На горизонтальных участках разность путей составляет $L_1 - L_2$, ещё первый луч дважды проходит расстояние $L_3$. Таким образом, суммарная разность:
$$\Delta_{12} = L_1+2L_3-L_2$$
Заметим, что треугольник полученный из путей лучей 1 и 1' от зеркала М3 до точки $O$ равнобедренный. Ещё изменения горизонтального и вертикального путей из-за изменения точки падения луча компенсируют друг друга. Единственный параметр влияющий на путь, пройденный лучом 1, это координата $z$ точки попадания на зеркало М3: она влияет на расстояние пройденное от HM до M3. А оптический путь луча 2 никак не изменяется. Получаем:
$$\Delta_{1'2} = \Delta_{12} - \left(2(L_3+L_4)\sin{\alpha}\right)\cdot \sin{\alpha} = \Delta_{12} - 2(L_3+L_4)\sin^2{\alpha}$$
Подставляя результат прошлого пункта:
$$\Delta_{12'} = L_1+2L_3-L_2 - 2(L_3+L_4)\sin^2{\alpha} \approx L_1+2L_3-L_2 - 2(L_3+L_4)\alpha^2$$
$\delta_O$ можно найти, используя прошлую часть задачи, так как это значение разности фаз для $\theta = 0$. Заметим, что разность фаз возникает не только из-за разности оптических путей, но и из-за отражений: луч 1 отражается на один раз больше, поэтому он дополнительно смещён на $\pi$.
$$\delta_O = \cfrac{2\pi}{\lambda}\left(L_1+2L_3-L_2\right) + \pi$$
Можно заметить, что в силу утверждений, доказанных в B1 и B2 при изменении угла $\theta$ разность фаз возникает только из-за изменения путей до пересечения с пунктирной линией $z_\text{п} = L_3 + L_4$, то есть:
$$\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2) \theta = \cfrac{2\pi}{\lambda}b\theta$$
$$b = L_1+L_2$$
Примечание: Далее во всех пунктах задачи можно пользоваться утверждениями пунктов B1-B4, даже если они не доказаны.
Рассмотрим два луча 1, которые приходят в точки на экране, расположенные на расстоянии $y$. В силу малости $\alpha$ расстояние между точками отражения этих лучей от М3 тоже равно $y$. Заметим, что разность оптических путей между ними возникает только из-за из-за разных координат $z$ точек отражения от M3: сокращается путь от HM до M3 и от M3 до экрана.
$$\Delta L = -2y\alpha$$
$$\delta_y = \delta_O - \cfrac{2\pi}{\lambda}\cdot 2\alpha y$$
Подставляя численные значения, получаем:
$$\delta = 81\pi - 800\cfrac{\pi}{1\text{м}}\cdot y$$
Максимум соответсвует $\delta = 2\pi n$. В точке $O$ находится минимум.
$$y_1 = \cfrac{\lambda}{4\alpha} = 1.25\text{мм}$$
$$\Delta y_m = \cfrac{\lambda}{2\alpha} = 2.5\text{мм}$$
Амплитуда поля в луче 1 в $\sqrt{2}$ раз меньше, чем во втором. Тогда интенсивность, пропорциональная квадрату амплитуды:
$$I \sim 1 + 2 + 2\sqrt{2}\cos{\delta}$$
$$I(y)=I_0\frac{3-2\sqrt2\cos\left[80\pi\left(1-10\cfrac{y}{1\text{м}}\right)\right]}{3+2\sqrt2}$$
В силу малости углов $\theta_x$ и $\theta_y$:
$$k_z = - k$$
$$k_x = -k\theta_x$$
$$k_y = -k\theta_y$$
Заметим, что начальное смещение по оси $x$ лучей, попадающих в одну точку на экране, величина порядка $L_3 \theta_x$, разность оптических путей соответсвенно пропорциональна $\theta_x^2$, поэтому вклад $\theta_x$ можно не учитывать. Ответ аналогичен прошлой части задачи:
\[\delta_{1''2''}=\cfrac{2\pi}{\lambda}\big((L_1+L_2)\theta_y+(L_1+2L_3-L_2)-2\alpha y\big)+\pi\]
Подсказка: интеграл некоторой функции $f(\theta_y)$, зависящей только от $\theta_y$, по поверхности диска радиусом $\theta_R$ можно представить в виде:\[I=\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R}\mathrm d\theta_y\int\limits_{-\sqrt{\theta^2_R-\theta^2_y}}^{\sqrt{\theta^2_R-\theta^2_y}}\mathrm d\theta_x~f(\theta_y)=\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R}\mathrm d\theta_y\cdot 2\sqrt{\theta^2_R-\theta^2_y}f(\theta_y).\]
Части звезды излучают независимо, поэтому интенсивности от них можно складывать.
$$dI = J d\theta_x d\theta_y\left(3 - 2\sqrt{2}\cos{\left(\frac{2\pi}\lambda\big(L_1+2L_3-L_2-2\alpha y\big)+\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}\right)$$
Обозначим $\varphi_0 = \frac{2\pi}\lambda\big(L_1+2L_3-L_2\big)$.
$$I = \int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} J\sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\left(3 - 2\sqrt{2}\cos{\left(-\frac{4\pi}\lambda\alpha y+\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2+d) \theta_y + \varphi_0\right)}\right)d\theta_y$$
Заметим, что:
$$I_{max} = \int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} J\sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\left(3 + 2\sqrt{2}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}\right)d\theta_y$$
$$I_{min} = \int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} J\sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\left(3 - 2\sqrt{2}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}\right)d\theta_y$$
Тогда видность:
$$V = \cfrac{2\sqrt{2}\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} \sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}d\theta_y}{3\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} \sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}d\theta_y}$$
Обозначим $\omega = \cfrac{\theta_y}{\theta_R}$.
$$V = \cfrac{2\sqrt{2}\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1 - \omega^2}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_R\omega\right)}d\omega}{3\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1 - \omega^2}d\omega}$$
Интеграл в знаменателе равен площади половины окружности единичного радиуса, то есть $\cfrac{\pi}{2}$. Обозначим $\eta = \cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d)\theta_R$.
$$V=\frac{4\sqrt2}{3\pi}\int\limits_{-1}^1\mathrm dw\sqrt{1-w^2}\cos(\eta w)$$
Заметим, что интегрируемая функция чётная, поэтому:
\[V=\frac{8\sqrt2}{3\pi}\int\limits_0^1\mathrm dw\sqrt{1-w^2}\cos(\eta w)\]
Подсказка: Первые два нуля интеграла\[F_n=\int_0^1\left(1-w^2\right)^n\cos(\eta w)~\mathrm dw\]как функции $\eta$ приведены в таблице ниже.
Первые обнуления видности соответствуют $\eta_1$ и $\eta_2$ для $n = 0.5$. Таким образом:
$$\eta_2 - \eta_1 = \cfrac{2\pi}{\lambda}(d_2 - d_1)\theta_R$$
$$\theta_R = \cfrac{(\eta_2 - \eta_1)\lambda}{2\pi(d_2 - d_1)} = 1.18\cdot10^{-7}$$
$$R = \theta_Rh = 7.16\cdot10^8 \text{км}$$