sólo de vidrio. Lo que la hace valiosa es que $\Delta$ depende de $n$ y no de $\lambda$ , y $n$ apenas cambia. Con el BK7 real, cortado a 54,62°, el retardo total es 91,26° a 486 nm, 90,70° a 588 nm y 90,45° a 656 nm: 0,8° de excursión en todo el visible. En ese mismo intervalo, la lámina de cuarzo de orden cero diseñada a 633 nm recorre 30° (117° en el azul, 87° en el rojo) y la de orden 10 da casi la vuelta entera (126° a 486 nm, 321° a 656 nm). El precio es el tamaño (un prisma de varios centímetros) y que desplaza el haz lateralmente.

La pantalla que estás mirando

Un panel LCD es, literalmente, este módulo entero puesto en fila: polarizador, retardador variable, polarizador. En el diseño clásico de nemático torcido (TN), el cristal líquido se ancla a 0° en una cara y a 90° en la otra, de modo que sus moléculas describen una hélice de un cuarto de vuelta a lo ancho de la celda.

Con la celda en reposo, la luz que entra polarizada sigue el giro de la hélice y sale girada 90°, lista para atravesar el segundo polarizador: píxel encendido. Que la polarización siga el giro en vez de descomponerse en dos modos exige la condición de Mauguin, $2\Delta n\,d \gg \lambda$ . Con 5CB ( $\Delta n = 0{,}18$ ) y una celda de 5 μm, $\Delta n\,d = 900$ nm frente a los 275 nm de $\lambda/2$ a 550 nm: el cociente es 3,3. Se cumple, aunque no holgadamente — y ése es el motivo de que un panel TN barato tenga tinte de color al mirarlo de lado.

Al aplicar tensión, las moléculas se alinean con el campo, la hélice desaparece y la luz llega al segundo polarizador sin girar: píxel apagado. Eso no ocurre poco a poco desde cero voltios, sino a partir de un umbral, la transición de Fréedericksz:

V_{th} = \pi\sqrt{\frac{K_{11}}{\varepsilon_0\,\Delta\varepsilon}}

Con las constantes del 5CB ( $K_{11} = 6{,}2$ pN, $\Delta\varepsilon = 11{,}5$ ) salen 0,78 V. Y hay que detenerse en lo que no aparece en esa fórmula: el espesor. El umbral de una celda de 20 μm es el mismo que el de una de 5 μm, porque al engordar la celda crecen por igual la energía elástica que se opone y el par eléctrico que empuja. Lo que sí depende del espesor es el campo umbral, 0,155 V/μm en la celda de 5 μm, y sobre todo el tiempo de respuesta, que va como $d^2$ — y por eso las celdas rápidas son finas y hay que compensar la $\Delta n$ subiendo la birrefringencia del material.

Y una consecuencia que se ve todos los días. Como el panel emite luz linealmente polarizada, mirar una pantalla con gafas de sol polarizadas y ladear la cabeza 90° la apaga por completo. No es un defecto: es Malus con $\theta = 90°$ . En los coches, además, el parabrisas laminado introduce su propia birrefringencia por tensión —lo que viene a continuación— y el resultado es el arcoíris que aparece en el salpicadero reflejado. Todo lo que hay en la escena está en este módulo.

Ejemplo resuelto · Adónde va la luz de una pantalla LCD

Problema. Un panel LCD lleva dos polarizadores dicroicos con $T_\parallel = 0{,}80$ y $T_\perp = 10^{-4}$ . ¿Qué fracción de la luz de la retroiluminación sale por un píxel blanco encendido? ¿Y por uno apagado? ¿Cuál es el contraste, y cuánto de todo esto es irreducible?

Solución. La retroiluminación es luz natural, así que el primer polarizador transmite $\tfrac12(T_\parallel + T_\perp) = 0{,}400$ . Con el píxel encendido, la hélice gira la polarización exactamente hasta el eje del segundo polarizador, que transmite $T_\parallel$ : quedan $0{,}400\times 0{,}80 = 0{,}320$ , un 32 %.

Con el píxel apagado, la luz llega al segundo polarizador cruzada y sólo pasa $\tfrac12(2T_\parallel T_\perp) = 8\times10^{-5}$ . El contraste es $0{,}320/8\times10^{-5} = 4000$ a 1 — que es, en efecto, el orden de lo que declara un panel decente, y ya se ve de dónde sale: es la razón de extinción de los polarizadores, nada más.

Faltan los filtros de color y la fracción de área que no tapan los transistores y las pistas; juntos multiplican por otro 0,15–0,20 típico, así que del backlight llega al ojo entre el 4,8 % y el 6,4 %. Coincide con el 4–7 % que publican los fabricantes de paneles.

Resultado. De cada veinte fotones que emite la retroiluminación de un portátil sale uno. Y lo interesante es cuál de las pérdidas no tiene arreglo: los filtros de color y el área activa son ingeniería y han ido mejorando; el 0,80 del polarizador también. Pero el factor 1/2 del primer polarizador es física — es el peaje del artículo 01, el de convertir luz natural en polarizada, y ninguna mejora de proceso lo baja. Ésa es la razón de fondo de que el OLED, que emite ya la luz que hace falta y no filtra nada, gane en consumo aunque su eficiencia de emisión sea comparable. Y es también la razón de que la única forma conocida de esquivar ese medio sea reciclar la polarización rechazada con una lámina reflectante que la devuelva al backlight despolarizada — que es exactamente lo que hacen los paneles de portátil desde hace treinta años.

Fotoelasticidad: ver la tensión

Un material isótropo tensionado se vuelve birrefringente, con la diferencia de índices proporcional a la diferencia de tensiones principales. Es la fotoelasticidad, y su ley es la de Brewster:

\Delta n = C\,(\sigma_1 - \sigma_2), \qquad N = \frac{\Delta n\, d}{\lambda} = \frac{C\,(\sigma_1-\sigma_2)\,d}{\lambda}

$C$ es el coeficiente óptico-tensional, y se mide en brewsters (10⁻¹² Pa⁻¹): 78 para el policarbonato, ~50 para las resinas epoxi de los modelos fotoelásticos y sólo 2,7 para el vidrio. $N$ es el orden de franja: entre polarizadores cruzados, la muestra se ve negra donde $N$ es entero y brillante donde vale un semientero.

Con números: una pieza de policarbonato de 3 mm sometida a 10 MPa da $\Delta n = 7{,}8\times10^{-4}$ , un retardo de 2340 nm y $N = 3{,}97$ órdenes a 589 nm — cuatro franjas oscuras contadas a ojo. Al revés: en esa misma pieza la primera franja brillante ( $N = \tfrac12$ ) aparece ya a 1,26 MPa y la primera negra ( $N = 1$ ) a 2,52 MPa, así que el método detecta tensiones que ningún daño visible acompaña. Y el vidrio templado de la luna trasera de un coche, con unos 100 MPa de tensión residual en 4 mm, da 1,8 órdenes: eso es exactamente el patrón de manchas que aparece al mirarla con gafas polarizadas, y es un control de calidad gratuito — un templado mal hecho se delata en el patrón.

Y aquí se conecta con la óptica no lineal

El Módulo 06, artículo 03 usa tres cosas que ahora están deducidas: el elipsoide de índices, la existencia de dos polarizaciones propias con índices distintos, y el walk-off. Con ellas, el phase matching birrefringente deja de ser una receta:

Por qué hay un ángulo de corte. La condición de tipo I $n_e(2\omega,\theta) = n_o(\omega)$ se resuelve para $\theta$ con el elipsoide. Para el BBO a 800 → 400 nm ( $n_o(800)=1{,}660$ , $n_o(400)=1{,}692$ , $n_e(400)=1{,}567$ ) sale $\theta_{PM} = 28{,}97°$ , los 29° del artículo de allí.
Por qué hay un límite a la longitud del cristal. A ese mismo ángulo, el armónico extraordinario tiene un walk-off de 3,87°. Con un haz de $w_0 = 100$ μm, los dos haces dejan de solaparse tras $L_a = w_0/\tan\rho = 1{,}48$ mm: la longitud de apertura. Poner un cristal de 5 mm no multiplica la conversión por 25, porque en 5 mm el armónico se ha desplazado 338 μm y hace rato que no se solapa con nada.
Por qué el quasi-phase matching ganó. El PPLN trabaja a $\theta = 90°$ , donde el walk-off es exactamente cero. Renuncia al factor $(2/\pi)^2 = 0{,}405$ de eficiencia y a cambio permite cristales de centímetros con haces focalizados. El factor 16 de ventaja que allí se calcula tiene aquí su otra mitad: no es sólo que $d_{33}$ sea mayor, es que sin walk-off la longitud útil deja de estar limitada por la geometría.

Ejercicios

Ejercicio 1

Con la calcita ( $n_o = 1{,}6584$ , $n_e = 1{,}4864$ ): (a) calcula $n_e(\theta)$ a 30°, 45° y 60°; (b) calcula el walk-off en esos tres ángulos; (c) demuestra que el máximo está en $\arctan(n_e/n_o)$ y evalúalo; (d) ¿qué espesor hace falta para separar los dos haces 2,0 mm cortando el cristal en el ángulo óptimo? Comprueba (a) y (b) en la visualización.

Solución

(a) Con $1/n_o^2 = 0{,}3636$ y $1/n_e^2 = 0{,}4526$ : $n_e(30°) = 1{,}610$ , $n_e(45°) = 1{,}565$ , $n_e(60°) = 1{,}524$ . Baja monótonamente de $n_o$ a $n_e$ , como debe.

(b) $\tan\rho = \tfrac12 n_e^2(\theta)(1/n_e^2 - 1/n_o^2)\sin2\theta$ : $\rho(30°) = 5{,}70°$ , $\rho(45°) = 6{,}22°$ , $\rho(60°) = 5{,}12°$ . Ojo: 45° no es el máximo, aunque $\sin2\theta$ sí lo sea ahí — el factor $n_e^2(\theta)$ desplaza el óptimo.

(c) Es la derivación del desplegable: con $r = n_o^2/n_e^2 = 1{,}2448$ y $t = \tan\theta$ , $\tan\rho = (r-1)t/(1+rt^2)$ , cuya derivada se anula en $t = 1/\sqrt r = n_e/n_o = 0{,}8963$ , o sea $\theta = 41{,}9°$ , con $\rho_{\max} = 6{,}26°$ .

(d) $d = 2{,}0/\tan 6{,}26° = 18{,}2$ mm. Y la segunda lección: eso es un cristal grande y caro, con lo que un separador de calcita de apertura razonable no baja de unos pocos milímetros de separación. Cuando hace falta más, no se engorda el cristal: se usa un prisma de Wollaston, que cementa dos cuñas con los ejes cruzados y da una separación angular que crece con la distancia — gratis.

Ejercicio 2

Retoma el BBO del Módulo 06, artículo 03: $n_o(800) = 1{,}660$ , $n_o(400) = 1{,}692$ , $n_e(400) = 1{,}567$ . (a) Despeja $\sin^2\theta_{PM}$ del elipsoide imponiendo $n_e(2\omega,\theta) = n_o(\omega)$ y evalúalo. (b) Calcula el walk-off en ese ángulo. (c) Calcula la longitud de apertura para $w_0 = 50$ μm y para $w_0 = 200$ μm. (d) Un cristal de 5 mm: ¿es útil focalizar más?

Solución

(a) Imponiendo $1/n_o^2(\omega) = \cos^2\theta/n_o^2(2\omega) + \sin^2\theta/n_e^2(2\omega)$ y usando $\cos^2 = 1-\sin^2$ :

\sin^2\theta_{PM} = \frac{1/n_o^2(\omega) - 1/n_o^2(2\omega)}{1/n_e^2(2\omega) - 1/n_o^2(2\omega)}

Numéricamente: $1/1{,}660^2 = 0{,}36290$ , $1/1{,}692^2 = 0{,}34930$ , $1/1{,}567^2 = 0{,}40725$ , luego $\sin^2\theta = 0{,}01360/0{,}05795 = 0{,}2346$ y $\theta_{PM} = 28{,}97°$ .

(b) $n_e(400, 28{,}97°) = 1{,}660$ por construcción, y $\tan\rho = \tfrac12(1{,}660)^2(0{,}40725-0{,}34930)\sin 57{,}94° = 0{,}0677$ , es decir $\rho = 3{,}87°$ .

(d) No, y ésta es la lección: la eficiencia de SHG crece como $I_\omega L^2$ , y focalizar más sube $I$ como $1/w_0^2$ pero recorta $L_a$ como $w_0$ . Con walk-off, la longitud útil es $\min(L, L_a)$ , así que por debajo de $w_0 \approx 338$ μm (donde $L_a = 5$ mm) el producto $I\,L_a^2 \propto 1/w_0^2 \cdot w_0^2$ deja de crecer: se satura. Focalizar más allá sólo acerca el umbral de daño. En PPLN, sin walk-off, ese techo no existe y el óptimo lo fija la difracción (el confocal de Boyd-Kleinman), que es un límite mucho más lejano.

Ejercicio 3

Un ensayo fotoelástico usa una probeta de policarbonato ( $C = 78$ brewsters) de 6 mm de espesor entre polarizadores cruzados, con luz de sodio (589 nm). (a) ¿Qué diferencia de tensiones principales produce la primera franja oscura ( $N = 1$ )? (b) Si se cuentan 7 franjas en un punto, ¿cuánta tensión hay? (c) El mismo montaje con una probeta de vidrio de 6 mm: ¿qué tensión haría falta para ver una sola franja, y qué te dice eso? (d) ¿Qué cambia si se sustituye el sodio por un LED blanco?

Solución

(a) $\sigma = N\lambda/(Cd) = 589\times10^{-9}/(78\times10^{-12}\times 6\times10^{-3})$ = 1,26 MPa. Aquí $N = 1$ es ya la primera franja oscura: el espesor doble compensa exactamente el orden doble respecto a la pieza de 3 mm del texto, donde esos mismos 1,26 MPa daban media onda y por tanto la primera franja brillante.

(b) 7 × 1,26 = 8,8 MPa. Para referencia, el límite elástico del policarbonato ronda los 60 MPa: el método es sensible mucho antes de que la pieza esté en peligro, que es justamente lo que se le pide a un ensayo no destructivo.

(c) Con $C = 2{,}7$ brewsters harían falta 36,4 MPa, casi treinta veces más. Por eso los modelos fotoelásticos se fabrican en resina o policarbonato y no en el material real: se ensaya una maqueta ópticamente sensible y se traslada el campo de tensiones por semejanza. La contrapartida es que el vidrio, precisamente por su $C$ pequeño, sólo delata tensiones grandes — y las del templado (100 MPa) lo son.

(d) Con luz blanca, el orden $N = \Delta n\,d/\lambda$ depende de $\lambda$ , así que cada color se extingue en un sitio distinto: en vez de franjas negras aparecen franjas de color, y su secuencia (la escala de Michel-Lévy) permite leer el orden directamente por el tono. Es más informativo cerca del cero y se vuelve inservible por encima de tres o cuatro órdenes, donde los colores se lavan a blanco de orden alto.

Ejercicio 4

Una celda TN de 5 μm con 5CB ( $\Delta n = 0{,}18$ , $K_{11} = 6{,}2$ pN, $\Delta\varepsilon = 11{,}5$ ). (a) Comprueba la condición de Mauguin a 450 nm y a 650 nm. (b) Calcula $V_{th}$ y el campo umbral. (c) Un fabricante quiere una celda tres veces más rápida y sabe que el tiempo de respuesta va como $d^2$ : ¿qué espesor necesita, y qué le pasa entonces a Mauguin y al voltaje de trabajo? (d) ¿Qué birrefringencia tendría que tener el material para recuperar el mismo margen de Mauguin?

Solución

(a) $\Delta n\,d = 900$ nm. El cociente $2\Delta n d/\lambda$ vale 4,0 a 450 nm y 2,77 a 650 nm. Se cumple mejor en el azul que en el rojo, y de ahí el tinte de los paneles TN.

(b) $V_{th} = \pi\sqrt{6{,}2\times10^{-12}/(8{,}854\times10^{-12}\times 11{,}5)} = 0{,}775$ V. Campo umbral: 0,775 V / 5 μm = 0,155 V/μm.

(c) Tres veces más rápida con $\tau \propto d^2$ pide $d = 5/\sqrt3 = 2{,}9$ μm. Entonces $\Delta n\,d = 520$ nm y el cociente de Mauguin baja a 2,3 en el azul y 1,6 en el rojo: la hélice ya no guía bien la polarización y el contraste se hunde. El voltaje umbral, en cambio, no cambia — sigue siendo 0,775 V, porque $V_{th}$ no depende de $d$ ; lo que sube es el campo, a 0,268 V/μm.

(d) Para conservar $\Delta n\,d = 900$ nm con $d = 2{,}9$ μm hace falta $\Delta n = 0{,}31$ . Existen mezclas nemáticas por encima de 0,3, pero pagan en viscosidad y en estabilidad térmica. Ése es el compromiso real del diseño de paneles, y explica por qué la industria acabó abandonando el TN por geometrías (IPS, VA) que no dependen de Mauguin en absoluto.

Ejercicio 5

El rombo de Fresnel, sin cristal. A partir de $\tan(\Delta/2) = \cos\theta\sqrt{\sin^2\theta-1/n^2}/\sin^2\theta$ se demuestra (hazlo, o admítelo) que el máximo sobre $\theta$ vale $\tan(\Delta_{\max}/2) = (1-x^2)/(2x)$ con $x = 1/n$ . (a) Evalúa $\Delta_{\max}$ para $n = 1{,}51$ (BK7), $n = 1{,}65$ (un flint) y $n = 1{,}457$ (sílice fundida). (b) ¿Cuál es el índice mínimo para que un rombo de dos reflexiones pueda dar $\lambda/4$ ? (c) ¿Se puede hacer un rombo de Fresnel de sílice fundida? (d) Con $n = 1{,}65$ los dos ángulos que dan $\Delta = 45°$ son 40,4° y 59,9°: ¿por qué hay dos, y cuál elegirías?

Solución

(a) $x = 1/n$ , luego $\Delta_{\max} = 2\arctan[(1-x^2)/(2x)]$ : 45,9° para 1,51, 55,1° para 1,65 y 42,1° para 1,457.

(b) Hace falta $\Delta_{\max} \ge 45°$ , es decir $(1-x^2)/(2x) \ge \tan 22{,}5° = 0{,}4142$ . Resolviendo $x^2 + 0{,}8284x - 1 = 0$ sale $x = 0{,}6682$ y $n_{\min} = 1{,}497$ .

(c) No, a esta longitud de onda. La sílice fundida se queda en 42,1° a 632,8 nm, casi tres grados por debajo, y no hay ángulo de incidencia que lo arregle: a índice fijo es un techo del material, no del diseño. Un rombo de sílice para el visible necesitaría cuatro reflexiones a 22,5° cada una, con el consiguiente desplazamiento del haz — y por eso los rombos comerciales para el visible son de BK7 o de vidrios más densos, nunca de sílice.

Y aquí conviene no extrapolar el «no». El índice no es fijo: la sílice dispersa, y hacia el ultravioleta sube. El umbral es $n_{\min} = 1{,}497$ , y la sílice lo cruza — n = 1,5084 a 248 nm da $\Delta_{\max}$ = 45,8°, y 1,5606 a 193,4 nm da 49,4°. De modo que el rombo de sílice es imposible justo donde no hace falta y posible justo donde sí: en el ultravioleta, donde la sílice es el material obligado porque los vidrios densos ya no transmiten. El problema 5 de la hoja lo dimensiona.

(d) Hay dos porque $\Delta(\theta)$ arranca en cero en el ángulo crítico, sube hasta $\Delta_{\max}$ y vuelve a cero en incidencia rasante: cualquier valor por debajo del máximo se alcanza dos veces. Para elegir hay que mirar las dos sensibilidades, y las dos dicen lo mismo. Con $n = 1{,}51$ :

θ	dΔ/dθ	dΔ/dn
48,62°	+0,77 °/°	94,6 ° por unidad de n
54,62°	−0,52 °/°	52,0 ° por unidad de n

Se elige el ángulo grande, 54,62°: tolera un 50 % mejor un error de corte y es casi el doble de insensible al índice, que es lo mismo que decir el doble de acromático. Con la dispersión del BK7 ( $\Delta n = 0{,}0081$ en el visible) el retardo total del rombo varía $2\times 52{,}0\times 0{,}0081 = 0{,}84°$ a 54,62° y 1,53° a 48,62° — y el primero coincide con los 0,82° que se calculan reflexión a reflexión. Con $n = 1{,}65$ la asimetría es mucho más brutal (174 frente a 24), y la regla se vuelve obligatoria.

Resumen en frío · Polarización

Todo lo que este módulo deja utilizable para resolver un problema de polarización: los estados, las matrices, los parámetros medibles y las constantes de material, con el artículo donde se dedujo cada cosa. Cada fila se ha recalculado desde los datos, no copiado del párrafo que la enuncia — el guion está en scripts/verificar-polarizacion.py. Si para caracterizar un haz o dimensionar una lámina hay que volver al texto a buscar un número, esta tabla ha fallado.

Qué	Fórmula o valor	Dónde
Los dos grados de libertad	E_x = A_x cos(kz−ωt), E_y = A_y cos(kz−ωt+δ); sólo cuentan el reparto (A_x = cos α, A_y = sen α) y el desfase δ	art. 01
Clasificación del estado	δ = 0 o 180° → lineal · α = 45° y δ = ±90° → circular · resto → elíptica	art. 01
Convenio de quiralidad	E = Re[J·e^(i(kz−ωt))], visto por quien recibe la onda de frente: horario = dextrógira. δ = +90° con α = 45° da LEVÓGIRA	art. 01 y 02
Luz natural	Mezcla incoherente: el estado se reordena cada τ_c ≈ λ²/(cΔλ) = 3,4 fs en luz blanca (1,8 ciclos ópticos, 1,0 μm). Cualquier polarizador transmite el 50 %	art. 01
Ley de Malus	I = I₀cos²θ; cos²10° = 0,970 · cos²30° = 0,750 · cos²45° = 0,500 · cos²60° = 0,250	art. 01
Los tres polarizadores	I₃ = (I₀/8)sen²2θ; máximo exacto en θ = 45° con I₀/8 = 12,5 %. A 30°, 9,4 %	art. 01
Girar 90° con N polarizadores	cos^(2N)(90°/N) → 1 − π²/4N. N = 3: 42,2 % · N = 10: 78,1 % · 90 % pide N = 24 y 99 % pide N = 246	art. 01, ej. 2
Polarizador real	T∥ ≈ 0,80 y T⊥/T∥ ≈ 10⁻⁴: de luz natural pasa el 40,0 %; dos paralelos 32 %, dos cruzados 8×10⁻⁵ (contraste 4000). Calcita Glan-Thompson: 10⁻⁶	art. 01
Luz polarizada gratis	θ_B = arctan(n₂/n₁): agua 53,1°, vidrio 56,7°. En θ_B el reflejo está 100 % polarizado pero sólo es el 7,8 % (vidrio). Agua a 45°: grado 0,90 con el 2,8 % reflejado. Cielo a 90° del Sol: hasta 0,7–0,8	art. 01
Vector de Jones	H (1,0) · V (0,1) · D (1,1)/√2 · A (1,−1)/√2 · R (1,−i)/√2 · L (1,+i)/√2. Sólo vale para luz totalmente polarizada	art. 02
Matriz del polarizador	P(θ) = [[cos²θ, senθcosθ],[senθcosθ, sen²θ]]. Idempotente (P² = P), no unitaria. Sobre H da cos²θ: Malus	art. 02
Matriz del retardador	W(δ,θ) = R(θ)·diag(1, e^(iδ))·R(−θ) con δ = 2πΔn·d/λ y el eje RÁPIDO a θ. Unitaria: no absorbe y es reversible	art. 02
Qué hace cada lámina	λ/4 (δ = 90°): lineal a ±45° del eje ⟷ circular. λ/2 (δ = 180°): lineal a θ → lineal a 2α−θ, y cambia la quiralidad. Dos λ/4 alineadas = una λ/2	art. 02, ej. 2 y 3
Rotador	Ω(φ) = [[cosφ, −senφ],[senφ, cosφ]]. Gira φ venga la lineal como venga; sobre una circular no hace nada (es autovector)	art. 02
Componer elementos	J_sal = M_N···M₂M₁J_ent: el ÚLTIMO elemento va a la IZQUIERDA. No conmutan	art. 02
Polarizador circular antirreflejo	P(0°) → λ/4 a +45°; en el marco de vuelta el eje se ve a −45° y el espejo es diag(1,−1). El producto completo es la matriz NULA: supresión total, a costa del 50 % del brillo	art. 02
Espesor de una λ/4 de orden cero	d = λ/(4Δn). Cuarzo a 633 nm (Δn = 0,0091): 17,4 μm · mica (0,0042): 37,7 μm · MgF₂ (0,0119): 13,3 μm · calcita (0,172): 920 nm	art. 02 y 04
Orden múltiple frente a orden cero	Δn·d = (m+¼)λ. Con m = 10 son 713 μm de cuarzo; a 650 nm da −6,5° en vez de 90°, mientras la de orden cero aún da 87,7°. El error es PERIÓDICO, no monótono: a 700 nm la de orden 10 da 96,8° y la de orden cero 81,4°	art. 02
Orden cero compuesta	Dos placas cruzadas con d₁ − d₂ = λ/(4Δn): 500 y 482,6 μm. Tolerancia de la DIFERENCIA para λ/100: 0,70 μm	art. 02
Parámetros de Stokes	S₀ = I₀+I₉₀ · S₁ = I₀−I₉₀ · S₂ = I₄₅−I₁₃₅ · S₃ = I_R−I_L. Las tres parejas deben dar el mismo S₀: es la comprobación del montaje	art. 03
Estados puros en Stokes	H (1,0,0) · V (−1,0,0) · D (0,1,0) · A (0,−1,0) · R (0,0,1) · L (0,0,−1) · natural (0,0,0), normalizados a S₀. El signo de S₃ sale de S₃ = 2·Im(E_xE_y*) con el convenio e^(i(kz−ωt))	art. 03
Grado de polarización	p = √(S₁²+S₂²+S₃²)/S₀ ≤ 1, con igualdad sólo si el estado es puro. Lineal: √(S₁²+S₂²)/S₀ · circular: \|S₃\|/S₀	art. 03
Descomposición única	S = (1−p)S₀·(1,0,0,0) + (pS₀, S₁, S₂, S₃). La segunda parte SÍ tiene vector de Jones	art. 03
Haz medido de ejemplo	S = (8, 4, 2, 1): p = 0,573, lineal 0,559, circular 0,125, ψ = 13,3°, χ = 6,3° (dextrógiro, S₃ > 0), ejes 0,110. Reparto 3,42 natural + 4,58 puro	art. 03
Malus generalizado	I(θ) = ½(S₀ + S₁cos2θ + S₂sen2θ). Reproduce cos²θ para H y ½ para la natural	art. 03
Visibilidad de un polarizador giratorio	I_max,min = ½(S₀ ± √(S₁²+S₂²)) en θ = ψ y ψ+90°; V = √(S₁²+S₂²)/S₀ = grado LINEAL, no el total. Con S = (8,4,2,1): 6,24 y 1,76, V = 0,559 frente a p = 0,573	art. 03
Analizador circular	λ/4 con eje rápido a 0° (manda (S₀,S₁,S₂,S₃) → (S₀,S₁,S₃,−S₂)) y después polarizador: a 45° mide ½(S₀+S₃) = I_R, a 135° mide ½(S₀−S₃) = I_L. El orden no se puede invertir	art. 03, ej. 3
Esfera de Poincaré	s₁ = p·cos2χ·cos2ψ, s₂ = p·cos2χ·sen2ψ, s₃ = p·sen2χ. Superficie = puro, centro = natural, ecuador = lineal, polos = circular. Los ángulos van DOBLADOS: los ortogonales son antipodales	art. 03
Los elementos sobre la esfera	Retardador δ = giro de δ sobre el eje de sus autoestados: conserva p SIEMPRE. λ/2 girada α gira 4α sobre la esfera. Polarizador = proyección a la superficie. Despolarizador = tirón hacia el centro (Jones no sabe escribirlo)	art. 03
Matrices de Mueller	M_ret(δ) = diag por bloques con [[cosδ, senδ],[−senδ, cosδ]] en (S₂,S₃). M_pol(θ) = ½[[1,c,s,0],[c,c²,cs,0],[s,cs,s²,0],[0,0,0,0]] con c = cos2θ, s = sen2θ	art. 03
Índice extraordinario	1/n_e²(θ) = cos²θ/n_o² + sen²θ/n_e². n_e(0°) = n_o y n_e(90°) = n_e. Negativo si n_e < n_o (calcita, BBO); positivo si n_e > n_o (cuarzo, rutilo)	art. 04
Walk-off	tan ρ = ½·n_e²(θ)·(1/n_e² − 1/n_o²)·sen2θ. Máximo en θ = arctan(n_e/n_o), NO en arctan(n_o/n_e), y vale tan ρ_max = (n_o²−n_e²)/(2n_o n_e)	art. 04
Calcita, con números	n_o = 1,6584 y n_e = 1,4864 a 589 nm (Δn = −0,172). ρ_max = 6,26° a θ = 41,9°: 1,10 mm de separación en 10 mm de cristal, 9,1 mm para separar 1 mm	art. 04, ej. 1
Rombo de Fresnel	tan(Δ/2) = cosθ·√(sen²θ − 1/n²)/sen²θ; con n = 1,51 el máximo es 45,9° a 51,3°, y Δ = 45° en 48,6° y 54,6°. En BK7 a 54,62°, el retardo total varía 0,8° en todo el visible, contra los 30° de una λ/4 de cuarzo de orden cero	art. 04
LCD nemático torcido	Mauguin: 2Δn·d ≫ λ. 5CB (Δn = 0,18) con d = 5 μm da Δn·d = 900 nm y cociente 3,3 a 550 nm (4,0 en el azul, 2,8 en el rojo)	art. 04
Umbral de Fréedericksz	V_th = π√(K₁₁/(ε₀Δε)) = 0,775 V para el 5CB (K₁₁ = 6,2 pN, Δε = 11,5). NO depende del espesor; el campo umbral sí: 0,155 V/μm con d = 5 μm	art. 04, ej. 4
Presupuesto de luz de un panel LCD	Polarizador 1 sobre luz natural: 40,0 % · píxel encendido 32 % · apagado 8×10⁻⁵ · contraste 4000. Con filtros de color y área activa (×0,15–0,20): 4,8–6,4 % del backlight. El factor ½ del primer polarizador es irreducible	art. 04
Fotoelasticidad	Δn = C(σ₁−σ₂), N = C(σ₁−σ₂)d/λ. C: policarbonato 78, epoxi ~50, vidrio 2,7 brewsters (10⁻¹² Pa⁻¹). Policarbonato de 3 mm a 10 MPa: Δn = 7,8×10⁻⁴, 2340 nm, 3,97 órdenes a 589 nm; la primera franja brillante (N = ½) llega a 1,26 MPa y la primera negra (N = 1) a 2,52	art. 04
Vidrio templado	C = 2,7 brewsters, σ ≈ 100 MPa en 4 mm → Δn = 2,7×10⁻⁴ y 1,8 órdenes: el patrón de manchas de la luna trasera visto con gafas polarizadas	art. 04
Enlace con el phase matching	BBO tipo I 800→400 nm: sen²θ_PM = [1/n_o²(ω) − 1/n_o²(2ω)]/[1/n_e²(2ω) − 1/n_o²(2ω)] → 28,97°. Walk-off 3,87°, longitud de apertura L_a = w₀/tan ρ = 1,48 mm con w₀ = 100 μm (338 μm de desvío en 5 mm). El QPM trabaja a 90°, con walk-off cero	art. 04, ej. 2