Чтобы подставить $\DeclareMathOperator{\Rot}{rot}
\DeclareMathOperator{\Div}{div}
\DeclareMathOperator{\Grad}{grad} \vec{E}(\vec{r}, t) = \mathfrak{Re} \vec{E}_0 e^{i\vec{k}\vec{r} - i \omega t}$ и $\vec{B}(\vec{r}, t) = \mathfrak{Re} \vec{B}_0 e^{i\vec{k}\vec{r} - i \omega t}$ в уравнения Максвелла, нужно найти как операторы $\Div$ и $\Rot$ действуют на $\vec{E}_0 e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}}= \vec{E}_0 e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)}$. Учитывая, что
\[
\frac{\partial}{\partial x} e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} = ik_xe^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)},\]
получим
\[ \Div \vec{E}_0 e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} = i\left(k_x E_{0x} + k_y E_{0y} + k_z E_{0z} \right) e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} = i \vec{k} \cdot \vec{E}_0 e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)}.\]Подставим полученный результат в уравнения Максвелла:
\[
\begin{split}
\Div \vec{D} &= \frac{i}{\varepsilon_0 \varepsilon} \vec{k} \cdot \vec{E}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t} = 0 \\
\Div \vec{B} &= i \vec{k} \cdot \vec{B}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t} = 0
\end{split}.
\]
Это приводит нас к выражениям $\vec{k} \cdot \vec{E}_0 = 0$ и $\vec{k} \cdot \vec{B}_0 = 0$, которые доказывают, что $\vec{k} \perp \vec{E}, \vec{B}$.

Теперь вычислим $\Rot \vec{E}_0 e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)}$:
\[ \Rot \vec{E}_0 e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} = \begin{vmatrix}
\vec{x} & \vec{y} & \vec{z} \\
\partial/\partial x & \partial/\partial y & \partial/\partial z \\
E_{0x} e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} & E_{0y} e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} & E_{0z} e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)} \end{vmatrix}
= \begin{pmatrix}
ik_yE_{0z} - i k_z E_{0y} \\
ik_zE_{0x} - i k_x E_{0z} \\
ik_xE_{0y} - i k_y E_{0x}
\end{pmatrix} e^{i\left( x k_x + y k_y + z k_z \right)}. \]
Если внимательно посмотреть на полученное выражение, то можно заметить, что его векторная часть равна $i \vec{k} \times \vec{E}_0$. Действительно,
\[ i\vec{k} \times \vec{E}_0 =
\begin{vmatrix}
\vec{x} & \vec{y} & \vec{z} \\
ik_x & i k_y & ik_z \\
E_{0x} & E_{0y} & E_{0z}
\end{vmatrix} =
\begin{pmatrix}
ik_yE_{0z} - ik_zE_{0y} \\
ik_zE_{0x} - ik_xE_{0z} \\
ik_xE_{0y} - ik_yE_{0x}
\end{pmatrix}
\]
Подставим полученный результат в уравнения Максвелла:
\[
\begin{split}
\Rot \vec{E} &= i \vec{k} \times \vec{E}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t} = -\frac{\partial}{\partial t} \vec{B}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t}= i\omega \vec{B}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t}\\
\Rot \vec{B} &= i \vec{k} \times \vec{B}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t} = \frac{1}{\mu_0} \frac{\partial}{\partial t} \frac{\vec{E}_0}{\varepsilon_0 \varepsilon} e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t}= -i\omega \frac{c^2 }{\varepsilon} \vec{E}_0 e^{i\vec{k} \cdot \vec{r} - i \omega t}\\
\end{split}.
\]
Мы получили, что $\vec{B}_0 = (\vec{k} \times \vec{E}_0)/\omega$, а также $\vec{E}_0 = - \varepsilon (\vec{k} \times \vec{B}_0)/(\omega c^2)$ откуда напрямую следует, что $\vec{B}_0 \perp \vec{E}_0$ и
\[|\vec{B}_0| = \frac{|\vec{k}|}{\omega} |\vec{E}_0|.\]

Какова фазовая скорость $v$ электромагнитной волны в среде с диэлектрической проницаемостью $\varepsilon$? Каков показатель преломления $n$ среды с диэлектрической проницаемостью $\varepsilon$?

Примечание: частные производные по разным переменным могут быть переставлены:
\[ \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial y \partial x} \quad \Rightarrow \quad \Rot \frac{\partial}{\partial t} \vec{A} = \frac{\partial}{\partial t} \Rot \vec{A}\]

Применим $\DeclareMathOperator{\Rot}{rot} \DeclareMathOperator{\Div}{div} \DeclareMathOperator{\Grad}{grad} \Rot $ к обоим частям уравнения $\Rot \vec{E} = - \partial \vec{B} /\partial t$:
\[\Rot \Rot \vec{E} = \Grad \Div \vec{E} - \Delta \vec{E} = - \Rot \frac{\partial}{\partial t} \vec{B}. \]При этом $\varepsilon \varepsilon_0 \Div \vec{E} = \Div \vec{D} = 0$, и в силу перестановочности частных производных $\Rot \partial\vec{B} /\partial t = \partial/\partial t \Rot \vec{B}$. Значение $\Rot \vec{B}$ можно подставить из другого уравнения Максвелла и в итоге
\[ -\Delta \vec{E} = - \mu_0 \frac{\partial^2 \vec{D}}{\partial t^2} = -\frac{\varepsilon}{c^2} \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} \quad \Rightarrow \quad \Delta \vec{E} -\frac{\varepsilon}{c^2} \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} = 0.\]Значит $v=c/\sqrt{\varepsilon}$.

Допустим все граничные условия выполнились при $y=0$. Они также гарантированно выполнятся при любом другом $y$ только если вид зависимости полей от $y$ одинаковый с обоих сторон границы раздела. Сверху $\vec{E},\vec{B} \propto e^{ik_{1y}y}$, снизу $e^{ik_{2y}y}$, значит $k_{1y} = k_{2y}$. При этом $k_{1y} = k_1 \sin \theta_1 = \omega n_1 /c \sin \theta_1 $, а $k_{2y} = k_2 \sin \theta_2 = \omega n_2 /c \sin \theta_2.$
Таким образом получаем закон Снеллиуса
\[\frac{\omega n_1}{c} \sin \theta_1 = \frac{\omega n_2}{c} \sin \theta_2.\]Который является следствием с точки зрения волновой оптики, хотя и является постулатом в геометрической оптике.

Если волна падает под углом $\theta_1$, то ее волновой вектор $\vec{k}_1=\begin{pmatrix} k_1 \cos \theta_1 & k_1 \sin \theta_1 & 0\end{pmatrix}^T$ а волновой вектор отраженной волны $\vec{k}_r = \begin{pmatrix} -k_1 \cos \theta_1 & k_1 \sin \theta_1 & 0 \end{pmatrix}^T$. Волновой вектор прошедшей волны $\vec{k}_2 = \begin{pmatrix} k_2 \cos \theta_2 & k_2 \sin \theta_2 & 0\end{pmatrix}^T$. Для $s$-поляризации выберем $\vec{p}_0=\vec{p}_r=\vec{p}_t=\vec{z}$ и найдем амплитуды колебаний магнитного поля \[ \vec{B}_1 = \frac{1}{\omega} \vec{k}_1 \times \vec{z} E_0 = \frac{k_1 E_0}{\omega} \begin{vmatrix} \vec{x} & \vec{y} & \vec{z} \\ \cos \theta_1 & \sin \theta_1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \frac{n_1 E_0}{c}\begin{pmatrix} \sin \theta_1 \\ - \cos \theta_1 \\ 0 \end{pmatrix} \] \[ \vec{B}_r = \frac{1}{\omega} \vec{k}_r \times \vec{z} rE_0 = \frac{k_1r E_0}{\omega} \begin{vmatrix} \vec{x} & \vec{y} & \vec{z} \\ -\cos \theta_1 & \sin \theta_1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \frac{n_1 r E_0}{c}\begin{pmatrix} \sin \theta_1 \\ \cos \theta_1 \\ 0 \end{pmatrix} \] \[ \vec{B}_t = \frac{1}{\omega} \vec{k}_2 \times \vec{z} tE_0 = \frac{k_2t E_0}{\omega} \begin{vmatrix} \vec{x} & \vec{y} & \vec{z} \\ -\cos \theta_2 & \sin \theta_2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \frac{n_2 t E_0}{c}\begin{pmatrix} \sin \theta_2 \\ -\cos \theta_2 \\ 0 \end{pmatrix} \] Тогда граничные условия $E_{1\parallel}=E_{2\parallel}$ приводят нас к уравнению \[1+r = t,\] а граничные условия $B_{1\parallel}=B_{2\parallel}$ проводят нас к уравнению \[-n_1 \cos \theta_1 + n_1 r \cos \theta_1 = -n_2 t \cos \theta_2.\] Чтобы найти $r$, исключим $t$: \[1+r = \frac{n_1 \cos \theta_1}{n_2 \cos \theta_2} - \frac{n_1 \cos \theta_1}{n_2 \cos \theta_2} r\] и получим требуемое выражение для $r$: \[ r = \frac{n_1 \cos \theta_1 - n_2 \cos \theta_2}{n_1 \cos \theta_1 + n_2 \cos \theta_2}\]

Анализ $p$-поляризованной волны аналогичен предыдущему. В этом случае магнитное поле находится в плоскости раздела, поэтому мы выбираем его положительное направление вдоль оси $z$. Таким образом, можно записать граничное условие $B_{1\parallel}=B_{2\parallel}$ для магнитного поля :
\[n_1 (1 + r) = n_2 t.\]Чтобы записать выражения для $r$ и $t$, следующие из граничных условий для электрического поля, мы должны найти его поляризацию $\vec{p}$. Как мы обсуждали ранее, направление магнитного поля можно найти из $\vec{p}$ с помощью $\vec{B} = \vec{k} \times \vec{p} |\tilde{E}|/\omega$, поэтому $\vec{k} \times \vec{p} = |\vec{k}|\vec{z}$. С одной стороны
\[ \vec{k} \times [\vec{k} \times \vec{p} ] = |\vec{k}| \vec{k} \times \vec{z} \]с другой стороны
\[ \vec{k} \times [\vec{k} \times \vec{p} ] = \vec{k} \cdot 0 - \vec{p} \cdot |\vec{k}|^2,\]мы использовали формулу для векторного тройного произведения:
\[ \vec{a} \times [\vec{b} \times \vec{c} ] = \vec{b} (\vec{a} \cdot \vec{c}) - \vec{c} (\vec{a} \cdot \vec{b} ).\]Значит $\vec{p}$ можно найти, как $\vec{z} \times \vec{k}/|\vec{k}|$

\[ \vec{E}_0 = \frac{E_0}{|\vec{k}_1|} \vec{z} \times \vec{k}_1 =
E_0\begin{pmatrix}
-\sin \theta_1 \\
\cos \theta_1 \\
0
\end{pmatrix}
\]
\[ \vec{E}_r = \frac{rE_0}{|\vec{k}_r|} \vec{z} \times \vec{k}_r =
rE_0 \begin{pmatrix}
-\sin \theta_1 \\
-\cos \theta_1 \\
0
\end{pmatrix}
\]
\[ \vec{E}_t = \frac{tE_0}{|\vec{k}_2|} \vec{z} \times \vec{k}_2 =
tE_0\begin{pmatrix}
-\sin \theta_2 \\
\cos \theta_2 \\
0
\end{pmatrix}
\]

Тогда граничные условия $E_{1\parallel}=E_{2\parallel}$ приводят нас к уравнению
\[(1-r)\cos \theta_1 = t \cos \theta_2.\]Снова исключим $t$:
\[\frac{n_1}{n_2}\left(1+r \right) = \frac{\cos \theta_1}{ \cos \theta_2}\left( 1 -r \right)\]и получим требуемое выражение для $r$:
\[ r = \frac{n_2 \cos \theta_1 - n_1 \cos \theta_2}{n_2 \cos \theta_1 + n_1 \cos \theta_2}.\]

Преобразуем вектор Пойнтинга:
\[\vec{S} = \frac{1}{\mu_0} \vec{E} \times \vec{B} = \frac{1}{\omega \mu_0} \mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} e^{-i\omega t} \right\rbrace \times \mathfrak{Re} \left\lbrace \vec{k} \times \tilde{E} e^{-i\omega t} \right\rbrace. \]Обратим внимание, что
\[ \mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} e^{-i\omega t} \right\rbrace = \mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \cos \omega t + \mathfrak{Im} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \sin \omega t. \]Подставим этот результат
\[
\begin{split}\omega \mu_0\vec{S} =&
\mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \times \left[ \vec{k} \times \mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \right] \cos^2 \omega t +\\&
\mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \times \left[ \vec{k} \times \mathfrak{Im} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \right] \cos \omega t \sin \omega t +\\&
\mathfrak{Im} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \times \left[ \vec{k} \times \mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \right] \cos \omega t \sin \omega t +\\&
\mathfrak{Im} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \times \left[ \vec{k} \times \mathfrak{Im} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \right] \sin^2 \omega t
\end{split}.\]
С помощью формулы $\vec{a} \times \left[ \vec{b} \times \vec{c} \right]$ и равенства $\vec{k} \cdot \tilde{E}$ получим:
\[\vec{S} = \frac{\vec{k}}{\omega \mu_0 } \left[ \mathfrak{Re}^2 \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \cos^2 \omega t + 2 \mathfrak{Re} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \cdot \mathfrak{Im} \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \cos \omega t \sin \omega t + \mathfrak{Im}^2 \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \sin^2 \omega t \right]\]Теперь усредним значение $\vec{S}$ за период $T=2\pi/\omega$. Для этого нужно посчитать 3 интеграла:
\[\int\limits_0^{T} \cos^2 \omega t \, dt = \frac{1}{2} \int\limits_0^{T} \left( \cos 2 \omega t + 1 \right) dt = \frac{T}{2}\]\[\int\limits_0^{T} \sin^2 \omega t \, dt = \frac{1}{2} \int\limits_0^{T} \left( 1 - \cos 2 \omega t \right) dt = \frac{T}{2}\]\[\int\limits_0^{T} \cos \omega t \sin \omega t \, dt = \frac{1}{2} \int\limits_0^{T} \sin 2 \omega t \, dt = 0.\]Итого
\[ \langle \vec{S} \rangle = \frac{\vec{k}}{\omega \mu_0 T} \left( \mathfrak{Re}^2 \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \frac{T}{2} + \mathfrak{Im}^2 \left\lbrace \tilde{E} \right\rbrace \frac{T}{2} \right) = \frac{\vec{k}}{2 \omega \mu_0} |\tilde{E}|^2 \quad \Rightarrow \quad I = \frac{cn \varepsilon_0}{2} |\tilde{E}|^2\]

Так как интенсивность связана с квадратом модуля комплексной амплитуды, $R_p = |r_p|^2$ и $R_s = |r_s|^2$.
\[ R_p = \left( \frac{n_2 \cos \theta_1 - n_1 \cos \theta_2}{n_2 \cos \theta_1 + n_1 \cos \theta_2} \right)^2, \quad R_s = \left( \frac{n_1 \cos \theta_1 - n_2 \cos \theta_2}{n_1 \cos \theta_1 + n_2 \cos \theta_2} \right)^2 \]

Величина $R_p$ может обнулиться, когда $n_2 \cos \theta_1 = n_1 \cos \theta_2$, тогда
\[ \cos^2 \theta_2 = \frac{n_2^2}{n_1^2} \cos ^2 \theta_1.\]Из закона Снелла:
\[ \sin^2 \theta_2= \frac{n_1^2}{n_2^2} \sin^2 \theta_1. \]С помощью основного тригонометрического тождества $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ получим
\[1 =\frac{n_2^2}{n_1^2} (1 - \sin^2 \theta_1) + \frac{n_1^2}{n_2^2} \sin^2 \theta_1 \quad \Rightarrow \quad \sin^2 \theta_1 = \frac{1 - \frac{n_2^2}{n_1^2}}{\frac{n_1^2}{n_2^2} - \frac{n_2^2}{n_1^2}} = n_2^2 \frac{n_1 ^2 - n_2^2}{n_1^4 - n_2^4} = \frac{n_2^2}{n_1^2 + n_2^2}.\]Тогда
\[\tan \theta_1 = \frac{n_2}{n_1}.\]

Для материала $A$ угол Брюстера
\[ \theta_\text{B} =60^\circ + 20^\circ \frac{17~\text{px}}{101~\text{px}} = 63.3^\circ \quad \Rightarrow \quad n_A = \tan \theta_B = 2.00\]Для материала $B$ угол Брюстера
\[\theta_\text{B} = 20^\circ + 20^\circ \frac{50~\text{px}}{101~\text{px}}=29.9^\circ \quad \Rightarrow \quad n_B = \tan \theta_B = 0.58.\]Также $R_p/R_s$ достигает единицы при $\theta > \theta_1$, где
\[ \theta_1 = 20^\circ + 20^\circ \frac{78~\text{px}}{101~\text{px}} = 35.4^\circ. \]Эта область соответствует полному внутреннему отражению и $n_B = \sin \theta_1 = 0.58$.